【化学】山西省晋城市高平第一中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

【化学】山西省晋城市高平第一中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

山西省晋城市高平第一中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题 ‎1.实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的下列说法正确的是（ ）‎ A. NaNO2是氧化剂 B. 每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6mol C. NH4Cl中的氮元素被还原 D. N2既是氧化剂，又是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，NaNO2中N元素化合价从+3价降为0价，NaNO2为氧化剂，故A正确；‎ B、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；‎ C、NH4Cl中N元素化合价从-3价升为0价，所以NH4Cl中N元素被氧化，故C错误；‎ D、由化合价升降可知，N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）‎ A. 钠与水反应：Na＋2H2O=Na＋＋2OH－＋H2↑‎ B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋‎ C. 钠与足量盐酸反应：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑‎ D. 钠与氯化钾溶液反应：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、离子方程式中电荷不守恒，正确离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故A错误；‎ B、钠与CuSO4溶液反应是钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与CuSO4‎ 反应，其反应的离子方程式为：2Na＋2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2↓＋2Na＋＋H2↑，故B错误；‎ C、钠与盐酸反应的实质为钠单质与氢离子反应，其反应的离子方程式为：2Na＋＋2H＋=2Na＋＋H2↑，故C错误；‎ D、钠与氯化钾溶液反应是钠与水反应，其反应的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎3.水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+aOH-=Y+S4O62-+2H2O，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. a=4 B. Y的化学式为Fe2O3‎ C. S2O32-是还原剂 D. 每32gO2参加反应，转移电子的物质的量为4mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Y为化合物，根据电荷守恒可知，6-4-a=4，故a=4，A正确；‎ B．Y为化合物，根据原子守恒可知，Y为Fe3O4，B错误；‎ C．因S2O32-中S元素的化合价由+2升高为+2.5，则S2O32-是还原剂，C正确；‎ D．32gO2的物质的量为1mol，每有1molO2参加反应，转移的电子总数为1mol×2×（2-0）=4mol，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎4.A2、B2、C23种单质和它们离子间能发生下列反应2A－＋C2＝2C－＋A2、2C－＋B2＝2B－＋C2，若X－能与C2发生反应2X－＋C2＝2C－＋X2，有关说法中不正确的是（ ）‎ A. 氧化性B2>C2>A2 B. 还原性X－>C－>B－ ‎ C. X2与B－能发生反应 D. X2与B－不能发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应2A－＋C2＝2C－＋A2中，C2是氧化剂，A2是氧化产物，氧化性C2>A2，反应2C－＋B2＝2B－＋C2中，B2是氧化剂，C2是氧化产物，氧化性B2>C2，则氧化性B2>C2>A2，故A正确；‎ B、根据同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应2C－＋B2＝2B－＋C2中，C-为还原剂，B-为还原产物，还原性C->B-，反应2X－＋C2＝2C－＋X2中，X-‎ 为还原剂，C-为还原产物，还原性X->C-，则还原性X－>C－>B－，故B正确；‎ C、根据B的分析，还原性X－>B－，因此X2与B－不能发生反应，故C错误；‎ D、根据B的分析，还原性X－>B－，因此X2与B－不能发生反应，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.在常温下，发生下列几种反应：‎ ‎①16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2＋＋5Z2＋8H2O ‎②2A2＋＋B2===2A3+＋2B－‎ ‎③2B－＋Z2===B2＋2Z－‎ 根据上述反应，下列结论判断错误的是 （ ）‎ A. 溶液中可发生：Z2＋2A2+===2A3+＋2Z－‎ B. Z2在①、③反应中为还原剂 C. 氧化性强弱的顺序为：XO4->Z2>B2>A3+‎ D. X2＋是XO4-的还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】关于氧化性，由①得：XO4->Z2，由②得，B2>A3＋，由③得Z2>B2，即XO4->Z2>B2>A3+，同理还原性强弱顺序为：A2+>B－>Z－>X2+；‎ ‎【详解】A.还原性强弱顺序为：A2+>B－>Z－>X2+，因此Z2＋2A2+===2A3+＋2Z－可以发生，A项正确；‎ B.Z2在反应①中为氧化产物，而在③中为氧化剂，B项错误；‎ C.由①得：XO4->Z2，由②得，B2>A3＋，由③得Z2>B2，即氧化性强弱大小：XO4->Z2>B2>A3+，C项正确；‎ D. X2＋是XO4-的还原产物，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.某化合物水溶液中加入过量Na2O2，最终有白色沉淀产生。下列化合物中符合条件的是（ ）‎ A. Ca(HCO3)2 B. NaHCO3 C. CuC12 D. A1C13‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和Ca(HCO3)2‎ 反应，生成白色碳酸钙沉淀，故A符合题意；‎ B、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和NaHCO3反应，生成碳酸钠，因在同温度下，碳酸钠溶解度高于碳酸氢钠，故不会有沉淀产生，故B不符合题意；‎ C、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和CuC12反应，生成蓝色氢氧化铜沉淀，故C不符合题意；‎ D、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠先和A1C13反应生成氢氧化铝沉淀，因加入的Na2O2为过量，所以氢氧化钠会再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，因此最终不会有白色沉淀产生，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎7.现有25 mL 2 mol·L－1Na2CO3和75 mL 1 mol·L－1的稀盐酸：①将Na2CO3溶液缓缓滴到稀盐酸中 ②将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，在标准状况下产生气体的体积情况（ ）‎ A. 均为0.84 L B. 均为0.56 L C. ①＞② D. ②＞①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①到盐酸中，发生Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠的物质的量为25×10－3×2mol=5×10－2mol，盐酸的物质的量为75×10－3×1mol=7.5×10－2mol，盐酸不足，碳酸钠过量，因此产生CO2的体积为L=0.84L；‎ ‎②滴加到碳酸钠中，发生Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，第一个反应方程式中，Na2CO3不足，盐酸过量，产生碳酸氢钠的物质的量为0.05mol，剩余盐酸的物质的量2.5×10－2mol，第二个反应方程式为碳酸氢钠过量，盐酸不足，产生CO2的体积为2.5×10－2×22.4L=0.56L，因此产生CO2的体积为①>②，故选项C正确，‎ 答案选C。‎ ‎8.下列物质反应时，反应物用量或反应条件的改变对生成物无影响的是（　　）‎ A. C和O2 B. Na2CO3和盐酸 C. Na和O2 D. NaHCO3和NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C在O2中燃烧，氧气足量得CO2、氧气不足得CO，生成物与反应物用量有关，A项不符合题意；‎ B. Na2CO3‎ 与盐酸反应，盐酸不足得碳酸氢钠和氯化钠，盐酸足量反应生成氯化钠、二氧化碳和水，生成物与反应物用量有关，B项不符合题意；‎ C. Na和O2常温生成氧化钠，加热条件生成过氧化钠，生成物与反应条件有关，C项不符合题意；‎ D. NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠和水，生成物与反应物用量或反应条件无关，D项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎9.相同质量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，生成标准状况下的氢气（ ）‎ A. 一样多 B. 镁多 C. 铝多 D. 都为22.4 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设镁和铝的质量都是mg，与稀盐酸反应生成氢气的质量分别为xg、yg，‎ ‎，，‎ 解得x=，y=，由计算可知，相同质量的镁和铝分别与足量的稀盐酸充分反应，其结果是铝反应生成的氢气的质量大，‎ 故答案为C。‎ ‎10.用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是( ）‎ ‎①加盐酸溶解 ②加NaOH溶液 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3 ⑤加盐酸生成Al(OH)3 ⑥加过量氨水生成Al(OH)3‎ A. ①⑥③ B. ①③⑥③ C. ②③④③ D. ②③⑤③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第一种方案：Mg、AlMgCl2、AlCl3Mg(OH)2沉淀、NaAlO2溶液 NaAlO2溶液Al(OH)3沉淀 Al(OH)3固体；第二种方案：Mg、AlMg、NaAlO2溶液 NaAlO2溶液Al(OH)3‎ 沉淀 Al(OH)3固体；故C正确。‎ ‎11.铝制品不易被腐蚀，其主要原因是因为铝（ ）‎ A. 化学性质不活泼 B. 熔点高 C. 表面有致密氧化膜 D. 密度小 ‎【答案】C ‎【解析】铝制品不易被腐蚀，其主要原因是因为铝表面有致密氧化膜能够阻止内部的金属被氧化，答案选C。‎ ‎12.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 用小苏打治疗胃酸过多 B. 用氢氧化钠改良酸性土壤 C. 用铁桶长时间存放硫酸铜溶液 D. 用食盐水除去热水瓶中的水垢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小苏打是碳酸氢钠的俗称，与胃酸中的盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，因此可用小苏打治疗胃酸过多，故A正确；‎ B、氢氧化钠是一种常见的碱，能中和酸性物质，但其具有很强烈的腐蚀性，不能用于中和酸性土壤改良土壤结构，故B错误；‎ C、铁能置换硫酸铜中的铜，因此不能用铁桶长时间存放硫酸铜溶液，故C错误；‎ D、食盐水不能与水垢反应，因此不用食盐水除去热水瓶中的水垢，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（　　）‎ A. AlCl3、氨水、稀盐酸 B. 、氨水、稀盐酸 C. Al、NaOH溶液、稀盐酸 D. 溶液、NaOH溶液、稀盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。‎ ‎【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；‎ B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；‎ C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误； ‎ D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。 ‎ 答案选D。‎ ‎14.某无色溶液放入铝片后有氢气产生，下列离子在该溶液中一定不能大量存在的是（ ）‎ A. SO32- B. OH- C. K＋ D. HCO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】某无色溶液放入铝片后有氢气产生，说明溶液中不含有有色离子、溶液呈酸性或强碱性，‎ A、SO32-与氢离子会发生反应，在酸性条件下SO32-不能大量存在，但碱性条件下SO32-可以大量存在，故A不符合题意；‎ B、OH-与氢离子会发生反应，在酸性条件下OH-不能大量存在，故B不符合题意；‎ C、K＋与氢离子以及氢氧根均不发生反应，在酸性、碱性条件下K+都能够大量存在，故C不符合题意；‎ D、HCO3－与氢离子以及氢氧根均会发生反应，在酸性、碱性条件下HCO3-都不能大量存在，故D符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎15. 下列说法中一定正确的是（ ）‎ A. Na2O2固体中阳离子与阴离子的个数比为1∶1‎ B. 从试剂瓶中取出并切下的未使用的钠可放回原试剂瓶中 C. 将Na投入饱和Na2CO3溶液中,会导致溶液质量增加 D. 金属Na失火,可用CO2灭火 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2固体中阳离子与阴离子的个数比为2∶1，A错误；‎ B．钠是活泼的金属，从试剂瓶中取出并切下的未使用的钠可放回原试剂瓶中，B正确；‎ C．将Na投入饱和Na2CO3溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶剂减少，有碳酸钠晶体析出，所以溶液质量不一定增加，C错误；‎ D．金属Na失火产生过氧化钠，过氧化钠和CO2反应生成氧气和碳酸钠，应该用沙子灭火，D错误，‎ 答案选B。‎ ‎16.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.100 mol·L－1 Na2S2O3溶液恰好把112 mL Cl2（标准状况下）完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（ ）‎ A. SO42－ B. SO32－ C. S D. S2－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Cl2完全转化为Cl-，根据电子转移守恒可知，Na2S2O3被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据电子转移守恒列方程计算。‎ ‎【详解】Cl2完全转化为Cl-，根据电子转移守恒可知，Na2S2O3被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据电子转移守恒得： ×2×1=0.025 L×0.100 mol•L-1×2×(m-2)，解得m=4，故得到SO32－，故选B。‎ ‎17.R2O在一定条件下可以把Mn2＋氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值为 (　　)‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n-+2Mn2+＝2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2＝-1×2+（-2×10）+1×16，n=2，故选B。‎ ‎18.用48mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好还原2.4×10－3mol [RO(OH)2]＋，Fe2+被氧化为Fe3+，则R元素的最终价态为（ ）‎ A. ＋2价 B. ＋3价 C. ＋4价 D. ＋5价 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，发生化合价变化的元素分别为铁元素和 R 元素；根据离子所带电荷数等于元素正负化合价的代数和，算出 [ RO(OH) 2 ] ＋ 中 R 的化合价为＋5 价；设 R 元素的最终价态为 x ，由电子守恒有： 48 × 10－3L × 0.1mol/L × [+3－(+2) ]＝ 2.4 × 10－3mol × (+5－x) ，解得 x ＝ +3 ，‎ 故答案为B。‎ ‎19.将Na、Mg、Al各0.3mol分别放入100mL 1mol/L的HCl中，同温同压下产生的气体的体积比是（ ）‎ A. 3：1：1 B. 6：3：2 C. 1：2：3 D. 1：1：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】n(HCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol；Na与盐酸反应的方程式为2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，0.1molHCl消耗金属钠的物质的量为0.1mol<0.3mol，产生氢气物质的量为0.05mol，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，产生氢气的物质的量为(0.3－0.1)mol÷2=0.1mol，共产生氢气的物质的量为(0.1＋0.05)mol=0.15mol；Mg与盐酸的反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，0.1mol盐酸消耗镁的物质的量为0.05mol<0.3mol，产生氢气物质的量为0.05mol，镁过量，镁不与水反应，因此产生氢气的物质的量为0.05mol；铝与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，0.1molHCl消耗铝的物质的量为mol<0.3mol，产生氢气物质的量为0.05mol，铝过量，铝不与水反应，故产生氢气的物质的量为0.05mol；相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，即0.15：0.05：0.05=3：1：1，答案选A。‎ ‎20.将2.3 g钠放入97.8 g水中，下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值) （ ）‎ A. 转移电子的数目为0.2NA B. 所得溶液中溶质的质量分数为2.3%‎ C. 产生气体的体积为1.12 L D. 产生的气体含有0.1 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】n（Na）=2.3g/23g/mol=0.1mol，钠和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，根据方程式可知，溶液质量增加量为2.3g-0.1mol×1/2×2g/mol=22.g，所以溶液质量为97.7g+2.2g=99.9g，据此答题。‎ ‎【详解】A.每个钠原子失去一个电子，根据钠和转移电子之间关系式可知，转移电子的数目为0.1NA，故A错误；‎ B.根据钠原子守恒得n（NaOH）=n（Na）=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，‎ 溶液中溶质的质量分数为4g/（97.7g+2.2g）×100%＞2.3%，故B错误；‎ C.根据转移电子守恒可知，生成的氢气的物质的量=0.1mol×1/2=0.05mol，温度和压强未知，单质气体摩尔体积未知，所以无法计算气体的体积，故C错误；‎ D.根据C可知，生成氢气的物质的量为0.05mol，每个氢气分子含有2个电子，则生成氢气中含有电子的物质的量为0.05mol×2=0.1mol，故含有0.1mol电子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎21.将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·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】NaOH和Na2CO3的混合溶液中，加入盐酸，H＋先和OH－反应，再和CO32－反应，但是CO32－与H＋反应先生成HCO3－，HCO3－与H＋反应生成CO2和H2O。‎ ‎【详解】NaOH和Na2CO3的混合溶液中，加入盐酸，H＋先和OH－反应，再和CO32－反应；先后发生的反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O，H＋＋CO32－=HCO3－，HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，只有最后一个反应，有气体生成。‎ ‎0.4g NaOH，其物质的量为0.01mol，消耗的HCl的物质的量为0.1mol，体积为；1.06 g Na2CO3，其物质的量为0.01mol，CO32－与H＋反应先生成HCO3－，消耗的HCl的物质的量为0.01mol，体积为；HCO3－与H＋反应生成CO2和H2O，消耗的HCl的物质的量为0.01mol，体积为 ‎，同时生成0.01molCO2；只有最后一个反应，有气体生成，因此开始消耗了0.2L盐酸溶液，没有气体生成，随后消耗0.1L盐酸溶液，生成0.01molCO2，图像C符合；‎ 答案选C。‎ ‎22.将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为(　　)‎ A. 3∶2 B. 2∶1‎ C. 3∶4 D. 4∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加入盐酸中发生反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，加入氢氧化钠溶液中发生：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，假设在盐酸中产生氢气3mol，在氢氧化钠溶液中产生氢气为2mol，合金中铝的物质的量为：4/3mol，则铁的物质的量为1mol，因此铁和铝的物质的量之比为：3：4，故选项C正确。‎ ‎23.CO2和CO混合气体共8mol，通入足量Na2O2中，并且用电火花持续引爆，充分反应后，剩余气体1mol，则固体增重为多少克？（ ）‎ A. 56g B. 168g C. 224g D. 196g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】Na2O2与CO在高温条件下不会反应，但如果体系中存在O2时，CO会先与O2反应生成CO2，CO2再与Na2O2反应生成O2和Na2CO3，整个反应过程中，O2相当于作催化剂，以此解答本题。‎ ‎【详解】已知2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，当有O2存在时，不断用电火花引燃的情况下，CO被Na2O2完全吸收：Na2O2＋CONa2CO3，因此最终余下的气体为O2，因CO2和CO混合气体共8mol，由原子守恒可知，最终消耗8molNa2O2、生成8mol Na2CO3，故最终固体增重8mol×[M(Na2CO3)-M(Na2O2)]=8mol×（106g/mol-78g/mol）=224g，‎ 故答案为C。‎ ‎24.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量之比为（ ）‎ A. 6:1 B. 3:1 C. 2:1 D. 1:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像加入0~50mLNaOH溶液时，发生的反应为Al2（SO4）3+6NaOH=2Al（OH）3↓+3Na2SO4、MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2↓+Na2SO4，50mL时，Al2（SO4）3和MgSO4恰好完全沉淀；加入50~60mLNaOH溶液时，Al（OH）3溶解，发生的反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，加入60mLNaOH溶液时，氢氧化铝恰好完全溶解，即溶解Al（OH）3消耗了10mLNaOH溶液；所以沉淀Al2（SO4）3消耗30mLNaOH，沉淀MgSO4消耗50mL-30mL=20mLNaOH溶液，根据反应的方程式以及消耗的NaOH物质的量之比等于消耗的NaOH溶液的体积之比，原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量之比：=1:2，答案选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ 二、非选择题 ‎25.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质（括号内为杂质），在空格中写出发生的离子反应方程式：‎ ‎（1）MgO(Al2O3)____。‎ ‎（2）NaHCO3溶液(Na2CO3)___。‎ ‎（3）Fe粉末（Al）___。‎ ‎【答案】(1). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). CO32-+H2O+CO2=2HCO3- (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）MgO为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，因此可选用强碱溶液进行除杂，其反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，‎ 故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；‎ ‎（2）NaHCO3为二元弱酸的酸式盐，Na2CO3‎ 为二元弱酸的正盐，因此可选用二氧化碳气体进行除杂，其反应的离子方程式为：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，‎ 故答案为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；‎ ‎（3）铝与强碱溶液会反应，铁不会与强碱溶液反应，因此可选用氢氧化钠溶液进行除杂，其反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，‎ 故答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。‎ ‎26.火箭的燃料之一是铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的固体混合物，点燃时，铝粉被氧化。放热引发高氯酸铵反应：2NH4ClO4═N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，反应放出大量热。‎ ‎（1）该反应中被氧化的元素是___和___；‎ ‎（2）氧化产物与还原产物的质量之比为___；‎ ‎（3）该反应中若生成标况下2.24LCl2时，电子转移数为___；‎ ‎（4）若生成的水在高温下也为气态，则混合气体的平均摩尔质量为__g/mol(小数点后保留一位)。‎ ‎（5）高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，易溶于水，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：___。‎ ‎【答案】(1). N (2). O (3). 92：71 (4). 1.4NA (5). 29.4 (6). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应中相关元素的化合价为：，反应过程中，N、O元素化合价升高，Cl元素化合价降低，‎ ‎（1）该反应中，N、O元素化合价升高，因此被氧化的元素为N、O，‎ 故答案为N；O；‎ ‎（2）由方程式可知，氧化产物为N2和O2，还原产物为Cl2，有2mol NH4ClO4发生反应时，生成的氧化产物为1mol N2和2molO2，还原产物1molCl2，故氧化产物与还原产物的质量之比为（1mol×28g/mol+2mol×32g/mol）：（1mol×71g/mol）=92：71，故答案为92：71；‎ ‎（3）该反应进行过程中，Cl元素化合价从+7价降低为0价，反应每生成1mol Cl2，转移电子（+7-0）×2mol=14mol，因此若生成标况下2.24LCl2，即0.1mol Cl2时，转移电子数为1.4mol×NAmol-1=1.4NA，故答案为1.4NA；‎ ‎（4）若生成的水在高温下也为气态，则混合气体的平均摩尔质量为= ‎ g/mol=29.4g/mol，故答案为29.4；‎ ‎（5）由题干可知，反应后Fe元素化合价从+3价升高至+6价，变化3价，Cl元素从+1价降低至-1价，变化2价，根据氧化还原化合价升降守恒可知，Fe3+的系数为2，ClO-的系数为3，根据电荷守恒以及溶液为强碱性可配平离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。‎ ‎27.A、B、C、D、E、F六种物质有如下变化关系，E是淡黄色粉末，判断：‎ ‎（1）写出A、B、C、D、E、F的化学式：‎ A．___，B．___，C．___，D．___，E．___，F．___。‎ ‎（2）写出有关反应的化学方程式（是离子反应的直接写离子方程式）。‎ A→E：___，‎ E→B：___，‎ F→C：___。‎ ‎【答案】(1). Na (2). NaOH (3). Na2CO3 (4). NaCl (5). Na2O2 (6). NaHCO3 (7). 2Na+O2Na2O2 (8). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (9). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A与氧气在点燃条件下反应生成淡黄色粉末E，则E为Na2O2，A为Na，钠与水反应生成B且B也能由过氧化钠转化得到，可推知B为NaOH，由NaOH与二氧化碳反应得到C，C与二氧化碳、水反应得到F，可推知C为Na2CO3、F为NaHCO3，碳酸钠与HCl反应得到D，且D也能由过氧化钠转化得到，可推知D为NaCl，据此解答。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3，故答案为Na；NaOH；Na2CO3；NaCl；Na2O2；NaHCO3；‎ ‎（2）Na与氧气在点燃条件下反应生成Na2O2，其反应不是离子反应，因此其化学反应方程式为：2Na+O2Na2O2；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠、氧气，其反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2‎ ‎↑；碳酸氢钠在加热条件下会发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳、水，其反应不是离子反应，因此其化学反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为2Na+O2Na2O2；2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。‎ ‎28.过氧化钠保存不当容易变质，某课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，他们称取10.0g样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。‎ 上图中的E和F构成量气装置，用来测定O2的体积。‎ ‎（1）写出以下装置发生反应的化学方程式：‎ 装置A：___________________________。‎ 装置B：___________________________。‎ 装置C：____________________________。‎ ‎（2）NaOH溶液的作用是_________________________。‎ ‎（3）为准确读出氧气的体积需以下操作，正确的顺序为_________。‎ A．调整量筒高度，使广口瓶E与量筒F内液面相平 B．将气体冷却至室温 C．平视，使凹液面最低点与视线水平相切再读数 读出量筒内水的体积后，折算成标准状况氧气的体积为1.12L，则样品中过氧化钠的质量分数为_________。‎ ‎【答案】(1). CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ (2). NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑ (3). 2Na2O2+2CO2＝2NaCO3+O2（2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑） (4). 吸收未反应的CO2 (5). BAC (6). 78%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据实验原理可知A装置盐酸和大理石反应制取二氧化碳，B装置用来除去挥发的氯化氢，C装置中过氧化钠和二氧化碳、水蒸气反应，D装置用来吸收未反应的二氧化碳，E、F用来量取生成气体的体积，依据量筒读取液体体积时需要先冷却至室温、使量筒中液面和广口瓶中液面相平确定操作顺序；依据生成氧气的体积计算物质的量，结合化学方程式计算得到过氧化钠物质的量，从而得到过氧化钠的质量分数。‎ ‎【详解】（1）装置A用来制备二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；装置B用来除去二氧化碳中含有的氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；C装置中过氧化钠和二氧化碳以及水反应生成碳酸钠、氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2＝2NaCO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；‎ ‎（2）氢氧化钠和二氧化碳反应，吸收二氧化碳，便于测量氧气的体积，即氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的CO2，便于测量氧气的体积；‎ ‎（3）直接读取气体体积，不冷却到室温，会使体积增大，读出结果产生误差，故应先冷却至室温，调整量筒高度使广口瓶与量筒内液面相平，使气体的压强等于外界大气压，视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故操作顺序为BCA；‎ 测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为1.12L，氧气物质的量为1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，则样品中过氧化钠的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol，质量分数为。‎ ‎29.向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/LNaOH溶液时，逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入的NaOH溶液的体积（mL）和所得沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。则：‎ ‎（1）写出OA段发生反应的离子方程式：OA段___，图中线段OP：PB=__，‎ ‎（2）计算原AlCl3溶液的物质的量浓度为__mol/L，‎ ‎（3）图中A对应的横坐标为__mL，‎ ‎（4）当加入5mLNaOH溶液时，产生沉淀量为__mol，‎ ‎（5）当加入的NaOH溶液过量时，使最初生成的沉淀部分溶解，要得到与（4）中相同的沉淀量，加入NaOH溶液的体积为__mL。‎ ‎【答案】(1). Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓ (2). 3：1 (3). 0.5 (4). 15 (5). 0.0033（或） (6). 18.33(或)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/L NaOH溶液时，逐滴加入NaOH溶液直至过量，过程中发生的反应为①Al3++3OH-=Al(OH)3↓，②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，图象中OA段为发生反应①，AB段为氢氧化铝溶解发生反应②，依据各步反应分析判断，进行有关计算。‎ ‎【详解】（1）依据分析可知OA段发生的反应是氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀至最大量的过程，反应离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓； AB段发生的是氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中至沉淀全部溶解，根据反应①Al3++3OH-=Al(OH)3↓，②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O得到生成最大量沉淀和沉淀全部溶解所消耗氢氧化钠物质的量之比为3:1，氢氧化钠溶液浓度一定，所以消耗的NaOH溶液体积比为3:1，‎ 故答案为Al3++3OH-=Al(OH)3↓；3:1；‎ ‎（2）图象中分析得到最大量氢氧化铝沉淀物质的量为0.01mol，根据Al守恒，所以氯化铝物质的量为0.01mol，氯化铝溶液浓度==0.5mol/L，‎ 故答案为0.5；‎ ‎（3）图象中分析得到最大量氢氧化铝沉淀物质的量为0.01mol，所以消耗氢氧化钠物质的量为0.03mol，氢氧化钠溶液的体积===0.015L=15mL，故答案为15；‎ ‎（4）当加入5mLNaOH溶液时，产生沉淀量依据反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓；计算得到：‎ n=0. 0033mol（或mol），故答案为0.0033（或）；‎ ‎（5）当加入NaOH溶液过量时，使最初生成的沉淀部分溶解，要得到与(4)中相同的沉淀量，则发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2‎ O，最大量沉淀为0.01mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.03mol，溶解的沉淀物质的量=0.01mol−0.0033mol=0.0067mol，溶解0.0067mol氢氧化铝消耗氢氧化钠为0.0067mol；所以共消耗氢氧化钠物质的量=0.0067mol+0.03mol=0.0367mol；需要氢氧化钠溶液体积==0.01833L=18.35mL[或mL(依据沉淀量为mol计算)]；‎ 故答案为18.35（或）。‎ ‎ ‎