河北省武安市第一中学2020届高三9月月考化学试题

河北省武安市第一中学2020届高三9月月考化学试题

‎2019—2020学年高三上学期9月份考试化学试题 ‎①本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），总分100分，测试时间90分钟 ‎②请将答案填写在答题卡的相应位置上，考试结束后，只交答题卡 ‎③可能用到的相对原子质量（原子量）：H:‎1 C:12 O:16 Na:23 N:14 S:32 Al:27 Cl:35.5 Mg:24 Fe:56 Cu:64‎ 第I卷 选择题（共50分）‎ 一．单选题（每小题只有一个选项最符合题意，每小题2分，共50分）‎ ‎1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中，错误的是 A. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒 B. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火 C. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒 D. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝，可用于净水；过氧化氢具有强氧化性，其水溶液也就是双氧水，可用于杀菌消毒；A项正确；‎ B. 二氧化碳可与镁反应生成碳，镁在二氧化碳中能燃烧，二氧化碳与过氧化钠（由钠和氧气反应生成）反应生成氧气，加速燃烧，应用沙子扑灭，B项正确；‎ C. 重金属离子可使蛋白质变性，引起人体中毒，可服用牛奶或鸡蛋清等富含蛋白质高的物质来解毒，但浓盐水不行，C项错误；‎ D. 碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，分解生成的气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.实验室需要用480mL0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，以下配制方法正确的是（　　）‎ A. 称取胆矾（CuSO4·5H2O），配成500mL溶液 B. 称取胆矾（CuSO4·5H2O），加入500mL水配成溶液 C. 称取无水硫酸铜粉末，加入480mL水配成溶液 D. 称取无水硫酸铜粉末，加入500mL水配成溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸铜溶液中溶质是硫酸铜，使用胆矾配制硫酸铜溶液时，结晶水将变成溶剂水。配制480mL溶液，需使用500mL容量瓶，所有药品的用量均按配制500mL该浓度溶液的用量计算。‎ ‎【详解】A.配制0.1mol/LCuSO4溶液500mL，需要CuSO40.05mol，所以需称取胆矾的质量为0.05mol×‎250g/mol=‎12.5g，A项正确；‎ B. 胆矾的质量数值正确，但加入水的体积错误，应是“加水形成500mL溶液”，B项错误；‎ C. 实验室没有480mL规格的容量瓶，C项错误；‎ D. 加入水的体积应小于500mL（加入无水硫酸铜的质量数值正确），D项错误；‎ 所以答案选择A项。‎ ‎3.中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的《浪淘沙》：“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是 A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物 B. 由沙子到计算机芯片发生了还原反应 C. 淘金原理与化学上的萃取一致 D. 雾的分散质粒子直径范围是10－9～10－‎‎7cm ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金性质稳定，可以在自然界中存在，“沙中浪底来”指的是金单质，A项错误； B．由沙子到计算机芯片发生反应为二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，硅元素化合价降低，所以二氧化硅发生还原反应，B项正确； ‎ C．淘金原理为金密度较大，且金不溶于水，与萃取原理不同，C项错误； D．雾属于胶体，雾的分散质粒子直径范围是10－9～10－‎7m，选项中单位不正确，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.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，‎2.24L Cl2溶于水或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA B. 常温常压下，‎18g H2O含有的氢原子总数为NA C. ‎2.3g钠在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA D. 0.1mol CH3OH中所含C-H键的数目为0.4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标况下，‎2.24 L氯气的物质的量为0.1 mol，因为氯气和水反应是可逆的，所以无法完全进行，因此转移电子少于0.1 mol，而和氢氧化钠却完全反应，转移0.1 mol电子，A项错误；‎ B. ‎18g水的物质的量为：=1 mol，1 mol水分子中含有氢原子的物质的量为2mol，含有的氢原子总数为2NA，B项错误； ‎ C. ‎2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠反应后变为+1价，故0.1 mol钠反应后转移0.1 NA个电子，C项正确； ‎ D. 1mol CH3OH含3mol C−H键，故0.1mol CH3OH中所含C-H键的数目为0.3NA，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.有下列三个反应：①3Cl2＋2FeI2=2FeCl3＋2I2 ②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. ①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、CoCl2‎ B. 根据以上化学方程式可以得到氧化性强弱顺序：Cl2＞Fe3＋＞Co2O3‎ C. 可以推理得到Cl2＋FeBr2=FeCl2＋Br2‎ D. 在③反应中当1molCo2O3参加反应时，2 molHCl被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2 ‎ ‎②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，化合价升高元素所在的产物是I2、Fe3+、Cl2，它们是氧化产物，故A错误；‎ B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，Cl2＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3+，在反应③中，Co2O3＞Cl2，则氧化性顺序是：Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故B错误；‎ C项、根据氧化性顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Cl2和FeBr2反应时，氯气首先氧化亚铁离子，然后在氧化溴离子，故C错误；‎ D项、在反应③中生成1molCl2时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHC1被氧化，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】先分析化合价变化，确定各物质的氧化还原情况，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，比较各物质氧化性强弱，然后再逐项判断。‎ ‎6.在Li、Li、Na、Mg、C、N中，下列说法不正确的是（ ）‎ A. Li和Li为同种元素的不同核素，互为同位素 B. 表示6种核素 C. C和N质量数相同，属于同主族元素 D. Na和Mg的中子数相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、Li和Li为Li元素的不同核素，互为同位素，故A正确；‎ B项、Li、Li、Na、Mg、C、N为六种不同的原子，是六种核素，故B正确；‎ C项、C和N的质子数不同，不是同种元素，最外层电子数也不同，不是同主族元素，故C错误；‎ D项、钠的中子数为（23-11）=12，镁的中子数为（24-12）=12．两者相等，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素互为同位素是判断关键，也是解答关键。‎ ‎7.下列反应的离子方程式正确的是 A. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO+OH-=BaCO3↓+H2O B. 次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳 Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO C. 用氨水吸收少量二氧化硫 OH-+SO2=HSO3-‎ D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO+OH-=BaCO3↓+H2O，A项正确；‎ B. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，碳酸钙完全转化成碳酸氢钙，正确的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，B项错误；‎ C. 一水合氨是弱电解质，在离子方程式中不能拆，用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式为：2NH3H2O+SO2═SO32-+2NH4++H2O，C项错误；‎ D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2＋+2OH-=BaSO4↓+2H2O，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.联合国大会确定2019年是“国际化学元素周期表年”。下列说法错误的是 A. 短周期共有18种元素 B. 元素周期表中有118种元素，即发现了118种原子 C. 在元素周期表金属与非金属的分界处可以找到半导体材料 D. 元素周期表中的每个周期都是按原子序数递增的顺序从左到右进行排列的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．短周期元素为前三周期元素，元素种类分别为2、8、8，共18种，选项A正确；‎ B、目前元素周期表有118种元素，某些元素具有同位素，如H有H、D、T三种原子，则原子的种类多于118种，选项B错误；‎ C、金属元素的单质容易导电，而非金属元素的单质不容易导电，因此在元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料，选项C正确；‎ D、元素周期表中的每个周期都是按原子序数递增的顺序从左到右进行排列的，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎9.第ⅡA族相邻周期的A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，且B在A的上周期，当A的原子序数为x时，B的原子序数可能为 A. x+m B. x-m C. x+n D. x-n ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B同在第ⅡA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，所以当A的原子序数为x时，B的原子序数为x−n，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列说法正确的是( )‎ ‎①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键 ‎②共价化合物含共价键，也可能含离子键 ‎③含金属元素的化合物不一定是离子化合物 ‎④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 ‎⑤双原子分子组成的物质中一定存在非极性共价键 ‎⑥熔融状态能导电的化合物是离子化合物 A. ②③④ B. ②④⑥ C. ①③⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①离子化合物一定含离子键，可能含共价键；‎ ‎②共价化合物只含共价键；‎ ‎③含金属元素的化合物可能为共价化合物；‎ ‎④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物；‎ ‎⑤双原子分子组成的物质中不一定存在非极性共价键，要看双原子是否相同。‎ ‎⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子．‎ ‎【详解】①离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如NaOH中含极性共价键，过氧化钠中含非极性共价键，故正确；‎ ‎②共价化合物只含共价键，故错误；‎ ‎③含金属元素的化合物可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，而NaCl为离子化合物，故正确；‎ ‎④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐为离子化合物，故错误；‎ ‎⑤双原子分子组成的物质中不一定存在非极性共价键，要看成键的原子是否相同，如HCl中就不存在非极性共价键，故错误。‎ ‎⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子，则作用力为离子键，化合物是离子化合物，故正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学键，解题关键：把握化学键的形成及判断的一般规律，注意学习时结合实例。‎ ‎11.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在粗硅的制取中发生‎2C＋SiO22CO↑＋Si，硅被还原，所以碳的还原性强于硅的还原性 B. 盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶 C. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2‎ D. 由Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑可知，硅酸的酸性强于碳酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在粗硅的制取中发生反应‎2C＋SiO22CO↑＋Si，C作还原剂，非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅，故A错误；‎ B项、玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性较强的硅酸钠，使玻璃塞和瓶口粘合在一起，不易打开，应该用橡皮塞，故B错误；‎ C项、二氧化硅和水不反应，但能溶于强碱，碳酸的酸性大于硅酸，所以用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2，从而得到硅酸，故C正确；‎ D项、高温下，二氧化硅能和碳酸钠反应，是利用了高沸点物质制备挥发性物质，不能说明碳酸酸性小于硅酸，要根据常温下，强酸制取弱酸判断，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.下列关于氯及其化合物说法正确的是( )‎ A. 氯气溶于水的离子方程式:Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-‎ B. 洁厕灵不能与“‎84”‎消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解 C. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ D. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，A错误；‎ B. 洁厕灵不能与“‎84”‎消毒液混用，原因是次氯酸钠具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气而中毒，B错误；‎ C. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的次氯酸钙与空气中的水、CO2反应生成次氯酸和CaCO3，C错误；‎ D. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎13.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr＋H2O=HBr＋HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是 A. IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂 B. 在很多反应中IBr是强氧化剂 C. IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀 D. IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因IBr中I元素的化合价为+1价，Br为-1价，HBr中Br为-1价，HIO中I为+1价，则IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化，该反应属于非氧化还原反应，则IBr与水反应时既不做氧化剂，也不做还原剂，A项错误； ‎ B. 溴化碘的化学性质与卤素单质相似，则IBr中I元素的化合价为+1价，I元素的化合价在反应中能降低，则在很多化学反应中IBr是强氧化剂，B项正确； C. 首先发生IBr+H2O═HBr+HIO，然后生成AgBr沉淀，C项正确； D. 由反应IBr+H2O═HBr+HIO可推知与NaOH反应的化学方程式为IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O，D项正确； 答案选A。‎ ‎14.某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是 A. a棉球褪色，验证SO2具有氧化性 B. b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性 C. c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性 D. 可以使用浓硫酸吸收尾气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，故A错误；‎ B．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；‎ C．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，可以验证SO2的还原性，故C错误；‎ D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。‎ ‎15.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）‎ 选项 实验 现象 结论 A 将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中 溶液变蓝，有黑色固体出现 金属铁比铜活泼 B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液 有气体生成，溶液呈红色 稀硝酸将Fe氧化为Fe3+‎ D 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精 灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点较低 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，现象不合理，故A错误；‎ B．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，由现象可知二氧化碳具有氧化性，故B正确；‎ C．稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，则充分反应后滴加KSCN溶液，无明显现象，现象不合理，故C错误；‎ D．氧化铝的熔点高，包裹在Al 的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，现象不合理，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列说法正确的是(　　)‎ A. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色 B. Na2O2与CO2反应生成0.1 mol O2时转移电子0.4 mol C. Na2O2投入到CuCl2溶液中有蓝色沉淀及气泡产生 D. 向饱和烧碱溶液中加入‎2 g Na2O2，充分反应完后，溶液中c(Na＋)不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，一段时间后褪色，故A错误；B. 过氧化钠与CO2反应时，氧元素由-1价变为0价生成氧气，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子，故B错误；C. Na2O2固体投入到CuSO4溶液中现象:产生气泡，因为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑，生成蓝色沉淀，因为2NaOH+CuSO4Cu(OH)2↓+Na2SO4，故C正确；D. 过氧化钠加入水中发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na＋数目减少，反应后仍为饱和溶液，如温度不变，溶液的pH不变，溶液中c（Na＋）不变，但题末明确温度不变，故D错误；故选C。‎ ‎17.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁 C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应 D. 反应②化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；‎ B．氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；‎ C．电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；‎ D．反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。‎ ‎18.下列各组物质，不能按如图(“→”表示反应一步完成)关系转化的是 选　项 a b c A Al2O3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ B Al Al(OH)3‎ Al2O3‎ C AlCl3‎ Al(OH)3‎ NaAlO2‎ D MgCl2‎ Mg(OH)2‎ MgO A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，偏铝酸钠可与盐酸反应生成氢氧化铝与水，氢氧化铝受热分解生成氧化铝与水，可实现各物质之间的转化关系，A项正确；‎ B. 铝不能直接转化为氢氧化铝，B项错误；‎ C. 氯化铝可与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化铝与氯化钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应可生成偏铝酸钠与水，偏铝酸钠与过量的盐酸生成氯化铝与氯化钠和水，可实现各物质之间的转化关系，C项正确；‎ D. 氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁与氯化钠，氢氧化镁可受热分解生成氧化镁与水，氧化镁可溶于盐酸，生成氯化镁与水，可实现各物质之间的转化关系，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握铝三角的转化关系是解题的关键，要特别注意的是，铝不能直接转化为氢氧化铝，这是学生的易错点。‎ ‎19.下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是 A. 用上图装置可以制备沉淀Fe(OH)2‎ B. 配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度 C. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀 D. 向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应前，先关闭C；反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；一段时间后关闭止水夹C，A中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入B中可生成Fe(OH)2 ，A正确；‎ ‎ B．FeCl3 易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，B正确；‎ C．FeCl3 溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，C错误；‎ D．Fe3+ 与铁反应可生成Fe2+ ，则向FeCl2 溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+ 被氧化，D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】①FeCl3、FeCl2都是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+、Fe2+会发生水解反应形成 Fe(OH)2、Fe(OH)3胶体使溶液变浑浊，为防止金属阳离子水解，要先把盐溶解在适量的水解产生的相同种类的浓酸中，然后再加水稀释至相应需要的浓度。‎ ‎②由于Fe2+具有强的还原性，容易被溶解在溶液中的空气氧化变为Fe3+，导致变质，可根据铁离子的氧化性，向盐溶液中加入适量的还原铁粉，利用反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，进行预防处理。‎ ‎③若要制取Fe(OH)2，就要充分考虑Fe2+的还原性，在惰性环境中进行，同时亚铁盐溶液是新配制的。将制取亚铁盐和氢氧化亚铁两个实验进行综合，使Fe与稀盐酸或稀硫酸反应产生盐和氢气，利用氢气把装置及NaOH溶液中的空气赶出，当逸出的气体完全时氢气后，关闭止水夹，产生的亚铁盐在氢气压强的作用下进入NaOH溶液，从而可观察沉淀的产生及颜色。‎ ‎④Fe3+检验可以可以Fe(SCN)3是血红色可溶性的物质进行；也可以根据Fe(OH)3是红褐色难溶性的物质或Fe3+的水溶液呈黄色检验；Fe2+检验可以根据加入NaOH产生白色沉淀，该物质不稳定，会发生反应：4Fe(OH)2+O2+ 2H2O=4Fe(OH)3，沉淀由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色检验；或向溶液中加入KSCN溶液无现象，再滴加几滴新制氯水或双氧水，Fe2+被氧化变为Fe3+，使溶液变为血红色检验。‎ ‎20.在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中,Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3∶2∶1,现加入适量铁粉,使溶液中三种离子的物质的量之比变为1∶2∶4,则参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为( )‎ A. 2∶1 B. 1∶‎2 ‎C. 1∶3 D. 1∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设原先溶液中Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量依次为3mol、2mol、1mol，根据三种离子物质的量的变化，Cu2＋物质的量并没有发生变化，说明没有参加反应，反应离子方程式：2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，Fe3＋物质的量减少了2mol，说明消耗1mol铁，故参加反应的铁粉与原溶液Fe3＋物质的量之比为1：3，故选项C正确。‎ ‎21.为除去括号内的杂质,所选用的试剂或方法不正确的是 A. Na2CO3溶液(NaHCO3),选用适量的NaOH溶液 B. NaHCO3溶液(Na2CO3),应通入过量的CO2气体 C. Na2O2粉末(Na2O),将混合物在氧气中加热 D. Na2CO3溶液(Na2SO4),加入适量Ba(OH)2溶液,过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，由于NaOH适量，A项正确；‎ B.Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，通入CO2可以将少量的Na2CO3转化为NaHCO3而除去,B项正确；‎ C.2Na2O＋O22Na2O2，在空气中可以将少量的Na2O转化为Na2O2而除去，C项正确；‎ D.Na2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2NaOH，Na2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2NaOH，D项错误。‎ 故选D。‎ ‎22.某100 mL混合酸中，HNO3物质的量浓度为0.4 mol/L，H2SO4物质的量浓度为0.2 mol/L。向其中加入‎2.56 g Cu粉，待充分反应后(反应前后溶液体积变化忽略不计)，溶液中Cu2＋的物质的量浓度为 (　　)‎ A. 0.15‎‎ mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.225 mol/L D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】n（HNO3）=‎0.1L×0.4mol/L=0.04mol，n（H2SO4）=‎0.1L×0.2moL/L=0.02moL，n（H+）=0.04moL+2×0.02moL=0.08mol，n（Cu）=‎2.56g÷‎64g/mol=0.04mol，由反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O分析可知铜粉和NO3-都是过量，应根据H+的物质的量进行计算，生成的Cu2+的物质的量为0.03mol，其浓度为0.03mol÷‎0.1L=0.3mol/L，故答案为B。‎ ‎【点睛】在分析金属单质与硝酸和硫酸的混合液反应时，特别要抓住反应的本质来进行分析，即抓住离子反应来进行定量分析。‎ ‎23.无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为（ ）‎ A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2‎ C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO和CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有N2，则甲气体的组成为NH3、NO、CO2，故选B。‎ ‎24.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。‎ ‎25.将a克Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL pH=1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH 溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH 溶液100 mL,则NaOH 溶液的浓度为 A. 0.1‎‎ mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.8‎ ‎ mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），再根据c=计算。‎ ‎【详解】pH=1的硫酸，氢离子浓度为0.1mol/L，则c（H2SO4）=×0.1mol/L=0.05mol/L； 反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=‎0.2L×0.05mol/L=0.01mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.01mol×2=0.02mol，则该c（NaOH）==0.2mol/L，故选B；‎ 答案：B ‎【点睛】明确最后溶液中的溶质是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答。‎ 第II卷 非选择题(共50分)‎ 二、非选择题（共4题，共50分）‎ ‎26.（1）‎15.6g Na2X中含Na+ 0.4mol，则Na2X的摩尔质量是____________。‎ ‎（2）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g氧气中含有的分子数为b，则c g氧气在标准状况下的体积约是_________________(用含NA的式子表示）。‎ ‎（3）标况下，密度为‎1.25g/L的CO2与CH4组成的混合气体中，CO2的体积分数为______。‎ ‎（4）下列各项与胶体性质无关的有______________________。‎ ‎①卤水点豆腐 ②明矾净水 ③静电除尘 ④油水分离 ⑤血液透析 ⑥三角洲形成 ⑦酸碱中和 ⑧雨后彩虹和海市蜃楼 ⑨臭氧消毒 ‎【答案】 (1). ‎78g/mol (2). L (3). 42.86％ (4). ④⑦⑨‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合物质结构可知Na2X的物质的量，依据n=得出结论；‎ ‎（2）计算cg氧气含有分子数目，再根据n=计算氧气物质的量，根据V=nVm计算氧气体积；‎ ‎（3）先根据M=求出混合气体的摩尔质量，设混合气体中CO2、CH4的物质的量分数或体积分数为x依据题意作答；‎ ‎（4）根据胶体的性质与应用作答。‎ ‎【详解】（1）Na2X中含Na+ 0.4mol，则n(Na2X)=0.2mol，根据n=可知，M(Na2X)==‎78g/mol，故答案为：‎78g/mol；‎ ‎（2）cg氧气含有分子数目为b×，氧气物质的量为 = mol，故标况下氧气体积为 mol×‎22.4L/mol=L，故答案为：；‎ ‎（3）标况下，密度为‎1.25g/L的CO2与CH4组成的混合气体的摩尔质量为‎1.25g/L‎22.4L/mol=‎28g/mol，设混合气体中CO2、CH4的物质的量分数或体积分数为x、1－x，则1mol混合气体的质量即等于‎28g，也等于44x+16(1－x) g，则44x+16(1－x) = 28，解得：x=42.86％，故答案为：42.86％；‎ ‎（4）①豆浆为胶体，加入盐卤，使胶体发生聚沉，与胶体性质有关，①项不符合题意；‎ ‎②明矾净水利用的是明矾溶于水后，电离产生的铝离子生成氢氧化铝胶体，能吸附悬浮于水中的杂质，并使其从水中沉降下来，达到净水的目的，②项不符合题意；‎ ‎③烟尘为胶体，胶体的性质之一是电泳，通过高压直流电除去大量的烟尘，可以减少对空气的污染，与胶体的性质有关，③项不符合题意；‎ ‎④油水分离利用的是油与水互不相容，采用分液的方法进行分离的过程，与胶体的性质无关，④项符合题意；‎ ‎⑤血液属于胶体，透析类似渗析，⑤项不符合题意；‎ ‎⑥江河入海出容易形成三角洲，如长江三角洲和黄河三角洲的形成，是在河水中含有土壤胶体，当水与海水相遇水，胶体的胶粒与电解质发生聚沉，从而形成土壤，得到三角洲，与胶体表面积大，吸附一定数目的电荷有关，⑥项不符合题意；‎ ‎⑦酸碱中和利用的是氢离子与氢氧根离子反应生成水的过程，与胶体的性质无关，⑦项符合题意；‎ ‎⑧空气也是一种胶体，“海市蜃楼”、“雨后彩虹”既是一种光学现象，也与胶体的丁达尔效应有关，⑧项不符合题意；‎ ‎⑨臭氧消毒利用的是臭氧的强氧化性，与胶体无关，⑨项符合题意；‎ 综上所述，④⑦⑨项符合题意，‎ 故答案为：④⑦⑨。‎ ‎【点睛】第（3）问求出混合气体的摩尔质量后，还可利用十字交叉法计算各气体的物质的量之比，进而得到相同条件下的体积分数。因M（混）=‎28g/mol，则 ‎，则可知n(CO2):n(CH4)=12:16=3:4，故CO2的体积分数为=42.86％。‎ ‎27.海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验（苯，一种不溶于水，密度比水小的液体）：‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到实验仪器是_______（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。‎ A．烧杯 B．坩埚 C．表面皿 D．泥三角 E．酒精灯 F．干燥器 ‎（2）步骤③的实验操作名称是_______；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是_______。‎ ‎（3）步骤⑤是萃取、分液，某学生选择用苯来提取碘的理由是_______。在分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________（填标号），以下略。‎ A．直接将含碘苯溶液从分液漏斗上口倒出 B．直接将含碘苯溶液从分液漏斗下口放出 C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从下口放出 D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出 ‎（4）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法是_______。‎ ‎【答案】 (1). BDE (2). 过滤 (3). 蒸馏 (4). 苯与水互不相溶，苯与碘不反应，碘在苯中的溶解度比在水中大 (5). D (6). 取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀 粉试液，观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，故答案为BDE；‎ ‎（2）将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法；将苯和碘分离，应用的是两者的沸点不同，即用蒸馏的方法；‎ ‎（3）萃取剂的选择原理：和水互不相溶，苯与碘不反应，要萃取的物质在其中的溶解度大于在水中的溶解度，故可以选择苯；分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，由于苯的密度比水小，故碘的苯溶液在上层，水在下层，故先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出，答案选D；‎ ‎（4）提取碘后的水溶液中若是含有单质碘，则遇到淀粉会变蓝色，可以取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）。‎ ‎28.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们原子序数依次增大。已知：A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2。请回答：‎ ‎（1）元素C在周期表中的位置是________。‎ ‎（2）元素D的单质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，这种化合物与水反应的离子方程式____________________________________。‎ ‎（3）D和E两种元素相比较，其原子得电子能力较强的是________(写名称)。 以下说法中，可以证明上述结论的是__________(填写编号)。‎ a．比较这两种元素的常见单质的沸点 b．二者形成的化合物中，D元素的原子显负价 c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 d．比较这两种元素氢化物的水溶液的酸性 ‎（4）元素A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶液中反应离子方程式是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期ⅤA族 (2). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (3). 氧 (4). bc (5). H++HSO3-=SO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A元素的原子半径是主族元素中最小的，则A为H；C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，则C为N元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C元素；D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则E最外层含有6个电子，为S元素，D为O元素；F的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则F为Cl元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知：A为H，B为C元素，C为N，D为O，E为S，F为Cl与水。‎ ‎（1）C是N元素，其原子核内有7个质子，在周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；‎ ‎（2）D元素单质与钠反应生成的化合物可以作潜水面具中的供氧剂，为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；‎ ‎（3）这两种元素分别O、S元素，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性较强的是O元素，名称为氧；元素的非金属性越强，对应的原子得电子能力越强，而 a. 单质的沸点与非金属性无关，与得电子能力无关，a项错误；‎ b. 二者形成的化合物为二氧化硫与三氧化硫，O元素的原子显负价，则证明O的得电子能力比S强，b项正确；‎ c. 气态氢化物的稳定性越强，则元素的非金属性越强，得电子能力越强，c项正确；‎ d. 这两种元素氢化物的水溶液的酸性与非金属性无关，与得电子能力无关，d项错误；‎ 答案为：氧；bc；‎ ‎（4）A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐分别是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，二者反应生成二氧化硫和水，离子方程式为：H++HSO3−═SO2↑+H2O。‎ ‎【点睛】第（3）问元素周期律的判断是常考点，要特别注意非金属性的判断依据，可总结为：‎ ‎1、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；‎ ‎2、由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，则非金属依次减弱）；‎ ‎3、由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强；‎ ‎4、由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强；‎ ‎5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；‎ ‎6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；‎ ‎29.已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。‎ ‎（1）若A是一种红色金属单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，反应的离子方程式为___________，若反应放出‎1.12 L气体（标准状况下），则被还原的B物质的量为___________mol。‎ ‎（2）若实验室中利用固体A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小、碱性的气体，试写出此反应的化学方程式________________；实验室检验C的方法为_______________。‎ ‎（3）若B是黄绿色有毒气体，上述关系经常用于实验室尾气处理，则反应的离子方程式为________________。若用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛满B的试管口，看到的现象为______________。‎ ‎【答案】 (1). 2NO3－+ 3Cu + 8H+ = 2NO↑+ 4H2O + 3 Cu 2+ (2). 0.05 (3). 2NH4Cl+ Ca（OH）2 CaCl2 +2NH3↑+2H2O (4). 把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气 (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO- + H2O (6). 试纸变为蓝色 ‎【解析】‎ A、B、C、D、E是化学中常见的物质，常温下，E是一种无色无味的液体，考虑E为H2O；‎ ‎（1）A是一种红色单质，B是一种常见的挥发性酸，反应时生成的C是无色气体，则A为Cu，B为稀硝酸，C为NO，D为硝酸铜，反应的离子反应为2NO3-+3Cu+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+，生成硝酸铜体现硝酸的酸性，生成NO体现硝酸的氧化性；若反应放出1.12 LNO气体（标准状况下），NO的物质的量为0.05mol，则被还原的HNO3物质的量为0.05mol；‎ ‎（2）C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小的气体，则C为NH3，实验室利用铵盐与熟石灰反应制备氨气，该反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检验方法为把湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变蓝，则证明该气体为氨气（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近该气体，若有白烟生成，则证明该气体为氨气）；‎ ‎（3）若B是黄绿色有毒气体，应该为氯气，实验室常用NaOH溶液吸收其尾气，则反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO- + H2O ；若用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛满B的试管口，氯气能氧化I-生成碘单质，则看到的现象为试纸变为蓝色。‎ 点睛：考查无机物的推断，涉及浓硝酸的性质及氨气的制备；此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。‎