河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高一11月月考化学试题

河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高一11月月考化学试题

www.ks5u.com 鲁山一高高一11月月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Al-27 Na-23 Cu-64 S-32 N-14 C-12 Cl-35.5 Mg-24 Fe-56‎ 一、单选题(每小题3分，共60分) ‎ ‎1.吸入人体內的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体內的活性氧，由此推断 Na2SeO3的作用是（ ）‎ A. 作还原剂 B. 作氧化剂 C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 既不作氧化剂又不作还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】吸入人体內氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”， 亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体內的活性氧，说明亚硒酸钠被“活性氧”氧化，亚硒酸钠作还原剂具有还原性，选A。‎ ‎2.下列仪器：①烧杯 ②表面皿 ③试管 ④蒸馏烧瓶 ⑤坩埚 ⑥容量瓶 ⑦锥形瓶 ⑧蒸发皿，能用酒精灯直接加热的是（ ）‎ A. ②③⑤ B. ①④⑦ C. ③⑤⑧ D. ③⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①烧杯属于玻璃仪器，受热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，不能直接加热，故①错误；‎ ‎②表面皿不能用来加热，故②错误；‎ ‎③试管受热面积小，可以直接加热，故③正确；‎ ‎④蒸馏烧瓶受热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，不能直接加热，故④错误；‎ ‎⑤坩埚属于陶瓷类硅酸盐实验用品，可以直接加热，故⑤正确；‎ ‎⑥容量瓶有刻度容量，不能加热，故⑥错误；‎ ‎⑦锥形瓶受热面积大，不能直接加热，加热需要垫石棉网，故⑦错误；‎ ‎⑧蒸发皿属于陶瓷类硅酸盐实验用品，可以直接加热，故⑧正确；‎ ‎③⑤⑧正确，故选C。‎ ‎【点睛】可以加热的常用仪器有：试管、烧杯、烧瓶、锥形瓶、蒸发皿和坩埚等；直接不能用于加热的是量筒、漏斗、集气瓶等；能加热的仪器又分为直接加热和间接加热两种，能直接加热的有：试管、蒸发皿和坩埚；需要垫石棉网加热的仪器有：烧杯、烧瓶、锥形瓶等。‎ ‎3.下列说法正确的是(　　)‎ A. 钠保存在煤油里的原因之一是它的密度比煤油大 B. 铝在空气中很容易燃烧 C. 镁表面的氧化膜疏松，不能保护内层金属 D. 铁锈的主要成分是Fe3O4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠的密度比煤油大、钠与煤油不反应，钠在煤油的底部与氧气隔绝，故A正确； ‎ B. 铝易与空气中的氧气形成致密的氧化膜，Al在空气中加热能熔化，但不容易燃烧，故B错误；‎ C. 镁表面有致密的氧化膜，氧化膜能保护内层金属，故C错误； ‎ D. 铁锈的主要成分是三氧化二铁，不是Fe3O4，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎4.下列叙述中正确的是 （ ）‎ ‎①标准状况下，22.4L CO2和22.4 L CCl4的物质的量相同 ‎②标准状况下，16g O2和14 g N2的体积相同 ‎ ‎③1 L 1 mol•L﹣1 HCl溶液中含有HCl分子为NA个 ‎④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同 ‎⑤同温同体积下，气体物质的物质的量越大，则压强越大 ‎⑥标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L A. ①②③ B. ②③⑥ C. ④⑤⑥ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①标准状况下，22.4L CO2的物质的量是1mol；标准状况下，CCl4是液体，22.4 L CCl4的物质的量不是1mol，故①错误；‎ ‎②16g O2的物质的量是0.5mol， 14 g N2的物质的量是0.5mol，根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，同物质的量的气体，体积一定相同，故②正确；‎ ‎③氯化氢是强电解质， HCl溶液中不含HCl分子，故③错误；‎ ‎④两种气体物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，故④错误；‎ ‎⑤根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同体积，气体物质的量越大，则压强越大，故⑤正确；‎ ‎⑥CO与N2的相对分子质量都是28，28 g CO与N2的混合气体的物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4 L，故⑥正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列物质的检验中，其结论一定正确的是（　　）‎ A. 某溶液为蓝色，则该溶液一定是CuSO4溶液 B. 向某溶液中加入Ba（NO3）2溶液无明显现象，再滴入几滴硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中含有Cl﹣‎ C. 向某溶液中加入CaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有Ag+‎ D. 加入稀HNO3酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有SO42﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蓝色溶液可能是CuSO4溶液，也可能使CuCl2溶液、Cu(NO3)2溶液等，A错误；‎ B、向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液无明显现象，说明该溶液中不含SO42-、SO32-、CO32-等离子，排除上述离子干扰之后，再滴入几滴硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中含有Cl－，B正确；‎ C、由溶解性表可知，向某溶液中加入CaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中可能含有Ag+，也可能含有SO42-、SO32-、CO32-等离子中的一种或多种，C错误；‎ D、加入稀HNO3酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中可能有SO，也可能有Ag+或SO32-等，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点晴】物质检验的重要技巧——检验反应要求具有一定的选择性、典型性和明显性的外部特征，如变色（用指示剂检验酸、碱、盐的溶液等）、生成气体（如用盐酸等试剂检验CO32-等）、沉淀的生成和溶解（如Cl－、SO等的检验）；检验反应时常需排除干扰，如检验SO应排除CO32-、SO32-或Ag+等的干扰等。‎ ‎6.下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L－1的是 ( )‎ A. 将250 g CuSO4·5H2O溶解1 L水中 B. 将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液 C. 将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸加入9 L水中 D. 将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液的体积不是1L，不能计算物质的量浓度，A错误；‎ B、氯化氢的物质的量不一定是1mol，其浓度不一定是1mol/L，B错误；‎ C、稀释后溶液的体积不是10L，不能计算盐酸的浓度，C错误；‎ D、10g氢氧化钠是10g÷40g/mol＝0.25mol，溶液的体积为0.25L，所以浓度是1mol/L，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎7.等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是( )‎ A. 将钠投入到足量水中 B. 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中 C. 将钠放入足量稀硫酸中 D. 将钠放入足量稀盐酸中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该过程只有钠和水反应放出H2；‎ B、将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出H2，并生成NaOH溶液，铝和NaOH溶液反应也放出H2；‎ C、该过程只有钠和酸反应放出H2；‎ D、该过程只有钠和酸反应放出H2；‎ 故钠的质量相同的情况下，B放出H2最多，故选B。‎ ‎8. 等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是( )‎ A. 甲、乙中都是铝过量 B. 甲中铝过量，乙中碱过量 C. 甲中酸过量，乙中铝过量 D. 甲中酸过量，乙中碱过量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2‎ ‎↑可知：相同物质的量的铝，消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸，所以根据生成的氢气是5︰6可知，铝在与稀硫酸反应时，铝是过量的，硫酸是不足的，而与氢氧化钠反应时，铝是不足的，氢氧化钠是过量的，所以正确的答案选B。‎ ‎9.用98％的浓硫酸(密度为1.84 g/cm3 )配制100 mL l mol/L的稀硫酸。现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL烧杯 ④托盘天平 ⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是.( )‎ A. ④③⑦⑤⑥； B. ②⑤⑦⑥； C. ①③⑤⑥⑦； D. ②⑥③⑦⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓硫酸的浓度为=18.4mol/L，根据溶液稀释过程中溶质的量是不变的规律可知，VmL×18.4mol/L=100 mL× l mol/L，V=5.4mL，因此应该选择10mL量筒；据此进行分析。‎ ‎【详解】结合以上分析可知，实验步骤是：用10 mL量筒量取5.4mL的浓硫酸，在烧杯中稀释后，转移到100 mL容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒并把洗涤液移入容量瓶，加水定容，震荡摇匀，按使用仪器的先后顺序排列为②10 mL量筒、⑥胶头滴管、③50 mL烧杯、⑦玻璃棒、⑤100 mL容量瓶、⑥胶头滴管，故选D。‎ ‎【点睛】该题侧重实验能力的考查，理解物质的量浓度溶液配制的原理，重点是实验操作的规范性和准确性，培养活运用知识解决实际问题的能力。‎ ‎10.把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用b mol烧碱刚好把铵根离子全部赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗c mol氯化钡，由此可知原溶液中NO3—的物质的量浓度是（单位：mol·L—1） ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+；与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol；令每份中NO3-‎ 的物质的量为n，根据电荷守恒，则bmol×1=cmol×2+n×1；解得n=(b-2c)mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c(NO3-)= mol·L-1，故选D。‎ ‎11.实验室用自来水制蒸馏水的实验装置如下图所示：‎ 下列关于该实验的叙述中正确的是(　　)‎ A. 用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶 B. 进行蒸馏实验时，装置内部应保持与大气相通以保证安全 C. 实验结束时应该先停止通冷凝水，后熄灭酒精灯 D. 取锥形瓶内少量液体，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸馏实验中用到的玻璃仪器除酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶外，还有温度计、牛角管等，故A错误；‎ B.进行蒸馏实验时，装置内部应保持与大气相通以保证安全，故B正确；‎ C.实验结束时应该先撤酒精灯，再停止通冷凝水，故C错误；‎ D.取锥形瓶内少量液体为蒸馏水，加入硝酸银溶液无沉淀生成，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎12.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是( )‎ A. 金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出Mg＋2H＋＋2Cl－=MgCl2＋H2↑‎ B. 氯化钡溶液与稀硫酸反应：有白色沉淀生成 Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓‎ C. 碳酸钠溶液与盐酸反应：有气泡逸出 Na2CO3＋2H＋=2Na＋＋CO2↑＋H2O D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3‎ ‎↓＋2H2O＋CO32—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属镁与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，有气泡逸出，反应的离子方程式是Mg＋2H＋=Mg2+＋H2↑，故A错误；‎ B. 氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的离子方程式是 Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓，故B正确；‎ C. 碳酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，有气泡逸出，反应的离子方程式是 CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，故C错误；‎ D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O，故D错误。‎ 选B。‎ ‎13.下列离子能大量共存的是( )‎ A. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中: Na+、K+、SO42-、CO32-‎ B. 无色透明的溶液中:Cu2+、K+、SO42-、NO3-‎ C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中:Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-‎ D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中:Na+、K+、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B.Cu2+呈蓝色，故B错误；‎ C.含有大量Ba（NO3）2的溶液中含有大量钡离子，钡离子与SO42-反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题易错点在于忽略限制条件，如溶液的酸碱性及是否有颜色等。‎ ‎14.某实验室合成了一种可溶的金属氯化物（RClx），为了测定该金属氯化物的成分，研究人员做了以下实验：取物质的量浓度为0.05 mol•L﹣1的金属氯化物（RClx） 溶液20‎ ‎ mL，使之恰好与20 mL 0.15 mol•L﹣1的AgNO3溶液完全反应．则该氯化物的化学式为（　　）‎ A. RCl B. RCl2 C. RCl3 D. RCl4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】消耗硝酸银的物质的量是0.02L×0.15mol/L＝0.003mol，则根据离子方程式Ag＋＋Cl－＝AgCl可知，氯离子的物质的量是0.003mol，所以根据氯离子守恒可知0.05mol/L×x×0.02L＝0.003mol，解得x＝3，C正确；‎ 故答案选C。‎ ‎15.已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+。在bL FeBr2溶液中通入a mol Cl2时，使溶液中50% 的Br﹣氧化为Br2，则原FeBr2的物质的量浓度为 A. a/b mol•L﹣1 B. 2a/b mol•L﹣1 C. 3a/b mol•L﹣1 D. 5a/b mol•L﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-) =2x mol，参加反应的n(Br-) =2x mol×50%=x mol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c= 来计算作答。‎ ‎【详解】由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，参加反应的n(Br-) =2x mol×50%=x mol，根据电子转移守恒，有x mol×1+x mol×1=a mol×2，解得x=a mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为c ===mol/L，故合理选项为A。‎ ‎【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。需要特别注意的是，在同一个溶液中，存在多种具有还原性的离子时，要遵循先后顺序，由于氧化剂的量不同，导致的离子反应方程式也不尽相同。‎ ‎16.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是 A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B. 若1 mol NF3被还原，反应转移电子数为2NA C. 若生成0.4 mol HNO3，则转移0.4 mol电子 D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有氮元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；‎ B.由化学方程式可知，3molNF3参加反应，其中2mol被还原，1mol被氧化，转移的电子的物质的量为2mol，所以1mol NF3被还原，反应转移电子数为NA，故B错误；‎ C.生成0.4molHNO3，转移的电子的物质的量为0.4mol×(5-3)=0.8mol，故C错误；‎ D.NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律．已知氧化性：Fe3+＞Cu2+，在溶有Fe2（SO4）3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜 B. 若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+‎ C. 若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中一定无Fe3+‎ D. 若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】A．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，A正确；‎ B．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，B正确；‎ C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，C错误；‎ D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎18.常温下，在溶液中能发生如下反应：①2A2++B2＝2A3++2B﹣；②16H++10Z﹣+2XO4-＝2X2++5Z2+8H2O；③2B﹣+Z2＝B2+2Z﹣，由此判断下列说法错误的是 A. Z2+2A2+＝2A3++2Z﹣反应可以进行 B. Z元素在②③反应中均被还原 C. 氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+‎ D. 还原性由强到弱顺序是A2+、B﹣、Z﹣、X2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此解答。‎ ‎【详解】①根据2A2++B2＝2A3++2B-可知物质的氧化性：B2>A3+；还原性：A2+>B-；②根据16H++10Z-+2XO4-＝2X2++5Z2+8H2O可知物质的氧化性：XO4->Z2；还原性：Z->X2+；③根据2B-+Z2＝B2+2Z-可知物质的氧化性：Z2>B2；还原性：B->Z-，所以物质的氧化性：XO4->Z2>B2>A3+，还原性：A2+>B->Z->X2+。则 A．由于氧化性：Z2>A3+，所以反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可以进行，A正确；‎ B．Z元素在②反应中被氧化；Z元素在③反应中被还原，B错误；‎ C．根据以上分析可知物质的氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+，C正确；‎ D．根据以上分析可知物质的还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎19.下列关于氧化物分类的说法不正确的组合为(　　)‎ ‎①金属氧化物也可以是酸性氧化物；②非金属氧化物一定是酸性氧化物；③碱性氧化物一定是金属氧化物；④能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物；⑤能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物 A. ③④⑤ B. ①②③ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属氧化物也可以是酸性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，故①正确；‎ ‎②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO等为不成盐氧化物，故②错误；‎ ‎③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，一定是金属氧化物，故③正确；‎ ‎④能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠和盐酸反应生成盐和水、氧气，但发生的是氧化还原反应，故④错误；‎ ‎⑤能与碱反应生成盐和水的氧化物不一定是酸性氧化物，如NO2和碱反应生成盐和水，但发生的是氧化还原反应，故⑤错误；‎ 因此②④⑤错误，故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化物分类、氧化物的物质组成和反应、注意概念实质的理解应用，注意知识积累，答题时注意学会利用举例排除法。‎ ‎20.由Na、Mg、A1、Fe四种金属单质中的两种组成的混合物共12g，跟足量盐酸反应，产生5.6LH2（标准状况下），由此可判断混合物中必定含有 A. Na B. Fe C. Mg D. Al ‎【答案】B ‎【解析】‎ 标准状况下5.6L氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，转移0.5mol电子。根据电子得失守恒可知消耗金属Na、Mg、A1、Fe四种金属单质的质量分别是11.5g、12g、4.5g、14g，由于混合物共计是12g，则混合物中必定含有铁，答案选B。‎ 点睛：极值法解题的关键是紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落脚点。基本思路是：把可逆反应假设成向左或向右的完全反应或把混合物假设成纯净物或把平行反应分别假设成单一反应等。‎ 二．填空题(包括4个大题，共40分)‎ ‎21.有下列物质：①氢气， ②铝，③氧化钙， ④二氧化碳，⑤硫酸，⑥氢氧化钠，⑦红褐色氢氧化铁胶体，⑧氨水，⑨稀硝酸，⑩硫酸铝。回答下列问题：‎ ‎(1)上述物质中属于电解质的有__________(填序号)。‎ ‎(2)可以利用________区分⑦、⑧两种分散系 ‎(3)⑩在水中的电离方程式为_________。‎ ‎(4)过量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为______________。‎ ‎(5)②与⑥的溶液发生反应的化学方程式为__________。‎ ‎【答案】 (1). ③⑤⑥⑩ (2). 丁达尔现象 (3). Al2(SO4)3=2Al3++3SO42- (4). CO2+OH-=HCO3- (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；‎ ‎(2)胶体可以产生丁达尔现象；‎ ‎(3)硫酸铝在水中电离出铝离子和硫酸根离子；‎ ‎(4)过量的二氧化碳气体通入氢氧化钠溶液中生成碳酸氢钠；‎ ‎(5)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；‎ ‎【详解】①氢气是单质，既不是电解质又不是非电解质； ②铝是单质，既不是电解质又不是非电解质；③氧化钙在熔融状态下可导电，属于电解质； ④二氧化碳自身不能电离，属于非电解质；⑤硫酸水溶液能导电，硫酸是电解质；⑥氢氧化钠的水溶液能导电，氢氧化钠是电解质；⑦红褐色氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑧氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑨稀硝酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑩硫酸铝的水溶液能导电，硫酸铝是电解质；属于电解质的有③⑤⑥⑩；‎ ‎(2)胶体可以产生丁达尔现象，溶液不能产生丁达尔现象，所以可利用丁达尔现象区分氢氧化铁胶体和氨水两种分散系；‎ ‎(3)硫酸铝在水中电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式是Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-；‎ ‎(4)过量的二氧化碳气体通入氢氧化钠溶液中生成碳酸氢钠，反应的离子方程式是CO2+OH-=HCO3-；‎ ‎(5)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎22.小王同学准备用CuSO4·5H2O配制480 mL 0.1 mol/L的溶液。‎ ‎（1）小王同学通过计算，决定称取___g CuSO4·5H2O ‎（2）当往容量瓶里加蒸馏水时，为避免过量，应在凹液面距刻度线___cm时停止引流，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切，该操作过程叫做____。‎ ‎（3）小王同学还想通过实验分别检验溶液中是否含有Cu2+、SO42-，请你帮他想想办法，选择适当的试剂（写化学式），并写出其相应的离子方程式。‎ 溶质 加入试剂 离子方程式 Cu2+‎ ‎___________‎ ‎___________‎ SO42-‎ ‎___________‎ ‎___________‎ ‎【答案】 (1). 12.5g (2). 1-2cm (3). 定容 (4). 氢氧化钠溶液 (5). Cu2+ +2OH-═ Cu（OH）2 (6). 盐酸 和氯化钡溶液 (7). Ba2++ SO42- = BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）配制480 mL溶液，选用500 mL容量瓶，根据m=cVM计算胆矾的质量。‎ ‎（2）根据定容操作回答；‎ ‎（3）根据铜离子与氢氧根离子反应生成蓝色沉淀检验铜离子；根据硫酸根离子与钡离子反应生成难溶于硝酸的白色沉淀检验硫酸根离子。‎ ‎【详解】（1）配制480 mL溶液，选用500 mL容量瓶，称取CuSO4·5H2O的质量m=cVM=0.1 mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g；‎ ‎（2）当往容量瓶里加蒸馏水时，为避免过量，应在液体的凹液面距刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切，该操作过程叫做定容。‎ ‎（3）向溶液中滴加氢氧化钠溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有铜离子；向溶液中滴加稀盐酸，无现象，再滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则含有硫酸根离子；‎ 溶质 加入试剂 离子方程式 Cu2+‎ 氢氧化钠溶液 Cu2+ +2OH-═ Cu（OH）2‎ SO42-‎ 盐酸 和氯化钡溶液 Ba2++ SO42- = BaSO4↓‎ ‎【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，硫酸根离子的检验，注意根据选择容量瓶的容积计算胆矾质量，检验硫酸根离子要先用盐酸排除碳酸根、氯离子、亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡溶液。‎ ‎23.将饱和的Fe Cl3溶液逐滴滴入沸水中，液体变为红褐色 ：‎ ‎（1）写出反应的化学方程式_____。‎ ‎(2)将其装入U形管内，用石墨棒做电极，接通直流电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色_____，这表明__________，这种现象称为_____。‎ ‎(3)向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是______；原因是__________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (2). 加深 (3). Fe(OH)3胶粒带正电 (4). 电泳 (5). 先出现红褐色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，溶液呈棕黄色 (6). 先出现胶体的聚沉现象，随后Fe(OH)3与稀硫酸发生复分解反应而溶解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将饱和Fe Cl3溶液逐滴滴入沸水中生成氢氧化铁胶体；‎ ‎（2）)胶体粒子带电荷，能发生电泳；‎ ‎（3）)胶体遇电解质溶液发生聚沉现象，氢氧化铁沉淀能硫酸反应生成可溶性硫酸铁和水；‎ ‎【详解】（1）将饱和Fe Cl3溶液逐滴滴入沸水中，继续加热，得到红褐色的液体为氢氧化铁胶体，反应方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；‎ ‎（2）异种电荷相互吸引，通电一段时间后发现阴极附近颜色加深，氢氧化铁胶粒移向阴极，说明Fe(OH)3胶粒带正电，这种现象称为电泳；‎ ‎（3）胶体遇电解质溶液发生聚沉现象，氢氧化铁沉淀能硫酸反应生成可溶性硫酸铁和水，向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量稀硫酸，先出现胶体的聚沉现象，随后Fe(OH)3与稀硫酸发生复分解反应而溶解，现象是先出现红褐色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，溶液呈棕黄色。‎ ‎24.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为：KClO3＋HCl(浓)== KCl＋ClO2↑＋Cl2↑＋。‎ ‎ (1)请 写出完整的化学方程式并配平_______。‎ ‎(2)浓盐酸在反应中显示出来性质是_______(填写编号)。‎ ‎①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性 ‎(3)用双线桥法标明电子转移的方向和数目____。‎ ‎(4)产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为___mol。‎ ‎【答案】 (1). 2KClO3＋4HCl(浓)== 2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O (2). ② (3). ‎ ‎ (4). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据元素守恒可知产物中有水生成；根据得失电子守恒配平方程式；‎ ‎(2) HCl中的部分氯元素化合价由-1升高为0、HCl中部分氯元素化合价不变生成KCl；‎ ‎(3)KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，HCl中氯元素化合价由-1升高为0；‎ ‎(4)根据(3)计算产生0.1molCl2转移的电子的物质的量。‎ ‎【详解】(1)根据元素守恒可知产物中有水生成，KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，HCl中氯元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，配平方程式为2KClO3＋4HCl(浓)== 2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O；‎ ‎(2) HCl中的部分氯元素化合价由-1升高为0，所以HCl表现还原性，HCl中部分氯元素化合价不变生成KCl，所以HCl表现酸性，故选②；‎ ‎(3)KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是 ；‎ ‎(4)根据(3)可知，生成2mol Cl2转移2mol电子，所以产生0.1molCl2转移的电子的物质的量为0.1mol。‎ ‎【点睛】考查氧化还原反应基本概念、配平、计算等，正确判断氧化产物、还原产物是关键，注意同种元素发生氧化还原反应时，价态归中不交叉原则。‎