河南省安阳市林州市第一中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

河南省安阳市林州市第一中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

www.ks5u.com ‎2019级高一上学期12月调研考试化学试题 考试时间90分钟 可能用到的相对原子质量为：H:1 C:12 O:16 N:14 Mg:24 Al:27 Na:23 K:39 Mn:55 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64 ‎ 一．单项选择题（每题3分，共48分）‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 过氧化钠与二氧化碳、水反应产生氧气，可作潜水艇里的供氧剂 B. 工业上用廉价的石灰乳吸收氯气可制得漂白粉 C. 如果发生了氯气泄漏，应用浸有纯碱水的毛巾捂住口鼻撤离 D. 苏打水是很多人喜爱的饮品，小苏打是Na2CO3的俗名 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过氧化钠与二氧化碳、水反应的化学方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，都有O2产生，可作潜水艇里的供氧剂，A正确；‎ B.工业上用Cl2与石灰乳反应制备漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，B正确；‎ C.纯碱的水溶液呈碱性，能吸收氯气，若发生了氯气泄漏，应用浸有纯碱水的毛巾捂住口鼻撤离，C正确；‎ D.小苏打是NaHCO3的俗名，Na2CO3的俗名是苏打、纯碱，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.2018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。新的摩尔的定义规定，1摩尔物质包括阿伏加德罗常数NA个基本单元。下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，11gCO2中含有0．75NA个原子 B. 2.4g镁变成镁离子时，失去的电子数目为0.1NA C. 标准状况下，NA个水分子的体积约为22．4L D. 1L 0．3mol／L的NaCl溶液中含有0．3NA个NaCl分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.11gCO2物质的量为=0.25mol，其中所含原子物质的量为0.75mol，所含原子数为0.75NA，A正确；‎ B.2.4gMg的物质的量为=0.1mol，1个Mg原子失去两个电子变为1个Mg2+，则2.4g镁变成镁离子失去的电子数为0.2NA ，B错误；‎ C.NA个水分子物质的量为1mol，水在标准状况下不是气体，在标准状况下的体积远小于22.4L，C错误；‎ D.在NaCl溶液中没有氯化钠分子，存在的是Na+、Cl-，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列关于新制氯水的叙述正确的是( )‎ A. 光照新制氯水有气泡逸出，该气体是Cl2 B. 新制氯水放置数天后酸性减弱 C. 新制氯水中只含有Cl2和H2O两种分子 D. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】新制氯水中存在如下可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；‎ A.新制氯水中含HClO，HClO具有不稳定性，见光易分解：2HClO2HCl+O2↑，光照新制氯水有气泡逸出，该气体是O2，A错误；‎ B. HClO为弱酸，HCl为强酸，新制氯水放置数天后其中的HClO分解成HCl，则酸性增强，B错误；‎ C.HClO为弱酸，在溶液中部分电离，新制氯水中含有Cl2、H2O、HClO三种分子，C错误；‎ D.新制氯水中含HCl和HClO，HCl具有酸性，HClO具有强氧化性，新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是 A. B. C. n=m+17Vc D. ＜p＜‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应的化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4；Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4；；。‎ ‎【详解】A．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=，即c=，A正确；‎ B．p为生成的氧化物的质量，1mol Mg可结合1mol O，2mol Al结合3mol　O，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p== ，B正确；‎ C．得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n==，C错误；‎ D．氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若m g全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量p==；若m g全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p==；质量介于二者之间，D正确；‎ 故合理选项为C。‎ ‎5.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、CO32—、Cl－、OH－、NH4+，向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有(　　)‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】含Fe3＋的溶液显棕黄色，则在无色溶液中一定不存在Fe3+；与Al反应只放出H2的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性；若溶液呈酸性，则含大量H+，由于H＋与CO32-、OH-不能大量共存，CO32-、OH-不能大量存在，由于溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-，此时溶液中最多存在H+、Ba2+、Al3+、Cl-、NH4+五种离子；若溶液呈碱性，则含大量OH-，由于H+、Al3+、NH4+与OH-不能大量共存，H+、Al3+、NH4+不能大量存在，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含Ba2+，Ba2+与CO32-不能大量共存，溶液中不含CO32-，此时溶液中最多存在Ba2+、Cl-、OH-三种离子；综上分析，答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题需注意：（1）与Al反应放出H2的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性；（2）在判断溶液中存在的离子时还要巧用电荷守恒。‎ ‎6. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )‎ A. Al(OH)3 → Al2O3 B. Al2O3 → Al(OH)3‎ C. Al → AlO2- D. Al3+ → Al(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A错误；‎ B项、Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成Al（OH）3，应先将Al2O3变成Al3+或AlO2-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，不可以一步完成，故B正确；‎ C项、铝可以和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，可以一步完成，故C错误；‎ D项、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为(　　) ‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。‎ ‎【详解】铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2‎ ‎，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。‎ ‎8.四种黑色粉末氧化铜、氧化亚铁、二氧化锰、石墨粉，只需加入一种试剂即可将它们区别开来， 这种试剂是(　　)‎ A. 氢氧化钠溶液 B. 稀硫酸 C. 浓盐酸 D. 蒸馏水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠溶液与四种物质均不反应，不能鉴别，A错误；‎ B. 稀硫酸与二氧化锰、石墨粉均不反应，不能鉴别二者，B错误；‎ C. 浓盐酸与氧化铜反应生成氯化铜，溶液显蓝色，与氧化亚铁反应生成氯化亚铁，溶液显浅绿色，与二氧化锰加热条件下反应生成黄绿色气体氯气，与石墨粉不反应，实验现象均不相同，可以鉴别，C正确；‎ D 四种物质均不溶于水，不能鉴别，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.铁不能与冷、热水反应，但能与水蒸气反应。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 组装该实验装置用到的玻璃仪器可仅为1个酒精灯、1支大试管和导气管 B. 可通过加热湿棉花产生水蒸气 C. 可将产物之一通入肥皂液中用燃烧法检验 D. 铁粉与水蒸气反应后，可立即用磁铁将剩余铁粉分离出来 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、一个酒精灯、一支大试管和导气管能完成铁和水蒸气反应的高温条件； B、在铁与水蒸气反应实验中,操作时先加热湿棉花处,待有部分水蒸气形成再把酒精灯移到铁粉位置加热； C、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,通入肥皂液中用燃烧法检验氢气的存在； D、铁粉与水蒸气反应是放热反应,生成的产物是四氧化三铁也可以被磁铁吸引；‎ ‎【详解】先对试管中湿棉花加热，当有水蒸气形成时再把酒精灯移到铁粉位置加热，故一个酒精灯、一支大试管和导气管也能完成实验，A、B正确；铁和水蒸气反应生成氢气，通入肥皂液中，用燃烧法检验氢气的存在，C正确；铁粉与水蒸气反应生成的四氧化三铁也可以被磁铁吸引，不能分离出铁，D错误；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎10.下列判断正确的是(　　)‎ A. 可用水来确定某氧化钠粉末中是否含有过氧化钠 B. 可用二氧化碳来确定某氧化钠粉末中是否含有过氧化钠 C. 可利用在空气中加热的方法除去氧化钠中的过氧化钠 D. 将足量的过氧化钠、氧化钠分别加到酚酞溶液中，最终溶液均为红色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，向某氧化钠粉末中加入水，若产生无色无味的气体，则氧化钠粉末中含有过氧化钠，反之不含过氧化钠，A正确；‎ B.氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，由于CO2、O2都是无色无味的气体，无论氧化钠中是否含有过氧化钠，二氧化碳通过某氧化钠粉末都不能观察到明显实验现象，B错误；‎ C.在空气中加热会发生反应：2Na2O+O22Na2O2，不能将过氧化钠除去，且消耗氧化钠，C错误；‎ D. 将足量过氧化钠、氧化钠分别加到酚酞溶液中，两者与水反应都有NaOH生成，但过氧化钠又具有强氧化性，故前者的溶液先变红后褪色，后者的溶液最终变为红色，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.将100 mL某物质的量浓度的盐酸逐滴加入到100 mL 2 mol·L－1的碳酸钠溶液中，下列说法正确的是 ( )‎ A. 开始加入盐酸时有气体放出，盐酸过量后无气体放出 B. 加入盐酸时，开始无气体放出，最后有气体放出 C. 盐酸浓度为2 mol·L－1时，放出二氧化碳4.4 g D. 盐酸浓度为5 mol·L－1时，放出二氧化碳0.2 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸逐滴加入Na2CO3溶液中，随着盐酸的滴入，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，结合题给物质的量浓度和体积计算。‎ ‎【详解】n（Na2CO3）=2mol/L×0.1L=0.2mol，‎ A.开始加入盐酸时发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有气体放出，A错误；‎ B.开始加入盐酸时发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有气体放出，当加入的盐酸中HCl物质的量≤0.2mol（即盐酸物质的量浓度≤2mol/L）时，最后都没有气体放出，当加入的盐酸中HCl物质的量>0.2mol（即盐酸物质的量浓度>2mol/L）时，最后有气体放出，由于盐酸物质的量浓度未知，最后不一定有气体放出，B错误；‎ C.盐酸的浓度为2mol/L时，n（HCl）=2mol/L×0.1L=0.2mol，HCl与Na2CO3恰好完全反应生成NaHCO3和NaCl，没有CO2放出，C错误；‎ D.盐酸的浓度为5mol/L时，n（HCl）=5mol/L×0.1L=0.5mol，n（HCl）：n（Na2CO3）=0.5mol：0.2mol>2:1，故盐酸过量、Na2CO3完全反应放出CO2气体，根据C守恒放出的CO2物质的量=n（Na2CO3）=0.2mol，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是：盐酸与Na2CO3的反应是分步进行的，CO32-首先结合H+生成HCO3-，HCO3-继续结合H+才会放出CO2。‎ ‎12.北京奥运会开幕式上的焰火“脚印”“笑脸”“五环”让奥运会更加辉煌、浪漫，这与高中化学中的“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 焰色反应均应透过蓝色的钴玻璃观察 B. NaCl与Na2CO3灼烧时火焰的颜色相同 C. 焰色反应是化学变化 D. 所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，A错误；‎ B.NaCl与Na2CO3中都含有Na元素，故它们灼烧时火焰的颜色相同，都呈黄色，B正确；‎ C.焰色反应过程中没有新物质生成，焰色反应是物理变化，C错误；‎ D.并非所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色，如Fe、Pt及其化合物等灼烧时火焰没有颜色，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】注意：焰色反应是某些金属元素的性质；观察钾元素的焰色反应透过蓝色钴玻璃的目的是滤去黄光。‎ ‎13.同温同压下，A容器中的CH4和B容器中的NH3所含氢原子数相等，则两个容器的体积比是（ ）‎ A. 3∶4 B. 4∶3 C. 1∶1 D. 1∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 应用阿伏加德罗定律及其推论分析作答。‎ ‎【详解】1个CH4分子中含4个H原子，1个NH3分子中含3个H原子，A容器中的CH4和B容器中的NH3所含氢原子数相等，则A容器中的CH4分子与B容器中的NH3分子物质的量之比为3:4；在同温同压下，气体的体积之比等于气体分子物质的量之比，故两个容器的体积比为3:4，答案选A。‎ ‎14.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑。下列说法不正确的是( )‎ A. 还原性：NaN3 > N2‎ B. 若有65 g NaN3参加反应，则生成的N2的物质的量为1.6 mol C. 每转移1 mol电子，可生成标准状况下N2的体积为35.84 L D. 被还原的N与被氧化的N为15 ：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaN3中N元素平均化合价为-，其中N元素的化合价由-升至0，NaN3是还原剂，N2为氧化产物；KNO3中N元素的化合价为+5价，其中N元素的化合价由+5降至0，KNO3是氧化剂，N2是还原产物；10molNaN3反应转移10mol电子，生成16molN2；据此分析作答。‎ ‎【详解】A. NaN3中N元素的平均化合价为-，其中N元素的化合价由-升至0，NaN3是还原剂，KNO3中N元素的化合价为+5价，其中N元素的化合价由+5降至0，KNO3是氧化剂，N2是还原产物，根据同一氧化还原反应中还原性：还原剂>还原产物，则还原性：NaN3>N2，A正确；‎ B.根据反应，10molNaN3参加反应生成16molN2，n（NaN3）==1mol，则6.5gNaN3参加反应生成1.6molN2，B正确；‎ C.根据反应，转移10mol电子生成16molN2，则转移1mol电子生成1.6molN2，生成的N2在标准状况下的体积1.6mol×22.4L/mol=35.84L，C正确；‎ D.NaN3中N全部被氧化，KNO3中N全部被还原，则被还原的N与被氧化的N之比为2:30=1:15，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96 L。将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。下列结论不正确的是（ ）‎ A. 原混合气体所含氧原子总数为0.6 NA(用NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ B. 标况下气球中收集到的气体体积为4.48L C. 原混合气体的平均摩尔质量为32g/mol D. 原混合气体CO和CO2的体积比为1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据混合气体的质量和在标准状况下的体积，列方程组解出其中所含CO和CO2物质的量，结合物质的性质和相关公式分析作答。‎ ‎【详解】14.4 g CO和CO2混合气体在标准状况下所占的体积约为8.96 L，则28g/moln（CO）+44g/moln（CO2）=14.4g，n（CO）+n（CO2）==0.4mol，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.2mol；‎ A.原混合气体所含氧原子物质的量为0.2mol+0.2mol×2=0.6mol，所含O原子数为0.6NA，A正确；‎ B.NaOH溶液将CO2吸收，浓硫酸干燥CO，最终气球中收集到0.2molCO，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，B正确；‎ C.原混合气体总物质的量为0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol，C错误；‎ D.原混合气体中CO与CO2的体积之比，等于CO与CO2物质的量之比，为1:1，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题也可用十字交叉法解题，n（混合气体）==0.4mol，则混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol，用十字交叉，即CO与CO2物质的量之比为1:1。‎ ‎16.已知下列转化关系图，且知采用电解熔融氯化钠的方法可以生产金属钠：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，下列说法不正确的是（ ）‎ A. A、C、E一定含有同种元素 B. 若在B中点燃铜丝会产生棕黄色烟 C. C与D反应会产生红褐色沉淀 D. D物质可能为FeCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解熔融的氯化钠生成Na和Cl2，其中A能与水反应生成C，B能与Fe反应生成D，则A为Na、B为Cl2、D为FeCl3；A与水反应生成的C能与FeCl3反应生成NaCl，C为NaOH；CO2与NaOH反应生成E，FeCl3与Ca（OH）2反应生成F，E与F反应生成NaCl，则E为Na2CO3、F为CaCl2；据此分析作答。‎ ‎【详解】电解熔融的氯化钠生成Na和Cl2，其中A能与水反应生成C，B能与Fe反应 生成D，则A为Na、B为Cl2、D为FeCl3；A与水反应生成的C能与FeCl3反应生成NaCl，C为NaOH；CO2与NaOH反应生成E，FeCl3与Ca（OH）2反应生成F，E与F反应生成NaCl，则E为Na2CO3、F为CaCl2；‎ A.根据上述分析，A、C、E中都含有Na元素，A正确；‎ B.B为Cl2，铜丝在Cl2中燃烧产生棕黄色的烟，B正确；‎ C.C为NaOH，D为FeCl3，C与D反应化学方程式为3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3‎ ‎↓+3NaCl，产生红褐色Fe（OH）3沉淀，C正确；‎ D.由于Cl2具有强氧化性，Fe与Cl2反应生成的D为FeCl3，D错误；‎ 答案选D。‎ 二、填空题（每空2分，共52分）‎ ‎17.某校科学兴趣小组探究二氧化碳与过氧化钠反应是否有氧气生成，设计了如图的实验，装置B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，目的是除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，E为收集氧气装置。 ‎ ‎（1）C中盛有________，目的是________。‎ ‎（2）写出装置D中发生反应的化学方程式___________。‎ ‎（3）指出装置E的错误___________________。‎ ‎【答案】 (1). 浓硫酸 (2). 吸收CO2中的水分（干燥气体），防止水蒸气与Na2O2反应产生O2对反应干扰 (3). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2 (4). 集气瓶中导管应该左短右长 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置中大理石与盐酸反应制取CO2；B装置中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl气体；由于过氧化钠与水蒸气反应生成氧气，所以通入D装置中的CO2必须是干燥的，则C中盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置D中实现过氧化钠与二氧化碳的反应；E为排水法收集氧气；据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）A装置中由大理石与盐酸反应制得的二氧化碳中混有HCl和H2O（g），B装置中盛放饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的HCl，水蒸气也能与过氧化钠反应生成O2，为防止水蒸气与Na2O2反应产生的O2对反应的干扰，C装置中盛放浓硫酸，用于干燥二氧化碳；故答案为：浓硫酸 吸收CO2中的水分（干燥气体），防止水蒸气与Na2O2反应产生O2对反应干扰；‎ ‎（2）装置D中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；‎ ‎（3）根据装置图，E装置采用排水法收集氧气，为了将E装置中的水排入F中，E装置中集气瓶的导管应左短右长；故答案为：集气瓶中导管应该左短右长。‎ ‎18.现有下列物质：①铁单质 ②二氧化碳 ③氯气 ④硫酸钡晶体 ⑤碳酸氢钠 ⑥盐酸 ⑦氢氧化钠溶液 ⑧乙醇 ⑨熔化的硝酸钾 ⑩漂白粉。‎ ‎（1）属于电解质的是____（填序号），属于非电解质的是__（填序号）。‎ ‎（2）写出⑤在水中的电离方程式_______________。‎ ‎（3）请写出下列反应的化学方程式：③与⑦反应__________，⑩漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸________。‎ ‎【答案】 (1). ④⑤⑨ (2). ② ⑧ (3). NaHCO3 = Na+ + HCO3- (4). 2NaOH + Cl2= NaCl+NaClO + H2O (5). Ca（ClO）2 + CO2 + H2O= CaCO3↓+ 2HClO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物叫做非电解质，对照概念和相关化学用语作答。‎ ‎【详解】①铁单质属于单质，铁单质既不是电解质也不是非电解质；②二氧化碳的水溶液能导电，但导电的离子不是由二氧化碳电离产生的，而是由二氧化碳与水反应生成的碳酸电离产生的，二氧化碳属于非电解质；③氯气属于单质，氯气既不是电解质也不是非电解质；④硫酸钡晶体是在熔融状态下能导电的化合物，硫酸钡晶体属于电解质；⑤碳酸氢钠是在水溶液中能导电的化合物，碳酸氢钠属于电解质；⑥盐酸属于混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质；⑦氢氧化钠溶液属于混合物，氢氧化钠溶液既不是电解质也不是非电解质；⑧乙醇是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，乙醇属于非电解质；⑨熔化的硝酸钾是在水溶液里能导电的化合物，熔化的硝酸钾能导电，熔化的硝酸钾属于电解质；⑩漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎（1）属于电解质的是④⑤⑨；属于非电解质的是②⑧；故答案为：④⑤⑨ ②⑧；‎ ‎（2）碳酸氢钠在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；‎ ‎（3）③Cl2与⑦NaOH溶液反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；⑩漂白粉溶于水后，其中的Ca（ClO）2与水、空气中的CO2反应生成CaCO3和HClO，反应的化学方程式为：Ca（ClO）2 +CO2+H2O= CaCO3↓+2HClO；故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O Ca（ClO）2 +CO2+H2O= CaCO3↓+2HClO。‎ ‎【点睛】判断电解质和非电解质必须注意：（1）电解质和非电解质都必须是化合物，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；（2）电解质在水溶液里导电的离子必须是电解质自身电离的。‎ ‎19.实验室经常用KMnO4与过量浓盐酸反应制备氯气，化学方程式如下：2KMnO4 ＋ 16HCl（浓） ＝ 2KCl ＋ 2MnCl 2＋ 5Cl 2↑ ＋ 8H2O。‎ ‎（1）用单线桥标出电子转移的方向和数目:__________。‎ ‎（2）将此反应改写为离子方程式：___________________。‎ ‎（3）若31.6g KMnO4与过量浓盐酸充分反应，被氧化的HCl的物质的量为_____，在标准状况下生成的Cl 2的体积为____。‎ ‎（4）用生成的氯气通入下面的装置来验证氯气的某些性质。‎ 用离子方程式解释C中有色布条褪色的原因：______________，将B、C的顺序颠倒，可否达到原来的实验目的：______（填“可以”或“不可以”）；D是用来检验氯气性质的实验，可观察到溶液由无色变为蓝色（I2单质遇淀粉变蓝色），请比较Cl2、I2 、KMnO4 的氧化性，由强到弱为_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2MnO4－＋10Cl－+16H+=2Mn2+ +5Cl 2↑ +8H2O (3). 1mol (4). 11.2L (5). Cl 2 ＋H2O = HClO + H+＋Cl－ (6). 可以 (7). KMnO4>Cl2>I2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据单线桥的表示方法解答；‎ ‎（2）根据书写离子方程式的步骤作答；‎ ‎（3）根据电子守恒解答；‎ ‎（4）干燥的Cl2没有漂白性，湿润的Cl2具有漂白性；同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。‎ ‎【详解】（1）在反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至MnCl2中的+2价，1molKMnO4得到5mol电子，Cl元素的化合价由HCl中的-1价升至Cl2中的0价，1molHCl失去1mol电子，反应中转移10e-，用单线桥标电子转移方向和数目为：；故答案为：；‎ ‎（2）KMnO4、HCl、KCl、MnCl2都改成离子形式，Cl2、H2O以化学式保留，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（3）根据电子守恒，反应中每消耗2molKMnO4，将有10molHCl被氧化成5molCl2，n（KMnO4）==0.2mol，则被氧化的HCl物质的量为1mol，生成0.5molCl2，在标准状况下Cl2的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；故答案为：1mol ； 11.2L；‎ ‎（4）干燥的Cl2没有漂白性，C中湿润的有色布条褪色的原因是氯气与水反应生成了具有漂白性的HClO，反应的离子方程式为Cl2+H2O=HClO+H++Cl-；若将B、C的顺序颠倒，Cl2能将湿润的有色布条褪色，用浓硫酸干燥后，Cl2不能使干燥的有色布条褪色，能达到实验目的；D中可观察到溶液由无色变为蓝色，说明D中发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，在该反应中Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，同一氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：Cl2>I2，在反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H2O中，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2，Cl2、I2、KMnO4的氧化性由强到弱为KMnO4>Cl2>I2；故答案为：Cl2+H2O=HClO+H++Cl- ；可以KMnO4>Cl2>I2。‎ ‎20.将有铜的印刷线路板浸入200 mL氯化铁浓溶液中，有19.2 g铜被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入16.8 g铁粉，经充分反应，溶液中还存在9.6 g不溶解的物质。（设溶液体积不变）。请回答下列问题：‎ ‎（1）充分反应后，溶液中存在9.6 g不溶物的成分为____。‎ ‎（2）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为_____。‎ ‎（3）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：______。‎ ‎（4）试计算最后溶液中Fe2+的物质的量浓度____mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). Cu (2). Fe3+ (3). Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ (4). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】将有铜的印刷线路板浸入FeCl3浓溶液中，有19.2gCu被腐蚀掉，说明发生反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，19.2gCu的物质的量为=0.3mol，则加入铁粉前的溶液中一定含0.3molCuCl2和0.6molFeCl2；‎ ‎（1）加入的16.8 g Fe粉物质的量为=0.3mol，若加入铁粉前溶液中不含FeCl3，则0.3molFe与0.3molCuCl2恰好完全反应生成0.3molCu（即有19.2g不溶物）；现有9.6 不溶物，所以不可能为Fe，只能是Cu；故答案为：Cu；‎ ‎（2）9.6gCu的物质的量为=0.15mol，根据Cu守恒，溶液中还有0.3mol-0.15mol=0.15molCu2+未反应，Cu能与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，即Cu与Fe3+不共存，则充分反应后的溶液中一定不存在Fe3+；故答案为：Fe3+；‎ ‎（3）反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2中，Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物，同一氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：Fe3+>Cu2+；根据金属活动顺序表，氧化性：Cu2+＞Fe2+，所以氧化性由强到弱的顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；故答案为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；‎ ‎（4）根据上述分析，加入的铁粉先与氧化性强的Fe3+反应，后与Cu2+发生反应，根据反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，生成0.15molCu消耗0.15molFe、同时生成0.15molFeCl2；与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.3mol-0.15mol=0.15mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成的FeCl2物质的量为0.45mol；则最后溶液中含FeCl2物质的量为0.6mol+0.15mol+0.45mol=1.2mol，则c（Fe2+）=c（FeCl2）==6mol/L；故答案为：6。‎ ‎21.A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。‎ 请填写下列空白：‎ ‎(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是________。‎ ‎(2)反应①的化学方程式为_____________________________________‎ 反应③的离子方程式为________________________‎ 反应⑧的化学方程式为_____________________________________‎ ‎（3）反应⑥过程中的现象是______________________________。‎ ‎（4）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占______L。‎ ‎【答案】 (1). 铁元素 (2). 8Al＋3Fe3O4 4Al2O3＋9Fe (3). Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2+ +4H2O (4). Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O (5). 生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (6). 33.6‎ ‎【解析】‎ 试题分析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，据此分析解答。‎ ‎（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。‎ ‎（2）根据以上分析可知反应①的化学方程式为8Al＋3Fe3O4 4Al2O3＋9Fe。反应③的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2+ +4H2O；反应⑧的化学方程式为Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O。‎ ‎（3）反应⑥是氢氧化亚铁被空气氧化，过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。‎ ‎（4）根据8Al＋3Fe3O4 4Al2O3＋9Fe可知1mol铝发生反应后生成铁，铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)4H2＋Fe3O4，所以生成的气体换算成标准状况下为。‎ ‎【点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题，解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。‎ ‎ ‎