学校姓名班级考号。
一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)
1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用．下列说法中，错误的是（ ）
a.家中发生天然气泄漏，不能在室内用**报警
b.洁厕剂和漂白精不能混合使用，否则易产生有毒气体
c.双氧水可用于杀菌、消毒、漂白
d.明矾既可用于净水，又可杀菌消毒。
答案】 d
解析】 解：a．天然气的主要成分是甲烷，遇明火会**，所以家中发生天然气泄露时，不能使用室内**报警，故a正确；
b．漂白精的主要成分为次氯酸钠，洁厕精的主要成分是浓盐酸，两者相遇会产生有毒气体氯气，故b正确；
c．双氧水有强氧化性，可用于杀菌、消毒、漂白，故c正确；
d．明矾中的铝离子水解得到的氢氧化铝能净水，但是不具有杀菌作用，故d错误．
故选d． a．天然气的成分为甲烷，遇明火发生**；
b．漂白精有效成分是次氯酸钠是强氧化剂，洁厕精主要是盐酸可以被氧化为有毒的氯气；
c．双氧水有强氧化性；
d．明矾不具有杀菌作用，只能净水．
本题考查化学实验安全和消毒剂，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．
2.用na代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
a.14gc2h4和c4h8的混合气体中所含的共价键数为3na
b.标准状况下，11.2l so3所含的分子数为0.5na
c.24g3h218o含有的中子数为12na
d.0.1mol o22-所含的电子数为1.6na
答案】 a
解析】 解：a．14gc2h4和c4h8的混合物中含有1mol最简式ch2，含有3mol共价键，即3na，故a正确；
b．标准状况下，so3不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故b错误；
c．24g3h218o的物质的量为[',altimg': w': 27', h': 43', omath': 2424'}]1mol，故含有的中子数为14mol，故c错误；
d．0.1molo22-所含的电子数为1.8na，故d错误；
故选a． a．c2h4和c4h8的最简式都是ch2；
b．标准状况下，so3不是气体；
c．3h218o含有的中子数为14；
d．o22-所含的电子数为18．
本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，难度中等．要熟练掌握以物质的量为中心的转化关系，气体摩尔体积的使用条件．
3.下列离子方程式正确的是（ ）
a.电解氯化镁溶液：2cl-+2h2o2oh-+h2↑+cl2↑
b.将少量so2气体通入naclo溶液中：so2+h2o+2clo-═so32-+2hclo
c.将少量co2气体通入苯酚钠溶液中：2c6h5o-+co2+h2o→2c6h5oh+co32-
d.硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2fe2++h2o2+2h+=2fe3++2h2o
答案】 d
解析】 解：a．电解氯化镁溶液的离子反应为mg2++2cl-+2h2omg（oh）2↓+h2↑+cl2↑，故a错误；
b．将少量so2气体通入naclo溶液中的离子反应为so2+h2o+clo-═so42-+2h++cl-，故b错误；
c．将少量co2气体通入苯酚钠溶液中的离子反应为c6h5o-+co2+h2o→c6h5oh+hco3-，故c错误；
d．硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢的离子反应为2fe2++h2o2+2h+=2fe3++2h2o，故d正确；
故选d． a．电解生成氢氧化镁、氢气、氯气；
b．发生氧化还原反应生成硫酸钠、盐酸；
c．反应生成苯酚和碳酸氢钠；
d．发生氧化还原反应生成硫酸铁、水．
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，选项a为解答的难点，题目难度不大．
4.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
a.含大量fe3+的溶液中：nh4+、mg2+、cl-、hso3-
b.加入al有h2生成的溶液中：na+、k+、cl-、no3-
溶液中：k+、na+、alo2-、co32-
溶液中：k+、al3+、cl-、so42-、
答案】 c
解析】 解：a．fe3+、hso3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故a错误；
b．加入al有h2生成的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中al、h+、no3-发生氧化还原反应不生成氢气，故b错误；
c．碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故c正确；
d．al3+、hco3-相互促进水解反应，不能大量共存，故d错误；
故选c． a．离子之间发生氧化还原反应；
b．加入al有h2生成的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
c．碱性溶液中，该组离子之间不反应；
d．离子之间发生相互促进水解反应．
本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．
5.25℃时，溶液只含有na+、h+、oh-、ch3coo-这四种离子，下列说法错误的是（ ）
a.溶液只能是ch3coona溶液
b.溶液中的离子浓度可能是c（ch3coo-）＞c（na+）＞c（h+）＞c（oh-）
c.溶液中的离子浓度可能是c（na+）＞c（ch3coo-）＞c（oh-）＞c（h+）
d.溶液中的离子浓度可能是c（na+）＞c（oh-）＞c（ch3coo-）＞c（h+）
答案】 a
解析】 解：a．根据电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（oh-）+c（ch3coo-），溶液中溶质可能是ch3coona溶液，或ch3cooh和ch3coona的混合溶液，或ch3coona和naoh，故a错误；
b．c（h+）＞c（oh-），说明溶液呈酸性，因醋酸为弱酸，则醋酸过量，应存在，c（ch3coo-）＞c（na+），溶液中的离子浓度可能是c（ch3coo-）＞c（na+）＞c（h+）＞c（oh-），故b正确；
c．若溶质是ch3coona，ch3coona为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c（na+）＞c（ch3coo-）＞c（oh-）＞c（h+），故c正确；
d．若是naoh和ch3coona作溶质，naoh过量，可存在c（na+）＞c（oh-）＞c（ch3coo-）＞c（h+），故d正确；
故选a． a．从溶液电荷守恒的角度分析；
b．溶液呈酸性，应存在c（ch3coo-）＞c（na+）；
c．ch3coona为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；
d．如naoh过量，则可存在题中关系．
本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，解答本题注意结合电荷守恒，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，能够根据离子浓度大小关系判断溶液的溶质，为解答该题的关键．
6.常温下，向100ml0.01moll-1ha溶液中逐滴加入0.02moll-1moh溶液，图中所示曲线表示混合溶液的ph变化情况（体积变化忽略不计），则下列说法错误的是（ ）
a.常温下，ma的水溶液的ph=a，由水电离产生的c（h+）=1×10-amoll-1
b.在k点，水溶液中存在：c（m+）=2c（a-）
c.在n点，水溶液中存在：c（m+）+c（h+）=c（a-）+c（oh-）
d.在k点，若此时溶液的ph=10，则c（moh）+c（m+）=0.01moll-1
答案】 b
解析】 解：a.0.
01moll-1ha溶液中ph=2，则ha是强酸，加入0.02moll-1moh溶液51ml时溶液显示中性，所以ma的水溶液是强酸弱碱盐，ma的水溶液的ph=a，显示酸性，水的电离受到促进，由水电离产生的c（h+）=1×10-amoll-1，故a正确；
b．在k点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，得到的是等浓度的moh和ma的混合溶液，水溶液中存在：c（moh）+c（m+）=2c（a-），故b错误；
c．n点溶液呈中性，水溶液中存在电荷守恒：c（m+）+c（h+）=c（a-）+c（oh-），故c正确；
d．在k点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（moh）和c（m+）的和是原来moh浓度的一半，则c（moh）+c（m+）=0.01moll-1，故d正确；
故选b． 0.01moll-1ha溶液中ph=2，则ha是强酸，n点时溶液呈中性，moh的物质的量大于ha的物质的量，说明moh是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算k点c（moh）和c（m+）的和．
本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的ph和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点．
7.某课外兴趣小组进行电解原理的实验**，做了如下的实验：以铜为电极，按如图所示的装置电解饱和食盐水．
实验现象：接通电源30s内，阳极附近出现白色浑浊，之后变成橙黄色浑浊，此时测定溶液的ph约为10．一段时间后，试管底部聚集大量红色沉淀，溶液仍为无色．
查阅资料：
相同温度下cucl的溶解度大于cuoh．
下列说法错误的是（ ）
a.反应结束后最终溶液呈碱性
b.阴极上发生的电极反应为：2h2o+2e-=h2↑+2oh-
c.电解过程中氯离子移向阳极
d.试管底部红色的固体具有还原性。
答案】 a
解析】 解：a、根据题干信息知道：当溶液变成橙黄色浑浊，即氢氧化亚铜生成时溶液的ph约为10，溶液显示碱性，但由于氢氧根离子和铜离子结合生成沉淀且分解，因此反应结束后溶液呈中性，故a错误；
b、在阴极上是电解质中水电离出来的氢离子得电子的还原反应，发生的电极反应为：2h2o+2e-═h2↑+2oh-，故b正确；
c、电解过程中电解质中的阴离子氯离子移向阳极，故c正确；
d、试管底部红色的固体是氧化亚铜，其中的cu元素是+1价，具有还原性，故d正确．
故选a． 电解时，铜作阳极，阳极上铜失电子生成亚铜离子进入溶液，亚铜离子和氯离子生成氯化亚铜白色沉淀，此时溶液中的氢氧根离子浓度很小，碱性较弱，因此不能生成氢氧化亚铜沉淀，由于相同温度下cucl的溶解度大于cuoh，因此30s后，发生了沉淀的转化，由氯化亚铜变为氢氧化亚铜，即白色沉淀变成橙黄色浑浊，此时测定溶液的ph约为10，溶液显示碱性，由于氢氧化亚铜不稳定，因此一段时间后会发生分解生成红色的氧化亚铜，据此回答判断即可．
本题以电解原理为载体考查了铜的常见化合物的性质及颜色，本题只有结合铜的常见化合物颜色才能正确解答．
二、简答题(本大题共6小题，共68.0分)
8.某研究性学习小组用如图装置进行so2与fecl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）．
1）在配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在 __中，再加水稀释．
2）组装仪器按气流方向正确的连接顺序是a接接接。
3）烧杯中倒置漏斗的作用是。
4）往fecl3溶液中通入足量so2时，观察到的现象为。
5）根据以上现象，该小组同学认为so2与fecl3溶液发生了氧化还原反应．
写出so2与fecl3溶液反应的离子方程式。
请设计实验方案检验有fe2+生成。
该小组同学向盛装fecl3试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的bacl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了so42-．该做法不合理，理由是 __
答案】 浓盐酸；d；e；c；b；f；使气体充分吸收，防止溶液倒吸；溶液由棕黄色变为浅绿色；2fe3++so2+2h2o=so42-+4h++2fe2+；取c中反应后的溶液，向其中滴入kscn溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红；硝酸可以将溶解的so2氧化为h2so4，干扰试验
解析】 解：（1）配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是抑制铁离子水解，故答案为：浓盐酸；
2）根据实验目的，先是制备二氧化硫，用第一个装置，用最后一个装置，导管要短进长出，可以防止倒吸，然后是让二氧化硫和氯化铁之间反应，即第三个装置，最后进行尾气处理，顺序是：d、e、c、b、f，故答案为：d；e；c；b；f；
3）因尾气易溶于naoh溶液，则倒置漏斗的作用为防止naoh溶液倒吸，故答案为：使气体充分吸收，防止溶液倒吸；
4）通入足量so2时c中发生二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应，生成硫酸亚铁，则观察到溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色；
5）①发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、亚铁离子，离子反应为2fe3++so2+2h2o=so42-+4h++2fe2+，故答案为：2fe3++so2+2h2o=so42-+4h++2fe2+；
检验有fe2+生成的实验方法为取c中反应后的溶液，向其中滴入kscn溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红，
故答案为：取c中反应后的溶液，向其中滴入kscn溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红；
该小组同学向c试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的bacl2溶液，硝酸具有强氧化性，则硝酸可以将溶解的so2氧化为h2so4，干扰试验，故做法不合理，
故答案为：硝酸可以将溶解的so2氧化为h2so4，干扰试验．
1）配制氯化铁溶液时，应加相应的酸抑制铁离子水解，在烧杯中稀释配制溶液；
2）根据实验目的，先是制备二氧化硫，然后是让二氧化硫和氯化铁之间反应，但是之前要进行防倒吸，最后进行尾气处理；
3）倒置漏斗可防止naoh溶液倒吸；
4）氯化铁中通入足量so2时c中发生二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应，生成硫酸亚铁；
5）①发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、亚铁离子；
检验有fe2+生成，利用kscn和氯水，先不变红，后变红分析；
该小组同学向c试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的bacl2溶液，硝酸具有强氧化性．
本题考查性质实验方案的设计及实验装置综合，为高频考点，把握装置中发生的反应及氧化还原反应原理的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
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