北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

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新学道临川学校2019-2020学年度第一学期期末考试 高一化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 S-32 N-14 O-16 Na-23‎ 第Ι卷 （选择题）‎ 一、选择题 ‎1.下列各组物理量中，随取水量的变化而变化的是( )‎ A. 水的密度 B. 水的沸点 C. 水的物质的量 D. 水的摩尔质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】水的沸点、密度为水的物理性质，与水的量无关，水的摩尔质量为‎18g/mol，与水的量无关，由可知，水的量越多，物质的量越多，故答案为C。‎ ‎2. 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。‎ ‎3.工业上制取ClO2的化学反应为2NaClO3 + SO2 + H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4。下列说法正确的是（ ）‎ A. SO2在反应中被氧化 B. NaClO3在反应中失去电子 C. H2SO4在反应中作氧化剂 D. 1mol还原剂在反应中失去1mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因SO2中S元素的化合价由+4价升高到+6价，则SO2为还原剂，还原剂在反应中被氧化，故A正确；‎ B．因NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则NaClO3在反应中得到电子，故B错误；‎ C．因反应物H2SO4中的各元素的化合价不发生变化，则H2SO4不作氧化剂，故C错误；‎ D．因SO2中S元素的化合价由+4价降低为+6价，SO2作还原剂，则1mol还原剂在反应中失去电子为1mol×(6-4)=2mol，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4. 下列有关说法中不正确的是 A. Al(OH)3在用于治疗胃酸过多类疾病时表现出弱碱性 B. 明矾溶于水后可得到少量的有强吸附性的Al(OH)3，故明矾可作净水剂 C. Al(OH)3可用于中和馒头制作过程(如发酵阶段)中产生的酸 D. Al2O3可用于制作耐火材料而Al(OH)3不能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al(OH)3是弱碱，能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，A项正确；‎ B.明矾溶于水后，电离产生的Al3＋水解可得到少量的有强吸附性的Al(OH)3，明矾可作净水剂，B项正确；‎ C. 因为Al（OH）3与酸反应生成水，不能生成二氧化碳气体，所以Al（OH）3不能用于中和馒头制作过程（如发酵阶段）中产生的酸，C项错误；‎ D.Al2O3的熔点很高，可制作耐火材料，Al(OH)3受热易分解，不能用于制作耐火材料，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列物质不能使有色布条褪色的是 A. 氯水 B. NaClO溶液 C. 漂白粉溶液 D. CaCl2溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氯水中的HClO、NaClO溶液、漂白粉溶液都有强氧化性，能使有色布条褪色；CaCl2溶液不能使有色布条褪色；答案选D。‎ ‎6. 下列各组物质，遇到盐酸或强碱溶液都能反应的一组是 A. Cu Al2O3NaHCO3 B. Mg Al（OH）3Na2CO3‎ C. Fe Al2O3Al（OH）3 D. Al NaHCO3Al2O3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu在金属活动性顺序表中位于H元素的后边，不能把酸中的H置换出来，也不能与强碱发生反应，A错误；‎ B．Mg不能与强碱发生反应，Na2CO3只能与某些碱发生反应，B错误；‎ C．Fe只能与酸发生反应，不能与强碱发生反应，C错误；‎ D．Al 、NaHCO3、Al2O3遇到盐酸或强碱溶液都能反应，符合题意，D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】在化学学习过程中经常会遇到既可以与酸发生反应，也可以与碱发生反应的物质。常见的物质有：Al、Si（只与氢氟酸）、Al2O3、Al（OH）3、NaHCO3、（NH4）2CO3、氨基酸、蛋白质。‎ ‎7.已知阿伏伽德罗常数的数值可表示为NA，下列说法正确的是（ ）‎ A. 任何气体单质在标准状况下的体积为‎22.4L时，一定含有2 NA个原子 B. 标准状况下，‎1.12L H2和O2混合气体中含0.1NA个原子 C. 常温常压下，‎11.2L甲烷（CH4）中含有的氢原子数为2NA D. 标准状况下，0.3mol二氧化碳中含有的氧原子数为0.3 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．任何气体单质在标准状况下体积约为‎22.4L，都含有NA个分子，但是单质分子构成不同，不一定都是双原子分子，因此所含原子数不一定为2 NA，故A错误；‎ B．标准状况下，‎1.12L H2和O2混合气体的物质的量为0.05mol，H2和O2均为双原子分子，则气体中共含0.1NA个原子，故B正确；‎ C．常温常压下，气体的摩尔体积不是‎22.4L/mol，则‎11.2L甲烷的物质的量不是0.5mol，含有的氢原子数也不为2NA，故C错误；‎ D．0.3mol二氧化碳中含有的氧原子数为0.6 NA，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算；关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是‎0℃‎，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③‎22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎8.下列物质中，与0.3 mol H2O含有相同氢原子数的物质是(　　)‎ A. ‎18.9‎ g‎ HNO3 B. 3.612×1023个HCl分子 C. 0.1 mol H3PO4 D. 0.2NA个CH4分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据N=nNA可知，H原子的数目相同，则H原子物质的量相同，0.3molH2O含氢原子物质的量为0.3mol×2=0.6mol，结合对应物质的构成计算。‎ ‎【详解】A项、18.9gHNO3的物质的量为0.3mol，含氢原子的物质的量0.3mol，故A错误；‎ B项、3.612×1023个HCl的物质的量为0.6mol，含氢原子的物质的量0.6mol，故B正确；C.0.1molH3PO4含有0.3NA氢原子，故C错误； D. 标准状况下4.48LCH4 的物质的量为0.2mol，含有0.8 mol氢原子，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量的相关计算，解答本题中注意物质的分子构成，结合相关的计算公式解答，注意以物质的量为中心的计算，根据n=m/M=N/NA=V/Vm计算选项中各物质的物质的量，再结合各物质分子含有H原子数目计算氢原子物质的量。‎ ‎9.现有盐酸、NaCl溶液、NaOH溶液和新制氯水，可用来区别它们的一种试剂是（ ）‎ A AgNO3溶液 B. 酚酞溶液 C. 紫色石蕊溶液 D. 饱和食盐水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与AgNO3溶液混合，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；‎ B．盐酸、氯化钠、和氯水遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B错误；‎ C．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C正确；‎ D．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是(　　)‎ ‎①金属钠在纯氧中燃烧　②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间　③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中 A. ②③①④ B. ③②①④‎ C. ③①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；④无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是③②①④，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列关于1.0 mol·L－1Na2SO4溶液的叙述正确的是(　　)‎ ‎①溶液中含有1 mol Na2SO4　②‎1 L溶液中含有‎142 g Na2SO4‎ ‎③将1 molNa2SO4溶于1 mol水中所得的溶液　④将‎322 g Na2SO4·10H2O溶于水后再稀释成1 000 mL所得的溶液 A. ①③ B. ②④‎ C. ③④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①无溶液体积，则无法判断Na2SO4的物质的量，①错误；‎ ‎②‎1 L溶液中含有Na2SO4的质量为‎1L×1.0 mol·L－1×‎142 g/mol=‎142g，②正确；‎ ‎③将1 molNa2SO4溶于1 mol 水中，所得溶液的体积未知，无法确定溶液的物质的量浓度，③错误；‎ ‎④‎322 g Na2SO4·10H2O的物质的量为，‎322g÷‎322g/mol=1mol，将‎322 g Na2SO4·10H2O溶于水后再稀释成1 000 mL，所得溶液的物质的量浓度为1mol÷‎1L=1mol/L，④正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.选择合适试剂完成甲、乙两组实验。‎ 甲组：检验含Fe3＋的溶液中是否含有Fe2＋；‎ 乙组：检验含Fe2＋的溶液中是否含有Fe3＋。‎ 下列试剂及加入试剂顺序能达到实验目的的是( )‎ 试剂 选项 ‎ 甲组 ‎ 乙组 ‎ A ‎ 新制氯水、KSCN溶液 ‎ NaOH溶液 ‎ B ‎ 酸性KMnO4溶液 ‎ KSCN溶液 ‎ C ‎ KOH溶液 ‎ 溴水 ‎ D ‎ 溴水 ‎ 酸性KMnO4溶液 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】甲组，在Fe3＋存在的条件下检验Fe2＋，要排除Fe3＋干扰，所选试剂具备下列条件：一是能与Fe2＋发生有明显现象的反应；二是与Fe3＋不反应，选项中只有酸性KMnO4溶液符合条件：5Fe2＋＋KMnO4－＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，实验现象是紫色变浅(或褪去)；乙组，在Fe2＋存在的条件下，检验Fe3＋，用KSCN溶液检验Fe3＋，Fe2＋无干扰，故答案选 B。‎ ‎13.将下列溶液加水稀释至100 mL，含Cl－浓度最大的是(　　)‎ A. 10 mL 0.1 mol·L－1的氯化铝溶液 B. 20 mL 0.1 mol·L－1的氯化钙溶液 C. 30 mL 0.2 mol·L－1的氯化钾溶液 D. 40 mL 0.25 mol·L－1的氯化钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质溶液中氯离子浓度=电解质浓度×化学式中氯离子数目，再根据n=cV计算氯离子物质的量，氯离子物质的量越大，加水稀释至100mL后溶液中Cl-浓度越大。‎ ‎【详解】A项.10 mL 0.1 mol•L-1氯化铝溶液中n（Cl-）=‎0.01L×0.1mol/L×3=0.003mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.03 mol·L－1；‎ B项、20 mL 0.1 mol•L-1的氯化钙溶液中n（Cl-）=‎0.02L×0.1mol/L×2=0.004mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.04 mol·L－1；‎ C项、30 mL 0.2 mol•L-1的氯化钾溶液中n（Cl-）=‎0.03L×0.2mol/L×1=0.006mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.06 mol·L－1；‎ D项、40 mL 0.25 mol•L-1的氯化钠溶液中n（Cl-）=‎0.04L×0.25mol/L×1=0.01mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.1 mol·L－1。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查溶液物质的量浓度计算，注意电解质溶液中离子浓度与溶液体积无关。‎ ‎14.下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 小苏打可用于治疗胃溃疡 NaHCO3可与盐酸反应 Ⅰ对，Ⅱ对，有 B 向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色 Na2O2与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对，Ⅱ错 C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对，Ⅱ对，有 D Al(OH)3胶体有吸附性 明矾可用作净水剂 Ⅰ对，Ⅱ对，有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3具有弱碱性，能与盐酸反应生成CO2气体，适于治疗胃酸过多，但不适用于胃溃疡病人，故A错误；‎ B．Na2O2具有强氧化性，将其溶于水得到的溶液使酚酞先变红后褪色，故B错误；‎ C．钠是活泼金属，有强还原性，但钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，与Na的还原性无关，即Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果关系，故C错误；‎ D．明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体有吸附性，明矾可作净水剂，即Ⅰ对，Ⅱ对，二者有因果关系，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎15. 下列离子方程式书写错误的是( )‎ A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－===2AlO2－＋H2↑‎ B. Al(OH)3溶于NaOH溶液中：Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O C. NaAlO2溶液中通入少量的CO2：2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－‎ D. Al2O3粉末溶于NaOH溶液中：Al2O3＋2OH－===2AlO2－＋H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝与强碱的水溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑，故A错误；‎ B.Al(OH)3溶于NaOH溶液中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式书写正确，故B正确；‎ C.NaAlO2溶液中通入少量的CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸钠，离子方程式书写正确，故C正确；‎ D.Al2O3粉末溶于NaOH溶液中，生成偏铝酸钠和水，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎16.用98%的浓H2SO4(密度为‎1.84 g/mL)配制1 mol·L－1的稀H2SO4 100mL ‎，配制过程中可能用到下列仪器：‎ ‎①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；⑤100mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒。按使用出现的先后顺序排列正确的是 A. ②⑥③⑦⑤ B. ④③⑤⑦⑥ C. ①③⑦⑤⑥ D. ②⑤⑦⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据c=可知，浓硫酸的浓度==18.4mol/L，根据溶液稀释过程中溶质的量不变可知，用98%的浓H2SO4(密度为‎1.84 g·mL－1)配制1 mol·L－1的稀H2SO4100 mL，则需要浓硫酸的体积为=5.4mL，所以需要10mL量筒，量取时还需要胶头滴管；稀释在烧杯中进行，还需要玻璃棒搅拌，转移到100mL容量瓶中时还需要胶头滴管定容，答案选A。‎ ‎17.在AlCl3溶液中加入过量的氨水，下图中能正确表示加入氨水的量（）与生成沉淀的量（）的关系的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，沉淀达到最大值后不能溶解在过量氨水中，沉淀量不再改变，则选项D图像符合题意，故答案为D。‎ ‎18.某同学用Na2CO3配制0.10 mol·L-1Na2CO3溶液的过程如下图所示。你认为该同学的错误有（ ）‎ A. ①⑤⑥ B. ②④⑦‎ C. ①⑥ D. ⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，据图示配制操作可知，步骤①使用托盘天平称量碳酸钠质量时，砝码与药品的位置颠倒了；步骤⑥中定容时仰视刻度线，该操作是错误的，正确应该平视刻度线。‎ ‎【详解】配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀等；‎ 操作①中称量碳酸钠质量，药品与砝码位置颠倒，正确方法应该为“左物右码”，故①错误；‎ 操作②、③为溶解碳酸钠，冷却溶液过程，使用玻璃棒搅拌，加速溶解过程，操作正确，故②③正确；‎ 步骤④为转移冷却后的碳酸钠溶液，需要使用玻璃棒引流，玻璃棒下端放到容量瓶刻度线以下，过程正确，故④正确；‎ 步骤⑤为转移洗涤烧杯、和玻璃棒的溶液，然后直接加水定容，当加水到容量瓶刻度线1‎-2cm时停止，需要改用胶头滴管，该操作正确，故⑤正确；‎ 操作⑥为使用胶头滴管定容，定容时眼睛应该与容量瓶刻度线平视，不能仰视刻度线，故⑥错误；‎ 操作⑦为摇匀操作，摇匀时应该上下颠倒充分摇匀，故⑦正确；‎ 则以上错误操作有①⑥，故答案为C。‎ ‎19.‎ ‎“百炼成钢”是指反复将炽热的生铁在空气中锤打，转化为坚硬的钢，其实质是对生铁的不断除杂过程。下列关于物质的除杂叙述不正确的是（ ）‎ 选项 被提纯物质 杂质 除杂试剂或方法 A FeCl3溶液 FeCl2‎ 通入适量Cl2‎ B FeCl2溶液 FeCl3‎ 加入过量铁粉并过滤 C 铁粉 铝粉 加入过量NaOH溶液并过滤 D ‎ Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ 在空气中灼烧 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气可氧化亚铁离子，则通入适量Cl2可除杂，故A正确；‎ B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉并过滤可除杂，故B正确；‎ A．NaOH溶液可溶解Al生成可溶于水的NaAlO2，而Fe不反应，则加入过量NaOH溶液并过滤可除去Fe中混有的Al，故C正确；‎ D．在空气中灼烧氢氧化铁可分解，将原物质除去，不能除杂，故D错误；‎ 故答案D。‎ ‎【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: ①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。‎ ‎20.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间存在如图所示转化关系，A是（ ）‎ A. Cu B. Fe C. Al D. Fe2O3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气和氢气反应后生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，所以D是盐酸，氯气和A反应生成C，则C是氯化物；A和稀盐酸反应生成B，B能和氯气反应生成C，则B具有还原性，且A、B、C是中学化学常见三种物质，则A是Fe、B是FeCl2、C是FeCl3，据此分析解答。‎ ‎【详解】氯气和氢气反应后生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，所以D是盐酸，氯气和A反应生成C，则C是氯化物；A和稀盐酸反应生成B，B能和氯气反应生成C，则B具有还原性，B、C中金属为变价金属元素，且A、B、C是中学化学常见的三种物质，则A是Fe、B是FeCl2、C是FeCl3，Cu和稀盐酸不反应，Al不是变价金属，氯气和氧化铁不反应，故答案为B。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题）‎ 二、非选择题 ‎21.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）现有以下物质：①NaCl晶体 ②液态HCl ③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦CO2 ⑧H2SO4 ⑨KOH固体 a. 以上物质中能导电的是________________________________。‎ b. 以上物质中属于电解质的是_______________________，属于非电解质的是_______________________。‎ c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质是_______________________。‎ ‎（2）胶体和溶液的本质区别是________________，鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生___________效应。‎ ‎（3）下列3个反应，按要求填写相关量。‎ ‎①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+ O2↑反应中，每消耗1 mol Na2O2生成_____ g O2。‎ ‎②在NaHCO3的热分解反应中，每消耗‎168 g NaHCO3，标准状况下生成_____L CO2。‎ ‎③Cl2+H2O＝HCl+HClO反应中，标准状况下每消耗22.4LCl2，转移_____mol电子。 ‎ ‎（4）在一个密闭容器中放入以下四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下：‎ 物质 M N Q P 反应前质量（g）‎ ‎50‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎12‎ 反应后质量（g）‎ x ‎26‎ ‎3‎ ‎30‎ ‎①该变化的基本反应类型是_____反应；‎ ‎②物质Q在反应中起的作用是_____。‎ ‎【答案】 (1). ④⑥ (2). ①②③④⑧⑨ (3). ⑤⑦ (4). ①②④⑦⑧⑨ (5). 分散质粒径大小不同 (6). 丁达尔 (7). 16 (8). 22.4 (9). 1 (10). 分解 (11). 催化剂 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)a. 含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；‎ b. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；‎ c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子；‎ ‎(2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，胶体有丁达尔效应，而溶液没有；‎ ‎(3)①消耗1mol过氧化钠可以生成0.5mol氧气，然后根据m=nM计算出生成氧气的质量；‎ ‎②根据n=计算出碳酸氢钠的物质的量，再根据方程式及V=nVm计算出生成标况下二氧化碳的体积；‎ ‎③氯气与水的反应中，消耗1mol氯气转移了1mol电子；‎ ‎(4)该反应中Q的质量不变，则Q为催化剂；根据质量守恒定律计算出X，然后根据质量变化判断反应物、生成物，从而得出该反应的反应类型。‎ ‎【详解】(1)a. ④熔融KCl中含有自由移动离子、⑥铜含有自由移动的电子，所以④⑥都能导电；‎ b. ①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固体是电解质；⑤蔗糖、⑦CO2是非电解质；‎ c. 水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导电，①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH 固体，溶于水溶液都能导电；⑥铜存在自由移动电子能导电；‎ ‎(2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，则胶体和溶液的本质区别是散质粒径大小不同；胶体有丁达尔效应，而溶液没有，则鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生丁达尔效应；‎ ‎(3)①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中，每消耗1mol Na2O2生成会生成0.5mol氧气，生成氧气的质量为：‎32g/mol×0.5mol=‎16g；‎ ‎②2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑反应中，168gNaHCO3的物质的量为：=2mol，根据反应可知，消耗2mol碳酸氢钠会生成1mol二氧化碳，标况下1mol二氧化碳的体积为：‎22.4L/mol×1mol=‎22.4L；‎ ‎③Cl2+H2O═HCl+HClO反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，标况下‎22.4L Cl2物质的量为：=1mol，消耗1mol氯气转移了1mol电子；‎ ‎(4)①根据质量守恒可知：X+26+3+30=50+1+3+12，解得：X=7，反应中M的质量减小，Q、P的质量增加，则该反应为M分解生成Q和P的反应，属于分解反应；‎ ‎②根据表中数据可知，Q在反应前后的质量不变，则Q在反应中作催化剂。‎ ‎【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。‎ ‎22.A、B、C、D、E五种化合物 ，均含有某种常见金属元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃观察）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出化学式：B____________，D___________。‎ ‎（2）五种化合物中难溶于水的是___________________（填化学式）。‎ ‎（3）写出下列反应的离子方程式：‎ A→B：_________________________________________________。‎ B→E：_________________________________________________。‎ C→E：_________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Al(OH)3 (2). AlCl3 (3). Al(OH)3、Al2O3 (4). AlO2- + CO2 +2H2O＝Al(OH)3↓+ HCO3- (5). Al(OH)3 +OH-＝AlO2- + 2H2O (6). Al2O3 +2OH-＝2AlO2- + H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al(OH)3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃片)，说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al(OH)3，则A应为KAlO2，结合对应物质的性质解答该题。‎ ‎【详解】B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al(OH)3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃片)，说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al(OH)3，则A应为KAlO2；‎ ‎(1)通过以上分析知，B为Al(OH)3，D为AlCl3；‎ ‎(2)在KAlO2、Al(OH)3、A12O3、AlCl3、NaAlO2中不溶于水的有Al(OH)3和A12O3；‎ ‎(3)A→B的反应为AlO2-和Al(OH)3的转化，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；B→D为Al(OH)3溶于NaOH溶液，发生反应的离子方程式为Al(OH)3 +OH-＝AlO2- + 2H2O；C→E 为A12O3溶于NaOH溶液，发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O。‎ ‎【点睛】考查铝及其化合物之间的转化，根据B能和强酸、强碱反应且加热易分解推断知，B是氢氧化铝，再结合物质的反应条件、反应物来分析解答，难度中等，注意偏铝酸根离子和碳酸根离子不能共存，为易错点。‎ ‎23.如图所示装置，可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6 mol·L－1的硫酸，其他试剂任选。‎ 填写下列空白：‎ ‎（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的是________，A中反应的离子方程式是________。‎ ‎（2）实验开始时应先将活塞a打开，其目的是____________________。‎ ‎（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程：_______________________‎ ‎（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B中发生反应的化学方程式为____。‎ ‎（5）图中________(填“能”或“不能”)较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。‎ ‎【答案】 (1). 铁屑 (2). Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ (3). 排出装置中的空气 (4). 首先打开a，让分液漏斗中酸液流下，使A中产生的H2通入B中，一段时间后关闭a，烧瓶中压强增大，A中液体沿导管流入B中，产生少量白色沉淀 (5). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (6). 能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为了能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，应该先用氢气排出装置中氧气，即先打开d，然后关闭d，利用生成氢气产生的压强将硫酸亚铁溶液压入B中生成氢氧化亚铁，据此解答。‎ ‎【详解】（1）A中应预先盛放固态反应物铁屑，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑；‎ ‎（2）实验开始时，应先打开活塞a，使生成的氢气进入整套实验装置中而排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化；‎ ‎（3）A中反应发生后，为保证硫酸亚铁进入B中和氢氧化钠混合，要借助氢气产生的压强，因此实验操作为首先打开a，让分液漏斗中酸液流下，使A中产生的H2通入B中，一段时间后关闭a，烧瓶中压强增大，A中液体沿导管流入B中，产生少量白色沉淀；‎ ‎（4）氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色，反应的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；‎ ‎（5）根据以上分析可知图中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。‎ ‎【点睛】本题考查了氢氧化亚铁的制备方法，明确实验目的及原理为解答关键，注意掌握制备氢氧化亚铁的方法，即制取氢氧化亚铁时必须在无氧气条件下进行反应。‎ ‎ ‎