【化学】黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 ‎1. 化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. pH小于7的雨水被称为酸雨 B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒 C. 推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治SO2污染 D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5×10－6m)的细小可吸入颗粒物，其与空气形成的分散系属于胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH小于5.6的雨水被称为酸雨,故A错误；‎ B. 明矾常用于饮用水的净化，不能消毒，故B错误；‎ C. 推广使用燃煤脱硫技术，减少SO2的排放，故C正确；‎ D. PM2.5的直径大于胶体的直径，不属于胶体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关金属的说法中不正确的是(　　)‎ A. 钠是一种强还原剂，可以把钛、锆、铌等从其熔融盐中置换出来 B. 镁燃烧发出耀眼白光，常用于制造信号弹和烟火 C. 铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作 D. 铁能与硫酸发生反应，不能用铁制容器贮存浓硫酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠是一种强还原剂，可以把钛、锆、铌等从其熔融盐中置换出来，故A正确； ‎ B、镁常用于制造信号弹和焰火，是因为燃烧发出耀眼的白光，故B正确； ‎ C、印刷电路板的制作的原理是Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故C正确； ‎ D、铁在浓硫酸中发生钝化，而在稀硫酸中要发生氧化还原反应，故能用铁制容器贮存的是浓硫酸，故D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎3. 下列化合物中，既能通过单质间化合直接制取,也能通过单质和盐酸反应直接制取的是（ ）‎ A. CuCl2 B. FeCl2 C. FeCl3 D. MgCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；‎ B．铁与氯气反应生成FeCl3，故B错误；‎ C．铁与盐酸反应生成FeCl2，不能生成FeCl3，故C错误；‎ D．镁与氯气反应生成MgCl2，与盐酸反应生成MgCl2，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 水晶项链和餐桌上瓷盘都是硅酸盐制品 B. 工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品 C. SiO2广泛用于光纤通讯 D. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水晶的成分是二氧化硅，故A错误；‎ B、工艺师利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故B错误；‎ C、SiO2广泛用于光纤，故C正确；‎ D、粗硅制备单晶硅先利用氧化反应即用Cl2氧化粗硅为SiCl4，再利用还原反应即用H2还原SiCl4，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.已知两瓶气体，分别是HCl和Cl2。可以区别它们的方法或试剂是 （ ） ‎ ‎①观察颜色 ②打开瓶盖看有无白雾 ③湿润的淀粉试纸 ④湿润的红色石蕊试纸 ⑤湿润的蓝色石蕊试纸 ⑥硝酸银溶液 A. ①②③④ B. ①②⑤⑥ C. ①②④⑤ D. ①②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cl2为黄绿色气体，而氯化氢无色，可以通过观察气体颜色鉴别二者，故①正确；‎ ‎②氯化氢极易溶于水，打开瓶盖后有白雾，而Cl2不具有此性质，据此可鉴别二者，故②正确；‎ ‎③HCl和Cl2都不与淀粉反应，无法用湿润的淀粉试纸检验，故③错误；‎ ‎④HCl不能使红色石蕊试纸变色，而Cl2能够使湿润的红色石蕊试纸褪色，可以据此鉴别二者，故⑤正确；‎ ‎⑤湿润的蓝色石蕊试纸遇Cl2先变红后褪色，湿润的蓝色石蕊试纸遇HCl只变红，故可以用湿润的蓝色石蕊试纸来区别Cl2和HCl，故⑤正确；‎ ‎⑥HCl和Cl2都能够与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，无法用硝酸银溶液鉴别二者，故⑥错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6. 下列说法正确的是（ ）‎ A. SO2通入BaCl2溶液中无现象，加入氨水后得到BaSO4沉淀 B. SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，体现SO2的漂白性 C. SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红色 D. 等物质的量的SO2和Cl2通入水中，溶液的漂白性增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2通入BaCl2溶液中无现象，加入氨水后得到BaSO3沉淀，A错误；‎ B.SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，B错误；‎ C. SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红色，C正确；‎ D. 等物质的量的SO2和Cl2通入水中，两种物质发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，因此所得溶液不具有漂白性，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎7.在氯水中存在多种分子和离子,它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是（ ）‎ A. 加入有色布条,一会儿有色布条褪色,说明溶液中有HCl存在 B. 溶液呈黄绿色,且有刺激性气味,说明有Cl2分子存在 C. 加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,说明有Cl2存在 D. 加入Na2CO3溶液,有气泡产生,说明有HClO分子存 ‎【答案】B ‎【解析】氯气溶于水后，部分氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl-、ClO-、OH-‎ ‎。A．氯化氢不具有漂白性，次氯酸具有漂白性，加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，A错误；B．氯水中含有氯气分子，氯气为黄绿色且有刺激性气味，B正确；C．氯水中含有氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，所以加入AgNO3溶液产生白色沉淀，但不能据此说明有氯气存在，C错误；D．次氯酸的酸性弱于碳酸钠，加入Na2CO3溶液，有气泡产生，说明氯水溶液呈酸性，有盐酸存在，不能证明含有次氯酸，D错误；答案选B。‎ ‎8.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）‎ A. 往Na2SiO3溶液中加入盐酸：2Na++SiO32-+2H+=H2SiO3↓+2Na+‎ B. 氯气与烧碱溶液反应：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O C. 向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2气体：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-‎ D. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅酸钠属于可溶性盐，写成离子形式，往Na2SiO3溶液中加入盐酸，正确的离子方程式：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，A错误；‎ B．氯气与烧碱溶液反应生成可溶性盐：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，B正确；‎ C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体生成Al(OH)3和NaHCO3，正确的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，C错误；‎ D．铜片插入硝酸银溶液中生成银和硝酸铜，正确的离子方程式：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎9.下列有关试剂的保存方法，正确的是（ ）‎ A. 浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中 B. 少量的钠保存在水中 C. 氢氧化钠溶液保存在具磨口玻璃塞的试剂瓶中 D. FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硝酸见光受热易分解，因此保存在棕色试剂瓶中，且放在阴凉处，故A错误；‎ B、钠和水反应，应保存在煤油中，故B错误；‎ C、磨口仪器，SiO2和NaOH反应，生成Na2SiO3，Na2SiO3具有黏合，应保存在橡胶塞的试剂瓶中，故C错误；‎ D、FeSO4中Fe2＋以还原性为主，容易被氧气氧化成Fe3＋，而Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.当反应条件（如温度、浓度或物质的量等）发生改变时，下列不会引起生成物发生改变的是( )‎ A. Na和O2 B. CO2和NaOH ‎ C. AlCl3和NaOH D. Fe和Cl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠和氧气常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，所以生成物和反应条件温度有关，故A不符合题意；‎ B、少量二氧化碳通入氢氧化钠溶液中生成碳酸钠，过量二氧化碳通入氢氧化钠溶液生成碳酸氢钠，所以生成物和反应物的用量有关，故B不符合题意；‎ C、少量氢氧化钠和氯化铝反应AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O，过量氢氧化钠和氯化铝反应AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，反应物用量不同，产物不同，故C不符合题意；‎ D、铁和氯气在加热条件下只生成三氯化铁，与用量无关，故D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎11.下列说法正确的是( )‎ ‎①合金的硬度可以大于它的纯金属成分，合金的熔点可以低于它的成分金属 ‎②碘酒、豆浆、牛奶、淀粉溶液都是胶体 ‎③FeO不稳定，在空气里受热就迅速被氧化成Fe2O3‎ ‎④新型陶瓷、玛瑙、玻璃都不是硅酸盐产品 ‎⑤漂粉精等可用于游泳池的消毒，而有些高级的游泳池则用臭氧等进行消毒 ‎⑥水玻璃、纯碱、氧化钙都是电解质 ‎⑦Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2都可以用化合反应制得 A. ①⑤⑦ B. ①③⑦ C. ②⑤⑦ D. ③⑥⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】①合金的硬度高、熔点低；‎ ‎②分散质粒子直径介于1-100nm之间的分散系为胶体；‎ ‎③FeO很易被空气氧化，不需要加热；‎ ‎④以含硅物质为原料经加热制成的产品，通常称为硅酸盐产品。所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称；‎ ‎⑤臭氧为强氧化剂，可以杀菌消毒；‎ ‎⑥水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；‎ ‎⑦化合反应是两种或两种以上物质反应生成一种物质。‎ ‎【详解】①合金的硬度高，可以大于它的纯金属成分、熔点低于组分金属的熔点，故①正确；‎ ‎②分散质粒子直径介于1-100nm之间的分散系为胶体，豆浆、牛奶和淀粉溶液均为胶体，碘酒为碘单质的酒精溶液不是胶体，故②错误；‎ ‎③FeO是一种黑色粉末，不稳定FeO很易被空气氧化，不需要加热，故③错误；‎ ‎④玛瑙的主要成分是二氧化硅，其不属于硅酸盐产品，故④错误；‎ ‎⑤漂粉精等可用于游泳池的消毒，是次氯酸钙溶液中次氯酸根离子水解生成了次氯酸，具有消毒杀菌的作用，臭氧具有强氧化性，有些高级的游泳池则用臭氧等进行消毒，故⑤正确；‎ ‎⑥水玻璃为硅酸钠的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；‎ ‎⑦CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2,故三者均可由化合反应制得，故⑦正确。‎ 故答案选A。‎ ‎12.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）‎ A. Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3 B. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2‎ C. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；‎ B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；‎ C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；‎ D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3‎ 和H2O，D项不符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎13.在一定温度和压强下，把装有NO和 NO2的混合气体的试管倒立于水中，充分反应后，试管内气体的体积缩小为原气体体积的3/5，则原混合气体中NO和NO2的体积比为（ ）‎ A. 2：3 B. 3：2 C. 5：3 D. 3：5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设原气体体积为5，则 ‎，所以NO与NO2体积比为2：3，A项正确，答案选A。‎ ‎14.下列各组离子能够大量共存的是（　　）‎ A. 加入Al粉后产生H2的溶液中：Na+、HCO3﹣、SO42﹣、Cl¯‎ B. 滴加石蕊试剂变红的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、Cl¯‎ C. 酸性溶液中：Fe3+、K+、SCN¯、SO42﹣‎ D. 澄清透明的溶液中：Cu2+、H+、NH4+、SO42﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应以及题干中的限制条件分析判断。‎ ‎【详解】A. 加入Al粉后产生H2的溶液显酸性或碱性，HCO3－在酸性溶液中或碱性溶液中均不能大量共存，A不符合；‎ B. 滴加石蕊试剂变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3—之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合；‎ C. 酸性溶液中Fe3+、SCN—发生反应，不能大量共存，C不符合；‎ D. 澄清透明的溶液中Cu2+、H+、NH4+、SO42—之间不反应，可以大量共存，D符合；‎ 答案选D。‎ ‎15.将Cl2通入100mL 0.5mol/L氢氧化钾溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比是1：2，则通入的Cl2在标准状况下的体积为( )‎ A. 0.56L B. 1.12L C. 1.68L D. 2.24L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由Cl2与KOH恰好反应生成KCl、KClO、KClO3，结合n(K)=n(Cl)可知n(Cl2)=n(KOH)=×0.1L×0.5mol/L=0.025mol，通入的Cl2在标准状况下的体积为V(Cl2)=0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故合理选项是A。‎ ‎16.CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是( )‎ A. 滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物 B. 通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性 C. 整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应 D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。‎ ‎【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；‎ B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；‎ C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；‎ D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎17.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况，且（2）、（3）、（4）图中分别有OA﹕AB=2﹕3， OA＝AB， OA﹕AB=3﹕2，则下列分析与判断不正确的是（忽略CO2的溶解）（ ）‎ A. M中只有一种溶质的有（1）和（3）‎ B. M中有两种溶质有（2）和（4）‎ C. （2）图显示M中的溶质为NaHCO3和Na2CO3，二者的物质的量之比为2：1‎ D. （4）图显示M中的溶质为NaOH和Na2CO3，二者的物质的量之比为1：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A．图（1）中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3；图（3）中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3，故A正确；‎ B．图（2）中OA：AB=2:3，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，图（4）中OA：AB=3:2，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，故B正确；‎ C．图（2）中OA：AB=2:3，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，OA段是碳酸钠与盐酸反应生成等物质的量的碳酸氢钠，则原溶液中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为2:1，故C错误；‎ D．图（4）中3:2，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，且OA段发生的是酸碱中和和碳酸钠与盐酸反应生成等物质的量的碳酸氢钠，则原溶液中氢氧化钠与碳酸钠的物质的量之比为1:2，故D正确。‎ 答案为C。‎ ‎18.向200 mL 0.1 mo/L的Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧后得到固体的质量为（ ）‎ A. 1.44 g B. 1.6 g C. 1.8 g D. 2.14 g ‎【答案】B ‎【解析】Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+‎ 完全沉淀，得到硝酸钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，200mL 0.1mol/L的Fe(NO3)2溶液中n[Fe(NO3)2]=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由Fe原子守恒可知：n[Fe(NO3)2]=2n（Fe2O3），所以n（Fe2O3）=0.02mol÷2=0.01mol，其质量为0.01mol×160g/mol=1.6g，答案选B。‎ ‎19.现有易溶强电解质的混合溶液10L，其中可能含存、、、、、、、中的几种，向其中通入气体，产生沉淀的量与通入的量之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该溶液中能确定存在的离子是、、‎ B. 肯定不存在的离子是、‎ C. 若不能确定的离子中至少还存在一种阳离子，则该离子的最小浓度为0.2mol/L D. OA段反应的离子方程式：2 AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】通入二氧化碳，在OA段产生沉淀，说明一定含Ba2+，根据离子共存条件，一定不含SO42-，因二者反应会生成硫酸钡沉淀；在BC段产生沉淀，说明含AlO2-，AlO2-存在碱性环境，故一定含OH-，不含NH4+，因NH4+与OH-反应放氨气，根据OA段，通入1mol二氧化碳生成1mol沉淀，所以 Ba2+为1mol，反应方程式为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，AB段沉淀不变，说明二氧化碳和OH-反应，结合OA段可知含 OH-共2.5mol，根据BC段可知发生反应：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-，故消耗二氧化碳0.5mol，即AlO2-的物质的量为1mol，CD段发生反应：CO32-+CO2+H2O═2HCO3-，DE段发生反应：BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3-，根据电荷守恒，所含阳离子所带正电荷为Ba2+所带电荷：2mol，阴离子所带负电荷为AlO2-、OH-所带：2.5mol+1mol=3.5mol，故一定还含阳离子，根据电荷守恒，计算出所含阳离子物质的量，进而计算出浓度。‎ ‎【详解】通入二氧化碳，在OA段产生沉淀，说明一定含Ba2+，根据离子共存条件，一定不含SO42-，因二者反应会生成硫酸钡沉淀；在BC段产生沉淀，说明含AlO2-，AlO2-存在碱性环境，故一定含OH-，不含NH4+，因NH4+与OH-反应放氨气，根据OA段，通入1mol二氧化碳生成1mol沉淀，所以 Ba2+为1mol，反应方程式为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，AB段沉淀不变，说明二氧化碳和OH-反应，结合OA段可知含 OH-共2.5mol，根据BC段可知发生反应：2AlO2-+CO2+3H2O═2A l(OH)3↓+CO32-，故消耗二氧化碳0.5mol，即AlO2-的物质的量为1mol，CD段发生反应：CO32-+CO2+H2O═2HCO3-，DE段发生反应：BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3-，根据电荷守恒，所含阳离子所带正电荷为Ba2+所带：2mol，阴离子所带负电荷为AlO2-、OH-所带电荷：2.5mol+1mol=3.5mol，故一定还含阳离子；‎ A.根据以上分析，该溶液中能确定存在的离子是Ba2+、AlO2-、OH-，故A错误；‎ B.根据以上分析，该溶液中一定不含：NH4+、Cl-、SO42-，故B错误；‎ C.不能确定离子中至少还存在一种阳离子存在，所给阳离子中还有K+、Na+没确定，可通过焰色反应来鉴别；根据电荷守恒，所含离子的物质的量设为n，则有：n+2mol=4mol，n=2，浓度为：=0.20mol/L，故C正确；‎ D.BC段反应的离子方程式：2AlO2-+CO2+3H2O═2A l(OH)3↓+CO32-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ 二、填空题 ‎20.(1)分别取W g钠、铁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是________。 ‎ ‎(2)分别取0.1 mol钠、铁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是______。 ‎ ‎(3)若产生相同物质的量的氢气，反应所需钠、铁、铝的质量比是____________。 ‎ ‎(4)若产生相同体积(同温、同压)的氢气，反应所需钠、铁、铝三种金属的物质的量之比是____。 ‎ ‎(5)分别取金属钠、铁、铝0.2 mol，分别投入10 mL 1 mol·L-1盐酸中，在标准状况下产生氢气的体积大小的顺序是___________。‎ ‎【答案】(1). ：： (2). 1：2：3 (3). 23：12：9 (4). 6：3：2 (5). Na＞Mg=Al ‎【解析】‎ ‎【详解】钠、镁和铝在反应中分别失去1、2、3个电子，则 ‎（1）分别取Wg钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生H2的体积比：：。‎ ‎（2）分别取0.1mol 钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生H2的体积比是0.05：0.1：0.15＝1：2：3。‎ ‎（3）若产生相同物质的量的H2，假设都是1mol，则所需钠、镁、铝的质量比为23：12：9。‎ ‎（4）若产生相同体积（同温同压下）的H2，由于体积之比是相应的物质的量之比，假设都是1mol，则所需的钠、镁、铝物质的量比为6：3：2。‎ ‎（5）若将0.2mol钠、镁、铝分别投入到10mL 1mol•L﹣1的盐酸中，盐酸均不足，钠是活泼的金属，一定产生0.1mol氢气，镁、铝产生的氢气相等均是0.005mol，因此在标准状况下，产生体积H2的大小顺序是Na＞Mg=Al。‎ ‎21.(1)硅酸盐可以改写成氧化物的形式，将下列硅酸盐改写成氧化物的形式：‎ ‎①镁橄榄石(Mg2SiO4)：____。‎ ‎②高岭石[Al2(Si2O5)(OH)4]：____。‎ ‎(2)写出下列反应的方程式:‎ ‎①漂白粉露置于空气中较长时间后失效的化学方程式: _________________________。‎ ‎②Cl2通入NaOH溶液中，发生反应的离子方程式：________________________。‎ ‎③NO2与水反应的化学方程式为___________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________．‎ ‎【答案】(1). 2MgO•SiO2 (2). Al2O3•2SiO2•2H2O (3). Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO)3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑ (4). Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O (5). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (6). 1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的一般形式：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水；‎ ‎（2）漂白粉露置于空气中首先生成次氯酸，次氯酸见光分解后失效；氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；NO2与水反应生成NO和硝酸，氧化剂与还原剂物质的量之比等于还原产物NO与氧化产物HNO3的物质的量之比。‎ ‎【详解】（1）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的一般形式：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水，注意各种元素化合价不变；‎ ‎①橄榄石（Mg2SiO4）改写成氧化物形式为：2MgO•SiO2；故答案为：2MgO•SiO2；‎ ‎②高岭石[Al2(Si2O5)(OH)4]改写为氧化物形式为：Al2O3•2SiO2•2H2O；故答案为：Al2O3•2SiO2•2H2O；‎ ‎（2）①漂白粉露置于空气中失效的化学反应方程式为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑，故答案为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；‎ ‎ ②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸与水，反应离子方程式Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O， 故答案为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；‎ ‎③NO2与水反应生成NO和硝酸，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，还原产物NO与氧化产物HNO3的物质的量之比为1：2，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；1：2。‎ ‎22.(1)用FeSO4·7H2O配制FeSO4溶液时，需加入稀H2SO4和________。‎ ‎(2)在过量FeSO4溶液中滴入稀硫酸，再滴入几滴H2O2溶液，溶液立即变黄。上述反应的离子方程式为______________________________________。‎ ‎(3)为检验上述反应中的氧化产物，甲同学取少许上述反应后的溶液，加入_____________，出现血红色溶液，证明氧化产物为Fe3+；乙同学取少许上述反应后的溶液，加入_________溶液，溶液变蓝，证明氧化产物为Fe3+，该反应的离子方程式为_________。‎ ‎(4)为证明上述反应后的溶液中仍存在过量的Fe2+，可向其中滴加_________溶液。‎ ‎【答案】(1). 铁屑或铁粉(钉) (2). 2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O (3). KSCN溶液 (4). 淀粉KI溶液 (5). 2Fe3++2I-==2Fe2++I2 (6). 酸性KMnO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）FeSO4极易被空气氧化为Fe2(SO4)3；‎ ‎（2）亚铁离子被H2O2溶液氧化成铁离子； （2）氧化产物是铁离子，检验铁离子的方法可以是KSCN溶液，也可通过铁离子的氧化性分析作答； （3）Fe2+具有还原性，可加入强氧化性的酸性高锰钾溶液，通过观察颜色变化来分析判断。‎ ‎【详解】（1）为防止FeSO4被空气氧化为Fe2(SO4)3‎ ‎，又不引入新的杂质，则在配制过程中，需加入还原剂铁屑或铁粉(钉)，故答案为铁屑或铁粉(钉)；‎ ‎（2）在过量FeSO4溶液中加入稀硫酸，再滴入几滴H2O2溶液，溶液立即变黄，说明亚铁离子被氧化成铁离子，所以反应的离子方程式其为：2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O，‎ 故答案为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O；‎ ‎（3）氧化产物是铁离子，检验铁离子可滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明存在铁离子，因铁离子会将碘离子氧化成碘单质，遇淀粉会变蓝，则根据题设条件可知，乙同学通过加入淀粉KI溶液来检测Fe3+的存在，其发生的离子方程式为：2Fe3++2I-==2Fe2++I2，‎ 故答案为KSCN溶液；淀粉KI溶液；2Fe3++2I-==2Fe2++I2；‎ ‎（4）为证明上述反应后的溶液中仍存在过量的Fe2+，可加入酸性高锰钾溶液，如果紫色褪去，说明溶液中仍存在过量的亚铁离子，故答案为酸性KMnO4。‎ ‎23.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：‎ ‎（1）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_________；④反应离子方程式__________。‎ ‎（2）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式_______________________。④反应的离子方程式______________。D中加入氢氧化钠的现象__________。‎ ‎（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式________________________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为____________________。‎ ‎【答案】(1). 2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (2). AlO2-+CO2（过量）+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3- (3). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (4). Fe+2Fe3+＝3Fe2+ (5). 生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (6). SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O (7). SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④‎ 反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al(OH)3； （2）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质，则B为Fe2O3等，C为FeCl3，D为FeCl2； （3）若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体，则A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3。‎ ‎【详解】（1）若D物质具有两性，推断D为Al(OH)3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，气体是二氧化碳，说明C为偏铝酸钠，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为铝盐，则②反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，④反应离子方程式为AlO2-+CO2（过量）+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎（2）若A是应用最广泛的金属，A为Fe，铁与水高温下反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质，推断为Cl2，则C为FeCl3，D为FeCl2，因此④反应的离子方程式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+；氯化亚铁中加入氢氧化钠的现象为生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；‎ ‎（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为Si。B常用用于制作高档光学器材，B是二氧化硅。C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，C是硅酸钠，D的溶液显碱性，④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体，即二氧化碳，所以D是碳酸钠。根据以上分析可知③反应的化学方程式为SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑。‎ ‎24.Cl2和H2O2是高中阶段最常见的两种氧化剂，经查阅资料Cl2氧化能力强于H2O2，能将H2O2氧化。为了验证该结论，学生设计了如下图所示的实验装置进行实验（夹持装置略去）。请回答下列问题。‎ ‎（1）A中的方程式为_____________________（用单线桥标电子转移方向与数目）；‎ ‎（2）试管B中饱和食盐水的作用__________________；‎ ‎（3）试管C中加入5mL 30% 双氧水，发生反应的化学方程式____________________；‎ ‎（4）试管D中充满10% NaOH溶液，NaOH溶液的作用是__________________；‎ ‎（5）将浓盐酸注入圆底烧瓶A，当装置中的空气基本排尽后关闭止水夹，反应一段时间后试管D中的现象为_____________________________________________，试管D中的气体检验方法为____________；‎ ‎（6）有的同学对上述实验中D试管中的气体来源产生质疑，你认为可能的来源有：_____________（用方程式回答）。对于质疑可以采用对比实验来解决。‎ ‎【答案】(1). (2). 除去Cl2中混有的HCl (3). Cl2+H2O2=2HCl+O2 (4). 吸收多余的Cl2 (5). 试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升； (6). 打开止水夹，用带火星的木条检验，复燃，证明是氧气 (7). 2H2O2=2H2O+O2↑或Cl2+H2O=HCl+HclO，2HClO2HCl+O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）高锰酸钾能够氧化浓盐酸制备氯气； （2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大； （3）氯气与双氧水反应生成氯化氢和氧气； （4）氯气有毒，直接排放会引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，被吸收； （5）氯气和过氧化氢反应生成氧气，氧气难溶于水，根据氧气具有助燃性进行验证氧气； （6）过氧化化氢分解生成氧气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解生成氧气。‎ ‎【详解】（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，方程式：； （2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；故答案为：除去Cl2中混有的HCl； （3）氯气与双氧水反应生成氯化氢和氧气，化学方程式为：Cl2+H2O2=2HCl+O2，故答案为：Cl2+H2O2=2HCl+O2‎ ‎； （4）氯气有毒，直接排放会引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，被氢氧化钠溶液吸收，所以可以用氢氧化钠吸收过量的氯气；故答案为：吸收多余的氯气； （5）Cl2+H2O2=2HCl+O2，当关闭止水夹，反应一段时间后试管D中因氧气不断增多，气体压强增大，所以试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升，氧气使带火星的木条复燃，可用此法验证氧气，故答案为：试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升；该气体能使带火星的木条复燃，证明是氧气；  （6）试管D中气体来源可能为过氧化氢的分解2H2O2=2H2O+O2↑，也可能为氯气氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解，相应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑。‎