陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

‎2019~2020学年度第一学期期末考试 高一年级化学试题 相对原子质量：H—1 O—‎16 C—12 Na—23 Mg —24 Al—27 Cu—64 Fe—56 S—32 N—14 Cl—35.5‎ 第I卷(选择题 共50分)‎ 一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是(　　)‎ A. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗 B. 大量氯气泄漏时，用饱和NaOH溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场 C. 不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用湿抹布盖灭 D. 金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．少量浓硫酸粘在皮肤上，应该立刻用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液，不能用具有强腐蚀性的氢氧化钠溶液冲洗，故A错误； B．氢氧化钠溶液能够腐蚀人的皮肤，不能用氢氧化钠溶液浸湿毛巾，可以用显示碱性的肥皂水浸湿毛巾，故B错误； C．酒精可溶于水，且易挥发，故不能用水灭火，如果洒出的酒精在桌上着火时，应立即用湿抹布盖灭，故C正确； D．钠化学性质活泼，能够与水反应放出氢气，所以钠着火后不能用水灭火，可以用沙子灭火，故D错误； 故选：C。‎ ‎2.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液；②39%的乙醇溶液；③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是：（ ）‎ A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①油和氯化钠溶液，混合分层，则利用分液分离；‎ ‎②39%的乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则利用蒸馏分离；‎ ‎③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则分离氯化钠和单质溴的水溶液，选择有机溶剂萃取；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题为高频考点，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注重实验基础知识和基本技能的考查，注意有机物性质。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )‎ A. 标况下，‎4.48 L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA B. 常温常压下，‎48 g O3含有的氧原子数3NA C. ‎1.8 g的NH4+中含有的电子数为11NA D. ‎2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标况下水不是气体，‎4.48 L的水的物质的量不是0.2mol，故A错误；‎ B. ‎48g臭氧的物质的量为1mol，含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，故B正确；‎ C.一个铵根离子中含有的电子数为10，1.8gNH4+的物质的量为0.1mol，所以所含电子数为NA，故C错误；‎ D. ‎2.4 g金属镁的物质的量为0.1mol，生成一个镁离子失去两个电子，所以‎2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，故D错误，‎ 故答案为B。‎ ‎4.按照物质的树状分类和交叉分类，H2SO4应属于( )‎ ‎①酸 ②能导电 ③含氧酸 ④混合物 ⑤化合物 ⑥二元酸 ⑦强电解质 A. ①②③④⑦ B. ①③⑤⑥⑦ C. ①③④⑥⑦ D. ②③⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①硫酸电离时生成的阳离子都是氢离子，从性质分类属于酸，故①正确； ②硫酸中没有自由移动的离子，不能导电，故②错误； ③H2SO4由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成，属于含氧酸，故③正确； ④H2SO4从物质组成分类属于化合物，不是混合物，故④错误； ⑤H2SO4由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成的纯净物，属于化合物，故⑤正确； ⑥1molH2SO4可电离出2mol氢离子，故其属于二元酸，⑥正确； ⑦硫酸完全电离，是强酸，属于强电解质，故⑦正确； 故选：B。‎ ‎5.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的原因是（ ）‎ A. 未洗涤烧杯和玻璃棒 B. 转移溶液前溶液未冷却至室温 C. 容量瓶未干燥 D. 定容时俯视液面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、未洗涤溶解NaOH的烧杯，溶质的质量减少，故A浓度偏低；‎ B、转移溶液前溶液未冷却至室温，当溶液冷却后，液面下降，体积偏小，故B浓度偏大；‎ C、定容时要加蒸馏水，所以容量瓶未干燥，故C对溶液的浓度无影响；‎ D、定容时俯视液面，溶液体积偏小，故D浓度偏大。‎ 故选A ‎【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作，根据c= 判断是误差分析的关键。‎ ‎6.进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是： （ ）‎ A. 胶粒可以导电 B. 胶体粒子大小在1~100nm之间 C. 胶体是混合物 D. 胶体的分散剂为气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶粒可以导电是胶体的性质，故A错误；‎ B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm（10-7～10‎-9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确；‎ C、胶体是混合物，是指分散系由多种物质组成，故C错误；‎ D、胶体的分散剂为气体，指分散剂的状态为气态，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法正确的是（　　）‎ A. 将 AgCl 放入水中不能导电，故 AgCl 不是电解质 B. CO2溶于水得到的溶液能导电，所以 CO2 是电解质 C. 金属能导电，所以金属是电解质 D. 固态的 NaCl 不导电，熔融态的 NaCl 能导电，NaCl 是电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.AgCl是难溶物，但溶于水的部分可以电离，所以AgCl是电解质，故A错误；‎ B.电解质本身能电离出离子，CO2不能电离出导电离子，CO2是非电解质，故B错误；‎ C.金属是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；‎ D.熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解质，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.下列离子方程式书写正确的是 A. Na投入到足量的盐酸中：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑‎ B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O C. 三氯化铁溶液中加入铜粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2‎ D. 将氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na投入到足量的盐酸中，反应生成氯化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H+═2Na++H2↑，故A错误；‎ B．氨水与氯化铝反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；‎ C．三氯化铁溶液中加入铜粉，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C错误；‎ D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D 正确.‎ 故选D．‎ ‎9.下列离子在溶液中能大量共存的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁离子和硫氰酸根生成络合物，故A不能大量共存；‎ B.四种离子相互之间不反应，故B可以大量共存；‎ C.铁离子与硫离子之间会发生氧化还原反应，故C不可以大量共存；‎ D.氢离子少量时和偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，氢离子过量会继续和氢氧化铝反应生成铝离子，故D不能大量共存；‎ 故答案为B。‎ ‎10.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是 A. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2↑ B. Cl2+ H2OHClO + HCl C. ‎2F2+2H2O=4HF+O2 D. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 目标方程式中水既非氧化剂又非还原剂。‎ ‎【详解】A、2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2↑，水既非氧化剂又非还原剂，A相同；‎ B、Cl2+ H2OHClO + HCl，水的作用是既非氧化剂又非还原剂，B相同；‎ C、‎2F2+2H2O=4HF+O2，水在该反应中作还原剂，C与目标方程式中水的作用不同；‎ D、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，水既非氧化剂又非还原剂，D相同。‎ 答案选C。‎ ‎11.常温下，在下列溶液中发生如下反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2＋＋5Z2＋8H2O②‎2A2＋＋B2===‎2A3＋＋2B－ ③2B－＋Z2===B2＋2Z－由此判断下列说法正确的是 (　　)‎ A. 反应Z2＋‎2A2＋===‎2A3＋＋2Z－不能进行 B. Z元素在①③反应中均被氧化 C. 氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3＋‎ D. 还原性由强到弱的顺序是A2＋、B－、Z－、X2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物分析，还原性顺序为：A2+＞B-＞Z-＞X2+，氧化性顺序为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+。‎ ‎【详解】A、反应中氧化性顺序为：Z2＞A3+，与题目中的信息相符，能反应， A错误；‎ B、Z元素在反应①中被氧化，在反应③中被还原， B错误；‎ C、根据以上分析，氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3＋，C正确；‎ D、根据以上分析，A2+＞B-＞Z-＞X2+，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，可以通过反应确定性质强弱，也能通过性质强弱确定是否发生反应。‎ ‎12.一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72-和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为 A. 3.0‎‎ mol B. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】利用电子守恒作答。当1molCr3+被氧化生成Cr2O时，失去的电子为3mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5mol，答案选B。‎ ‎13.下列关于钠及其化合物的说法错误的是( )‎ A. 切开的金属钠暴露在空气中，光亮的表面变暗发生2Na＋O2=Na2O2反应 B. 钠、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠灼烧时火焰呈黄色 C. Na2O2在潮湿空气放置一段时间变成白色粘稠物发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑反应 D. 过氧化钠投入硫酸铜溶液可产生氢氧化铜沉淀和氧气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．切开金属钠暴露在空气中，光亮的表面变暗发生4Na+O2═2Na2O反应，故A错误； B．焰色反应为元素性质，钠的焰色为黄色，故B正确； C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解得到氢氧化钠溶液，故C正确； D．过氧化钠投入硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜，硫酸钠和氧气，产生氢氧化铜沉淀和氧气，故D正确； 故选：A。‎ ‎14.下列说法正确的是（ ）‎ A. SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸 B. 木材浸过水玻璃后，具有防腐蚀性能且不易着火 C. 因高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以H2SiO3酸性比H2CO3强 D. 氯气泄漏后，人应逆风且往低处跑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2是酸性氧化物，与氢氟酸反应，A错误；‎ B．木材浸过水玻璃后，具有防腐蚀性能且不易着火，B正确；‎ C．H2SiO3酸性比H2CO3弱，C错误；‎ D．氯气的密度大于空气，氯气泄漏后，人应逆风且往高处跑，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎15.下列表述不正确的是 A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是 Al2O3‎ B. 硅是制造太阳能电池的常用材料 C. 四氧化三铁俗称铁红．可用作油漆、红色涂料 D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液＞Fe(OH)3 胶体＞FeCl3 溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、人造刚玉的主要成分是Al2O3，其熔点很高，高温下机械强度大，抗热震性好，抗腐蚀性强，热膨胀系数小等特点，可作耐火材料，A 正确；‎ B、晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池材料，B 正确；‎ C、Fe2O3俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料，C 错误；‎ D、分散系的分散质粒子直径大小为，浊液分散质粒子直径＞100nm，溶液分散质粒子直径＜1nm，胶体分散质粒子直径在1nm-100nm间，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液，D 正确。‎ 表述不正确的是C，答案选C。‎ ‎16.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是( )‎ A. NaHCO3和HCl B. AlCl3和NaOH C. NaAlO2和H2SO4 D. Na2CO3和H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHCO3和HCl反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，都发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，现象都是产生无色气泡，故A正确； B、因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al(OH)3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故B不选； C、NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立刻溶解，先有沉淀反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓由于H2SO4过量，生成的Al(OH)3立刻被硫酸中和，反应方程式为：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O，当溶液中铝元素全部变为Al3+时，它与滴入的AlO2-发生双水解反应方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓现象是最终有沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀，反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓ 后溶解是由于硫酸过量，反应方程式为：3H2SO4+2Al(OH)3═Al2(SO4)3+6H2O，最终无沉淀，故C不选； D、碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故D不选； 故选：A。‎ ‎17.等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀的质量比为1∶2∶3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 1∶2∶3 B. 1∶6∶‎9 ‎C. 1∶3∶3 D. 1∶3∶6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，根据n=可知：生成BaSO4的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2(SO4)3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4来计算。‎ ‎【详解】由生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，可知生成BaSO4的物质的量之比为1：2：3，设生成BaSO4的物质的量分别为a、‎2a、‎3a，‎ 则由Al2(SO4)3～3BaSO4， n(BaSO4)=a，所以n[Al2(SO4)3]= n(BaSO4)=；‎ 由ZnSO4～BaSO4，n(BaSO4)=‎2a，所以n(ZnSO4)=n(BaSO4)=‎2a， ‎ 由Na2SO4～BaSO4，n(BaSO4)=‎3a，所以n(Na2SO4)=n(BaSO4)=‎3a。又由于硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，根据c=，可知三种物质的浓度之比等于它们的物质的量之比，即为c[Al2(SO4)3]：c(ZnSO4)：c(Na2SO4)=：‎2a：‎3a=1：6：9，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比进行解答。‎ ‎18.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生反应2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，剩余固体不可能是( )‎ A. 有铜无铁 B. 有铁无铜 C. 铁、铜都有 D. 铁、铜都无 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后，Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选； ‎ B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应而生成铜，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B可选； C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选； D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选； 故选：B。‎ ‎19.证明某溶液只含有Fe 2+而不含Fe 3+的实验方法是( )‎ A. 只需滴加KSCN溶液 B. 先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色 C. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色 D. 滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据Fe3＋的特征反应判断溶液不含Fe3＋；然后加入氧化剂，如果含有Fe2＋，Fe2＋被氧化剂氧化成Fe3＋溶液变成红色，从而证明Fe2＋的存在。‎ ‎【详解】A．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3＋，无法验证Fe2＋存在，故A错误；B．先滴加氯水，氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，即使原溶液不含Fe3＋，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3＋，故B错误；C．KSCN与Fe3＋作用使溶液显红色，与Fe2＋作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3＋，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3＋，证明原溶液含有Fe2＋，故C正确；D．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明含有Fe3+，无法验证Fe2＋存在，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】易错点B，Fe2＋、Fe3＋的检验，滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3＋。‎ ‎20.把‎2.1 g CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加(　　)‎ A. ‎2.1‎ g‎ B. ‎‎3.6 g C. ‎7.2 g D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，把两个反应相加，得：CO+Na2O2=Na2CO3，过氧化钠增重的质量即为CO的质量。氢气同理，过氧化钠增重的质量即为H2的质量，所以‎2.1克一氧化碳和氢气的混合气体，最后固体增重就为‎2.1克，选A。‎ ‎21.将‎0.4g NaOH和‎1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。‎ ‎【详解】‎0.4g NaOH的物质的量为‎0.4g÷‎40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为‎1.06g÷‎106g·mol-1=0.01mol，则 A、‎0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；‎ B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；‎ C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH 反应生成水和氯化钠，当滴入‎0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入‎0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；‎ D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。‎ ‎22.将‎3.6 g镁铝合金，投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4 mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是(　　)‎ A. 150 mL B. 200 mL C. 250 mL D. 280 mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，所以最终溶液中的溶质为NaCl，根据氯原子和钠原子守恒可得：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=2mol/L×‎0.5L=1mol，所以需要氢氧化钠溶液体积为：=‎0.25L=250mL。 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即氢氧化铝不能溶解，溶液中的溶质只有NaCl，注意利用原子守恒解题．‎ ‎23.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A. (b-a)/V mol·L-1 B. (2b-a)/V mol·L-1‎ C. 2(2b-a)/V mol·L-1 D. 2(b-a)/V mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。‎ ‎24.某澄清溶液可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验：①取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，只产生白色沉淀；②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是( )‎ A. 肯定有Al3+、SO42-，可能有K+、NH4+‎ B. 肯定无NH4+、Mg2+、CO32-，可能有Fe2+‎ C. 原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液 D. 肯定有Mg2+、Al3+、SO42- ，K+只能通过焰色反应才能确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①向原溶液中逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，只产生白色沉淀，则白色沉淀为硫酸钡，溶液中一定存在SO42-，由于碳酸根离子能够与盐酸反应生成气体，所以一定不存在CO32-； ②向原溶液中缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，该气体为氧气，说明溶液中一定不存一定不存在NH4+；同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解，说明原溶液中一定存在Al3+、Mg2+；由于氢氧化亚铁能够别过氧化钠氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，而沉淀为白色，说明一定不存在Fe2+；不能确定是否含有K+，‎ ‎【详解】A、根据以上分析可知，原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42-，一定不存在Fe3+、Cu2+、Fe2+、CO32-、NH4+，可能存在K+，故A错误； B、根据以上分析可知，原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42-，一定不存在Fe2+、CO32-、NH4+，可能存在K+，故B错误； ‎ C、由于无法确定是否含有钾离子，所以无法确定溶质是否含有明矾，故C错误； D、根据分析可知：原溶液中可能存在K+，K+只能通过焰色反应才能确定，故D正确； 故选：D。‎ ‎【点睛】注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，明确具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根离子的反应，熟悉常见的沉淀的颜色，如氢氧化铁、氢氧化铜等。‎ ‎25.下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O 对实验现象的“解释或结论”正确的是(　　)‎ 选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2>Br2>I2‎ B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 ‎ C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 ‎ D e处变红色 还原性：Fe2＋>Cl－‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;‎ B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;‎ C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;‎ D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+＞Cl-,D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共50分)‎ ‎26.(1)0.5mol CH4的质量是_____g，在标准状况下的体积为______L；含有约______个氢原子。‎ ‎(2)将标准状况下‎22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物质的量浓度为______；配制300mL 0.5mol•L﹣1氯化钠溶液，需要1.5mol•L﹣1的氯化钠溶液的体积是______mL。‎ ‎【答案】 (1). ‎8g (2). ‎11.2L (3). 1.204×1024 (4). 5mol/L (5). 100ml ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0.5mol CH4的质量=nM=0.5mol×‎16g/mol=‎8g;标况下的体积为0.5mol×‎22.4L/mol=‎11.2L；每个甲烷分子中含有4个氢原子，所以0.5mol CH4的含有氢原子为0.5mol×4=2mol，即1.204×1024个，故答案为：‎8g；‎11.2L；1.204×1024；‎ ‎(2)‎22.4L的HCl的物质的量为=1mol，溶液的物质的量浓度;300mL 0.5mol•L﹣1氯化钠溶液所含氯化钠的物质的量为0.5mol/L×‎0.3L=0.15mol，需要1.5mol•L﹣1的氯化钠溶液的体积V=，故答案为：5mol/L；100ml。‎ ‎27.(1)反应 KClO3 + HCl — KCl + Cl2↑ + H2O未配平，请写出配平的方程式__________________，在该反应中氧化剂和用作还原剂的物质的物质的量之比为___________，产生标准状况下33.6LCl2时，转移电子的物质的量为___________。‎ ‎(2)将NaOH溶液滴加到FeSO4溶液中产生的现象是_________________，本实验应将胶头滴管伸入到液面以下，这样做的目的是_______________‎ ‎【答案】 (1). KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O (2). 1:5 (3). 2.5mol (4). 产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 防止Fe(OH)2被氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化合价变化将电子得失配平，再根据元素守恒配平方程式；氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高；氧化还原反应中转移的电子数目=化合价升高的数目=化合价降低的数目；‎ ‎(2)NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁。‎ ‎【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为Cl2中0价，化合价降低5价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高1价，化合价升降最小公倍数为5，KClO3系数为1，Cl2系数为3；所以KCl系数为1，HCl系数为6，结合元素守恒，反应方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；KClO3中氯元素化合价降低为氧化剂，HCl中氯元素化合价升高为还原剂，根据方程式可知6molHCl中有5mol被氧化，所以在该反应中氧化剂和用作还原剂的物质的物质的量之比为1:5；标准状况下33.6LCl2的物质的量为1.5mol，根据方程式可知转移电子数为2.5mol，故答案为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；1:5；2.5mol；‎ ‎(2)NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，其现象为产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；故答案为：产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；防止Fe(OH)2被氧化。‎ ‎28.洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。‎ ‎(1)工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，化学反应方程式为______________。‎ ‎(2)漂白粉的主要成分_____________(填化学式)，有效成分是_________(填化学式)。‎ ‎(3)漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (2). CaCl2、Ca(ClO)2 (3). Ca(ClO)2 (4). CO2 + H2O + Ca(ClO)2 = CaCO3↓ + 2HClO ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；‎ ‎(2)根据(1)方程式可知主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；Ca(ClO)2；‎ ‎(3)次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，反应的方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O═CaCO3↓+2 HClO。‎ ‎【点睛】本题考查漂白粉的制备及漂白原理，把握氯气的性质、次氯酸钙的性质、HClO的性质为解答的关键，明确发生的化学反应即可解答，题目难度不大。‎ ‎29.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H ‎，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：B_____________， C_______________，F_____________， 乙_______________，‎ ‎(2)写出下列反应的离子方程式：反应①____________________；反应⑤____________________；‎ ‎【答案】 (1). Al (2). Fe (3). FeCl2 (4). Cl2 (5). 2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑ (6). 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属A颜色反应为黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH，金属B和氢氧化钠溶液反应生成氢气，说明B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，溶于水得到E为盐酸，物质D(氢氧化钠)和G为反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，说明G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可推知，C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知B为Al，C为Fe，F为FeCl2，乙为Cl2，故答案为：Al；Fe；FeCl2；Cl2；‎ ‎(2)反应①为钠与水的反应，该反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应⑤为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+。‎ ‎【点睛】注意把握焰色反应及物质的颜色为解答本题的突破口，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的综合应用能力。‎ ‎30.掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。‎ ‎（1）写出下列仪器的名称：‎ ‎①__________________；‎ ‎②__________________；‎ ‎④__________________；‎ ‎（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水有____________。（填序号）‎ ‎（3）现需配制250 ml 0.2 mol／L NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中两处错误是①_______________________②_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 1000mL容量瓶 (4). ④ (5). 未用玻璃棒引流 (6). 未采用250mL容量瓶 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图示仪器的构造可知：①为蒸馏烧瓶，②为冷凝管，④为1000mL容量瓶，故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；1000mL容量瓶；‎ ‎（2）容量瓶在使用前一定要查漏，故答案为④；‎ ‎（3）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，配制多大体积的溶液则选择多大规格的容量瓶，故答案为未用玻璃棒引流；未采用250ml容量瓶。‎ ‎31.把‎10.2g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到‎11.2L H2（标准状况下）．试计算（写出计算过程）：‎ ‎（1）该合金中铝的质量分数；‎ ‎（2）该合金中铝和镁的物质的量之比．‎ ‎【答案】（1）52.9%；（2）n（Al）：n（Mg）=1：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，根据化学方程式进行计算。‎ ‎【详解】标准状况下，‎11.2L H2的物质的量为0.5mol。设‎10.2g镁铝合金中镁的物质的量为 xmol，铝的物质的量为ymol，根据化学方程式Mg+2H+= Mg2++H2↑、2Al+6H+=Al3++3H2↑，可以得出： x+1.5y=0.5，24x+27y=10.2。联立方程组解得：x=0.2，y=0.2。所以，n（Al）：n（Mg）=1：1，铝的质量分数为52.9%。‎ ‎ ‎