2018-2019学年黑龙江省“三区一县”四校高一上学期联合考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省“三区一县”四校高一上学期联合考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省“三区一县”四校高一上学期联合考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  Na-23  Mg-24 Al-27   S-32 Cu-64  Cl-35.5‎ I卷(总分：60分)‎ 一、单项选择题(每个小题只有一个选项，每小题2分，共60分)‎ ‎1.下列行为中符合安全要求的是(   )‎ A. 进入矿井时，用火把照明 B. 实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸 C. 用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气 D. 制取蒸馏水时，蒸馏烧瓶底部垫石棉网加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.煤矿井下经常有可燃性气体，用火把照明可能使气体产生爆炸，故A错误； B.配制稀硫酸时，先在烧杯内倒入蒸馏水，再沿烧杯内壁缓慢注入浓硫酸，并不断搅拌，防止液体飞溅，故B错误； C.若有漏气，用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气会引起爆炸，故C错误； D. 对蒸馏烧瓶进行加热时，为防止加热时蒸馏烧瓶底炸裂，需垫石棉网，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查防止爆炸的措施、浓硫酸的稀释方法、易燃易爆物的安全知识，要求考生对化学安全事故处理有一定的了解。‎ ‎2.用四氯化碳萃取碘水中的碘，必须用到的仪器是(   )‎ A. 蒸发皿 B. 分液漏斗 C. 坩埚 D. 冷凝管 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且水与四氯化碳不溶，则用四氯化碳提取碘水中的碘，为萃取操作，必须用到的仪器是分液漏斗。 故选B。‎ ‎3.下列事实与胶体性质无关的是 (   )‎ A. 氯化铁溶液止血 B. 河流入海处易形成沙洲 C. 在豆浆里加入盐卤做豆腐 D. 三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、血液的主要成分是蛋白质，故血液是胶体，不能透过半透膜，故可用渗析提纯胶体，是胶体的性质，故A错误； B、河水是胶体，而海水中含氯化钠，故河水在入海口处遇到海水后能发生聚沉，从而形成三角洲，是胶体的性质，故B错误； C、豆浆是胶体，盐卤是电解质溶液，故向豆浆中加入盐卤后能使豆浆发生聚沉，是胶体的性质，故C错误； D、氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，和胶体的性质无关，所以D选项是正确的。 故选D。‎ ‎4.下列说法正确的是(   )‎ A. 2 mol Al的质量是54 g/mol B. CO32-的摩尔质量是60g·mol—1‎ C. 标况下，22.4 L SO3 的物质的量为1mol D. 0.5 mol/L Na2SO4 的物质的量为0.5mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，质量的单位是g，2 mol Al的质量是54 g，故A错误；‎ B. 摩尔质量数值上等于相对分子质量，所以CO32-的摩尔质量是60g·mol—1，故B正确；‎ C. SO3在标况下不是气态，无法计算其物质的量，故C错误；‎ D. 溶液的体积未知，无法计算0.5 mol/L Na2SO4 的物质的量，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.下列有关物质的分类正确的是(   )‎ A. 混合物：空气、矿泉水、水银 B. 碱：Ba(OH)2、Cu2(OH)2CO3、NH3·H2O C. 盐：硝酸钠、氯化铵、纯碱 D. 氧化物：H2O、 CO、CH3CH2OH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、混合物是由不同种物质组成的物质； B、碱是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物； C、盐是电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物； D、由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。‎ ‎【详解】A、水银的成分是金属汞，属于纯净物，故A错误；  B、Cu2(OH)2CO3电离时生成的阴离子有氢氧根离子和碳酸根离子，不属于碱类，属于盐类，故B错误；  C、硫酸钠、氯化铵、纯碱能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子，属于盐类，故C正确；  D、CH3CH2OH是由C、H、O三种元素组成的化合物，不属于氧化物，属于醇类，故D错误。 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查学生物质的分类知识，熟记各类物质的概念是解决该题的关键。‎ ‎6. 下列物质不属于铁合金的是（ ）‎ A. 不锈钢 B. 碳素钢 C. 生铁 D. 氧化铁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、不锈钢是铁合金，还含有抗腐蚀性很强的铬和镍，故A错误；B、碳素钢含有碳元素，所以属于铁合金，故B错误；C、生铁中含有碳，所以生铁属于合金，故C错误；D、氧化铁是纯净物不是混合物，所以氧化铁不属于合金，故D正确，故选D。‎ 考点：考查合金的概念应用 ‎7.下列物质属于电解质的是(   )‎ A. Cu B. NH3 C. 硫酸铜晶体 D. NaCl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，Cu是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故不选A项；‎ B项，NH3在水溶液中本身不能电离出离子，属于非电解质，故不选B项；‎ C项，硫酸铜晶体在水溶液和熔化状态下本身可以电离出自由移动的离子，属于电解质，故选C项。‎ D项，NaCl溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故不选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】按化合物在水溶液中或在熔化状态下是否导电，可将化合物分为两大类：电解质和非电解质，非电解质在水溶液中和熔化状态下都不导电的化合物，否则就是电解质。单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎8.氧化还原反应发生在同种元素之间的是 （ ）‎ A. Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑ B. 2H2S＋SO2＝3S＋2H2O C. H2＋CuO＝Cu ＋H2O D. 2H2O 2H2↑＋O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 元素化合价的变化为锌：0→+2，氢：+1→0，锌元素化合价升高，氢元素化合价降低，氧化还原反应发生在锌、氢元素之间；B. 元素的化合价变化为硫：-2→0，+4→0，氧化还原反应发生在硫元素之间；C. 元素化合价的变化为氢：0→+1，铜：+2→0，氧化还原反应发生在氢、铜元素之间；D. 元素化合价的变化为氢：+1→0，氧：-2→0，氧化还原反应发生在氢、氧元素之间。故选B。‎ ‎9.下列离子方程式的书写正确的是(   )‎ A. 铁跟稀盐酸反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑‎ B. 碳酸氢钙溶液中加入盐酸：Ca(HCO3)2＋2HCl===CaCl2＋2H2O＋2CO2↑‎ C. 少量CO2通入澄清石灰水中：CO2＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋H2O D. 澄清石灰水中滴加少量NaHCO3溶液：2HCO3－＋Ca2++2OH－===CaCO3↓＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁跟稀盐酸反应，离子方程式：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故A错误； B.碳酸氢钙溶液中加入盐酸，离子方程式：HCO3-+H+= H2O＋CO2↑，故B错误； C. 少量CO2通入澄清石灰水中，离子方程式：CO2＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋H2O，所以C选项是正确的； D. 澄清石灰水中滴加少量NaHCO3溶液，离子方程式：HCO3－＋Ca2++OH－===CaCO3↓＋H2O，故D错误。 所以C选项是正确的。‎ ‎10.把小块金属钠投入饱和石灰水中，不会出现的现象是(   ) ‎ ‎①溶液中出现白色浑浊物   ②有金属钙被还原出来  ‎ ‎③反应过程中发出嘶嘶响声 ④钠熔成小球在液面上迅速游动 A. ② B. ①③ C. ②③ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na与H2O反应消耗了水，同时生成了易溶于水的NaOH，使溶液中c（OH-）增大，抑制了Ca（OH）2的溶解；Na与H2O的反应为放热反应，溶液温度升高，Ca（OH）2的溶解度下降。以上两原因都能使部分Ca（OH）2析出而出现白色浑浊物。‎ ‎②Ca也是还原性很强的金属，且在金属活动性顺序表中排在Na的前边，所以不会有钙被还原出来。‎ ‎③钠块浮在水面上，熔成一只闪亮的小球，在水面上不定向地迅速游动，发出“嘶嘶”的响声。‎ ‎④钠的熔点较低，反应放出大量的热使钠熔化为小球，各方向产生的氢气不同，小球四处游动。‎ 综合以上分析，不会出现的现象是②，‎ 故选A。‎ ‎11.有关做焰色反应实验时的注意事项，下列说法不正确的是(   )‎ A. 每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰无色，再蘸取被检验物质 B. 钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察 C. 实验时最好选择本身颜色较深的火焰 D. 没有铂丝可用光洁无锈铁丝代替进行实验 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】焰色反应的操作是：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，灼烧，然后蘸取待测物，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃进行观察。注意：实验最好选择颜色较弱的，最好无色的火焰，如果无铂丝，可采用无锈的铁丝。‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】本题考查焰色反应及实验基本操作等，焰色反应的操作是：先将铂丝放在稀盐酸中洗涤，灼烧，然后蘸取待测物，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃进行观察。‎ ‎12.下列说法不正确的是(   )‎ A. Si是常用的半导体材料，可以制作光电池 B. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后通足量的CO2‎ C. 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器 D. 不能用石英坩埚加热熔化氢氧化钠固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能，故A正确；‎ B. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，然后通入CO2即可得硅酸，故B正确；‎ C. 二氧化硅可与氢氟酸反应，故C错误；‎ D. 石英的成分是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎13.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确，且两者具有因果关系的是( )‎ 选项 实验 现象 结论或解释 A 将Cu片放入FeCl3溶液中 溶液棕黄色变为浅绿色 铁比铜金属性强 B 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落下来 铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且A12O3熔点高于Al C 向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液 产生白色沉淀 酸雨中一定含有SO42-‎ D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 证明Fe的金属性比Cu强，应将铁放入硫酸铜溶液中，将Cu片放入FeC13溶液中，生成铜离子和亚铁离子，只能证明铁离子氧化性比铜离子强，故A错误；‎ B.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则Al熔化但不滴落，现象、结论合理，所以B选项是正确的； C.硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚硫酸生成硫酸，结论不合理，故C错误； D.过氧化钠与盐酸反应生成氧气，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，都为无色气体，结论错误，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎14.下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是(   )‎ A. K+、Na+、HCO3－、Cl－ B. Na+、Ba2+、AlO2－、NO3－‎ C. NH4+、K+、Cl－、NO3－ D. K+、Na+、Cu2+、S2－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液呈碱性,则应存在大量的OH-，与OH-反应的离子不能大量存在，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. HCO3－与OH-反应不能大量共存，故A错误； B.碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，所以B选项是正确的； C. NH4+与OH-反应而不能的电离共存，故C错误； ‎ D. Cu2+与OH-反应而不能的电离共存，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎15.对下列事实的解释错误的是(   )‎ A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质，说明浓硫酸具有脱水性．‎ B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定．‎ C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应．‎ D. 浓HNO3与浓H2SO4露置于空气中，溶液浓度均降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性，在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性，所以A选项是正确的； B、浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧化氮在溶液中所致，所以B选项是正确的； C、常温下铝和浓硝酸之间发生钝化，发生的是氧化还原反应，但反应后形成了氧化物的薄膜阻止反应的进一步发生，故C错误； D、露置于空气中，浓硝酸挥发，浓硫酸具有吸水，溶液浓度均降低，所以D选项是正确的。 故选C。‎ ‎【点睛】该题是高考中的常见题型，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的考查。该题的关键是目前常见物质的性质，特别是化学性质，如何结合同样灵活运用即可。‎ ‎16.将20gCO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了11.2g，则原混合气体中CO2的质量分数为(   )‎ A. 32％ B. 44％ C. 56％ D. 88％‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】反应前后固体质量差完全源自CO2与Na 2O 2的反应，所以本题宜用“差量法”求解：  设其中CO2的质量为x ，则 2 Na 2O 2+2CO2====2Na 2CO 3+O 2 Δm  88    56 ‎ x 11.2 g  解得x=17.6g  w(CO2)= ×100%=88%。‎ 故选D。‎ ‎17.下列关于氯水的叙述，正确的是 A. 新制氯水中只含Cl2和H2O分子 B. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色 C. 光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2‎ D. 氯水放置数天后酸性减弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气微溶于水，氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl反应，其中HClO具有强氧化性、漂白性和不稳定性，在光照条件下发生2HClO2HCl+O2↑。‎ ‎【详解】A．氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl反应，HClO为弱酸，溶液中存在Cl2、HClO、H2O分子，故A错误；‎ B、氯水中含有HCl，具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO具有强氧化性、漂白性，可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；‎ C、光照氯水，在光照条件下发生：2HClO2HCl+O2，生成气体为O2，故C错误；‎ D、光照下生成HCl，溶液酸性变强，pH减小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎18.将容积为50mL的量筒内充满NO2和O2的混合气体，倒置量筒在盛满水的水槽里，足够时间后，量筒里剩余气体体积为5mL。则混合气体中NO2和O2体积比可能是(   )‎ A. 13:7 B. 15:7‎ C. 18:7 D. 20:7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ，3NO2+H2O = 2HNO3+NO，试管中O2 和NO2 气体按体积比1:4混合全部溶解，‎ 若剩余气体为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ，求出参加此反应的O2，最后相加得到原来的氧气； 若为 NO，先根据 3NO2+H2O = 2HNO3+NO求出过量的 NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3 求氧气体积，进而计算 NO2的体积，据此解答。‎ ‎【详解】NO2 和 O2与水的反应属于循环反应，可简化为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ，对该反应来说，若 ‎ NO2 剩余，则实际是NO，由3NO2+H2O = 2HNO3+NO可知，剩余NO气体是5mL，说明剩余的 NO2为：5mL×3=15mL，其余的35mL气体中 V(NO2):V(O2)=4:1，则混合气体中氧气的体积为:35mL×=7mL，二氧化氮的体积为：50mL-7mL=43mL，则原混合气体中NO2 和 O2体积比为：43mL:7mL=43:7； 若剩余气体是O2，则反应的45mL中V(NO2):V(O2)=4:1，原混合气体中二氧化氮的体积为：45mL×=36mL，氧气为：50mL-36mL=14mL， 则原混合气体中NO2 和 O2体积比为：36mL:14mL=18:7； 所以C选项是正确的。‎ ‎19.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是( )‎ A. 制取少量纯净的 CO2气体 B. 验证镁和盐酸反应放出热量 C. 制取并收集干燥纯净的NH3‎ D. 制备Fe(OH)2并能保证较长时间观察到白色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸易挥发，所以得不到纯净的二氧化碳气体且纯碱为粉末状固体，会从隔板上漏下，故A错误； B．镁和盐酸反应放热，试管内压强增大，可观察到U形管左侧液面下降，右侧液面升高，故B正确； ‎ C．气体收集错误，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故C错误； D．酒精与水互溶，不能隔绝空气，应选苯隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，故D错误。 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的制备实验、性质实验及实验装置的作用等为解答的关键。‎ ‎20. 分别向下列溶液中加入少量的过氧化钠固体，不会出现浑浊的是 ( )‎ A. Na2CO3溶液 B. FeCl3溶液 C. 饱和Ca(OH)2溶液 D. CuSO4溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A中生成氢氧化钠和氧气，没有沉淀。B中产生的氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀。C中由于消耗溶剂水，且反应放热，所以会析出氢氧化钙固体。D中生成氢氧化铜沉淀，所以答案选A。‎ ‎21.下列物质中不能用化合反应的方法制的的是 ( ) ‎ ‎①SiO2 ②CaSiO3   ③Na2O2 ④H2SiO3 ⑤FeCl3‎ A. ①③⑤ B. ②④‎ C. ② D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：不能用化合反应的方法制的是：，硅酸的制备：可溶性硅酸盐和强酸反应。故选D。‎ 考点：物质间的转化 点评：本题考查的是常见无机化合物的性质及其用途，难度不大，掌握好基础知识很容易解得本题。‎ ‎22.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O。(未配平)下列说法正确的是( )‎ A. Fe2＋的还原性强于Mn2＋‎ B. MnO4－是氧化剂，Fe3＋是还原产物 C. 氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1‎ D. 生成1 mol水时，转移2.5 mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，Fe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故A项正确；‎ B项，MnO4－化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；‎ C项，锰元素由+7价降至+2价，铁元素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5，故C项错误；‎ D项，根据离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O ，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎23.下列变化属于氮的固定的是( )‎ A. 用NH3和CO2合成尿素CO(NH2)2‎ B. NH4NO3受热分解后生成N2‎ C. 工业上合成氨气 D. 用氨气生产硝酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把大气中的游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为固氮，主要有：自然固氮、生物固氮(根瘤菌的固氮)和大气固氮(闪电时N2转化为NO、工业固氮(合成氨)两大类，据此分析解答。‎ ‎【详解】氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。 A. 用NH3和CO2合成尿素CO(NH2)2是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故A错误； B. NH4NO3受热分解后生成N2是氮的化合态转化为游离态，不属于氮的固定，故B错误； C. 工业上合成氨气N2+3H2⇌2NH3，属于工业固氮，所以C选项是正确的； D. 用氨气生产硝酸是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误。 故选C。‎ ‎24.无色的混合气体甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种。将100 mL气体甲经过下图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为(   )  ‎ A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2‎ C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】无色的混合气体，说明没有二氧化氮；通过足量的浓硫酸，气体的体积减少，说明原始气体含有氨气；通过足量的过氧化钠，气体显红棕色，说明产生的氧气与一氧化氮反应，原始气体有二氧化碳和一氧化氮；通入水后，气体没有剩余，说明原始气体没有氮气。故原始气体为氨气、一氧化氮、二氧化碳。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎25.将下列四种化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液，没有颜色变化，再加氯水即呈现血红色的是 A. FeO B. Fe2O3‎ C. FeCl3 D. Fe2(SO4)3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，FeO溶于稀盐酸发生反应生成氯化亚铁，滴加硫氰化钾溶液没有颜色变化，再加入氯水亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子与硫氰根离子形成络合物，溶液显红色，故A项正确；‎ B项，Fe2O3溶于稀盐酸，生成氯化铁，滴加硫氰化钾溶液后，溶液显红色，故B项错误；‎ C项，FeCl3溶于稀盐酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色，故C项错误；‎ D项，Fe2(SO4)3溶于稀盐酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎26.某元素R的氯化物溶液10mL，其浓度为0.05mol/L，能恰好与0.1mol/L的 AgNO3溶液15mL完全反应，则R氯化物的化学式为 A. RCl B. RCl2 C. RCl3 D. RCl4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设该氯化物化学式为RClx，则 RClx ~~~~~~ xAgNO3‎ ‎1 x ‎0.05 mol/L×10mL 0.1 mol/L×15mL 列比例式可得x=3，故氯化物化学式我RCl3，C正确。‎ ‎27.在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是：0.4mol/L、0.1mol/L。向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度(mol/L)是( )‎ A. 0.15 B. 0.225 C. 0.35 D. 0.45‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，由题可知，n(NO3-)=0.04mol，n(H+)=0.06mol，当n(Cu)=0.04mol，H+量不足，计算得到n(Cu2+)=0.06mol=0.0225mol，c(Cu2+)==0.225mol/L，故B项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查了对于当反应物量不同时，如何确定实际参加反应的物质的物质的量，正确书写离子方程式，以不足量的物质为标准进行计算即可。‎ ‎28.以氧化铝为原料制取氢氧化铝，最好的方法是(   )‎ A. 将氧化铝溶于水 B. 将氧化铝先溶于盐酸中，之后滴加氨水。‎ C. 将氧化铝溶于盐酸，再滴加氢氧化钠溶液。‎ D. 将氧化铝溶于氢氧化钠溶液中，之后滴加盐酸。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以氧化铝为原料制取氢氧化铝，可先和盐酸反应生成氯化铝，然后再和氨水反应可生成氢氧化铝，可也与氢氧化钠反应，然后在溶液中通入二氧化碳气体，以此解答。‎ ‎【详解】A.氧化铝不溶于水，不和水反应，故A错误； B.氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氨水反应形成氢氧化铝，氨水为弱碱，不会使氢氧化铝变成偏铝酸钠，所以B选项是正确的； C.氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氢氧化钠溶液反应形成氢氧化铝，但氢氧化钠为强碱，若氢氧化钠不足，生成氢氧化铝不够，若氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故C错误； D.将氧化铝溶于氢氧化钠，生成偏铝酸钠，不会生成氢氧化铝，故D错误。 故选B。‎ ‎29.配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是(   )‎ A. 定容时仰视刻度线和液面 B. 容量瓶中原有少量的蒸馏水 C. 移液时，不慎将液体流到瓶外 D. 容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎【详解】A、定容时仰视观察刻度线和液面，导致加入的蒸馏水体积偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故A不选； B、容量瓶中原有少量的蒸馏水，因为定容时还需要放入蒸馏水，所以不影响配制结果，故B不选；‎ C、移液时，不慎将液体流到瓶外，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故C选；‎ D. 容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤，导致所配溶液中KOH的物质的量增大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故D不选。 故选C。‎ ‎30.在AlCl3和MgCl2的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原溶液中AlCl3和MgCl2的物质的量之比为(   )‎ A. 1 : 2 B. 1 : 1 C. 2 : 1 D. 3 : 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】首先发生反应Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，然后发生反应Al(OH)3+ OH-═AlO2-+2H2O，由图可以知道，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH-═Al(OH)3↓可以知道，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL-30mL=20mL，则n(Al3+):n(Mg2+)=30mL:20mL =1:1，‎ 故原来混合溶液中AlCl3和MgCl2的物质的量之比为1:1，‎ 所以B选项是正确的。‎ II卷(总分：40分)‎ ‎31.(1)由蒸发海水制得的粗盐中常含有Na2SO4、CaCl2和MgCl2等杂质，在食盐生产过程中需要将这些杂质除去。请回答：‎ Na2SO4、CaCl2和MgCl2在溶液中能形成Na+、Ca2+、Mg2+、SO42━、和Cl━五种离子。要除去其中的Mg2+，离子方程式为____________，检验其中的SO42━的方法________________；‎ ‎(2)Na2CO3固体中混有少量NaHCO3，除去杂质的方法是_________，反应方程式为________________；‎ ‎(3)除去CO2气体中少量HCl，所用试剂是__________，反应的化学方程式为______________，‎ ‎【答案】 (1). Mg2+ +2OH-===Mg(OH)2↓ (2). 向溶液中加入稀盐酸酸化后，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42━ (3). 加热 (4). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (5). 饱和碳酸氢钠溶液 (6). NaHCO3 +HCl ==NaCl + H2O + CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Na+、Ca2+、Mg2+、SO42━、和Cl━五种离子，要除去其中的Mg2+，需要加入氢氧化钠溶液使Mg2+生成沉淀，过滤除去；检验SO42━的试剂是氯化钡溶液和稀盐酸；‎ ‎(2) NaHCO3受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳；‎ ‎(3) HCl和碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液。‎ ‎【详解】(1) Na+、Ca2+、Mg2+、SO42━、和Cl━五种离子，要除去其中的Mg2+，需要加入氢氧化钠溶液使Mg2+生成沉淀，过滤除去，离子方程式为Mg2+ +2OH-===Mg(OH)2↓；检验SO42━的试剂是氯化钡溶液和稀盐酸，方法是向溶液中加入稀盐酸酸化后，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42━；‎ 因此，本题正确答案为：Mg2+ +2OH-===Mg(OH)2↓；向溶液中加入稀盐酸酸化后，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42━；‎ ‎(2) NaHCO3受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳，所以Na2CO3固体中混有少量NaHCO3，除去杂质的方法是加热，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ 因此，本题正确答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ ‎(3) HCl和碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，所以除去CO2气体中少量HCl，所用试剂是饱和碳酸氢钠溶液，反应的化学方程式为NaHCO3 +HCl ==NaCl + H2O + CO2↑，‎ 因此，本题正确答案为：饱和碳酸氢钠溶液；NaHCO3 +HCl ==NaCl + H2O + CO2↑。‎ ‎32.根据下图的化学反应框图解图。‎ 已知：粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质 ‎(1)单质F是________，溶液E加入氢氧化钠溶液的现象是_____________________；‎ ‎(2)写出下列反应的化学方程式：‎ A+B→C+D_____________________________________；‎ D→H：_________________________________。‎ ‎(3)写出下列反应的离子方程式：‎ E＋Cl2→G：__________________；‎ G＋C→E：________________________；‎ B→F＋H：__________________________。‎ ‎【答案】 (1). H2(氢气) (2). 生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (3). 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3 (4). Al2O3 + 2NaOH==2NaAlO2+H2O (5). 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl- (6). 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ (7). 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E为FeCl2，G为FeCl3，H为NaAlO2，据此解答。‎ ‎【详解】粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E为FeCl2，G为FeCl3，H为NaAlO2，‎ ‎(1) 由上述分析可知，单质F是H2(氢气)，溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；‎ 故答案为：H2(氢气)；生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；‎ ‎(2)A+B→C+D的反应为铝热反应，化学方程式为：2Al + Fe2O32Fe + Al2O3；‎ D→H的化学方程式：Al2O3 + 2NaOH==2NaAlO2+H2O；‎ 故答案为：2Al + Fe2O32Fe + Al2O3；Al2O3 + 2NaOH==2NaAlO2+H2O；‎ ‎(3)E＋Cl2→G的离子方程式：2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-；‎ G＋C→E的离子方程式：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+；‎ B→F＋H：2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑，‎ 故答案为：2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-；2Fe3+ + Fe = 3Fe2+；2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑。‎ ‎【点睛】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe元素单质化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，注意对基础知识的掌握。‎ ‎33.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。‎ ‎(1)实验室用装置A制备SO2。某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是：_______________________________；‎ ‎(2)实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为_______________________。除去Cl2中混有的HCl，可将气体通过盛有_______________________的洗气瓶。‎ ‎(3)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：_________________________，D：________________________。‎ ‎(4)停止通气后,再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：________________________，D：__________________________。‎ ‎(5)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)______________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗的玻璃塞没有取下来 (2). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 饱和氯化钠的水溶液 (4). 品红褪色 (5). 品红褪色 (6). 褪色的品红又恢复成红色 (7). 无明显现象 (8). Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A生成的二氧化硫气体通过装置B中的品红溶液，二氧化硫具有漂白性，可以使溶液褪色，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色。氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，剩余二氧化硫和氯气通过装置C吸收，防止污染空气，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流出，‎ 故答案为：分液漏斗的玻璃塞没有取下来；  （2）实验室用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备Cl2，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；除去Cl2中混有的HCl，可将气体通过盛有饱和氯化钠的水溶液 的洗气瓶。‎ 故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和氯化钠的水溶液； （3）SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色；‎ 故答案为：品红褪色；品红褪色；‎ ‎（4）SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色；次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色， 故答案为：褪色的品红又恢复成红色；无明显现象； （5）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不退色， 故答案为：Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4。‎ ‎ ‎ ‎ ‎