2021-2022学年高一化学上学期期末备考测试卷04人教版2019必修一(解析版)

2021-2022学年高一化学上学期期末备考

测试卷（四）

（时间：90分钟，满分：100分）

一、选择题：（18个小题，每题3分，共54分）

1.下列物质分类正确的是

碱酸碱性氧化物酸性氧化物纯净物

ANaOHH2so4MgOMn?O7氯水

B纯碱HC1OCaOSO3漂白粉

CBa(OH)2CH3COOHNa2OSO2液氯

盐酸

DNH3HC1Na?O2CO2

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.氯水是氯气的水溶液，属于混合物，A错误；

B.纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，漂白粉是氯化钙、次氯酸钠的混合物，不属于纯净物，B错误；

C.各类物质均符合物质分类的标准，C正确；

D.NH3溶于水显碱性，但本身不是碱，属于氢化物，D错误；

故选C。

2.某无色澄清溶液中可能大量含有：Na+、SO：、Cl、SO：、CO〉、CP+中的若干种，依次进行下

列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的部分现象如下：

步骤操作现象

1取试样1,滴加几滴酚醐溶液溶液变红

II取试样2,向该试样中滴加Ba（NO3）2溶液和稀硝酸有白色沉淀生成

III将H中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNCh溶液有白色沉淀生成

下列有关原溶液结论正确的是

A.该实验无法确定是否含有SO：

B.肯定含有的离子是Na+、SO：、Cl-

C.可能含有的离子是Na+、CO；

D.肯定没有的离子是CO〉、H\Cu2+,可能含有的离子是SO：

【答案】A

【分析】

无色溶液说明不含CM+,步骤I中滴加几滴酚醐溶液变红，说明溶液呈碱性，则H+不能共存而不存在；步

骤H加入稀硝酸有氧化性，可将SO：氧化为SO：,则滴加Ba(NCh)2溶液有白色沉淀生成不能证明有S0:，

步骤山加入AgNCh溶液有白色沉淀生成，说明含有Ch由溶液呈电中性，而阳离子只有Na+,则一定存

在:Na+、Cl',一定不存在：CM+、H+,可能存在SO：,不能确定是否存在SO：、CO：；

【解析】

A.分析可知，步骤H加入稀硝酸有氧化性，可将SO：氧化为SO：,则滴加Ba(NCh)2溶液有白色沉淀生

成不能证明有SO；,无法确定是否含有S0广，A正确；

B.分析可知，肯定含有的离子是Na+、Cl,无法确定是否含有SO：,B错误；

C.分析可知，Na+一定存在，C错误；

D.肯定没有的离子是H+、Cu2+,无法确定是否含有CO：,D错误；

故选：Ao

3.钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其

中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130C反应。其过程可以用如下

化学方程式表示。下列说法不正确的是

①3Fe+NaNO,+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH,T

②Na2FeO2+NaNO,+H,O->Na2Fe,O4+NH3T+NaOH(未配平)

③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H,0=Fe,04+4NaOH

A.碱性条件下，NaNCh的氧化性比NazFeCh、NazFezCU都强

B.反应①、②、③均是氧化还原反应

C.反应②配平后，比。的化学计量数是5

D.整个反应过程中每有16.8gFe参加反应转移0.8mol电子

【答案】B

【解析】

A.反应①中N元素化合价降低，NaNO?作氧化剂，Fe元素化合价升高，NaFeCh是氧化产物，所以氧化

性：NaNO2>Na2FeO2,反应②中N元素化合价降低，作氧化剂，Fe元素化合价升高，被氧化，NazFezCU

是氧化产物，所以氧化性：NaNO2>Na2Fe2O4,故A正确；

B.反应③中没有元素的化合价变化，则反应③不属于氧化还原反应，故B错误；

C.反应②中NazFeCh中Fe元素化合价由+2升高到NazFezCh中+3价，升高了1x2,NaNCh中N元素化合

价由+3降低到NH3中-3价，降低了6,根据得失电子守恒有

6Na2FeO2+NaNO2+H2O-3Na2Fe2O4+NH3f+NaOH,再根据原子守恒有

6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3T+7NaOH,故C正确；

D.n(Fe)=16.8g4-56g/mol=0.3mol,由①②③可知，整个过程Fe变为Fe-Qa,失去电子为0.2molx(3-0)

+O.lmolx(2-0)=0.8mol电子，故D正确。

答案选B。

4.下列关于钠的描述正确的是

A.金属钠着火时，可以用干燥沙土进行灭火

B.Na可以做高压钠灯，是利用它的强还原性

C.钠比铜活泼，因而钠可以从CuCl,溶液中置换出铜

D.将4.6g金属钠投入95.4g水中，所得溶液中溶质的质量分数等于8%

【答案】A

【解析】

A.金属钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能与二氧化碳、水反应生成氧气，生成的氧气会使钠燃烧更剧烈，

则金属钠着火时可以用干燥沙土进行灭火，A正确；

B.钠灼烧发出黄光，可用于制作高压钠灯，焰色反应为物理过程，与钠的还原性无关，B错误；

C.钠与氯化铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化铜溶液反应生

成氢氧化铜沉淀和氯化钠，不能置换出铜，C错误；

D.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2t,由质量守恒定律

4.6〃八

——x40

可知，将4.6g金属钠投入95.4g水中，所得溶液的质量分数为-----23-x100%=8.02%,D错

4.6+95.4-—x-x2

232

误；

故选Ao

5.如图所示，在A处通入含有水蒸气的氯气，关闭B阀后，C处的(干燥的)红色布条看不到明显的现象；

当打开B阀后，C处的红色布条逐渐褪色，则D瓶中盛放的溶液不可能是

A.浓硫酸B.氢氧化钠溶液C.饱和碘化钾溶液D.饱和氯化钠溶液

【答案】D

【分析】

在A处通入含有水蒸气的氯气，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，而当打开B阀后，C处的红

布条逐渐褪色，可知D中溶液可吸收氯气或干燥氯气，以此来解答。

【解析】

A.浓硫酸可干燥氯气，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，A不符合题意；

B.氯气与NaOH反应，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，B不符合题意；

C.氯气与KI反应，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，C不符合题意；

D.饱和氯化钠溶液不能吸收或干燥氯气，则关闭B阀时，C处的红布条褪色，D符合题意；

答案选D。

6.NA表示阿伏加德罗常数的值，诺贝尔物理学奖获得者让・佩兰于1909年提出这一常数并命名，以此纪

念阿伏加德罗，下列说法正确的有个

①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为2NA

②同温同压下，体积相同的氢气和氨气所含的分子数相等

③2moi/L的氯化镁溶液中含氯离子数目为4NA

④标准状况下，22.4L水中分子数为NA

⑤46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA

⑥在常温常压下，Imol氯气的体积大于22.4L

A.2B.3C.4D.5

【答案】B

【解析】

①标准状况下，不管是1L2L氮气还是11.2L氧气，所含的原子数都为所以11.2L混合气所含原子数

也为NA,①错误；

②同温同压下，体积相同的氢气和氮气物质的量相同，则所含的分子数相等，②正确；

③没有提供溶液的体积，无法计算2moi/L的氯化镁溶液中含氯离子数目，③错误；

22400。

④标准状况下，水呈液态，22.4L水中分子数为；Q/④错误；

18g/mol

m46。

⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2,46g混合物中含有的“Nth”的物质的量n=而=说制=lmol,则含原

子为3NA个，⑤正确；

⑥常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,所以Imol氯气的体枳大于22.4L,⑥正确；

综合以上分析，②⑤⑥正确；

故选B。

7.下列有关铁和铁的化合物的叙述中，正确的是

A.铁的化学性质比较活泼，它能与许多物质发生化学反应，因此铁在自然界中只能以化合态存在

B.Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料

C.Fe(OH”在空气中容易被氧化，在制取Fe(0H)2时必须隔绝空气

D.往某溶液中先加入氯水，再加入KSCN溶液，发现溶液变成了红色，证明原溶液中含有Fe3+

【答案】C

【解析】

A.铁的化学性质比较活泼，铁在自然界中可以像陨铁中的铁那样以单质形态存在，但主要是以+2价和+3

价化合物的形态存在，A错误；

B.Fe2O3是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，B错误；

C.Fe(OH”在空气中容易被氧化，在制取Fe(OH)2时防止被氧气氧化，故必须隔绝空气，C正确；

D.往某溶液中先加入氯水，再加入KSCN溶液，发现溶液变成了红色，不能证明原溶液中含有Fe3+,如

果原溶液中含有Fe2+时现象也•样，D错误：

故选C。

8.下列关于新型合金材料说法不正确的是

A.镯银合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料

B.钛合金生物相容性好，强度大，可作人造骨骼

C.生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁的含碳量比钢的含碳量高

D.合金的熔点比其成分金属的熔点高

【答案】D

【解析】

A.镯银合金能大量吸收H2,并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作

储氢材料，故A正确；

B.钛合金生物相容性好，强度大，常用作人造骨骼，故B正确；

C.生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，钢是对含碳量在0.02%〜2%之间的铁碳合金的统称，生铁的含碳

量比钢高，故C正确；

D.合金的熔点比其成分金属的熔点低，故D错误；

答案为D。

9.2020年12月17日，“嫦娥五号”顺利将1731g月壤带回地球。科学家发现月壤中有地球土壤中没有的,He。

'He是一种优良的核反应原料•，与气发生核聚变反应，放出巨大的能量：；He+；H—＞；He+；H,下列有关

说法正确的是

A.互为同位素

B.等质量的'He和2H具有相同的中子数

C.*e与2H发生的核聚变反应属于化学变化

D.位于周期表的第1行、第18列

【答案】D

【解析】

A.D和H互为同位素，D?和是不同单质，A错误；

B,等质量的'He和2H中子数之比为2：3,B错误；

C.核聚变不是化学反应，C错误；

D.'He属于He元素，是稀有气体，位于周期表的第1行、第18列，D正确；

故选：D。

10.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，在所有物质中，A的单质密度最小，B的一种

氧化物是温室气体；A、C组成的化合物常温下为液态，在短周期元素中，D的半径最大，则下列说法错

误的是

A.原子半径：D>B>C

B.元素的非金属性：B>C>A

C.A、B、C、D可以形成化合物

D.A分别与B、C形成的简单化合物中，A与B形成的简单化合物的熔点低

【答案】B

【分析】

A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，A的单质密度最小，则A为H元素，B的一种氧化

物是温室气体，则B为C元素，A、C组成的化合物常温下为液态，则C为O元素，在短周期元素中，D

的半径最大，则D为Na元素，据此分析解答。

【解析】

A.电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径：Na>C>0,

A正确；

B.同周期元素非金属性从左至右依次增强，非金属性：O>C,B错误；

C.H、C、O、Na可形成化合物，如：NaHCOj,C正确；

D.由于HzO分子间有氢键，而CK分子中没有，因此熔点：H2OCH4,D正确；

答案选B。

11.关于碱金属元素和卤族元素的下列说法错误的是

A.由于钠和钾的原子结构极为相似，所以它们对应的碱都是强碱

B.通过钠与钾分别与水反应的剧烈程度可知，碱金属原子半径越大，失电子能力越强

C.通过卤族单质与氢气反应所需要的反应条件，可以判断氯的非金属性比溟强

D.卤族元素对应的氢化物的稳定性从强到弱的顺序为：HF<HCl<HBr<HI

【答案】D

【解析】

A.钠和钾的原子结构极为相似，NaOH、KOH都是强碱，故A正确；

B.碱金属原子半径越大，越易失去最外层电子，和水反应越剧烈，故B正确；

C.元素非金属性越强，越易与氢气反应，通过卤族单质与氢气反应所需要的反应条件，可以判断氯的非

金属性比浪强，故C正确；

D.元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，卤族元素对应的氢化物的稳定性从强到弱的顺序为：

HF>HCl>HBr>HI,故D错误；

选D。

12.下列化学用语或说法正确的是

A.235U和238U互为同位素，物理性质几乎相同，化学性质不同

B.；H、：H、H+和H2是氢元素的四种不同粒子

c.H2O2的电子式：H*［：O：O：］H*

D.HQ+和OH-中具有相同的质子数和电子数

【答案】B

【解析】

A.具有相同的质子数和不同中子数的同一元素的不同原子间互称为同位素，故235U和238U互为同位素，

同位素的物理性质不同，化学性质几乎相同，A错误；

B.；H、：H、H+和H2是氢元素的四种不同粒子即笈原子、笊原子、氢离子和氢分子，B正确；

c.H2O2的电子式为：H：O：O：H-c错误；

D.HMD+和OH-中具有相同的质子数分别为11、9,含有的电子数均为10,D错误；

故答案为：B。

13.下列有关化学键的说法正确的是

A.化学键只存在于原子和原子、离子和离子之间

B.分子之间可能存在化学键

C.离子化合物中只存在离子键

D.形成化学键的微粒之间只存在引力

【答案】A

【解析】

A.化学键存在于相邻的原子或离子之间，分子和分子之间的作用力是范德华力或分子间作用力，A正确;

B.分子间的作用力是范德华力或分子间作用力，B错误；

C.离子化合物中不只存在离子键，还有可能存在共价键，例：KOH,C错误；

D.化学键是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用，相互作用包含引力和斥力，D错误；

故答案选A。

14.下列反应的离子方程式正确的是

A.用稀盐酸除水垢中的碳酸钙：CO；+2H+=H2O+CO2T

2+

B.小苏打溶液与少量澄清石灰水混合：Ca+2OH+2HCO；=CaCO31+2H2O+CO^'

C.AICI3溶液中加入足量的氨水：AF++4OH-=A1O；+2H2。

D.用H2SO4中和碱性废水：H2SO4+2OH-=2H2。+SO：

【答案】B

【解析】

A.用稀盐酸除水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CChT，A错误；

B.小苏打溶液与少量澄清石灰水混合，根据以少定多，即少的系数定位1进行分析：Ca2++2OH

+2HCO；=CaCOH+2H2O+CO广，B正确；

+

C.AlCb溶液中加入足量的氨水：AP+3NH3H2O=A1(OH)31+3NH；,C错误；

D.用H2sO4中和碱性废水：H++OH-=H2O,D错误；

故选B«

15.在pH=l的无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是

222

A.Na+、K+、Ca\HCO3B.Mg\Ca\Cl\NO,

+

C.Ca2+、Na+、C1O\NO,D.K,SO；、NO?、MnO4

【答案】B

【解析】

A.pH=l的溶液显酸性，酸性溶液中He。,不能大量共存，A不符合题意；

B.在无色透明的酸性溶液中，Mg2+、Ca2\Cl.NO；均不与H+反应且相互不反应，能够大量共存，B符

合题意；

C.pH=l的溶液显酸性，酸性溶液中CIO-与H+形成弱电解质HC1O不能大量共存，C不符合题意；

D.MnO,为紫红色，不能在无色溶液中大量共存，D不符合题意；

答案选B。

16.化合物A（结构式如下图）是重要的药物中间体和分析试剂，化合物A由原子序数依次增大的短周期元

素X、Y、Z、W可组成，W是地壳中分布最广的元素，下列说法正确的是

XXv

X欢送

\/

Y——Y

X

A.Y的氢化物的沸点一定低于W的氢化物的沸点

B.原子半径大小顺序为：W>Z>Y>X

C.非金属性强弱顺序为：X>W>Y>Z

D.X、Y、Z、W四种元素可形成离子化合物

【答案】D

【分析】

化合物A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W可组成，W是地壳中分布最广的元素，则W为

XXv

O元素，由化合物A的结构式Y—YZ可知，x只形成一根共价键，原子序数小于O,且在这

《\—叭

X

几种元素中原子序数最小，则X为H元素，Y形成四根共价键，且原子序数小于O,则Y为C元素，Z

形成三根共价键，且原子序数小于O,则Z为N元素，据此解答。

【解析】

A.由上述分析可知，Y为C元素，W为0元素，C的氢化物有可能是分子量很大的烧，沸点有可能比

比0或H2O2高，故A错误；

B.由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为0元素，根据电子层数越多，半径越

大，同周期元素随着原子序数的递增，半径减小，则H只有一个电子层，半径最小，C、N、0均有二个

电子层，属于同周期元素，原子序数C<N<O,半径C>N>O>H,即Y>Z>W>X,故B错误；

C.由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，根据同周期元素从左至右非

金属性依次增强，则原子序数C<N<0,非金属性0>N>C,在CH4中H呈现正价，非金属性C>H,

所以非金属性0>N>C>H,即W>Z>Y>X,故C错误；

D.由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，这四种元素可形成(NH4)2CC>3

或NH4HCO3离子化合物，故D正确；

答案为D。

17.我国古代科技发展处于世界领先水平，隋唐时期发明黑火药，爆炸时的反应为

@S+2KNO3+3C=K2S+N2T+3CO,T;明代宋应星在《天工开物》中记载了火法炼锌的方法，反应为

局温*

②ZnC()3+2C『Zn+3coT,下列关于①②这两个反应的说法正确的是

A.C元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原

B.反应①中只有S作氧化剂

C.反应②中还原产物只有Zn

D.在高温条件下，C的还原性强于Zn

【答案】D

【解析】

A.反应①S+2KNO3+3C=K?S+N2T+3CO2T中C元素由0价升高为+4价，被氧化，反应

高温小

②ZnC()3+2C—Zn+3C0个中C元素由0价升高为+2价，被氧化，故A错误；

B.反应①5+2303+3©=1<25+[^7+3(：021<中5、N的化合价均降低，因此S和硝酸钾都是氧化剂，

故B错误；

高温.

C.反应②Z11CO3+2C-Zn+3C0T中ZnCO3中Zn和C的化合价均降低，还原产物有Zn和CO,故C错

误；

高温不

D.根据反应②ZnCOj2c=Zn+3C0T,C为还原剂，Zn为还原产物，因此在高温条件下，C的还原性

强于Zn,故D正确；

故选D。

18.将agNaOH完全溶于bg水中配成VL溶液，该溶液的密度为Jg-cm\NaOH的物质的量浓度为cmokL',

物质的量为“mol,质量分数为w。下列推断错误的是

acdwV

A.c=---B.n=----cW=aD.b=1000Vd-a

40V40'1OOOVd

【答案】B

【解析】

ag

A.NaOH溶液的物质的量浓度c=40g/mola，A正确；

-2-*6--=----mol/L

VL40V

B.溶液中溶质NaOH的物质的量为n-.e-25dVmol,B错误；

40g/mol

asa

C.该溶液中溶质的质量分数①二^一］-3=I一-〃，C正确；

1OOOmL/LxVLxdg/cm1OOOVd

D.溶液质量等于溶质与溶剂质量和，则该溶液中溶剂水的质量b=lOOOVd-a,D正确;

答案选B。

二、填空题：(4个小题，共46分)

19.(12分)回答下列问题:

(1)某反应体系中有H2O、CIO.NH；、OH'.N2、Cl-等微粒，其中N2、CK?的物质的量随时间变化的

曲线如图所示，写出该反应的离子方程式，消耗1mol还原剂，转移电子数为o

(2)Na2sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,而NaClO被还原为Nad,若反应中Na2sx与NaClO

的物质的量之比为1：10,则x的值为。

(3)已知常温下在溶液中可发生如下两个反应：

2+3+

Br2+2Fe=2Fe+2Br

3+2+

2I-+2Fe=2Fe+I2

由此可以确定Br2、k、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序是

(4)根据反应8NH3+3Cb=6NH4Cl+N2,当有68gNH3参加反应时，被氧化的物质为g,生

成的还原产物为g«

(5)已知反应：3cl2+61＜(汨=1＜。03+51＜。+3*(反应已配平)，如反应中转移了1.5mol电子，则产生物

质X的质量为O

(6)LFeCU可用作水处理剂，它可由以下反应制得，请配平下列离子方程式o

—Ch+Fe(OH)3+OH-=FeO：+CV+_H2O

【答案】

(1)3C1O-4-2NH；+2OH-=N2T+3C1+5H2O3NA

(2)3

3+

(3)Br2>Fe>I2

(4)17160.5

(5)16.2g

(6)3C12+2Fe(OH)3+1OOH=2FeO;+6C1+8H2O

【解析】

(1)

从图中可知，CIO不断减少是反应物，N2不断增加是生成物，根据氧化还原反应原理和元素原子守恒，得

出该反应的离子方程式：3C10+2NH：+20H-=N2T+3CH5H20；该反应中N元素的化合价从-3价升高到0

价，被氧化，NH：是还原剂，则消耗1mol还原剂，转移电子数为3NA。

(2)

根据氧化还原反应中得失电子总数相等,依题意,NaClO被还原为NaCl得2个电子,Na2sx被氧化为Na2SO4

失去6-(-2)=6+2个电子，则有等式(6+2)xx1=2x10,求得x=3o

XXX

(3)

3+

氧化剂的氧化性强于氧化产物，由第一个反应方程式可知，氧化性：Br2>Fe,由第二个反应方程式可知，

3+

氧化性:Fe>12,故Br?、I2、Fe-，+的氧化性由强到弱的顺序是Br?>Fe3+>上。

(4)

根据反应8NH3+3Ch=6NHQ+N2,被氧化的物质是N元素化合价升高的NH3部分，占系数的故当

有68gNK参加反应时，被氧化的物质为68x；=17g；生成的还原产物是化合价降低得到的产物NH4C1,

当有68gNH3参加反应时，生成NHQ质量为苧、袅53.5=160.5g。

178

3x15

(5)^y^=0.9(mol)

(6)

根据得失电子数相等，C1元素从。价降低到-1价得le,Fe元素从+3价升高到+6价失去3e,Ch系数为3,

Fe(OH)3系数则为2,结合原子守恒和电荷守恒得到配平后的离子方程式：

3C1,+2Fe(OH),+1OOH=2FeO；+6C1+8H2O0

20.(12分)(一)现有以下物质：①碳棒②盐酸③H2s04④氨水⑤熔融KOH⑥NH⑦CCL,⑧CCh

⑨CH3COOH©NaHSO4固体

(1)上述物质中，属于非电解质的是。

(2)上述物质中，属于电解质的是。

(3)写出③、⑩两种物质在水溶液中的电离方程式。

③：;⑩：。

1

(二)向Na2c03和NaHCOj的混合溶液中逐滴加入0.2molL-的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间

关系如图所示。

V(CO4)/L

o255075100M盐酸)/mL

(4)则加入盐酸的体积25mL之前发生反应的离子方程式为,产生CO2在标准状况下的体积

为mL,混合溶液溶质的物质的量之比为n(Na2co3):n(NaHCO3)=。

【答案】

(1)⑥⑦⑧

(2)③⑤⑨⑩

(3)H2so4=2H++SO：NaHS04=Na++H'+S0：

(4)CO；+H+=HCOj3361：2

【解析】

(1)

非电解质在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离导电的化合物，常见是大多数有机物，酒精，蔗糖，

非金属氧化物(除水外)，非金属氯化物，故⑥⑦⑧属于非电解质；

(2)

电解质在水溶液中或熔融状态下能自身电离导电的化合物，常见电解质包括酸(除盐酸外)、碱、盐、水

和活泼金属氧化物，故③⑤⑨⑩属于电解质；

(3)

H2s04是强电解质，在溶液中能完全电离为H+和SO：,故电离方程式为H2so4=2H++SO：：

NaHSCU是强电解质，在溶液中能完全电离为Na+、H\SO：,故电离方程式为NaHSC>4=Na++H++SO：：

(4)

向Na2co3和NaHCCh的混合溶液中滴加盐酸，0〜25mL时首先发生反：CO；+H+=HCO；,25mL以后碳

+

酸根离子完全转化成碳酸氢根离子，再发生反应：HCO；+H=CO2T+H2O,碳酸氢根离子消耗盐酸的物质

的量为：0.2mol/Lx(0.100-0,025)L=0.015mol,根据反应HCO；+H+=CO2T+H2。，可知H+〜CCh,故

n(C02)=0.015mol,根据n=2-,可得V=nVm=0.015molx22.4L/mol=0.336L即336mL，碳酸钠与盐酸反应

Vm

的离子方程式为：CO；+H+=HCO”消耗盐酸的物质的量为：0.2mol/Lx0.025L=0.005mol,则碳酸钠的物

质的量为：0.005mol；碳酸氢根离子消耗盐酸的物质的量为：0.2mol/Lx(0.100-0.025)L=0.015moL碳酸

氢根离子的物质的量为0.015mol,其中碳酸钠生成的碳酸氢根离子0.005mol,则碳酸氢钠的物质的量为

0.01mol,所以碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量之比为：0.005mol：0.01mol=l：2。

21.(12分)铁是人类较早使用的金属之一、运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。

(1)所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是(填字母代号)。

A.FeB.FeChC.FeS04D.Fe203

(2)向沸水中逐滴滴加Imol/LFeCb溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是

___________nmo

(3)电子工业需要用30%的FeCb溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCb溶液与铜

反应的离子方程式：o某校同学为测定FeCb腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：首

先取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中含有的金属阳离子是,在此基础上，

又进行了定量组成的测定：取50.0mL待测溶液，向其中加入足量的AgNCh溶液，得白色沉淀，

(填实验操作，下同)、、干燥，称量沉淀质量为43.05g。

(4)若要验证该溶液中含有Fe2+,正确的实验方法是(填字母代号)。

A.向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显红色，证明含有Fe?+

B.向试管中加入试液，滴入酸性高镒酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+

C.向试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显红色，证明原溶液中含有Fe?+

(5)欲从废水中回收铜，并重新获得FeCb溶液，设计实验方案如下：

A.请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：①;②;③;

④O

B.请写出通入⑥的化学方程式：o

【答案】

(I)BC

(2)1-100

(3)2Fe3++Cu=2Fe2"+Cu2tFe3+过滤洗涤

(4)B

(5)Fe粉FeChFe、Cu稀HC12FeCh+Cl2=2FeCh

【解析】

(1)

当元素处于最高价态时只有氧化性，当元素处于最低价态时只有还原性，当元素处于中间价态时既有氧化

性又有还原性，Fe只有还原性，FeCh既有氧化性又有还原性，FeSCU既有氧化性又有还原性，FezCh只

有氧化性，故选BC；

(2)

向沸水中逐滴滴加Imol/LFeCb溶液，至液体呈透明的红褐色，得到氢氧化铁胶体，该分散系中粒子直径的

范围是l~100nm»

(3)

FeCb溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+»Fe3+遇KSCN

溶液变为血红色，取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色,则溶液中含有的金属阳离子是Fe"；取50.0mL

待测溶液，向其中加入足量的AgNCh溶液，得白色氯化银沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。

(4)

A.向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显红色，证明含有Fe3+,故A错误；

B.Fe2+能使酸性高锌酸钾溶液褪色，向试管中加入试液，滴入酸性高锦酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+,

故B正确；

C.向试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，溶液显红色，可能原溶液中含有Fe3+,故C错误;

选B