甘肃省武威市古浪县第二中学2020届高三上学期第四次诊断考试化学试题

甘肃省武威市古浪县第二中学2020届高三上学期第四次诊断考试化学试题

古浪二中2020届高三第四次诊断考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O‎-16 C-12 　N‎-14 ‎ 　F-18 　Si-28 　Al-27 Mg-24　Fe-56 　Na-23 　S-32 ‎ 说明：1. 考试时间120分。2. 试卷分二部分，选择题50分和非选择题50分。‎ 一、选择题(25×2=50分)‎ ‎1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓硫酸具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志，符合题意，故A正确；‎ B.汽油属于易燃物，应贴易燃液体标志，符合题意，故B正确；‎ C.乙醇属于易燃物，不属于剧毒品，应贴易燃液体的标志，故C错误；‎ D.硝酸铵属于易爆物，应贴爆炸品的标志，符合题意，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.如图在盛有碘水的三支试管中分别加入汽油、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是 A. ①加入的是CCl4，②加汽油，③加酒精 B. ①加入的是酒精，②加CCl4，③加汽油 C. ①加入的是汽油，②加酒精，③加CCl4‎ D. ①加入的是汽油，②加CCl4，③加酒精 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】汽油能萃取溴水中的溴，密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色；四氯化碳能萃取溴水中的溴，密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色；酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液仍然为橙黄色，故选D。‎ ‎3.下列关于阿伏加德罗常数的说法中正确的是(　　)‎ A. 6.02‎‎×1023叫做阿伏加德罗常数 B. ‎12g碳含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数 C. 1mol 任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数 D. 1摩尔氯含有6.02×1023个氯分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．6.02×1023叫做阿伏加德罗常数的近似值，错误；‎ B．‎12g碳含有的碳原子数是1mol，即NA，该数值就是阿伏加德罗常数，正确；‎ C．比如1mol H2中H原子个数为2mol，该原子个数不是阿伏加德罗常数，错误；‎ D．题中的“氯”含义不清晰，比如1mol氯原子构成3.01×1023个氯分子，错误；‎ 故选B。‎ ‎4.氮及其化合物的变化关系如图所示：‎ 则下列说法不正确的是(　　)‎ A. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径 B. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径 C. 反应③中，NO2作氧化剂，H2O作还原剂 D. 液氨可用作制冷剂，硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．工业生产硝酸：氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故A正确；‎ B．氮的固定是指游离态氮转化为化合态，雷电条件下氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故B正确；‎ C．反应③的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2既作氧化剂又作还原剂，故C错误；‎ D．液氨可用作制冷剂，硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎5.欲配制‎1L含0.5mol NaCl、0.16mol KCl、0.24mol K2SO4的混合溶液，现用Na2SO4代替K2SO4来进行配制，则所需NaCl、KCl、Na2SO4三种固体的物质的量为(　　)‎ A. NaCl 0.32mol　KCl 0.01mol　Na2SO4 0.12mol B. NaCl 0.02mol　KCl 0.64mol　Na2SO4 0.24mol C. NaCl 0.66mol　KCl 0.48mol　Na2SO4 0.25mol D. NaCl 0.50mol　KCl 0.16mol　Na2SO4 0.24mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】原溶液中含有0.5mol Na+、0.64mol K+、0.66mol Cl-、0.24mol SO42-，用Na2SO4代替K2SO4之后，‎ A、溶液中含有0.58mol Na+、0.01mol K+、0.33mol Cl-、0.12mol SO42-；‎ B、溶液中含有0.5mol Na+、0.64mol K+、0.66mol Cl-、0.24mol SO42-；‎ C、溶液中含有1.1mol Na+、0.48mol K+、1.14mol Cl-、0.25mol SO42-；‎ D、溶液中含有0.98mol Na+、0.16mol K+、0.66mol Cl-、0.24mol SO42-；‎ 则只有B溶液和原溶液相同，故选B。‎ ‎6.在容量瓶的使用方法中，下列操作中正确的是(　　)‎ A. 使用容量瓶前检查它是否漏水 B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗 C. 配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1～‎2 cm 处，再用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线 D. 浓硫酸稀释后，应马上转移到容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1～‎2 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、使用容量瓶前必须检查它是否漏水，A正确；‎ B、容量瓶不需要润洗，B错误；‎ C、配制溶液时，需要先将样品在烧杯中溶解，待冷却到室温之后再转移至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液要倒入容量瓶中，然后慢加入蒸馏水到接近刻度线1～‎2 cm 处，再用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线，C错误；‎ D、浓硫酸稀释后，应待冷却到室温之后再转移至容量瓶中，D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】①带活塞的仪器，使用前都要验漏；②容量瓶使用时，不要求其是否有水，只要操作规范，不影响定容即可；③容量瓶不需要润洗，中学阶段需要润洗的仪器有滴定管和移液管。‎ ‎7.下列关于气体摩尔体积的说法中正确的是 A. 标准状况下，1 mol 水的体积是‎22.4 L B. ‎22 g 二氧化碳的物质的量是0.5 mol，其体积为‎11.2 L C. 只有标准状况下的气体摩尔体积是‎22.4 L·mol-1，其他条件下一定不是该值 D. 标准状况下，1 mol任何气体的体积都约是‎22.4 L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，水是液体，1mol水的体积不是‎22.4L，与题意不符，A错误；‎ B‎.22g 二氧化碳的物质的量是0.5 mol，其标况下的体积为‎11.2 L，与题意不符，B错误；‎ C.任何状态下的气体都有气体摩尔体积，标准状况下的气体摩尔体积是‎22.4 L·mol-1，根据PV=nRT，其他条件下可能也有该值，与题意不符，C错误；‎ D.标准状况下，气体的摩尔体积为‎22.4L/mol，则1 mol任何气体的体积都约是‎22.4 L，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】任何状态下的气体都有气体摩尔体积，气体的摩尔体积为‎22.4L/mol，除标况下外，其他条件也可能有此值。‎ ‎8.下列化学反应的离子方程式错误的是(　　)‎ A. BaCl2溶液与K2SO4溶液的反应：Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓‎ B. NaOH溶液与硝酸的反应：OH－＋H＋=H2O C. Na2CO3溶液与硫酸反应：CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O D. 碳酸钙与盐酸的反应：CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．BaCl2溶液与K2SO4溶液的反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓，故A正确；‎ B．NaOH溶液与硝酸的反应的离子方程式为OH－＋H＋=H2O，故B正确；‎ C．Na2CO3溶液与硫酸的反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，故C正确；‎ D．碳酸钙与盐酸的反应的离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2++CO2↑＋H2O，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎9.对电解质概念的理解正确的是(　　)‎ A. 水溶液里或熔融状态下能导电的物质 B. 在水溶液里和熔融状态下都能导电的化合物 C. CaO溶于水能导电，但溶液中的离子是它与水反应生成的Ca(OH)2电离产生的，所以CaO是非电解质 D. 在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子而能导电的化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子而能导电的化合物，叫做电解质。‎ ‎【详解】A、电解质属于化合物的范畴，A错误；‎ B、电解质是指水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，比如HCl在熔融状态下不能导电，在水溶液中可以导电，它是电解质，B错误；‎ C、CaO溶于水后能导电，是因为它和水反应产生的Ca(OH)2发生了电离，使得水溶液能导电，而不是其本身电离，但是其在熔融状态下是可以导电的，故CaO是电解质，C错误；‎ D、在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子而能导电的化合物，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】‎ 首先，电解质研究的对象是化合物，所以金属单质、石墨不属于电解质；其次，电解质必须是在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子而能导电的化合物，所以CO2、NH3等的水溶液能导电，但是它们本身不能在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子，所以它们是非电解质。‎ ‎10.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）‎ ‎①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3‎ A. H2SO3>I->Fe2+>NO B. I->Fe2+>H2SO4>NO C. Fe2+>I->H2SO3>NO D. NO>Fe2+>H2SO3>I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3还原剂，I-为还原产物，还原性：H2SO3>I-；②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：I->Fe2+；③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2还原剂，NO为还原产物，还原性：Fe2+>NO；由此可知，还原性由强到弱的顺序为H2SO3>I->Fe2+>NO，故答案为A。‎ ‎11.下列各项所述的关系正确的是(　　)‎ A. 有电子转移是氧化还原反应的实质，有元素化合价的变化是氧化还原反应的外观表现 B. 一种物质被氧化，必然有另一种物质被还原 C. 被氧化的物质得到电子或电子对偏向，被还原的物质失去电子或电子对偏离 D. 氧化反应就是得到电子或电子对偏向的反应，还原反应就是失去电子或电子对偏离的反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 有电子转移是氧化还原反应的实质，有元素化合价的变化是氧化还原反应的外观表现，A正确；‎ B. 被氧化与被还原的物质可能为同一种物质，B错误；‎ C. 被氧化的物质失去电子或电子对偏离，被还原的物质得到电子或电子对偏向，C错误；‎ D. 氧化反应就是失去电子或电子对偏离的反应，还原反应就是得到电子或电子对偏向的反应，D错误。‎ 故选A。‎ ‎12. 下列氧化还原反应中，电子得失情况表示不正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】钠是活泼的金属，S是活泼的非金属。因此钠和S的化合反应中，钠失去电子，S得到电子，选项A不正确，其余都是正确的，答案选A。‎ ‎【点睛】该题是高考中的常见考点，属于中等难度的试题。氧化还原反应判断的关键是标出有关元素的化合价变化情况，然后根据有关的概念和要求逐一判断即可。‎ ‎13.下列有关胶体的说法正确的是 A. 胶体是纯净物 B. 胶体与溶液的本质区别是有丁达尔效应 C. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体 D. 胶体属于介稳体系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 根据混合物的概念：由多种物质组成的物质，如果是由分子构成时由多种分子构成的是混合物；‎ B. 胶体的分散质微粒直径大小是胶体区别于其它分散系的本质特征所在；‎ C. 饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应生产氢氧化铁沉淀；‎ D. 胶体是一种均一、介稳定的分散系。‎ ‎【详解】A. 因为分散质粒子在1nm～100nm之间的分散系就是胶体，胶体属于混合物，故A项错误；‎ B. 胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，不是有丁达尔效应，故B 项错误；‎ C. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀，故C项错误；‎ D. 胶体较稳定，静置不容易产生沉淀，属于介稳体系，故D项正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】胶体的介稳性是学生难理解的地方。做题时需要注意，胶体之所以具有介稳性，主要是因为胶体粒子可以通过吸附作用而带有电荷。同种胶体粒子的电性相同，在通常情况下，它们之间的互相排斥阻碍了胶体粒子变大，使它们不易聚集。此外，胶体粒子所作的布朗运动也使得它们不容易聚集成质量较大的颗粒而沉降下来。‎ ‎14. 等物质的量的下列物质，分别与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量最多的是( )‎ A. Al2O3 B. KAl(SO4)2‎ C. Al(OH)3 D. Al ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；2KAl(SO4)2＋8NaOH===K2SO4＋2NaAlO2＋3Na2SO4＋4H2O；Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O；2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。比较可知物质的量相同时， KAl(SO4)2消耗的NaOH最多。故正确答案为B。‎ ‎15.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，则制备实验装置应排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，以此来解答。‎ ‎【详解】因为Fe(OH)2在空气中易被氧化成Fe(OH)3，故要长时间观察到Fe(OH)2‎ 白色沉淀，就要排除装置中的空气或氧气。装置①是先用Fe粉与稀硫酸反应产生的H2将装置中的空气排尽，然后滴入NaOH溶液，与新反应产生的FeSO4发生复分解反应制取Fe(OH)2，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中，可以达到目的，①正确；‎ ‎②滴入的NaOH溶液会吸收空气中的氧气，与试管中FeSO4发生复分解反应制取Fe(OH)2和Na2SO4，溶液中有氧气，会氧化Fe(OH)2变为Fe(OH)3，因此会看到沉淀由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，不能达到实验目的，②错误；‎ ‎③中液面上加苯阻止了空气进入；在隔绝空气的环境中NaOH、FeSO4发生复分解反应产生Fe(OH)2和Na2SO4，由于没有空气，Fe(OH)2不能被氧化，能较长时间观察到白色沉淀，③正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎16.下列判断正确的是(　　)‎ A. 可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2‎ B. 可用CO2来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2‎ C. 可利用在空气中加热的方法除去Na2O中的Na2O2‎ D. 将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞试液中，最终溶液均为红色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气放入水中有气泡生成的为过氧化钠，可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2；故A正确；‎ B、二氧化碳和氧化钠反应生成碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，但反应过程中过氧化钠和二氧化碳反应过程中无明显现象，不可用CO2来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2 ，故B错误；‎ C、氧化钠加热生成过氧化钠，不能用空气中加热的方法除去Na2O中的Na2O2，故C错误；‎ D、氧化钠加入酚酞试液中反应生成氢氧化钠使碱，溶液变红色，过氧化钠加入酚酞溶液中生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱使酚酞变红色，过氧化钠具有强氧化性能使红色溶液褪去，所以溶液先变红色后褪色，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎17.关于Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是(　　)‎ A. 向两者的溶液中加入BaCl2均生成白色沉淀 B. 向两者的溶液中逐滴加入HCl，反应现象完全相同 C. Na2CO3和NaHCO3两物质之间可以相互转化 D. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体，观察不到任何实验现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3和BaCl2反应产生白色沉淀，NaHCO3和BaCl2不反应，A错误；‎ B、向Na2CO3溶液中滴加HCl，刚开始发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，看不到气泡生成，向NaHCO3溶液中滴加HCl，直接发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，一开始就可以看到有气泡产生，B错误；‎ C、Na2CO3和NaHCO3可以相互转化：Na2CO3（饱和）+CO2+H2O=2NaHCO3↓，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，C正确；‎ D、向饱和的Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体，反应消耗水，且常温下NaHCO3的溶解度比Na2CO3低，故可以看到有白色沉淀生成，D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.下列有关Al与NaOH溶液反应的说法中，正确的是(　　)‎ A. 铝是还原剂，其氧化产物是NaAlO2‎ B. NaOH是氧化剂，其还原产物是H2‎ C. Al是还原剂，H2O和NaOH都是氧化剂 D. 水是氧化剂，铝被还原 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Al和NaOH溶液反应实际上分为两步，第一步：2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑，第二步：2Al(OH)3+2NaOH=2NaAlO2+4H2O，将两步反应加起来得：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由此可知：Al是还原剂，NaAlO2是氧化产物，H2O是氧化剂，H2是还原产物；故选A。‎ ‎【点睛】Al和NaOH溶液的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，但是该反应不能准确地反映出电子转移情况，故该反应的电子转移方程式为：。‎ ‎19.下列说法中，错误的是(　　)‎ A. 钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2‎ B. 镁因在空气中形成一薄层致密的氧化膜保护了里面的镁，故镁不需要像钠一样作特殊保护 C. 铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼 D. 铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要加保护层 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；‎ B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；‎ C. 铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；‎ D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。‎ 所以本题答案：C。‎ ‎20.歌曲《青花瓷》中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然於碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大 多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（ ）‎ A. 可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2 B. 性质稳定，不易脱色 C. x等于6 D. 易溶解于强酸和强碱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物·不活泼金属氧化物·二氧化硅·水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2，故A正确；‎ B．BaCuSi2Ox中铜为+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；‎ C．在硅酸铜钡中铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：‎ ‎(+2)+(+2)+(+4)×2+(-2)×x=0，解得x=6，故C正确；‎ D．BaCuSi2Ox难溶于水，能和强酸反应，和强碱不反应，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎21.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是(　 　)‎ A. Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完 B. Ⅱ图：证明新制氯水只有酸性 C. Ⅲ图：产生了棕黄色的雾 D. Ⅳ图：湿润的有色布条褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；‎ B．图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B错误；‎ C．铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不是雾，烟是固体小颗粒形成的气溶胶，雾是小液滴形成的气溶胶，C错误；‎ D．氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎22.下列说法中错误的是(　　)‎ A. 二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有氧化性 B. 二氧化硫的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，但不能使之褪色 C. 将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性 D. 二氧化硫漂白过的草帽过一段时间后又会恢复到原来的颜色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2的漂白性是因为SO2可以和有色物质反应生成无色物质，与氧化性无关，A错误；‎ B、SO2的水溶液呈酸性，可以使紫色石蕊变红，但是不能使石蕊褪色，B正确；‎ C、将足量SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，是因为发生了氧化还原反应，KMnO4是常见的强氧化剂，SO2作还原剂，在该反应中体现还原性，C正确；‎ D、SO2的漂白产物不稳定，漂白后生成的无色物质过一段时间后会恢复原来的颜色，D正确；‎ 故选A。‎ ‎23.某集气瓶内装的混合气体是红棕色，加入足量蒸馏水，盖上玻璃片振荡得橙黄色溶液，气体颜色消失，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，该混合气体可能是 A. N2、O2、Br2 B. NO2、NO、N‎2 ‎C. NO2、NO、O2 D. N2、NO2、Br2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎“混合气体是红棕色”，Br2蒸气和NO2气体均呈红棕色，所以至少含有Br2和NO2中的一种；“振荡得橙黄色溶液”，溴水为橙黄色，所以含有Br2，排除B、C选项。“打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色”说明有NO存在，NO遇O2迅速变为NO2；可能是因为混合气中本身存在NO，也可能是因为NO2与水反应生成了NO，故混合气体中NO、NO2至少有一种。A、D选项中都没有NO，而D选项中存在NO2，故选D。‎ ‎24.用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是( )‎ A. 上下移动①中铜丝可控制SO2的量 B. ②中选用品红溶液验证SO2的生成 C. ③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2‎ D. 为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；‎ B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；‎ C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；‎ D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎25. 将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是 A. 反应速率：两者相同 B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少 C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深 D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝酸越浓，氧化性越强，所以浓硝酸和铜反应速率快，A不正确；‎ B.根据方程式Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑和3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋4H2O＋2NO↑，等物质的量的铜前者消耗的硝酸多于后者，B正确；‎ C. 根据方程式Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑和3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋4H2O＋2NO↑，前者生成二氧化氮为红棕色，后者生成一氧化氮为无色，C不正确。‎ D.反应中消耗的铜一样多，所以转移多电子数一样多，D不正确；‎ 答案是B。‎ 二、非选择题(50分)‎ ‎26.某双原子分子构成的气体，其摩尔质量为M g·mol-1，该气体的质量为m g，阿伏加德罗常数为NA，则：‎ ‎(1)该气体在标准状况下的体积为____L； ‎ ‎(2)该气体在标准状况下的密度为____ g·L-1； ‎ ‎(3)该气体所含的原子总数为____； ‎ ‎(4)该气体的一个分子的质量为____ g。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）标况下，V=n·Vm==×‎22.4L·mol-1=L；‎ ‎（2）标况下，ρ===g·L-1；‎ ‎（3）该气体所含原子总物质的量为2n=2×=mol，则所含原子总数为；‎ ‎（4）该气体的一个分子的质量为=g。‎ ‎27.在‎0.2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）该混合液中，NaCl的物质的量为_____mol，含溶质MgCl2的质量为_____g。‎ ‎（2）该混合液中CaCl2的物质的量为_______mol，将该混合液加水稀释至体积为‎1L，稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为______mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 0.2 (2). 9.5 (3). 0.1 (4). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据示意图可知n（Na+）=1.0mol/L×‎0.2L=0.2mol，因此根据钠离子守恒可知NaCl物质的量为0.2mol；n（Mg2+）=0.5mol/L×‎0.2L=0.1mol，则n（MgCl2）=0.1mol，所以m（MgCl2）=0.1mol×‎95g/mol=‎9.5g；‎ ‎（2）忽略水的电离，根据电荷守恒可知c（Na+）+‎2c（Mg2+）+‎2c（Ca2+）=c（Cl-），c（Ca2+）=（3.0mol/L-1.0mol/L-0.5mol/L×2）÷2=0.5mol/L，n（CaCl2）=n（Ca2+）=0.5mol/L×‎0.2L=0.1mol；稀释前后溶质物质的量不变，则稀释后Ca2+物质的量浓度为0.1mol÷‎1L=0.1mol/L。‎ ‎28.某种溶液可能含有下列阴离子中的一种或几种：、、Cl−。‎ ‎(1)当溶液中有大量H+存在时，则不可能有________存在。‎ ‎(2)当溶液中有大量Ba2+存在时，溶液中不可能有________存在。‎ ‎(3)当溶液中有________和________等阳离子存在时，上述所有阴离子都不可能存在。‎ ‎【答案】 (1). (2). 、 (3). Ba2+ (4). Ag+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当溶液中有大量H+存在时，CO32-与H+反应，离子反应方程式为： CO32-+2H+CO2↑+H2O生成气体而不能大量存在；‎ ‎(2)当溶液中有大量Ba2+存在时，CO32-、SO42-与Ba2+分别反应生成沉淀而不能大量存在，离子方程式：Ba2++ SO42- BaSO4↓，Ba2++ CO32- BaCO3↓；‎ ‎(3)当溶液中有Ba2+时，CO32-、SO42-不能大量存在，当溶液含有Ag+离子时， Cl−不能大量存在。‎ ‎29.根据反应①~④四个反应，回答下列问题：‎ ‎①Cl2+2KI=2KCl+I2‎ ‎②2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ ‎③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎④H2S+I2=S+2HI ‎(1)对于反应②，还原剂与氧化剂的物质的量之比为____。‎ ‎(2)对于反应③，当有0.1 mol的Fe2+生成时，转移电子数目为________。 ‎ ‎(3)根据上述四个反应可判断出Cl2、I2、Fe3+、H2S四种物质的氧化性强弱顺序为__________。‎ ‎【答案】 (1). 2：1 (2). 6.02×1022 (3). Cl2>Fe3+>I2>H2S ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应②中，Cl2作氧化剂，FeCl2作还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1；‎ ‎（2）反应③中，只有Fe3+作氧化剂，且每个Fe3+得到一个电子变为Fe2+，故当有0.1 mol的Fe2+生成时，转移电子0.1mol，数目为6.02×1022；‎ ‎（3）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，从反应②可知，Cl2的氧化性大于Fe3+，从反应③可知，Fe3+的氧化性大于I2，从反应④可知，I2的氧化性大于H2S，综上所述，氧化性：Cl2>Fe3+>I2>H2S。‎ ‎30.应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。请完成该实验中的问题：‎ ‎(1)该氧化还原反应的还原剂是____，氧化剂是____。 ‎ ‎(2)实验前必须对整套装置进行气密性检查，操作方法是______________。 ‎ ‎(3)干燥管中盛装的物质的作用是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe (2). H2O (3). 在玻璃管口A处接一段乳胶管，乳胶管头上连一段玻璃管，并将管口没入水中，用酒精灯火焰微热烧瓶底部，如果能够观察到没入水中的玻璃管口有气泡逸出，停止加热后，玻璃管内有水柱上升，且较长时间水柱不回落，则表明该套装置气密性良好 (4). 吸收H2中的水蒸气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验的目的是完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。A为水蒸气发生器，B为Fe和水蒸气的反应场所，干燥管中装有碱石灰，用来干燥产生的H2，C为H2的收集装置。‎ ‎【详解】（1）该反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，则Fe作还原剂，H2O作氧化剂；‎ ‎（2）检查该装置的气密性的方法是：在玻璃管口A处接一段乳胶管，乳胶管头上连一段玻璃管，并将管口没入水中，用酒精灯火焰微热烧瓶底部，如果能够观察到没入水中的玻璃管口有气泡逸出，停止加热后，玻璃管内有水柱上升，且较长时间水柱不回落，则表明该套装置气密性良好；‎ ‎（3）干燥管中的物质是碱石灰，其作用是吸收H2中的水蒸气。‎ ‎31.已知X是某金属单质，X、A、B、C含同一种元素，可发生如下转化：‎ ‎(1)写出以下反应的离子方程式：‎ ‎②___________________________；‎ ‎④___________________________。‎ ‎(2)确定化学式B_______ X_______‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (3). NaAlO2 (4). Al ‎【解析】‎ 分析】‎ 既能和NaOH溶液反应，又能和稀盐酸反应的金属X是Al，X、A、B、C含同一种元素，故A为Al2O3，B为NaAlO2，C为AlCl3。‎ ‎【详解】经分析，X为Al，A为Al2O3，B为NaAlO2，C为AlCl3，则：‎ ‎(1)反应②的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；反应④的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；‎ ‎(2) B为NaAlO2，X为Al。‎ ‎32.已知A为常见的金属单质，根据如图所示的关系：‎ ‎(1)确定C、E的化学式，C为_____，E为_____‎ ‎(2)写出④的离子方程式，⑧的化学方程式：‎ ‎④_________________________，‎ ‎⑧________________________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl2 (2). Fe(OH)2 (3). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为常见的金属单质，F为红褐色固体，且E和O2反应得到F，则F为Fe(OH)3，E为Fe(OH)2，A为Fe；再根据图中的转化关系，可以推出B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3。‎ ‎【详解】经分析，A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，则：‎ ‎（1）C为FeCl2，E为Fe(OH)2；‎ ‎（2）反应④的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；反应⑧的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。‎ ‎【点睛】无机推断题，要求学生掌握一些常见物质的物理、化学性质，还要掌握一些化学反应，比如本题中的红棕色物质，一般有Fe2O3、Fe(OH)3，但是中学阶段没有学习通过和O2反应生成Fe2O3的反应，反而学过Fe(OH)2和O2反应生成Fe(OH)3的反应，故可以推断出题中F为Fe(OH)3。此外，还要注意，Fe3O4是黑色晶体，Fe块是银白色的，但是Fe 粉是黑色的。‎ ‎33.某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应：[C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O] 产生的所有气体产物，选用了如图所示实验装置。‎ ‎(1)②中酸性KMnO4溶液的作用是____________。‎ ‎(2)②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是A______，B_____。‎ ‎(3)③中出现的现象是___________。‎ ‎【答案】 (1). 吸收SO2 (2). 检验SO2 (3). 证明SO2被吸收完全 (4). 澄清石灰水变浑浊 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的实验目的是检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物H2O、SO2和CO2。装置图中，第一个加热装置为C和浓硫酸的反应装置，①用来检验水蒸气，②为检验SO2的装置，其中品红溶液A用来检验SO2，酸性KMnO4溶液用来吸收SO2，品红溶液B用来证明SO2被吸收完全，避免后续对CO2的检验产生干扰，③用来检验CO2。‎ ‎【详解】（1）②中酸性KMnO4溶液的作用是吸收SO2；‎ ‎（2）②中品红溶液A用来检验SO2，品红溶液B用来证明SO2被吸收完全；‎ ‎（3）③中出现的现象是澄清石灰水变浑浊。‎ ‎ ‎