【化学】山西省应县第一中学校2019-2020学年高一上学期第四次月考试题（解析版）

【化学】山西省应县第一中学校2019-2020学年高一上学期第四次月考试题（解析版）

山西省应县第一中学校2019-2020学年高一上学期第四次月考试题 时间：90分钟 满分：100分 一、单选题(每小题只有一个正确答案)‎ ‎1.下列各项中所列举的物质与所属类别对应不正确的是(　　)‎ A. 化合物：干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打 B. 非电解质：乙醇，四氯化碳，氯气，葡萄糖 C. 同素异形体：活性炭，C60，石墨烯，金刚石 D. 混合物：铝热剂，纯净矿泉水，盐酸，漂白粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打符合化合物概念，都是化合物，故A正确；‎ B、乙醇，四氯化碳，葡萄糖，都是非电解质，氯气是单质，不是化合物，故B错误；‎ C、活性炭，C60，石墨烯，金刚石是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，故C正确；‎ D、铝热剂是铝和金属氧化物，纯净矿泉水是电解质的水溶液，盐酸是氯化氢的水溶液，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NA B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下， H2O为液态，不能直接进行计算，A项错误；‎ B. 常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na+的物质的量为0.01mol，离子数为0.02NA，B项正确；‎ C. 条件不是标准状况，无法进行计算，C项错误；‎ D. 题干中未给出溶液的体积，无法进行计算，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( ) ‎ A B C D ‎《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”‎ 碳酸氢钠药片 古代中国人已用麻黄治疗咳嗽 该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 看到有该标志的丢弃物，应远离并报警 贴有该标志的物品是可回收物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；‎ B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；‎ C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；‎ D.该标志为可回收物标志，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列各组离子在强碱性条件下能大量共存,且在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是( )‎ A. Mg2+、Na+、SO42−、Cl− B. K+、CO32−、Cl−、NO3−‎ C K+、Ba2+、I−、NO3− D. SO32−、NO3−、Na+、NH4+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碱性条件下，Mg2+不能大量共存，酸性条件下不发生氧化还原反应，故A错误；‎ B．碱性条件下，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，酸性条件下，CO32-不能大量共存，故B错误；‎ C．碱性条件下离子之间不发生任何反应，酸性条件下I−与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故C正确；‎ D．酸性条件下SO32−与NO3−氧化还原反应不能大量共存，碱性条件下NH4+‎ 不能大量共存，故D错误。‎ ‎5.下列化合物中，不能通过单质之间的反应直接制取的是(　　)‎ A. Fe3O4 B. Na2O2 C. SO2 D. NO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe3O4可由铁和氧气点燃制取，A错误；‎ B、Na2O2可由钠和氧气点燃制取，B错误；‎ C、SO2可由硫和氧气点燃制取，C错误；‎ D、氮气和氧气反应只能生成NO，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.某铁的氧化物，用7mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56L氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+。则该氧化物的化学式是（ ）‎ A. FeO B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知Fe2+为0.05mol 设该氧化物为（FeO)x(Fe2O3)y 它与盐酸反应的方程式即为 FeO+2HCl==FeCl2+H2O Fe2O3+6Hcl==2FeCl3+3H2O 故可知FeO为0.05mol 它反应的盐酸为0.1mol ‎ 故Fe2O3反应了0.6mol盐酸 故有0.1molFe2O3‎ FeO:Fe2O3的物质的量之比为1:2‎ 即：（FeO)1(Fe2O3)2，也就是 Fe5O7，答案为D ‎7.能证明次氯酸是一种弱酸的事实是（ ）‎ A. 次氯酸不稳定，易分解 B. 次氯酸钙可与CO2和H2O反应 C. 次氯酸是一种强氧化剂 D 次氯酸能漂白有色纸张 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸的酸性与电离出氢离子的难易程度有关，与稳定性无关，如HI为强酸，但不稳定，A项错误；‎ B．碳酸为弱酸，次氯酸钙能与碳酸作用生成碳酸钙和次氯酸，说明次氯酸为弱酸，B项正确；‎ C．酸的氧化性与酸性的强弱无关，如硝酸具有强氧化性，但为强酸，C项错误；‎ D．次氯酸能使有色纸张褪色是因具有漂白性，与酸性的强弱无关，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.为除去混入CO2中的SO2和O2，下列试剂的使用顺序正确的是(　　)‎ ‎①饱和Na2CO3溶液　②饱和NaHCO3溶液 ‎③浓H2SO4溶液　④灼热的铜网　⑤碱石灰 A. ①③④ B. ②③④‎ C. ②④⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2、SO2都会与饱和碳酸钠溶液、碱石灰反应，不能选择①、⑤两种试剂，先将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫会与其反应生成二氧化碳而除去，再用浓硫酸干燥，最后用铜除去氧气，正确的顺序为②③④，答案选B。‎ ‎9.一定条件下，等物质的量的下列物质分别与足量的浓盐酸反应，产生Cl2的物质的量最多的是(　　)‎ A. MnO2 B. KClO3 C. KMnO4 D. Ca(ClO)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设物质的量都是1mol，MnO2中的Mn从+4价降为+2价，KClO3中Cl从+5降为0价，KMnO4中的Mn从+7降为+2价，Ca（ClO）2中的Cl从+1价降为0价，转移电子分别是：2mol、5mol、5mol、2mol，并且B中，氯酸钾和盐酸反应中，氧化产物与还原产物均为氯气，所以产生的氯气最多。故选B。‎ ‎10.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n (KOH)=a mol时，下列有关说法错误的是(　　)‎ A. 若某温度下，反应后=11，则溶液中=‎ B. 参加反应的氯气的物质的量等于a mol C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围： a mol ≤ n(e -)≤a mol D. 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A.假设n(ClO-)=1mol，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒计算n(ClO3-)；‎ B.根据元素的原子守恒分析解答； ‎ C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，进而计算转移电子物质的量范围；‎ D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，结合电子转移守恒计算。‎ ‎【详解】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后=11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)= n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中，A正确；‎ B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+ n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)=n(KOH)=×a mol=a mol，B正确；‎ C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=×a mol=a mol；转移电子最大物质的量为：a mol×5=a mol；‎ 氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=n(KOH)=×a mol=‎ a mol，转移电子最小物质的量=×a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为： a mol ≤ n(e -)≤a mol，C正确；‎ D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=×a mol=a mol，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是( )‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A S有可燃性 S在纯氧中燃烧生成SO3‎ B SiO2有导电性 SiO2可用于制备光导纤维 C 某溶液的焰色反应为黄色 该溶液中一定含Na元素，一定不含K元素 D Fe3+有氧化性 FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S在纯氧中燃烧生成SO2，故A错误；‎ B．SiO2晶体不能导电但对光具有全反射作用，能传递光信号，所以SiO2可用于制备光导纤维，故B错误；‎ C．某溶液的焰色反应为黄色可证明该溶液中一定含Na元素，不能确定是否含K元素，故C错误；‎ D．FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，是因为Fe3+有强氧化性，可将铜氧化成铜离子，然后再还原出来，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎12.下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3-===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O B. 碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热： NH4+＋OH－NH3↑＋H2O C. 过量KHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O D. 向稀氢氧化钠溶液中通入少量CO2：OH－＋CO2===HCO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸，则溶液中存在硝酸，所以亚铁离子与硝酸发生氧化还原反应，生成NO、水和铁离子，正确；‎ B、碳酸氢铵与足量的氢氧化钠溶液反应时，碳酸氢根离子也与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，漏掉了部分的离子反应，错误；‎ C、过量的KHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，则氢氧化钡无剩余，所以离子方程式中氢氧根离子与钡离子的个数比是2:1，错误；‎ D、少量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，则生成碳酸根离子和水，错误，答案选A。‎ ‎13.配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )‎ A. 用量筒量取浓盐酸俯视读数 B. 溶解搅拌时有液体飞溅 C. 定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D. 摇匀后见液面下降,再加水至刻度线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．‎ ‎【详解】A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A不选； B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选； C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选； D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。 故选：C。‎ ‎14.下列说法正确的是　(　　)‎ A. 在粗硅的制取中发生2C+SiO22CO↑+Si，硅被还原，所以碳的还原性大于硅的还原性 B. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中 C. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2‎ D. 由Na2CO3+SiO2CO2↑+Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、依据元素周期律，硅的还原性大于碳，上述反应能发生是因为产物中有CO气体生成，使平衡向右移动，A错误；‎ B、硅酸钠是一种黏合剂，B错误；‎ C、正确；‎ D、反应不是在水溶液中进行的，且产物中有气体生成，与酸性强弱无关，D错误。‎ ‎15.在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加入b g铁，充分反应后得到cg残余固体，已知a>c，则下列说法正确的是( )‎ A. 最后得到的溶液一定含有Cu2＋‎ B. 残余固体是铜和铁 C. 将残余固体加入稀硫酸中一定有气泡产生 D. 最后得到的溶液中可能含有Fe3＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】发生反应有：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，a＞c，说明铜没有被完全置换出，以此计算分析．‎ ‎【详解】a＞c，说明铜没有被完全置换出；则溶液中一定存在Cu2+， 铜有剩余，发生的反应有：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则一定不存在Fe3+， 故选：A。‎ ‎16. 下列说法正确的是(　　)‎ ‎①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸 ‎②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收 ‎③新制氯水的氧化性强于久置氯水 ‎④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液 ‎⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中 A. ①②③ B. ③ C. ②③④ D. ③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；‎ ‎②‎ 氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；‎ ‎③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；‎ ‎④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；‎ ‎⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；‎ ‎17.等量镁铝合金粉末分别与下列四种过量物质充分反应，放出氢气最多是( )‎ A. NaOH溶液 B. 稀H2SO4 C. 蔗糖溶液 D. NaCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、只有铝与氢氧化钠反应，镁不反应，故不选A；‎ B、镁和铝都与酸反应，故选B；‎ C、镁铝都与蔗糖不反应，故不选C；‎ D、镁铝都不反应，故不选D。‎ ‎18.两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为(　　) ‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。‎ ‎【详解】铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。‎ ‎19.在200 mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L-1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。‎ 下列叙述不正确的是( )‎ A. 原溶液中c(Cl-)=0.75 mol·L-1‎ B. x与y的差值为0.01 mol C. 原溶液的pH=1‎ D. 原溶液中n(Mg2+):n(Al3+)=10:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L-1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c（H+）==0.1mol/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则c（NH4+）==0.075mol/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Mg2+、Al3+，根据Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=（35-33）mL×3=6mL，则生成氢氧化镁需要NaOH体积=（30-4mL）-6mL=20mL，则c（Mg2+）==0.25mol/L，c（Al3+）==0.05mol/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c（Al3+）+2c（Mg2+）+C（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）=[3×0.05+2×0.25+0.075+0.1]mol/L=0.825mol/L，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 由以上分析可知原来溶液中c（Cl-）=0.825mol/L，故A错误；‎ B．由以上分析可知，x为Al（OH）3、Mg（OH）2的物质的量，y为Mg（OH）2的物质的量，二者的差为Al（OH）3的物质的量=0.05mol/L×0.2L=0.01mol，故B正确；‎ C．c（H+）==0.1mol/L，pH=1，故C正确；‎ D．通过以上分析知，c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Al3+）=0.05mol/L，同一溶液中体积相等，其物质的量之比等于物质的量浓度之比=0.25mol/L：0.05mol/L=5：1，故D错误；‎ 故答案为AD。‎ ‎20.有两个分别装有Na2CO3和NaHCO3固体的试剂瓶，因标签脱落而无法区分。有四位同学为鉴别它们分别设计了下列四种不同的方法，其中可行的是( )‎ A. 分别取样配成溶液，再加入澄清石灰水，观察是否有沉淀生成 B. 分别取样配成溶液，再加入氢氧化钡溶液，观察是否有沉淀生成 C. 分别取样加热，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生 D. 分别取样配成溶液，在火焰上灼烧，观察火焰的颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二者都能与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，故A错误；‎ B．二者都能与氢氧化钡反应生成沉淀，不能鉴别，故B错误；‎ C．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故C正确；‎ D．都含有钠元素，焰色反应都为黄色，不能鉴别，故D错误。‎ ‎21.向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化，当再滴入几滴新制氯水后，混合溶液变成红色，则下列结论错误的是（ ）‎ A. 该溶液中一定含有SCN-‎ B. 氧化性：Fe3+＞Cl2‎ C. Fe2+与SCN-不能形成红色物质 D. Fe2+被氯水氧化为Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，溶液颜色无明显变化。当再滴入几滴新制氯水后，混合液变成红色，说明亚铁离子被加入的氯水氧化为三价铁离子和硫氰酸根离子结合为红色溶液；‎ A．原溶液中一定含有SCN-，故A正确；‎ B．氯气能氧化亚铁离子为三价铁离子，依据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性Fe3+＜Cl2，故B错误；‎ C．Fe2+与SCN-不能形成红色物质，三价铁离子与SCN-能形成红色物质，故C正确；‎ D．加入氯水发生的反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氯水氧化为Fe3+，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎22.下列溶液能够区别SO2和CO2气体的是( )‎ ‎①澄清的石灰水②H2S溶液 ③酸性KMnO4溶液 ④氯水⑤品红溶液 ⑥氯化钡⑦硝酸钡 ⑧次氯酸钙 A. ①②③ B. ②③④ C. 除①⑥⑧以外 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； ②SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质（有黄色沉淀生成），而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2； 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； 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； ⑤SO2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；‎ ‎⑥SO2和CO2通入氯化钡溶液都不会有明显现象，所以不能利用氯化钡来区别SO2和CO2；‎ ‎⑦SO2通入溶液中后，溶液显酸性，硝酸钡在酸化后隐含硝酸的氧化性，可以氧化二氧化硫为硫酸，生成沉淀，二氧化碳不反应，可以区别；‎ ‎⑧二氧化碳通入次氯酸钙溶液可以生成碳酸钙成，二氧化硫通入次氯酸钙溶液中后被氧化生产硫酸根，硫酸钙微溶，也会产生成故不能区分二者；‎ 正确的有除①⑥⑧以外，故答案为C。‎ ‎23.把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是 （ ）‎ A. AlO2－ B. Al(OH)3 C. Al3+ D. Al3+和Al(OH)3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设KAl(SO4)2为1mol，则有1molAl3+、2molSO42-，滴入2mol Ba(OH)2，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，2mol Ba(OH)2提供了4molOH-，和1molAl3+恰好完全反应：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，此时铝元素的主要存在形式是AlO2－。故选A。‎ ‎24.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液 B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁 C. 图中所示转化反应包含氧化还原反应 D. 反应②的化学方程式为2NaAlO2＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应②是通入过量的二氧化碳的反应，溶液乙为偏铝酸钠，因此试剂X为氢氧化钠。‎ ‎【详解】A选项，根据前面分析得出试剂X可以是氢氧化钠溶液，故A正确；‎ B选项，铝土矿和氢氧化钠反应，氧化铁和氢氧化钠不反应，因此反应①过滤后所得沉淀为氧化铁，故B正确；‎ C选项，氧化铝到铝是氧化还原反应，故C正确；‎ D选项，反应②是过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故D错误。‎ 答案为D。‎ ‎25.向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是(　　)‎ A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知2n(FeCl2)=n(HCl)，n(HCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol，所以n(FeCl2‎ ‎)=0.05mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）n(FeCl2)=0.05mol，则Fe的质量为m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g，故合理选项是C。‎ 二、填空题 ‎26.Ⅰ.某校化学实验兴趣小组为了验证在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明Cl2的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略)，请按要求回答下列问题。‎ ‎(1) 实验室制备Cl2所用的化学药品是________。‎ 写出该反应的离子方程式，并用单线桥表示电子转移情况_____________________ ，此反应中每转移0.8mol电子，消耗Hcl____mol ‎(2)①装置B的作用是_______ ‎ ‎②装置C和D出现的不同现象说明的问题是___ ‎ ‎③装置E的作用是_______‎ ‎(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种，乙同学提出应该在装置___与___之间(填装置字母序号)增加一个装置，所增加装置里面的试剂可以为___(填字母序号)。‎ A.湿润的碘化钾淀粉试纸 B.浓硫酸 ‎ C.湿润的红色布条 D.饱和食盐水 Ⅱ.洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。‎ ‎①工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，化学反应方程式为：_____________。‎ ‎②漂白粉的有效成分是________________________。‎ ‎③漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程为________。‎ ‎【答案】(1). 二氧化锰和浓盐酸 (2). (3). 1.6mol (4). 证明有水蒸气产生 (5). 氯气无漂白性，氯水有漂白性 (6). 吸收氯气 (7). E (8). F (9). A (10). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (11). Ca(ClO)2 (12). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ. 装置A是制备氯气的发生装置，生成的氯气含水蒸气和氯化氢，通过装置B中硫酸铜检验生成水蒸气并吸收水蒸气，通过E中干燥的有色布条，不褪色证明氯气无漂白性，通过装置D中湿润有色布条褪色，证明氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，通过装置E中四氯化碳吸收氯气，最后剩余氯化氢被氢氧化钠溶液吸收，‎ Ⅱ.（1）根据氯气与Ca（OH）2反应书写化学方程式； （2）漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2； （3）根据漂白粉中的有效成分与CO2作用，即产生次氯酸；‎ ‎【详解】（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子反应方程式为，根据方程式可知转移0.8mol电子，消耗的HCl为1.6mol，故答案为：二氧化锰和浓盐酸； ；1.6mol；‎ ‎（2）①无水硫酸铜常用来检验水蒸气，故答案为：证明有水蒸气产生；‎ ‎②C和D的区别在于是否有水，现象不同说明了干燥的氯气没有漂白性，‎ 故答案为：氯气无漂白性，氯水有漂白性；‎ ‎③尾气中有氯气需要处理，四氯化碳可以吸收氯气，故答案为：吸收氯气；‎ ‎（3）氯气、氯化氢通入到硝酸银都会产生沉淀，为了确保实验结论的可靠性，应在装置E和F之间增加一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸或者湿润的有色布条，如果湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝或者湿润的有色布条不褪色，则氯气被完全吸收， 故答案为：E；F；AC。‎ Ⅱ. 1）因HClO具有漂白作用，但其不稳定，不好保存和使用，工业上常利用氯气与氢氧化钙反应来制取漂白粉，以用于漂白和消毒，Cl2与Ca（OH）2反应：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+H2O故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+H2‎ O； （2）次氯酸钙是漂白粉的有效成分，它的化学式为Ca（ClO）2故答案为：Ca（ClO）2； （3）因碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以碳酸可以与Ca（ClO）2反应：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；‎ ‎27.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）‎ 根据以上信息填空：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：A______ G__________ ；‎ ‎（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；‎ ‎（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应④____________________________；‎ ‎【答案】(1). Na (2). Fe(OH)3 (3). 产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾 (4). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (5). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ ‎【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应④：物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；反应③：丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。‎ ‎（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3 ；‎ ‎（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾； ‎ ‎（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ ；反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎ ‎28.（1）某同学采用萃取—分液的方法从碘水中提取碘，主要操作步骤如下图：‎ ‎①该同学所采用的萃取剂可能是______________（填序号）。‎ A 酒精 B 苯 C 四氯化碳 D 汽油 ‎②甲、乙、丙3步实验操作中，不正确的是_______________（填“甲”、“乙”或“丙”）。‎ ‎（2）实验室制取、净化并收集氯气涉及以下几个主要阶段：‎ 现有以下2种试剂：A 饱和食盐水 B NaOH溶液 请在以上实际中选择填空（填“A”或“B”）：‎ ‎①X溶液应选用________________。‎ ‎②尾气处理过程中，多余的氯气可用________________吸收。‎ ‎【答案】(1). C (2). 丙 (3). A (4). B ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①根据图示，该萃取剂的密度比水大；②分离时先分离下层液体；据此分析解答；‎ ‎(2)由图可知，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有HCl，通过X除去HCl，然后通过浓硫酸干燥氯气，结合氯气的性质分析判断收集方法和尾气处理。‎ ‎【详解】(1)①从碘水中提取碘，萃取剂不能与水混溶，根据图示，萃取后，下层有色，说明有机层在下层，有机溶剂的密度比水大，故答案为C；‎ ‎②振荡、静置分层操作均合理，而分离时应该先分离下层液体后倒出上层液体，则丙图不合理，故答案为丙；‎ ‎(2)由图可知，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有HCl，通过X除去HCl，然后通过浓硫酸干燥氯气，利用向上排空气收集，尾气利用NaOH溶液吸收。‎ ‎①由上述分析可知，X为除去氯气中的氯化氢，应该选饱和食盐水，可抑制氯气的溶解，故答案为A；‎ ‎②氯气与NaOH反应生成无毒物质，则多余的氯气可用NaOH吸收，故答案为B。‎ ‎29.某课外活动小组收集了一种合金进行以下探究(已知铜元素的焰色反应呈绿色)。‎ ‎(1)外观暗灰色，表皮光滑；‎ ‎(2)在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈绿色，合金片熔化，但不滴落；‎ ‎(3)取刮去表皮的合金10 g，放入足量的稀硫酸中，收集到标准状况下的H28.96 L；‎ ‎(4)另取刮去表皮的合金10 g，放入足量的NaOH溶液中，也收集到标准状况下的H28.96 L。‎ 试据此判断，该合金中一定含有的元素是________(写元素符号)；可能含有的元素是________(填选项编号)。‎ a．Ag b．Mg c．Na d．Fe 如果该合金中只含2种元素，则二者的质量比是________。‎ ‎【答案】(1). Cu、Al (2). a (3). m(Al)∶m(Cu)＝18∶7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】火焰呈绿色，说明有铜元素。等质量的合金与足量的稀硫酸或NaOH溶液反应放出H2的体积相同，说明一定含有铝，且不能再含有其他的活泼金属Na、Mg、Fe等。另外Na的熔沸点太低，不能与Cu熔合形成合金，则还可能含有不与稀硫酸和NaOH反应的Ag。该合金如果只含2种元素，则为Cu、Al。‎ ‎2Al ～ 3H2‎ ‎2 mol 3 mol ‎ ＝0.4 mol m(Al)＝mol×27 g·mol－1＝7.2 g m(Cu)＝10 g－7.2 g＝2.8 g m(Al)∶m(Cu)＝7.2∶2.8＝18∶7‎ ‎30.食用二氧化硫漂白过的食品，对人体的肝、肾脏等有严重损害。某科研小组设计实验检验二氧化硫的漂白性。回答下列问题：‎ ‎(一)二氧化硫的制备 实验室一般采用亚硫酸钠与硫酸(浓硫酸与水1:1混合)反应制取二氧化硫 ‎ ‎ ‎(1)写出实验室制SO2的化学方程式________________________________;‎ ‎(2)欲收集一瓶干燥的二氧化硫，选择上图中的装置，其最佳连接顺序为：_______________________________________(按气流方向，用小写字母表示)。‎ ‎(二)二氧化硫性质的检验 将上述收集到的SO2通入下列装置中，在一定温度下按图示装置进行实验。‎ ‎ ‎ ‎(2)根据上述实验，回答下列问题：‎ 序号 实验现象 解释原因 ‎①‎ ‎_________________________‎ ‎_________________________‎ ‎②‎ 品红试液褪色 SO2具有漂白性 ‎③‎ ‎________________________‎ 反应的离子方程式____________________‎ ‎④‎ 溶液变浑浊，有黄色沉淀生成 SO2+2H2S=3S↓+2H2O ‎(3)用SO2漂白过的食品中一般残留有亚硫酸盐，科研小组设计了检验食品中是否含有亚硫酸盐的简单方法：将食品剪成碎末放入烧杯，加入适量的水，加热一会儿，冷却至室温，滴加盐酸和试剂A，观察液体的颜色变化既可。‎ ‎①上述检验中试剂A是_____________。‎ ‎②加热的作用是加快反应速率(或加快食品的溶解)，加热时间不能太长的原因是_________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). Na2SO3 + H2SO4=Na2SO4 + H2O + SO2↑ (2). b→c→d→e→f→g (3). 石蕊试液变红 (4). 石蕊试液变红说明SO2是酸性气体 (5). KMnO4溶液颜色褪色 (6). 5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2++5SO42-+4H+ (7). 品红溶液 (8). 防止亚硫酸盐被氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】（一）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，选择装置B制备二氧化硫，再用浓硫酸干燥后收集，二氧化硫为有害气体，所以应注意尾气处理； （二）（2）根据二氧化硫的性质，为酸性气体，能使石蕊变色，有漂白性使品红褪色，具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，且具有氧化性，能与硫化钠发生价态归中反应生成单质硫； （3）根据二氧化硫的性质检验即可。‎ ‎【详解】（一）（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2，故方程式为：Na2SO3 + H2SO4=Na2SO4 + H2O + SO2↑；‎ ‎（2）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，选择装置B备二氧化硫，再用浓硫酸干燥后收集，为干燥彻底，所以b连接C装置的c，二氧化硫密度比空气大，所以收集时导气管应长进短出，二氧化硫为有害气体，所以应用氢氧化钠吸收多余的二氧化硫气体，则连接顺序为：b→c→d→e→f→g，故答案为：b→c→d→e→f→g；‎ ‎（二）（2）二氧化硫为酸性气体，所以能使①中石蕊试液变红，具有漂白性，能使②中品红溶液褪色，具有还原性，发生反应5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2++5SO42-+4H+，能使③中酸性高锰酸钾褪色，具有氧化性，能与④中硫化钠发生价态归中反应生成硫单质，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，④中溶液浑浊，生成淡黄色沉淀； 故答案为：石蕊试液变红；石蕊试液变红说明SO2是酸性气体；KMnO4溶液颜色褪色； 5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2++5SO42-+4H+；‎ ‎（3）二氧化硫具有漂白性，是因为其形成的亚硫酸有漂白性，检验亚硫酸盐的存在，故用品红溶液检验其是否有漂泊性即可，检验食品中是否含有亚硫酸盐的简单方法：将食品剪成碎末放入烧杯，加入适量的水，加热一会儿，冷却至室温，滴加盐酸和品红溶液，观察液体的颜色变化既可，为加快反应速率，加热，但是亚硫酸盐易被空气中的氧气氧化，故加热时间不能太长；故答案为：①防止亚硫酸盐被氧化；②品红溶液。‎