湖北省黄冈市2019-2020学年高一下学期3月在线月考化学试题 Word版含解析

湖北省黄冈市2019-2020学年高一下学期3月在线月考化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 化学试题 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64 ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一．选择题（本题共16小题，每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.如表中物质分类完全正确的是 ( )‎ 选项 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A 盐酸 水玻璃 硫酸 干冰 B 小苏打 漂粉精 铁 氨气 C 液氨 碱石灰 氢氧化钠 二氧化碳 D 硝酸 食盐水 氯化铜 氯气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，A项错误；‎ B. 铁是单质，不是电解质，B项错误；‎ C. 液氨是液态的氨气，属于纯净物，碱石灰是氢氧化钠与氧化钙的混合物，氢氧化钠是电解质，二氧化碳属于非电解质，C项正确；‎ D. 氯气是单质，不属于非电解质，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】判断给出的物质是不是电解质或非电解质，要先判断该物质属不属于化合物。若为化合物，再进一步判断该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断；若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。值得注意的是，常见的非电解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等，常见的电解质为酸、碱、盐和或活泼金属氧化物等，学生需要理解并谨记。‎ ‎2.下列离子方程式书写正确是（ ）‎ A. 钠与水反应：Na＋2H2O=Na+＋2OH－＋H2↑‎ - 19 -‎ B. Cl2 与水反应：Cl2＋H2O=2H+＋Cl－＋ClO－‎ C. 向 FeCl2 溶液中通入氯气：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－‎ D. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： SO42－+Ba2+=BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH－＋H2↑，故A错误；‎ B．氯气与水反应,离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl−+HClO，故B错误；‎ C．向 FeCl2 溶液中通入氯气反应生成氯化铁，离子反应：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－，故C正确；‎ D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，离子反应为：2NH4＋+SO42-+Ba2＋+2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】次氯酸是弱酸，属于弱电解质，在离子反应中弱电解质不能拆。‎ ‎3.下列有关溶液和胶体的叙述正确的是（ ）‎ A. Fe(OH)3 胶体和FeCl3溶液的本质区别为是否具有丁达尔效应 B. FeCl3溶液呈电中性，Fe(OH)3 胶体带有电荷 C. 纳米材料的微粒直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料是胶体 D. FeCl3溶液能使血液凝聚沉降 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1−100nm之间，故A错误；‎ B．溶液和胶体均不带电，是呈电中性的分散系，胶体粒子可带电，故B错误；‎ C．纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米是分散质，胶体是分散系，故C错误；‎ D．血液属于胶体,加入电解质溶液(FeCl3溶液)可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】溶液和胶体都是分散系，区分它们方法是利用丁达尔效应，它们最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同，是学生的易错点。‎ - 19 -‎ ‎4.下列各组离子在指定的环境中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 滴入酚酞显红色的溶液：K＋、Mg2＋、NO3-、Br－‎ B. 滴入KSCN溶液显血红色的溶液：Na＋、Al3＋、Cl－、SO42－‎ C. 加入铝粉能产生H2的溶液：NH4+、Fe2＋、SO42－、NO3-‎ D. 含有大量ClO－的溶液：H＋、Mg2＋、I－、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴入酚酞显红色的溶液显碱性，OH-和Mg2＋不能大量共存，故A错误；‎ B．滴入KSCN溶液显血红色的溶液含有三价铁离子，与Na＋、Al3＋、Cl－、SO42－不反应，且以上离子之间也不反应，能大量共存，故B正确；‎ C．加入铝粉能产生H2的溶液即显酸性，有可能显碱性，碱性条件下与NH4+不能大量共存，酸性条件下Fe2＋、NO3-发生氧化还原反应，并且酸性条件下，含有NO3-的溶液与Al不能生成氢气，不符合限定条件，故C错误；‎ D．含有大量ClO－的溶液具有氧化性，ClO－和H＋结合形成弱电解质，与I－发生氧化还原反应，都不能大量共存，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】铝即可以和强酸反应也可以和强碱反应，能发生化学反应的离子在溶液中不能大量共存。‎ ‎5.下列实验方案可行的是 （ ）‎ A. 检验溶液中是否有SO42－时，加入BaCl2溶液，再加稀硝酸，观察沉淀是否消失 B. 用干燥的pH试纸可测得新制氯水的pH＝2‎ C. 用氢氧化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液 D. 用焰色试验鉴别NaCl和KCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．检验硫酸根离子，应先加盐酸排除其它离子的干扰，再加氯化钡，观察是否有白色沉淀，故A错误；‎ B．氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故B错误；‎ C．Na2CO3和NaHCO3都与氢氧化钙溶液反应生成沉淀，应用氯化钙鉴别，故C错误。‎ D．NaCl的焰色反应现象为黄色，K的焰色反应现象为紫色(透过蓝色的钴玻璃观察)‎ - 19 -‎ ‎，可鉴别，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述中正确的是 (　 　)‎ ‎①体积比1∶1　 ②体积比11∶16 　③密度比16∶11 ④密度比11∶16‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】令二者的质量为1g，n(SO2)==mol，n(CO2)==mol；同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比为mol：mol=11：16；同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故②③正确、①④错误，答案选B。‎ ‎【点睛】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，密度之比等于相对分子质量之比。‎ ‎7.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①标准状况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4 L ‎②在Fe参与的反应中，1mol Fe失去的电子数为3NA ‎③标准状况下，11.2L Cl2溶于水转移的电子总数为0.5NA ‎④在溶有1 mol Fe(OH)3的胶体中含有NA个Fe(OH)3胶粒 ‎⑤常温常压下，21g氧气和27g臭氧中含有的氧原子总数为3NA ‎⑥标准状况下，22.4 L SO3中所含有的分子数为NA A. ①⑤ B. ①③⑥ C. ②③⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①氩气为单原子单质，故含NA个氩原子的氩气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L，故①正确；‎ ‎②铁有+2价和+3价，故1mol铁参与反应后失去的电子数可能为2NA个，也可能为3NA个，故②错误；‎ ‎③标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，而和水的反应为可逆反应，故转移的电子数小于0.5NA个，故③错误；‎ - 19 -‎ ‎④胶粒是Fe(OH)3的聚集体，所以1 mol Fe(OH)3的胶体中含有Fe(OH)3胶粒小于NA个，故④错误；‎ ‎⑤氧气和臭氧分子均由氧原子构成,故21g氧气和27g臭氧的混合物即48g混合物中含有的氧原子的物质的量为3mol，个数为3NA个，故⑤正确；‎ ‎⑥标准状况下，SO3为液体，不能用气体摩尔体积计算，故⑥错误；‎ 正确的为①⑤，答案选A。‎ ‎【点睛】标况下不是气体的物质有三氧化硫，水，四氯化碳等，不能使用气体摩尔体积计算。‎ ‎8.甲、乙、丙三种物质含有同种元素，它们之间存在如下转化关系： ，下列推断错误的是 A. 若甲为氯气，则丁可以是铁 B. 若甲为铁，则丁可以是氯气 C. 若甲为氢氧化钠，则丁可以是二氧化碳 D. 若甲为二氧化碳，则丁可以是氢氧化钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】本题可用代入法，‎ A、若甲为Cl2，丁是铁，则乙是三氯化铁，丙是氯化亚铁，符合转化关系，A正确；‎ B、甲为铁，丁是氯气，则乙是氯化铁，氯化铁和氯气不反应，不符合转化关系，B错误；‎ C、甲为NaOH，丁是CO2，则乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，符合转化关系，C正确；‎ D、甲为二氧化碳，丁是氢氧化钠，则乙是碳酸氢钠，丙为碳酸钠，符合转化关系，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】 属于特殊的转化关系，发生的转化既可以是氧化还原反应，也可以是非氧化还原反应，平时要注意总结和积累此类转化关系适用的物质有哪些；本题在解题方法上可用代入法，即将选项中的可能物质代入转化关系，看其是否能实现转化，若能则符合题意，否则不符合题意。‎ ‎9.下列实验方案与实验结论符合或能达到实验目的的是( )‎ A. 探究NaHCO3的热稳定性 - 19 -‎ B. 用铜和浓硝酸制取少量NO2‎ C. 实验室制取Cl2‎ D. 白色沉淀为BaSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加热固体试管口应略向下倾斜，否则水蒸气冷凝回流，试管炸裂，故A错误；‎ B．二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集，故B错误；‎ C．二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热，图中缺少加热装置，故C错误；‎ D．二氧化硫能在酸性条件下被硝酸根氧化为硫酸，与硝酸钡反应生成硫酸钡，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.已知2MO y x- +5S2﹣+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. MOyx-中的M的化合价为+6 B. S2﹣做还原剂，得电子后生成S C. 根据该反应可判断还原性：S2﹣＞M2+ D. x=1，y=3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于反应2MOy x− +5S2−+16H+=2M2++5S↓+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；‎ 由电荷守恒可知2×(−x)+5×(−2)+16=2×2，解得x=1，则MO y x-为MO4-，M元素的化合由+7价变为+2价，化合价降低被还原，MO y x-‎ - 19 -‎ 做氧化剂，S元素的化合价由-2价变为0价，化合价升高被氧化，做还原剂，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，MO y x-为MO4-，M元素的化合为+7，故A错误；‎ B．S2﹣做还原剂，失去电子后生成S，故B错误；‎ C．根据该反应还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可判断还原性：S2﹣＞M2+，故C正确；‎ D．根据分析，x=1，y=4，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.常温常压下能大量共存，并可用浓硫酸干燥的一组气体是（ 　）‎ A. SO2、HI、N2 B. O2、CO2、NO C. NH3、N2、H2 D. O2、H2、SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2和HI反应，不能大量共存， HI具有还原性，不能用浓硫酸干燥，故A不符合题意；‎ B. 2NO+O2=2NO2，不能大量共存，故B不符合题意；‎ C. NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故C不符合题意； ‎ D. O2、H2、SO2之间不反应，都可用浓硫酸干燥，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】易错点是D选项，氧气和二氧化硫在催化剂和高温下反应，而在常温常压下不反应。‎ ‎12.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)：‎ A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应 B. 反应⑤说明该条件下铝的氧化性强于锰 C. 生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2‎ D. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】C - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；‎ B．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；‎ C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0；‎ D．①中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0．‎ ‎【详解】A、①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，③④⑤中没有离子参加反应，故A错误；‎ B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B错误；‎ C、③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；‎ D、反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，难点D，注意元素的化合价判断及电子守恒应用．‎ ‎13.将26.4 g Na2O与Na2O2的混合物投入足量的水中溶解，反应后水溶液增重24.8 g，则原混合物Na2O与Na2O2的物质的量之比是 A. 1:3 B. 3:1 C. 13:31 D. 31:13‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，运用差量法计算出Na2O2的质量，然后求出Na2O的质量，最后求出两者的物质的量之比。‎ ‎【详解】Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解发生的反应为：①Na2O+H2‎ - 19 -‎ O=2NaOH、②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，26.4gNa2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重24.8g，减少的1.6g为生成氧气的质量，氧气的物质的量为0.05mol，根据反应②知，混合物中Na2O2的物质的量为0.1mol，则Na2O2的质量为7.8g；混合物中Na2O的质量为26.4g—7.8g=18.6g，则Na2O的物质的量为0.3mol，则原混合物中Na2O与Na2O2的物质的量之比是3：1，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查依据化学方程式的计算，明确氧化钠、过氧化钠的性质，抓住固体质量与溶液增加的质量之差为氧气的质量是解题的关键。‎ ‎14.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。进行如下实验。下列有关说法正确的是：‎ A. 根据上述步骤II可以得出m(Fe2O3)∶m(Cu)＝1∶1‎ B. 步骤I中减少的3 g固体一定是混合物 C. 步骤II中质量减少的物质一定是Cu D. 根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H＋═2Fe3＋+3H2O；Cu+2Fe3＋═2Fe2＋+Cu2＋，说明溶液中一定存在Fe2O3，1.92g固体为铜。‎ ‎【详解】A、设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O、Cu+2Fe3＋=2Fe2＋+Cu2＋得出：Fe2O3～2Fe3＋～Cu，则160x+64y=6.4，64y-64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g·mol－1=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g·mol－1=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故A正确。‎ B、步骤Ⅰ中，加入过量氢氧化钠溶液固体质量减少了3 g，溶解的物质可能是Al2O3和SiO2中的一种或两种，故B错误；‎ - 19 -‎ C、步骤Ⅱ中加入过量盐酸，Fe2O3溶解后又和Cu发生反应，故减少的固体是Fe2O3和Cu，故C错误；‎ D、根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在Fe2O3、Cu，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的检验和含量的测定，有关化学反应的简单计算，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，选项A为难点和易错点，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量．‎ ‎15.将2mol NaHCO3 和1mol Na2O2 混合，在密闭容器中充分混合加热后，最后排出气体，残留的固体是( )‎ A. Na2CO3 B. Na2O2 和 Na2CO3‎ C. NaOH 和 Na2CO3 D. Na2O2 和 Na2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应，反应方程式分别为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2↑，2mol NaHCO3分解产生1mol二氧化碳和1mol水，根据反应关系可得，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与二氧化碳反应，则最终产物为碳酸钠，答案选A。‎ ‎16.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe 3＋)、n(Br2) 随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是(　　 )‎ A. 氧化性强弱：Br2 > Fe3＋‎ B. 由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L－l C. n(Cl2) =0. 12 mol时，溶液中离子浓度有：c (Fe 3＋)∶c( Br－)=1∶8‎ D. n(FeBr2)∶n(Cl2) =1∶1时，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－+ 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 4Cl－‎ - 19 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，则还原性：Fe2+＜Br-，则氧化性强弱：Br2＞Fe3+，故A正确；‎ B．图中通入0.1mol氯气时亚铁离子完全被氧化生成0.2molFe3+，由Fe原子守恒及c=可知该FeBr2溶液的浓度为=1mol•L1，故B正确；‎ C．n（Cl2）=0.12mol时，0.1mol氯气时亚铁离子完全被氧化生成0.2molFe3+，由2Br-+Cl2=2Cl-+Br2可知，0.02molCl2氧化0.04molBr-，溶液中的离子浓度有c(Fe3+)：c(Br-)=0.2mol：（0.4mol-0.04mol）=5：9，故C错误；‎ D．n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1时，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二．非选择题（本题共5个小题，共52分）‎ ‎17.某同学需用480 mL 0.5 mol·L-1Na2CO3溶液，在实验室进行配制。‎ ‎（1）该同学用托盘天平应称量________g Na2CO3粉末，使用容量瓶前必须进行一步操作是______。‎ ‎（2）下图是该同学配制的一些关键步骤和操作图。‎ 配制过程的先后顺序为(用字母A～F填写)________________。‎ ‎（3）步骤A通常称为洗涤，如果没有步骤A，则配得溶液的浓度将________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)；步骤F如果俯视刻度线，配得溶液的浓度将_______(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). 26.5 (2). 检漏 (3). DBCAFE (4). 偏低 (5). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)实验室没有480‎ - 19 -‎ ‎ mL规格的容量瓶，需要500mL容量瓶，则该同学用托盘天平应称量0.5L×0.5mol/L×106g/mol=26.5gNa2CO3粉末；‎ 使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查是否漏液；‎ ‎(2)配制过程一般是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容、振荡等，则先后顺序为DBCAFE；‎ ‎(3)步骤A通常称为洗涤，如果没有步骤A，溶质减少，则配得溶液的浓度将偏低；‎ 步骤F如果俯视刻度线，溶液体积减少，则配得溶液的浓度将偏高。‎ ‎18.在0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中,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-1。 ‎ ‎(3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀__________mol。‎ ‎【答案】 (1). 0.4 (2). 19 (3). 0.2 (4). 0.2 (5). 1.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，c(Mg2+)=0.5mol/L，结合n=cV、m=nM计算；‎ ‎(2)结合电荷守恒计算c(Ca2+)，结合n=cV、c=计算；‎ ‎(3)加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，氯离子转化为AgCl沉淀。‎ ‎【详解】(1)由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.4L×1.0mol/L=0.4mol；c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.4L×0.5mol/L×95g/mol=19.0g；‎ ‎(2)由电荷守恒可知2c(Ca2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：2c(Ca2+)=3.0−1.0−0.5×2=1mol/L，c(Ca2+)=0.5mol/L，混合液中CaCl2的物质的量为：‎ - 19 -‎ ‎0.4L×0.5mol/L=0.2mol，该混合液加水稀释至体积为1L，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为：c==0.2mol；‎ ‎(3)加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液,氯离子转化为AgCl沉淀，n(AgCl)=n(Cl−)=3mol/L×0.4L=1.2mol。‎ ‎19.A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。试回答：‎ ‎（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是____。‎ a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al ‎（2）若A为强碱溶液，则X可能为____。‎ a．CO2 b．AlCl3 c．Al d．Mg e．Al2O3‎ ‎（3）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（离子方程式表示）___，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是____。‎ ‎（4）若A、B、C为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为____，X的化学式可能为（写出不同类物质）____或____，反应②的离子方程式为___或___。‎ ‎【答案】 (1). de (2). ab (3). FeCl3 (4). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (5). 加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 (6). Al(OH)3 (7). 盐酸 (8). 氢氧化钠 (9). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (10). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据常见强氧化剂单质氧气和氯气分析；‎ ‎（2）根据各物质的转化关系分析；‎ ‎（3）在溶液C中滴入AgNO3，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl，由题意与转化关系可推知A为Cl2，x为还原性较强的金属，由所学知识推x为铁单质；‎ ‎（4）x为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。‎ - 19 -‎ ‎【详解】（1）a．S与氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，故不选a； ‎ b．N2与氧气在放电条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故不选b； ‎ c．Na与氧气在常温下生成Na2O，Na2O与氧气加热生成Na2O2，故不选c； ‎ d．金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体，氧化镁与氧气不反应，故选d； ‎ e．Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氧气不反应，故选e；‎ 选de。‎ ‎（2）a．CO2 与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与 二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故选a； ‎ b．AlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故选b； ‎ c．Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与铝不反应，故不选c； ‎ d．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故不选d； ‎ e．Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应，故不选e；‎ 选ab；‎ ‎（3）铁与氯气反应生成氯化铁，则B为FeCl3，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，C为FeCl2，Fe2+易被氧化，所以FeCl2在贮存时，应加入铁粉来还原Fe3+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是：加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 。‎ ‎（4）若x为强酸，则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐；若x为强碱，则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐；则B的化学式为Al(OH)3，X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠，反应②的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎20.某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：‎ 阳离子 H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋‎ 阴离子 Cl－、OH－、CO32-、AlO2-‎ 为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。‎ - 19 -‎ ‎(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________，其对应物质的量浓度之比为 ____________，溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。‎ ‎(2)写出沉淀减少的离子方程式 ________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). H＋、Al3＋、NH4+ 、Mg2＋ (2). 2:2:2:3 (3). OH－、CO32-、AlO2- (4). Al(OH)3+OH－= AlO2- +2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；‎ ‎(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+‎ - 19 -‎ ‎)≤16mol，所以氯离子物质的量≥16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Mg2+)=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO32-、AlO2-；‎ ‎(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。‎ ‎21.如图的各方框表示一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。‎ ‎（1）写出物质X的化学式：__。‎ ‎（2）写出下列变化的化学方程式：‎ ‎①A→D：___；‎ ‎②G→E：___；‎ ‎③F→G：___。‎ ‎（3）实验室里，常用加热固体混合物的方法制取气体C，请写出化学方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). NH4HCO3(或(NH4)2CO3) (2). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (3). 3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (4). 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO (5). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体，生成氧气，氧气与C在催化剂作用下反应，说明C为氨气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，B为水蒸气。‎ ‎【详解】⑴根据X分解得到水、二氧化碳、氨气得出X可能为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)，故答案为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)。‎ ‎⑵①A→D是过氧化钠和水的反应，其方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。‎ ‎②G→E是铜和硝酸的反应，其方程式为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故答案为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。‎ - 19 -‎ ‎③F→G是二氧化氮和水的反应，其方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。‎ ‎⑶实验室里常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C，其化学方程式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。‎ ‎22.为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）。‎ 实验操作 实验现象 i．打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸 A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀 ii．取C中沉淀加入盐酸 C中白色沉淀不溶解 iii．打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2‎ 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色 ‎(1)C中产生的白色沉淀是______。‎ ‎(2)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2＞SO2。‎ ‎①乙同学认为不能得出此结论，对实验进行了改进：‎ 打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹，再打开A中分液漏斗活塞，此操作的目的是_________________‎ ‎②丙同学进行了进一步的改进：‎ 在B和C之间增加盛放CCl4的洗气瓶D，丙同学的目的是______‎ - 19 -‎ ‎③将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：‎ 氧化性H2O2＞SO2。试写出两者反应的化学方程式________________‎ ‎(3)iii中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：‎ 观点1：H2O2的量少不能氧化Br-‎ 观点2：B中有未反应H2SO3(或SO2)‎ 为验证观点2，应进行的实验操作及现象是______。‎ ‎(4)通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是______。‎ ‎【答案】 (1). BaSO4 (2). 除尽装置内的空气 (3). 除去挥发的溴蒸气 (4). H2O2+SO2=H2SO4 (5). 取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 (6). H2O2＞Br2＞SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 取C中沉淀加入盐酸，C中沉淀不溶解，说明生成硫酸钡，化学式为BaSO4；‎ ‎（2）①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作就是：打开弹簧夹，通入N2，除尽装置内的空气，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；‎ ‎②由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；‎ ‎③氧化性H2O2＞SO2，二者反应生成硫酸，反应方程式为H2O2+SO2=H2SO4；‎ ‎(3)由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是：取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，则该观点正确；‎ ‎(4)物质在发生氧化还原反应中，氧化性强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞Br2＞SO2。‎ ‎ ‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎