【化学】河北省唐山市丰润车轴山中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

【化学】河北省唐山市丰润车轴山中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

河北省唐山市丰润车轴山中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题 注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间为90分钟 ‎2.选择题答案涂在答题卡上，主观题答案写在答题纸上 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 Cl:35.5 Mn:55 Fe:56 Cu:64 Ba:137‎ 一、选择题（每小题只有一个正确选项。每题2分，共24小题，总分48分）‎ ‎1. 下列情况会对人体健康造成较大危害的是（ ）‎ A. 自来水中通入少量Cl2进行消毒杀菌 B. 用SO2漂白食品 C. 用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢 D. 用小苏打（NaHCO3）发酵面团制作馒头 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气与水反应生成强氧化性的次氯酸，具有杀菌消毒作用，一般浓度较小，对人体危害较小，A错误；‎ B. SO2本身有毒，不能用来漂白食物，B正确；‎ C. 醋酸与水垢反应生成可溶性的醋酸盐，易与除去，同时食醋主要成分为醋酸，对人体无害，C错误；‎ D. 碳酸氢钠与发酵面团中的酸反应生成二氧化碳，使面呈中性，对人体无害，但是用量不能太大，D错误；‎ 正确选项B。‎ ‎2.关于下列物质的用途，说法正确的是（ ）‎ A. 纯碱用于焙制糕点 B. 用铁容器存放浓盐酸 C. 明矾可用作净水剂 D. 高纯度的硅单质用于制作光导纤维 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和CO2，可以用于焙制糕点，而纯碱是碳酸钠，故A错误；‎ B．铁能与浓盐酸反应，不能用来盛装浓盐酸，故B错误；‎ C．明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以能净水，故C正确；‎ D．光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作硅能电池，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.下列事实与浓硫酸具有强氧化性有关的是（ ）‎ ‎①常温时用铁制容器运输浓硫酸；②实验室中，用浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取SO2；③浓硫酸使蔗糖炭化变黑并有大量气体产生；④浓硫酸能使胆矾变为白色；⑤浓硫酸不能用来干燥NH3‎ A. ①③④ B. ①②③ C. ①③ D. ②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】浓硫酸具有酸的通性，浓硫酸具有强氧化性、吸水性、脱水性，且是高沸点酸，与浓硫酸具有强氧化性有关，说明二者发生氧化还原反应。‎ ‎【详解】①常温时，浓硫酸将铁氧化为一层致密的氧化物薄膜而阻止铁进一步被氧化，所以常温下用铁制容器运输浓硫酸是利用了浓硫酸的强氧化性，故①正确；‎ ‎②实验室中，用浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取SO2，是利用浓硫酸是强酸，与浓硫酸的强氧化性无关，故②错误；‎ ‎③浓硫酸使蔗糖炭化变黑并有大量气体产生，浓硫酸使蔗糖中的H、O以2：1水的形式脱去，且将碳氧化为二氧化碳，浓硫酸体现了脱水性和强氧化性，故③正确；‎ ‎④浓硫酸能使胆矾变为白色，是利用浓硫酸的吸水性，故④错误；‎ ‎⑤浓硫酸不能用来干燥NH3，是因为浓硫酸有酸性，故⑤错误；‎ 只有①③正确，故答案为C。‎ ‎4.将NaOH固体加热融化，可以使用下列哪种材质的坩埚（ ）‎ A. 石英坩埚 B. 氧化铝坩埚 C. 瓷坩埚 D. 铁坩埚 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】陶瓷坩埚、石英坩埚以及普通玻璃坩埚中都含有二氧化硅，在高温下都能与氢氧化钠反应而使坩埚炸裂，不能用于熔融氢氧化钠固体；氧化铝能与氢氧化钠反应而使坩埚炸裂，只能用铁坩埚，故答案为D。‎ ‎5. 关于工业生产的叙述，错误的是 (　　)。‎ A. 制普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英 B. 氨是制作氮肥、硝酸、铵盐的重要原料 C. 将二氧化硫催化氧化生成三氧化硫后，在吸收塔内用水吸收制得浓硫酸 D. 制造普通水泥的主要原料是黏土、石灰石 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据玻璃的组成可知，制玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英，故A正确；‎ B. 氨是一种重要的化工产品，氨是氮肥工业及制造硝酸、铵盐、纯碱等重要原料，故B正确；‎ C. 直接用水吸收会大量放热生成酸雾，为了避免产生酸雾要用浓硫酸吸收三氧化硫，故C错误；‎ D. 制造普通水泥的主要原料是粘土、石灰石，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.要使偏铝酸钠溶液中的铝元素完全转化成Al(OH)3沉淀，选用的最佳试剂是（ ）‎ A. NaOH溶液 B. 稀盐酸 C. 氨水 D. CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．偏铝酸钠溶液和NaOH溶液不反应，故A错误；‎ B．偏铝酸钠溶液和稀盐酸反应生成的Al(OH)3能继续溶解在过量的稀盐酸中，则AlO2-可能不能全部沉淀出来，故B错误；‎ C．偏铝酸钠溶液和氨水不反应，故C错误；‎ D．偏铝酸钠溶液中通入CO2气体，反应生成的Al(OH)3不能溶解过量的CO2气体，AlO2-能全部沉淀出来，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.向MgSO4和A12(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中，能正确表 示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH的体积，纵坐标表示生成沉淀的质量）（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量， 则向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故答案为D。‎ ‎8.下列物质中，既能跟盐酸反应又能跟氢氧化钠溶液反应的化合物是（ ）‎ A. Al（OH）3 B. NaAlO‎2 ‎C. AlCl3 D. Al ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O, Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故A正确；‎ B．NaAlO2只能与酸发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，故B错误；‎ C．AlCl3只能与碱发生反应：AlCl3+4NaOH= NaAlO2+ 3NaCl+2H2O，故C错误；‎ D．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑; 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，但是Al为单质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列推断正确的是（ ）‎ A. 硫在过量的氧气中燃烧产物是SO2‎ B. SiO2能与NaOH溶液、HF溶液反应，所以SiO2是两性氧化物 C. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 D. SO2具有漂白性，所以向少量紫色石蕊试液中通入足量SO2，溶液先变红后褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫在氧气中燃烧，无论量多与少，产物只有SO2，不可能生成SO3，故A正确；‎ B．SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，而与HF反应生成物不是盐，为其特性，故B错误；‎ C．NO能和氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能稳定存在，故C错误；‎ D．SO2是酸性氧化物，其水溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红色，不可能使其褪色，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎10.市场上方便的小包装食品越来越受青睐，为了防止食品氧化变质，在包装袋内可以放入的化学物质是（ ）‎ A. 生石灰 B. 食盐 C. 硫酸亚铁 D. 熟石灰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．生石灰只起到干燥剂的作用，故A错误；‎ B．食盐不能作干燥 ，也不能防止食品被氧化，故B错误；‎ C．硫酸亚铁具有还原性，可防止食品氧化变质，故C正确；‎ D．熟石灰不能作干燥 ，也不能防止食品被氧化，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎11.以下转化能通过一步反应实现的是（ ）‎ A. Al2O3→Al(OH)3 B. Hg→HgS ‎ C. N2→NO2 D. SiO2→H2SiO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al2O3不溶于水，不能一步转化为Al(OH)3，故A错误；‎ B．Hg和S在常温下可直接生成HgS，一步转化，故B正确；‎ C．N2直接氧化生成NO，不能一步转化为NO2，故C错误；‎ D．SiO2不溶于水，不能一步转化为H2SiO3，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎12.下列实验现象与氧化还原反应有关的是（ ）‎ A. 棕黄色的氯化铜固体溶于水，溶液呈蓝色 B. 向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸，有白色沉淀形成 C. 将装有NO2 的试管倒立于水中，管内气体由红棕色逐渐转变为无色 D. 硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液变红 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．棕黄色的氯化铜固体溶于水，所得溶液含有Cu2+，溶液呈蓝色，未发生氧化还原反应，故A错误；‎ B．硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，反应生成硅酸和NaCl，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B错误；‎ C．NO2的试管倒立于水中，管内气体由红棕色逐渐转变为无色，反应生成硝酸和NO，N元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C正确；‎ D．硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液变红，结合生成络离子，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.某溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中一定能大量共存的离子是（ ）‎ A. Cu2＋ B. Na＋ C. HCO3－ D. CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某溶液能溶解Al(OH)3，则为强酸性或强碱性溶液；‎ A．Cu2＋在强碱性溶液中不能大量存在，故A错误；‎ B．Na＋在强酸性或强碱性溶液中均能大量存在，故B正确；‎ C．HCO3－在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故C错误；‎ D．CO32-在强酸性溶液中不能大量存在，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是(　　)‎ ‎①澄清石灰水；②品红溶液；③KMnO4酸性溶液；④氯水 A. 除③以外 B. 仅①②③ C. 仅②③④ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，故①错误；‎ ‎②SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2，故②正确；‎ ‎③SO2具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2‎ 没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，故③正确；‎ ‎④SO2具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，故④正确；‎ 只有②③④正确，故答案为C。‎ ‎15.把表面有氧化膜的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，所得溶液中金属离子为（ ）‎ A. Fe3+和Cu2+ B. Fe2+和Cu2+ ‎ C. Fe3+和Fe2+ D. 只有Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，由发生的反应：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应，生成Fe3+和Cu2+，已知还原性Fe＞Cu，且氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，则表面氧化膜溶解后，依次发生铁和FeCl3、CuCl2反应，最后和过量的盐酸反应，最终溶液中含有的金属离子只存在Fe2+，故答案为D。‎ ‎16.实验室有一瓶购置时间较长的绿矾(FeSO4·7H2O)，老师将其交给化学研究小组某同学检验药品是否有变质现象，这位同学取绿矾做了简单的检验，得出的结论是：已经开始氧化。该同学所用的试剂和判断依据是（ ）‎ 选项 A B C D 试剂 氯水 氢氧化钠溶液 铁屑 KSCN溶液 现象 出现黄褐色 先生成白色沉淀，最后 转化成红褐色沉淀 绿色加深 有较浅的血红色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入氯水，可将Fe2+氧化为Fe3+，不能检验是否变质，故A错误；‎ B．加入氢氧化钠溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最红变为红褐色，不能检验是否变质，故B错误；‎ C．加入铁屑，无论是否部分变质，最终都为浅绿色FeSO4溶液，不能检验是否变质，故C错误；‎ D．如变质，溶液中存在Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红，可检验，故D正确。 故答案为D。‎ ‎17.CO2通入下列溶液中，不可能产生沉淀的是（ ）‎ A. CaCl2溶液 B. NaAlO2溶液 ‎ C. Na2CO3的饱和溶液 D. Na2SiO3的水溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钙溶液不反应，不产生沉淀，故A正确；‎ B．NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀，故B错误；‎ C．碳酸钠与二氧化碳和水反应，既消耗了水，且反应生成溶解度较小NaHCO3，则一定有NaHCO3沉淀析出，故C错误；‎ D．硅酸钠溶液和二氧化碳反应为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，所以有沉淀生成，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎18.同温同压下，在2支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2。现将2支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中充满水的体积分别为V1、V2，则下列关系正确的是（ ）‎ A. V1＞V2 B. V1=V‎2 ‎C. V2＞V1 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①NO和NO2：1体积NO2与水反应生成体积的NO，即试管中，剩余气体体积为原来的+×=；‎ ‎②NO2和O2：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2全部消耗，而O2则消耗了，即试管中，剩余气体体积为原来的×(1-)=；‎ 则V1＞V2，故答案为A。‎ ‎19.下列各组溶液中分别加入足量氨水，观察到的现象相同的是（ ）‎ A. FeCl3、AlCl3 B. FeCl3、FeSO‎4 ‎ C. NaNO3、BaCl2 D. MgSO4、CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁离子、铝离子和氨水反应分别生成红褐色沉淀、白色沉淀，所以反应现象不同，故A错误；‎ B．亚铁离子和氨水反应生成白色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色沉淀，铁离子和氨水反应生成红褐色沉淀，所以其反应现象不同，故B错误；‎ C．氨水和NaNO3、氯化钡都不反应，反应加入氨水后溶液无变化，所以现象相同，故C正确；‎ D．镁离子和氨水反应生成白色沉淀、铜离子和氨水反应生成蓝色沉淀，所以反应现象不同，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎20.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将该无色气体通入品红溶液，品红褪色，把剩余气体排入空气中，很快变成红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是（ ）‎ A. 肯定有SO2和NO B. 肯定没有Cl2、O2和NO C. 可能有O2和Cl2 D. 肯定有NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据能使品红褪色的气体为SO2，根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，原混合气体中无氧气，据此即可解答。‎ ‎【详解】NO2气体为红棕色，Cl2为黄绿色，气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气；‎ A．此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2；把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明原混合气体一定含有气体NO，故A正确；‎ B．NO气体肯定有，一定不含O2，另外混合气体无色，也不会有Cl2、故B错误；‎ C．Cl2为黄绿色，该气体无色，则说明不含有Cl2‎ ‎，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故C错误；‎ D．NO2气体为红棕色，此混合气体为无色，所以一定不含NO2，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎21.下列反应的离子方程式中，书写正确的是（ ）‎ A. 氯气溶于水：H2O+Cl2=2H++Cl－+ClO－‎ B. 将铝粉投入氢氧化钠溶液中：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+H2↑‎ C. 将小苏打和烧碱两溶液混合：HCO3－+OH-=H2O+CO32－‎ D. 石英溶于NaOH溶液：Si4++2O2－+2OH－=SiO32－+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气溶于水，是可逆反应，次氯酸是弱电解质，正确的离子方程式为H2O+Cl2 H++HClO+Cl-，故A错误；‎ B．铝与氢氧化钠溶液反应生成H2，发生反应离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故B错误；‎ C．将小苏打和烧碱两溶液混合时发生反应的离子方程式为HCO3－+OH-=H2O+CO32－，故C正确；‎ D．石英是SiO2，不溶于水，则溶于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为SiO2+2OH－=SiO32－+H2O，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎22. 对下列流程有关判断正确的是（ ）‎ A. 流程中涉及的反应均为非氧化还原反应 B. 反应②产生的阴离子主要为CO32-‎ C. 实验室中完成反应③应在蒸发皿中进行 D. 反应④的条件是电解熔融 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向铝土矿中加入NaOH溶液，会发生反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，该反应为非氧化还原反应，故A错误；‎ 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，发生反应：NaAlO2+CO2+ 2H2O=Al(OH)3↓ +NaHCO3，由于CO2过量，得到的是HCO3-，故B错误；‎ Al(OH)3灼烧发生分解反应产生Al2O3和水，该反应应该在坩埚中进行，故C错误；‎ 电解熔融的Al2O3制取 金属Al。由于Al2O3熔点高达2000多℃，为了降低物质的熔点，加入助溶剂冰晶石，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎23.将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（ ）‎ ‎①1∶3　②2∶3　③1∶4　④2∶7　⑤任意比 A. ①④ B. ⑤ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，沉淀为Al(OH)3，溶液中的铝可能为AlCl3或NaAlO2，可分别发生：Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，结合反应的离子方程式分为两种情况讨论计算。‎ ‎【详解】设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1和c2，相同体积为V；‎ 若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是‎3c1Vmol，生成c1V mol 的Al(OH)3；‎ 又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al(OH)3有一半(c1V)发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以可求的NaOH的物质的量为：‎3c1V+‎0.5c1V=‎3.5c1V=c2V，所以c1：c2=2：7；‎ 当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则c1V-x=x，所以x=‎0.5c1V，消耗氢氧化钠3x，即‎1.5c1Vmol，所以‎1.5c1V=c2V，所以此时c1：c2=2：3；‎ 故②④正确，故答案为D。‎ ‎24.标准状况下，将‎3.36 L Cl2和一定量SO2混合通入水中所得溶液仍有漂白性，则SO2的物质的量可能的是（ ）‎ ‎①0.2 mo1 ②0.05 mo1 ③0.15 mo1 ④0.l mo1‎ A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下，‎3.36 L Cl2的物质的量为=0.15mol，当Cl2和SO2等物质的量发生Cl2 + SO2 + 2H2O=H2SO4+2HCl时，所得溶液无漂白性，现要求所得溶液仍有漂白性，则n(SO2)≠0.15mol，即确保Cl2或SO2气体过量即可，则SO2的物质的量为①0.2 mo1 、②0.05 mo1、④0.l mo1均满足条件，故答案为A。‎ 二、填空题（本题包括3个小题，共24分）‎ ‎25.按要求完成下列填空。甲、乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系，其中甲物质为氧化物：‎ ‎（1）若甲是不溶于水的白色固体，是刚玉的主要成分，且既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液；乙的酸根中含有金属元素。写出下列物质间的转化： 甲乙的离子方程式___；丙甲的化学方程式____。‎ ‎（2）若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质；乙在标准状况下为无色晶体。 写出下列物质间的转化：甲乙的化学反应方程式____________；丙甲的化学反应方程式_________。‎ ‎【答案】(1). Al2O3 + 6H+=2Al3++ 3H2O (2). 2Al(OH)3Al2O3 + 3H2O (3). 2SO2 + O2 2SO3 (4). 2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)甲为氧化物，不溶于水的白色固体，既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2(SO4)3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al(OH)3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，据此解答；‎ ‎(2)若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SO2，乙为SO3，丙应为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2。‎ ‎【详解】(1)甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2(SO4)3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al(OH)3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，则：甲乙为氧化铝溶于稀硫酸，发生反应的离子方程式为Al2O3 + 6H+=2Al3++ 3H2O；丙甲为氢氧化铝受热分解，发生反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3 + 3H2O；‎ ‎(2)若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SO2，乙为SO3，丙应为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2，则：甲乙为SO2的催化氧化生成SO3，发生反应的化学反应方程式为2SO2 + O2 2SO3；丙甲为浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2，发生反应的化学反应方程式为2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑。‎ ‎26.将单质Fe和FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液一起放进烧杯中，搅拌、静置。根据下述不同情况，填写金属单质或金属离子的符号。‎ ‎（1）充分反应后，若Fe有剩余，则烧杯中不可能含有的金属离子是_____。‎ ‎（2）充分反应后，如果烧杯中还有大量的Fe3+，则还会有的金属离子是_____。‎ ‎（3）如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半，则烧杯中一定没有的金属离子是____，一定没有的金属单质是______。‎ ‎【答案】(1). Fe3+、Cu2+ (2). Fe2+、Cu2+ (3). Fe3+ (4). Fe ‎【解析】‎ ‎【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，铁先与氯化铁溶液反应，Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。‎ ‎【详解】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，则铁先与氯化铁溶液反应。氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu；‎ ‎①Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+；‎ ‎②如容器内有大量Fe3+，说明金属Fe完全溶解且铜离子没有反应，所以还会有的金属离子是Fe2+、Cu2+；‎ ‎③如有一半Cu2+剩余，说明铜离子已部分反应，所以氧化性强的铁离子已完全反应，则容器内一定没有的金属离子是：Fe3+；则Fe完全溶解，一定没有Fe剩余。‎ ‎27.已知： M是人们日常生活中一种重要调料，也是一种重要的化工原料，在灼烧时，焰色反应呈黄色。A、B、D均为单质，在F的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变成血红色，各物质的转化关系如下图所示：‎ 根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）M和水发生电解的化学方程式____________。‎ ‎（2）写出E溶于水的电离方程式__________。‎ ‎（3）F和D反应生成G的离子方程式为____________。‎ ‎（4）向G的溶液中滴加C的溶液，观察到的现象为________。‎ ‎【答案】(1). 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑ (2). HCl=H++Cl- (3). 2Fe3+ + Fe=3Fe2+ (4). 先有白色沉淀生成，后变为灰绿色，最终变为红褐色 ‎【解析】‎ ‎【分析】M是人们日常生活中一种重要调料，也是一种重要的化工原料，在灼烧时，焰色反应呈黄色，则M是NaCl，电解NaCl的水溶液产物为H2、Cl2和NaOH，结合A、B、D均为单质，可知C为NaOH，E为HCl；在F的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变成血红色，可知F为FeCl3，则A为Cl2、B为H2，D为Fe，G为FeCl2，据此分析解题。‎ ‎【详解】由分析知：MNaCl、A为Cl2、B为H2、C为NaOH、D为Fe、E为HCl、F为FeCl3、G为FeCl2；‎ ‎(1)电解NaCl的水溶液发生的化学方程式为2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑；‎ ‎(2)HCl溶于水电离出H+和Cl-，电离方程式为HCl=H++Cl-；‎ ‎(3)Fe溶于FeCl3溶液生成FeCl2的离子方程式为2Fe3+ + Fe=3Fe2+；‎ ‎(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH的溶液，先有白色沉淀生成，因Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成Fe(OH)3，则可继续观察到白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色。‎ 三、实验题（本题包括3个小题，共20分）‎ ‎28.下图装置可作集气瓶和洗气瓶。现有以下5种气体：①Cl2②NH3③NO④NO2⑤SO2‎ ‎ (作答请填序号)。‎ ‎（1）若集气瓶是干燥的，则由b口进气可收集的气体有______。‎ ‎（2）若集气瓶充满水，可收集的气体有_______；此时气体由______口进入。‎ ‎（3）若集气瓶内装入浓硫酸进行气体干燥，不能用此装置干燥的气体是____。若干燥时气体由____口进入。‎ ‎【答案】(1). ② (2). ③ (3). b (4). ② (5). a ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)若烧瓶是干燥的，则由b口进气a口出气，说明收集气体的密度小于空气，且常温下和空气中氧气不反应；‎ ‎(2)若烧瓶充满水，可收集的气体应不溶于水，且与水不反应；‎ ‎(3)干燥气体时，气体应从长导管进，短导管出，且气体与浓硫酸不反应。‎ ‎【详解】(1)若由b口进气a口出气，说明收集气体的密度小于空气，且常温下和空气中氧气不反应，满足条件的气体有②NH3；‎ ‎(2)若烧瓶充满水，可收集的气体应不溶于水，且与水不反应，则③NO符合，用排水法收集气体时，气体应从短导管进，即从b进；‎ ‎(3)干燥气体时，气体应从长导管进，短导管出，且气体与浓硫酸不反应，题中①Cl2③NO④NO2和⑤SO2都可用浓硫酸干燥，气体应该从a口进入，但不能用此装置干燥②NH3。‎ ‎29.化学教材中的实验精彩、有趣，易操作，现象明显。请描述下列实验中的现象。‎ ‎（1）向一支试管中加入5 mL二氧化硫水溶液，滴加BaCl2溶液____(填“有”或“无”)沉淀产生，再滴入0.5 mL H2O2溶液，震荡静置，现象是_______。‎ ‎（2）用毛笔蘸取少量30%的FeCl3溶液，再铜片上画一个“+”，一段时间后，用少量水将铜片上的溶液冲到小烧杯中。铜片上的现象是____________，烧杯中溶液的颜色呈__色。‎ ‎【答案】(1). 无 (2). 有白色沉淀生成 (3). 出现一个有凹陷的“+” (4). 蓝 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)弱酸不能制强酸，二氧化硫与氯化钡不反应；SO2有还原性，能被H2O2溶液氧化为H2SO4；‎ ‎(2)FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，反应方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，铜离子呈蓝色、铁离子呈黄色、亚铁离子呈浅绿色。‎ ‎【详解】(1)弱酸不能制强酸，则向一支试管中加入5 mL二氧化硫水溶液，滴加BaCl2溶液无沉淀产生，再滴入0.5 mL H2O2溶液，发生H2O2+SO2=H2SO4，Ba2+和SO42-发生离子反应生成BaSO4白色漟，则观察到有白色沉淀生成；‎ ‎(2)FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，反应方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，则FeCl3氧化Cu生成Cu2+，Cu被腐蚀，铜片上的现象是出现一个有凹陷的“+”，烧杯中溶液的颜色呈蓝色。‎ ‎30.某同学欲验证碳与浓硫酸反应产物的性质。现已将装置如图连接，请回答下列问题。‎ ‎（1）烧瓶中发生反应的化学反应方程式是___________。‎ ‎（2）实验中两次使用到品红溶液，其目的不同。A的使用目的是_____，通过洗气瓶C中无现象和___的现象，证明反应有_______（填化学式）生成。‎ ‎（3）洗气瓶B中溶液颜色变浅，说明碳与浓硫酸反应的产物之一______（填名称）具有______的性质。‎ ‎（4）实验完成后，取出洗气瓶A中的无色溶液于试管中，加热，可观察到__________。‎ ‎【答案】(1). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (2). 检验反应中有SO2气体生成 (3). 澄清石灰水变浑浊 (4). CO2 (5). SO2 (6). 还原性 (7). 无色溶液又恢复红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】浓硫酸的强氧化性，加热条件下能够将木炭氧化成生成CO2、SO2和水，将反应后的混合气体依次通过A装置，品红褪色，说明有SO2‎ 气体生成，通过B中酸性高锰酸钾溶液，利用SO2的还原性，除去SO2，再通过C中品红时，品红不褪色，说明SO2已经完全除去，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成。‎ ‎【详解】(1)浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下，能把木炭氧化生成CO2、SO2和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎(2)A中品红褪色，可检验反应中有SO2气体生成；经过B装置中酸性高锰酸钾溶液除去SO2后，可通过洗气瓶C中品红不褪色和D中澄清石灰水变浑浊，证明反应有CO2生成；‎ ‎(3)洗气瓶B中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，说明碳与浓硫酸反应的产物之一SO2具有还原性；‎ ‎(4)因SO2与品红生成了不稳定无色物质，则A中品红溶液褪色后，再加热，溶液又恢复红色。‎ 四、计算题（本题包括1个小题，共8分）‎ ‎31.（1）有Mg、Al混合粉末‎10.2 g溶于50 mL 4 mo1·L－1的盐酸，若加入2mo1·L－1的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠的体积为_____mL。‎ ‎（2）标准状况下，将足量的Zn投入到一定量的浓硫酸中，完全反应后，收集到336 mL气体，将该气体通入足量氯水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体‎2.33 g。由此推知该气体中SO2的体积分数为________。‎ ‎（3）某化学学习小组在进行知识整理时发现如下规律：有些反应随着溶液由浓变稀，可能导致“量变引起质变”，并据此拟定了如下几个相关题目，请你给出相应答案。‎ I．实验室制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑（MnO2不能氧化稀盐酸）。用下列两种方法制取氯气：①用含HCl ‎146 g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用‎87 g MnO2与足量的浓盐酸反应。不考虑HCl的挥发，则两种方法生成的氯气的量是方法①____（填“＞”、“＜”或“＝”）方法②。‎ II．用100 mL、18 mo1·L－1的浓硫酸与足量的铜充分反应后，溶液中硫酸根离子的物质的量____（填“＞”、“＜”或“＝”）0.9 mol。‎ ‎【答案】(1). 100 (2). 66.7% (3). ＜ (4). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)加入2mol/L的氢氧化钠溶液，要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒计算氢氧化钠的物质的量，进而计算所需体积；‎ ‎(2)根据BaSO4的质量计算其物质的量，再结合原子守恒得SO2气体的物质的量，最后计算混合气体中SO2的体积分数；‎ ‎(3)I．根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，浓盐酸足量时，能根据MnO2的质量计算出氯气的量；‎ II．铜与浓硫酸反应随着反应的进行，浓硫酸变稀，铜与稀硫酸不反应。‎ ‎【详解】(1)要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=‎0.05L×4mol/L=0.2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为=‎0.1L=100mL；‎ ‎(2)2.33 gBaSO4的物质的量为=0.01mol，有原子守恒知混合气体中SO2的物质的量为0.01mol，标准状况下的体积为0.01mol×‎22.4L/mol=‎0.224L=224mL，则该气体中SO2的体积分数为=66.7%；‎ ‎(3)I．‎146 g HCl的物质的量为=4mol，‎87 g MnO2的物质的量为=1mol，根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，结合MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑可知反应①中产生的氯气小于1mol，而浓盐酸足量时，反应②根据MnO2的质量计算出氯气的量为1mol，则两种方法生成的氯气的量是方法①＜②；‎ II．100 mL、18 mo1·L－1的浓硫酸中所含有H2SO4的物质的量为18mol/L×‎0.1L=1.8mol，铜与浓硫酸反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，被还原的浓硫酸为参加反应的浓硫酸的一半，随着反应的进行，浓硫酸变稀，铜与稀硫酸不反应，故参加反应的硫酸小于1.80mol，则被还原的硫酸的物质的量小于0.900mol，由原子守恒可知充分反应后，溶液中硫酸根离子的物质的量＞1.8mol-0.9mol=0.9 mol。‎