2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试化学试题 ‎1. 下列物质，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是 A. AlCl3 B. Al(OH)3 C. KOH D. HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．AlCl3能与氢氧化钠溶液反应，不与盐酸反应，A项不符合；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，B项符合；C．KOH与盐酸反应生成氯化钾与水，不能与氢氧化钠反应，C项不符合；D．HCl与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，不能与盐酸反应，D项不符合；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查物质的性质。‎ ‎【名师点睛】本题考查物质的性质，难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与归纳总结能力，平时应注意基础知识的积累。中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：‎ ‎①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；‎ ‎②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；‎ ‎③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；‎ ‎④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等；‎ ‎⑥其它一些物质．如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；‎ c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应，以此解答本题。‎ ‎2.我国已跨入“互联网+”时代，而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅。 下列物品中用到硅单质的是（　　）‎ A. 陶瓷餐具 B. 石英钟表 C. 计算机芯片 D. 光导纤维 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.陶瓷餐具是硅酸盐产品,主要成分为硅酸盐,故A错误; B.石英主要成分为二氧化硅,不是单质硅,故B错误; C.硅单质是半导体材料,可以制计算机芯片,所以C选项是正确的; D.光导纤维成分为二氧化硅,是硅的氧化物,不是单质硅,故D错误; 所以C选项是正确的.‎ ‎3.下列有关物质的性质与用途不对应的是(　　)‎ A. 铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料 B. 食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂 C. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板 D. 明矾能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，A正确；‎ B．Na2CO3的碱性较强，一般选NaHCO3作焙制糕点的膨松剂，B错误；‎ C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，C正确；‎ D．明矾溶于水能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质与应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。‎ ‎4. 下列工作原理或变化过程不涉及化学反应的为 A. 高炉炼铁 B. 火箭发射 C. 酸雨的形成 D. 丁达尔效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、高炉炼铁涉及Fe2O3+3CO2Fe+3CO2等反应，属于化学变化，错误；B、火箭发射涉及燃料的燃烧，涉及化学变化，错误；C、酸雨分两种，硫酸型与硝酸型，硫酸型SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4，硝酸型2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，涉及化学变化，错误；D、丁达尔效应是胶粒对光线的散射作用形成的，不涉及化学变化，正确。‎ 考点：考查物理变化和化学变化的判断 ‎5.下列反应的离子方程式正确的是 A. 钠与水反应：Na+H2O＝Na＋+OH－＋H2↑‎ B. 氯气与水反应：Cl2+H2O＝2H＋＋Cl－+ClO－‎ C. 氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)3+3H＋＝Al3＋＋3H2O D. 用氯化铁溶液腐蚀电路板：Fe3＋+Cu＝Fe2＋+Cu2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项A错误；‎ B．氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，选项B错误；‎ C．氢氧化铝中和胃酸的离子反应为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，选项C正确；‎ D．用氯化铁溶液腐蚀电路板的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.下列物质不能通过化合反应得到的是 A. Al(OH)3 B. Fe (OH)3 C. Fe3O4 D. FeS ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al2O3难溶于水，不能与水化合生成Al(OH)3，选项A符合题意；‎ B. 氢氧化亚铁和氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，反应的方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，选项B不符合题意；‎ C.Fe在氧气中燃烧，产生Fe3O4，该反应是化合反应，选项C不符合题意；‎ D.Fe与S单质在加热时发生化合反应，产生FeS，选项D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，4.48L水中含有水分子的数目为0.2NA B. 1molFe与足量水蒸气反应转移的电子数目为3NA C. 0.2mol/LCaCl2溶液中含有氯离子的数目为0.4NA D. 32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，水不是气体，所以4.48L水的物质的量不是0.2mol，故含有水分子的数目不是0.2NA，故错误；‎ B. 1molFe与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，转移的电子数目为8/3NA，故错误；‎ C. 0.2mol•L-1CaCl2溶液没有说明溶液的体积，不能计算其中含有氯离子的数目，故错误；‎ D. 32 g O2和O3的混合气体含有的是氧原子，所以氧原子物质的量为32/16=2mol，则所含原子数为2NA，故正确。‎ 故选D。‎ ‎8.下列物质反应后一定有＋3价铁生成的是 (　　)‎ ‎①过量的Fe与Cl2反应②Fe与过量稀H2SO4反应③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中 A. 只有① B. ①② C. ①②③ D. ①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】虽然铁粉过量，但铁与Cl2发生反应的产物为FeCl3，故①中有＋3价铁生成；Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4，故②中只有＋2价铁生成；Fe和Fe2O3‎ 的混合物溶于盐酸中时，若铁粉很多，则过量的铁粉与生成的FeCl3发生反应生成FeCl2，而使溶液中无Fe3＋，故③中不一定有＋3价铁生成，A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】铁与氯气加热反应只能生成+3价铁的化合物，而铁与稀盐酸或稀硫酸反应只能生成+2价铁的化合物，氯化铁溶液中加入铁粉可以生成氯化亚铁，氯化亚铁通入氯气可以生成氯化铁。‎ ‎9. 下列有关金属及其化合物的说法正确的是 A. 铝和氢氧化钠溶液反应生成Al(OH)3和Na B. 钠在空气中燃烧生成淡黄色的NaO2‎ C. 铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2‎ D. 用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaHCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故A错误；钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故B错误；铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C正确；用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaOH，故D错误 。‎ 考点：本题考查元素及其化合物的性质。‎ ‎10. 下列叙述中正确的是( )‎ ‎①Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ‎②Na2CO3和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀 ‎③钠在常温下容易被氧化 ‎④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行 ‎⑤除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3，将混合物加热至质量不再发生变化 ‎⑥可用玻璃棒蘸取少量待测物质的浓溶液做焰色反应实验 A. ③④⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①②⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；②Na2CO3能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故错误；③钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故正确；④过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可做供氧剂，氧化钠没有此性质，故正确；⑤碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，可以用加热方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故正确；⑥焰色反应可以使用铁丝、铂丝等物质，但玻璃棒中含有Na、Ca等元素，不能作焰色反应的实验，故错误；故选A。‎ 考点：考查了钠及其化合物的性质的相关知识。‎ ‎11.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中,不正确的是（ ）‎ A. Na2CO3稳定性大于NaHCO3‎ B. 相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3‎ C. 可以用滴加BaCl2溶液的方法，鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液 D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀，后者无现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸钠受热稳定，在酒精灯加热的条件下不会分解，故A正确；‎ B项，常温下 Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3在水中的溶解度，故B正确；‎ C. Na2CO3溶液与BaCl2溶液反应生成碳酸钡沉淀，而NaHCO3溶液与BaCl2溶液不反应没现象，可以鉴别，故C正确；‎ D项， Na2CO3与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3中滴加Ca(OH)2溶液，HCO3-与OH-反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+反应生成CaCO3沉淀，两者都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，故D错误；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎12.能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放的试剂有 A. 烧碱溶液 B. 浓硝酸 C. 氢氟酸 D. 硅酸钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 玻璃中含有二氧化硅，只要盛放的试剂中的物质与二氧化硅不反应或这种物质没有粘性即可用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．氢氧化钠和二氧化硅反应生成粘性的物质硅酸钠，反应方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，硅酸钠能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，选项A错误；‎ B．浓硝酸虽然具有强氧化性，但浓硝酸和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，选项B正确；‎ C．氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，所以HF不能用玻璃瓶存放，选项C错误；‎ D．硅酸钠具有粘性，能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，因此硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，选项D错误。‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题以化学试剂存放为载体考查了二氧化硅的性质，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱、HF反应。‎ ‎13.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是 A. 该溶液中，H+、NH4+、Ag+可以大量共存 B. 向该溶液中通入CO2，不发生化学反应 C. 该溶液可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaCl D. 常温下，将氯气通入NaOH溶液中可以得到该溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．离子之间发生氧化还原反应，离子之间结合生成沉淀；B．向该溶液中通入CO2，与NaClO溶液发生强酸制取弱酸的反应；C．NaClO具有强氧化性； D．氯气通入NaOH溶液中，发生氧化还原反应。‎ ‎【详解】A．H+、Cl-、ClO-会发生氧化还原反应，Cl-、Ag+结合生成沉淀，不能共存，选项A错误；‎ B．向该溶液中通入CO2，由于酸性H2CO3>HClO，所以CO2、H2O与NaClO溶液发生强酸制取弱酸的反应生成HClO，选项B错误；‎ C．NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaClO，选项C错误；‎ D．氯气通入NaOH溶液中，发生氧化还原反应，生成NaClO和NaCl，选项D正确；‎ 故本题合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查钠的化合物，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，要注意元素及化合物知识的综合应用。‎ ‎14. 某学生想利用下图装置（烧瓶位置不能移动）收集下列气体：‎ ‎① H2②Cl2③CH4④HCl ⑤NH3⑥NO ⑦NO2⑧SO2，‎ 下列操作正确的是 A. 烧瓶是干燥的，由A进气收集①③⑤‎ B. 烧瓶是干燥的，由B进气收集②④⑥⑦⑧‎ C. 在烧瓶中充满水，由A进气收集①③⑤⑦‎ D. 在烧瓶中充满水，由B进气收集⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项，由A进气应是密度比空气小的气体，可收集①③⑤，故A项正确；B项，由B进气应是密度比空气大的气体，可收集②④⑦⑧，NO容易与空气中的O2反应，不能用排空气法收集，故B项错误；C项，在烧瓶中充满水，由A进气收集不溶于水的气体，为①③⑥，而其它气体与水反应或溶于水，故C项错误；D项，在烧瓶中充满水，由B进气只能用来洗气，不能用来收集气体，故D项错误。综上所述，符合题意的选项为A。‎ 点睛：本题考查气体的收集、净化、干燥 等知识，题目较简单，注意收集气体时，常根据气体的密度、溶解性等性质，有时还要考虑与氧气的反应等问题，如NO与氧气反应，则只能用排水法收集。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.实验室制取氧气的试管壁上沾附有少量二氧化锰，除去沾附的二氧化锰可选用的试剂是(　　)‎ A. 蒸馏水 B. 氢氧化钾溶液 C. 稀盐酸 D. 浓盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MnO2能与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，据此答题。‎ ‎【详解】MnO2与蒸馏水、氢氧化钾溶液、稀盐酸不反应，能与浓盐酸反应生成二氯化锰，氯气和水，则除去沾附的MnO2可用的试剂是浓盐酸，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎16. 下列有关硫酸的说法中不正确的是（ ）‎ A. 常温下浓硫酸与铜反应，浓硫酸体现氧化性和酸性 B. 浓硫酸与木炭粉加热发生反应时，浓硫酸只作氧化剂 C. 浓硫酸具有吸水性，可用来干燥二氧化硫 D. 蔗糖与浓硫酸的作用中，浓硫酸体现脱水性和氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：常温下浓硫酸与铜很难反应的，‎ 考点：硫酸的性质。‎ ‎17.要证明某溶液中不含Fe3＋而可能含有Fe2＋,进行如下实验的最佳顺序为 ‎①加入氯水 ②加入KMnO4溶液 ③加入KSCN溶液 A. ①③ B. ③② C. ③① D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据Fe3+的特征反应遇SCN-溶液变为血红色判断溶液不含Fe3+，然后加入氧化剂，如果溶液中含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在。‎ ‎【详解】因为NH4SCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加NH4SCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+；再向该溶液中滴加新制氯水后溶液显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，即进行如下实验的最佳顺序为③①，所以合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查离子的检验，注意滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度不大。‎ ‎18.检验某溶液中是否含有SO42-时，为防止Ag+、CO32-、SO32-等离子的干扰，下列实验方案比较严密的是 A. 先加稀HCl将溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；‎ B. 先加稀HNO3将溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；‎ C. 向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；‎ D. 向溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ SO42-的检验是依据硫酸根离子与钡离子反应生成难溶于酸的硫酸钡沉淀沉淀，应先用盐酸酸化，排出Ag+、CO32-、SO32-干扰，然后加入氯化钡溶液，如果生成白色沉淀，可证明溶液中含有硫酸根离子。‎ ‎【详解】A．先加稀HCl将溶液酸化，排出Ag+、CO32-、SO32-干扰，然后加入氯化钡溶液，如果生成白色沉淀，可证明溶液中含有硫酸根离子，故选项A正确；‎ B．加稀HNO3将溶液酸化，不能排除银离子的干扰，如果溶液中含有亚硫酸根离子，HNO3能将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，因此也无法检验原溶液中是否含有硫酸根离子，故选项B错误；‎ C．向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故选项C错误；‎ D．向溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子、亚硫酸根离子的干扰，故选项D错误；‎ 所以合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，明确离子的性质和发生的反应是解题关键，注意试剂的选择和加入的顺序。‎ ‎19.下列溶液中，各组离子一定能大量共存的是 A. 使酚酞试液变红的溶液： Na+、Cl-、SO42-、Fe3+‎ B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ C. 碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+‎ D. 碱性溶液中：K+、Ba2+、Cl-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．使酚酞试液变红的溶液，显碱性；B．使紫色石蕊试液变红的溶液，可显酸性；C．离子结合生成水和气体；D．碱溶液中离子不能发生反应。‎ ‎【详解】A．使酚酞试液变红的溶液，显碱性，不能大量存在Fe3+，故选项A错误；‎ B．使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故选项B错误；‎ C．HCO3-、H+会发生反应结合生成水和气体，不能大量共存，选项C错误；‎ D．在碱性溶液中：OH-与K+、Ba2+、Cl-、NO3-离子之间不反应，可大量共存，选项D正确；‎ 故本题合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握题干中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。‎ ‎20.下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是 A. 稀硝酸使紫色石蕊溶液变红——酸性 B. 铁与稀硝酸反应不能放出氢气——强氧化性 C. 要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性 D. 氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合——仅强酸性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硝酸具有酸性，使紫色石蕊溶液变红，但它具有强的氧化性，会把红色物质氧化为无色，选项A正确；‎ B. 稀硝酸具有氧化性，与Fe反应，产生硝酸盐、NO和水，不能产生氢气，这恰是它强氧化性，选项B正确；‎ C.硝酸不稳定，光照容易分解产生NO2、O2和水，所以硝酸要放在棕色试剂瓶中避光保存，选项C正确；‎ D.从稀硝酸具有酸性，能与氢氧化亚铁发生中和反应，但硝酸同时具有强氧化性，会把反应产生的Fe2+‎ 氧化为Fe3+，不仅仅表现酸性，选项D错误。‎ 故合理选项是D。‎ ‎21.下列除杂方法不正确的是(括号内为杂质)‎ A. NO(NO2)通过H2O溶液 B. CO2(HCl)通过饱和NaHCO3溶液 C. Fe(Al)盐酸溶液 D. Cl2(HCl) 饱和食盐水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 红棕色气体NO2能与水发生反应产生NO，NO2+H2O=HNO3+NO，没有其他杂质气体产生，可以达到除杂的目的，选项A正确；‎ B. 碳酸氢钠与HCl反应，产生CO2气体，可以达到除杂净化的目的，选项B正确；C.Fe、Al都是比较活泼的金属，二者都可以与盐酸发生反应，变为可溶性盐和氢气，不能达到除杂的目的，选项C错误；‎ D. HCl极容易溶于水，氯气溶于水，与水发生的反应为可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当把混有HCl杂质的氯气通入饱和NaCl溶液时，溶液中c(Cl-)可以抑制Cl2的溶解及反应消耗，可以达到除杂的目的，选项D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯方法和选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。‎ ‎22.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】‎ 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。‎ ‎23.对于1L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为 A. 0.40mol B. 0.45mol C. 0.72mol D. 0.80mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜与稀硫酸不反应，但和稀硝酸反应。离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硫酸电离出的氢离子可参与反应，由此进行计算。‎ ‎【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子。硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多。‎ 设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为y mol，则x+y=1.2，y:(2x+y)=1:4，解得x=0.72mol，y=0.48mol。故参加反应的铜的最大量n(Cu)=n(NO3-)×=0.48mol×=0.72mol。‎ 本题选C。‎ ‎【点睛】考查混合物反应的化学计算，明确反应原理是解答关键，注意铜与稀硝酸的反应实质。‎ ‎24.下列实验装置不能达到实验目的的是 A. 用SO2做喷泉实验 B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化 C. 验证氨气易溶于水 D. 比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．SO2能与氢氧化钠反应；B．Cu与浓HNO3反应放热使气体体积膨胀； C．氨气易溶于水，使气体压强减小；D．碳酸氢钠不稳定，应放在套装小试管中。‎ ‎【详解】A．SO2能与氢氧化钠反应，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，反应后容器内气体压强减小，小于外界大气压强，能形成喷泉，选项A正确； ‎ B．Cu与浓HNO3反应放热使产生的气体体积膨胀，导致红墨水左侧液面下降，右侧液面上升，选项B正确；‎ C．氨气极易溶于水，使烧瓶内气体压强减小，由于小气球内与外界大气相通，小气球内压强大于气球外压强，气球鼓起胀大体积膨胀，选项C正确；‎ D．玻璃导热性差，内管内的温度低些，碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠不分解，比较稳定性时，碳酸氢钠应放在套装内，选项D错误。‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了化学实验基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累。‎ ‎25.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3＋，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是 A. 能表明I－的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色 B. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气 C. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去 D. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O＝2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；‎ B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，因此装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气，故B正确；‎ C、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故C错误；‎ D、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42－+4H+，加入氯化钡生成白色沉淀说明反应进行生成了硫酸根离子，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎26.某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：‎ 他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：‎ Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑‎ MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑‎ ‎（1）用来制取氯气的装置是________(填字母)，反应中浓盐酸所表现出的化学性质是________________和________________。‎ ‎（2）反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，__________(填“B”或“D”)试管中无明显现象。‎ ‎（3）装置C的作用是____________________。‎ ‎（4）若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是__________________。‎ ‎（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1∶1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是____________________________。‎ ‎【答案】 (1). E (2). 还原性 (3). 酸性 (4). D (5). 吸收多余的二氧化硫和氯气 (6). 先变红，后褪色 (7). SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价变化和生成物分析浓盐酸的性质；‎ ‎（2）根据二氧化硫和次氯酸的漂白原理分析；‎ ‎（3）根据二氧化硫和氯气均是大气污染物分析；‎ ‎（4）根据氯水的性质分析；‎ ‎（5）根据氯气能和二氧化硫在溶液中反应生成盐酸和硫酸解答。‎ ‎【详解】（1）根据题给信息知，实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价降低，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；‎ ‎（2）氯气通入品红溶液中红色褪去，是利用次氯酸的强氧化性，生成的无色物质稳定，加热不复原；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物质，生成的无色物质不稳定，加热复原，因此D试管中无明显现象；‎ ‎（3）氯气和二氧化硫均有毒不能直接排放到空气中，需进行尾气处理，装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2防止污染环境；‎ ‎（4）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性和强氧化性，因此若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是先变红，后褪色；‎ ‎（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸而使气体失去漂白性，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HCl。‎ ‎27. 制取氨气并完成喷泉实验 ‎（1）写出实验室制取氨气的化学方程式： 。‎ ‎（2）收集氨气应使用 法，要制取干燥的氨气可选用 做干燥剂。‎ ‎（3）如图进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥的氨气，引发水上喷的操作是 ，该实验的原理是 ‎ ‎（4）反应后，烧瓶内的溶液中含有的微粒为 。‎ ‎【答案】（1）Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2分)‎ ‎（2）向下排空气法 碱石灰（各1分）‎ ‎（3）打开止水夹，挤压胶头滴管将水压入烧瓶；（2分）‎ 氨气极易溶于水，烧瓶内的氨气溶于少量水，使烧瓶内压强迅速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶（3分）‎ ‎（4）NH3、H2O、NH3·H2O、NH4＋、OH－、(H＋)(全对得4分，写对3个得2分，错写或不足1个不得分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）实验室制取氨气是用氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应，化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；‎ ‎（2）由于的氨气密度比空气的密度小、极易溶于水，所以不能用排水法收集，只能用向下排空气法收集；反应过程中会产生水，可用碱石灰做干燥剂。‎ ‎（3）氨气极易溶于水，打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，就可形成喷泉，所以引发水上喷的操作是打开止水夹，挤压胶头滴管将水压入烧瓶；该实验的原理是氨气极易溶于水，烧瓶内的氨气溶于少量水，使烧瓶内压强迅速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶；‎ ‎（4）反应后，烧瓶内的溶液是氨水，存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，则溶液中含有的微粒有NH3、H2O、NH3·H2O、NH4＋、OH－、H＋。‎ 考点：氨气的制备，喷泉实验，氨水 ‎28. 已知有下图所示物质相互转换关系 试回答：‎ ‎（1）写出B的化学式__________，D的化学式__________；‎ ‎（2）写出由E转变成F的化学方程式__________；‎ ‎（3）向G溶液中加入A的离子方程式__________；‎ 向G溶液中加入铜片的离子方程式__________；‎ ‎（4）简述B溶液中阳离子的检验方法__________。‎ ‎【答案】（1）FeCl2KCl（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3 （3）2Fe3++Fe═3Fe2+ 2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+‎ ‎（4）取少量溶液，加入KSCN溶液，无现象，再加入新制氯水，出现红色，则证明含Fe2+‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据框图E转化为F的明显现象，可确定E为氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，所以G是氯化铁，I溶液的焰色反应呈紫色，说明I中含有钾离子，含有钾离子的盐D和硝酸银反应生成白色沉淀H一定是氯化银，所以D是氯化钾，进而推得A是金属铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾．（1）B是氯化亚铁，D是氯化钾；（2）氢氧化亚铁在空气中会迅速被氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，现象是白色沉淀迅速变灰绿色，灰绿色变成红褐色，反应原理为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3；（3）金属铁和三价铁之间的反应为：2Fe3++Fe═3Fe2+，铜与Fe3+反应的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）亚铁离子易被氧化为三价铁，溶液中是否含有亚铁离子的检验方法：取少量溶液，加入KSCN溶液，无现象，再加入新制氯水，出现红色，则证明含Fe2+。‎ ‎【考点定位】考查框图式物质推断题 ‎【名师点晴】完成此题，关键是根据题干叙述，找出解题的突破口，然后根据框图，顺推得出其他物质的化学式，解题的突破口是E转化为F的明显现象，E为氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，此外I溶液的焰色反应实验的现象也是解题的关键，根据各物质间的反应就可以找出其他物质。‎ ‎29.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：‎ ‎（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______（填化学式）。‎ ‎（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。‎ ‎（3）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_______。‎ ‎（4）Na2S2O3是重要的化工原料．从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是______（填代号）。‎ a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4‎ ‎（5）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为________。‎ ‎【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (2). 1：2 (3). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑ (4). b (5). +3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价。‎ ‎(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；‎ ‎(2)将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价降低的为还原剂；‎ ‎(3)浓硫酸与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；‎ ‎(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须是一种大于2，另一种小于2；‎ ‎(5)Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为+a价，根据电子转移守恒计算a的值。‎ ‎【详解】S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价。‎ ‎(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3既有还原性又有氧化性；‎ ‎ (2)将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，这是用SO2的氧化性来氧化H2S生成淡黄色沉淀S和水，反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中H2S中硫元素化合价-2价变化为0价，H2S做还原剂，SO2中硫元素+4价变化为0价，SO2做氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；‎ ‎(3)浓硫酸与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ‎ ‎(4) Na2S2O3中S元素化合价为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须一种物质中的大于2，另一种物质中的小于2，选项a中S化合价都小于2，选项c、d中S的化合价都大于2，所以只有选项b符合题意；‎ ‎(5)假设Cr元素在生成物中的化合价为+a价，根据电子转移守恒，则24×10-3L×0.05mol/L ×(6-4)=20×10-3L×0.02mol/L×2×(6-a)，解得a=+3。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质的检验、鉴别等，侧重于元素化合物的性质的应用的考查，注意根据氧化还原反应的规律分析解答。‎ ‎ ‎