新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

化学试卷 第I卷(选择题共54分)‎ 相对原子质量：H:1 O:‎16 C:12 Cl:35.5 S:32 Fe:56 Na:23 Al:27 Mg:24‎ 一、选择题(每小题3分，共54分)‎ ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 钠着火，可以用水来进行灭火 B. 粗盐需要提纯才能作为调味剂食用，否则对人体健康有影响 C. 为了迎接19大召开，可以在热闹繁华的商场里燃放烟花爆竹和大家一起狂欢 D. 不慎将硫酸滴到手上，可涂上氢氧化钠溶液中和其酸性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、钠着火，必须用沙土盖灭，选项A错误；B、粗盐需要提纯才能作为调味剂食用，否则对人体健康有影响，选项B正确；C、严禁在繁华街道、剧院等公共场所燃放烟花爆竹，选项C错误；D、不慎将硫酸滴到手上，应用大量的水冲洗，选项D错误。答案选B。‎ ‎2.成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是( )‎ A. 木已成舟 B. 铁杵成针 C. 蜡炬成灰 D. 滴水成冰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；‎ B．铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故B错误；‎ C．蜡炬成灰，物质燃烧，发生了化学反应，故C正确；‎ D．滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查成语与氧化还原反应的关系，明确成语的意义及变化即可解答，解题时抓住化学变化和氧化还原反应的本质：有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。‎ ‎3.下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是 A. HBrH++Br- B. HFH++F- C. NaHSO3=Na++H++SO32— D. NaOH=Na++O2-+H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HBr强电解质完全电离HBr===H++Br-，故A错误；‎ B、HF 弱电解质部分电离HFH+ + F-，故B正确；‎ C、是弱酸NaHSO3===Na++HSO，故C错误；‎ D、NaOH=== Na++ OH-，故D错误。‎ ‎4.下表所列的一些物质或概念间的从属关系中，不符合图示要求的是：‎ X Y Z 例 氧化物 化合物 纯净物 A 碱 电解质 化合物 B 胶体 分散系 混合物 C 酸性氧化物 非金属氧化物 化合物 D 碱性氧化物 金属氧化物 氧化物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y、Z是包含关系，X包含所有的Y，Y包含所有的X。C、酸性氧化物不一定是非金属氧化物，错误，选C。‎ ‎5.下列各组物质互相作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是( )‎ A. NaHCO3和NaOH B. NaOH和CO2‎ C. Na和O2 D. Na2CO3和HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故A正确；‎ B、NaOH和少量CO2反应，CO2不足时生成碳酸钠，CO2过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；‎ C、Na和O2在常温下反应生成氧化钠，Na和O2在加热条件下反应生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故C错误；‎ D、Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，平时对物质之间反应做好归纳和总结。‎ ‎6.120 mL浓度为1 mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好与100 mL浓度为0.4 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，在还原产物中Cr元素的化合价 A. +3 B. +‎1 ‎C. +4 D. +2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】n（Na2SO3）=‎0.012L×1mol/L=0.012mol，n（K2Cr2O7）=‎0.01L×0.4mol/L=0.004mol，根据氧化剂和还原剂化合价升降总数相等，设Cr元素化合价降低为+x价，则有：0.012mol×（6-4）=0.004mol×2×（6-x），x=3，故选A。‎ ‎7.在电解质溶液的导电性实验（装置如图所示）中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是（ ）‎ A. 盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液 B. 硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液 C. 硫酸中逐滴加入氯化钡溶液 D 盐酸中逐滴加入硝酸银溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸中加入氢氧化钠溶液，反应生成水和氯化钠，溶液中离子的浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故A项错误；‎ B、向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶液中的离子浓度增大，灯泡亮度升高，故B项正确；‎ C、硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故C项正确；‎ D、盐酸中加入硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀和硝酸，溶液中离子的浓度不发生变化，灯泡不会变暗，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎8.以下对电子转移的方向和数目的表示正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中Cl元素化合价由+5价变化为-1价，O元素化合价由-2价升高为0价，转移电子数目为12，故A正确；‎ B．Zn失去电子，H得到电子，转移电子数目为2，故B错误；‎ C．Cu元素化合价由+2价降低为0价，得到2个电子，氢气失去2个电子，故C错误；‎ D．Cl元素的化合价由+5降低为0，得到电子，HCl中Cl失去电子，转移电子数目为5，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应转移电子数，明确得失电子及数目为解答的关键，注意把握双线桥法标电子转移方法、数目的方法。可以用口诀“失高氧，低得还”帮助记忆。难点是电子转移的数目的判断。‎ ‎9.在标准状况下，将‎5.6g铁和‎4.6g钠分别与‎100m L 1mol/L的盐酸反应 ，则放出H2的体积（ ）‎ A. 铁的多 B. 钠的多 C. 铁和钠放出一样多 D. 无法比较 ‎【答案】B ‎【解析】‎ n（HCl）=1mol/L‎0.1L=0.1mol，n（Fe）==0.1mol，Fe与盐酸反应的方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，反应后Fe过量，以HCl计算产生H2物质的量为0.05mol；n（Na）==0.2mol，Na与HCl反应的方程式为2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，反应后Na过量，过量的Na与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Na无论与HCl反应还是与H2O反应都是2Na~H2，生成H2物质的量为0.1mol；标准状况下Na反应放出H2的体积大，答案选B。‎ 点睛：解题注意点：Na与HCl反应后，过量的Na会与水继续反应直至完全消耗；而过量的Fe常温下与水不会继续反应。‎ ‎10.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，②2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，③2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2；下列说法错误的是 A. 铁元素在反应①和③中均被氧化 B. 反应②中当有1mol Cl2被还原时，有2mol Br－被氧化 C. 氧化性强弱顺序为：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2‎ D. 还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①中Fe2＋作还原剂，在反应中被氧化，③中Fe3＋作氧化剂，在反应中被还原，A项错误；‎ B.反应②中Cl2作氧化剂，当1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br－被氧化，B项正确；‎ C.D.由反应①可知：氧化性：Br2＞Fe3＋，还原性：Fe2＋＞Br－；由反应②可知：氧化性：Cl2＞Br2，还原性：Br－＞Cl－；由③可知：氧化性，Fe3＋＞I2，还原性：I－＞Fe2＋，故C、D正确。‎ 答案选A。‎ ‎11.在溶液中能大量共存，加入OH-有沉淀析出，加入H+有气体放出的是( )‎ A. Na+、Cu2+、Cl-、SO42-‎ B. Fe3+、K+、SO42-、NO3-‎ C. H+、Al3+、OH-、NO3-‎ D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na+、Cu2+、Cl-、SO42-中加入OH-有沉淀Cu(OH)2析出，加入H+无气体放出，故A不符；‎ B. Fe3+、K+、SO42-、NO3-中加入OH-有沉淀Fe(OH)3析出，加入H+无气体放出，故B不符；‎ C. H+、Al3+和OH-不能大量共存，故C不符；‎ D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-中加入OH-有沉淀CaCO3析出，加入H+有CO2气体放出，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎12.在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气(注：2H2O22H2O＋O2↑)，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为( )‎ A. 1∶1∶1 B. 2∶2∶‎1 ‎C. 2∶3∶1 D. 4∶3∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分别以高锰酸钾（O由-2价变为0价）、氯酸钾（O由-2价变为0价）、过氧化氢(H2O2)（O由-1价变为0价）为原料制取1mol氧气，转移的电子数分别为4mol、4mol、2mol，4mol：4mol：2mol=2∶2∶1，‎ 故选B。‎ ‎13.下列推理正确的是（ ）‎ A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故钠在氧气中燃烧生成Na2O B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜 C. 活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中 D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、钠在常温下与氧气反应生成白色Na2O，在氧气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；‎ B项、钠与盐溶液反应时，先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故B错误；‎ C项、Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接保存在空气中，故C错误；‎ D项、金属单质的化合价为最低价，最低价只有还原性，所以金属单质参与反应时金属单质均作还原剂，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，Al可以保存在空气中，不需要保存在煤油中。‎ ‎14.Mg、Al、Fe 三种金属的混合物与足量的稀硫酸反应，生成 ‎2.8L H2(标准状况)则三种金属的物 质的量之和不可能是( )‎ A. 0.12‎‎ mol B. 0.15 mol C. 0.09 mol D. 0.1 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氢气的物质的量n(H2)= =0.125mol，‎ 假设全部是Mg或Fe，设它们的物质的量之和为xmol，产生的H2有如下关系：‎ Mg（Fe）～H2‎ ‎1mol 1mol x 0.125mol 所以1mol：1mol=xmol：0.125mol，解得：x=0.125‎ 假设全是Al，设它的物质的量为ymol，产生的H2关系为：‎ ‎2 Al～3H2‎ ‎2mol 3mol y 0.125mol 所以2mol：3mol=ymol：0.125mol，解得：y=0.0833‎ 于是以上两种情况的混合物，故混合物计算的物质的量之和应介于0.08333～0.125mol之间，B不符，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算，本题采取极端法解答，极端法是化学计算中的一种技巧性解法，对于混合物范围计算比较适用，该方法的解题思路是假设只有混合物中的某一成份，通过计算得出两个极端值。‎ ‎15.为除去括号内的少量杂质，所选用的试剂或方法不正确的是( )‎ A. Na2CO3溶液(NaHCO3)，加入适量的NaOH溶液 B. NaHCO3溶液(Na2CO3)，通入过量的CO2气体 C. Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在空气中加热 D. Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠，则反应可除杂，故A正确；‎ B．碳酸钠、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则通入过量的CO2气体可除杂，故B正确；‎ C． Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在空气中加热，氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，故C正确；‎ D．硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和NaOH，引入新杂质NaOH，不能除杂，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎16. 等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是( )‎ A. 甲、乙中都是铝过量 B. 甲中铝过量，乙中碱过量 C. 甲中酸过量，乙中铝过量 D. 甲中酸过量，乙中碱过量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知：相同物质的量的铝，消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸，所以根据生成的氢气是5︰6可知，铝在与稀硫酸反应时，铝是过量的，硫酸是不足的，而与氢氧化钠反应时，铝是不足的，氢氧化钠是过量的，所以正确的答案选B。‎ ‎17.下列反应的离子方程式正确的是 A. Fe(OH)3和HI的反应　Fe(OH)3＋3H＋==Fe3＋＋3H2O B. 1.5 mol/L 100 ml的FeBr2溶液中通入‎3.36L（标准状况）Cl2：2Fe2++2Br－+2Cl2==2Fe3++4Cl－+Br2‎ C. 铁与足量的稀硝酸溶液反应放出NO气体：3Fe＋8H＋＋2NO3-==3Fe2＋＋4H2O＋2NO↑‎ D. 向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－==2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．Fe(OH)3和HI的反应，离子方程式：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B． 1.5 mol/L 100 ml的FeBr2溶液中FeBr2的物质的量为1.5 mol/L ×‎0.1L=0.15mol，‎3.36L(标准状况)Cl2的物质的量为=0.15mol，即为向FeBr2中通入等量Cl2，反应的离子方程式：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故B正确；C．铁与足量的稀硝酸溶液反应放出NO气体，同时得到Fe(NO3)3，发生反应的离子方程式为Fe＋4H＋＋NO3-==Fe3＋＋2H2O＋NO↑，故C错误；D．明矾晶体溶于水后的溶液中加入Ba(OH)2溶液，当溶液中的SO42-刚好完全沉淀时，二者以1：2反应，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾、水，该离子反应为，Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故D错误；故答案为B。‎ ‎18.在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，若有6 mol水发生氧化反应，则被水还原的BrF3的物质的量为(　　)‎ A. 4 mol B. 6 mol C. 7 mol D. 9 mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既是氧化剂也是还原剂，部分水是还原剂，该反应中有2/3的BrF3被还原，有2/5的H2O参加氧化还原反应，在该反应中被还原的BrF3与参加氧化还原反应的水之间计量数的关系是1：1，若有6mol水发生氧化反应，则被氧化的BrF3物质的量为6mol，生成1molBr2得6mol电子，水失4mol电子，占4/6=2/3，被水还原的BrF3的物质的量为6mol×2/3=4mol,故选A。‎ 第II卷(非选择题共46分)‎ 二、填空题(37分)‎ ‎19.某无色透明溶液，加入金属铝反应放出H2，试判断下列离子：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、Ag+、SO42-、HCO3-、OH-、NO3-在下列两种情况中，可能大量存在于此溶液中的是：‎ ‎(1)当与铝反应后，生成Al3+时，原溶液可能存在的离子有______________ ；‎ ‎(2)当与铝反应后，生成AlO2-时，原溶液可能存在的离子有______________ 。‎ ‎【答案】 (1). Mg2+、SO42-、H+ (2). Ba2+、OH-、NO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】某无色透明溶液中不存在有色的Cu2＋，该溶液能跟金属铝反应放出H2，为非氧化性酸或强碱溶液，‎ ‎（1）当生成Al3＋时，溶液显酸性，与氢离子反应的不能存在HCO3－、OH－，且Al、NO3－发生氧化还原反应不能生成氢气，Cu2＋为蓝色，由电荷守恒可知阴离子一定存在SO42－，则不能存在Ba2＋，可能存在的离子为：Mg2＋、H＋、SO42－，‎ 故答案为：Mg2＋、H＋、SO42－；‎ ‎（2）当生成AlO2－时，溶液显碱性，与氢氧根离子反应的Mg2＋、Cu2＋、H＋、HCO3－不能存在，由电荷守恒可知一定存在Ba2＋，则与Ba2＋反应的SO42－不能存在，则溶液中可存在的离子为：Ba2＋、OH－、NO3－，‎ 故答案为：Ba2＋、OH－、NO3－。‎ ‎20.现有以下物质:①NaHSO4晶体，②液态O2 ，③冰醋酸（固态醋酸）， ④汞，⑤BaSO4固体，⑥Fe(OH)3 胶体，⑦酒精(C2H5OH) ，⑧熔化KNO3，⑨盐酸，⑩金属钠，请回答下列问题(用序号):‎ ‎（1）以上物质中能导电是__________ ‎ ‎（2）以上物质属于电解质的是_____________‎ ‎（3）以上物质中属于非电解质的是_______ ‎ ‎（4）请写出①在熔融状态下的电离方程式________________‎ ‎（5）a. 写出制备⑥的实验操作为_________； ‎ b. 制备⑥的离子方程式为____________________，‎ c. 在制得的⑥中逐滴加入稀硫酸的实验现象为_____________________________。‎ ‎（6）写出⑩在加热条件下与氧气反应的化学方程式________________________。若将‎2.3克钠放入‎97.7克水中，生成的溶液中溶质的质量分数_________（填“大于”、“小于” 或“等于”）2.3%。‎ ‎（7）标准状况下，CO与CO2相对于②的密度为1，则混合气体中CO与CO2的比例为_________。‎ ‎【答案】 (1). ④⑥⑧⑨⑩ (2). ①③⑤⑧ (3). ⑦ (4). NaHSO4=Na++HSO4- (5). 向沸水中逐滴加入5-6滴饱和FeCl3溶液， 继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热 (6). Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (7). 先产生红褐色沉淀后沉淀消失 (8). 2Na+O2Na2O2 (9). 大于 (10). 3:1‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎①NaHSO4晶体在水溶液中能够导电，是电解质；②液态O2 为非金属单质，不溶于水，既不是电解质也不是非电解质；③冰醋酸（固态醋酸）在水溶液中能够导电，是电解质， ④汞为金属单质，不溶于水，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体，不溶于水，在熔融状态下能够导电，是电解质；⑥Fe(OH)3 胶体，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦酒精(C2H5OH) ，在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；⑧熔化KNO3，在熔融状态下能够导电，是电解质；⑨盐酸，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；但能导电；⑩金属钠，为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；能导电；‎ ‎【详解】（1）以上物质中能导电的是 ④⑥⑧⑨⑩；‎ ‎（2）以上物质属于电解质的是 ①③⑤⑧；‎ ‎（3）以上物质中属于非电解质的是⑦； ‎ ‎（4）①在熔融状态下，电离成钠和硫酸氢根离子，电离方程式NaHSO4=Na++HSO4-；‎ ‎（5）a. 制备Fe(OH)3胶体的实验操作为：向沸水中逐滴加入5-6滴饱和FeCl3溶液， ‎ 继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；b. 制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ ；c. 在制得的Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸，硫酸是电解质，先产生胶体聚沉，然后硫酸与氢氧化铁反应而溶解，实验现象为先产生红褐色沉淀后沉淀消失；‎ ‎（6）钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，化学方程式2Na+O2Na2O2 ；Na与水反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，m（NaOH）=‎4g，m（NaOH溶液）=m（Na）+m（H2O）-m（H2）=‎2.3g+‎97.7g-m（H2）＜‎100g，所以ω（NaOH）＞4%>2.3%，生成的溶液中溶质的质量分数大于2.3%；（7）设CO与CO2的物质的量分别为x、y，标准状况下，CO与CO2相对于O2 的密度为1，即=32,x:y=3:1,则混合气体中CO与CO2的比例为3:1。‎ ‎21.已知A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质，其中A、B、D、E焰色反应均为紫色(透过蓝色钴玻璃)，G、F是单质，其余均为化合物，H是一种淡黄色固体，它们转化关系如图所示。请回答：‎ ‎(1)画出G离子结构示意图________；‎ ‎(2)写出B、I的化学式B________，I________；‎ ‎(3)写出H的一种用途__________________________________；‎ ‎(4)写出A受热分解的化学方程式_________________________；‎ ‎(5)若H与C反应固体增重‎4.2 g，则参加反应的C气体在标准状况下的体积为________L。‎ ‎【答案】 (1). (2). KClO3 (3). HCl (4). 可用在呼吸面具中和潜水艇里作为氧气的来源(或可用来漂白织物等) (5). 2KHCO3K2CO3＋H2O＋CO2↑ (6). 3.36‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由A、B、D、E的焰色反应可知四种物质均为钾盐；物质B在MnO2催化作用下分解生成E盐和F气体单质，推知B为KClO3，则E为KCl，I为HCl，F为O2；据H的颜色结合转化关系可知H为Na2O2，则G为Na，C为CO2；物质A受热分解可生成H2O、CO2和物质D，结合D盐＋盐酸→CO2可知A为KHCO3，D为K2CO3；然后依次解答即可。‎ ‎22.某同学欲在实验室中完成Fe与水蒸气反应的实验,实验装置如图甲、乙所示。‎ 已知B中放入的是铁粉与石棉绒的混合物，C中放的是干燥剂，E为酒精喷灯，G 为带有铁丝网罩的酒精灯。对比两装置，回答下列问题:‎ ‎（1）如何检查乙装置的气密性?________________。 ‎ ‎（2）乙装置中湿沙子的作用是________________。 ‎ ‎（3）B处发生反应的化学方程式为_________________。 ‎ ‎（4）该同学认为欲在乙装置的导管口处点燃反应产生的气体，装置H必不可少，H的作用是________________。 ‎ ‎（5）对比甲、乙两装置的B和K，B的优点是____________。‎ ‎【答案】 (1). 向H中加入水没过导管口,连接好装置,微热K,若H中导管口出现气泡,停止加热后导管中出现水柱,证明气密性良好(其他合理答案也可) (2). 提供水蒸气 (3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). 干燥氢气,降低H2中水蒸气的含量 (5). 使用石棉绒,增大水蒸气与铁粉的接触面积,使反应充分进行 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）检查装置的气密性， 向H中加入水没过导管口，连接好装置，微热K，若H中导管口出现气泡，停止加热后导管中出现水柱，证明气密性良好；‎ ‎（2）此反应是铁与水蒸气的反应，湿沙子受热时，水蒸发产生水蒸气，即湿沙子的作用是提供水蒸气；‎ ‎（3）B处反应的是3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；‎ ‎（4）潮湿的氢气很难燃烧，故H的作用是干燥氢气，降低H2中水蒸气的含量；‎ ‎（5）装置B中使用石棉绒可以增大水蒸气与铁粉的接触面积，使反应充分进行。‎ ‎【点睛】本题的难点是气密性的检验，因为气密性步骤是放在加药品之前，因此需要学生叙述上向H装置中加水，没过导管，然后微热K ‎，现象应是两个，即为有气泡冒出和导管口有一段水柱，才能说明气密性良好。‎ 三、计算题(9分)‎ ‎23.在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：各取30mL同浓度的盐酸溶液，加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据记录如下：‎ 实验序号 甲 乙 丙 合金质量(g)‎ ‎0.255‎ ‎0.385‎ ‎0.459‎ 生成气体体积(mL)‎ ‎280‎ ‎336‎ ‎336‎ 试回答：‎ ‎(1)计算出盐酸的物质的量浓度为_______________mol/L(保留两位有效数字)；‎ ‎(2)镁、铝的物质的量之比为__________________；‎ ‎(3)第三组还需要_____________mL的盐酸才能反应完全。‎ ‎【答案】 (1). 10 (2). 1:1 (3). 15‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为：‎ ‎=0.015mol，根据氢元素守恒可知：n（HCl）=2n（H2）=2×0.015mol=0.03mol，该盐酸的物质的量浓度为=1.0mol·L－1，‎ 故答案为：1.0；‎ ‎（2）盐酸浓、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，联立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol：0.005mol=1：1，‎ 故答案为：1：1。‎ ‎（3）‎0.255g溶解所耗盐酸×2=0.025mol，1.0mol·L－1的盐酸体积为25mL, ，V=45mL，已经加入30mLHCl，还需加15mL。‎ 故答案为：15mL。‎ ‎ ‎