2018-2019学年河南省实验中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年河南省实验中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

河南省实验中学2018——2019学年上期期中试卷 高一化学 ‎1.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中错误的是 A. 金刚石属于非金属单质 B. 制造过程中元素种类发生改变 C. CCl4是一种化合物 D. 这个反应是置换反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A正确，金刚石属于非金属单质，为碳单质；B错，制造过程中元素种类并没有发生改变；C正确，CCl4是一种化合物；D正确，反应方程式为：；为置换反应；‎ ‎2.查阅资料发现，金属钠不仅能跟氧气和水反应，还能跟多种其他物质发生反应，其中包括与酒精在常温下反应。要研究金属钠跟酒精反应的性质，以及金属钠跟水反应的异同点，下列研究方法中没有用到的是 A. 实验法 B. 观察法 C. 分类法 D. 比较法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以实验研究金属钠能跟氧气、水等无机物反应，跟酒精等有机物反应，用到的是实验法，A不选； ‎ B．实验过程中需要用肉眼观察实验现象，用到的是观察法， B不选；‎ C．没有分门别类地对物质及其变化进行研究，C选；‎ D．采取对比方法研究金属钠跟酒精反应的性质以及它与水反应的异同点，用到的是比较法，故D不选。‎ 故合理答案是C。‎ ‎3.下列有关化学基本概念的判断不正确的是 ‎①具有氧化性的物质在反应中一定做氧化剂 ‎②根据是否仅含一种元素将物质分为纯净物与混合物 ‎③氧化还原反应的本质是反应前后元素化合价变化 ‎④强电解质与弱电解质本质区别是水溶液中导电性强弱 ‎⑤根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸 ‎⑥MgO、Na2O2、CuO、Al2O3都是金属氧化物，也是碱性氧化物．‎ A. ①②④ B. ③⑤⑥ C. ④⑤ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①SO2具有氧化性，但在SO2+H2O=H2SO3中没有表现氧化性，①错误；‎ ‎②根据物质组成成分是否单一，可将物质分为混合物和纯净物；根据纯净物的元素组成是否单一，又可以将纯净物分为单质和化合物，②错误；‎ ‎③氧化反应与还原反应的本质是电子的得失，特征是元素化合价的升降，③错误；‎ ‎④强电解质与弱电解质本质区别是在水溶液中电离程度，而不是导电性强弱，④错误；‎ ‎⑤根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH，1个酸分子中含有的H原子个数为4个，但电离出1个氢离子，属于一元酸，⑤错误；‎ ‎⑥过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，⑥错误；‎ 可见上述六种说法均不正确，故合理选项是D。‎ ‎4.科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10—9m）恢复了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是 A. “钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属悬浊液 B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜 C. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔现象 D. 在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)，形成的分散系属于胶体分散系， A错误； ‎ B．“钴酞菁”分子(直径为1.3nm)，小于滤纸的缝隙，大于半透膜的缝隙，所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；‎ C．钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)，在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，如产生丁达尔现象等，C正确。‎ D．“钴酞菁”分子(直径为1.3nm)，Na+半径小于1nm，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.以下实验操作过程中，溶液里无固体物质析出的是 A. 向CuCl2溶液中加入钠的小颗粒 B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入少量铜粉 C. 向Mg(NO3)2溶液中加入Na2O2粉末 D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加稀硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.钠先与溶剂水反应，产物再与氯化铜反应；‎ B.根据铁离子的强氧化性分析；‎ C.过氧化钠与水先反应，反应的产物再与溶质Mg(NO3)2发生复分解反应；‎ D.利用胶体的胶粒带电荷分析。‎ ‎【详解】A.钠的小颗粒与溶液中的水反应产生氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，A错误；‎ B. Fe2(SO4)3溶液中加入少量铜粉，二者发生反应产生硫酸亚铁和硫酸铜，没有固体析出，B正确；‎ C.Na2O2粉末与水反应产生氢氧化钠，氢氧化钠与硝酸镁发生复分解反应产生氢氧化镁沉淀，C错误；‎ D.向Fe(OH)3胶体中逐滴加稀硫酸，首先是Fe(OH)3胶粒上的正电荷被中和，胶体发生聚沉现象，形成沉淀，然后再发生酸碱中和反应，产生硫酸铁和水。在实验操作过程中，溶液里有固体物质析出，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了实验过程与现象的关系。易错点是选项D，胶体的胶粒因具有较大的表面积，选择性地吸附电荷而带电，加入电解质，首先是电荷被中和引起聚沉，然后是酸碱中和反应。准确了解、掌握各类物质的物理、化学性质，并灵活运用是本题解答的基础。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 漂白粉溶液漂白的原理是与空气中的CO2反应生成次氯酸 B. 84消毒液的主要成分是次氯酸钠 C. 金属钠保存在煤油中 D. 久置氯水酸性会减弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.漂白粉溶液漂白的原理是漂白粉中的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2、H2O反应生成具有漂白作用的次氯酸，A正确；‎ B. 84消毒液是Cl2与NaOH发生反应产生，其主要成分是次氯酸钠，B正确；‎ C.由于金属钠易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以要隔绝空气。又因为煤油的密度比钠小，煤油与钠不能发生反应，也不能溶于水，所以通过把金属钠保存在煤油中，C正确；‎ D.氯气溶于水，发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO，反应产生的HClO不稳定，光照分解2HClO2HCl+O2↑，使HClO浓度降低，导致氯气与水的化学平衡正向移动，反应的HClO继续分解，所以氯水久置，溶液中c(HCl)增大，溶液的酸性会增强，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 在  mol/L 的AlCl3 溶液中，含有Cl－ 个数为 B. 56g铁粉与标况下氯气充分反应，转移电子数 C. 通常状况下，个CO2分子占有的体积为 L D. 所含的电子数为个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.缺少溶液体积，无法计算微粒数目，A错误；‎ B.Cl2不足量，转移电子数目要以不足量的氯气为标准计算，共转移2mol电子，电子转移数目是2NA，错误；‎ C. NA个CO2气体分子的物质的量是1mol，在标准状况下其体积是22.4L，C正确；‎ D.1个Na+含有10个电子，则0.1molNa+含有的电子数目是NA个，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.若30g密度为d的溶液中含有不考虑与水反应，则Cl－的浓度为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据 计算铝离子的物质的量，然后根据溶液的质量和密度计算溶液的体积，进而计算铝离子的物质的量浓度，最后根据c(Cl-)=3c(Al3+)，计算氯离子的浓度。‎ ‎【详解】0.9gAl3+的物质的量是n(Al3+)=，溶液的体积是V=，所以c(Al3+)=，则c(Cl-)=3c(Al3+)=3×，所以正确选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查有关物质的量浓度的计算。明确物质的量公式中各个物理量之间的关系及电解质电离产生的微粒间的关系是解答本题的关键。‎ ‎9.下列溶液中Cl-的物质的量浓度和Cl-的物质的量与50mL1mol/L的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度和Cl-的物质的量都相等的是 A. 75mL3mol/L的NH4Cl B. 150mL1mol/L的NaCl C. 50mL1.5mol/L的CaCl2 D. 50mL3mol/L的NaClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎50mL1mol/L的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度：c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L，Cl-的物质的量是n(Cl-)=3mol/L×0.05L=0.15mol。根据Cl-的物质的量浓度等于电解质浓度与化学式中含有Cl-数目的乘积，利用c=，计算溶液中Cl-离子的物质的量。‎ ‎【详解】50mL1mol/L的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度：c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L，n(Cl-)=3mol/L×0.05L=0.15mol。‎ A.75 mL3 mol/L的NH4Cl溶液中：c(Cl-)=3mol/L×1=3mol/L，n(Cl-)=3mol/L×0.075L=0.225mol，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中Cl-物质的量不等，A错误；‎ B.150 mL1 mol/L的NaCl溶液中：c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，氯离子的浓度与50mL1mol/L的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度不相等，B错误；‎ C.50 mL1.5 mol/L的CaCl2溶液中：c(Cl-)=1.5mol/L×2=3mol/L，Cl-的物质的量为：n(Cl-)=3mol/L×0.05L=0.15mol，符合条件，C正确；‎ D.50 mL 3 mol/L的KClO3溶液中不存在氯离子，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算与判断，掌握电解质电离产生离子的浓度等于电解质的浓度与电解质化学式含有的该离子数目的乘积。明确题干信息的要求为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度的表达式及计算方法。‎ ‎10.在碱性溶液中能大量共存且为无色透明溶液的是 A. K+、Cl-、MnO4-、SO42- B. Na+、SO42-、Cl-、NO3-‎ C. H+、NO3-、SO42-、Mg2+ D. Na+、Cu2+、NO3-、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在无色溶液中不能存在紫色的MnO4-离子，A错误；‎ B.离子之间不能发生任何反应，可以大量共存；‎ C. H+、Mg2+会与碱性溶液的OH-发生离子反应，不能大量共存，C错误；‎ D. Cu2+是蓝色的，在无色溶液中不能大量存在，且Cu2+、CO32-会形成CuCO3沉淀，与OH-会形成Cu(OH)2沉淀，不能大量存在，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.下列离子方程式正确的是 A. Cl2与水反应：Cl2+H2O=2H＋+Cl-+ClO-‎ B. 氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应 Ba2++OH-＋H＋+SO42-= H2O+BaSO4↓‎ C. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3+2H+ =Ca2＋＋H2O+CO2↑‎ D. 澄清石灰水中加入碳酸钠溶液：Ca2++CO32-=CaCO3↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气与水反应，产生盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆写，A错误；‎ B. 氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，产生硫酸钡和水，产生的两种物质的物质的量的比是1:2，不符合微粒的物质的量的比，B错误；‎ C.醋酸是弱酸，不能拆写，C错误；‎ D.氢氧化钙与碳酸钠反应，产生碳酸钙沉淀和氢氧化钠，符合物质的拆分原则，反应事实，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.下列叙述中,正确的是 A. 含金属元素的离子一定都是阳离子 B. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质 C. 某元素从化合态变为游离态时,该元素一定被还原 D. 在氧化还原反应中,非金属单质一定是氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含金属元素的离子，可能为阴离子，如AlO2-、MnO4-等，A错误；‎ B．金属阳离子被还原可能得到单质、也可能为离子，如Fe3+被还原生成Fe2+，Fe2+被还原生成Fe，故B正确；‎ C．元素从化合态变为游离态时，元素的化合价可能升高，也可能是降低，所以该元素不一定被还原；C错误；‎ D．在C与O2化合生成CO2的反应中，单质C作还原剂，O2作氧化剂，所以非金属单质不一定是氧化剂，故D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.检验氯化氢气体中是否混有氯气，可采用的方法是 A. 用干燥的蓝色石蕊试纸 B. 用湿润的红色布条 C. 将气体通入硝酸银溶液中 D. 用干燥有色布条 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若是湿润的蓝色石蕊试纸褪色，则证明氯化氢气体中混有氯气，但是干燥的蓝色石蕊试纸不能发生上述变化，不能用于检验，A错误；‎ B．用湿润的红色布条，若混有氯气，红色布条会褪色，B正确；‎ C．氯化氢通入硝酸银溶液产生不溶性白色AgCl沉淀，氯气通入硝酸银溶液，氯气和水反应生成的盐酸也能和硝酸银溶液反应生成白色AgCl沉淀，不能检验，C错误；‎ D．无论是否混入氯气，用干燥有色布条都不会发生任何变化，不能用于检验，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.标准状况下①6.72L CH4  ②3.01×1023个HCl分子 ③13.6g H2S ④0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达不正确的是 A. 体积②＞③＞①＞④‎ B. 密度②＞③＞④＞①‎ C. 质量②＞③＞①＞④‎ D. 氢原子个数①＞④＞③＞②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①n(CH4)=0.3mol；②n(HCl)=0.5mol；③n(H2S)="13.6" g÷34g/mol=0.4mol；④n(NH3)="0.2" mol。A．在相同的温度和压强下，气体的物质的量越大，气体的体积就越大。体积：②>③>①>④ 。正确。B.在相同的外界条件下，气体的相对分子质量越大，气体的密度就越大。相对分子质量：CH4：16；HCl：36. 5；H2S：34；NH3：17.所以密度：②>③>④>①。正确。C．各种气体的质量分别是：①：0.3mol×16g/mol=4.8g;②: 0.5mol×36. 5g/mol=18.25；③：0.4mol×34g/mol=13.6g；④：0.2 mol×17g/mol=3.4g。质量：②>③>①>④ 。正确。D．各种气体中H原子的物质的量分别是：①：1.2mol; ②：0.5mol；③：0.8mol；④：0.6mol。因此各种气体的氢原子数关系是：① >③>④>②。错误。‎ 考点：考查关于气体的各种性质的比较的知识。‎ ‎15.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1 mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是 A. 右边与左边分子数之比为4∶1‎ B. 右侧CO的质量为5.6 g C. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍 D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2 mol CO ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=0.25mol。A、气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；B、右侧CO的质量为：28g/mol*0.25mol=7g，故B错误；C、相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，故C正确；D、相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，故D错误。‎ 考点：阿伏伽德罗定律的应用 ‎16.实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量为2:1放入烧杯中，同时滴入适量H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X的化学式为 A. Cl2 B. Cl2O C. ClO2 D. Cl2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中Na2SO3的氧化产物是Na2SO4,由于S在反应前化合价为+4价，反应后化合价为+6价，所以1mol的S元素失去2mol电子，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，2mol Cl元素得到2mol电子,1mol的 Cl元素得到1mol电子，化合价降低1价，因为在反应前Cl的化合价为+5价，所以反应后Cl的化合价为+4价，因此棕黄色的气体X是ClO2，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。‎ ‎17.下列物质中，属于强电解质的是_____________（填序号，下同），属于弱电解质的是_____________， 属于非电解质的是_______________。‎ ‎①醋酸 ②苛性钠 ③氨气 ④铁 ⑤蔗糖 ⑥硫酸 ⑦盐酸 ⑧水 ⑨二氧化碳 ⑩硫酸钡 ‎【答案】 (1). ②⑥⑩ (2). ①⑧ (3). ③⑤⑨‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①醋酸在水溶液能够部分电离出离子而导电，属于电解质，且属于弱电解质；‎ ‎②苛性钠在水溶液能够全部电离出离子而导电，属于电解质，且属于强电解质；‎ ‎③氨气本身不能电离出自由离子，属于非电解质； ‎ ‎④铁是单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑤蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能达到的化合物，为非电解质；‎ ‎⑥硫酸在水溶液能够完全电离出自由离子而导电，属于电解质，且属于强电解质；‎ ‎⑦盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧水只能部分电离产生自由离子，属于电解质，且属于弱电解质；‎ ‎⑨二氧化碳本身不能电离出自由离子，属于非电解质；‎ ‎⑩硫酸钡熔融状态下能够完全电离产生自由离子而导电，属于电解质，且属于强电解质；‎ 所以属于强电解质的是：②⑥⑩；属于弱电解质的是：①⑧；属于非电解质的是：③⑤⑨；‎ ‎18.已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如下图所示,该“84 消毒液”通常稀释100 倍（体积之比）后使用．请回答下列问题：‎ ‎（1）该“84 消毒液”的物质的量浓度约为__mol/L．（ 保留小数点后 1 位）‎ ‎（2）该同学参阅此“84 消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL 与市售物质的量浓度相同的“84 消毒液”，下列说法中正确的是__（ 填序号）．‎ A．如下图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低 D．需要称量NaClO固体的质量为143.0g ‎（3）“84 消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用 98%（ 密度为1.84g/cm3‎ ‎）的浓硫酸配制 500mL 2.3mol/L 的稀硫酸用于增强“84 消毒液”的消毒能力．‎ ‎①需用浓硫酸的体积为__mL．‎ ‎②取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是__。‎ A．溶液中H2SO4的物质的量 B．溶液的浓度 C．溶液的质量 D．溶液的密度 ‎③对浓硫酸稀释过程中遇到下列情况，使所配制的硫酸浓度大于2.3mol/L有__。‎ A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中 B．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 C．容量瓶中原有少量蒸馏水 D．定容时俯视观察液面．‎ ‎【答案】 (1). 4.0 (2). C (3). 62.5 (4). BD (5). AD ‎【解析】‎ 试题分析：（1）c（NaClO）=c===4.0mol•L-1，故答案为：4.0；‎ ‎（2）A．需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B．配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故B错误；C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，故C正确；D．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L×4.0mol•L-1×74.5g•mol-1=149g，故D错误；故答案为：C；‎ ‎（3）①溶液稀释前后溶质的物质的量不变，浓硫酸的浓度为c==18.4mol/L，假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=0.5L×2.3mol/L，V=0.625L=62.5mL，故答案为：62.5；‎ ‎②A．溶液中H2SO4的物质的量n=cV，与体积有关，错误；B．溶液具有均一性，溶液的浓度与体积无关，正确；C．溶液的质量m=ρV，与体积有关，错误；D．溶液具有均一性，溶液的密度与体积无关，正确；故选BD；‎ ‎③A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，导致溶液体积偏小，浓度偏大，正确；B．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，错误；C．容量瓶中原有少量蒸馏水对结果无影响，错误；D．定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，浓度偏大，正确；故选AD。‎ ‎【考点定位】考查物质的量浓度的计算以及溶液的配制 ‎【名师点晴】本题考查物质的量浓度的计算以及溶液的配制，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用。在做此类试题时，要记住常见的计算公式，如体积为VL、密度为ρg/cm3的某溶液中，含有摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等；配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=。‎ ‎19.金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。以下是元素周期表中前18号某种金属元素对应的单质及其化合物之间的转化关系（“→”所指的转化都是一步完成）。‎ ‎(1)若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1molO2，反应过程中转移的电子数为___________________，A与水反应的离子方程式为：_____________________。‎ ‎(2)200℃时，11.6g CO2和H2O的混合物气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为______________。‎ ‎(3)写出一种“C→D”转化的离子方程式：___________________________________。‎ ‎(4)某同学将一小块A单质露置于空气中，观察到下列现象：‎ 银白色变灰暗变白色出现液滴白色固体 则下列说法正确的是_____________________。‎ A．①发生了氧化还原反应 ‎ B．①变灰暗色是因为生成了过氧化钠 C．③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成了溶液 ‎ D．④只发生物理变化 ‎【答案】 (1). 2NA (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑ (3). 23.2 (4). OH﹣+H+=H2O (5). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属单质可以形成氧化物，也可以直接生成碱，金属氢氧化物一步形成盐，解题关键在金属单质可以直接形成碱的推断。A为活泼金属K、Ca、Na等；结合常见物质及各步反应转化关系分析判断。‎ ‎(1)若B为呼吸面具中的供养剂，则B是Na2O2，金属A为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；Na2O2与水反应生成O2，过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，根据反应原理计算电子转移数目； ‎ ‎(2)根据Na2O2与水、CO2反应时的物质的量关系，用差量法先计算氧气的物质的量，再计算混合气体的物质的量，根据，计算平均摩尔质量，最后求得平均相对分子质量；‎ ‎(3)C→D转化的反应为氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水；‎ ‎(4)小块金属钠露置于空气中发生的变化中，由银白色先变灰暗，再变白色，后出现液滴，最后变为白色固体，①是钠被氧化为氧化钠；发生的反应是氧化还原反应，②是氧化钠和水反应生成氢氧化钠；③氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液；④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体。‎ ‎【详解】金属单质可以形成氧化物，也可以直接一步生成碱，根据氧化物B可作为供氧剂，可确定A为活泼金属Na，B是Na2O2，C是NaOH，D是NaCl等钠盐。‎ ‎(1)A为钠，若B为呼吸面具中的供氧剂，则B在供氧时主要反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，其供氧时每生成1mol O2，反应过程中转移的电子数为2NA，‎ Na与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；‎ ‎(2)由反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知参加反应的CO2和H2O与生成O2的物质的量之比都是为2：1，m(增重)=m(吸收)-m(放出)，即11.6g-m(O2)=3.6g，m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)=，则n(CO2)+n(H2O)=0.5mol，则原混合气体的平均摩尔质量，所以原混合气体的平均式量是23.2； ‎ ‎(3)C→D转化的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，离子方程式为：OH-+H+=H2O；‎ ‎(4)Na性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3。‎ A.①是Na发生氧化还原反应，生成了氧化钠， A正确；‎ B.②变暗色主要是因为Na和O2反应生成了氧化钠，B错误；‎ C.③是氢氧化钠潮解，吸收水蒸气形成氢氧化钠溶液， C错误；‎ D.④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液和水，水分蒸发，最后得到碳酸钠固体，发生了化学反应，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎20.铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识，回答下列问题。‎ ‎(1)鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最好的方法是_______(写出具体实验操作，结论)。‎ ‎(2)电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：__________________________________。‎ ‎(3)某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：‎ ‎①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是_____；‎ ‎②溶液组成的测定：取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得到21.525g白色沉淀。则溶液中c(Cl-)=______mol/L。‎ ‎③验证该溶液中是否含有Fe2+，正确的实验方法是_____________。‎ A．观察溶液是否呈浅绿色 B．取适量溶液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+‎ C．取适量溶液先滴入氯水再滴入KSCN溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2+‎ ‎(4)工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：‎ ‎①滤渣C的化学式为_________________。‎ ‎②加过量D发生反应的离子方程为_____________________________________。‎ ‎③通入F发生反应的离子方程式为 ____________________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 用一束光照射，出现光亮通路的是Fe(OH)3胶体，不出现光亮通路的是FeCl3溶液 (2). Cu+2Fe3+ =Cu2++2Fe2+ (3). Fe3+ (4). 3 (5). B (6). Fe、Cu (7). Fe+2H+=Fe2++H2 (8). Cl2+2Fe2+ =2Cl-+2Fe3+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)鉴别溶液和胶体的最简单的方法是丁达尔现象，胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有；‎ ‎(2)利用Fe3+的强氧化性，结合电子守恒、原子守恒书写； ‎ ‎(3)①根据FeCl3溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；滴入KSCN溶液呈红色分析；‎ ‎②先计算氯化银的物质的量是0.15mol，利用Cl元素守恒，确定氯离子物质的量为0.15mol， ‎ ‎③检验的Fe2+方法可根据其还原性及反应产生的铁离子遇KSCN溶液变为红色；‎ ‎(4)根据制取的目标产物是氯化铁，金可知A是铁；滤液B是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，D加入应该是盐酸，E为氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，所以F为氯气，据此回答①②③。‎ ‎【详解】(1)因FeCl3溶液是溶液，无丁达尔现象，而Fe(OH)3胶体是胶体，有丁达尔现象，所以鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体中最简单有效的是观察是否产生了丁达尔现象（效应）；‎ ‎(2)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；‎ ‎(3)①测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，由于滴入KSCN溶液呈红色，证明溶液中一定有Fe3+，溶液中还含有腐蚀Cu后生成的Cu2+、Fe2+，所以含有的金属离子是Fe3+、Cu2+、Fe2+；‎ ‎②取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得21.525g白色沉淀，n(AgCl)=mol，根据Cl元素守恒，可知n(Cl-)= 0.15mol，则溶液中c(Cl-)=；‎ ‎③A.观察溶液是否呈浅绿色，当溶液浓度较小时，溶液几乎无色，所以不能证明，A错误；‎ B.Fe2+具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，所以向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+；B正确；‎ C.试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显血红色，只能证明反应后溶液中含有Fe3+，不能证明原溶液是否含有Fe2+；应该先加入硫氰化钾溶液，若溶液不变色，证明无Fe3+，再加入氯水，若溶液显示红色，证明此时溶液中含有Fe3+，是Cl2氧化Fe2+而产生的Fe3+，说明原溶液含有Fe2+，C错误；‎ 故合理选项是B；‎ ‎(4)目标产物是氯化铁溶液，则金属A是铁；滤液B是氯化亚铁溶液；由于加入的铁过量，所以滤渣C是铁和铜；制取的物质是氯化铁，则溶解铁加入D物质应该是盐酸，E为氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，所以F为氯气。‎ ‎①滤渣C的化学式为Fe、Cu；‎ ‎②加过量盐酸发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎③是将Fe2+氧化成Fe3+，反应方程式是：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。‎ ‎【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质，注意分析题中提供的信息，根据所学知识写成反应的方程式，本题难度中等。‎ ‎21.已知反应：①KClO3 + HCl-----Cl2↑+ KCl + H2O ‎②Cl2+2KI═2KCl+I2 ‎ ‎③I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl 回答下列问题：‎ ‎(1)反应③中氧化产物是__________(填化学式)‎ ‎(2)配平反应①并用单线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目___KClO3 + ___HCl=_____Cl2↑+____ KCl + ____H2O，______________。‎ ‎(3)下列说法正确的是______。‎ A. 反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5‎ B.结合反应②③，若将Cl2通入含有淀粉的KI溶液中，可能会观察到先变蓝后褪色 C．还原性由强到弱顺序：Cl-> I-‎ D．氧化性由强到弱顺序：KClO3>Cl2>I2‎ ‎(4)实验室用反应①可以制取Cl2，若反应消耗24.5g KClO3，则至少需用________mL 6mol/LNaOH溶液吸收产生的氯气。写出吸收氯气的离子方程式：______________。‎ ‎【答案】 (1). HIO3 (2). (3). BD (4). 200mL (5).‎ ‎ Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在③I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl反应中，I2失去电子，被氧化变为HIO3，所以I2是还原剂，HIO3是氧化产物；‎ ‎(2) 在①中，Cl元素的化合价由KClO3中的+5价变为Cl2中的0价，化合价降低，获得5e-，Cl元素的化合价由HCl中的-1价变为Cl2中的0价，化合价升高，失去5×e-，所以KClO3系数是1，KCl系数是1，Cl2系数是3，由于还有一个Cl原子化合价没变，反应后仍然是-1价，与K+结合，所以HCl系数是5+1=6，根据H原子守恒，可得H2O的系数是3，配平后的方程式是KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O；用单线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目是；‎ ‎(3)A.在③I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl中，I2作还原剂失去电子，Cl2作氧化剂获得电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:1，A错误；‎ B.根据②③可知，当向含有淀粉的KI溶液中通入少量Cl2时，置换出I2，I2能使淀粉溶液变为蓝色；若Cl2过量，I2又被过量Cl2氧化产生HIO3，从而使淀粉溶液又变为无色，B正确；‎ C.由于氧化性：Cl2> I2，物质的氧化性越强，其相应的离子还原性就越弱，所以还原性由强到弱顺序：I- >Cl- ，C错误；‎ D.根据①可知氧化性：KClO3>Cl2；根据②可知氧化性：Cl2> I2，所以氧化性：KClO3>Cl2> I2，D正确；‎ 故合理选项是BD；‎ ‎(4) 用反应①KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O制取氯气，n(KClO3)=，则n(Cl2)=3n(KClO3)=3×0.2mol=0.6mol；Cl2被NaOH溶液吸收，根据2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O可知n(NaOH)=2n(Cl2)=2×0.6mol=1.2mol，则V(NaOH)==200mL；吸收氯气的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎