【化学】贵州省黔西南布依族苗族自治州望谟民族中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】贵州省黔西南布依族苗族自治州望谟民族中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

贵州省黔西南布依族苗族自治州望谟民族中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)‎ ‎1.下列关于漂白粉的叙述正确的是（ ）‎ A. 漂白粉的有效成分是次氯酸钙和氯化钙 B. 漂白粉在空气中久置后会变质 C. 漂白粉是将氯气通入石灰水中制得 D. 漂白粉的主要成分是氯化钙 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故A错误；‎ B．次氯酸钙在空气中放置，发生的反应：Ca（ClO）2+H2O+CO2═2HClO+CaCO3↓、2HClO=2HCl+O2↑，从而变质，故B正确；‎ C．氯气与消石灰反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，反应的方程式为：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，不能用石灰水，故C错误；‎ D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎2.下列关于明矾净水的说法中不正确的是(　　)‎ A. 明矾溶于水后，电离产生的铝离子能生成氢氧化铝胶体 B. 氢氧化铝胶体因吸附溶液中的阳离子而带正电荷 C. 氢氧化铝胶粒能吸附水中杂质，并使这些杂质与氢氧化铝胶体一起凝聚而沉降 D. 天然水经明矾处理后可除去水中的杂质和细菌，就可以饮用了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．明矾溶于水后，电离出铝离子，铝离子能发生水解，生成氢氧化铝胶体，A正确；‎ B．氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附溶液中的阳离子，使胶体显正电性；B正确；‎ C．带正电荷的氢氧化铝胶粒能吸附水中不溶性固体的小颗粒凝聚成较大的颗粒，使这些杂质与氢氧化铝胶体一起凝聚而沉降，从而起到净水作用， C正确；‎ D．使用明矾只能加快水中不溶性固体小颗粒的沉降，可做净水剂，明矾不能消毒杀菌，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎3.除去NaNO3中少量NaCl、Ca（NO3）2杂质，所用试剂及顺序正确的是（　　）‎ A. Na2CO3、AgNO3、HNO3 B. AgNO3、Na2CO3、HCl C. AgNO3、Na2CO3、HNO3 D. AgNO3、K2CO3、HNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】除去溶液中的Cl-可加入稍过量硝酸银，银离子、钙离子均可与碳酸根离子反应生成沉淀，过滤后再加入硝酸即可，答案为C。‎ ‎4.下列化学事实，不能说明钠的活动性比铁强的是(　　)‎ A. 钠在常温下与水剧烈反应，铁只能在高温下与水蒸气反应 B. 钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生 C. 与相同浓度的盐酸分别反应时，钠比铁要剧烈得多 D. 钠在空气中很快被氧化为氧化钠，铁在空气中能稳定存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】比较钠与铁的活动性，可以比较其金属性。‎ ‎【详解】A.钠比铁更易与水发生反应，能说明钠的活动性比铁强，A项正确；‎ B.钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生，只是产物氯化钠与氯化铁颜色不同，不能说明钠的活动性比铁强，B项错误；‎ C.钠与盐酸反应比铁要剧烈得多，能说明钠的活动性比铁强，C项正确；‎ D.钠比铁更易与氧气发生反应，能说明钠的活动性比铁强，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列各图中能较长时间看到氢氧化亚铁白色沉淀的是（ ）‎ A. ①②③④⑤ B. ①②⑤ C. ①②③④ D. ②④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。据此解答。‎ ‎【详解】①、②原理一样，都是先用产生的氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中将胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中可以看见白色的氢氧化亚铁沉淀，但不能较长时间保持；⑤中液面加苯阻止了空气进入能较长时间看到白色沉淀；‎ 答案选B。‎ ‎6.将等质量的下列物质分别投入等质量的足量水中，所得溶液质量分数最大的是(　　)‎ A. 金属钠 B. 氧化钠 C. 过氧化钠 D. 氢氧化钠 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】等质量的钠、氧化钠、过氧化钠(Na2O2)、氢氧化钠加入等质量水中，根据质量守恒，Na反应得到氢氧化钠的质量最大。‎ 钠与水反应会有氢气生成，氧化钠、氢氧化钠溶于水没有气体生成，二者所得溶液质量相等，且大于Na与水反应所得溶液质量，故三者中Na与水反应所得溶液质量分数最大；‎ 由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑等物质的量的Na2O、Na2O2 分别加入等质量水中形成溶液质量相等， 所得溶液质量分数相等，而等质量的Na2O、Na2O2分别加入等 质量水中形成的溶液，其中Na2O形成的溶液相当于在等物质的量的Na2O、Na2O2 分别加入等质量水中形成的溶液中再加入Na2O，则氧化钠形成的溶液浓度更大，‎ 由上述分析可知，钠与水反应所得溶液质量分数最大；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 碳酸钡溶于盐酸溶液中：BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑‎ B. 小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合：＋OH－===CO2↑＋H2O C. 氯化钙溶液与碳酸氢钾溶液混合：Ca2＋＋===CaCO3↓‎ D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：＋ Ba2＋===BaSO4↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钡与盐酸反应的离子反应为：2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑，故A正确；‎ B．小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合反应的离子反应为：HCO3-＋OH-=CO32-＋H2O，B错误；‎ C．氯化钙溶液与碳酸氢钾溶液混合不发生反应，C错误；‎ D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合反应的离子反应为：Cu2++SO42-+ Ba2+＋2OH- = Cu(OH)2↓+2H2O，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.取软锰矿石(主要成分为MnO2)116 g跟足量浓盐酸发生如下反应(杂质不参与反应)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，制得22.4 L Cl2(标准状况)，下列有关说法中不正确的是（ ）‎ A. 这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%‎ B. 被氧化的HCl的物质的量为4 mol C. 参加反应的HCl的质量为146 g D. 被还原的MnO2的物质的量为1 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】先计算氯气的物质的量，然后根据方程式中物质反应转化关系计算物质的作用及反应的物质的量或质量。‎ ‎【详解】A.n(Cl2)==1mol，由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O反应方程式可知：反应产生1molCl2，有1molMnO2参加反应，其质量为87g，则软锰矿石中MnO2的质量分数为×100%=75%，A正确；‎ B.由反应可知，生成1molCl2气体时，2molHCl被氧化，B错误；‎ C.参加反应的HCl为4mol，其质量m(HCl)=4mol×36.5g/mol=146g，C正确；‎ D.在该反应中，Mn元素的化合价降低，被还原的MnO2的物质的量为1mol，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.1mol MgSO4·7H2O含有结晶水的质量为（ ）‎ A. 16 g B. 18 g C. 112 g D. 126 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化学式可知，1mol MgSO4·7H2O含有结晶水是7mol，所以质量是7mol×18g/mol=126g，答案选D。‎ ‎10.取一块用砂纸打磨过的铝箔在空气中加热至熔化，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 铝表面失去光泽 ‎ B. 剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体 C. 熔化的铝不滴落 ‎ D. 在加热熔化过程中生成了氧化铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据铝、氧化铝的性质，解释铝在空气中加热的现象。‎ ‎【详解】铝是银白色金属，易与空气中氧气反应，表面生成一薄层致密的氧化膜而失去光泽（A项正确），这层氧化膜可以保护内部的金属不被氧化；铝在空气中加热时不能燃烧，生成物是白色的氧化铝（B项错误、D项正确）；加热时外面的氧化铝呈固态（熔点2050℃）、里面的铝呈液态（熔点660℃），故“熔化的铝不滴落”（C项正确）。‎ ‎11.物质的量之比为1∶3的锌与稀硝酸混合,若硝酸被还原的产物为N2O,反应结束后锌没有剩余,下列说法中正确的是(　　)‎ A. 在此反应中硝酸体现强氧化性,全部被还原 B. 向反应后的溶液中再加入金属铁,不再发生化学反应 C. 该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶4‎ D. 该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物质的量之比为1：3的锌与稀硝酸混合，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，根据转移电子相等知，Zn和N2O的物质的量之比为4：1，再结合原子守恒知，该反应离子方程式为4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2++N2O↑+5H2O，反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，‎ A．该反应中硝酸体现氧化性、部分体现酸性，故A错误；‎ B．反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，根据方程式知，锌和硝酸的物质的量之比为2：5，而题给物质的量之比为1∶3的锌与稀硝酸混合，则硝酸有剩余，所以加入Fe还能发生反应，故B错误；‎ C．该反应中未被还原的酸生成硝酸锌的酸和剩余的酸，所以被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1：5，故C错误；‎ D．根据C知，被还原的硝酸和未被还原的硝酸之比为1：5，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎12.已知地下水含钙离子、镁离子等，家庭中的下列物品可用于检验这两种离子的是(　　)‎ A. 纯碱 B. 食盐 C. 食醋 D. 食糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】钙离子、镁离子能够与碳酸根离子反应生成难溶物，可以据此检验这两种离子。‎ ‎【详解】A．地下水含Ca2+，Mg2+等离子，纯碱为Na2CO3，Na2CO3电离产生的CO32-能够与Ca2+，Mg2+等反应生成沉淀，可以检验，A正确；‎ B．食盐为氯化钠，钠离子和氯离子都不与Ca2+，Mg2+反应，无法鉴别，B错误；‎ C．食醋中溶质为醋酸，醋酸不与Ca2+，Mg2+反应，所以醋酸无法检验，C错误；‎ D．食糖不是电解质，不与Ca2+，Mg2+反应，无法用食糖检验，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎13.下列物质中，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是（ ）‎ A. AlCl3 B. Al（OH）3 C. Al2（SO4）3 D. NaAlO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、AlCl3能与氢氧化钠溶液反应，不与盐酸反应，故A不符合；‎ B、氢氧化铝是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故B符合；‎ C、Al2（SO4）3 能与氢氧化钠溶液反应，不与盐酸反应，故C不符合；‎ D、NaAlO2能与盐酸反应，不与氢氧化钠溶液反应，故D不符合；‎ 故选B。‎ ‎14.青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 青石棉是一种硅酸盐产品 B. 青石棉中含有一定量的石英晶体 C. 青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O D. 1 mol青石棉能还原1molHNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅酸盐指的是Si、O与其它化学元素结合而成的化合物的总称，根据青石棉的化学式，得出青石棉是一种硅酸盐产品，故A说法正确；‎ B、硅酸盐中不含有SiO2，因此青石棉中不含石英晶体，故B说法错误；‎ C、按照硅酸盐写成氧化物形式，青石棉的化学式组成用氧化物的形式可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，故C说法正确；‎ D、根据C选项分析，青石棉中含有＋2价的铁，与硝酸发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，推出1mol青石棉能还原1molHNO3，故D说法正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.现有一种固体化合物X不导电，但熔融状态或溶于水导电，下列关于X的说法中正确的是(　　)‎ A. X一定为电解质 B. X可能为非电解质 C. X只能是盐类 D. X只能是碱类 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】一种固体化合物X，X本身不导电，但熔融状态和溶于水时能够电离，说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，一定是电解质。‎ ‎【详解】A.X是可以是酸、碱或者是盐，所以X是电解质，A正确；‎ B.该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，一定是电解质，B错误；‎ C.固体化合物X，X本身不导电，但熔融状态或者溶于水时能够电离，X一定是电解质，可能是盐类如NaCl，也可能是碱，如NaOH，C错误；‎ D.根据选项C分析可知化合物X可能是酸、碱、盐中的任何一类物质，但一定是电解质，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16.下列反应中，不属于四大基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 2Na+2H2O===2NaOH+H2↑‎ B. Cl2+H2O===HCl+HClO C. CaCO3CaO+CO2↑‎ D. Ca（ClO）2+2HCl===CaCl2+2HClO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑属于置换反应，一定是氧化还原反应，故A错误；‎ B. Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型，但Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；‎ C. 反应CaCO3CaO+CO2↑属于分解反应，不属于氧化还原反应，故C错误； ‎ D. 反应Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误。‎ 本题答案为B。‎ ‎17.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 64 g SO2含有氧原子数为1NA B. 物质的量浓度为0.5 mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－数为1NA C. 标准状况下，22.4 L H2O的分子数为1NA D. 常温常压下，14 g N2含有分子数为0.5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．64 g SO2的物质的量为=1mol，，1个SO2分子中有2个氧原子，故64 g SO2含有氧原子数为2NA，A错误；‎ B．物质的量浓度0.5 mol·L－1的MgCl2溶液，由于没有给出体积，所以无法计算含有Cl-数目，B错误；‎ C．标准状况下，H2O为液体，不能用气体摩尔体积计算22.4 L H2O的物质的量，C错误；‎ D．常温常压下，14 g N2的物质的量为=0.5mol，故14 g N2含有分子数为0.5NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.下列关于金属的说法正确的是（　　）‎ A. 金属单质在氧化还原反应中常作还原剂 B. 金属在加热条件下都易与氧气反应 C. 加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化铜 D. 铁丝能在氯气中燃烧生成氯化亚铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属元素的最低价为0价，金属单质在氧化还原反应中化合价升高，作还原剂，故A正确；‎ B、金、铂等不活泼金属在加热条件不易与氧气反应，故B错误；‎ C、硫的氧化性弱，加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化亚铜，故C错误；‎ D、氯气的氧化性强，铁丝能在氯气中燃烧生成氯化铁，故D错误。‎ ‎19.在焰色反应的本质实验中，不需要的仪器或药品是(　　)‎ A. 铂丝棒 B. 酒精灯 C. 蓝色钴玻璃 D. 稀盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据焰色反应的操作进行分析。‎ ‎【详解】焰色反应中需用铂丝蘸取待测物，用酒精灯进行灼烧，铂丝用盐酸进行洗涤，只有观察钾元素焰色需要排除黄色火焰干扰时才使用蓝色钴玻璃，因此在焰色反应的本质实验中，不需要的仪器或药品是蓝色钴玻璃；‎ 答案选C。‎ ‎20.下列有关硅及其化合物的说法正确的是(　　)‎ A 晶体硅具有金属光泽、能导电，属于金属材料 B. 硅的化学性质比较稳定，在自然界中主要以游离态存在 C. 二氧化硅是一种酸性氧化物，能够与水反应生成相应的酸 D. 加入适量的稀盐酸可以除去二氧化硅中混有的碳酸钙 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体硅具有金属光泽、能导电，属于非金属材料，A错误；‎ B．硅的化学性质比较稳定，但硅是亲氧元素，在自然界中主要以硅酸盐和氧化物等化合态存在，B错误；‎ C．二氧化硅是一种酸性氧化物，但不能够与水反应生成相应的酸，故C错误；‎ D．二氧化硅与稀盐酸不反应，碳酸钙与稀盐酸反应，生成二氧化碳、水和易溶于水的氯化钙，可实现提纯目的，D正确；‎ 答案选D ‎21.将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是 （　 　）‎ A. 分液漏斗使用前要检验它是否漏水 B. 萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解 C. 注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡后立即分液 D. 若用苯作萃取剂，则分层后上层液体呈紫红色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分液漏斗结构中有玻璃旋塞，使用前要检验它是否漏水，A正确；‎ B．萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解，B正确；‎ C．注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡，同时注意放气，而不是立即分液，C错误；‎ D．若用苯作萃取剂，苯的密度小于水，有机层在上层，则分层后上层液体呈紫红色，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎22.将镁铝铁合金投入到300 mL硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成Mg2＋、Al3＋和Fe3＋；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为6.72 L(标准状况)，当加入300 mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2 g。下列有关推断正确的是(　　)‎ A. 参加反应的硝酸的物质的量为0.9 mol B. 参加反应的金属的质量为11.9 g C. 硝酸的物质的量浓度为3 mol·L－1‎ D. 氢氧化钠的物质的量浓度为6 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。‎ ‎【详解】将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则 A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故A错误；‎ B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，故B正确；‎ C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=4mol/L，故C错误；‎ D．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=0.9mol÷0.3L=3mol/L，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎23.某食品袋内充有某种气体，其成分可能是 （ ）‎ A. 氧气 B. 氮气 C. 氯气 D. 氢气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧气的化学性质比较活泼，能加快食品的氧化变质，选项A不可能；‎ B.氮气的化学性质不活泼，无毒，可以充入食品包装袋，选项B可能；‎ C.Cl2本身有毒，不能充入食品包装袋，选项C不可能；‎ D.氢气化学性质活泼，保存不当易发生爆炸，不便于贮存和运输，不能充入食品包装袋，选项D不可能；‎ 答案选B。‎ ‎24. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 直径介于1～100 nm之间的粒子称为胶体 B. 用过滤的方法可以将胶体和溶液分离 C. 利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体 D. 胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.胶体是一类分散质粒子直径介于1～100 nm之间的分散系，A错误；‎ B.胶体和溶液都能通过滤纸，用过滤法无法将胶体和溶液分离，B错误；‎ C．胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应能区分胶体和溶液，C正确；‎ D.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的大小，胶体中分散质粒子的直径在1～100 nm之间，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎25.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为(　　)‎ A. 1∶1∶1 B. 1∶2∶3 C. 3∶2∶1 D. 3∶4∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度均为amol/L，三种溶液的体积分别为3bL、2bL、bL，则n(NaCl)=3abmol，NaCl溶液中Cl-的物质的量为3abmol；n(MgCl2)=2abmol，MgCl2液中Cl-的物质的量为4abmol；n(AlCl3)= abmol，AlCl3溶液中Cl-的物质的量为3abmol， 故NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl－的物质的量之比为3ab：4ab：3ab=3：4：3，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎26.有下列氧化物：①FeO、②Fe2O3、③Fe3O4、④CuO，其中颜色相同的是(　　)‎ A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①FeO为黑色固体；②Fe2O3为红棕色固体；③Fe3O4为黑色固体；④CuO为黑色固体；其中颜色均为黑色的①③④，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ 二、非选择题(共6小题,共50分)‎ ‎27.研究金属与硝酸的反应，实验如下。‎ ‎(1)Ⅰ中的无色气体是_________。‎ ‎(2)Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________________________________。‎ ‎(3)研究Ⅱ中的氧化剂 ‎①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是_______________________________。‎ ‎②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是___________________________，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是__________________________ ‎ ‎(4)根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有_________________________试推测还可能有哪些因素影响_________(列举1条)。‎ ‎【答案】(1). NO或一氧化氮 (2). Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ (3). 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出 (4). NO3- 中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 (5). 取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 (6). 金属的种类、硝酸的浓度 (7). 温度 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）铜与硝酸反应生成无色气体，该气体与空气变红，故该气体是NO；‎ ‎（2）Ⅱ中铁与硝酸溶液中的H+发生氧化还原反应生成H2；‎ ‎（3）①如果硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化为铜离子；‎ ‎②元素化合价处于最高价，具有氧化性，NH4+的检验可以与浓的氢氧化钠溶液在加热的条件下反应，产生的气体通过湿润的红色石蕊试纸来检验；‎ ‎（4）金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素是金属活泼性、硝酸的浓度、温度。‎ ‎【详解】（1）铜与硝酸反应生成无色气体，该气体与空气变为红棕色，故该气体为NO，红棕色的气体为NO2；‎ ‎（2）Ⅱ中铁与硝酸溶液中的H+发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑；‎ ‎（3）①如果硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化为铜离子，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性比铁的还原性弱，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；‎ ‎②元素化合价处于最高价，具有氧化性，NO3-中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原；‎ NH4+的检验可以与浓的氢氧化钠溶液在加热的条件下反应，产生的气体通过湿润的红色石蕊试纸来检验，具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；‎ ‎（4）金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素是金属活泼性、硝酸的浓度、温度。‎ ‎28.氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组利用下图装置探究氨气的有关性质。‎ ‎(1)装置A中烧瓶内试剂可选用________(填序号)，B的作用是________________。‎ a．碱石灰　 b．生石灰　　 c．浓硫酸　　 d．烧碱溶液 ‎(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先________(填Ⅰ或Ⅱ)。‎ Ⅰ打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水 Ⅱ.加热装置C ‎(3)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为_____________________________________________；该反应证明氨气具有________性。‎ ‎(4)该实验缺少尾气吸收装置，上图中能用来吸收尾气的装置是________(填装置序号)。‎ ‎(5)氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24 L的氨气溶于水配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为________ mol·L－1。‎ ‎【答案】(1). ac (2). 吸收水蒸气干燥氨气 (3). Ⅰ (4). 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O (5). 还原 (6). Ⅱ、Ⅲ (7). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A装置制备氨气，利用浓氨水受热易挥发的特点，烧瓶中盛放碱石灰和生石灰或氢氧化钠固体，因此ac正确；B装置的作用是干燥氨气；‎ ‎（2）先通一段时间的氨气，排除装置中的空气，然后点燃酒精灯，故I正确；‎ ‎（3）CuO变红说明转化成铜，无水硫酸铜变蓝，说明产生H2O，因此反应方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，氨气中N的化合价升高，被氧化，作还原剂；‎ ‎（4）氨气极易溶于水，防止倒吸，因此选用的是II、III；‎ ‎（5）溶液物质的量浓度为2.24/22.4/0.5mol·L－1=0.1mol·L－1。‎ ‎29.氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如下图所示的装置：‎ ‎（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、_____。‎ ‎（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的名称为_____。‎ ‎（3）乙装置的作用是_____；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎（4）当戊中观察到_____现象，则说明已制得硝酸。某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因__________。如何改进置_________。‎ ‎（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是_____。‎ ‎【答案】(1). 胶头滴管或量筒 (2). 过氧化钠 (3). 干燥氧气和氨气的混合气体 (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 紫色石蕊试液变红 (6). 过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性 (7). 在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶 (8). 试管丁内水面慢慢上升，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100mL容量瓶，胶头滴管；‎ ‎（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气，则该固体过氧化钠；‎ ‎（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎（4）因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红，说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与过量的氨气发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性；‎ ‎（5）改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，所以观察到的现象为烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色。‎ ‎30.某化学实验小组利用实验室中的一瓶未知白色固体粉末进行了如下实验：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)白色沉淀为______________________(填化学式，下同)，产生的有刺激性气味的气体是_____________________。‎ ‎(2)该白色固体粉末是___________________(填化学式)。‎ ‎(3)写出该白色固体粉末受热分解的化学方程式：_______________________________‎ ‎【答案】(1). CaCO3 (2). NH3 (3). NH4HCO3 (4). NH4HCO3 NH3↑＋CO2↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】该白色固体加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明白色固体粉末中有NH4+，故该白色固体是NH4HCO3。‎ ‎【详解】（1）白色固体粉末加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无有CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，白色沉淀为CaCO3，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故该气体是NH3；‎ ‎（2）有白色固体中含有NH4+、HCO3-，故该白色固体粉末是NH4HCO3；‎ ‎（3）该白色固体粉末受热分解即NH4HCO3受热分解，化学方程式为：NH4HCO3 NH3↑＋CO2↑＋H2O ‎31.A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质。‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：A________、E________、F________、G________。‎ ‎(2)按要求写方程式：‎ ‎①A＋B→C＋D的化学方程式：_________________________________；‎ ‎②F→G的化学方程式：________________________________________________；‎ ‎③E→F的离子方程式：________________________________________。‎ ‎【答案】(1). Fe2O3 (2). FeCl2 (3). Fe(OH)2 (4). Fe(OH)3 (5). 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 (6). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (7). Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，B、D是金属单质，A和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3， G是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则G是 Fe（OH）3，F是 Fe（OH）2‎ ‎，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氢氧化钠溶液反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，结合物质的性质分析解答．‎ ‎【详解】（1）通过以上分析知，A、E、F、G分别是：Fe2O3、FeCl2、Fe(OH)2、Fe（OH）3，‎ 故答案为：Fe2O3；FeCl2；Fe(OH)2； Fe（OH）3；‎ ‎（2）①A是氧化铁，B是铝，二者在高温下发生铝热反应生成铁和氧化铝，反应方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 ，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 ；‎ ‎②F是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；‎ ‎③E是氯化亚铁溶液，与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，故离子方程式是Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓；故答案为：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓。‎ ‎32.利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：‎ ‎（1）一定条件下，NO与NO2可以生成一种新的氧化物，试写出该反应的化学方程式：___。‎ ‎（2）上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是__；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是__(填化学式)。‎ ‎（3）该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。‎ 若n(NO)∶n(NO2)＞1∶1，则会导致__；‎ 若n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，则会导致__。‎ ‎（4）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为__。‎ ‎【答案】(1). NO＋NO2N2O3 (2). 使尾气中的NO、NO2被充分吸收 (3). Ca(OH)2 (4). 排放气体中NO含量升高 (5). 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高 (6). 3NO2-＋2H＋=NO3-＋2NO↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2‎ ‎，过量的石灰乳以滤渣存在，滤液为Ca(NO2)2溶液，经过一系列处理得到无水Ca(NO2)2。结合氮的氧化物的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)若NO与NO2反应生成新的氧化物，必然是NO中N的化合价升高被氧化，NO2中N的化合价降低被还原，生成的新的氧化物中N的化合价应该介于＋2和＋4之间，为＋3价，反应的化学方程式为NO＋NO2N2O3，故答案为：NO＋NO2N2O3；‎ ‎(2)气体上升液体下降，这样气液接触充分，使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收；根据加入的原料及生成物，只有Ca(OH)2微溶于水，所以滤渣的主要成分为Ca(OH)2，故答案为：使尾气中NO、NO2被充分吸收；Ca(OH)2；‎ ‎(3)若n(NO)∶n(NO2)＞1∶1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，故答案为：排放气体中NO含量升高；产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高；‎ ‎(4)依据化合价升降守恒，NO2-生成NO时氮元素化合价降低，则反应中一部分NO2-中氮元素的化合价一定升高，可能生成NO3-或NO2，但在水溶液中NO2会与水反应生成NO3-，所以最终产物为NO3-，即反应物是NO2-和H+，生成物是一氧化氮，硝酸根和水，反应的离子方程式为3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，故答案为：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O。‎