甘肃省兰州市第一中学2020届高三上学期9月月考化学试题

甘肃省兰州市第一中学2020届高三上学期9月月考化学试题

甘肃省兰州一中2019-2020学年高三（上）月考（9月份）‎ 化学试卷 ‎1.《周礼)记载“煤饼烧砺(贝壳)成灰”，并把这种灰称为“蜃”，古人蔡伦以“蜃”改进了造纸术。下列说法错误的是 A. 贝壳的主要成分 CaCO3 B. “砺成灰”是氧化还原反应 C. “蜃”与水混合，溶液呈碱性 D. 纸张主要成分是纤维素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，选项A正确；“砺成灰”是碳酸钙灼烧生成氧化钙，反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项B错误；“蜃”主要成分是氧化钙，氧化钙溶于水即可得到氢氧化钙，氢氧化钙溶液呈碱性，选项C正确；纸张主要成分是纤维素，选项D正确。答案选B。‎ ‎2.对下列物质进行的分类正确的是 A. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质 B. CuSO4·5H2O属于纯净物 C. 凡能电离出H+的化合物均属于酸 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，A错误；‎ B、CuSO4·5H2O属于纯净物，B正确；‎ C、凡能电离出H＋的化合物不一定均属于酸，例如硫酸氢钠能电离出氢离子，硫酸氢钠是盐，C错误；‎ D、盐类物质不一定含有金属阳离子，例如氯化铵等，D错误 答案选B。‎ ‎【点睛】电解质的判断是解答的易错点，把握电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下能够发生自身的电离而导电，二是该物质是化合物。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 化学反应能够制造出新的物质，也能制造出新的元素 B. 明矾水解时产生的胶体粒子，可作漂白剂 C. 食品包装袋中常放入小袋的生石灰，防止食品氧化变质 D. 河流入海口处会形成三角洲，其原理与卤水点豆腐相似 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故A错误；‎ B、明矾水解时产生氢氧化铝胶体，故明矾可作净水剂，不能作漂白剂，故B错误；‎ C、食品包装袋中常放入小袋的生石灰，作吸水剂，故C错误；‎ D、河流入海口处会形成三角洲和卤水点豆腐均是胶体的聚沉，故D正确；‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎4. 下列有关金属的说法正确的是( )‎ A. 生铁与钢的区别在于生铁含碳杂质，而钢不含 B. 铜在自然界中的含量高，所以铜是人类最早使用的金属 C. 黑色金属材料包括铁、铬、锰及其化合物 D. 金属一般都具有导电性、导热性、延展性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、生铁与钢的区别为含碳量不同,A项错误；B、金属的使用与金属活动性有关,B项错误；C、根据金属的颜色和性质等特征，将金属分为黑色金属和有色金属，黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金，不是化合物，C项错误；D、由金属的通性可知，金属一般都具有导电性、导热性、延展性，D项正确；答案选D。‎ 考点：考查金属的相关性质 ‎5. 古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及氧化还原反应的是 ( )‎ A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间 D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.柴草的燃烧是氧化还原反应，A项错误；‎ B.蜡炬的主要成分是烃，烃的燃烧是氧化还原反应，B项错误；‎ C.碳酸钙的高温煅烧CaCO3 CaO+ CO2↑，该反应中各元素化合价都没有变化，不涉及氧化还原反应，C项正确；‎ D.爆竹中火药的爆炸是氧化还原反应，D项错误；答案选C。‎ ‎6.下列标志属于垃圾可回收标志的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该标志表示该物质具有辐射，故A不符合题意；‎ B、该标志为中国节水标志，故B不符合题意；‎ C、该标志表示可回收，可回收纸类、玻璃、金属、塑料等，故C符合题意；‎ D、该标志为不可回收，如剩饭菜、瓜果壳、灰土等，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 碳酸钠溶液具有碱性，可用于治疗胃酸过多 B. 氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料 C. 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料 D. 氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胃酸成分为盐酸，碳酸钠溶液碱性太强，不能用来治疗胃酸过多，故A错误；‎ B. 氧化镁熔点高且化学性质稳定，可用于制造耐火材料，故B正确；‎ C. 氧化铁为红棕色固体，可用于制作红色涂料，与化学性质无关，故C错误；‎ D.氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜,反应中氯化铁表现氧化性,与溶液的酸性无关,故D错误； ‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎8. 下列说法正确的是(　　)‎ ‎①氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子 ‎②溶于水电离出H＋的化合物都是酸 ‎③BaSO4难溶于水，但BaSO4属于强电解质 ‎④金属铜能导电，但它不是电解质，是非电解质 ‎⑤相同条件下，H＋浓度相同的盐酸和醋酸溶液导电能力相同 ‎⑥NaHSO4在熔融状态下电离生成三种离子 A. ②③⑥ B. ①④ C. ③⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 氯化钠在溶液中，是在水的作用下，电离出阴阳离子，①不正确；溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，②不正确；非电解质也必须是化合物，④不正确；溶液的导电性只与溶液中离子的浓度大小和离子的所带电荷数有关系，⑤正确；硫酸氢钠在熔融状态下，电离出的Na＋和HSO4－，⑥不正确，实验答案选C。‎ ‎9.在溶液中能大量共存，加入OH—有沉淀析出，加入H+有气体放出的是 A. Na+、Cu2+、Cl—、SO42— B. Fe3+、K+、SO42—、NO3—‎ C. H+、Al3+、OH—、NO3— D. Na+、Ca2+、Cl—、HCO3—‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．加入OH-溶液时，Cu2+、OH-会发生反应产生Cu(OH)2沉淀，当向其中加入H+没有气体放出，错误；B．加入OH-溶液时，Fe3+、OH-会发生反应产生Fe(OH)3沉淀，当加入H+没有气体放出，错误；C．H+、OH-会发生反应产生水，不能大量共存；Al3+、OH-会发生反应产生Al(OH)3沉淀，不能大量共存，错误；D．加入OH-时，Ca2+、OH-、HCO3-会发生反应产生CaCO3沉淀；当加入H+时，H+、HCO3-会发生反应产生CO2气体，正确。‎ 考点：考查离子大量共存的知识。‎ ‎10.下列离子方程式不正确的是 A. 乙醛与银氨溶液反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O B. 醋酸溶液与新制氢氧化铜反应：2CH3COOH+Cu(OH)2→Cu2++2CH3COO-+2H2O C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：‎2C6H5O-+CO2+H2O→‎2C6H5OH+CO32-‎ D. 溴乙烷水解生成乙醇：CH3CH2Br+OH-CH3CH2OH+Br-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．乙醛与银氨溶液反应的离子方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，故A正确；B．醋酸溶液与新制氢氧化铜反应的离子方程式为2CH3COOH+Cu(OH)2→Cu2++2CH3COO-+2H2O，故B正确；C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故C错误；D．溴乙烷水解生成乙醇的离子方程式为CH3CH2Br+OH-CH3CH2OH+Br-，故D正确；答案为C。‎ ‎11.已知NH4CuSO3与足量的5mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生剌激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是 A. 反应中硫酸作氧化剂 B. NH4CuSO3中硫元素被氧化 C. 刺激性气味的气体是氨气 D. 1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红色金属为Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有Cu2＋，因为加入足量的硫酸，因此刺激性气味的气体应是SO2，据此分析。‎ ‎【详解】根据实验现象，①有红色金属生成，该金属为Cu，②将NH4CuSO3加入足量的硫酸中，刺激性气体为SO，不是NH3，③溶液为蓝色，说明溶液中有Cu2＋，发生的反应方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4，则 A、根据上述分析，只有Cu元素的化合价发生变化，即硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故A错误；‎ B、NH4CuSO3中硫元素的化合价没有变化，故B错误；‎ C、根据上述分析，刺激性气味的气体为SO2，故C错误；‎ D、亚铜自身发生氧化还原反应，即1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为0.5mol，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下， ‎2.24L乙烷中所含共价键的数目为6NA B. 7.8gNa2O2与足量CO2反应，转移电子数为0.2NA C. 常温常压下，1.06gNa2CO3固体中含有的Na+数目为0.02NA D. 用含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙烷的结构简式为CH3CH3，标准状况下‎2.24L乙烷的物质的量为0.1mol，含有共价键的物质的量为0.1mol×7=0.7mol，故A错误；‎ B、过氧化钠与CO2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，消耗2molNa2O2，转移2mol电子，7.8gNa2O2与足量的CO2发生反应，转移电子物质的量为=0.1mol，故B错误；‎ C、碳酸钠为离子化合物，含有Na＋的物质的量为=0.02mol，故C正确；‎ D、氢氧化铁胶体中的胶粒是由多个氢氧化铁分子形成的聚合体，因此用含1molFeCl3的溶液制得的氢氧化铁胶体中含有胶粒数小于NA，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.下图是病人输液用的氯化钠注射液标签的部分内容，判断下列说法不正确的是 A. 该注射液的质量为‎2.25g B. 0.9%是氯化钠的质量分数 C. 该注射液的密度约为‎1g/mL D. 氯化钠的物质的量浓度约为0.15mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由标签可知，该注射液含NaCl的质量为‎2.25g，故A错误； B．标签中的0.9%，指氯化钠的质量分数，故B正确；C．该注射液的密度为‎1g/mL，故C正确； D．氯化钠的物质的量浓度为0.15mol/L，故D正确；故答案为A。‎ ‎14.下列说法不正确的是 A. MnO2能加速H2O2的分解，是因为MnO2可以降低反应所需的活化能 B. 向橙色的K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液颜色变黄，说明化学平衡发生了移动 C. 将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，这一事实可以用勒夏特列原理解释 D. FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、MnO2作催化剂，加速H2O2的分解，是因为MnO2降低反应所需的活化能，增加有效碰撞，加快反应，故A说法正确；‎ B、K2Cr2O7中存在平衡：Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋，向其溶液中滴加NaOH溶液，促使平衡向正反应方向移动，橙色变为黄色，故B说法正确；‎ C、NO2中存在2NO2(g) N2O4(g) △H<0，浸泡热水中，相当于加热，促使平衡向逆反应方向进行，容器中气体颜色加深，符合勒夏特列原理，故C说法正确；‎ D、FeCl3溶液加热蒸干、灼烧后得到Fe2O3，Fe2(SO4)3溶液加热蒸干、灼烧后得到原溶质，即仍为Fe2(SO4)3，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的判断：①盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质，如果水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧得到对应的氧化物；②酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干灼烧后一般得到原来的物质，如Na2CO3溶液，蒸干后得到Na2CO3固体；③考虑盐受热是否分解，如NaHCO3溶液；④还原性盐在蒸干时会被氧气氧化。‎ ‎15.某碳酸钾和碳酸氢钾组成混合物样品‎61.4g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线．下列说法不正确的是 A. 该过程所发生反应的化学方程式：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑‎ B. 混合物中碳元素的质量分数为8.5%‎ C. 混合物样品中含碳酸钾‎41.4g D. 若将‎61.4g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为‎4.4g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像，0～12mL时，没有气体产生，发生K2CO3＋HCl=KHCO3＋KCl，12mL至32mL有气体产生，发生KHCO3＋HCl=KCl＋CO2↑＋H2O，然后根据量进行分析。‎ ‎【详解】A、根据图像，0～12mL时，没有气体产生，发生K2CO3＋HCl=KHCO3＋KCl，12mL至32mL有气体产生，发生KHCO3＋HCl=KCl＋CO2↑＋H2O，故A说法正确；‎ B、当加入32mL盐酸时，气体质量最大，CO2中碳来自于混合物，因此混合物中碳元素的质量分数为×100%=9.77%，故B说法错误；‎ C、根据选项A中发生的反应，碳酸钾全部转化成碳酸氢钾，消耗盐酸的体积为12mL，KHCO3与盐酸反应全部成CO2，消耗盐酸的体积为(32mL－12mL)=20mL，反应都按1：1进行，因此样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比为12：(20－12)=3：2，混合物中碳元素质量为=‎6g，根据碳元素守恒，求出碳酸钾碳酸钾的物质的量为=0.3mol，即碳酸钾的质量为0.3mol×‎138g·mol－1=‎41.4g，故C说法正确；‎ D、碳酸氢钾的物质的量为=0.2mol，KHCO3受热分解：2KHCO3K2CO3＋CO2↑＋H2O，即产生CO2的物质的量为0.1mol，CO2质量为0.1mol×‎44g·mol－1=‎4.4g，故D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】本题应从反应实质入手，K2CO3与盐酸反应：K2CO3＋HCl=KHCO3＋KCl、KHCO3＋HCl=KCl＋CO2↑＋H2O，两者消耗盐酸的体积相同，因此12mL至32mL中多消耗的8mL，应是混合物中KHCO3消耗盐酸的体积，从而得出K2CO3与KHCO3物质的量之比为12：8=3：2，同时学生还应注意溶液的用量。‎ ‎16.把aL含硫酸铵、硝酸铵的溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH4+转化为NH3，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2．则原溶液中NO3-的浓度为（　　）‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与烧碱反应，求出NH4＋物质的量，根据与BaCl2的反应，求出SO42－的物质的量，然后根据电荷守恒，求出NO3－的物质的量。‎ ‎【详解】与烧碱反应的离子方程式为NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，得出n(NH4＋)=bmol，与BaCl2发生的离子反应：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，得出n(SO42－)=cmol，忽略水的电离根据电荷守恒，得出n(NH4＋)=2n(SO42－)＋n(NO3－)，因此原溶液中n(NO3－)=(2b－‎4c)mol，即原溶液中c(NO3－)= mol·L－1，故B正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题学生容易错选C选项，没有注意到将原溶液分成两等份，题中所求出NH4＋和SO42－的物质的量只是其中一份的，需要转化成原溶液。‎ ‎17.下列书写的离子方程式中，正确的是(　　)。‎ A. 酸性高锰酸钾溶液与乙二酸(草酸)反应：2MnO＋‎5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O B. 在NH4HSO4溶液中缓慢滴入含等物质的量的NaOH的溶液：NH＋OH－===NH3·H2O C. VO2＋与酸性高锰酸钾溶液反应：5VO2＋＋MnO＋H2O===5VO＋Mn2＋＋2H＋‎ D. FeI2溶液中滴入过量溴水：2Fe2＋＋2I－＋2Br2===2Fe3＋＋I2＋4Br－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸的离子反应为2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；B．在NH4HSO4溶液中缓慢滴入含等物质的量的NaOH的溶液发生的离子反应为H＋＋OH－=H2O，故B错误；C．VO2＋与酸性高锰酸钾溶液反应时的离子反应方程式为5VO2＋＋MnO＋H2O===5VO＋Mn2＋＋2H＋，故C正确；D．FeI2溶液中滴入过量溴水发生的离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Br2===2Fe3＋＋2I2＋6Br－，故D错误；答案为C。‎ ‎18.已知有如下反应：①ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，‎ ‎③2FeCl2+Cl2=2FeCl3。下列说法正确的是 A. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1‎ B. 根据上述三个反可知氧化性：ClO3->Cl2>Fe3+>I2‎ C. 反应②中每生成127 g I2，转移的电子数为2NA D. 反应②中FeCl3 只作氧化剂，反应③中FeCl3只是氧化产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、①ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O反应中ClO-中Cl元素化合价由+5降低到0价为氧化剂，Cl-中Cl元素化合价由-1价升高到0价为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，A错误；B、①ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O中，氧化性：ClO3-＞Cl2；②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，氧化性：Fe3+＞I2；③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，所以氧化性强弱的顺序为：ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2，B正确；C、反应②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，生成1molI2转移2mol电子，所以每生成127gI2，即0.5mol碘转移的电子数为NA，C错误；D、②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2反应中FeCl3中Fe元素化合价由+3降低到+2价为氧化剂，③2FeCl2+Cl2=2FeCl3，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，D错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查学生氧化还原反应中氧化剂和还原剂强弱的判断以及有关计算等知识，属于综合知识的考查，答题的关键是要抓住化合价变化，从化合价变化的角度去分析、判断和计算。‎ ‎19.如图装置可用于收集气体X并验证其某些化学性质，你认为不正确的是 选项 气体 试剂 现象 结论 ‎①‎ SO2‎ 酸性高锰酸钾溶液 溶液褪色 SO2有漂白性 ‎②‎ NH3‎ 滴有紫色石蕊的盐酸 溶液变蓝 氨水显碱性 ‎③‎ CO2‎ 氯化钡溶液 溶液变浑浊 碳酸钡难溶于水 ‎④‎ Cl2‎ 紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 Cl2有酸性和漂白性 A. ③④ B. ②④ C. ①② D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图中收集装置，收集的气体符合条件是密度大于空气密度，且不与O2反应，据此分析；‎ ‎【详解】①SO2的密度大于空气的密度，能用该装置收集，SO2具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化，即KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，故①符合题意；‎ ‎②NH3的密度小于空气密度，不能用该装置收集，故②符合题意；‎ ‎③CO2的密度大于空气密度，能用该装置收集，CO2不与BaCl2发生反应，溶液不变浑浊，故③符合题意；‎ ‎④Cl2的密度大于空气密度，能用该装置收集，Cl2通入紫色石蕊试液中，少量Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，溶液先变红，是HCl的作用，溶液褪色，利用HClO的强氧化性，将有色物质漂白，Cl2本身不具有酸性和漂白性，故④符合题意；‎ 综上所述，选项D正确；‎ 答案为D。‎ ‎20.加热‎5g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了‎0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为 A. ‎3.38‎g‎ B. ‎4.58g C. ‎4.16g D. ‎‎4.41g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碳酸氢钠受热分解，其分解方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，然后利用差量法进行计算。‎ ‎【详解】碳酸氢钠受热分解，其分解方程式为 ‎2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O △m ‎2mol ‎‎62g n(NaHCO3) ‎‎0.31g 得出n(NaHCO3)=0.01mol，m(Na2CO3)=(‎5g－0.01mol×‎84g·mol－1)=‎4.16g， 故C正确；答案选C。‎ ‎21.根据框图分析,下列说法正确的是 A. E2+的氧化性比M2+的氧化性强 B. 反应④的离子方程式可表示为： E3++3SCN-E(SCN)3↓‎ C. 在反应③中,若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀 D. 反应①中硫酸既表现了酸性,又表现了氧化性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红色金属为Cu，蓝色溶液为CuSO4，Z为红褐色固体，则Z为Fe(OH)3，即金属E为Fe，推出X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，据此分析；‎ ‎【详解】根据元素及其化合物的性质，M为红色金属，即M为Cu，反应①为Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，蓝色溶液为CuSO4，红褐色固体为Fe(OH)3，根据元素守恒，推出金属E为Fe，反应②为Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO4，反应③发生2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，‎ A、反应②发生Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO4，Cu2＋为氧化剂，Fe2＋氧化产物，即Cu2＋的氧化性强于Fe2＋，故A错误；‎ B、反应④发生Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，溶液显血红色，不是沉淀，故B错误；‎ C、反应③2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，不加硫酸，H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋发生水解，可能会看到红褐色沉淀，故C正确；‎ D、反应①发生Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，硫酸中元素的化合价没有发生变化，硫酸只表现酸性，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎22.下列物质转化在给定条件下能实现的是 A. NH3NO2HNO3‎ B. NaCl(aq)NaOH(aq)NaClO(aq)‎ C. Fe3O4FeFe2O3‎ D. Al2(SO4)3Al(OH)3Al2O3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NH3与O2发生反应，生成NO或N2，不产生NO2，故A不能实现；‎ B、电解NaCl溶液：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，Cl2与NaOH发生2NaOH＋Cl2=NaClO＋NaCl＋H2O，故B能实现；‎ C、Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C不能实现；‎ D、氢氧化铝为两性氢氧化物，硫酸铝与过量的NaOH反应，生成NaAlO2，故D不能实现；‎ 答案为B。‎ ‎23.某溶液中，只可能含有下列离子中的几种：现每次取100.00mL溶液进行实验：①第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；②第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀‎6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余‎2.33g．下列说法错误的是 阳离子 K+、Mg2、Fe3+、Al3+‎ 阴离子 Cl－、SO42－、CO32－‎ A. c(CO32－)=0.2 mol/L B. c(K+)一定为0.6mol/L C. 氯离子可能存在 D. 一定有SO42－和CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，沉淀经足量的盐酸洗涤后，还有沉淀剩余，剩余沉淀为BaSO4，原溶液中有SO42－，且n(SO42－)==0.01mol，‎6.27g沉淀中除含有BaSO4外，还含有BaCO3，即原溶液中有CO32－，且n(CO32－)==0.02mol，根据离子共存，原溶液一定不含有Mg2＋、Fe3＋、Al3＋，溶液呈现电中性，即一定含有K＋，Cl－可能含有，则 A、根据上述分析，c(CO32－)==0.2mol·L－1，故A说法正确；‎ B、根据上述分析，假设原溶液中没有Cl－，忽略水的电离根据溶液显电中性，c(K＋)=‎2c(SO42－)＋‎2c(CO32－)，c(K＋)=0.6mol·L－1，原溶液中可能含有Cl－，因此原溶液中c(K＋)≥0.6mol·L－1，故B说法错误；‎ C、根据上述分析，原溶液中可能含有Cl－，故C说法正确；‎ D、根据上述分析，原溶液中一定含有SO42－和CO32－，故D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】根据现象，推出原溶液中一定含有SO42－和CO32－，然后利用互斥性，推出原溶液中一定不含有的离子，即Mg2＋、Fe3＋、Al3＋，然后根据溶液显电中性，推出原溶液中一定含有K＋；本题应遵循①肯定性原则；②互斥性原则；③外来离子干扰；④电中性原则。‎ ‎24.下列除杂方案正确的是 选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法 A CO2（g）‎ SO2（g）‎ 饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4‎ 洗气 B NH4Cl（aq）‎ Fe3+（aq）‎ NaOH溶液 过滤 C Cl2（g）‎ HCl（g）‎ 饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4‎ 洗气 D SO2（g）‎ SO3（g）‎ 浓H2SO4‎ 洗气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、除去CO2中混有SO2，常用饱和NaHCO3溶液，故A错误；‎ B、加入NaOH溶液，不仅Fe3＋能与NaOH反应，而且NH4＋也能与NaOH发生反应，故B错误；‎ C、除去Cl2中HCl，常用饱和NaCl溶液，不能用NaHCO3溶液，容易产生新的杂质CO2，故C错误；‎ D、SO3能溶于浓硫酸，SO2不溶于浓硫酸，因此可用浓硫酸除去SO2中混有SO3，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎25.已知甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X，其转化关系如下：下列说法不正确的 A. 若A为硝酸，X为金属元素，则甲与丙反应可生成乙 B. 若乙为NaHCO3，则丙一定是CO2‎ C. 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则甲可能为非金属单质 D. 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则乙一定为白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、假设A为硝酸，X为金属元素，如果X为Fe，存在过量Fe Fe(NO3)2Fe(NO3)3，故A说法正确；‎ B、若乙为NaHCO3，则有Na2CO3NaHCO3NaCl，同样也符合题意，故B说法错误；‎ C、乙的水溶液遇到KSCN溶液变红，说明乙中含有Fe3＋，可以是Cl2FeCl3FeCl2，因此甲可以是非金属单质，故C说法正确；‎ D、能与NaOH反应的金属是Al，因此有AlCl3Al(OH)3NaAlO2‎ ‎，故D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎26.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：‎ ‎（1）粉碎高硫铝土矿石的目的是______。‎ ‎（2）焙烧时发生氧化还原反应：______FeS2+______O2______Fe2O3+______SO2↑，配平该方程式。‎ ‎（3）碱浸时发生反应的化学方程式为______。‎ ‎（4）过滤后向滤液中通入过量的CO2气体，反应的离子方程式为______。‎ ‎（5）“过滤”得到的滤渣中含有大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=______。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 4   11   2   8 (3). Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O (4). OH－＋CO2＝HCO3－、AlO2－＋CO2＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓ (5). 1：16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸，其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作I得到的固体中含Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）粉碎高硫铝土矿的目的是增加接触面积，加快反应速率，提高浸出率；答案为增加接触面积，加快反应速率；‎ ‎（2）反应中Fe元素化合价从+2价升高到+3价，S元素化合价从－1价升高到+4价，氧元素化合价从0价降低到－2价，根据电子得失和原子守恒可知配平后的反应方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；‎ ‎（3）Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，Fe2O3为碱性氧化物，焙烧时，除发生FeS2的反应，还发生CaO与SiO2的反应，生成CaSiO3，即碱浸时发生的反应方程式为Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O；‎ ‎（4）过滤后，滤液中有NaAlO2和NaOH，通入过量的CO2发生的离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓、OH－＋CO2＝HCO3－；‎ ‎（5）Fe2O3与FeS2发生的反应方程式为FeS2＋16Fe2O311Fe3O4＋2SO2↑，理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。‎ ‎27.硫化钠是重要的化工原料，大多采用无水芒硝(Na2SO4)—炭粉还原法制备，原理为：Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑。其主要流程如下：‎ ‎(1) 上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是________________________________________________________________________。‎ ‎(2) 已知：I2＋2S2O32－===2I－＋S4O62－。所制得的Na2S·9H2O晶体中含有Na2S2O3·5H2O等杂质。为测定产品的成分，进行下列实验，步骤如下：‎ a. 取试样‎10.00 g配成500.00 mL溶液。‎ b. 取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入过量ZnCO3悬浊液除去Na2S后，过滤，向滤液中滴入2～3滴淀粉溶液，用0.050 00 mol·L－1 I2溶液滴定至终点，用去5.00 mL I2溶液。‎ c. 再取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入50.00 mL 0.050 00 mol·L－1的I2溶液，并滴入2～3滴淀粉溶液，振荡。用标准Na2S2O3溶液滴定多余的I2，用去15.00 mL 0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液。‎ ‎①步骤b中用ZnCO3除去Na2S的离子方程式为____________。‎ ‎②判断步骤c中滴定终点的方法为______________。‎ ‎③计算试样中Na2S·9H2O和Na2S2O3·5H2O的质量分数，写出计算过程__________。‎ ‎【答案】 (1). 热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解 (2). ZnCO3＋S2－===ZnS＋CO (3). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。 (4). 步骤b中消耗的I2有：‎ n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×5.00 mL×10－‎3 L·mL－1＝2.500×10－4 mol n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝5.000×10－4 mol(1分)‎ w(Na2S2O3·5H2O)＝‎ ‎＝24.8%(1分)‎ 步骤c中，加入的I2有：‎ n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×50.00 mL×10－‎3 L·mL－1＝2.500×10－3 mol(1分)‎ 溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10－4 mol(1分)‎ 滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：‎ ‎15．00 mL×10－‎3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1×1/2＝7.500×10－4 mol 溶液中Na2S有：‎ n(Na2S)＝(2.500×10－3－2.500×10－4－7.500×10－4)mol＝1.500×10－3 mol(1分)‎ w(Na2S·9H2O)＝‎ ‎＝72.0%(1分)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)硫化钠水解，溶液显碱性，水解吸热，热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解。(2)①步骤b中用ZnCO3除去Na2S，反应中生成更难溶的ZnS，反应的离子方程式为 ZnCO3＋S2－＝ZnS＋CO32－。②碘遇淀粉显蓝色，则判断步骤c中滴定终点的方法为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。③步骤b中消耗的I2为：‎ n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×5.00 mL×10－‎3 L·mL－1＝2.500×10－4 mol n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝5.000×10－4 mol w(Na2S2O3·5H2O)＝＝24.8%‎ 步骤c中，加入的I2有：‎ n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×50.00 mL×10－‎3 L·mL－1＝2.500×10－3 mol 溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10－4 mol 滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：‎ ‎15.00 mL×10－‎3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1×1/2＝7.500×10－4 mol 溶液中Na2S有：‎ n(Na2S)＝(2.500×10－3－2.500×10－4－7.500×10－4)mol＝1.500×10－3 mol w(Na2S·9H2O)＝＝72.0%‎ ‎28.制取甲硅烷的部分实验装置如下（夹持仪器等已省略），试分析并回答：‎ ‎（1）实验中需要通入X气体作为保护气，X可以是______。‎ A．N2   B．CO2     C．He ‎（2）请选择合适编号，按正确的操作顺序补充完整：按图连接仪器→a→______→b+c。‎ a．检查气密性 b．通入X气体 c．冷却取出固体 d．点燃酒精喷灯 e．加入实验药品 ‎（3）反应结束后，待冷却到室温时，往反应后的混合物中加入稀硫酸，产生甲硅烷同时可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是______。‎ ‎【答案】 (1). C (2). e→b→d (3). 生成硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4自燃 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据实验装置，直玻璃管中是Mg与SiO2发生反应，Mg属于活泼金属，能与装置内空气中O2和N2发生反应，因此需要排除装置中的空气，A、镁能与N2反应生成Mg3N2，气体X不能使N2，故A不符合题意；B、Mg能与CO2发生反应，生成MgO和C，故B不符合题意；C、镁与He不发生反应，气体X能用He，故C符合题意；答案为C；‎ ‎（2）因为需要通入X气体，因此首先检验装置的气密性，然后加入药品，通入气体X，排除装置内的空气，点燃酒精灯，发生反应，反应完毕后，让产物在气体X 中冷却，即步骤连接仪器顺序为→a→e→b→d→b＋c；答案为e→b→d；‎ ‎（3）发生的反应是2Mg＋SiO22MgO＋Si，2Mg＋SiMg2Si，产物中加入稀硫酸后产生甲硅烷，即反应Mg2Si＋2H2SO4＝SiH4↑＋2MgSO4，观察到闪亮的火星，说明SiH4发生自燃，即答案为生成的硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4自燃。‎ ‎【点睛】该实验操作顺序是本题的易错点，本实验与氢气还原氧化铜类似，需要先通气体，然后反应，最后让产物在该气体氛围中冷却下来，平时对课本的一些重要实验，特别是操作步骤应做到心中有数。‎ ‎29.某校化学研究性学习小组设计实验验证NH3能还原CuO，并对还原产物进行探究。请回答下列问题：‎ Ⅰ.验证NH3能还原CuO ‎ ‎ ‎（1）试剂X为___________________________。‎ ‎（2）请将提供的装置按合理顺序连接。g→_______________________。‎ ‎（3）装置B的作用是_______________________。‎ ‎（4）证明NH3能还原CuO的实验现象是_______________________。‎ II.探充还原产物的成分 ‎【查阅资料】Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4(稀)=Cu+CuSO4+H2O。‎ ‎【实验探究】‎ 实验操作 实验现象 实验结论 取‎10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 ‎①证明红色固体为_________。‎ 若溶液变蓝 ‎②证明红色固体肯定含有______，可能含有__________。‎ 取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体‎6.4g ‎③经计算，红色固体的成分及其物质的量__________‎ ‎【答案】 (1). 碱石灰 (2). f h→a  b→d  e→c (3). 吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中水蒸气进入D 中 (4). A 中黑色粉末变为红色，D 中白色固体变为蓝色 (5). 铜 (6). 氧化亚铜 (7). 铜 (8). 铜和氧化亚铜各0.05mol ‎【解析】‎ Ⅰ.（1）.氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，试剂X需要干燥氨气且不与氨气反应，所以为碱石灰；‎ ‎（2）.装置C生成氨气后，首先经过E干燥，再通入A中反应，生成的气体通过D进行检测，最后以B装置收集尾气。所以安装顺序为f h→a  b→d  e→c ；‎ ‎（3）.由于氨气在水中溶解度较大，所以气体收集先将气体先通入CCL4中再溶于上层的水中，所以B装置的作用为收集尾气，防止倒吸，隔绝空气；‎ ‎（4）.由红色铜生成，现象为：A 中黑色粉末变为红色，同时有水生成，D 中白色固体变为蓝色；‎ II. ①Cu，因为Cu在常温下不与稀硫酸反应；‎ ‎②有CuSO4生成，溶液变蓝，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu；‎ ‎③所得固体为Cu，物质的量为0.1mol；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为‎80g，反应前后质量损失为‎4g，则0.05mol Cu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以原固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05mol ‎30.工业生产的Na2SO3中常含有少量NaCl杂质。为测定某Na2SO3样品的纯度，化学课外活动小组设计了三种不同实验方案：‎ ‎【方案一】沉淀法：取样品溶解后，加试剂使SO32－沉淀，测定沉淀的质量。‎ ‎【方案二】测定气体质量法：用70％的硫酸将SO32－转化为SO2，测定SO2的质量。‎ ‎【方案三】……………………。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）方案一的操作步骤有：①称量并溶解样品；②加入足量的BaCl2溶液；③过滤；④洗涤；⑤干燥；⑥称量并进行恒重操作。称量时所需定量实验仪器为________，判断步骤⑥中是否达到恒重的标准是________。‎ ‎（2）方案二所用的实验装置如图：‎ 提供药品有：70％的硫酸，Wg Na2SO3固体样品等。‎ ‎①为了实现方案二，实验仪器连接的正确顺序是________（每种仪器只用一次）。‎ ‎②上图中装置C的作用是________。‎ ‎③利用方案二测定样品中Na2SO3的质量分数，除了已提供的数据，还需要直接测得的数据是________。‎ ‎④有同学认为在称量过程中空气中的水蒸气会进入干燥管导致测量结果________（填“偏大”或“偏小”），改进措施是________。‎ ‎（3）该课外活动小组设计的【方案三】不同于方案一和二的实验原理，方案三是（简述采用的实验原理）________。‎ ‎【答案】 (1). 托盘天平（带砝码） (2). 前后两次称量质量差不超过‎0.1g (3). CABD (4). 除去空气中的CO2 (5). 干燥管的增重（反应前后干燥管的质量） (6). 偏大 (7). 在装置末端加装一个盛有浓硫酸的洗气瓶（或装有碱石灰的干燥管） (8). 用一定浓度的氧化剂（如碘溶液，淀粉作指示剂）溶液滴定样品 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于需要称量固体药品，因此称量时所需仪器是托盘天平；前后两次称量质量差不超过‎0.1g，说明达到恒重；‎ ‎（2）①方案二通过测定SO2量，计算Na2SO3的纯度，用装置A作反应装置，需要将装置内空气以及生成SO2全部被后续装置吸收，需要通入气体，SO2用碱石灰吸收，即实验仪器连接顺序是C→A→B→D；‎ ‎②因为空气中含有CO2，对SO2质量测定产生影响，即装置C中NaOH作用是吸收空气中的CO2；‎ ‎③根据硫元素守恒，计算Na2SO3的质量，因此还要测定干燥管反应前后的质量，即质量差为SO2的质量；‎ ‎④装置D与空气相同，空气中CO2、H2O会进入装置D中，造成测定的SO2质量增大，Na2SO3质量增大，即测量结果偏大；改进措施是：装置D末端连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶或装有碱石灰的干燥管；‎ ‎（3）Na2SO3中的硫元素容易被氧化，可以用滴定方法进行，实验原理是用一定浓度的氧化剂(如碘溶液，淀粉碘化钾作指示剂)溶液滴定样品。‎