辽宁省大连市第八中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

辽宁省大连市第八中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

www.ks5u.com ‎2019-2020上学期12月份阶段测试高一年级化学试卷 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64‎ 第Ⅰ卷（54分）‎ 一．选择题（每题3分，只有一个正确答案，共54分）‎ ‎1.14C具有放射性，它能自发放出某种射线，而衰变成其他元素。考古学对出土生物遗骸的年代断定可以使用多种方法，其中较精确的一种是基于14C放射性的方法，但被断定的年代一般不超过5万年。下列考古遗址发现的遗物中能用14C测定年代的是（ ）‎ A. 战国曾侯乙墓的青铜编钟(距今约2400年)‎ B. 马家窑文化遗址的粟(距今约5300年)‎ C. 秦始皇兵马俑(距今约2200年)‎ D. 元谋人的门齿(距今约170万年)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.青铜是锡、铜合金，没有碳，A错误； ‎ B.粟是粮食的一种，含有有机物，也就含有碳元素，能用14C测定年代，B正确；‎ C.兵马俑主要成分是陶土，硅酸盐，不含碳元素，C错误；‎ D.早于5万年，年代不吻合，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1molFeCl3溶于1L水，加热，制得氢氧化铁胶体粒子数可以为NA B. 25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA C. 在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA D. 25℃时，0.1mol/L的HCl溶液所含H+ 约为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以1molFeCl3溶于1L水，加热，制得氢氧化铁胶体粒子数小于NA，A错误；‎ B.64gSO2的物质的量是1mol，由于1个SO2分子中含有3个原子，所以1molSO2中含有的的原子数为3NA，B正确；‎ C.在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以11.2L Cl2‎ 的物质的量小于0.5mol，则其中含有的分子数少于0.5NA，C错误；‎ D.只有浓度，缺溶液体积，不能计算微粒数目，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下列有关合金的说法，错误的是 ( )‎ A. 储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料 B. 世界上用途最广，用量最大的合金是钢 C. 合金的硬度一般比它的各成分金属的小，熔点一般也比它的各成分金属的高 D. 合金可以由金属和非金属融合而成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.为了满足某些尖端技术发展的需要，人们合成了许多新型合金材料，储氢合金就是其中的一种，它是能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，A正确；‎ B.世界上用途最广，用量最大的合金是钢——一种铁合金，B正确；‎ C.合金具有许多优良的性能，如合金的硬度一般比它的各成分金属的小，熔点一般也比它的各成分金属的低，C错误；‎ D.合金是金属与金属或金属与非金属融合而成的具有金属性质的物质，因此合金可以由金属和非金属融合而成，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.某无色透明溶液能与铝作用放出氢气, 此溶液中一定能大量共存的离子组是 A. Cl-、SO42-、Na+、K+ B. K+、ClO-、Na+、NO3-‎ C. HCO3-、Na+、NO3-、K+ D. NO3-、Ba2+、Cl-、NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 无色透明溶液能与铝作用放出氢气，为强酸或强碱溶液。A．无论酸或碱溶液，该组离子之间均不反应，能大量共存，且离子均为无色，故A正确；B．酸溶液中，H+、C1O-结合生成HClO，不能大量共存，故B错误；C．HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，则不能大量共存，故C错误；D．碱溶液中OH-、NH4+结合生成弱电解质，则不能大量共存，故D错误；故选A。‎ ‎5.下列溶液中的Cl－浓度与50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中Cl－的浓度相等的是 ( )‎ A. 150 mL 1 mol·L－1的NaCl B. 75 mL 2 mol·L－1的NH4Cl C. 150 mL 3 mol·L－1的KCl D. 50 mL 1 mol·L－1的CaCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】50 mL 1 mol·L-1的AlCl3溶液中Cl－的浓度c(Cl-)=1 mol/L×3=3mol/L。‎ A.150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液中Cl-的浓度c(Cl-)=1 mol/L×1=1mol/L；‎ B.75 mL 2 mol·L-1的NH4Cl溶液中Cl-的浓度c(Cl-)=2mol/L×1=2mol/L；‎ C.150 mL 3 mol·L-1的KCl溶液中Cl-的浓度c(Cl-)=3mol/L×1=3mol/L；‎ D.50 mL 1 mol·L-1的CaCl2溶液中Cl-的浓度c(Cl-)=1mol/L×2=2mol/L；‎ 可见：与50 mL 1 mol·L-1的AlCl3溶液中Cl-的浓度相等的是150 mL 3 mol·L－1的KCl溶液，故合理选项是C。‎ ‎6.将2g NaOH固体分别加入到100mL下列溶液中，溶液的导电能力变化最小的是（ ）‎ A. 自来水 B. 0.5mol/L盐酸 C. 0.5mol/L CH3COOH溶液 D. 0.5mol/L KCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质的导电能力，主要取决于离子浓度的大小，浓度越大，导电能力越强，把2g氢氧化钠固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化最小，溶液的离子浓度应变化最小，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根离子，自由移动的离子浓度增大，溶液的导电性增强，A错误；‎ B.未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，n(NaOH)=2g÷40g/mol=0.05mol，n(HCl)=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，加入氢氧化钠后二者恰好发生中和反应生成氯化钠，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，B正确；‎ C.原来醋酸是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，反应产生CH3COONa为强电解质，自由移动的离子浓度增大，溶液的导电能力增强，C错误；‎ D.氯化钾属于强电解质，加入NaOH后即加入了强电解质，自由移动离子的浓度增大，溶液的导电性增强，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查溶液的导电性，溶液的导电性与溶液中离子浓度大小有关，溶液中自由移动的离子浓度越大，离子带有的电荷数目越多，溶液的导电性越强，与电解质的强弱无关。可见判断溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化。‎ ‎7.实验室里需用480 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )‎ A. 称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水 B. 称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液 C. 称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水 D. 称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 需用480mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，配制500ml0.1mol/L的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，需要称取硫酸铜的质量m(CuSO4)=0.05mol×160g/mol=8g，若称取胆矾，根据元素守恒，可秩序称量的质量m(CuSO4·5H2O)=0.05mol×250g/mol=12.5g，以此解答。‎ ‎【详解】A.称取硫酸铜的质量m(CuSO4)不是8g，且加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，A错误；‎ B.胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，若称取胆矾，则其质量m(CuSO4·5H2O)=0.05mol×250g/mol=12.5g，B错误；‎ C.加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，应为加水配成500ml溶液，C错误；‎ D.胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，m(CuSO4·5H2O)=0.05mol×250g/mol=12.5g，加水配成500ml溶液，符合实验操作，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意硫酸铜和胆矾的区别，另外注意溶剂水的体积不等于溶液的体积。‎ ‎8.在0℃ 1.01×105 Pa下，有关H2、O2、CH4三种气体的叙述正确的是 A. 其密度之比等于物质量之比 B. 其密度之比等于摩尔质量之比 C. 等质量的三种气体，其体积比等于相对分子质量的之比 D. 等体积的三种气体，其物质的量之比等于相对分子质量之比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项，根据阿伏加德罗定律推论可知：同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，与物质的量之比无关，故A项错误，B项正确；‎ C项，根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的三种气体，其物质的量相等；又根据n=m/M可知，等质量的三种气体，体积比等于相对分子质量的倒数比，故C项错误；‎ D项，根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的三种气体，其物质的量相等，故D项错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】根据气态方程：pV=nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏加德罗定律；根据气态方程：pV=nRT可知，p ×M=m/VRT， p ×M=ρRT ，当p、T一定时，M与ρ成正比。‎ ‎9.充分加热如图所示的密闭容器中放置有固体试剂的两个位置, 若钠与氧化银均反应完全且恢复到原来的温度，U形管左右两侧液面相平。下列有关说法中错误的是 A. 反应前后装置内空气的成分保持不变 B. 反应前装置内钠与Ag2O物质的量之比为2:1‎ C. 热稳定性：生成的钠的氧化物强于Ag2O D. 反应后有淡黄色固体生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．U形管左右两侧液面相平，这说明压强不变，装置内钠与氧气反应，消耗掉的氧气与Ag2O分解生成的氧气的量相等，故A正确；‎ B．钠与氧气反应：2Na+O22Na2O2，氧化银受热分解：2Ag2O4Ag+O2↑，U形管左右两侧液面相平，消耗掉的氧气与Ag2O分解生成的氧气的量相等，装置内钠与Ag2O物质的量比为1：1，故B错误；‎ C．同一密闭容器中，氧化银受热分解，钠与氧气反应，说明钠的氧化物强于Ag2O，故C正确；‎ D．钠与氧气反应：2Na+O22Na2O2，生成过氧化钠，有淡黄色固体生成，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎10.某溶液含有①NO3-②HCO3-③SO32-④CO32-⑤SO42-等五种阴离子。向其中加入少量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(设溶液体积无变化) (　　)‎ A. ① B. ①②④ C. ①③⑤ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小，CO32-离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小，SO42-浓度增大；NO3-浓度基本不变，故选A。‎ ‎【点睛】考查Na2O2的性质以及离子反应，Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变．同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。‎ ‎11.下列离子方程式书写正确的是 (　 　)‎ A. 氢氧化铁胶体制备的化学方程式为：FeCl3+H2OFe(OH) 3 ↓+3HCl B. 在硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至过量：2H++SO42-+Ba2＋+2OH-=BaSO4↓+2H2O C. 少量氯气通入溴化亚铁溶液中：Cl2+2Br- =Br2+2Cl-‎ D. 向Fe(OH)3中加入氢碘酸：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化铁胶体属于胶体，不是沉淀，不能写沉淀符号，且原子不守恒，A错误；‎ B.以不足量的KHSO4为标准，H+、SO42-的个数比为1：1，离子个数比不符合反应事实，B错误；‎ C还原性Fe2+>Br-，通入少量氯气，首先Fe2+发生反应，C错误；‎ D.反应符合事实，遵循电荷守恒、电子守恒、原子守恒及离子方程式中物质的拆分原则，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是( )‎ ‎①Al　②NaHCO3　③Al2O3　 ④Mg(OH)2 ⑤CH3COONH4‎ A. ①②③⑤ B. ①④⑤ C. ②③⑤ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Al可以与盐酸反应产生氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，但铝属于单质，不是化合物，①不符合题意；‎ ‎②NaHCO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，与NaOH反应产生Na2CO3、H2O，②符合题意；‎ ‎③氧化铝是两性氧化物，能和盐酸反应生成氯化铝和水，可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，③符合题意；‎ ‎④氢氧化镁可以和盐酸反应生成氯化镁和水，但是和氢氧化钠不反应，④不符合题意；‎ ‎⑤CH3COONH4与盐酸反应产生CH3COOH、NH4Cl，与NaOH反应产生CH3COONa和NH3·H2O⑤符合题意；‎ 综上所述可知，可以与盐酸、氢氧化钠反应的物质序号为②③⑤，故合理选项是C。‎ ‎13.根据中学化学教材所附的元素周期表判断，在短周期元素中下列叙述错误的是( )‎ A. K层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的K层电子数相等 B. L层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等 C. L层电子数为偶数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等 D. M层电子数为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.氢原子所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等；‎ B.L层电子为奇数的所有元素为锂、硼、氮；‎ C.L层电子为偶数的所有主族元素主要有铍、碳、氧、氦、氖以及第三周期的所有原子；‎ D.M层电子为奇数的所有主族元素主要有钠、铝、磷、氯等。‎ ‎【详解】A.K层电子为奇数的只有氢原子，氢原子所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等，A正确；‎ B.L层电子为奇数的所有元素为锂、硼、氮，元素所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等，B正确；‎ C.L层电子为偶数的所有主族元素主要有铍、碳、氧、氦、氖以及第三周期的所有原子，比如钠原子所在族的序数为第ⅠA族，该元素原子的L层电子数为8，不相等，C错误；‎ D.M层电子为奇数的所有主族元素主要有钠、铝、磷、氯等，元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查学生元素周期表中的递变规律和有关物质的性质，要求学生掌握前三周期元素原子结构特点，弄清原子结构与元素在周期表位置关系，熟记教材所学基本知识，并加以灵活运用。‎ ‎14.在浓度均为3mol·L－1的H2SO4和NaOH溶液各100 mL中，分别加入等质量的铝粉，反应完毕后生成气体的质量比为4∶5，则加入铝粉的物质的量为（ ）‎ A. 0.125mol B. 0.25mol C. 0.5mol D. 1mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Al与硫酸、氢氧化钠溶液反应的方程式为：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，n(H2SO4)=n(NaOH)=3mol/L×0.1L=0.3mol。‎ 若铝粉在两溶液中均不足，则反应生成气体的质量之比为1：1；‎ 若铝粉在两溶液中均过量，则生成气体的质量之比为2：3。‎ 而现在反应完毕后生成气体的质量之比为4：5，介于1：1和2：3之间，说明铝在一种溶液中不足，在另一种溶液中过量。根据反应方程式2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，铝在NaOH溶液中不足，在硫酸中过量，据此分析。‎ ‎【详解】若铝粉在两溶液中均不足，则反应生成气体的质量之比为1：1；‎ 若铝粉在两溶液中均过量，则生成气体的质量之比为3：2。‎ 而现在反应完毕后生成气体的质量之比为4：5，介于1：1和2：3之间，说明铝在一种溶液中不足，在另一种溶液中过量。‎ 根据反应方程式2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，铝在NaOH溶液中不足，在硫酸中过量。‎ Al与硫酸反应产生氢气按不足量的硫酸为标准计算，n(H2SO4)=n(NaOH)=3mol/L×0.1L=0.3mol，则根据方程式2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=n(H2SO4)=0.3mol，由于Al与酸、碱反应产生氢气的质量比为4∶5，由n=‎ 可知对于同一气体，质量比等于体积比等于气体的物质的量的比，则二者反应产生的氢气的物质的量比为4∶5，Al与酸反应产生0.3molH2，则与碱反应产生H2的物质的量为n(H2)=×0.3mol=0.375mol，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知n(Al)：n(H2)=2:3，n(H2)=0.375mol，则n(Al)=n(H2)=×0.375mol=0.25mol，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应方程式的计算，涉及过量计算问题，关键是判断反应中酸、碱是否足量，注意Al与酸、碱反应产生氢气的物质的量关系。‎ ‎15.下列说法正确的是（ ）‎ A. 质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同原子互为同素异形体 B. 铁是人体必需微量元素中含量最多的一种 C. 在水溶液中能导电的物质一般是电解质，如HCl、H2O 、NH3、CH3COOH、NaOH、AgCl都是电解质 D. 元素周期表中每一个纵列为一个族 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同原子互为同位素，A错误；‎ B.铁是人体必需的微量元素，在微量元素中含量最多，B正确；‎ C.在水溶液中能导电的物质一般是电解质，如HCl、H2O、CH3COOH、NaOH，但不一定为电解质，如NH3的水溶液能够导电，但NH3不属于电解质，是由于NH3溶于水与水反应产生NH3H2O，NH3H2O电离产生自由移动的离子而导电，C错误；‎ D.元素周期表中一般是每一个纵列为一个族，但第8、9、10三个纵行为一个族，叫第VIII族，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎16.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 1869年，俄国化学家门捷列夫将元素按照核电荷数由小到大依次排列，并将化学性质相似的元素放在一个纵列，制作出第一张元素周期表 B. 稀土元素能大大改善合金的性能，被称为“冶金工业的维生素”‎ C. 同位素在生产、生活和科研中有着广泛应用，如21H、31H是用于制造氢弹 D. 碱金属熔点都比较低，导热性都很好，如液态钠可用作核反应堆的传热介质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1869年，俄国化学家门捷列夫发现元素性质随相对原子质量的增大而呈周期性的变化的规律，并将化学性质相似的元素放在一个纵列，制作出第一张元素周期表，A错误；‎ B.在合金中加入适量的稀土金属，就能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，B正确；‎ C.同位素在生产、生活和科研中有着广泛应用，如21H、31H可用于制造氢弹，14C可用于探测文物的含量，C正确；‎ D.碱金属元素金属性强，最外层电子受到原子核的吸引力小，因此物质的熔点都比较低，导热性都很好，如液态钠导热性强，可用作核反应堆的传热介质，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎17.将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若c1=2c2，则w1＜2w2，V＜50 mL B. 若c1=2c2，则w1＜2w2，V＞50 mL C. 若w1=2w2，则c1＜2c2，V=50 mL D. 若w1=2w2，则c1＞2c2，V＜50 mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，利用c=公式变形计算硫酸的质量分数，结合硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断；‎ 稀释前后溶质的质量不变，结合质量分数关系，判断稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，据此判断水的体积；‎ C、D、根据稀释前后溶质的质量不变计算混合后溶液的质量为100g，计算水的质量为50g，据此计算水的体积；‎ 设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，利用c=计算硫酸的浓度，结合浓硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断。‎ ‎【详解】A、若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为 c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，则：w1=，w2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，故ω1＜2ω2，稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/mL，所以水的体积V＜50mL；故A正确；‎ B、由A分析可知，所以水的体积V＜50mL，w1＜2 w2，故B错误；‎ C、稀释前后溶质的质量不变，若w1=2 w2，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水的密度为1g/mL，所以水的体积V=50mL；设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2，则：c1=，c2=，所以==，浓硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，故c1＞2c2，故C错误；‎ D、由C中分析可知，水的体积V=50mL，c1＞2c2，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎18.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原，现用30.00 mL 0.049 mol/L羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液反应(反应Fe3+转变为Fe2+)，生成的Fe2+恰好与24.50 mL 0.020 mol/L KMnO4酸性溶液完全作用：2KMnO4+6FeSO4+4H2SO4 =3Fe2(SO4)3+K2SO4+4H2O+2MnO2，则上述反应中羟胺的氧化产物为（ ）‎ A. N2 B. N2O C. NO D. NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由30.00mL 0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.03L×0.049mol/L×(x+1)=0.0245L×0.020mol/L×(7-4)，解得x=0，所以羟胺的氧化产物是N2，故合理选项是A。‎ 第Ⅱ卷（46分）‎ 二．填空题（10分）‎ ‎19.(1)将一块未打磨过的铝片放入装有少量NaOH溶液的试管中，会发现开始没有气泡，一段时间后才产生气泡。请写出发生反应的离子方程式：___________，___________。‎ ‎(2)将8gFe2O3投入到150mL某浓度的稀H2SO4中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2(标准状况)，同时，Fe与Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。则原硫酸的物质的量浓度为________。 ‎ ‎(3)请写出制备漂白粉的离子方程式：____________。‎ ‎(4)配平下列离子方程式：______Fe(OH)3+ClO-+OH-=FeO42-+Cl-+H2O。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). 2 mol/L (4). Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO+H2O (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)开始是氧化铝与NaOH溶液反应，后来是Al与NaOH溶液反应；‎ ‎(2) Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n(NaOH)=2n(Na2SO4)，由硫酸根守恒可知n(Na2SO4)=n(H2SO4)，再根据c=计算；‎ ‎(3)用氯气与石灰乳反应制取漂白粉；‎ ‎(4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。‎ ‎【详解】(1)反应开始时是铝片表面的Al2O3与NaOH反应产生NaAlO2、H2O，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，当Al2O3反应完全后，裸露出的Al与NaOH溶液反应产生氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(2)Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.15L×4mol/L=0.6mol，故n(Na2SO4)==0.3mol，由硫酸根守恒可知n(H2SO4)= n(Na2SO4)=0.3mol，则c(H2SO4)= 0.3mol÷0.15L=2 mol/L；‎ ‎(3)在工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO+H2O；‎ ‎(4)在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe(OH)3中的+3价变为反应后FeO42-中的+6价，化合价升高，失去3e-，Cl元素的化合价由反应前ClO-中的+1价变为反应后Cl-中的-1价，化合价降低，得到2e-，电子得失最小公倍数是6，所以Fe(OH)3、FeO42-的系数是2，ClO-、Cl-的系数是3，再根据电荷守恒，可知OH-的系数是4，最后根据原子守恒，可知H2‎ O的系数是5，则配平后的化学方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的书写、物质的量在化学方程式计算的应用。书写离子方程式要遵循元素守恒、电荷守恒，若为氧化还原反应，还要遵循电子守恒，在物质的量应用于化学方程式计算时，要根据物质转化关系，用原子守恒分析解答。‎ 三．实验题（14分）‎ ‎20.某兴趣小组制备氢氧化亚铁沉淀。‎ 实验1‎ 实验现象 液面上方产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，振荡，试管壁上有红褐色沉淀生成。‎ ‎(1)实验1中产生白色沉淀离子方程式是_______。‎ ‎(2)为了探究沉淀变灰绿色的原因，该小组同学展开如下探究：‎ ‎①甲同学推测灰绿色物质为Fe(OH)2和Fe(OH)3混合物。查阅资料后根据调色原理认为白色和红褐色的调和色不可能是灰绿色，并设计实验证实灰绿色物质中不含有Fe(OH)3，方案是______。‎ ‎②乙同学查阅文献：Fe(OH)2在大量SO42-存在的情况下形成Fe6(SO4)2(OH)4O3(一种灰绿色氧基碱式复盐)。并设计对比实验证实该假设：向试管中加入________，再往试管中加入_________，振荡，现象与实验1相同，结论是该假设不成立。‎ ‎③乙同学继续查阅文献：Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性能，灰绿色可能是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起。推测所用的硫酸亚铁溶液的浓度应越小越好；氢氧化钠溶液浓度应越大越好。设计了如下实验方案：‎ 试管中10mLNaOH溶液 滴加FeSO4溶液 实验现象 实验2‎ ‎6 mol/LNaOH溶液 ‎0.2mol/L FeSO4溶液 产生悬浮于液面的白色沉淀(带有少量灰绿色)，沉淀下沉后，大部分灰绿色变为白色沉淀 实验3‎ ‎6 mol/LNaOH溶液 ‎0.1mol/L FeSO4溶液 产生悬浮于液面的白色沉淀(带有极少量灰绿色)，沉淀下沉后，底部都为白色沉淀 该实验得出的结论是________。丙同学认为该实验方案不足以证明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的，还需补充的实验是__________，证明该假设成立。‎ ‎(3)根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件_____。‎ ‎(4)下列情况会导致所配NaOH溶液的浓度偏高的是_______。‎ A.NaOH溶液未冷却至室温就进行定容 B.配制前容量瓶中有少量的水 C.配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D.加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出 ‎【答案】 (1). Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ (2). 取一定量的灰绿色沉淀，加入盐酸溶解，再加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3 (3). 2mL 0.1mol/LFeCl2溶液 (4). 3滴0.1mol/L NaOH溶液 (5). 在氢氧化钠溶液浓度一定的条件下，硫酸亚铁溶液的浓度越小，产生白色沉淀的现象越明显 (6). 向实验2(或实验3)的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液，白色沉淀变成灰绿色 (7). 隔绝氧气、硫酸亚铁少量（或氢氧化钠过量）、硫酸亚铁浓度小（或氢氧化钠浓度大）等 (8). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)FeSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀；‎ ‎(2)①将灰绿色的物质用酸溶解，然后根据Fe3+的性质，用SCN-检验；‎ ‎②根据实验一分析；‎ ‎③采用对比实验，根据控制变量法分析；‎ ‎(3)根据Fe2+容易被氧化，结合实验1、2、3的结论分析解答；‎ ‎(4)根据c=分析物质的量浓度溶液配制误差。‎ ‎【详解】(1)FeSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，反应的离子方程为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；‎ ‎(2)①Fe(OH)3是难溶于水碱，可与酸反应产生可溶性的铁盐，向该溶液中加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3；‎ ‎②向试管中加入2mL0.1mol/LFeCl2溶液，再往试管中加入3滴0.1mol/L NaOH溶液，振荡，现象与实验1相同，结论是该假设不成立；‎ ‎③根据实验2、3可知：在NaOH浓度相同时，硫酸亚铁溶液的浓度越小，产生白色沉淀的现象越明显；丙同学认为该实验方案不足以证明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的，还需补充的实验是向实验2(或实验3)的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液，白色沉淀变成灰绿色，证明该假设成立。‎ ‎(3)由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化，所以要尽可能隔绝空气，结合实验1、2、3的结论要使硫酸亚铁少量(或氢氧化钠过量)、硫酸亚铁浓度小(或氢氧化钠浓度大)等措施才可能制得白色Fe(OH)2沉淀；‎ ‎(4) A.NaOH溶液未冷却至室温就进行定容，等溶液恢复至室温时，溶液的液面低于刻度线，溶液的体积偏小，则导致配制溶液浓度偏高，A符合题意；‎ B.配制前容量瓶中有少量的水，由于不影响溶质和溶液的体积，因此对配制的溶液浓度无影响，B不符合题意；‎ C.配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，溶液的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，C符合题意； ‎ D.加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，D不符合题意；‎ 故合理选项是AC。‎ ‎【点睛】本题考查了实验方案的设计与评价、反应现象的判断应用及物质的量浓度溶液配制的误差分析的知识。在实验方案设计时，根据实验所提供资料的分析，正确理解实验的目的及出现现象的原因，对于解答此新知识的探究型问题是尤其重要的。‎ 四．推断题（10分）‎ ‎21.X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如下表所示，其中X、Y 元素均能形成10电子的氢化物，Z的原子序数是Y的2倍。请回答下列问题：‎ X Y Z W ‎(1)W的简单离子的结构示意图为______，Y元素在周期表中的位置是____。‎ ‎(2)写出实验室制W元素单质的离子方程式：___________‎ ‎(3)关于W同主族元素，下列说法正确的是：__________‎ A.从上到下密度逐渐增大 B.从上到下熔点和沸点都逐渐升高 C.从上到下元素的非金属性越来越强 D.同主族元素对应的单质中，只有W元素对应的单质在常态下为气态 ‎(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2，该物质可与水反应生成ZO2气体，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，Z2W2与水反应的化学方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 第二周期第ⅥA族 (3). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (4). AB (5). 2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，根据它们的相对位置可知X、Y是第二周期的元素，Z、W是第三周期的元素，Y、Z是同一主族的元素，Z的原子序数是Y的2倍，可知Y是O元素，Z是S元素，则X是N元素，W是Cl元素。‎ ‎(1)W是Cl是17号元素，原子获得1个电子变为Cl-；Y是O元素，根据原子核外电子层数及最外层电子数确定元素在周期表的位置；‎ ‎(2)实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气；‎ ‎(3)根据元素周期律分析元素性质变化规律；‎ ‎(4)根据题意，结合元素化合价变化与电子转移关系计算确定反应方程式。‎ ‎【详解】根据上述分析可知X是N元素，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。‎ ‎(1)W是Cl是17号元素，原子核外电子排布为2、8、7，原子获得1个电子变为Cl-，Cl-结构示意图为；Y是O元素，核外电子排布为2、6，则O元素在周期表的位置位于第二周期第ⅥA族；‎ ‎(2)在实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-‎ Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(3) W是Cl元素，Cl元素位于元素周期表第VIIA，‎ A.卤族元素的单质都是双原子分子，在固态时属于分子晶体，由于从上到下分子间作用力逐渐增大，所以从上到下密度逐渐增大，A正确；‎ B.卤素单质由分子构成的分子晶体，分子间作用力从上到下逐渐增大，则克服分子之间作用力使物质熔化或气化需要的能量逐渐增大，因此从上到下卤素单质的熔点和沸点都逐渐升高，B正确；‎ C.从上到下元素的原子半径逐渐增大，原子获得电子的能力逐渐减弱，因此元素的非金属性越来越弱，C错误；‎ D.同主族元素对应的单质中，在常温下为气态的有F2、Cl2，D错误；‎ 故合理选项是AB；‎ ‎(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2是S2Cl2，该物质可与水反应生成ZO2气体是SO2，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，S元素化合价由+1价变为+4价，则Cl元素化合价没有发生变化，S元素化合价还有变为0价，则S2Cl2与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl。‎ ‎【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，根据元素的相对位置及原子结构特点推断元素是解题关键，掌握元素周期表与元素周期律、氧化还原反应等知识是解题关键，题目考查了学生运用知识分析问题、解决问题的能力。‎ 五．流程题（12分）‎ ‎22.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题。‎ ‎(1)写出下列标号所代表的物质的名称(注意用量)或操作方法③_____，⑥_____。‎ ‎(2)鉴别溶液④中的金属阳离子时，应滴加的试剂依次是______，现象依次是_______，并写出对应反应的离子方程式：_______，______。‎ ‎(3)若取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，此过程涉及的氧化还原反应的化学方程式是__________。‎ ‎【答案】 (1). 铜 (2). 过滤 (3). 氯水和KSCN溶液 (4). 溶液先由浅绿色变为黄色，加入KSCN溶液后变为红色 (5). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (6). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业废水中含大量FeSO4、Cu2+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，向废水中加入过量的Fe，与Cu2+发生置换反应产生Cu和Fe2+，经过滤后分离得到的滤渣中含有Fe、Cu，滤液中含有FeSO4；向滤渣中加入足量稀H2SO4，Fe与硫酸反应产生FeSO4和H2，Cu不能发生反应，仍然以固体形式存在，经过滤后，滤液与第一次过滤得到的滤液合并，然后经蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4·7H2O，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知：③是Cu单质；⑥是过滤；‎ ‎(2)④是FeSO4溶液，检验Fe2+的方法是：取少量④溶液，向其中滴加几滴新制氯水，溶液先由浅绿色变为黄色，然后再滴加2滴KSCN溶液，溶液变为血红色，就证明溶液中含有Fe2+，反应对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；‎ ‎(3)若取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，Fe(OH)2不稳定，容易被溶解在溶液中的氧气氧化产生Fe(OH)3，此过程涉及的氧化还原反应的化学方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。所以看到的实验现象是：产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。‎ ‎【点睛】本题以废水的综合利用为线索，考查了无机物推断及物质的鉴别、混合物的分离等，根据金属活动性顺序表，活动性强的金属可以把活动性弱的金属置换出来，排在H前边的金属可以把酸中的氢置换出来，结合物质的性质、物质之间的反应分析解答。‎ ‎ ‎