2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一下学期第一次月考（开学）化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一下学期第一次月考（开学）化学试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一下学期第一次月考（开学）化学试题（解析版）‎ 一、选择题 ‎1.在自然界中，既能以化合态存在又能以游离态存在的元素是 A. 碳 B. 硅 C. 氯 D. 铝 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在自然界中碳是构成一切动植物体的重要元素，许多以动植物为来源的东西，在高温时都会分解生成碳。所以说在自然界里，碳主要是以化合态存在，但也有游离态的，如金刚石、石墨等。氯、硅和铝在自然界中只有化合态，没有游离态 ，答案选A。‎ 考点：考查元素的存在形态。‎ ‎2.将金属钠分别投入下列物质的稀溶液中，有气体放出且有沉淀生成的是 A. 稀盐酸 B. NH4Cl C. CuCl2 D. NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、钠与稀盐酸反应生成氯化钠和氢气；‎ B、钠与NH4Cl溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与NH4Cl反应；‎ C、钠与CuCl2溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与CuCl2反应；‎ D、钠与氢氧化钠溶液反应实质是与水反应。‎ ‎【详解】A项、钠与硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀生成，故A错误；‎ B项、钠与NH4Cl溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与NH4Cl反应生成氯化钠和氨气，没有沉淀生成，故B错误；‎ C项、钠与CuCl2溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与CuCl2反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，故Ｃ正确；‎ D项、钠与氢氧化钠溶液反应实质是与水反应生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀生成，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了钠的性质，明确钠与盐溶液反应实质是钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与盐发生复分解反应是解答关键。‎ ‎3.推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，下列几种类推结论中错误的是 ‎ ‎①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2‎ ‎②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能在空气中稳定存在 ‎③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色 ‎④密度为1.1 g/cm3与密度为1.2 g/cm3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1 g/cm3与1.2 g/cm3之间；Na－K合金的熔点应介于Na和K的熔点之间 A. ①③ B. ③④ C. ①②③④ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故①说法错误；‎ ‎②铝与氧气反应，铝表面生成一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，铝单质在空气中能稳定存在，故②说法错误；‎ ‎③含有Na元素的物质，焰色反应都呈现黄色，故③说法正确；‎ ‎④合金的熔点低于成分的熔点，故④说法错误；‎ 综上所述，选项D符合题意。‎ ‎4.纯碱和小苏打是厨房中两种常见的用品，它们都是白色固体，下列区分这两种物质的方法中正确的是 A. 分别用砂锅加热两种样品，全部分解挥发没有残留物的是小苏打 B. 用洁净铁丝蘸取两种样品在煤气火焰上灼烧，使火焰颜色发生明显变化的是小苏打 C. 取两只小玻璃杯，分别加入少量的两种样品，再加入等量的食醋，产生气泡快的是小苏打 D. 先将两样品配成溶液，分别加入澄清石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：纯碱是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠。A、小苏打受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以分解完全时仍有固体剩余，错误；B、二者均含Na元素，所以焰色反应均是黄色，不能区分，错误；C、碳酸氢钠、碳酸钠与等量的醋酸反应，碳酸氢钠的反应速率快，所以产生气泡快的是小苏打，正确；D、碳酸钠、碳酸氢钠均与石灰水反应产生白色沉淀，不能区分，错误，答案选C。‎ 考点：考查碳酸钠、碳酸氢钠化学性质的比较 ‎5.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是 ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2　②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸　③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液　④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2‎ ‎，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故①符合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；答案为C。‎ ‎6.下列物品或设备：①水泥路桥②门窗玻璃③水晶项链 ④石英钟表⑤玛瑙手镯⑥硅太阳能电池⑦光导纤维⑧计算机芯片。所用材料为SiO2或要用到SiO2的是 A. ①②③④⑤⑦ B. 全部 C. ③④⑤⑦⑧ D. ①②⑦⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：石英、水晶、玻璃的主要成分是二氧化硅，光导纤维是二氧化硅材料，硅电池、硅芯片均是硅单质的用途的体现，陶瓷、砖瓦、玻璃、石棉为硅酸盐材料。所用材料为SiO2或用到SiO2的是：②③④⑤⑦；为硅酸盐的是：①。综上，答案D。‎ 考点：硅酸盐材料 ‎7.下列反应的离子方程式正确的是 A. 向Ba(OH)2溶液加入等物质的量的硫酸：Ba2++2OH-+SO42-+2H+= BaSO4↓+2H2O B. BaCO3溶于醋酸：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑‎ C. 将C12通入水中：C12+H2O＝Cl-+2H++ClO -‎ D. 向Na2CO3溶液中通入过量CO2气体：CO32-+CO2+H2O＝HCO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A项正确；B项醋酸是弱电解质不能拆成离子形式，所以错误；C项次氯酸是弱酸，不能拆开，错误；D项反应前后电荷不守恒，且没有配平，错误。‎ 考点：考查离子方程式的书写正误判断 点评：注意反应中哪些物质可以拆成离子形式，注意电荷守恒在判断中的灵活应用 ‎8.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是 A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3‎ C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4‎ D. Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3→Fe2O3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na与H2O反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，能通过一步反应完成，故A不符合题意；‎ B、Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，不能一步反应完成，故B符合题意；‎ C、Mg与盐酸或氯气反应生成MgCl2，MgCl2与氢氧化钠反应生成Mg(OH)2，氢氧化镁与硫酸反应生成MgSO4，能通过一步反应完成，故C不符合题意；‎ D、铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解成氧化铁，能通过一步反应完成，故D不符合题意。‎ ‎9. ．下列实验现象与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是 A. 将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H＋)‎ B. 使红色布条褪色(HClO)‎ C. 滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl－)‎ D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(HCl)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氯水显酸性，能与碳酸氢钠反应生成CO2气体；次氯酸具有强氧化性，能氧化有色布条；氯离子和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，因此选项ABC都是有关系的。选项D中，是氯气氧化的亚铁离子，而不是氯化氢，选项D不正确，答案选D。‎ ‎10. 下列说法正确的是(　　)‎ ‎①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸 ‎②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收 ‎③新制氯水的氧化性强于久置氯水 ‎④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液 ‎⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水 A. ①②③ B. ②③④ C. ③ D. ③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，①错误；②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，②错误；③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，③正确；④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，④错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，⑤错误，答案选C。‎ 考点：本题考查氯气的化学性质。‎ ‎11.把少量NO2气体通入过量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是 A. 氧气 B. 二氧化氮 C. 二氧化氮和氧气 D. 二氧化氮和一氧化氮 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：假设3摩尔二氧化氮和水反应生成2摩尔硝酸和1摩尔一氧化氮，2摩尔硝酸和小苏打反应生成2摩尔二氧化碳，2摩尔二氧化碳和过氧化钠反应生成1摩尔氧气，1摩尔一氧化氮和0.5摩尔氧气反应生成1摩尔二氧化氮，所以剩余气体有二氧化氮和氧气，选C。‎ 考点： 氮的氧化物的计算 ‎12.下列实验报告记录的实验现象正确的是 实验 记录 A 无色 无色 白色沉淀 无色溶液 B 红色 无色 白色沉淀 白色沉淀 C 红色 无色 无色溶液 白色沉淀 D 无色 无色 无色溶液 无色溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ SO2能够使紫色石蕊试液变成红色，使品红溶液褪色；SO2通入Ba(NO3)2溶液中，在酸性环境中会被氧化成，从而得到BaSO4白色沉淀；SO2通入到NaOH和BaCl2的混合溶液中发生反应：SO2+2NaOH===Na2SO3+H2O；Na2SO3+BaCl2===BaSO3↓+2NaCl，生成白色沉淀，故B项正确。‎ ‎13.在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3===5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是 A. 3∶2 B. 2∶1 C. 2∶3 D. 1∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中的概念，以及原子守恒进行分析即可。‎ ‎【详解】根据反应方程式，NO中N的化合价由+2价→0价，化合价降低，NO为氧化剂，被还原，NO：6N→3N2↑；NH3中N的化合价由－3价→0价，NH3为还原剂，被氧化，NH3:4N→2N2↑，即被氧化和被还原的氮元素的质量比等于其物质的量之比等于4：6=2：3，故选项C正确。‎ ‎14.常温下，各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ‎①加入Al能产生H2的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ ‎②在含有大量Fe3+的溶液中：HCO3-、Ca2+、Na+、SCN-‎ ‎③与NH4HCO3反应能产生气体的溶液：Na+、K+、NO3-、Cl-‎ ‎④使石蕊变红的溶液中：Fe2+、NO3-、MnO4-、Na+‎ ‎⑤无色溶液中：Cu2+、K+、NO3-、Br-‎ A. ③ B. ②⑤ C. ③⑤ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①该溶液能与Al反应生成H2，该溶液为酸或碱，若为碱，Mg2＋与OH－不能大量共存，若为酸，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不生成氢气，该离子组不能在指定溶液中大量共存，故①不符合题意；‎ ‎②Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，Fe3＋与SCN－发生络合反应生成Fe(SCN)3，该离子组不能在指定溶液中大量共存，故②不符合题意；‎ ‎③与NH4HCO3溶液反应产生气体的溶液中可能可能含有NaOH，也可能含有酸，该离子组在指定溶液中不发生离子反应，能大量共存，故③符合题意；‎ ‎④该溶液能使石蕊变红，该溶液是酸性的，NO3－在酸性溶液中具有强氧化性，Fe2＋与NO3－、H＋发生氧化还原反应，MnO4－具有强氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，在指定溶液中不能大量共存，故④不符合题意。‎ 综上所述，选项A正确。‎ ‎【点睛】易错点是NO3－，NO3－在酸中具有强氧化性，能与还原性离子发生氧化还原反应，与活泼金属反应，不产生氢气。‎ ‎15.现在下列物质：①氯水；②溴水；③碘水；④臭氧；⑤二氧化氮；其中能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是 A. ①② B. ④⑤ C. ①②④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能使淀粉碘化钾溶液变蓝，说明能把I－氧化成I2，该物质具有强氧化性或反应产生具有强氧化性的物质；‎ ‎【详解】能使淀粉碘化钾溶液变蓝，说明该物质具有强氧化性或反应产生具有强氧化性的物质；‎ ‎①氯水主要成分是Cl2，Cl2具有强氧化性，能把I－氧化成I2，使淀粉变蓝，故①符合题意；‎ ‎②溴水中Br2，具有强氧化性，能把I－氧化成I2，使淀粉变蓝，故②符合题意；‎ ‎③碘水中有碘单质，能使淀粉变蓝，故③符合题意；‎ ‎④臭氧具有强氧化性，能把I－氧化成I2，使淀粉变蓝，故④符合题意；‎ ‎⑤NO2与溶液中水反应，生成HNO3，HNO3具有强氧化性，把I－氧化成I2，使淀粉变蓝，故⑤符合题意。‎ 综上所述，故选项D正确。‎ ‎16.往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。下列说法不正确的是 A. 该实验表明SO2有漂白性 B. 白色沉淀为BaSO4‎ C. 该实验表明FeCl3有氧化性 D. 反应后溶液酸性增强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、二氧化硫被氧化，无法验证其漂白性。B、三价铁离子会把二氧化硫氧化，所以会生成白色沉淀硫酸钡。C选项正确。D选项原来溶液由于三价铁离子的水解显酸性，后面融进了酸性氧化物二氧化硫，溶液酸性增强。‎ 考点：二氧化硫的性质 点评：本题关键抓住二氧化硫的性质有漂白性、还原性。‎ ‎17.由下列实验及现象能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A.‎ 将Na2SO3样品溶于稀硝酸后，滴加BaCl2溶液 有白色沉淀生成 Na2SO3晶体已氧化变质 B.‎ 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C.‎ 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸,‎ 产生无色气体 Na2O2没有变质 D.‎ 向沸水中滴加氯化铁稀溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色 溶液呈红褐色 制得氢氧化铁胶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HNO3具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，无法说明Na2SO3是否变质，故A不符合题意；‎ B、有黑色颗粒产生，该黑色颗粒为碳单质，CO2中C转化成碳单质，C的化合价降低，CO2具有氧化性，故B符合题意；‎ C、久置Na2O2转化成Na2CO3，碳酸钠与盐酸反应产生无色的CO2，由于过氧化钠也能与水反应生成无色的氧气，现象相同，故不能证明Na2O2是否变质，故C不符合题意；‎ D、制备氢氧化铁胶体，应用饱和的FeCl3溶液，因此该实验不能得到氢氧化铁胶体，故D不符合题意。‎ ‎18.某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是 A. 原溶液中一定只存在AlO2-、CO32-、SO42-、Cl- 四种离子 B. 气体A的化学式是CO C. 原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+‎ D. 生成沉淀B的离子方程式为：Al3++ 3OH- = Al(OH)3 ↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中不能确认是否含有Cl－。‎ ‎【详解】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，不能确认原溶液中是否含有Cl－。‎ A、原溶液中一定存在Na＋、AlO2－、CO32－、SO42－，故A错误；‎ B、根据上述分析，气体为CO2，故B错误；‎ C、原溶液中一定不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故C正确；‎ D、NH3·H2O为弱碱，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D错误。‎ ‎【点睛】根据分析，学生认为Na＋可能存在，也可能不存在，学生忽略溶液呈现电中性，离子检验中遵循的原则：一是肯定性原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是进出性原则。‎ ‎19.将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出（溶液体积变化忽略不计），所得溶液Q中的，下列有关说法正确的是 A. 溶液Q比原溶液增重了1.92g.‎ B. Q中n(Cu2+):n(Fe3+)=3:4‎ C. 反应中转移的电子数为0.04mol D. n(Cu2+)=0.03mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu与FeCl3发生：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，同溶液，微粒的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，进行分析。‎ ‎【详解】将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出（溶液体积变化忽略不计），Cu与FeCl3发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，所得溶液Q中的c(Fe3＋):c(Fe2＋)=2:3，则c(Fe3＋)=0.04mol/L、c(Fe2＋)=0.06mol/L、c(Cu2＋)=0.03mol/L。‎ A、题中没有说明溶液的体积，无法计算溶液增重的量，故A错误；‎ B、同溶液中，微粒物质的量浓度之比等于其物质的量之比，根据离子方程式，推出Q中n(Cu2＋):n(Fe3＋)=c(Cu2＋):c(Fe3＋)=0.03:0.04=3:4，故B正确；‎ C、题中没有说明溶液的体积，无法计算出转移电子物质的量，故C错误；‎ D、题中没有说明溶液的体积，无法计算Cu2＋物质的量，故D错误.‎ ‎【点睛】本题部分学生通过分析计算，选项A、B、D似乎都正确，学生不知如何解决，学生错把物质的量浓度当物质的量进行运用，没有注意到题目中没有给出溶液的体积，只能用同溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，直接推出选项B正确。‎ ‎20.向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是 （ ）‎ A. 线段Ⅱ表示Fe2+的变化情况 B. 线段Ⅳ发生反应的离子方程式为：I2+5Cl2+12OH-=2IO3-+10Cl-+6H2O C. 根据图象可计算a=6‎ D. 原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，又发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况，故A正确；‎ B、线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2I-+Cl2=I2+2Cl-，消耗1mol氯气，所以碘原子的物质的量为2mol，反应IV消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x， (x-0)×2mol=5mol×2，解得x=+5，则该含氧酸为HIO3‎ ‎，离子方程是I2+5Cl2+6H2O =2IO3-+10Cl-+12H+，故B错误；‎ C、由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；‎ D、根据以上分析，原溶液中e(Fe2+):c(I-):c(Br-)=4:2:6=2:1:3，故D正确。‎ 综上所述，本题应选B。‎ 二、非选择题 ‎21.(1)将容积为50 mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5 mL。则原混合气体中NO2和O2体积比可能是________或________。‎ ‎(2)工业制硫酸的过程中，SO2被氧气氧化的化学方程式为_____________________。‎ ‎(3) 工业制漂白粉的化学方程式_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 18：7 (2). 43：7 (3). 2SO2＋O22SO3 (4). 2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，发生的反应有4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，剩余的气体可能是NO，也可能是O2，假设剩余气体为O2，说明混合气体中O2过量，NO2不足，令NO2的体积为xmL，O2的体积为(50－x)mL，根据反应方程式，因此有(50－x)mL－x/4mL=5mL，解得x=36，O2的体积为14mL，NO2和O2的体积之比为36：14=18：7；如果剩余气体为NO，则NO2过量，O2不足，令O2的体积为ymL，发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，剩余NO2的体积为(50－y－4y)mL，剩余NO2与H2O发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，产生NO的体积为(50－5y)/3=5，解得y=7，则NO2的体积为43mL，NO2和O2的体积之比为43：7；‎ ‎（2）工业上制硫酸，SO2被氧气氧化的化学方程式为2SO2＋O22SO3；‎ ‎（3）工业上制取漂白粉，常用Cl2和石灰乳反应来制备，即化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O.‎ ‎22.一定量的铁粉在氯气中充分燃烧，将所得固体完全溶解于稀盐酸，制得溶液A。‎ ‎(1)铁在氯气中燃烧的化学方程式是___________________________________________。‎ ‎(2)推测A中可能含有的金属阳离子：①只有Fe3＋；②只有Fe2＋；③____________________________________。甲同学为探究溶液的组成，实验如下：‎ 实验步骤 实验现象 实验结论及反应的离子方程式 取少量溶液A于试管中，加入KSCN溶液 ‎________________‎ 假设②不成立，假设①或③成立；反应的离子方程式是________________‎ ‎(3)乙同学继续探究溶液A的组成。‎ 查阅资料：16HCl＋2KMnO4===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 实验过程：另取少量溶液A于试管中，逐滴加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，KMnO4溶液紫色褪去，实验结论：________(填字母序号)。‎ a.可能有Fe2＋　　b.可能无Fe2＋　　c.一定有Fe2＋‎ 根据你选择的实验结论，简述理由：_______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe＋3Cl22FeCl3 (2). 含有Fe2＋和Fe3＋ (3). 溶液变血红色 (4). Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3 (5). ab (6). 因为还原性Fe2＋>Cl－，逐滴加入酸性KMnO4溶液，Fe2＋将MnO还原为Mn2＋，使紫色褪去，故可能含有Fe2＋；若溶液中无Fe2＋，Cl－也能将MnO还原为Mn2＋，紫色褪去，因而溶液中也可能无Fe2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铁在氯气中燃烧生成氯化铁：2Fe＋3Cl22FeCl3；（2）A中可能含有两种金属阳离子，即含有Fe3+和Fe2+，Fe3+遇KSCN溶液，溶液变红，Fe2+遇KSCN溶液，溶液不变红，所以取少量溶液A于试管中，溶液呈红色，说明溶液中含Fe3+，则假设②不成立，假设①或③成立，离子方程式：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3；（3）酸性KMnO4溶液可以氧化Fe2+、Cl-，使KMnO4紫色褪去，因还原性：Fe2+＞Cl-，逐滴加入的酸性KMnO4溶液，先将Fe2+氧化，而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+；或加入的酸性KMnO4溶液，将Cl-氧化，而使KMnO4紫色褪去。故答案为：ab；因为还原性Fe2+＞Cl-，逐滴加入的酸性KMnO4溶液，先将Fe2+氧化，而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+或溶液中可能无Fe2+，加入的酸性KMnO4溶液，将Cl-氧化，而使KMnO4紫色褪去。‎ ‎23.为测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，设计如下实验方案：‎ ‎（1）方案一：称取一定质量的样品(30g)，置于坩埚中加热至恒重，冷却，称取剩余固体质量为31.6g，计算。①实验中加热至恒重的目的是_________________________。②样品中Na2CO3的质量分数为_______________________________‎ ‎（2）方案二：以下图所示装置进行实验：（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）‎ ‎①已知仪器C中装有品红溶液，其作用是______________，有人提出该溶液可能引起Na2CO3含量的测量结果比实际值偏低，理由是____________________。‎ ‎②实验室中备有以下常用试剂：a.浓硫酸 b.品红溶液 c.酸性高锰酸钾溶液d.氢氧化钠溶液 e.无水硫酸铜 f.碱石灰 g.五氧化二磷 h.无水氯化钙 请将下列容器中应盛放的试剂序号填入相应空格：B中______，D中________，E中________。‎ ‎③实验过程中，当仪器A内的固体反应完全后，需打开活塞K，向A中通入大量的氮气。这样做的目的是______________。‎ ‎（3）方案三：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量BaCl2溶液。过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量。实验中判断沉淀洗干净的方法是_________。‎ ‎【答案】 (1). 使Na2SO3氧化完全 (2). 58% (3). 检验SO2是否除尽 (4). CO2溶于水 (5). c (6). a (7). f (8). 使A、B、C、D各装置中残留的CO2进入E被充分吸收 (9). 取洗涤液少量于试管中，加入少量硝酸银溶液和稀硝酸，无白色沉淀生成，证明沉淀已洗净；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①Na2SO3容易被氧化成Na2SO4，因此加热恒重的目的是使Na2SO3氧化完全；‎ ‎②Na2SO3被氧化的化学方程式为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4 △m ‎ 126×2 32‎ ‎ m(Na2SO3) 31.6－30 m(Na2SO3)=12.6g，则碳酸钠的质量为(30g－12.6g)=17.4g，即碳酸钠的质量分数为17.4g/30g×100%=58%；‎ ‎（2）①A装置发生Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，根据实验目的，装置B的作用是吸收SO2，应盛放酸性高锰酸钾溶液，装置C盛放品红溶液，其作用是检验SO2是否除尽，装置D的作用是干燥CO2，装置D盛放的为浓硫酸，装置E中盛放碱石灰，吸收CO2，装置F中盛放碱石灰，作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置E，因此装置C中品红溶液的作用是检验SO2是否除尽；测量的结果比实验值偏低，说明CO2量减少，可能是CO2溶于水；‎ ‎②根据上述分析，B中盛放酸性高锰酸钾溶液，故选c，D中盛放浓硫酸，故选a，E中盛放碱石灰，故选f；‎ ‎③因为该实验为定量实验，需要让CO2全部被吸收，因此向A中通入大量的N2，其目的是使A、B、C、D 各装置中残留的CO2进入E被充分吸收；‎ ‎（3）洗涤沉淀的方法：取洗涤液少量于试管中，加入少量硝酸银溶液和稀硝酸，无白色沉淀生成，证明沉淀已洗净。‎ ‎24.工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有相同之处，又有区别。路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径。‎ ‎（1）写出N2的一种用途_____________________。‎ ‎（2）工业合成NH3的化学方程式为______________________。‎ ‎（3）写出工业制硝酸第③步反应化学方程式_____________________。‎ ‎（4）硝酸是一种强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2，稀硝酸的还原产物主要为NO。 实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。‎ ‎（ⅰ）请写出实验室中用Cu与浓HNO3反应制取NO2的化学方程式：____________。该反应中发生氧化反应的物质是_______，1 mol氧化剂_________（填“得到”或“失去”）_______ mol电子。‎ ‎（ⅱ）64.0 g Cu与适量的浓HNO3反应，铜全部溶解后，共收集到标准状况下22.4 L的气体（NO2和NO的混合气体），反应中消耗HNO3的物质的量是（ ）‎ A．1.5 mol B．2.0 mol C．2.5 mol D．3.0 mol ‎（ⅲ）实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等。请将3种物质：FeSO4、Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式。‎ HNO3 ＋ ______ ______ ＋ ______ ＋ N2O↑ ＋ H2O（2分）‎ 并配平其对应的离子方程式：__Fe2＋＋__NO3－＋__H＋ ＝__Fe3＋＋__N2O↑＋__H2O ‎【答案】（1）做保护气、保存粮食、制氨气，等。‎ ‎（２）CA（OH）2+2NH4ClCACl2+2NH3↑+2H2O ‎（3）3NO2+H2O＝2HNO3+NO ‎（4）（ⅰ）Cu＋4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O；Cu；得到，1‎ ‎（ⅱ）C ‎（ⅲ）HNO3＋FeSO4→Fe（NO3）3＋Fe2（SO4）3＋N2O↑＋H2O；8、2、10、8、1、5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由生产途径可知，过程中发生的反应方程式为N2+3H22NH3、4NH3+5O2=4NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO。‎ ‎（1）N2在日常生活中用途很广，可作保护气、保存粮食、制氨气等；‎ ‎（2）实验室制取物质NH3是用铵盐和碱加热的方法制取的，化学方程式为CA（OH）2+2NH4ClCACl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎（3）工业制硝酸第③步反应为NO2制硝酸的反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎（4）（ⅰ）常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，反应方程式为Cu＋4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O；反应中，Cu化合价升高被氧化，发生氧化反应；氧化剂得到电子，作氧化剂的硝酸有2mol，转移电子2mol，故1mol氧化剂得到1mol电子；‎ ‎（ⅱ）被还原的硝酸的物质的量为1mol，参加反应的铜的物质的量为0.75mol，则生成Cu（NO3）2的物质的量为0.75mol，消耗的硝酸的物质的量为1.5mol，共消耗硝酸1+1.5=2.5mol；本题选择C。‎ ‎（ⅲ）发生的反应为氧化还原反应，根据化合价升降可知硝酸作氧化剂，硫酸亚铁作还原剂，发生的反应为HNO3＋FeSO4→Fe（NO3）3＋Fe2（SO4）3＋N2O↑＋H2O；根据化合价的升降守恒和电荷守恒，可得8Fe2＋＋2NO3－＋10H＋＝8Fe3＋＋N2O↑＋5H2O 考点：实验室制备NH3的方法，氧化还原反应的相关计算，氧化还原反应的配平 ‎ ‎