河北省曲周县第五中学2019-2020学年高二下学期5月考试化学试题

河北省曲周县第五中学2019-2020学年高二下学期5月考试化学试题

‎2019-2020学年高二化学下学期5月考试题 相对原子质量 H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64‎ 第I 卷 选择题(46分)‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，本题包括23小题，每小题2分，共46分）‎ ‎1.下列叙述正确的是(    )‎ A. Fe在氯气中燃烧生成FeCl2‎ B. 将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液，先产生白色沉淀，最后沉淀消失 C. 电解氯化铝溶液制取金属单质铝 D. 常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，可耐腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故A错误；‎ B．将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液，先生成偏铝酸钠，后生成氢氧化铝，涉及反应为AlCl3+4NaOH=NaAlO2+2H2O+3NaCl、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，现象为：先不产生沉淀，后沉淀逐渐增多至不变，故B错误；‎ C．电解熔融状态的氧化铝制取金属单质铝，电解氯化铝溶液生成氢氧化铝、氢气和氯气，故C错误；‎ D．铝可与浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化反应。常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，表面形成一层致密的氧化膜，可耐腐蚀，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难点B，将NaOH溶液逐滴滴入到AlCl3溶液，先产生白色沉淀，最后沉淀消失，注意滴加次序不同，产生的现象不同。‎ ‎2.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. ‎1 L水中溶解了40.0gNaOH，该溶液的物质的量浓度为1mol/L B. 120mL2mol·L－1KCl溶液与60mL1mol·L－1 MgCl2溶液中c（Cl－）相等 C. 从‎1L2mol/L的盐酸溶液中取出‎0.5L，取出得该溶液得浓度为1mol/L D. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需‎40.0g胆矾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 配制后溶液的体积不等于‎1L，故浓度无法计算，A项错误；‎ B. 120mL2mol·L－1KCl溶液中氯离子的浓度为2mol/L，60mL1mol·L－1 MgCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L，二者相等，B项正确；‎ C. 溶液是均一稳定的混合物，从‎1L 2mol/L的盐酸溶液中取出‎0.5L，取出的该溶液的浓度不变，C项错误；‎ D. 胆矾的物质的量为0.5mol/L×‎0.5L=0.25mol，，质量为0.25mol×‎250g/mol=62.5，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列实验能达到目的的是 A. 加热除去Na2CO3固体中的NaHCO3‎ B. 用NaOH溶液除去CO2中的SO2气体 C. 用氯水除去Fe2(SO4)3溶液中的少量FeSO4‎ D. 用BaCl2溶液除去NaCl溶液中的K2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、NaHCO3不稳定，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，通过加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，并不引入新的杂质，故A正确；‎ B项、CO2和SO2气体都与氢氧化钠溶液反应，故B错误；‎ C项、氯气与FeSO4反应生成氯离子，引入了新的杂质，故C错误；‎ D项、加入BaCl2溶液除去硫酸钾的同时，带入新的杂质氯化钡，且钾离子无法除去，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同、除杂时不能引入新的杂质是解答关键。‎ ‎4.从下列实验事实得出的结论中，不正确的是（ ）‎ 选项 实验事实 结论 A SiO2既可与NaOH溶液反应又可与HF溶液反应 SiO2为两性氧化物 B 将CO2通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀H2SiO3‎ 碳酸酸性比H2SiO3强 C 一小块钠投入水中，迅速熔成银白色小球 反应放热且钠熔点低 D 某溶液中加入浓NaOH溶液加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 原溶液中含NH4+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2与HF溶液反应没有生成对应的盐，SiO2不是碱性氧化物更不是两性氧化物，A不正确；‎ B．将CO2通入Na2SiO3溶液中，发生复分解反应，产生胶状沉淀H2SiO3，则表明碳酸酸性比H2SiO3强，B正确；‎ C．钠投入水中，钠熔化，则表明反应放热且钠的熔点不高，C正确；‎ D．气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，表明气体呈碱性，则必为NH3，原溶液中含有NH4+，D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】碱性氧化物与酸反应生成盐和水，酸性氧化物与碱反应生成盐和水；两性氧化物与酸、碱反应均生成盐和水；二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，由于四氟化硅不属于盐，所以二氧化硅不属于碱性氧化物。‎ ‎5.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，撒盐可以起到凝血作用，其化学原理是（ ）‎ A. 丁达尔效应 B. 胶体聚沉 C. 发生复分解反应 D. 发生氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．血液属于胶体，但没有用一束光照射，不会产生丁达尔效应，A错误；‎ B．食盐是电解质，能使胶体发生聚沉，B正确；‎ C．食盐是轻金属的盐，只能使胶体发生凝聚，不能发生复分解反应，C错误；‎ D．胶体的凝聚是物理过程，不发生氧化还原反应，D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 质量数为37的氯原子：Cl B. 硫原子的结构示意图：‎ C. 氮化镁化学式：Mg2N3‎ D. H2CO3的电离方程式：H2CO3=2H+＋CO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl表示质子数为17、质量数为37的氯原子，A正确；‎ B． 表示硫离子的结构示意图，B错误；‎ C．根据化合价法则可知，氮化镁的化学式为Mg3N2，C错误；‎ D．H2CO3 属于二元弱酸，应分步电离，且中间用“”，D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.有下列物质：①盐酸，②氨水，③CO2气体，④SO3气体，⑤纯碱粉末，⑥酒精，⑦铜，⑧熔融的NaCl，⑨水玻璃（Na2SiO3水溶液）以下叙述不正确的是（）‎ A. 属于电解质的有3种 B. 属于纯净物的有6种 C. 属于非电解质的有3种 D. 上述状态下能导电的有5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，⑤纯碱粉末、⑧熔融的NaCl是电解质，共2种，A错误；‎ B. ③CO2气体，④SO3气体，⑤纯碱粉末，⑥酒精，⑦铜，⑧熔融的NaCl是纯净物，共6种，B正确；‎ C. ③CO2气体，④SO3气体和⑥酒精是非电解质，共3种，C正确；‎ D. ①盐酸，②氨水，⑦铜，⑧熔融的NaCl和⑨水玻璃能导电，共5种，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列关于物质制备原理错误的是 A. 工业制备金属钠：2NaCl2Na+Cl2↑‎ B. 工业生产铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2‎ C. 湿法炼铜：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4‎ D. 以S为原料，工业生产硫酸在沸腾炉中的反应：2S+3O2⇌2SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．工业电解熔融的NaCl制取金属钠，方程式为2NaCl2Na+Cl2↑，故A正确；‎ B．工业用CO还原氧化铁炼铁，方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故B正确；‎ C．湿法炼铜用铁从溶液中将铜置换出来，方程式为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，故C正确；‎ D．S燃烧只能生成SO2，不能一步生成三氧化硫，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，‎11.2L酒精中含有分子的数目为0.5NA B. 常温常压下，‎3.2g18O2的中子数目为2NA C. 常温常压下，‎24g镁与足量盐酸充分反应，转移的电子数为2NA D. 常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，酒精为液态，无法利用气体摩尔体积计算物质的量，A错误；‎ B．‎3.2g18O2物质的量是mol，中子数为×20×NA，B错误；‎ C．‎24g镁物质的量为1mol，与盐酸反应转移电子数为2NA，C正确；‎ D．常温常压下，Vm大于‎22.4L ·mol－1，混合气体的总量小于1mol，碳原子数目小于1mol，D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.将5mol·L-1盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（ ）‎ A. 0.05‎mol·L-1 B. 0.25mol·L‎-1 ‎C. 0.1mol·L-1 D. 0.5mol·L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设稀释到200mL的盐酸的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后HCl的物质的量相同，则得如下关系式5mol•L-1×10mL=200mL×c，解得c=0.25mol/L，因溶液是均匀的，从稀释后的盐酸中取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度与稀释后盐酸的浓度相同，也为0.25mol/L，故选B。‎ ‎【点睛】从稀释后的盐酸中取出5ml盐酸，由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度。‎ ‎11.下列常见物质的俗名或主要成份与化学式相对应的是( )‎ A. 苏打——NaHCO3 B. 生石灰 Ca(OH)2‎ C. 漂白粉——Ca(ClO)2和CaCl2 D. 纯碱——NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苏打——Na2CO3，与题意不符，A错误；‎ B. 生石灰为CaO，与题意不符，B错误；‎ C. 漂白粉——Ca(ClO)2和CaCl2，符合题意，C正确；‎ D. 纯碱——Na2CO3，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎12.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( )‎ A. 中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅 B. 人们常利用碘化银实现人工降雨 C. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有熔点高、强度大、密度大等性能 D. 华为最新一代旗舰芯片麒麟‎9905G中半导体材料为硅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．二氧化硅传导光的能力非常强，中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，故A正确；‎ B．碘化银只要受热后就会在空气中形成极多极细的碘化银粒子，形成人工冰核，人们常利用碘化银实现人工降雨，故B正确；‎ C．港珠澳大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故C错误；‎ D．硅的导电性介于导体与绝缘体之间，硅单质常用作半导体材料，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎13.下列关于物质分类的说法正确的是 A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物 B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 C. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质 D. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而Al2O3是两性氧化物，故A错误；‎ B．根据酸电离出的氢离子的个数，酸可以分为一元酸、二元酸和三元酸，而不是根据酸含有的H原子个数，故B错误；‎ C．在水溶液中或熔融状态下能导电化合物为电解质，而食盐水是氯化钠的水溶液，是混合物，故不是电解质，故C错误；‎ D．由两种或两种以上物质构成的是混合物，镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水等均为混合物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的分类，易错点C，应注意的是电解质必须是化合物，而单质和溶液均不是电解质也不是非电解质。‎ ‎14.垃圾分类有利于资源回收利用，下列垃圾归类不正确的是（ ）‎ A B C D 垃圾 废易拉罐 果皮 废旧电池 废塑料瓶 垃圾分类 可回收物 厨余垃圾 有害垃圾 其他垃圾 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，A正确；‎ B．果皮主要来自厨房，属于厨余垃圾，B正确；‎ C．废旧电池中含有汞、镉等重金属，是危险废弃物，易污染环境，属于有害垃圾，C正确；‎ D．废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯制造而成，也可回收利用，所以属于可回收物，D错误；‎ 故选D。‎ ‎15.下列无色溶液中的离子能大量共存的是（ ）‎ A. H+、K+、OH-、Cl- B. Na+、Cu2+、SO、NO C. Mg2+、Na+、SO、Cl- D. Ba2+、K+、CO、NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. H+和OH-会反生中和反应不能共存，A错误；‎ B. Cu2+蓝色，不符合题意要求，B错误；‎ C. Mg2+、Na+、SO、Cl-彼此不反应，可以共存，且混合液为无色，C正确；‎ D. Ba2+和CO会生成碳酸钡沉淀不能共存，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.下列离子方程式中，不正确的是 A. 氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu(OH)2＋2H+＝Cu2+＋2H2O B. 铁与稀硫酸反应：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑‎ C. 氯化钡溶液与硫酸反应：Ba2+＋SO42- ＝BaSO4↓‎ D. 氧化铜与硫酸反应：CuO＋2H+＝Cu2+＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化铜溶于稀硫酸，离子方程式：Cu（OH）2+2H+═Cu2++2H2O，故A正确；‎ B.金属铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；‎ C.氯化钡溶液与硫酸反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，故C正确；‎ D.氧化铜和稀硫酸反应的离子反应为CuO+2H+═Cu2++H2O，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示。微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用化学式表示。‎ ‎17.某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是 A. 一定有Fe2＋，一定没有Fe3+、Mg2+‎ B. 一定有Fe3＋，一定没有Fe2＋、Mg2＋‎ C. 一定有Fe3＋，可能有Fe2＋，一定没有Mg2+‎ D. 一定有Fe2＋，可能有Mg2＋，一定没有Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Mg(OH)2沉淀是白色的，Fe(OH)3沉淀是红褐色的。‎ ‎【详解】该溶液中加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，这是溶液中含有Fe2+的明显特征。若溶液中同时有Fe3+，则加入NaOH溶液，必然会产生红褐色沉淀，这与题给的“白色沉淀”现象不符合，所以溶液中不可能存在 Fe3+。由于Mg(OH)2沉淀也是白色的，可能混在Fe(OH)2沉淀中，所以该溶液中Mg2+可能存在，答案选D。‎ ‎18.下列实验符合操作要求且能达到实验目的的是（ ）‎ A. I可用于制备氢气并检验其可燃性 B. II可用于除去CO2中的HCl C. Ⅲ可用于配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 D. IV可用于制备氢氧化亚铁并长时间保存 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．装置I可用于制备氢气，但不能立即点燃氢气，应先验纯再点燃，否则可能发生爆炸，A不正确；‎ B．装置II中往饱和碳酸氢钠溶液中通入混合气体，HCl可被吸收并生成CO2，CO2不会被饱和碳酸氢钠吸收，能够达到实验目的，B正确；‎ C．不能在容量瓶中溶解固体来配制溶液，而应在烧杯中溶解固体，C不正确；‎ D．在硫酸亚铁溶液中直接滴加NaOH溶液，生成的氢氧化亚铁会被氧化，无法达到实验目的，‎ D不正确；‎ 故选B。‎ ‎19.由SiO2制备高纯度硅的工业流程如图所示： ‎ 下列说法错误的是 A. SiO2与纯硅都是硬度大、熔沸点高的晶体 B. X为CO气体 C. 反应②产生的H2与反应③产生的HCl可以循环使用 D. 反应①②③均为在高温条件下的非氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、SiO2和Si都是原子晶体，硬度大、熔沸点高，A正确；‎ B项、反应①为SiO2+‎2CSi+2CO↑，可知X为CO气体，B正确；‎ C项、由生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCI既是反应物，又是生成物，所以可重复利用的物质是H2和HCl，C正确；‎ D项、反应①为SiO2+‎2CSi+2CO↑，反应②Si(粗)+3HCl SiHCI3+H2，反应③SiHCI3+H2 Si(粗)+3HCI，三个方程式中元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，D错误；‎ 故本题选D。‎ ‎【点睛】注意抓住SiO2制备高纯度的硅的工业流程图，记住并掌握如下三个方程式：反应①为SiO2+‎2CSi+2CO↑，反应②Si(粗)+3HCl SiHCI3+H2，反应③SiHCI3+H2 Si(粗)+3HCI。‎ ‎20.NaNO2像食盐一样有咸味，有很强的毒性，误食亚硝酸钠（NaNO2）会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O。下列说法正确的是（　　）‎ A. 该反应的氧化剂为HI B. 反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaI C. 该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1‎ D. 人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaNO2转化为NO，N元素的化合价由+3价降低为+2价，所以氧化剂为NaNO2，错误；‎ B．NaI不能使淀粉变蓝，错误；‎ C．NaNO2为氧化剂，在方程式中的系数为2，HI为还原剂，化合价变化的HI的系数为2，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，正确；‎ D．氢碘酸是强酸，能使蛋白质变性，所以人误食亚硝酸钠中毒时，不能服用HI溶液解毒，错误。‎ 故选C。‎ ‎21.向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。‎ 下列判断正确的是(　　)‎ A. 原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1‎ B. 通入CO2在标准状况下的体积为448 mL C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3‎ D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠的方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而根据图象可知生成CO2消耗盐酸溶液的体积是100mL－25mL＝75mL＞25mL，这说明NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。‎ ‎【详解】A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=‎0.1L×0.2mol/L=0.02mol， c（NaOH）=0.02mol÷‎0.1L=0.2mol/L，A正确；‎ B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（‎0.1L-0.025L）×0.2mol/L=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×‎22.4L/mol=‎0.36L=336mL，B错误；‎ C．Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，因此Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，C错误；‎ D．由C中分析可知D错误；‎ 答案选A ‎【点睛】判断反应后溶液中溶质成分是解答的难点，解答的关键是理解Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序，即在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。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。另外需要注意如果含有氢氧化钠，则首先发生中和反应。‎ ‎22.化工厂常用浓氨水检验管道是否漏氯气，其反应为：3 Cl2 ＋ 8 NH3 ═ 6 NH4Cl ＋N2当有‎160.5 g NH4Cl产生时，被氧化的氨是 A. ‎214 g B. ‎53.5 g C. ‎17 g D. ‎‎68 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据方程式可知氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，氮元素化合价从－3价升高到0价，失去电子，被氧化，氨气是还原剂，生成6mol氯化铵时有2mol氨气被氧化。‎160.5g NH‎4C1的物质的量是‎160.5g÷‎53.5g/mol＝3mol，因此被氧化的氨是1mol，质量是‎17g，答案选C。‎ 点睛：掌握有关元素的化合价变化情况是解答的关键，参加反应的氨气是8mol，但只有2mol作还原剂，另外6mol氨气与生成的氯化氢结合生成氯化铵。‎ ‎23.某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-‎ 的浓度之比为1:4，则氯气与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. 5:1 D. 3:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液；氯气生成NaClO、NaClO3过程为被氧化过程，根据题意可以假设且两种离子的量分别为1mol和4mol，这样既可以计算出被氧化的氯元素的量，也能计算出失电子总量；氯气生成NaC1为被还原过程，根据同一个反应中，电子得失守恒，计算出被还原的氯元素的量，然后计算氯气与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。‎ ‎【详解】氯气生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与 ClO3-的物质的量浓度之比为1:4，则可设ClO-为1mol，ClO3-为4mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为1×(1-0)+4×(5-0)=21mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，氯气生成NaC1是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为21mol，则被还原的Cl的物质的量为21mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21:5，A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ 第II卷 (非选择题 共54分)‎ 二、非选择题(本大题共4小题，共54分)‎ ‎24.CO2的减排已经引起国际社会的广泛关注，近日我国科学家实现了CO2高选择性、高稳定性加氢合成甲醇（CH3OH）。回答下列问题：‎ ‎(1)CH3OH的摩尔质量是__g∙mol-1。‎ ‎(2)2molH2O中所含原子的物质的量为__mol。‎ ‎(3)__g的氢气中所含H原子的数目与1molCH3OH相同。‎ ‎(4)含0.1NA个O的CO2中有__个电子，标况下该CO2的体积为__L。‎ ‎【答案】 (1). 32 (2). 6 (3). 4 (4). 1.1NA (5). ‎‎1.12L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)摩尔质量的数值等于相对分子质量，单位为g∙mol-1。‎ ‎(2)计算分子中所含原子数，应利用化学式建立关系式。‎ ‎(3)求含相同某原子的两分子的质量或物质的量关系，可利用相等的原子建立两分子的数量关系。‎ ‎(4)利用分子中的一个量求另一个量，可利用化学式建立关系式，再利用公式进行转换。‎ ‎【详解】(1)M(CH3OH)=(12×1+1×4+16×1 )g∙mol－1=‎32g∙mol－1。答案为：32；‎ ‎(2)已知每个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，则n(原子数)=3×2 mol=6mol。答案为：6；‎ ‎(3)1mol CH3OH中含有n(H)=4×1mol=4 mol，则氢气中氢原子物质的量也为4 mol，那么n(H2)=2 mol，m(H2)=2mol×‎2 g∙mol－1=‎4g。答案为：4；‎ ‎(4)n(O)==0.1mol，那么n(CO2)=0.05mol，又因为每个CO2中含有电子数为6+8×2=22个，则含0.1NA个O的CO2中有电子数= n(CO2)×NA×22=1.1NA，V(CO2)= n(CO2)×Vm=0.05mol×‎22.4 L∙mol－1=‎1.12 L。答案为：1.1NA；‎1.12L。‎ ‎【点睛】利用一个分子中的某个量计算另一分子的某个量时，需利用二者相等的原子，建立关系式，再列方程进行计算。‎ ‎25.某学习小组欲确定某混合溶液中是否含有以下离子Al3+、Fe3+、Cl-、Na+，采取如下方法，请回答问题：‎ ‎（1）取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在______，向该溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式___________________。‎ ‎（2）另取少量溶液于试管中，逐滴滴加NaOH溶液，实验发现产生的沉淀先增加后略有减少，说明溶液中存在_________，写出沉淀减少的化学方程式___________。‎ ‎（3）请用简要的文字，结合离子方程式说明检验Cl-的实验方法____________________，离子方程式为______________。‎ ‎（4）在焰色反应实验中，若观察到火焰的颜色为黄色，则证明该溶液中存在__________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3+ (2). 2Fe3++Fe =3Fe2+ (3). Al3＋ (4). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (5). 取少量溶液滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解证明有氯离子 (6). Ag＋+Cl－=AgCl ↓ (7). Na+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液显红色，说明原溶液中含有Fe3+，向该溶液中加入铁粉，与Fe3+反应生成Fe2+，离子方程式为：2Fe3＋+Fe =3Fe2＋；‎ ‎（2）取少量溶液，逐滴滴加NaOH溶液，先生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；NaOH溶液过量时Al(OH)3会溶解：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；‎ ‎（3）利用生成的AgCl沉淀既不溶于水，也不溶于酸的性质进行Cl-的检验，Cl-的具体检验方法是：取少量样品，先滴加足量的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加过量的稀硝酸，发现沉淀不溶解，可以证明有Cl-；‎ ‎(4)钠元素的焰色反应显黄色，钠元素在溶液中以Na+的形式存在。‎ ‎26.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持装置已略)。‎ ‎(1)制备氯气选用的试剂为漂粉精固体和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为________________。‎ ‎(2)装置B中饱和食盐水的作用是__________________________________；‎ 同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象： __________________________________________。‎ ‎(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入________(填字母)。‎ a b c d Ⅰ 干燥的 有色布条 干燥的 有色布条 湿润的 有色布条 湿润的 有色布条 Ⅱ 碱石灰 硅胶 浓硫酸 无水氯化钙 Ⅲ 湿润的 有色布条 湿润的 有色布条 干燥的 有色布条 干燥的 有色布条 ‎ (4)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D装置中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为______色，说明氯的非金属性强于溴。‎ ‎(5)打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡后静置。观察到的现象是________。‎ ‎【答案】 (1). Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O (2). 除去Cl2中的HCl (3). 长颈漏斗中液面上升，形成水柱 (4). d (5). 棕黄 (6). 装置E中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置来制备Cl2，制得的Cl2中含有HCl气体，利用饱和食盐水除去HCl，B中的长颈漏斗平衡内外压强，可以防倒吸，也可以判断后面的装置中是否发生了堵塞。装置C用于进行Cl2的性质实验。在D中Cl2与NaBr反应置换出Br2，Br2再与KI溶液反生置换出I2，I2被苯萃取，上层为紫红色；利用NaOH处理尾气。‎ ‎【详解】(1)根据氧化还原反应的规律，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；‎ ‎(2)浓盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；‎ 若装置C发生堵塞，装置B中的压强会增大，长颈漏斗中液面上升，形成水柱；‎ ‎(3)验证氯气是否具有漂白性，要对比验证干燥氯气和湿润氯气有无漂白性，因此Ⅰ处应为湿润的有色布条，Ⅱ处应为干燥剂，Ⅲ处应为干燥的有色布条，U形管中应用固体干燥剂，综上d符合；‎ ‎(4)当向装置D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为棕黄色，发生反应：Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2；‎ ‎(5)打开活塞，将装置D中含Br2的少量溶液加入装置E中，发生反应：Br2＋2KI=2KBr＋I2，碘单质溶于苯，呈紫红色，振荡后静置，观察到的现象是装置E中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色。‎ ‎27.Ⅰ实验室里需要纯净的氯化钠溶液,但实验室只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠.某学生设计了如下方案进行提纯: ‎ ‎ (1)操作②能否改为加硝酸钡溶液，______(填“能”或“否”) ，理由_____________________________。‎ ‎(2)进行操作②后,如何判断SO42- 已除尽,方法是___________________。‎ ‎(3)操作④的目的是_______________________________。‎ Ⅱ硫酸亚铁铵(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：‎ 步骤1 将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。‎ 步骤2 向处理过的铁屑中加入过量的3mol/L H2SO4溶液，在‎60℃‎左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。‎ 步骤3 向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)在步骤1中，分离操作，所用到的玻璃仪器有___________________________。（填仪器编号）‎ ‎①漏斗 ②分液漏斗 ③烧杯 ④广口瓶 ⑤铁架台 ⑥玻璃棒 ⑦酒精灯 ‎(2)在步骤3中，“一系列操作”依次为_____________________、_______________________和过滤。‎ ‎(3)实验室欲用18mol/L H2SO4来配制240mL 3mol/L H2SO4溶液，需要量取________mL浓硫酸，实验时，下列操作会造成所配溶液浓度偏低的是__________________。(填字母)‎ a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中 c.加水时超过刻度线后又倒出 d.定容时仰视刻度线 ‎【答案】 (1). 否 (2). 改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO3- (3). 静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽 (4). 除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸 (5). ①③⑥ (6). 蒸发浓缩 (7). 降温结晶 (8). 41.7 (9). c d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ(1) 操作②改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO3-，得不到纯的氯化钠；‎ ‎(2) 用氯化钡溶液来判断SO42- 是否已除尽；‎ ‎（3）操作④进行加热煮沸，可以除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；‎ Ⅱ(1)根据过滤操作中所用到的玻璃仪器选用所需的仪器； ‎ ‎(2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤； ‎ ‎(3)根据溶液稀释前后溶质的量不变，计算出所需浓硫酸的体积；根据c=n/V进行分析，凡是引起n偏小或V偏大，所测定的结果都会使所配溶液浓度偏低。‎ ‎【详解】Ⅰ(1)本实验的目的最终得到纯净的氯化钠溶液，因此操作②中改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO3-，得不到纯的氯化钠，因此不能用Ba(NO3)2溶液代替BaCl2溶液；综上所述，本题答案是：否，改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO3-。‎ ‎(2) 操作②，加入氯化钡溶液，目的是除去硫酸根离子，因此判断SO42- 已除尽方法是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽；综上所述，本题答案是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽。 ‎ ‎(3)滤液中剩余的碳酸钠与过量的盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠，因此操作④进行的加热煮沸，其目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；综上所述，本题答案是：除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸。‎ Ⅱ(1)进行过滤操作，所用到的玻璃仪器有①漏斗，③烧杯，⑥玻璃棒；综上所述，本题答案是：①③⑥。 ‎ ‎(2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；本题中一系列操作”依次为加热浓缩、降温结晶和过滤；综上所述，本题答案是：蒸发浓缩 ；降温结晶。‎ ‎(3)根据溶液稀释前后溶质的量不变规律，实验室没有240mL容量瓶，只能选用250mL容量瓶，因此18×V(浓H2SO4)=250×3， V(H2SO4)=41.7mL；实验时，下列操作会造成偏低的是：‎ a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，不影响溶质的量和溶液的体积，对无影响，不选； ‎ b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液的体积会偏小，所配溶液浓度偏大，不选；‎ c.加水时超过刻度线后又倒出，造成溶质的量减少，所配溶液浓度偏低，可选；‎ d.定容时仰视刻度线，造成溶液的体积偏高，所配溶液浓度偏低，可选； ‎ 综上所述，本题正确答案是：41.7 ，cd。‎ ‎ ‎