河北省唐山市丰润车轴山中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

河北省唐山市丰润车轴山中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

河北丰润车轴山中学第一学期高一年级12月考试化学试卷 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。‎ ‎【点睛】浓硫酸除具有酸固有的性质--酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子(H2SO4)，这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】明确AlO2-转化为Al(OH)3的反应条件和Al(OH)3本身的两性性质是解题关键，根据题意，AlO2-转化为不溶于水的Al(OH)3，需要与酸溶液反应，而Al(OH)3‎ 具有两性，既能和强酸酸反应又能和强碱反应，要使溶液中的AlO2-完全沉淀，选取试剂时就不能选强酸，只能是弱酸。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等；本题解题关键是溶液能溶解Al(OH)3，则为强酸性或强碱性溶液。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】考查SO2的化学性质，除了具有酸性氧化物的通性，还具有本身的一些特性，要注意与CO2的相同点和不同点；二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体。‎ ‎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 A. A B. B C. C D. D ‎【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。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】明确漂白原理是解题关键，SO2的漂白原理是二氧化硫跟有机色素结合成了不稳定的无色化合物，Cl2的漂白性是其与水生成的HClO有强氧化性，漂白性，Cl2本身无漂白性，特别注意当Cl2和SO2等物质的量发生Cl2 + SO2 + 2H2O=H2SO4+2HCl时，所得溶液无漂白性。‎ 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↑。‎ ‎【点睛】解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，如(1)中氧化物甲既能和稀硫酸反应，又能和NaOH溶液反应，则甲为两性氧化物，结合所学元素及其化合物，只能是氧化铝。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键；本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和Cu2+无剩余。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】考查无机物的推断；注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意电解饱和食盐水的产物和铁三角之间的转化条件是解答该题的关键。‎ 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。‎