【化学】福建省晋江市养正中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】福建省晋江市养正中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

福建省晋江市养正中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 ‎ (考试时间：90分钟 总分：100分)‎ 可能需要用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ba-137‎ 第Ⅰ卷(选择题 共48分)‎ 一、选择题(每小题有且只有一个选项符合题意，每题2分，共48分)。‎ ‎1.生活或实验中常碰到一些化学知识，下列分析中不正确的是（ ）‎ A. 人体不能缺碘，需要正常补碘，“加碘食盐”中的“碘”是指碘元素 B. 进行焰色反应实验时，蘸取样品之前需要用稀硫酸溶液清洗铂丝 C. “绿色化学”的理想在于不再使用有毒、有害的物质，不再产生废物 D. 水壶中产生的水垢【主要成分为CaCO3和Mg(OH)2】可用食醋清洗除去 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加碘食盐中加入的是碘酸钾，不是碘单质，故A正确；‎ B. 焰色反应时，蘸取样品之前需用稀盐酸溶液清洗铂丝，因为氯化物熔沸点低易除去，但是硫酸盐熔沸点高会附着在铂丝上影响实验现象，故B错误；‎ C. 绿色化学核心就是要利用化学原理从源头消除污染，在于不再使用有毒、有害的物质，不再产生废物，故C正确；‎ D. 水垢的主要成分是碳酸钙等，这些成分能与食醋中的醋酸反应生成可溶性的醋酸盐，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级(1到10 nm之间)的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中不正确的是（ ）‎ A. 纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液 B. 纳米Fe3O4磁流体可以通过半透膜得到提纯 C. 当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路 D. 纳米Fe3O4磁流体比较稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纳米Fe3O4磁流体，粒子直径在1到10 nm之间，所以纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，故A错误；‎ B、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体通过半透膜提纯，故B正确；‎ C、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，所以当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；‎ D、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体具有介稳性，纳米Fe3O4磁流体比较稳定，故D正确。‎ ‎3.我国稀土资源丰富。下列有关稀土元素与的说法正确的是（ ）‎ A. 与的质量数相同 B. 与是同一种核素 C. 与互为同位素 D. 与的核外电子数和中子数均为62‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质量数为144，质量数为150，两核素的质量数不相同，A项错误；‎ B.核素是指具有确定的质子数和中子数的一种原子，的中子数=144-62=82，的中子数=150-62=88，中子数不相同，所以和属于不同的核素，B项错误；‎ C.质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素，与两原子的质子数均为62，而中子数前者为82，后者为88，所以它们互为同位素，C项正确；‎ D.原子核外电子数=质子数=核电荷数，与质子数均为62，故核外电子数均为62，但中子数前者是82，后者是88，D项错误；答案选C。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(    )‎ A. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.01NA B. 标准状况下，22.4L酒精含有的分子数为NA C. 在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NA D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1.06g碳酸钠的物质的量为=0.01mol，而碳酸钠中含2个钠离子，故0.01mol碳酸钠中含钠离子为0.02NA个，故A错误；‎ B、标准状况下，酒精为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；‎ C、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故28g混合气体的物质的量为=1mol，故分子数N=nNA=NA个，故C正确；‎ D、溶液的体积不明确，溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.为了除去粗盐中的Ca2+，Mg2+，SO42－及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（ ）‎ ‎①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液 A. ②⑤④①③ B. ④①②⑤③‎ C. ④②⑤①③ D. ①④②⑤③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化。但用于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以答案选A。‎ ‎6.用0.1mol/LNa2SO3溶液20mL，恰好将1.0×10-3molXO4-还原，则X元素在反应后所得还原产物中化合价为（ ）‎ A. +3价 B. +2价 C. +1价 D. 0价 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应中XO4-和Na2SO3‎ ‎ 发生氧化还原反应，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，XO4－作氧化剂，则X元素得电子化合价降低，再结合转移电子守恒计算还原产物中X化合价．‎ ‎【详解】Na2SO3恰好将XO4－还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，‎ 设元素X在还原产物中的化合价为a，‎ 由电子守恒可知，‎ ‎0.1mol·L－1×0.02L×（6-4）=1×10-3mol×（7-a），‎ 解得a=+3，‎ 故选A。‎ ‎7.下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入足量 NaOH 溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组 是（　　）‎ A. Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣‎ B. Ca2+、HCO3﹣，NH4+、CO32﹣‎ C. K+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣‎ D. Mg2+、NH4+、SO42﹣、K+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该组离子之间不反应，离子能大量共存，当加入NaOH加热后会与NH4+反应产生NH3，但没有沉淀，故A错误；‎ B．Ca 2+、CO32﹣之间生成碳酸钙沉淀，该组离子不能大量共存，故B错误；‎ C．该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH会与HCO3﹣生成CO32﹣，CO32﹣与Ba2+可生成BaCO3沉淀，但无气体生成，故C错误；‎ D．该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH溶液加热后，OH﹣与NH4+产生NH3，OH﹣与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.200mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+56g，在该溶液中加入1mol/LBaCl2溶液300mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度是(忽略混合后溶液的体积变化) (    )‎ A. 7.5mol/L B. 5mol/L C. 6mol/L D. 2.4mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】200mL Fe2(SO4)3溶液中Fe3+为56g，物质的量为=1mol，根据电荷守恒可知，溶液中n(SO42-)=n(Fe3+)=×1mol=1.5mol，加入的BaCl2的物质的量为1mol/L×0.3L=0.3mol，故n(Ba2+)=0.3mol，根据SO42-+Ba2+═BaSO4↓可知，剩余SO42-的物质的量为1.5mol-0.3mol=1.2mol，所以反应后溶液中SO42-的物质的量的浓度为=2.4mol/L，故选D。‎ ‎9.下列说法正确的是(    )‎ A. 相同温度下，Na2CO3比NaHCO3的溶解度小 B. 只有钠单质和钠盐的焰色反应呈现黄色 C. 可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3 溶液 D. 在Na2O2中阳离子与阴离子的个数比为2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳可生成NaHCO3沉淀，说明相同温度下，水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故A错误；‎ B．焰色反应为元素性质，所以只要含有钠元素，物质灼烧都能呈现黄色，如NaOH等，故B错误；‎ C．Na2CO3和NaHCO3两种溶液与石灰水反应均生成碳酸钙白色沉淀，不能鉴别，故C错误；‎ D．过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠含有2mol钠离子，1mol过氧根离子，所以阳离子与阴离子的个数比为2∶1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.下列离子检验的结论正确的是（ ）‎ A. 向含有 Fe2+溶液中加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2+具有还原性 B. 某溶液与NaOH溶液共热，产生了使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中一定存在NH4+‎ C. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色无味的气体，则该固体中一定含有CO32-‎ D. 向无色溶液中加BaC12‎ 溶液，生成了白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此可确定该溶液中一定含有 SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向含有Fe2+溶液中加少量酸性KMnO4溶液，Fe2+会被酸性KMnO4氧化而使KMnO4溶液褪色，A项正确；‎ B. 氨气可使湿润得红色石蕊试纸变蓝，而不能使蓝色石蕊试纸变红，B项错误；‎ C. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色无味的气体，则该固体中可能含有CO32-或HCO3－，C项错误；‎ D. 不溶于稀硝酸的白色沉淀还可能是氯化银，则原溶液中可能还有SO42-或Ag＋，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 1L水中溶解了40.0 g NaOH，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L B. 从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度为1mol/L C. 中和100 mL 1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH8.0g D. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A.溶液的体积不等于溶剂的体积；‎ B.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等；‎ C.先计算酸的物质的量，再根据反应时二者物质的量关系，计算NaOH的物质的量，利用n=，计算NaOH的质量；‎ D.计算溶质CuSO4的物质的量，利用元素守恒，得到胆矾的物质的量，最后根据n=，计算胆矾的质量。‎ ‎【详解】A. 40.0 g NaOH的物质的量是1mol，将其溶解在1L水中，得到的溶液体积不是1L，所以不能确定溶液的浓度，A错误；‎ B.溶液的浓度与取出的体积大小无关，所以从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度仍为2mol/L，B错误；‎ C.100 mL 1mol/L的H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=2‎ ‎ n(H2SO4)=0.2mol，则其质量是m(NaOH)= n×M=0.2mol×40g/mol=8.0g，C正确；‎ D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0.5mol/L×0.5L=0.25mol，由于用CuSO4·5H2O配制，根据Cu元素守恒可知需n(CuSO4·5H2O)= n(CuSO4)=0.25mol，质量是m(CuSO4·5H2O)=n×M=0.25mol×250g/mol=62.5g，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是（ ）‎ A. (CN)2和NaOH溶液反应：(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O B. MnO2和HCN反应：MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O C. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2‎ D. 向KCN溶液中加入碘水：I2＋2KCN＝2KI＋(CN)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，其氧化性介于Br2和I2之间，则其氧化性强、弱顺序为：Cl2＞Br2＞(CN)2＞I2，所以还原性强、弱顺序为：I-＞CN-＞Br-＞Cl-，结合氯气的性质分析解答。‎ ‎【详解】A．根据Cl2和氢氧化钠的反应Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O类推，(CN)2和NaOH溶液反应：(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O，A正确；‎ B．根据二氧化锰和浓盐酸反应的方程式类推可知MnO2和HCN反应：MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O，B正确；‎ C．在氧化还原反应中，当有多种还原剂时，往往是还原剂最强的优先反应，所以在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，首先氧化CN－：Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2，C正确；‎ D．若该反应能够发生，则说明I2的氧化性大于(CN)2，显然与题给的氧化性强、弱的信息不符，故该反应不能发生，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列化学反应的离子方程式中正确的是(    )‎ A. 盐酸与碳酸钙反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH－+HCO3－ =CaCO3↓+H2O C. 氯气溶于水：Cl2+H2O2H++Cl－+ClO-‎ D. Ba(OH)2与稀H2SO4反应的离子方程式：H++OH－=H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸钙难溶于水，盐酸与碳酸钙反应：CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；‎ B、澄清石灰水与少量小苏打溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故B正确；‎ C、氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸，保留分子式，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故C错误；‎ D、Ba(OH)2与稀H2SO4反应生成水和硫酸钡沉淀，离子方程式为2OH-+2H++Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误； ‎ 故选B。‎ ‎14.向NaCl、NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成不可能是( )‎ A. NaCl B. NaCl NaBr C. NaCl、NaBr、NaI D. NaCl NaI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Br-、I-的还原性：Br-＜I-，向含有NaCl、NaBr、NaI的混合溶液中通入一定量氯气后，先发生反应2NaI+Cl2=2NaCl+I2，氯气过量时再发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，据此结合Br2和I2的性质分析。‎ ‎【详解】A．当氯气过量时，发生反应2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，加热过程中，Br2易挥发、I2易升华，最后剩余固体是NaCl，故A可能； B．当氯气少量时，发生反应2NaI+Cl2=2NaCl+I2，部分2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是NaCl、NaBr，故B可能； C．当氯气少量时，只发生部分2NaI+Cl2=2NaCl+I2‎ 反应，加热过程中，碘升华，所以固体是NaCl、NaBr、NaI，故C可能； D．当加入氯气，氯气先和碘离子反应，后和溴离子反应，所以固体是中不可能是NaCl、NaI，故D不可能； 故选：D。‎ ‎15.将一块金属钠露置于空气中，观察到下列现象：金属钠银白色变灰暗变白色表面潮湿形成白色晶体形成白色粉末。据此判断下列说法中不正确的是( )‎ A. 过程⑤最终形成的白色粉末是 B. 过程④是氢氧化钠溶液吸收空气中的、水蒸气形成了碳酸氢钠晶体 C. 过程③中，是因为氢氧化钠具有很强吸湿性，吸收空气中的水分子，最后会完全溶解成溶液 D. 整个变化过程中只有一个氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小块金属钠露置于空气中发生的变化中，银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体，是钠被氧化为氧化钠；氧化钠和水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液；二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠， A、由此可知过程⑤最终形成的白色粉末是Na2CO3，故A正确； B、过程④是氢氧化钠溶液吸收空气中的CO2、水蒸气形成了十水合碳酸氢钠晶体，故B错误； C、氢氧化钠具有很强吸湿性，吸收空气中的水蒸气而出现液滴，故C正确； D、只有①钠被氧化成氧化钠是一个氧化还原反应，故D正确； 故选：B。‎ ‎16. 只用溴水就可以将下列物质鉴别出来的是( )‎ A. 水、CCl4、酒精、苯 B. NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液、NaOH溶液 C. AgNO3溶液、NaOH溶液、KI溶液、CCl4‎ D. CCl4、酒精、NaCl溶液、KI-淀粉溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入溴水，不分层的为水与酒精，分层，下层有颜色的为四氯化碳，分层且上层有颜色的为苯，不能鉴别，不选A；‎ B、溴水与氯化钠或溴化钠溶液混合都没有明显现象，不能鉴别，不选B；‎ C、加入溴水，有浅黄色沉淀的为硝酸银，溴水褪色的为氢氧化钠，溶液为褐色的为碘化钾溶液，分层且下层有颜色的为四氯化碳，能鉴别，选C；‎ D、酒精与氯化钠溶液不能用溴水鉴别，不选D；‎ 答案选C。‎ ‎17.将NO3－＋Zn＋OH－＋H2O → NH3＋Zn(OH)42- 配平后，离子方程式中H2O的系数是( )‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由化合价升降法配平化学方程式为：NO3－＋4Zn＋7OH－＋6H2O = NH3＋4Zn(OH)42-，离子方程式中H2O的系数是6，答案选C。‎ ‎18.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体的物质的量为（设阿伏加德罗常数为NA）( )‎ A. bc/aNA mol B. ac/bNA mol C. ab/cNA mol D. b/acNA mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】用公式N=nNA、m=nM分析计算。‎ ‎【详解】ag气体分子物质的量为b/NAmol，则该气体的摩尔质量为ag（b/NAmol）=aNA/bg/mol；cg气体物质的量为cg（aNA/bg/mol）=bc/aNAmol，答案选A。‎ ‎19.某溶液中只含有下列四种离子Fe3+、SO42-、Cl-和M离子，经测定Fe3+、SO42-、Cl－和M离子的物质的量之比为2:4:4:3，则M离子可能是下列中的(    )‎ A. Mg2+ B. CO32- C. Ba2+ D. Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】经测定Fe3+、SO42-、Cl-和M离子的物质的量之比为2∶4∶4∶3，正电荷为3×2=6，负电荷为：2×4+1×4=12，结合溶液为电中性可知，M带有正电荷，设1个M带a个正电荷，根据电荷守恒可知：2×3+3a=4×2+4×1，解得：a=2，M应带有2个单位的正电荷，由于Ba2+与SO42-不能大量共存，在M离子只能为Mg2+，故选A。‎ ‎20.已知一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O，下列说法正确的是(　　)‎ A. 分解反应都是氧化还原反应 B. N2是还原产物，HNO3是氧化产物 C. 被氧化与被还原的氮原子数之比为3∶5 D. 每生成4mol N2转移15mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】在5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O的反应中，铵根离子中的氮元素由-3价升高为0价，被氧化，硝酸根离子中氮元素由+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物。‎ A.判断一个化学反应是不是氧化还原反应，关键是看有没有元素化合价的变化，如碳酸钙的分解反应CaCO3CaO＋CO2↑，因没有元素化合价的变化，就不是氧化还原反应，故A错误；B.根据上述分析可知，氮气既是还原产物也是氧化产物，而由硝酸根离子到硝酸并无元素化合价的变化，所以硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；C.根据得失电子守恒规律，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5-0）：[0-（-3）]=5：3，故C错误；D.根据方程式可知，当生成4mol N2时，有5mol铵根离子失去电子5×[0-（-3）]＝15mol，有3mol硝酸根离子得到电子3×（5-0）＝15mol，所以每生成4mol N2转移15mol电子，故D正确。答案选D。‎ ‎21.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好.一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是(   )‎ A. Na2FeO4是还原产物 B. Na2O2既是氧化剂又是还原剂 C. 若有2molFeSO4参与反应，则该反应中共有8mol电子转移 D. Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，所以Na2O2是碱性氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．反应中FeSO4在反应中作还原剂，则Na2FeO4为氧化产物，故A错误；‎ B．过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到-2价，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；‎ C．反应中元素化合价升高的数目为：2×(6-2)+2×[0-(-1)]=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，故C错误；‎ D．Na2O2与水反应生成NaOH，同时生成氧气，因此Na2O2不是碱性氧化物，故D错误； ‎ 故选B。‎ ‎22.如图为从海带中提取碘的工业生产过程，有关说法错误的是(    )‎ A. 在实验室进行氧化操作时，加入的氧化剂可以是新制氯水、双氧水等 B. 碱化操作时，加入NaOH溶液的原因是在碱性溶液中，可溶性有机质可形成沉淀 C. 因海水中蕴藏着极其丰富的碘元素，所以工业上也可以直接用海水来提取碘 D. 在实验室进行过滤操作时，需要用到玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程可知，干海带浸泡后，用NaOH碱化，过滤分离出沉淀，滤液中酸化时碘离子被氧化生成碘单质，结晶、过滤分离出粗碘，碘容易升华，升华可提纯碘单质，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．新制氯水、双氧水等均可氧化碘离子，故A正确；‎ B．由图可知，过滤分离出有机物沉淀，则碱化操作时，加入NaOH溶液的原因是在碱性溶液中，可溶性有机质可形成沉淀，故B正确；‎ C．海水中蕴藏着极其丰富的碘元素，但海水中碘离子浓度较低，应浓缩后提取，故C错误；‎ D．过滤需要玻璃棒、烧杯、漏斗，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎23.将一定量的Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到a L混合气体。将该混合气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则原混合物中Na、Na2O、Na2O2‎ 的物质的量之比可能为( )‎ A. 2:1:2 B. 1:1:2 C. 2:2:1 D. 1:1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】钠与水、过氧化钠与水、氢气与氧气的反应方程式如下：‎ ‎2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，钠与氢气的关系式为2Na～H2；‎ ‎2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，过氧化钠与氧气的关系式为2Na2O2～O2；‎ ‎2H2+O22H2O，氢气和氧气的关系式为2H2～O2。‎ 将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，即氢气和氧气的物质的量之比为2：1，通过钠与氢气、过氧化钠与氧气、氢气与氧气的关系式可得钠与过氧化钠的关系式为：4Na～2H2～O2～2Na2O2，所以钠与过氧化钠的物质的量之比为4：2＝2：1，而氧化钠的物质的量不确定，显然只有C中符合钠与过氧化钠的物质的量之比为2：1。‎ 答案选C。‎ ‎24.现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-现取三份各100mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。正确的是( )‎ A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K+)≥0.04mol B. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-‎ C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-‎ D. 该混合液中一定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】加入AgNO3溶液有沉淀产生可能说明有Cl-、CO32-、SO42-，加入足量NaOH溶液加热后收集到气体0.08mol说明一定有NH4+，且NH4+的物质的量是0.08mol，加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀，经盐酸洗涤干燥后，沉淀质量减轻但没有完全反应，说明沉淀有碳酸钡和硫酸钡，即原溶液中有CO32-、SO42-，所以一定没有Mg2+和Ba2+，不能确定是否有Cl-。硫酸钡4.66g，即0.02mol，碳酸钡的质量为12.54g-4.66g=7.88g，即0.04mol，根据电荷守恒，负电荷一共0.12mol，NH4+所带的正电荷是0.08mol，因此一定还有K+‎ ‎，且n(K+)≥0.04 mol，故选A。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ 二、非选择题(4题，共52分)‎ ‎25.有以下几种物质：①浓硝酸，②H2S，③硫酸氢钠固体，④二氧化碳，⑤金刚石， ⑥氢氧化铜，⑦蔗糖，⑧NaCl晶体，⑨氨水，⑩熔融KCl。以上能导电的是____________(填序号，下同)；以上属于强电解质的是____________属于弱电解质的是____________；属于非电解质的是____________；‎ ‎【答案】(1). ①⑨⑩ (2). ③⑧⑩ (3). ②⑥ (4). ④⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据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，结合物质导电的条件分析解答。‎ ‎【详解】①浓硝酸中含有氢离子和硝酸根离子，能导电，是混合物，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎②H2S是气体，不能导电，溶于水能导电，属于电解质中的弱电解质；‎ ‎③硫酸氢钠固体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质中的强电解质；‎ ‎④二氧化碳是气体，不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑤金刚石是碳单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑥氢氧化铜不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质中的弱电解质；‎ ‎⑦蔗糖，不能导电，是非电解质；‎ ‎⑧NaCl晶体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质中的强电解质；‎ ‎⑨氨水，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑩熔融KCl，能导电，是电解质中的强电解质；‎ 以上能导电的是①⑨⑩；属于强电解质的是③⑧⑩；属于弱电解质的是②⑥；属于非电解质的是④⑦，故答案为：①⑨⑩；③⑧⑩；②⑥；④⑦。‎ ‎26.如图是由质子数小于18的元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。(反应中生成的部分物质已略去)‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)物质A的化学式为________；‎ ‎(2)化合物I的化学式为________；‎ ‎(3)反应①的离子方程式为_____________；‎ ‎(4)反应②的化学方程式为______________。‎ ‎【答案】(1). Na2O2 (2). NaHCO3 (3). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (4). 2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】如图是由1-18号元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图，常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，则B为H2O；A是由金属单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，则A是Na2O2、C是Na，D是O2；根据框图，过氧化钠与水反应生成氧气和E，E为NaOH；钠与水反应生成氢氧化钠和F气体，则F是H2；K是无色无味气体，能和NaOH反应生成H、H和K反应生成I，I能生成H，则K是CO2、H是Na2CO3、I是NaHCO3，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A是Na2O2，B是H2O，C是Na，D是O2，E为NaOH，F是H2，K是CO2，H是Na2CO3，I是NaHCO3。‎ ‎(1)通过以上分析知，A是过氧化钠，其化学式为Na2O2，故答案为：Na2O2；       ‎ ‎(2)通过以上分析知，I是NaHCO3，故答案为：NaHCO3；‎ ‎(3)反应①为钠和水的反应，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；‎ ‎(4)反应②为碳酸氢钠加热生成碳酸钠的反应，反应的化学方程式为2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O。‎ ‎27.按要求写出下列化学方程式：‎ ‎(1)实验室可以用KClO3和浓盐酸反应制取氯气，写出发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移方向和数目_____________。‎ ‎(2)二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂，可用KClO3和草酸(H2C2O4‎ ‎)，稀硫酸，水浴加热制备。反应后产物中有ClO2、CO2和一种酸式盐，该反应的化学方程式为________________。 ‎ ‎(3)写出工业上制备漂白粉的化学方程式___________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、水和氯气，反应中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，据此分析解答；‎ ‎(2)依据题意可知：KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，据此书写反应的化学方程式；‎ ‎(3)工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉。‎ ‎【详解】(1)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、水和氯气，反应的化学方程式：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，反应中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目用双线桥表示为，故答案为：；‎ ‎(2)依据题意可知：KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧化还原反应，反应的化学方程式：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；‎ ‎(3)工业上氯气与石灰乳制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。‎ ‎28.NaNO2(亚硝酸钠)常用作肉类食品的防腐剂，若添加过量，易导致人体中毒。亚硝酸盐经消化道吸收进入血液，使血液中的正常携氧的亚铁血红蛋白转化成三价铁血红蛋白，失去携氧能力引起组织缺氧，导致中毒。成人摄入0.2～0.5g就会引起中毒，摄入3g即可致死。‎ ‎(1)NaNO2的毒性源于NaNO2具有________性。‎ ‎(2)设计实验验证NaNO2确实具有该性质(已知: NaNO2与HI反应生成I2和NO)，将离子方程式配平：‎ ‎____NO2－+_____H+ + _____I －＝_____I2 + _____NO↑ + _____‎ ‎(3)请从两个不同的角度进一步预测NaNO2还可能具有的化学性质，并说明预测的依据(已知：HNO2是一种弱酸)。按照因为…所以…进行表述___________________；__________________。‎ ‎(4)救治NaNO2中毒病人的方法是静脉注射亚甲蓝(一种有机物)，其解毒原理是__________。‎ ‎【答案】(1). 氧化 (2). 2 (3). 4 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). 2H2O (8). 因为NaNO2中N元素化合价为+3，（还可以升高） 所以具还原性 (9). 因为NaNO2属于盐类物质，HNO2为弱酸，所以还可与某些强酸反应 (10). 亚甲蓝将三价铁血红蛋白还原为亚铁血红蛋白，恢复其携氧能力 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)亚硝酸盐经消化道吸收进入血液，使血液中的正常携氧的亚铁血红蛋白转化成三价铁血红蛋白，亚铁元素的化合价升高，被氧化，据此分析解答；‎ ‎(2)根据题意，NaNO2与HI反应生成I2和NO ，同时生成H2O，然后结合化合价升降守恒、原子守恒分析解答；‎ ‎(3)可以根据NaNO2的化合价，判断NaNO2具有氧化性，根据HNO2是一种弱酸，所以NaNO2可与强酸反应生成HNO2；‎ ‎(4)解毒时亚甲蓝将三价铁还原成亚铁，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)亚硝酸盐经消化道吸收进入血液，使血液中的正常携氧的亚铁血红蛋白转化成三价铁血红蛋白，铁元素的化合价升高，被氧化，所以NaNO2是氧化剂，具有氧化性，故答案为：氧化；‎ ‎(2)根据题意，NaNO2与HI反应生成I2和NO ，同时生成H2O，假设碘单质的化学计量数为1，由I原子守恒可以配平I－的系数为2，根据化合价升降守恒，可以配平NO2－的系数为2，则NO的系数为2，由电荷守恒可以配平H+的系数为4，由H原子守恒可知H2O的系数为2，所以配平后的反应方程式为：2NO2-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O，故答案为：2NO2-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O；‎ ‎(3)可以根据NaNO2的化合价，判断NaNO2具有氧化性，根据HNO2是一种弱酸，所以NaNO2可与强酸反应生成HNO2，故答案为：因为NaNO2中N元素化合价为+3，(还可以升高) 所以具还原性；因为NaNO2属于盐类物质，HNO2为弱酸，所以还可与某些强酸反应；‎ ‎(4)救治NaNO2中毒病人的方法是静脉注射亚甲蓝(一种有机物)，亚甲蓝(一种有机物)是一种还原剂，可以将三价铁还原成亚铁，恢复其携氧能力，达到解毒的目的，故答案为：亚甲蓝将三价铁血红蛋白还原为亚铁血红蛋白，恢复其携氧能力。‎ ‎29.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。‎ ‎(1)制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学反应方程式为：_____________。装置B中饱和食盐水的作用是_____________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象 _____________________________。‎ ‎(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入_______。(填字母序号)‎ 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 ‎(3)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为__________色，说明_________________________。‎ 打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡。观察到的现象是 _______________，写出反应的化学方程式是_________________________。‎ ‎(4)装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯，试写出相应的离子方程式：____________‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去Cl2中混有的HCl (3). B中长颈漏斗中有水柱上升 (4). d (5). 橙 (6). 氯单质的氧化性比溴强 (7). 液体分为两层，上层液体显紫红色 (8). Cl2 + 2NaBr=2NaCl + Br2、Br2 + 2KI=2KBr+ I2 (9). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；制取的氯气中含有氯化氢杂质，结合装置中气体压强变化分析现象；‎ ‎(2)验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；‎ ‎(3)氯气的氧化性强于溴，溴的氧化性强于碘，据此分析解答；‎ ‎(4)氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。‎ ‎【详解】(1)二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；制取的氯气中含有氯化氢杂质，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，选择饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中气体的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； 除去Cl2中混有的HCl；B中长颈漏斗中有水柱上升； ‎ ‎(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，实验事实是干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。选项中的Ⅱ都是干燥剂，要验证氯气不具有漂白性，需要干燥的氯气和干燥的有色布条，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；    ‎ ‎(3)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱，因此D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，Cl2 + 2NaBr=2NaCl + Br2，可以看到无色溶液逐渐变为橙色，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，溴将KI溶液中的碘置换出来，Br2 + 2KI=2KBr+ I2，溶液从无色变化为黄色，碘易溶于苯，苯不溶于水，振荡，苯层呈现紫红色，故答案为：橙； 氯单质的氧化性比溴强；液体分为两层，上层液体显紫红色；Cl2 + 2NaBr=2NaCl + Br2、Br2 + 2KI=2KBr+ I2；‎ ‎(4)氯气有毒，直接排放容易造成空气污染，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以被氢氧化钠吸收，反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎ ‎