2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一下学期开学考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一下学期开学考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一下学期开学考试化学试题（解析版）‎ 可能用到的原子量: H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 K39 N14 Na23‎ 一、选择题（每空2分，共48分。有且只有一个正确选项）‎ ‎1.Na投入水中发生剧烈反应，并有H2生成．装运金属钠的包装箱应贴的图标是（　　）‎ A. 腐蚀品 B. 爆炸品 C. 遇湿易燃品 D. 氧化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na投入水中发生剧烈反应，并有H2生成，氢气是可燃性气体，这说明钠属于遇湿易燃品，因此装运金属钠的包装箱应贴的图标是，答案选C。‎ ‎2.下列物质不属于合金的是（　　）‎ A. 黄铜 B. 青铜 C. 不锈钢 D. 水银 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由两种或两种以上的金属或金属和非金属熔合而成的具有金属特性的物质称为合金，即合金一定是混合物。黄铜、青铜、不锈钢均属于合金，水银是单质，属于纯净物，不是合金。答案选D。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是 A. 在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA B. 标准状况下，2.24LCCl4中含氯原子数为0.4NA C. 1.8gNH4+中含有的电子数为1.1NA D. 常温下，23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠和水反应时，氧元素由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时，反应转移0.2NA 个电子，故A错误；‎ B、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；‎ C、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故C错误；‎ D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的“NO2”的物质的量为0.5mol，故含NA个氧原子，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用、使用条件、范围和物质的结构是解题的关键。‎ ‎4.下列叙述正确的是（　　）‎ A. 1 mol N2的质量为28 g/mol B. 标准状况下，1 mol任何物质的体积均为22.4L C. Cl2的摩尔质量为71 g D. 常温常压下，32 g SO2 的物质的量为0.5mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、质量的单位是g，1molN2的质量为28g，N2的摩尔质量为28g/mol，故A错误；‎ B、标况下，1mol任何气体的体积约是22.4L，不是气体则不一定，故B错误；‎ C、摩尔质量的单位为g/mol，Cl2的摩尔质量为71 g/mol，故C错误；‎ D、根据n＝m/M可知32 g SO2的物质的量n(SO2)＝32g÷64g/mol＝0.5mol，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】B选项为易错点，注意气体摩尔体积只适用于气体，而固体、液体不能利用气体摩尔体积计算其物质的量。另外气体的摩尔体积与温度和压强有关，不是固定不变的，标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol。‎ ‎5.熔化氢氧化钠时，应选用的坩埚是（　　）‎ A. 铁坩埚 B. 石英坩埚 C. 刚玉坩埚 D. 陶瓷坩埚 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁坩埚含有铁，铁与氢氧化钠不反应，可以用铁坩埚熔化氢氧化钠，故A正确； ‎ B．石英中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不能用石英坩埚，故B错误；‎ C．氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，不能用刚玉坩埚，故C错误；‎ D．陶瓷坩埚含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不能用陶瓷坩埚，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了元素化合物的性质，明确二氧化硅能与氢氧化钠反应以及各物质的成分是解答本题的关键。‎ ‎6.下列有关物质颜色，正确的组合是（　　）‎ ‎①FeSO4•7H2O 棕黄色 ②Fe2O3 红棕色 ③Fe（OH）2 白色 ‎④Fe3O4 黑色 ⑤CuSO4•5H2O 白色 ⑥HCl 无色 A. ①②③④ B. ②③④⑥ C. ②③④⑤ D. ①②④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①FeSO4•7H2O是绿色的，①不符合；‎ ‎②Fe2O3是红棕色的，②符合；‎ ‎③Fe(OH)2是白色的，③符合；‎ ‎④Fe3O是黑色的，④符合；‎ ‎⑤CuSO4•5H2O是蓝色的，⑤不符合；‎ ‎⑥HC是无色的，⑥符合；‎ 答案选B。‎ ‎7.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列物质分类不合理的是（　　）‎ A. 酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2 B. 碱性氧化物：Na2O2、MgO、CaO C. 电解质：BaSO4、KAl（SO4）2•12H2O、HCl D. 胶体：烟水晶、硅酸溶胶、云雾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO2、SO2、SiO2均为酸性氧化物，A正确；‎ B、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，MgO、CaO均为碱性氧化物，过氧化钠和酸反应时还有氧气生成，不是碱性氧化物，属于过氧化物，B错误；‎ C、在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，BaSO4、KAl(SO4)2•12H2O、HCl均是电解质，C正确；‎ D、分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，烟水晶、硅酸溶胶、云雾均属于胶体，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎8.下列各组离子能够大量共存的是（　　）‎ A. 加入Al粉后产生H2的溶液中：Na+、HCO3﹣、SO42﹣、Cl¯‎ B. 滴加石蕊试剂变红的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、Cl¯‎ C. 酸性溶液中：Fe3+、K+、SCN¯、SO42﹣‎ D. 澄清透明的溶液中：Cu2+、H+、NH4+、SO42﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应以及题干中的限制条件分析判断。‎ ‎【详解】A. 加入Al粉后产生H2的溶液显酸性或碱性，HCO3－在酸性溶液中或碱性溶液中均不能大量共存，A不符合；‎ B. 滴加石蕊试剂变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3—之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合；‎ C. 酸性溶液中Fe3+、SCN—发生反应，不能大量共存，C不符合；‎ D. 澄清透明的溶液中Cu2+、H+、NH4+、SO42—之间不反应，可以大量共存，D符合；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确离子的性质、发生的反应是解答的关键，选项D是解答的易错点，注意澄清透明的溶液不一定是无色的，例如硫酸铜溶液显蓝色，但属于澄清透明的。‎ ‎9.下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是（　　）‎ A. 硅可用于制造光导纤维 B. 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 C. 可用反应Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3（胶体）制取硅酸 D. SiO2既能与HF反应又能与强碱反应，所以SiO2是两性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SiO2可用于制光导纤维，而硅用于半导体材料，故A错误；‎ B、水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水晶主要成分为SiO2，不属于硅酸盐，故B错误；‎ C、硅酸酸性弱于盐酸，依据“强酸制弱酸”，可用反应Na2SiO3+2HCl＝2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸，故C正确；‎ D、SiO2能与HF反应生成四氟化硅和水，不是盐和水，且二氧化硅只能与一种酸，不是两性氧化物，属于酸性氧化物，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎10.下列关于氯水的说法正确的是（　　）‎ A. 新制氯水含有Cl2、HCl、HClO、H2O分子 B. 紫色石蕊试剂滴入新制氯水中，溶液先变红后变无色 C. 氯水和液氯都能使干燥的有色布条褪色 D. 新制氯水的pH值要比久置氯水的pH值小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与水发生Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O分子，含有OH－、H+、ClO-、Cl-等离子，新制氯水中无HCl分子，故A错误；‎ B．氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，次氯酸有漂白性，所以紫色石蕊试剂滴入新制氯水中，溶液先变红后变无色，故B正确；‎ C．氯气没有漂白性，起漂白作用的是次氯酸，液氯无水，因此液氯不能使干燥的有色布条褪色，故C错误；‎ D．久置氯水中的次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，酸性增强，所以新制氯水的pH值要比久置氯水的pH值大，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，注意相关基础知识的积累，尤其要注意氯气虽然具有强氧化性，但没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸才具有漂白性。‎ ‎11.下列装置及药品和实验室制备的气体相匹配的是（ ）‎ A. 甲装置用来制备氧气 B. 乙装置用来尾气处理氯化氢气体 C. 丙装置用来制取氯气 D. 丁装置中盛有碱石灰用来干燥二氧化碳气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、制备氧气一般用KMnO4受热分解或KClO3和MnO2加热，试管口略向下倾斜，如果用H2O2制备O2，用MnO2作催化剂，不需要加热，故选项A错误；B、HCl极易溶于水，因此需要防止倒吸，本装置缺少防倒吸，故B错误；C、制取Cl2，用MnO2和浓盐酸加热来制备，故C正确；D、碱石灰是NaOH和CaO的混合物，CO2属于酸性氧化物，因此干燥CO2不能用碱石灰干燥，故D错误。‎ ‎12.一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物可以完全反应的是（　　）‎ A. 过量的水与氯气 B. 过量的氢氧化钠与二氧化硅 C. 过量的铜与浓硫酸 D. 过量的氨水与氢氧化铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气与水的反应为可逆反应，即使水过量也不能完全反应，故A不选；‎ B、NaOH过量时二氧化硅可完全反应生成硅酸钠和水，故B选；‎ C、铜与浓硫酸在加热的条件下反应，而和稀硫酸不反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，反应停止，所以即使铜过量，硫酸也不能完全反应，故C不选；‎ D、氨水不能溶解氢氧化铝，二者不反应，故D不选。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】选项C是解答的易错点，注意随着反应的进行，酸的浓度逐渐减小引起的质变问题：典型的“三酸变稀”问题就是浓盐酸与MnO2反应、浓H2SO4与Cu、Zn等反应、浓HNO3与Cu等反应，随着反应的进行，三种酸都变稀，从而使反应停止或产物发生变化；三种酸放置在空气中由于吸湿或挥发，也可使其变稀。‎ ‎13.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如晾晒在空气中，过一段时间，其漂白效果更好的原因是（　　）‎ A. 漂白粉被氧化了 B. 漂白粉和空气中的二氧化碳充分反应生成了次氯酸 C. 有色布条被空气中的氧气氧化 D. 漂白粉溶液失去了部分水分，浓度增大了 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，在空气中放置，发生Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，HClO具有很强的氧化性，使效果增加，故选项B正确。‎ ‎14.下列说法正确的是（　　）‎ A. NaHCO3 的电离方程式是 NaHCO3═Na++H++CO32﹣‎ B. 向硫酸中通入少量氨气，硫酸溶液的导电能力会明显增强 C. 胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1﹣100nm D. SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，故SO3是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHCO3是弱酸的酸式盐，其电离方程式是NaHCO3＝Na++HCO3—，A错误；‎ B. 向硫酸中通入少量氨气生成硫酸铵和水，硫酸根离子的浓度几乎不变，因此硫酸溶液的导电能力不会明显增强，B错误；‎ C. 胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1～100nm之间，C正确；‎ D. SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，但溶液导电的原因是硫酸电离出阴阳离子，硫酸电解质，三氧化硫不能电离，故SO3是非电解质，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。另外要注意溶液导电能力的强弱与离子浓度、离子电荷有关，与离子种类无关。‎ ‎15.同温同压下，在两个容积相同的容器中，一个盛有C2H4气体，另一个盛有N2和CO的混合气体。两容器内的气体一定具有相同的（　　）‎ ‎①分子数②密度③质量④质子数⑤原子数⑥电子数 A. ①④⑥ B. ①②⑤ C. ③④⑥ D. ①②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4与N2和CO的总分子数目相同，故①正确；‎ ‎②N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，C2H4的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故②正确；‎ ‎③CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故③正确；‎ ‎④CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，质子数一定不相等，故④错误；‎ ‎⑤CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故⑤错误；‎ ‎⑥CO分子中电子数为14，N2分子中电子数为14，C2H4分子中电子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，电子数一定不相等，故⑥错误；‎ 故答案选D。‎ ‎16.下列物质均为a g，将它们在氧气中完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重为a g，符合条件的物质种类有（ ）‎ ‎①CO ②H2 ③CH4 ④HCHO ⑤CH3COOH ⑥HCOOH A. 4 种 B. 5 种 C. 6种 D. 2种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2‎ ‎、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合mCO·nH2的物质完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，则①②符合，而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成2CO·2H2，③CH4可以改写成C·2H2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，因此④⑤符合，③⑥不符合，即①②④⑤符合；故答案选A。‎ ‎17.已知反应：‎ ‎①Cl2+2KBr＝2KCl+Br2，‎ ‎②KClO3+6HCl（浓）＝3Cl2↑+KCl+3H2O，‎ ‎③2KBrO3+Cl2＝Br2+2KClO3，‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A. 上述3个反应都是置换反应 B. ③中1 mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为10 NA C. 反应②中若得到13.44L Cl2，则电子转移个数为6.02×1023‎ D. 氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，反应②KClO3+6HCl(浓)＝3Cl2↑+KCl+3H2O中，反应物不存在单质，不属于置换反应，A错误；‎ B、反应③中lmol还原剂（Cl2）反应，由电子守恒可知，2mol氧化剂得到电子的物质的量为1mol×2×（5-0）=10mol，B错误；‎ C、反应②中氧化剂是氯酸钾，氯元素化合价从+5价降低到0价，因此生成3mol氯气转移5mol电子，但13.44L氯气的物质的量不一定是0.6mol，无法计算转移电子数，C错误；‎ D、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】准确判断出反应中元素的化合价变化情况是解答的关键，注意电子得失守恒的灵活应用。即答题时要从氧化还原反应的实质—电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。‎ ‎18.由Na、Mg、Al、Fe 四种金属组成的混合物，与足量的稀硫酸反应，生成H2在标准状况下的体积为6.72L，则混合物的物质的量不可能为（　　）‎ A. 0.6mol B. 0.5mol C. 0.4mol D. 0.3mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na与盐酸反应表现为+1价，Mg、Fe与硫酸反应都表现为+2价，Al与硫酸反应表现+3价，可把Mg、Fe看成一种成分，然后用极端法结合电子得失守恒计算。‎ ‎【详解】氢气的物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，假设全部是Mg或Fe，根据电子得失守恒可知它们的物质的量之和为0.3mol；假设全是Al，根据电子得失守恒可知它的物质的量为0.3mol×2/3=0.2mol，假设全部是钠，根据电子得失守恒可知它的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，由于是混合物，故混合物的物质的量之和应介于0.2～0.6mol之间，因此不可能是0.6mol，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算，本题采取极端法解答，极端法是化学计算中的一种技巧性解法，对于混合物范围计算比较适用，该方法的解题思路是假设只有混合物中的某一成份，通过计算得出两个极端值。‎ ‎19.某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+．该样品可能的化学式是（　　）‎ A. Fe5O6 B. Fe3O4 C. Fe6O7 D. Fe5O7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：铁的氧化物与盐酸反应后生成铁的氯化物和水，由H原子守恒和O原子守恒可以求出铁的氧化物中O的物质的量；由电子转移守恒，可以根据氯气的物质的量求出n(Fe2+)；由电荷守恒，可以求出n(Fe3+)。‎ 详解：某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，则其中含O离子的物质的量为0.14L5mol/L=0.35mol，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，因电子转移守恒，故n(Fe2+)=2n(Cl2)=0.2mol，由电荷守恒可知，n(Fe3+)=，所以，n(Fe):n(O)=(0.2mol+0.1mol):0.35mol=6:7，该样品可能的化学式是Fe6O7，C正确，本题选C。 ‎ 点睛：本题考查的是有关化学式的确定的计算。氧化还原反应的本质是电子转移，故在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总物质的量等于氧化剂得到电子的总物质的量，根据电子转移守恒解有关氧化还原反应的计算通常都很简便。本题还考查了质量守恒定律，盐酸和铁的氧化物恰好反应生成水，则盐酸中的氢离子的物质的量一定是铁的氧化物中氧原子的2倍，利用这个关系，可以很快确定铁的氧化物中氧原子的物质的量。本题还考查了电荷守恒（换一角度，就是化合价的代数和为0），在确定比较复杂的无机物的组成时，经常要用到电荷守恒这个隐蔽的条件。‎ ‎20.下列离子方程式正确的是（　　）‎ A. 向明矾溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓‎ B. 向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O C. 已知：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br﹣，向含0.2molFeBr2‎ 的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣‎ D. 向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═H2O+BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时应该是硫酸根离子恰好转化为硫酸钡沉淀，则反应为：Al3++2SO42—+2Ba2++4OH¯＝2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，A错误；‎ B. 向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液生成碳酸钙、氢氧化钠和水：Ca2++OH—+HCO3—＝CaCO3↓+2H2O，B错误；‎ C. 已知：2Br－+Cl2＝2Cl—+Br2,Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br－,说明还原性是Fe2+＞Br－＞Cl—，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2即0.15mol氯气时亚铁离子全部被氧化，溴离子有0.1mol被氧化，则发生的反应为：4Fe2++2Br－+3Cl2＝4Fe3++Br2+6Cl—，C正确；‎ D. 向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性生成硫酸钡、硫酸钠和水：2H++SO42—+Ba2++2OH—＝2H2O+BaSO4↓，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎21.下列各操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）‎ ‎①向石灰水中通入过量的CO2 ‎ ‎②向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2‎ ‎③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液 ‎ ‎④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化碳 ‎ ‎⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水 ‎⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳 A. ②③⑤⑥ B. ①④⑤ C. ②④⑤⑥ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①向石灰水中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，①不符合题意；‎ ‎②向Ca（ClO）2溶液中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，②不符合题意；‎ ‎③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液，胶体先发生聚沉，然后氢氧化铝沉淀溶于过量的稀氢氧化钠溶液中，③不符合题意；‎ ‎④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化硫，不发生反应，④符合题意；‎ ‎⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水，生成氢氧化铝沉淀，氨水过量后不能溶解氢氧化铝，⑤符合题意；‎ ‎⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳，最后只生成碳酸氢钠固体，⑥符合题意；‎ 综上所述④⑤⑥符合题意，答案选D。‎ ‎22.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr＋H2O=HBr＋HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是(　　)。‎ A. 在很多反应中IBr是强氧化剂 B. IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂 C. IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀 D. IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题是一道信息题，题中给出了三点信息：(1)溴化碘(IBr)暗示Br呈－1价，I呈＋1价；(2)IBr性质与卤素相似；(3)IBr与水反应生成HIO和HBr。‎ ‎【详解】A、由(2)可知，IBr中各元素的化合价，确定碘为＋1价，溴为－1价，IBr是一种强氧化剂。故A正确；B、结合(3)，可知IBr与水的反应不是氧化还原反应，而是复分解反应，故B错误；C、已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知 IBr与AgNO 3 溶液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；D、已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO，故D正确；故选B。‎ ‎23.将0.2molMn02和50mL12mol/L盐酸混合后加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为（不考虑盐酸的挥发）（ ）‎ A. 等于0.3mol B. 小于0.3mol C. 大于 0.3mol，小于 0.6mol D. 等于 0.6mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，以此解答该题。‎ ‎【详解】n（MnO2）=0.2mol，n（HCl）=0.05L×12mol/L=0.6mol．反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知MnO2过量，如盐酸完全反应，则生成0.15molCl2，溶液剩余0.3molCl-，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.3mol，小于0.6mol，则反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量大于0.3mol，小于0.6mol。故答案选C。‎ ‎24.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol•L-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图 所示。下列判断正确的是 A. 在0〜a范围内，只发生NaOH和HCl的反应 B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O C. a=0.3‎ D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向氢氧化钠和碳酸钠混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸会先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应。盐酸与碳酸钠反应分为两步，首先盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，然后盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、氯化钠和水，据此解答。‎ ‎【详解】反应方程式依次如下：‎ ‎①HCl+NaOH=NaCl+H2O；‎ ‎②HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；‎ ‎③HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O。‎ A. a点以后开始生产二氧化碳气体，则0～a范围内发生的化学反应为①和②，不仅仅是酸碱中和反应，故A项错误；‎ B. ab段为生成二氧化碳的过程，发生反应的化学方程式为③，故其离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故B项错误；‎ C. 由图可知生成二氧化碳0.01 mol，根据碳元素守恒，则混合物中碳酸钠的物质的量是0.01 mol，所以两步反应②、③消耗的盐酸的量均是0.01 mol，则稀盐酸的体积均是0.01mol÷0.1mol/L=0.1 L，故a=0.4-0.1=0.3，故C项正确；‎ D. 根据碳元素守恒可知，混合物中Na2CO3的物质的量等于生成的CO2的物质的量，为0.01 mol，因0～a（0～0.3）阶段消耗的盐酸的总的物质的量为0.3 L×0.1mol/L=0.03 mol，发生反应②碳酸钠消耗的盐酸的物质的量为0.01 mol，则反应①中氢氧化钠消耗的盐酸为0.03 mol-0.01 mol=0.02‎ ‎ mol，即氢氧化钠的物质的量为0.02 mol，从而可得原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量之比为2：1，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】图像分析题，要抓住拐点和各阶段发生的反应过程是解题的关键。要明白碳酸钠溶液与稀盐酸反应的实质是溶液中的CO32-与H+的反应，其过程分两步进行，由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。‎ 二、非选择题（共52分）‎ ‎25.根据要求写出下列反应的方程式：‎ ‎（1）Al粉和NaOH溶液反应的化学方程式：_____‎ ‎（2）漂白粉露置于空气中较长时间后失效的化学方程式：_____‎ ‎（3）铁粉和水蒸气反应化学方程式：_____‎ ‎（4）Cl2通入NaOH溶液中，发生反应的离子方程式：_____‎ ‎（5）硫酸型酸雨产生的原因____________________________________________________‎ ‎（6）SO2通入酸性高锰酸钾溶液中的离子方程式____________________________________‎ ‎（7）“雷雨发庄稼”涉及的化学反应方程式_______________________________________‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (2). Ca（ClO）2+H2O+CO2＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑ (3). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (4). Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O (5). SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2＝2H2SO4 (6). 5SO2+2MnO4-+2H2O＝5SO42-+2Mn2++4H+ (7). N2＋O22NO、2NO＋O2＝2NO2、3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的性质、反应的生成物结合原子守恒、电荷守恒以及物质的拆分情况书写化学方程式或离子反应方程式。‎ ‎【详解】（1）Al粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。‎ ‎（2）漂白粉露置于空气中较长时间后失效是因为次氯酸钙吸收空气中的水蒸气和二氧化碳生成次氯酸，次氯酸不稳定易分解所致，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO)3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑。‎ ‎（3）铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。‎ ‎（4）Cl2通入NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气与水用化学式表示，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎（5）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸易被氧化为硫酸，则硫酸型酸雨产生的原因用方程式表示为SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2＝2H2SO4；‎ ‎（6）二氧化硫易被高锰酸钾溶液氧化为硫酸，则SO2通入酸性高锰酸钾溶液中的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O＝5SO42-+2Mn2++4H+；‎ ‎（7）氮气在放电条件下与氧气化合生成NO，NO被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，则“雷雨发庄稼”涉及的化学反应方程式为N2＋O22NO、2NO＋O2＝2NO2、3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO。‎ ‎26.框图中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。‎ 请问答下列问题：‎ ‎（1）反应①﹣⑤中，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是_____（填序号）‎ ‎（2）反应⑤的化学方程式为_______________________________________‎ ‎（3）甲与B反应的离子方程式________________________________________‎ ‎（4）在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是____________________________________‎ ‎（5）在F溶液中加入等物质的量的A，A体现的性质为_____________________________________‎ ‎【答案】 (1). ①⑤ (2). 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 (3). 2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑ (4). 先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 氧化性、还原性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知甲为Na，乙为氧气，A为Na2O2，B为H2O，C为NaOH，D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3，F为FeCl2，G为FeCl3，则 ‎（1）反应①～⑤中，①②⑤属于氧化还原反应，③④属于非氧化还原反应；①⑤属于化合反应。故既属于氧化还原反应又属于化合反应的是①⑤；‎ ‎（2）反应⑤的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。‎ ‎（3）甲与B反应即钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑。‎ ‎（4）将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，因此观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。‎ ‎（5）在FeCl2溶液中加入等物质的量的Na2O2，发生反应的总的离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3+8Na++O2↑。所以根据生成物有氢氧化铁和氧气可知过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，则过氧化钠体现的性质为氧化性、还原性。‎ ‎27.2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100 mL，进行了三组实验，其操作和有关图象如下所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是_____，一定存在的阳离子是_____。‎ ‎（2）写出实验③图象中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：_____。‎ ‎（3）分析图象，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为_____，所得沉淀的最大质量是_____g。‎ ‎（4）若通过实验确定原废水中c（Na+）＝0.14mol•L﹣1，试判断原废水中NO3﹣是否存在？_____（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c（NO3﹣）＝_____ mol•L﹣1。（若不存在或不确定则此空不填）‎ ‎【答案】 (1). CO32﹣ (2). Na+、H+、Al3+、NH4+ (3). NH4++OH﹣＝NH3•H2O (4). 1：1 (5). 0.546 (6). 存在 (7). 0.36‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42-，根据实验③确定有H+、Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中一定存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，结合电荷守恒判断有无硝酸根离子。‎ ‎【详解】（1）无色废水确定无Fe3+，根据焰色反应显黄色确定有Na+；加入盐酸酸化的氯化钡溶液得到2.33g白色沉淀，白色沉淀是硫酸钡，一定有SO42-，逐滴加入过量的氢氧化钠溶液，开始没有沉淀产生，说明含有氢离子。沉淀达到最大值以后，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀不变，说明还含有铵根离子。最终沉淀完全消失，说明含有铝离子，不存在镁离子。因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-‎ ‎，硝酸根离子无法判断，故废水中一定不存在的阴离子是CO32﹣，一定存在的阳离子是Na+、H+、Al3+、NH4+。‎ ‎（2）实验③图象中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生的反应是铵根与氢氧根反应，反应的离子反应方程式为NH4++OH﹣＝NH3•H2O。‎ ‎（3）已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)=2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据图象可知与Al(OH)3反应的OH-为：n(OH-)=0.007mol，根据Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O可知n(Al3+)=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，根据NH4++OH-＝NH3•H2O可知消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，则原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为1：1；生成Al(OH)3的质量为0.007mol×78g/mol=0.546g；‎ ‎（4）溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，已知n(SO42-)=0.01mol，n(Al3+)=0.007mol，n(H+)=0.014mol，n(NH4+)=0.007mol，溶液中存在电荷守恒，3n(Al3+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=3×0.007mol+0.014mol+0.007mol+0.14mol·L-1×0.1L=0.056mol≠2n(SO42-)=0.02mol，则一定含有NO3-，且n(NO3-)=0.056mol-0.02mol=0.036mol，c(NO3-)=0.036mol÷0.1L=0.36mol/L。‎ ‎【点睛】明确离子的性质、发生的反应是解答的关键，注意根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。‎ ‎28.将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL ,4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体。向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，所得沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系如图所示：‎ ‎（1）OA对应反应的离子方程式为________________，BC对应反应的离子方程式为_________________；‎ ‎（2）c（KOH）=_________mol/L，混合物中氧化铝的物质的量为_____mol；‎ ‎（3）A点对应的数值为_______；‎ ‎（4）在中学阶段，实验室里检验B点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是___________。‎ ‎（5）向C点对应的溶液中通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为______________。‎ ‎【答案】 (1). H+ +OH-=H2O (2). Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O (3). 4 (4). 0.1 (5). 200 ‎ ‎ (6). 透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色 (7). CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-‎ ‎【解析】‎ 将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体，氢气的物质的量为0.3mol，根据2Al~~3H2，混合中Al粉的物质的量为0.3mol×=0.2mol；向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，根据沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系图，可知：（1）OA段酸过量，发生酸碱中和反应，离子反应方程式为H+ +OH-=H2O；继续滴加KOH溶液将溶液里的Al3+和Mg2+转化为Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，BC段滴加KOH溶液，溶解生成的Al(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎（2）B点为完全沉淀点，此时溶液中溶质K2SO4，根据原子守恒可知n(K+)=2n(SO42-)=2×0.3L×4mol/L=2.4mol，此时消耗KOH溶液体积为0.6L，则c（KOH）==4mol/L；BC段共消耗KOH溶液体积为0.1L，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知Al(OH)3 的物质的量为4mol/L×0.1L=0.4mol；设氧化铝的物质的量为n mol，根据原子守恒2n mol+0.2 mol=0.4mol，n=0.1；‎ ‎（3）C点对应的沉淀Mg(OH)2物质的量为 0.2mol，则生成沉淀Mg(OH)2和Al(OH)3 消耗KOH的物质的量为0.2mol×2+0.4mol×3=1.6mol，消耗KOH溶液的体积为=400mL，则A点对应的数值为600mL-400mL=200mL；‎ ‎（4）K+的检验可用焰色反应，具体操作是透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；‎ ‎（5）C点对应的溶液中含有AlO2-，通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎ ‎