2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年度（上） 高一学年期末考试试题高一 化学期末试题 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 Cl：35.5 Fe56 Zn65 ‎ 说明：本试卷共分I卷和II卷，满分100分，时间90分钟。请将答案写在答题卡对应位置。‎ 一、选择题：（每题2分，共50分，每个题只有一个答案） ‎ ‎1.下列各组混合物只用分液漏斗无法分离的是(　　)‎ A. 植物油和水 B. NaOH溶液和四氯化碳 C. 四氯化碳和稀硫酸 D. 酒精和水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、植物油和水互不相溶且密度不同，采用分液方法分离，A正确；B、NaOH溶液和四氯化碳互不相溶且密度不同，采用分液方法分离，B正确；C、四氯化碳和稀硫酸互不相溶且密度不同，采用分液法分离，C正确；D、酒精和水互溶，不能用分液法分离，两者沸点不同，可用蒸馏法分离，D错误。正确答案为D。‎ ‎2.下列实验操作中错误的是(　　)‎ A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分少量剩余时，才能停止加热 B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蒸发操作时，当有大量晶体析出时停止加热，故A说法正确；‎ B、蒸馏时，需要让液体转化成气体，即达到气体沸点，因此温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B说法正确；‎ C、分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故C说法正确；‎ D、选择有机萃取剂，萃取剂的密度与水的密度大小无关，故D说法错误。‎ ‎【点睛】选择萃取剂的原则，一是萃取剂与原溶剂不能互溶；二是萃取剂与被萃取物质不能发生反应；三是被萃取物质在萃取剂的溶解度远远大于在原溶剂的溶解度。‎ ‎3.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 熔融状态下或在水溶液中能自身电离出自由移动的离子的化合物是电解质 B. 凡是在水溶液里和熔化状态下都不能导电的物质叫非电解质 C. 能导电的物质一定是电解质 D. 某物质若不是电解质，就一定是非电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．电解质是指熔融状态下或在水溶液中能自身电离出自由移动的离子的化合物，故A正确；B．非电解质是在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物，故B错误；C．能导电的物质不一定是电解质，如Cu、NaCl溶液等，胶体本身不一定能导电，故C错误；D．单质和溶液不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案为A。‎ 考点：考查电解质与非电解质的概念 ‎4.下列说法正确的是(　　)‎ A. 6.02×1023个分子的体积约是22.4L B. 0.5mol H2的体积为11.2L C. 标准状况下，1mol H2O的体积为22.4L D. 标准状况下，体积相同的气体所含的分子数相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．气体的体积要指明温度和压强，不是1mol任何物质的体积都可以是22.4L，故A错误；B．0.5mol H2的体积不一定为11.2L，没有指明温度和压强，故B错误；C．标准状况下，H2O为液体，故C错误；D．根据阿伏加德罗定律可知标准状况下，体积相同的气体所含的分子数相同，故D正确；答案为D。‎ ‎【考点定位】考查气体体积的影响因素 ‎【名师点晴】通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎5.下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 硫酸亚铁溶液中通入氯气 Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋Cl－‎ B. 碳酸镁跟稀硫酸反应：MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋H2O＋CO2↑‎ C. 石灰乳与稀盐酸反应OH-+H+= 2H2O D. 稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H＋=Cu2＋+H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．硫酸亚铁溶液中通入氯气发生的离子反应为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，故A错误；B．碳酸镁跟稀硫酸反应的离子反应方程式为MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋H2O＋CO2↑，故B正确；C．石灰乳不可拆分，用Ca(OH)2表示，故C错误；D．钢片不能溶解于稀硫酸，故D错误；答案为B。‎ ‎【考点定位】考查离子反应方程式正误判断 ‎【名师点晴】考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； ④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。‎ ‎6.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(　　)‎ A. lmolO2作为氧化剂得到的电子数一定为4NA B. 标准状况下，40gSO3 所占的体积一定小于11.2L C. 0.4mol/LNa2SO4 溶液中，所含Na+和SO42-总数为1.2NA D. 在标准状况下，0.1molFe粉在少量氯气中燃烧转移电子数为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 钠与氧气生成过氧化钠的反应中，lmolO2作为氧化剂得到的电子数为2NA，故A错误；40gSO3 的物质的量是0.5mol，标准状况下SO3 是固体，故B正确；没有溶液的体积，不能计算Na2SO4 的物质的量，故C错误；0.1molFe粉在氯气中燃烧只生成FeCl3，故D错误。‎ ‎7.有关100mL 0.1mol/L K2SO4溶液的叙述正确的是(　　)‎ A. 含有0.1molK2SO4 B. 水的体积为0.1L C. c(K+)=0.2 mol/L D. 取出10mL溶液，c(K2SO4)=0.01mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 含有K2SO4的物质的量是0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，A错误；B. 溶液的体积为0.1L，B错误；C. 1mol硫酸钾电离出2mol钾离子和1mol硫酸根离子，所以溶液中c(K+)=0.2 mol/L，C正确；D. 溶液是均一稳定的，取出10mL溶液，c(K2SO4)=0.1mol/L，D错误，答案选C。‎ 点睛：关于物质的量浓度还需要注意：①概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和，计算溶液的体积应该用溶液的质量与密度进行换算。②溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度（物质的量浓度、溶质的质量分数、离子浓度）均不发生变化，但溶质的物质的量与溶液体积有关系。‎ ‎8.下列气体中，不会造成空气污染的是 A. N2 B. NO C. NO2 D. SO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：氮气是空气的主要成分，不是大气污染物，其余选项都是污染物，答案选A。‎ 考点：考查常见大气污染物的判断 点评：该题是识记性知识的检验，难度不大，记住常见的污染性气体即可，有利于培养学生的环境保护意识，增强学生的社会责任感。‎ ‎9.下列金属氧化物中属于两性氧化物的是 A. Na2O2 B. Al2O3 C. Fe2O3 D. CaO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 应从两性氧化物的定义入手，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物；‎ ‎【详解】A、Na2O2属于过氧化物，不属于两性氧化物，故A不符合题意；‎ B、Al2O3能与酸反应，如与盐酸反应：Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O，也能与NaOH反应：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，符合两性氧化物的定义，Al2O3属于两性氧化物，故B符合题意；‎ C、Fe2O3属于碱性氧化物，故C不符合题意；‎ D、CaO属于碱性氧化物，故D不符合题意。‎ ‎10.下列反应中，不能产生氢气的是（ ）‎ A. 红热的铁与水蒸气 B. 钠与水 C. 铝和NaOH溶液反应 D. 铁与浓硫酸反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、红热的铁与水蒸气反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2↑，有氢气产生，故A不符合题意；‎ B、Na与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，有氢气产生，故B不符合题意；‎ C、铝与氢氧化钠溶液的反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，有氢气产生，故C不符合题意；‎ D、铁常温下与浓硫酸发生钝化反应，不产生氢气，故D符合题意。‎ ‎11.下列说法正确的是（ ）‎ A. 二氧化硅广泛用于光纤通讯 B. 工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品 C. 水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品 D. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SiO2是制造光导纤维的主要成分，即SiO2广泛用于光纤通讯，故A正确；‎ B、石英成分是SiO2，SiO2不与盐酸反应，常用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故B错误；‎ C、水晶成分是SiO2，属于氧化物，不属于硅酸盐，故C错误；‎ D、粗硅制备晶体硅，发生的反应是Si＋3HClSiHCl3＋H2，SiHCl3＋H2Si＋3HCl，这两个反应均属于氧化还原反应，故D错误。‎ ‎12.下列关于金属铝的说法正确的是(　　)‎ A. 金属铝能与所有的酸和碱发生反应 B. 铝能够在空气中稳定存在，主要是因为它表面有致密而稳定的氧化膜 C. 在酒精灯火焰上灼烧铝箔时，铝箔会发生剧烈的燃烧现象 D. 工业上利用电解氯化铝溶液的方法冶炼铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、金属铝不能与所有的酸和碱发生反应，只与强酸或强碱反应，故A错误；B、铝能够在空气中稳定存在，主要是因为它表面有致密而稳定的氧化膜，保护内部金属不与其它物质反应，故B正确；C、在酒精灯火焰上灼烧铝箔时，铝箔会熔化而不滴落，故C错误；D、工业上利用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故D错误；故选B。‎ ‎13.下列关于铁的氧化物说法不正确的是(　　)‎ A. 铁的氧化物通常状况下都是有色固体 B. 四氧化三铁是一种复杂的铁的氧化物，它与盐酸反应后的溶液中同时存在Fe2+和Fe3+‎ C. 氧化铁是铁锈的主要成分，因此氧化铁俗称为铁锈 D. 工业上常使用铁的氧化物做原料冶炼铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、铁的氧化物通常状况下都是有色固体，如氧化铁是红棕色，氧化亚铁和四氧化三铁都是黑色的，故A正确；B、四氧化三铁是一种复杂的铁的氧化物，其中1/3是Fe2＋、2/3是Fe3＋，Fe3O4可看作是由FeO、Fe2O3形成的化合物。[实质是Fe(FeO2)2，偏铁酸亚铁盐]，，它与盐酸反应后的溶液中同时存在Fe2+和Fe3+，B正确；C、铁锈的主要成分是Fe2O3·XH2O，故C错误；D、 工业上常使用铁的氧化物做原料用一氧化碳冶炼铁，故D正确；故选C。‎ ‎14.用NaCl 固体配制0.1mo/L 的NaCl 溶液1000mL，下列操作或说法正确的是（ ）‎ A. 将5.85gNaCl 固体溶于1L水中可配成0.1mol/L的NaCl 溶液 B. 称量时，将固体NaCl 直接放在天平左盘上 C. 固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线 D. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、要配制0．1mol/L的NaCl溶液980mL，应选用1000ml的容量瓶配成1000ml，5.85g NaCl的物质的量为0.1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，溶剂的体积不是1L，A错误；B、药品不能直接放在托盘上，防止腐蚀，应放在称量纸上或玻璃器皿中，B错误；C、定容之前应洗涤烧杯、玻璃棒，再加水至刻度线1-2cm改用胶头滴管定容，C错误；D、配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不影响溶液的体积，不会影响实验结果，D正确。答案选D。‎ 考点：溶液的配制 ‎15.下列对实验过程的评价正确的是(　　)‎ A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3‎ B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42—‎ C. 某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性 D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl－,先加稀盐酸除去OH－,再加硝酸银溶液,有白色沉淀出现,证明含Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．因碳酸盐、碳酸氢盐等与盐酸反应均可生成无色气体，则某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，则该固体不一定是CaCO3，故A错误；B．因硫酸钡、氯化银均为不溶于水和酸的白色沉淀，则某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO42-或Ag+，故B错误；C．因碱性溶液遇酚酞变红，则某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C正确；D．验证烧碱溶液中是否含有Cl一，加稀盐酸除去OH-，会引入氯离子，造成干扰，应该加稀硝酸除去OH-，再加硝酸银溶液，验证是否含C1-，故D错误；故选C。‎ ‎16.镁、铝、铁三种金属，分别与足量的同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则反应中( )‎ A. 金属失去电子数目相等 B. 消耗金属的质量相等 C. 消耗金属的物质的量相等 D. 消耗的HCl的量不相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时，氢离子得到电子的数目必然相等，而这些电子均由金属提供，则参加反应的金属失去的电子数相等，选项A正确；B．铁、镁、铝三种金属，分别与同体积同浓度的盐酸反应后，同温同压下，产生相同体积的氢气，设所需要的金属质量分别是x、y、z，则有×2=×2=×3，所以可得参加反应的金属质量比是28：12：9，选项B错误；C．若相同条件下产生相同体积的氢气，设为1mol，则根据反应的关系式可知：所需Fe、Mg、Al 三种金属的物质的量之比为：1mol：1mol：mol=3：3：2，选项C错误；D．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时消耗的盐酸的物质的量相等，选D错误。答案选A。‎ 点睛：本题主要考查了金属的化学性质以及金属与酸反应的实质和有关的计算，铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子；同温同压下，产生相同体积的氢气，说明产生的氢气的物质的量相等，1mol铁失去2mol电子，1mol镁失去2mol电子，1mol铝失去3mol电子，据此解答。‎ ‎17.提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是 物质 除杂试剂 方法 A CO2(HCl)‎ NaOH溶液 洗气 B FeCl2溶液(FeCl3)‎ 足量铜粉 过滤 C FeSO4溶液(CuSO4)‎ 足量铁粉 过滤 D Al2O3(Fe2O3)‎ NaOH溶液 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、二氧化碳也与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B、氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了铜离子，应该用铁粉，B错误；C、铁与硫酸铜发生置换反应生成铜与硫酸亚铁，过滤即可除去，C正确；D、氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化铁不反应，不能除杂，D错误，答案选C。‎ ‎18.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是 A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红 C. 实验Ⅲ：放出大量气体 D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、 实验Ⅰ中为Fe（OH）3胶体的制取，得不到Fe（OH）3沉淀，A错误。 B、实验Ⅱ中，Fe3+与SCN-反应显红色，Fe2+无现象，B错。C、实验Ⅲ中Mg不与NaOH溶液反应，无气体，C错误。 D、Al3+先生成Al（OH）3沉淀，后沉淀溶于NaOH，D对。正确答案为D ‎19.若下列图像中横轴代表所加溶液体积，纵坐标代表生成沉淀质量，则各项描述中与图像能对应的是（　　）‎ ‎①②③④‎ A. 图①可能是MgCl2、AlCl3溶液逐滴加氨水至过量 B. 图②可能是AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量 C. 图③可能是NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量 D. 图④可能是含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．MgCl2、溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀完全后不再变化，A错误；B．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠，发生的反应为：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O ‎，两过程中氢氧化钠的用量为3：1，与图象不符合，B错误；C．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2－＋H＋＋2H2O===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，两过程消耗盐酸量为1：3，与图象不符合，C不正确；D．向含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量，氨水首先与盐酸发生中和反应，然后沉淀铝离子，由于氨水不能溶解氢氧化铝，所以沉淀达到最大值以后，不再发生变化，D正确，答案选D。‎ 点睛：本题以图象题形式考查了铝盐、偏铝酸盐与酸、碱反应以及沉淀的变化分析，注意滴加顺序不同，量不同会导致产物不同。答题时要根据反应过程判断结合图像的变化趋势去分析解答，尤其要注意起点、拐点以及终点的判断。‎ ‎20. 下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是 ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2‎ ‎②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4‎ ‎③向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2‎ ‎④向石灰水中通入过量CO2‎ ‎⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. ①②③ B. ①②⑤ C. ①②③⑤ D. ①③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，NaHCO3通入CO2时不会反应，故①符合题意；②先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解，故②不符合题意；③SO3+H2O＝H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2＝BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解，故③符合题意；④向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O＝Ca（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失，故④不符合题意；⑤向硅酸钠溶液中加入盐酸生成H2SiO3沉淀，H2SiO3不溶于HCl，故⑤符合题意，答案选D。‎ 考点：考查元素化合物知识，胶体等 ‎21.下列两种溶液相互滴加就可以鉴别的是(　　)‎ A. AlCl3溶液和NaAlO2 溶液 B. AlCl3溶液和盐酸 C. NaHCO3溶液和盐酸 D. Na2CO3溶液和盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 无论AlCl3溶液和NaAlO2 溶液如何滴加，反应一定生成氢氧化铝沉淀，相互滴加不能鉴别，故A错误；AlCl3溶液和盐酸不反与，相互滴加不能鉴别，故B错误；无论NaHCO3溶液和盐酸如何滴加，反应一定生成二氧化碳气体，相互滴加不能鉴别，故C错误；盐酸滴入Na2CO3溶液中开始没有气体，Na2CO3‎ 溶液滴入盐酸中开始就有二氧化碳气体放出，所以相互滴加就可以鉴别，故D正确。‎ 点睛：把碳酸钠滴入盐酸中和把盐酸滴入碳酸钠溶液中现象不同，可以用互滴法鉴别；把氢氧化钠滴入氯化铝溶液中直接生成氢氧化铝沉淀，把氯化铝滴入氢氧化钠溶液中开始没有沉淀，所以可以用互滴法鉴别氢氧化钠、氯化铝。‎ ‎22.把4.48LCO2通过一定量的固体过氧化钠后收集到3.36L气体(气体的测量均在标准状况下)，所得气体的总质量是(　　)‎ A. 3.2g B. 4.8g C. 5.4g D. 6g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 令参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：‎ ‎2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2↑，气体体积减小△V ‎2 1 1‎ a b 4.48L-3.36L=1.12L 解得：a=2.24L，b=1.12L，‎ 生成氧气的体积1.12L，小于3.36L，故二氧化碳有剩余，‎ 所以：3.36L气体中CO2体积为4.48L-2.24L=2.24L，O2的体积为1.12L，‎ 所以4.48L气体的质量为×44g/mol+×32g/mol=6.0g。答案选D。‎ 点睛：本题考查根据方程式的计算，难度中等，本题采取差量法计算，可以避免单独讨论或计算判断最后气体的组成，注意差量法的理解与运用。根据气体的体积差，通过差量法计算参加反应的二氧化碳体积、生成的氧气的体积，判断3.36L气体的组成及各成分的体积，再根据n=计算各组分气体的物质的量，利用m=nM计算质量。‎ ‎23.锌与100mL 18.5mol•L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲35.84L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液中c（H+）=0.1 mol/L，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 反应中共消耗1.8molH2SO4‎ B. 气体甲中SO2与H2的体积比为7：1‎ C. 反应中共消耗1.6molZn D. 反应中共转移3.2mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 生成气体的物质的量为=1.6mol，溶液剩余硫酸的物质的量为 ‎×1L×0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，根据Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑有：x+y=1.6，2x+y=1.8，解之得 x=0.2，y=1.4，所以反应会生成0.2mol的二氧化硫和1.4mol的氢气。A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8molH2SO4，故A正确；B．气体甲为SO2和H2的混合物，且V(SO2)：V(H2)= n(SO2)：n(H2)=1：7，故B错误；C．反应中共消耗金属Zn的质量n(Zn)=0.2mol+1.4mol =1.6mol，故C正确；D．在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O中，生成0.2mol的二氧化硫转移电子为0.4mol，反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑中，生成1.4mol氢气转移电子2.8mol，所以反应中共转移3.2mol电子，故D正确；故选B。‎ ‎24.取一定量的NaOH溶液通入CO2后，再继续向该溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如下图所示，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 原溶液中NaOH的物质的量为0.75 mol B. 通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3‎ C. 通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3 mol NaHCO3‎ D. 纵坐标中a的数值为224‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、当加入75mL的盐酸时，气体达到最大，溶质为NaCl，根据元素守恒，n(NaOH)=n(HCl)=n(NaCl)=75×10－3×0.1mol=7.5×10－3mol，故错误；B、0～25消耗盐酸的体积小于25～75消耗的体积，因此溶质为Na2CO3、NaHCO3，故错误；C、发生的反应是Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，因此原溶液中NaHCO3物质的量为：[(75－25)×10－3×0．1－25×10－3×0.1]mol=2.5×10－3mol，故正确；D、根据选项C的分析，V(CO2)=(75－25)×10－3×0.1×22.4×10－3mL=112mL，故错误。‎ 考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质以及碳酸钠和盐酸反应的实质等知识。‎ ‎25.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 在某透明溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-‎ B. 在含0.1mol/LHClO溶液中：Cu2+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ C. 在含0.1mol/LFeCl3溶液中：K+、NH4+、I-、SCN-‎ D. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3-、Cu2+、Na+、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一看：溶液有无颜色，二看：溶液的酸碱性，三看：是否发生氧化还原反应、复分解反应、络合反应等；‎ ‎【详解】A、这四种离子能大量共存，故A正确；‎ B、HClO具有强氧化性，Fe2＋以还原性为主，HClO能把Fe2＋氧化成Fe3＋，因此四种离子在指定溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C、Fe3＋与I－发生氧化还原反应，Fe3＋与SCN－生成Fe(SCN)3，因此在指定溶液不能大量共存，故C错误；‎ D、该溶液为无色溶液，Cu2＋显蓝色，故D错误。‎ ‎【点睛】易错点为D选项，能与铝反应放出氢气，该溶液为酸或碱，若为酸，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与金属铝反应产生NO，若为碱，Cu2＋与OH－不能大量共存。‎ 二、非选择题(共四道大题，总计 50分)‎ ‎26.现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸、②小苏打、③纯碱、④二氧化碳、⑤葡萄糖、⑥0.1mol/LNaOH溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑧氨水、⑨Al2O3、⑩硫酸铁溶液 ‎（1）上述十种物质中，属于非电解质的有_____（填序号）。‎ ‎（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是_________（填序号）。‎ ‎（3）既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是__________（填序号）。‎ ‎（4）标谁状况下，_____L④中含有0.4mol氧原子。‎ ‎（5）现有100mL⑩溶液中含Fe3+ 5.6g，则溶液中c(SO42-)=_____________。‎ ‎（6）将①滴加到⑥的溶液中，⑥的溶液导电能力变化为___________（填“增强”“ 减弱”或“基本不变”）‎ ‎【答案】 (1). ④⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑨ (4). 4.48 (5). 1.5mol/L (6). 基本不变 ‎【解析】‎ ‎（1）在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的有二氧化碳、葡萄糖。（2）强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用离子方程式H++OH-＝H2O表示，这两种物质是硫酸与氢氧化钠。（3）既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是小苏打和氧化铝。（4）0.2molCO2含有0.4mol氧原子，标谁状况下体积为0.2mol×22.4L/mol＝4.48L。（5）5.6g铁离子的物质的量是0.1mol，则相应硫酸铁的物质的量是0.05mol，硫酸根的物质的量是0.15mol，则溶液中c(SO42-‎ ‎)＝0.15mol÷0.1L＝1.5mol/L；（6）硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，由于硫酸根离子的浓度基本不变，所以溶液导电能力基本不变。‎ ‎27.①H2SO4、②过氧化钠、③碳酸氢钠、④二氧化硅是常见的物质。请回答下列问题。‎ ‎（1）上述四种物质分别加入到紫色石蕊溶液中，溶液变红的是____________（填序号）。‎ ‎（2）写出H2SO4 的电离方程式________________________________。‎ ‎（3）写出过氧化钠与水反应的化学方程式________________________________。‎ ‎（4）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸) 过多，反应的离子方程式为________。‎ ‎（5）写出二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). ① (2). H2SO4=2H++SO42- (3). 2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ (4). HCO3-+H+═H2O+CO2↑ (5). SiO2+2OH-═SiO32-+H2O ‎【解析】‎ ‎（1）酸能使紫色石蕊溶液变红色，因此溶液变红的是硫酸。（2）硫酸是二元强酸，H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++SO42-。（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。（4）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为HCO3-+H+＝H2O+CO2↑。（5）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-＝SiO32-+H2O。‎ ‎28.Ⅰ.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4 和较多的Fe3+和Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。实验室模拟该工业流程如图：‎ ‎(1)检验废水中的Fe2+，实验室中用酸性KMnO4溶液检验，发生反应的离子方程式为________。‎ ‎(2)加入过量物质1后，发生反应的离子方程式为___________________________。‎ ‎(3)固体2是__________，实验室为长期保存硫酸亚铁溶液往往向其溶液中加入__________。‎ Ⅱ.工业上冶炼铝的原料是铝土矿( 主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等)。某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：‎ ‎(1)加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有________(填化学式)。‎ ‎(2)加入过量NaOH溶液过滤后，若滤渣中Fe(OH)2也被氧化，写出其被氧化的化学方程式______________。‎ ‎(3)写出通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 5Fe2++MnO4-+8H+ = 5Fe3++Mn2++4H2O (2). Fe+2Fe3+= 3Fe2+、Cu2++Fe=Cu+Fe2+ (3).‎ ‎ 铜（或Cu） (4). 铁粉（或Fe） (5). NaOH　NaAlO2　NaCl (6). 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (7). AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Fe2+能被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+；工业废水中含大量的FeSO4 和较多的Fe3+和Cu2+，先加过量铁，过滤，得到溶液1为FeSO4，固体1为Cu和多余的铁，再向固体1中加过量稀硫酸，过滤得到的固体2为Cu，溶液2为FeSO4；‎ Ⅱ. 铝土矿中二氧化硅和盐酸不反应，滤液中含有氯化铝、氯化铁、氯化亚铁，加入过量的NaOH 溶液，生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀和偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠， 滤渣中Fe(OH)2被氧气氧化为氢氧化铁。‎ 解析：（1）Fe2+能被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+ = 5Fe3++Mn2++4H2O；（2）工业废水中含大量的FeSO4 和较多的Fe3+和Cu2+，先加过量铁，铁粉与Fe3+和Cu2+都能反应，反应离子方程式是Fe+2Fe3+= 3Fe2+、Cu2++Fe=Cu+Fe2+；（3）固体1为Cu和Fe，再向Cu和Fe中加过量稀硫酸，Fe溶于硫酸，过滤得到的固体2为Cu；硫酸亚铁易被氧气氧化，向硫酸亚铁溶液中加入铁粉可以防止Fe2+被氧化。‎ Ⅱ. （1）铝土矿中二氧化硅和盐酸不反应，滤液中含有氯化铝、氯化铁、氯化亚铁，加入过量的NaOH 溶液，生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀和偏铝酸钠溶液，所以过滤后的滤液中含有的溶质有NaAlO2　NaCl；（2）滤渣中Fe(OH)2被氧气氧化为氢氧化铁，被氧化的化学方程式4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。‎ ‎（3）偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO。‎ 点睛：偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO；偏铝酸钠溶液中通入少量的二氧化碳可以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32-。‎ ‎29.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，该同学怎样操作可以使分液漏斗液体顺利滴下___________________________；‎ ‎(2)实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为____________________，若实验室用酸性KMnO4 ‎ 和浓盐酸反应制Cl2，反应的离子方程式为________________________。‎ ‎(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都褪色，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：___________。‎ ‎(4)若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2一段时间后B中现象为_____________________。‎ ‎(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). 取下分液漏斗的玻璃塞 (2). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (4). 褪色的品红溶液又恢复成红色 (5). 无明显现象 (6). 溶液变浑浊（或有沉淀生成） (7). Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2；酸性KMnO4 和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性。（4）若将B 中品红换成Na2S溶液，通SO2后可以发生5 SO2 + 2 Na2S + 2 H2O == 3 S↓+ 4 NaHSO3；（5）SO2和Cl2 、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4。‎ 解析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压，可以取下分液漏斗的玻璃塞使分液漏斗液体顺利滴下；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2，反应方程式是MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；酸性KMnO4 和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水，反应离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性，所以给B、D 两个试管分别加热，B试管褪色的品红溶液又恢复成红色、D试管无明显现象。（4）若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2后发生5 SO2 + 2 Na2S + 2 H2O == 3 S↓+ 4 NaHSO3，现象是溶液变浑浊；（5）SO2和Cl2 、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4，所以品红溶液不褪色，反应方程式是Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。‎ ‎ ‎