2018-2019学年江西省宜丰中学高一下学期第一次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年江西省宜丰中学高一下学期第一次月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年江西省宜丰中学高一下学期第一次月考化学试题（解析版）‎ 本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 Al-27 Fe-56 Si-28 N-14‎ 一、选择题(本题共24小题，每小题2分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.《本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是(     )‎ A. 蒸馏 B. 升华 C. 蒸发 D. 萃取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ 试题分析：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，……。”，其中“置火上”即为加热，“砒烟上飞”是指固体受热后不经过液体直接转化为气体，即升华，“凝结”即气体不经过液体直接转化为固体，即凝华。故文中涉及的操作方法是升华，B正确，本题选B。‎ ‎2.化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是( )‎ A. 苏打在生活中可用做发酵粉 B. 磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆 C. 石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料 D. 二氧化硅可用于制作硅芯片和光电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苏打是碳酸钠，在生活中可用做发酵粉的是小苏打，即碳酸氢钠，A错误；‎ B. 磁性氧化铁是四氧化三铁，可用于制备颜料和油漆的氧化铁，B错误；‎ C. 工业制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，制备水泥的原料是石灰石、黏土和辅助原料，因此石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料，C正确；‎ D. 二氧化硅可用于制作光导纤维，单质硅可用于制作硅芯片和光电池，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.下列试剂保存说法不正确的是( )‎ A. 金属钠存放在盛有煤油的试剂瓶中 B. 漂白粉置于冷暗处密封保存 C. 存放液溴的试剂瓶中应加水封 D. 烧碱盛放在玻璃瓶塞的磨口玻璃瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故A正确；‎ B．因碳酸的酸性强于次氯酸，则Ca（ClO）2能和空气中CO2、H2O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处，故B正确。‎ C．因液溴易挥发，保存溴时应加入少量水，故C正确；‎ D．因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，选项D是解答的易错点，注意氢氧化钠溶液可以用玻璃瓶保存，但不能用玻璃塞。‎ ‎4.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是( )‎ 选项 A B C D 实验 从食盐水中提取NaCl固体 分离碘和泥沙 分离水和四氯化碳 分离Na2SO4溶液和苯（苯是难溶于水，密度比水小的液体）‎ 装置或仪器 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据混合物分离提纯的物理原理选择合适的装置。‎ ‎【详解】A项：从水溶液（食盐水）中提取固体溶质（NaCl固体）应选择蒸发装置而不是灼烧固体装置。A项错误；‎ B项：碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项错误； ‎ C项：水和四氯化碳组成不相溶的液体混合物，使用分液方法分离。C项正确； ‎ D项：苯是难溶于水的液体，分离Na2SO4溶液和苯的混合物应使用分液法。D项错误。‎ 本题选C。‎ ‎5.分类法在化学发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是 A. 根据是否含有氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂 B. 根据是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液 C. 根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质 D. 根据是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、氧化剂不一定有氧元素，所以错误，不选A；B、根据分散系中分散质的微粒直径大小将分散系分成溶液或胶体或浊液，错误，不选B；C、物质必须是化合物才能可能是电解质或非电解质，错误，不选C；D、氧化还原反应中肯定有电子转移，正确，选D。‎ 考点：物质的分类标准 ‎【名师点睛】分散系的分类是根据分散质的微粒直径大小划分的，微粒直径小于1纳米的为溶液，大于100纳米的为浊液，在1纳米到100纳米的分散系为胶体。溶液是稳定体系，胶体是介稳体系，浊液不稳定。溶液和胶体能通过滤纸，而浊液中的分散质不能通过滤纸。溶质能通过半透膜，胶体不能通过半透膜，所以可以用渗析的方法分离提纯胶体。可以用丁达尔效应区别溶液和胶体。‎ ‎6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. 1 mol Cl2与足量的Ca(OH)2溶液完全反应，转移电子的数目为2NA B. 60 g SiO2晶体中含有的分子数目为NA C. 9.2 g NO2和N2O4的混合气体中原子总数为0.6 NA D. 标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1 mol Cl2与足量的Ca(OH)2溶液完全反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，氯气既是氧化剂，也是还原剂，转移电子的数目为NA，A错误；‎ B. 60 g SiO2的物质的量是1mol，但二氧化硅属于原子晶体，晶体中不存在分子，B错误；‎ C. NO2和N2O4的最简式均是“NO2”，9.2 g NO2和N2O4的混合气体中的“NO2”物质的量是0.2mol，含有原子总数为0.6NA，C正确；‎ D. 标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，含有的分子数为0.1NA，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列叙述不正确的是( )‎ A. 丁达尔效应可以区别溶液和胶体 B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度 C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3 固体，溶液的导电性明显增强 D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，使所得溶液浓度偏大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应可以区别溶液和胶体，A正确；‎ B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度，B正确；‎ C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3固体生成醋酸钠，离子浓度增大，溶液的导电性明显增强，C正确；‎ D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积增加，使所得溶液浓度偏小，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎8.下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是（ ）‎ A. 透明溶液中：SCN－、NO3－、Na+、Fe3+‎ B. 遇酚酞显红色的溶液中：Cl2、Mg2+、I－、SO42－‎ C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中：HCO3－、K+、Cl－、CH3COO－‎ D. 酸性溶液中：Fe2+、Al3+、SO42－、NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则一定不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应解答。‎ ‎【详解】A. 溶液中SCN－与Fe3+发生反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，A错误；‎ B. 遇酚酞显红色的溶液显碱性，则Cl2、Mg2+一定不能大量共存，另外氯气也能氧化I－，不能大量共存，B错误；‎ C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性HCO3－、CH3COO－均不能大量共存，如果显碱性HCO3－不能大量共存，C错误；‎ D. 酸性溶液中Fe2+、Al3+、SO42－、NH4+之间不反应，可以大量共存，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列反应的离子方程式书写正确的是( )‎ A. Cl2与水反应:Cl2+ H2O = 2H++ Cl-+ClO-‎ B. AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+‎ C. 三氯化铁溶液中加入金属钠：3Na+ Fe3+=3Na+ + Fe D. NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-+ CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸难电离，Cl2与水反应的离子方程式应该是Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，A错误；‎ B. AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，B正确；‎ C. 钠极易与水反应，三氯化铁溶液中加入金属钠生成氢氧化铁、氯化钠和氢气：6Na+2Fe3++6H2O＝6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑，C错误；‎ D. NaAlO2溶液中通入过量的CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】选项C是解答的易错点，注意钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。‎ ‎10.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效的净水剂,可用次氯酸盐氧化法制备,原理如下:‎ ‎①2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O ②Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.下列说法不正确的是( )‎ A. 反应①为氧化还原反应,反应②为复分解反应 B. 反应①中Na2FeO4是氧化产物 C. 反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3 D. 每生成1mol K2FeO4,转移电子的物质的量为3mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素化合价升高，由+3价升高为+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂；Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH为复分解反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，据此答题。‎ ‎【详解】A.反应①中Fe和Cl元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，反应②中元素化合价没有发生变化，为复分解反应，故A正确；‎ B.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价被氧化，所以Na2FeO4是氧化产物，故B正确；‎ C.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，被氧化，FeCl3为还原剂；Cl元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，NaClO为氧化剂；氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故C错误；‎ D.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价被氧化，生成1molK2FeO4，转移电子的物质的量为3mol，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎11.在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能实现的是（ ）‎ A. CaCO3CaOCaSiO3‎ B. FeFeCl2Fe（OH）2‎ C. AlH2Cu D. SSO3H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙，A符合；‎ B、氯气与铁化合生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，B不符合；‎ C、硝酸是氧化性酸，与金属铝反应不能生成氢气，C不符合；‎ D、硫燃烧只能生成二氧化硫，得不到三氧化硫，D不符合。‎ 答案选A。‎ ‎12.下列各项操作过程中，发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是 ‎ ‎①向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 ‎ ‎②向AlCl3溶液中通入过量的NH3‎ ‎③向Ba(OH)2溶液中通入过量CO2 ‎ ‎④向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. ①② B. ①③④ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①因Fe(OH)3胶体加入稀硫酸产生聚沉现象，H2SO4与Fe(OH)3反应，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故①符合；‎ ‎②AlCl3和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，即沉淀不溶解，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故②不符合；‎ ‎③氢氧化钡和CO2反应，先生成BaCO3沉淀，继续通入CO2，会与BaCO3反应生成可溶的Ba(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故③符合；‎ ‎④向NaAlO2中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；‎ 故答案选B。‎ ‎13.如图所示：烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则a、b不可能是 ‎ A. a为Cl2气体，b为饱和NaCl溶液 B. a为NH3气体，b为盐酸溶液 C. a为CO2气体，b为浓NaOH溶液 D. a为HCl气体，b为H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则气体a极易溶于水，或极易与烧杯中的液体反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，以此来解答。‎ ‎【详解】A. Cl2微溶于水，饱和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯气的溶解，不能形成压强差，则不能形成喷泉，故A项错误；‎ B. 氨气极易溶于水，可与盐酸反应生成NH4Cl溶液，导致气体减少，构成压强差，可形成喷泉，故B项正确；‎ C. CO2可与浓NaOH反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，故C项正确；‎ D. HCl极易溶于水，构成压强差，可形成喷泉，故D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎14.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。‎ ‎15.A、B、C、D四种不同物质之间具有如图所示转化关系(反应条件及部分产物已略去)。下列有关物质的推断不正确的是 (　　)‎ 选项 假设 结论 A A为NaOH溶液 D可能是CO2‎ B B为CO C可能是CO2‎ C C为FeCl2　，D为Fe A可能是盐酸 D C为SO2‎ A可能是H2S A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，符合转化关系，故A不选；‎ B．B为CO，A可为碳，D为氧气，CO与氧气反应生成二氧化碳，碳与二氧化碳反应生成CO，符合转化关系，故B不选；‎ C．如C为FeCl2，D为Fe，则B为氯化铁，盐酸与铁反应只生成FeCl2，不符合转化关系，故C选；‎ D．硫化氢不完全燃烧可生成硫，完全燃烧生成二氧化硫，且硫化氢与二氧化硫反应生成硫，符合转化关系，故D不选。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查无机物的推断，综合考查非金属元素及金属元素化合物性质，涉及常见元素及其化合物知识的考查，把握单质及化合物的性质来分析推断各物质为解答的关键。‎ ‎16.下列实验现象和结论相符的是( ) ‎ 操作及现象 ‎ 结论 ‎ A ‎ 溶液中加入盐酸,产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 ‎ 溶液中一定含有CO32-‎ B ‎ 某溶液中加入硝酸银,产生白色沉淀 ‎ 溶液中一定含有Cl-‎ C ‎ 某气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊 ‎ 该气体一定是CO2‎ D ‎ 向某溶液中先加KSCN无明显现象,再滴氯水,溶液变红 ‎ 溶液中一定含有Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液中含有亚硫酸根离子和盐酸反应生成的二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，不一定是碳酸根离子，故A错误；‎ B.溶液中含有硫酸根离子也可以生成硫酸银白色沉淀，不一定含有氯离子，故B错误；‎ C.二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，故C错误；‎ D.向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红是检验亚铁离子检验方法，反应现象证明含有亚铁离子，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】CO2和SO2气体都能使澄清石灰水变浑浊，鉴别CO2和SO2气体可以通过品红溶液，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色。‎ ‎17.某回学用下列装置完成了浓硫酸和SO2性质实验（夹持装置已省略）‎ 下列说法错误的是 A. 反应后，试管Ⅰ中出现白色固体，将其放入水中，溶液显蓝色 B. 试管Ⅱ中品红溶液逐渐褪色，对其加热溶液又恢复红色 C. 试管Ⅳ中高锰酸钾褪色，体现了SO2的漂白性 D. 试管Ⅴ可以改为装有碱石灰的干燥管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，无水硫酸铜是白色的固体，加入水中，溶液呈蓝色，A正确；‎ B项、SO2使品红褪色是因为SO2溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，加热后这种不稳定的无色物质分解而恢复原来的红色，B正确；‎ C项、酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于其具有还原性，C错误；‎ D项、氢氧化钠的作用是吸收多余的二氧化硫，可以改为装有碱石灰的干燥管，D正确；‎ 故本题选C。‎ ‎18.某溶液中含有大量的下列离子：Mg2+、NO3-、K+和M离子，经测定Mg2+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2∶4∶1∶1,则M离子可能是( )‎ A. Na+ B. OH- C. Cl- D. SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电离守恒判断M离子所带电荷，结合选项判断。‎ ‎【详解】假设Mg2+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、4mol、1mol、1mol，Mg2+、K+离子所带总电荷为2mol×2+1mol×1=5mol，NO3-离子所带总电荷为4mol×1=4mol＜5mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则5mol=4mol+1mol×n，解得n=1，由于氢氧根离子与镁离子不能大量共存，所以符合条件的为氯离子，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，选项B是解答的易错点，解答中注意离子共存问题。‎ ‎19.向MgCl2、Al2(SO4)3的混合済液中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如右图所示，则原溶液中SO42—与Cl—的物质的量之比是( )‎ A. 1：2 B. 1:1 C. 2:3 D. 3:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向MgCl2、Al2(SO4)3的混合溶液中不断加入NaOH溶液，首先生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后氢氧化铝又溶解，结合图像的变化趋势分析计算。‎ ‎【详解】假设第一阶段消耗氢氧化钠的物质的量为4mol，此时沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]＝n（OH-）＝4mol；根据图像可判断第二阶段消耗1molNaOH，沉淀由最大值减小为最小值，故1molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知：n[Al（OH）3]＝1mol，所以2n[Mg（OH）2]+3×1mol＝4mol，故n[Mg（OH）2]＝0.5mol，根据原子守恒可知原溶液中含有0.5molMgCl2、0.5molAl2(SO4)3，所以原溶液中SO42－与Cl－的物质的量之比是：1.5mol：1mol＝3：2，故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确图象曲线变化的含义及对应反应为解答关键，注意掌握守恒思想的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎20.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是 A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 B．证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)‎ C．探究氧化性：‎ KMnO4＞Cl2＞I2‎ D．比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化；‎ B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；‎ C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；‎ D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。‎ ‎【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；‎ B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)，故A能达到实验目的；‎ C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故C正确；‎ D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。‎ ‎21.下列变化的实质相似的是(　　)‎ ‎①浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字 ②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色 ‎③二氧化硫能使高锰酸钾溶液、溴水褪色 ④氨气和硫化氢气体均不能用浓硫酸干燥 ‎⑤常温下浓硫酸可用铁容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应 ‎⑥浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 A. 只有③⑤ B. 只有②③④ C. 只有③④⑥ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有关变化的本质，分析判断其是否相似。‎ ‎【详解】①浓硫酸在白纸上写字是浓硫酸的脱水性，使纤维素脱水炭化，氢氟酸在玻璃上刻字是HF与SiO2的复分解反应，实质不同；②二氧化硫使品红溶液褪色是化合反应，生成的无色物质不稳定，易分解恢复红色，氯气使品红溶液褪色是次氯酸的强氧化性，生成的无色物质不能恢复红色，实质不同；‎ ‎③二氧化硫能使高锰酸钾溶液、溴水褪色，都是二氧化硫的还原性，实质相似；④氨气不能用浓硫酸干燥是因为氨气是碱性气体，硫化氢不能用浓硫酸干燥是因为硫化氢气体有还原性，与浓硫酸发生氧化还原反应，实质不同；⑤常温下用铁容器存放浓硫酸是因为发生钝化、加热条件下浓硫酸能与木炭反应，都是发生了氧化还原反应，实质相似；⑥在空气中敞口放置时，浓硫酸吸收水汽使浓度减小，浓盐酸会挥发出HCl使浓度均减小，实质不同。‎ 本题选A。‎ ‎【点睛】对于相似的现象，要从实质上仔细分析比较，找出异同，这样才能很好把握本质。‎ ‎22.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·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，只发生中和反应 B. ab斜段发生反应的离子方程式为CO32—＋2H＋=H2O＋CO2↑‎ C. a＝0.2‎ D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸发生的反应依次为H＋＋OH－＝H2O、CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，第三步才开始产生气体，故0-a范围内，发生了前两步反应，A错误；B、ab段立即产生气体，则反应为： HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B错误；C、生成CO2 0.01mol，根据方程式HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑可知，消耗盐酸的物质的量是0.01mol，消耗盐酸的体积为0.1L，所以a＝0.3，故C正确；D、生成0.01mol CO2，则Na2CO3为0.01mol，Na2CO3共消耗盐酸0.02mol，从图上可知整个过程共消耗0.04molHCl，所以与NaOH反应的盐酸是0.04mol－0.02mol＝0.02mol，则NaOH为0.02mol，因此原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，故D错误。选C。‎ ‎23.FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为 ( )‎ A. 1：4 B. 1：5 C. 1：6 D. 1：7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5-4）+1mol×2×（5-4）+2mol×（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）==1mol，根据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。‎ ‎24.在由NaOH、Na2O2组成的混合物中钠元素的质量分数为58％，则混合物中氢元素的质量分数为（ ）‎ A. 62% B. 2% C. 4% D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在NaOH和Na2O2中n(Na):n(O)=1:1，m(Na):m(O)=23:16，混合物中钠元素的质量分数为58％，所以混合物中氧元素的质量分数为(16÷23)×58%=40%，故混合物中氢元素的质量分数为100%－58%－40%=2%。答案选B。‎ 二、非选择题（共52分）‎ ‎25.现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸、②小苏打、③纯碱、④二氧化碳、⑤葡萄糖、‎ ‎⑥0.1mol/L NaOH溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑧氨水、⑨Al2O3、⑩硫酸铁溶液 ‎（1）上述十种物质中，属于电解质的有_________________，（填序号，下同）属于非电解质的有________ ，能导电的有______________。‎ ‎（2）写出②的水溶液的电离方程式 ________________________________。 ‎ ‎（3）标准状况下，________L④中含有0.4mol氧原子。 ‎ ‎（4）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中c(SO42-)=________。‎ ‎【答案】 (1). ②③⑨ (2). ④⑤ (3). ①⑥⑦⑧⑩ (4). NaHCO3＝Na++HCO3- (5). 4.48 (6). 1.5mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；含有自由移动电子或离子的物质可以导电；‎ ‎（2）根据碳酸氢钠是强电解质完全电离分析解答；‎ ‎（3）根据n=V÷Vm结合分子的构成计算；‎ ‎（4）根据n=m÷M计算Fe3+的物质的量，结合物质的组成计算硫酸根离子的浓度。‎ ‎【详解】（1）①0.1mol/L硫酸能导电，属于混合物不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎②小苏打是碳酸氢钠，NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质，碳酸氢钠不导电；‎ ‎③固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质，纯碱不导电；‎ ‎④二氧化碳水溶液中反应生成电解质溶液导电，本身不能电离属于非电解质；‎ ‎⑤葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质；‎ ‎⑥0.1mol/L NaOH溶液能导电，属于混合物不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑦氢氧化铁胶体属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧氨水属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑨Al2O3不导电，是电解质；‎ ‎⑩硫酸铁溶液属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ 故属于电解质的是②③⑨，非电解质的是④⑤，能导电的是①⑥⑦⑧⑩；‎ ‎（2）小苏打是碳酸氢钠，在水溶液中的电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3-；‎ ‎（3）n（CO2）=1/2n（O）=0.2mol，在标况下的体积是V（CO2）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；‎ ‎（4）Fe3+的物质的量为5.6g÷56g/mol=0.1mol，溶液中2n（SO42-）=3n（Fe3+），则SO42-的物质的量为0.1mol×3/2=0.15mol，SO42-的物质的量浓度为0.15mol÷0.1L=1.5mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了物质导电的条件，电解质和非电解质的概念，电离方程式书写，物质的量有关计算等，电解质和非电解质的判断是解答的易错点。‎ ‎26.（1）已知草酸（H2C2O4）可使H2SO4酸化的KMnO4溶液褪色，请回答以下问题：‎ ‎①请补全并配平该反应方程式：‎ ‎_____H2C2O4+___KMnO4+___H2SO4 → ___K2SO4+____ MnSO4+___ CO2↑ + ___H2O ‎②在该反应还原产物为________（写化学式）‎ ‎（2）某溶液中可能含有以下离子：Na+、K+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－，现进行如下实验：‎ 根据实验现象回答：‎ 该溶液中一定含有的离子是______________；一定不含有的离子是____________；无法确定的离子是____________________。‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). 2 (3). 3 (4). 1 (5). 2MnSO4 (6). 10 (7). 8 (8). MnSO4 (9). Na+、CO32－、SO42－、Cl－ (10). Fe3+ (11). K+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①依据氧化还原反应中电子得失守恒和原子守恒解答；‎ ‎②依据氧化还原反应中氧化剂所含元素化合价降低解答；‎ ‎（2）根据实验现象结合离子的性质分析解答。‎ ‎【详解】（1）①该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以结合电子得失守恒、原子守恒配平方程式为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；‎ ‎②草酸与高锰酸钾在酸性环境下发生反应，高锰酸钾做氧化剂被还原，在该反应中+7价锰降价为+2价锰离子，所以还原产物为MnSO4；‎ ‎（2）待测液加入KSCN溶液，无明显现象，则溶液中无三价铁离子，焰色反应呈黄色，说明含有钠离子，加入足量硝酸钡溶液产生白色沉淀，加入足量盐酸白色沉淀部分溶解说明沉淀为硫酸钡、碳酸钡混合物，则溶液中含有硫酸根离子、碳酸根离子，向加入足量硝酸钡溶液后过滤得到的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀为氯化银沉淀，则溶液中一定含有氯离子，通过已有事实无法确定是否存在钾离子，所以该溶液中一定含有的离子是Na+、CO32－、SO42－、Cl－；一定不含有的离子是Fe3+；无法确定的离子是K+。‎ ‎27.在浓硝酸中放入铜片： ‎ ‎（1）反应开始的化学方程式为_________________________________________；‎ ‎（2）根据上述实验现象，表明硝酸具有_____________填序号；‎ ‎①酸性        ②不稳定性       ③强氧化性 ‎（3）用V L的试管装满NO2气体，并倒扣在足量的水中，待试管中液面不再上升时，试管中溶液的浓度为_____________；（气体摩尔体积用Vm表示）‎ ‎（4）待反应停止时，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是________________________________________离子方程式；‎ ‎（5）若将12.8g铜跟一定质量的浓硝酸反应，铜耗完时，共产生气体5.6L标准状况，则所消耗的硝酸的物质的量是_____________，反应中转移的电子的物质的量为_____________。‎ ‎【答案】 (1). Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). ①③ (3). 1/Vm mol/L (4). 3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O (5). 0.65 mol (6). 0.4 mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，据此书写；‎ ‎（2）根据生成物、实验现象以及氮元素化合价变化分析；‎ ‎（3）根据反应的方程式以及c＝n/V计算；‎ ‎（4）酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，又继续和铜反应；‎ ‎（5）根据原子守恒和铜元素的化合价变化计算。‎ ‎【详解】（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，因此反应开始的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；‎ ‎（2）反应中有红棕色二氧化氮气体，溶液逐渐变蓝色，说明反应中氮元素化合价降低，铜元素化合价升高，因此体现浓硝酸的强氧化性，有硝酸铜生成，还体现硝酸的酸性，答案选①③；‎ ‎（3）用V L的试管装满NO2气体，并倒扣在足量的水中发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，待试管中液面不再上升时溶液体积是2V/3 L，硝酸的物质的量是，因此试管中溶液的浓度为mol/L；‎ ‎（4）加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎（5）12.8gCu的物质的量为12.8g÷64g/mol=0.2mol，气体的物质的量为5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，根据氮原子守恒可知参加反应的硝酸的物质的量为n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO、NO2）=2×0.2mol+0.25mol=0.65mol；铜元素化合价从0价升高到+2价失去2个电子，则反应中转移的电子的物质的量为0.2mol×2＝0.4mol。‎ ‎【点睛】本题考查了硝酸的性质及氧化还原反应计算，注意利用氮原子个数守恒和得失电子数守恒思想计算。‎ ‎28.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D____________X_______________。‎ ‎（2）反应⑥的离子方程式为：___________________________。‎ ‎（3）往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是__________________。‎ ‎（4）反应⑦的化学方程式为_____________________________________；‎ 反应③的化学方程式为_____________________________________；‎ ‎（5）除去G溶液中混有的少量D的方法是：_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3 (2). HCl (3). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 (4). 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (6). Fe3O4+8HCl= FeCl2+2 FeCl3+4H2O (7). 向混合液中加入足量铁粉 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为金属单质，B为黄绿色气体，说明B为Cl2 ，D与F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN，由D与G之间的相互转化可知G为FeCl2‎ ‎，Fe与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2 ，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A是铁，B是氯气，C是氧气，D是氯化铁，E是四氧化三铁，F是硫氰化钾，G是氯化亚铁，H是水，X是氯化氢。则 ‎（1）由上述分析可知D的化学式为FeCl3，X的化学式为HCl；‎ ‎（2）反应⑥是氯化铁和硫氰化钾发生的反应，离子方程式为Fe3++3SCN-＝Fe(SCN)3；‎ ‎（3）氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，则往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；‎ ‎（4）反应⑦是铁在水蒸气中发生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；反应③是四氧化三铁与盐酸反应，反应的化学方程式为Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O；‎ ‎（5）由于氯化铁能与铁反应生成氯化亚铁，则除去G溶液中混有的少量D的方法是向混合液中加入足量铁粉。‎ ‎29.某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。‎ ‎（1）A中发生反应的化学反应方程式为________________________________‎ ‎（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯，回答下列问题：‎ ‎①在装置D中能看到的实验现象分别是 ___________________ ；‎ ‎②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为______________________________；‎ ‎③装置F中球形干燥管的作用是____________________________；‎ ‎（3）储气瓶b内盛放的试剂是______________________________；‎ ‎（4）B处发生反应的离子方程式为___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑ (2). 溶液先变红色后褪色 (3). C+2Cl2+2H2O CO2+4HCl (4). 防止倒吸 (5). 饱和食盐水 (6). 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据题意可知实验目的：制取氯气并进行氯气性质实验，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气具有强的氧化性能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，E中碳与氯气、水蒸气反应生成二氧化碳和氯化氢，氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，通常用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，据此解答。‎ ‎【详解】（1）A是制备氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；‎ ‎（2）①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，所以D中现象为：溶液先变红色后褪色；‎ ‎②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，依据得失电子守恒和原子个数守恒可知反应方程式为C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl；‎ ‎③氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，所以装置F中球形干燥管的作用是防倒吸；‎ ‎（3）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以装置b中液体为饱和食盐水；‎ ‎（4）氯气具有强氧化性，能把氯化亚铁氧化为氯化铁，则B处发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-。‎ ‎【点睛】本题考查了气体的制备与性质，明确氯气的实验室制备原理及性质是解题关键，培养了学生分析问题和解决问题的能力。本题的易错点为（2）②中氧化还原反应方程式的书写，要注意充分利用题干信息判断出反应物和生成物，再配平。‎ ‎ ‎ ‎ ‎