湖南省娄底市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

湖南省娄底市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 化 学 时量：90分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Mg 24 Al 27‎ 一、单项选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分）‎ ‎1.盛放浓硫酸的试剂瓶贴图中最合适的标志是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸具有强烈的腐蚀性，所以属于腐蚀性药品，合理选项是D。‎ ‎2.《本草纲目》中“烧酒”条目写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”文中所用之“法”指 ( )‎ A. 蒸馏 B. 渗析 C. 萃取 D. 过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 萃取适合于溶质在互不相溶的溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法,蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法,适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质,过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法,干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程,据此解答。‎ ‎【详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏。‎ 答案选A。‎ ‎3.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是( )‎ A. 碳酸钙和水 B. 乙醇和水 C. 植物油和水 D.‎ - 19 -‎ ‎ 碘的四氯化碳溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钙是难溶于水的固体，所以分离碳酸钙和水应该使用过滤方法，A不符合题意；‎ B. 乙醇和水混溶，二者沸点不同，应该使用蒸馏方法分离，B不符合题意；‎ C. 植物油和水是互不相溶的两种液体物质，可以使用分液方法分离，C符合题意；‎ D. 碘容易溶于四氯化碳中，分离二者要使用蒸馏方法，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是( )‎ A. 石墨、Fe(OH)3胶体、澄清石灰水 B. 氮气、干冰、冰水混合物 C. 液氯、CuSO4、漂白粉 D. 硫粉、氨水、硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe(OH)3胶体是混合物，不属于化合物，A错误；‎ B. 冰水混合物构成微粒是H2O，属于纯净物，B错误；‎ C. 选项中的各种物质分类合理，C正确；‎ D. 氨水属于混合物，不是化合物，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下列对晶体硅的有关叙述正确的是 A. 晶体硅的结构与金刚石类似 B. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应 C. 晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺复杂，价格昂贵 D. 晶体硅具有金属光泽，故它属于金属材料，可以导电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体硅为正四面体结构，与金刚石类似，A正确；‎ B.晶体硅常温下可以与氢氟酸反应，B错误；‎ C.‎ - 19 -‎ 晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺不复杂，价格不高，已经被普及使用，C错误；‎ D.晶体硅有金属光泽，可以导电，但它属于非金属材料，D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.下列叙述中正确的是 A. 置换反应不一定属于氧化还原反应 B. 失电子数目越多，则还原剂的还原性就越强 C. 反应前后元素化合价没有变化的反应一定不是氧化还原反应 D. 氧化还原反应中，一种物质被氧化，另一种物质必被还原 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、置换反应是一种单质与化合物反应生成另一种单质和化合物，一定有元素化合价的改变，一定属于氧化还原反应，A错误；‎ B、还原性强弱是指失电子的难易程度，而不是失电子的数目，还原剂越容易失电子，还原性越大，反之越小，B错误；‎ C、氧化还原反应的特征是反应前后有元素化合价的改变，反应前后元素化合价没有变化的反应一定不是氧化还原反应，C正确；‎ D、氧化还原反应中，一种物质被氧化，另一种物质必被还原这个说法是错误的，一个反应中可能有一些物质没有参与氧化还原反应，如Cl2+H2O=HCl+HClO反应中H2O既没有被氧化也没有被还原，D错误；‎ 正确答案C ‎【点睛】还原性（氧化性）的强弱是指失（得）电子的难易程度，与失（得）电子的数目无关。‎ ‎7.下列各组中的离子在强酸性水溶液里能大量共存的是 A. Ba2+、Na+、CO32-、NO3- B. K+、 CH3COO-、I-、Fe3+‎ C. Cu2+、Fe2+、SO42-、Cl- D. K＋、Cl-、NO3-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸性溶液中含有大量的H+。‎ ‎【详解】A、Ba2+与CO32-反应生成BaCO3沉淀不共存，H+与CO32-生成CO2和水不共存，A错误。‎ - 19 -‎ B、CH3COO-与H+反应生成弱酸CH3COOH不共存，Fe3+与I-发生氧化还原反应不共存，B错误。‎ C、C组离子和H+之间不反应，可以共存，C正确。‎ D、HCO3-与H+反应生成CO2和水不共存，D错误。正确答案为C。‎ ‎【点睛】考虑离子共存时注意题干中的隐含条件，本题要求在酸性下共存，则每组离子还要加上H+的存在。本题容易误选答案D，就是没有考虑酸性条件。‎ ‎8.下列离子方程式中，正确的是( )‎ A. 氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO- ‎ B. 氧化亚铁与稀盐酸混合：FeO+2H+=Fe3++H2O C. 氯化铝与过量氨水反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ ‎ D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl2与H2O反应产生的次氯酸是弱酸，主要以分子存在，不能写成离子形式，A错误；‎ B. 反应产生Fe2+，不是Fe3+，B错误；‎ C. 反应符合事实，遵循物质拆分原则，C正确；‎ D. 反应除生成BaSO4沉淀外，还生成了H2O，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.下列对离子的检验及结论一定正确的是 A. 加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，则溶液中一定有CO32-‎ B. 某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性 C. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42-‎ D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，可知气体可能为CO2或SO2，则原溶液中可能含CO32-或SO32-，或HCO3-、HSO3-，不一定有CO32-，A错误；‎ B．酚酞遇碱变红，则无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，B正确；‎ C．滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，白色沉淀可能为BaSO4‎ - 19 -‎ 或AgCl，则溶液中可能含SO42-或Ag+，C错误；‎ D．先加稀盐酸除去OH-，会引入Cl-，应先加硝酸，再加AgNO3溶液，若有白色沉淀出现，证明含Cl-，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ 有白色沉淀出现，证明含Cl－‎ ‎10.在下列变化中，必须加入合适的氧化剂才能实现的是 A. CuO→Cu B. SO2→S C. CaCO3→CO2 D. FeCl2→FeCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，A错误；‎ B. S元素的化合价降低，需要加还原剂实现，B错误；‎ C. 碳酸钙加热分解产生二氧化碳，元素化合价不变，不需加氧化剂，C错误；‎ D. FeCl2→FeCl3中铁元素的化合价升高，需加入氧化剂才能实现，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温下，0.5L 1.0 mol·L-1Na2SO4溶液中含有的氧原子数为2NA B. 标况下，11.2 L H2O所含电子数为5NA C. 2.4 g镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA D. 常温常压下，32g氧气和臭氧的混合物中所含氧原子总数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧原子不仅存在于溶质中，还存在于溶剂水中，无法计算总数，故A错误；‎ B. 标况下， H2O不为气态，所以不能根据气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；‎ C. 2.4 g镁的物质的量为0.1mol，每个镁原子失去2个电子形成镁离子，所以失去的电子数为0.1mol×2=0.2mol，故C错误；‎ D. 氧气和臭氧都是由O原子组成，n(O)=，则所含氧原子总数为2NA，故D正确，‎ 故选D。‎ - 19 -‎ ‎12.已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是 A. KClO3是氧化剂 B. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为5:1‎ C. H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂 D. 1mol KClO3参加反应时有10mol电子转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、KCl中的-1价的Cl全部升高为0价，KClO3中+5价氯降低为0价，KClO3是氧化剂，KCl是还原剂，A正确；‎ B、KClO3是氧化剂，被还原，KCl是还原剂，被氧化，反应中被氧化与被还原的氯元素的质量比为5:1，B正确；‎ C、硫酸中没有元素化合价改变，既不是氧化剂又不是还原剂，C正确；‎ D、1mol KClO3参加反应时有5mol电子转移，D错误；‎ 故选D。‎ ‎13.在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是 A. S B. FeCl2 C. FeCl3 D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据S守恒，反应中H2S被氧化成S，结合“氧化还原反应的特征：元素的化合价有升降”分析。‎ ‎【详解】H2S为反应物，根据S守恒，S为生成物，即反应中S元素的化合价由-2价升至0，H2S→S为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一过程为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案选C。‎ ‎14.根据下列反应的化学方程式：①I2+SO2+2H2O = H2SO4 +2HI；②2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3；③2FeCl3+2HI = 2FeCl2+2HCl+I2 判断有关物质的还原性强弱顺序是 A. I－>Fe2+>Cl－>SO2 B. Cl－>Fe2+>SO2>I－‎ C. Fe2+>I－>Cl－>SO2 D. SO2>I－>Fe2+>Cl－‎ - 19 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在①I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2>HI；‎ 在②2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2>FeCl3；‎ ‎③2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性KI>FeCl2； ‎ 通过以上分析知，物质的还原性有强到弱的顺序是SO2>I->Fe2+>Cl-，故合理选项是D。‎ ‎15.下列有关试剂的保存方法，错误的是( )‎ A. 浓硝酸保存在棕色玻璃试剂瓶中 B. 少量钠保存在煤油中 C. 氢氧化钠溶液保存在带有玻璃塞的玻璃试剂瓶中 D. 新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓硝酸不稳定、见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，A正确；‎ B. 钠能和水、氧气反应，故应密封保存在密度比钠小且与钠不能反应的煤油中，B正确；‎ C. 氢氧化钠能和玻璃的成分SiO2反应，生成具有粘性的硅酸钠，将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，所以不能用玻璃塞，而应该用橡胶塞，C错误；‎ D. 氯水中的HClO见光易分解，故应避光保存在棕色试剂瓶中，D正确。‎ 故合理选项是C。‎ ‎16.将下列四种化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液，没有颜色变化，再加氯水即呈现红色的是(　　)‎ A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe2(SO4)3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项，FeO与稀盐酸反应生成FeCl2和H2O，加入KSCN溶液，无明显现象，加入氯水，氯水将FeCl2氧化成FeCl3，溶液变红；B项，Fe2O3与稀盐酸反应生成FeCl3和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；C项，Fe3O4与稀盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；D项，Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；符合题意的为FeO，答案选A。‎ - 19 -‎ 点睛：本题主要考查铁的化合物有关化学性质，熟记Fe3+和Fe2+的检验方法是解题的关键。‎ ‎17.实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是 A. NaOH溶液 B. 氨水 C. 盐酸 D. Ba(OH)2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH−，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；‎ ‎【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；‎ B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；‎ C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；‎ D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。‎ ‎18.常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是( )‎ X Y Z ‎①‎ NaOH溶液 Al(OH)3‎ 稀硫酸 ‎②‎ 氨水 SO2‎ 浓盐酸 ‎③‎ O2‎ N2‎ H2‎ ‎④‎ FeCl3溶液 Cu 浓硝酸 A. ①③ B. ①④ C. ②④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，也能与强酸硫酸反应生成硫酸铝与水，①符合题意；‎ ‎②氨水与二氧化硫、浓盐酸反应，但不能与浓盐酸不反应，②不符合题意；‎ ‎③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，但在常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，③不符合题意；‎ ‎④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，④符合题意；‎ 综上所述可知，与两种物质均反应的物质序号为①④，故合理选项是B。‎ ‎19.下列每步转化不能通过一步反应就实现的是 A. NH3→NO→NO2→HNO3‎ B. Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2‎ C. S→SO2→H2SO4→MgSO4‎ D. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，A正确；‎ B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能直接转化为氢氧化铝，B错误；‎ C．S燃烧生成SO2，SO2被氯水氧化可以转化硫酸，硫酸与镁等反应可以生成硫酸镁，C正确；‎ D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化转化为氢氧化铁，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎20.四支试管中分别充满NO、SO2、NO2、Cl2中的一种，把它们分别倒置于盛有水的水槽中，放置一段时间后的现象如图所示。其中原试管充满NO2的是 A. B. C. D. ‎ - 19 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】NO不溶于水，对应D图像，SO2在水中的溶解度为1体积水溶解40体积SO2，对应图像A，根据化学方程式3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，剩余气体是反应前的1/3，对于图像B，Cl2+H2O =HCl+HClO，HClO2HCl+O2↑，对应图像C，所以其中原试管充满NO2的是B，答案选B。‎ ‎21.胆矾（CuSO4•5H2O）高温时发生反应：2CuSO4•5H2O2CuO + 2SO2↑+ O2↑+ 10H2O。下列装置能达到实验目的的是（ ）‎ A. 可用于胆矾分解 B. 可用于检验产物是否含H2O C. 可用于收集SO2 D. 可用于吸收胆矾分解的SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.装置达不到高温，所以达不到实验目的，故 A错误；‎ B.无水氯化钙吸水没有明显现象，达不到实验目的，应改为无水硫酸铜，故B错误；‎ C.SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集时，导管短进长出达不到实验目的，应改为长进短出，故C错误；‎ D.SO2易溶于氢氧化钠溶液，尾气吸收要防倒吸，装置可以达到实验目的，故D正确；‎ 正确答案：D。‎ ‎22.相同状况下，在体积相同的三个烧瓶中分别盛NH3、HCl和NO2‎ - 19 -‎ 气体，并分别倒立在水槽里，充分溶解后烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为（设烧瓶内液体未扩散到水槽里）‎ A. 1∶1∶1 B. 2∶2∶3‎ C. 3∶3∶2 D. 2∶2∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，等体积的气体的物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；‎ 二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶容积的，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是NO2物质的量的。‎ 假设烧瓶的体积是1 L，则n(NH3)=n(HCl)=n(NO2)=mol，‎ 三种溶液中溶质的物质的量分别是：n(NH3)=n(HCl)=mol，n(HNO3)=mol×，三种溶液的体积分别是V(NH3)=V(HCl)=1 L，V(HNO3)=L，根据c=知，三种溶液的物质的量浓度相等，所以其浓度之比为1：1：1，故合理选项是A。‎ ‎23.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为 A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案为D。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。‎ ‎24.将2.56gCu和一定量的浓HNO3‎ - 19 -‎ 反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L(标准状况)，则反应中消耗HNO3的物质的量为( )‎ A. 0.05mol B. 1mol C. 1.05mol D. 0.13mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)==0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n(Cu)==0.04mol，则生成n(Cu(NO3)2)=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量。‎ ‎25.下图是物质间发生化学反应的颜色变化，下表选项物质对应正确的是 选项 M N P Q A NH3·H2O Ba(OH)2‎ 铜 KSCN B Na BaCl2‎ FeO KSCN C NaOH Ba(NO3)2‎ 铁粉 KSCN D Na2O2‎ MgCl2‎ 锌粉 KSCN A. A B. B C. C D. D - 19 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸铁与M发生反应生成红褐色沉淀，红褐色沉淀为Fe(OH)3沉淀，M为碱或与水反应能生成碱的物质。硫酸铁与N反应生成白色沉淀，可以为BaSO4沉淀，N可能含有Ba2+。P与硫酸铁反应生成浅绿色溶液，浅绿色微粒为Fe2+，P起到还原剂的作用；硫酸铁与Q作用溶液变为红色，则Q为硫氰化钾。‎ ‎【详解】A. N不能是氢氧化钡，因为它与硫酸铁反应除了生成硫酸钡，还会生成氢氧化铁，二者的混合物为红褐色，不是白色沉淀，A错误；‎ B. P不能为氧化亚铁，因为FeO不能与硫酸铁反应生成Fe2+，B错误 C. M若为NaOH，与硫酸铁反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；N若为硝酸钡，与硫酸铁反应生成BaSO4白色沉淀；P若为铁粉，还原+3价的Fe3+为+2价的Fe2+，C正确；‎ D. N不能为氯化镁，它不能与硫酸铁反应生成白色沉淀，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了有关铁元素的化学反应，注意各种物质之间的化学反应及常见物质的颜色及溶解性。‎ 二、非选择题（本题包括5个小题，共50分）‎ ‎26.下列是五种物质的化学式，请按要求选择合适的序号填空：‎ A．NaHCO3 B．Na2CO3 C．Fe2O3 D．Ca(ClO)2 E. KAl(SO4)2·12H2O ‎(1)漂粉精的有效成分______ ；‎ ‎(2)一种常见净水剂_________；‎ ‎(3)常用于焙制糕点的小苏打___________；‎ ‎(4)制普通玻璃的原料是石英、石灰石和______。‎ ‎(5)常用做红色油漆和涂料的是__________‎ ‎【答案】 (1). D (2). E (3). A (4). B (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)漂白粉有效成分为次氯酸钙；‎ ‎(2)明矾水解能生成氢氧化铝胶体具有吸附性可以用于净水；‎ ‎(3)碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以用于焙制糕点；‎ - 19 -‎ ‎(4)制普通玻璃的原料是石英、石灰石和纯碱；‎ ‎(5)氧化铁为红棕色，俗称铁红。‎ ‎【详解】(1)Cl2与石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，CaCl2和Ca(ClO)2是漂白粉的成分，其有效成分为次氯酸钙Ca(ClO)2，故合理选项是D；‎ ‎(2)明矾化学式为KAl(SO4)2·12H2O，该物质水解能生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体使之形成沉淀，从而具有净水作用，故合理选项是E；‎ ‎(3) NaHCO3不稳定，受热分解生成二氧化碳，能够使面团酥松，因而可以用于焙制糕点，故合理选项是A；‎ ‎(4)制普通玻璃的原料是石英、石灰石和纯碱，故合理选项是B；‎ ‎(5)氧化铁为红棕色粉末状固体，俗称铁红，常用作红色染料或油漆，故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了常见物质的成分、性质及应用。了解物质的成分、结构及性质是正确判断物质用途的关键。‎ ‎27.下图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答：‎ ‎(1)在⑥中发生反应的化学方程式为___________。‎ ‎(2)②中的品红溶液__________，证明SO2有________性。‎ ‎(3)④中的实验现象是______，证明SO2有______性。‎ ‎(4)⑤的作用是________，反应的化学方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O (2). 红色褪去 (3). 漂白性 (4). 紫红色褪去 (5). 还原性 (6). 尾气处理，吸收多余的SO2 ，防止污染空气 (7). 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在试管⑥中亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2、Na2SO4和水，反应产生的SO2与水作用产生H2SO3‎ - 19 -‎ ‎，具有酸性，可以使紫色石蕊试液变为红色；SO2具有漂白性，与品红溶液作用生成无色物质，而能使品红溶液褪色；SO2具有氧化性，与H2S在溶液中发生氧化还原反应，产生S单质，使溶液变浑浊，SO2具有还原性，能够被KMnO4氧化而使溶液紫色褪去；SO2是有毒气体，不能直接排放到空气中，可以利用其与碱反应的性质，用氢氧化钠溶液进行尾气处理。‎ ‎【详解】(1)⑥中为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成、Na2SO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎(2) SO2具有漂白性，与②中的品红作用生成无色物质，能使品红溶液褪色；‎ ‎(3)SO2具有还原性，能够与④中的KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，使KMnO4溶液的紫红色的褪色，SO2表现还原性，KMnO4表现氧化性；‎ ‎(4)SO2具有有毒，不能直接排放到空气中，由于SO2是酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了SO2的制取及性质验证和化学方程式的书写。掌握二氧化硫是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性、漂白性、氧化性和还原性等是解题关键，注意反应现象的描述与判断。‎ ‎28.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出。‎ 请根据以上信息完成下列各题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：B_______、丙__________。‎ ‎(2)写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。对应的化学方程式是_______。‎ ‎(3)反应③中的离子方程式是_________。‎ ‎【答案】 (1). Al (2). HCl (3). 杀菌消毒、强氧化剂、漂白 (4).‎ - 19 -‎ ‎ 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (6). 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3。‎ ‎(1)根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；‎ ‎(2)黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；‎ ‎(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；‎ ‎(4)反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑。‎ ‎【点睛】本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。‎ ‎29.某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+。从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂X、Y、Z均过量)。‎ - 19 -‎ ‎(1)试剂X为_______，加入试剂X发生的离子方程式是___________试剂Z为___________。‎ ‎(2)操作②为____________(填实验分离方法)。‎ ‎(3)溶液2中含有的溶质有__________(填化学式)。‎ ‎(4)写出操作④的化学反应方程式____________。‎ ‎(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应，产生的气体为_________(填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). 铝 (2). 2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu (3). 氨水 (4). 过滤 (5). Al2(SO4)3、H2SO4 (6). Al2(SO4)3、H2SO4 (7). SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+，由流程可知加入X为金属铝，用于置换出铜，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，不溶性物质为过量的Al和Cu的混合物，向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al，反应产生Al2(SO4)3，而Cu不能发生反应，则为稀H2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4，由于Al(OH)3是两性物质，能够与过量的强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，因此向①②混合后加入氨水，可生成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3可生成Al，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知操作①是过滤，不溶性物质为Cu、Al混合物，操作②是过滤，试剂Y是H2SO4，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4，试剂Z是氨水，操作③是过滤，操作④加热分解Al(OH)3，操作⑤是电解。‎ ‎(1)由以上分析可知X为Al，可用于除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；试剂Z为氨水；‎ ‎(2)操作①②③用于分离固体和液体，为过滤操作；‎ ‎(3)溶液2中含有的溶质有Al2(SO4)3、H2SO4；‎ ‎(4)操作④是加热Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热发生分解反应，化学方程式为：2Al(OH)3‎ - 19 -‎ ‎2Al2O3+3H2O；‎ ‎(5)金属Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，所以反应产生的气体为SO2。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，注意实验的设计意图，把握物质的性质，侧重考查学生的分析与实验能力。‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎