宁夏银川一中2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

宁夏银川一中2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

银川一中2019/2020学年度(上)高一期末考试 化 学 试 卷 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-8 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Ca-40‎ 一、单项选择题(每小题2分，共50分）‎ ‎1.我国古代文献中有许多化学知识记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，…挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的变化是 A. 复分解反应 B. 蒸发结晶 C. 离子反应 D. 氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】该过程发生发生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O为化合反应、CuSO4·5H2OCuSO4+5H2O为分解反应、Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为氧化还原反应，该反应在溶液中进行，离子反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；“挹其水熬之，则成胆矾”该过程即为蒸发结晶，整个过程没有涉及到复分解反应，故答案为A。‎ ‎2.下列说法正确的是(　　)‎ ‎①正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0；‎ ‎②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；‎ ‎③Fe2O3常用作红色油漆和涂料；‎ ‎④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害；‎ ‎⑤SiO2可用于制太阳能电池。‎ A. ①②③ B. ①④⑤‎ C. ②③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，①错误；②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染，②正确；③Fe2O3‎ 常用作红色油漆和涂料，③正确；④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害，④正确；⑤二氧化硅为绝缘体，不导电，而Si导电，可用于制太阳能电池，⑤错误，答案选C。‎ ‎3.化学在生活中应用广泛,下列物质性质与对应用途错误的是 A. 明矾易水解生成胶体，可用作净水剂 B. 晶体硅熔点高硬度大，可用作芯片 C. NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂 D. 硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.明矾中铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用作净水剂，A正确；‎ B.晶体硅导电，可用作芯片，与熔点高硬度大无关系，B错误；‎ C.NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂，C正确；‎ D. 硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎4. “纳米材料”是粒子直径为1～100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质①是溶液 ②是胶体 ③能透过滤纸 ④不能透过滤纸 ⑤能产生丁达尔效应⑥静置后，会析出黑色沉淀 A. ①④⑥ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，故②③⑤正确；‎ 故选：C。‎ ‎5.下表中对于相关物质的分类全部正确的是 选项 纯净物 混合物 碱性氧化物 非电解质 A.‎ 液氧 漂白粉 Al2O3‎ CO B.‎ 生理盐水 氢氧化铁胶体 Na2O2‎ 乙醇 C.‎ 碱石灰 盐酸 K2O Cl2‎ D.‎ 胆矾 水玻璃 CaO SO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化铝是两性氧化物，A错误；‎ B、生理盐水是氯化钠溶液，是混合物，过氧化钠不是碱性氧化物，B错误；‎ C、碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；‎ D、胆矾为五水硫酸铜，为纯净物；水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物；氧化钙与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；二氧化硫本身不能电离出离子，不能导电，属于非电解质，分类均正确，D正确；‎ 答案选D ‎【点睛】掌握相关概念含义和物质的组成是解答的关键，尤其要注意电解质和非电解质的判断，化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，另外对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎6.下列实验装置及操作均正确的是 A. 图I中A盛放碳酸氢钠，B盛放碳酸钠，可对比二者的热稳定性 B. 图II可用于在碳酸钠溶液中提取碳酸钠固体 C. 图III为钠与水的反应现象探究实验的装置 D. 图IV为实验室制备观察氢氧化亚铁的装置 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、碳酸氢钠在小试管B，Na2CO3在大使管A，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱。故A不正确；B、碳酸钠溶液中提取碳酸钠固体就用蒸发皿，故B错误；C、烧杯中盛水量不能超一半，容易发生危险，故C不正确；D、氢氧化亚铁的制备实验一在于减少溶液中氧气的含量，要隔绝溶液与空气的接触，尽可能减少中间过程，减少和溶液中溶解氧气的机会，达到充分减少溶液氧气含量的目的。本实验就是为了减少Fe(OH)2与空气接触的机会，故D正确。故选D。‎ ‎7.为了除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO42—等杂质离子，先将粗盐溶于水，过滤，然后对滤液进行4项操作：①过滤 ②加适量盐酸 ③加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液 ④加入过量BaCl2溶液。上述4项操作的正确顺序为 A. ③④①② B. ④③②①‎ C. ④③①② D. ③④②①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，加入氢氧化钠除去镁离子，因加入过量氯化钡除去SO42-，为除去钙离子和过量的钡离子，可在加入氯化钡之后加入碳酸钠，则应先加入过量BaCl2溶液，再加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液，过滤后溶液中含有氢氧化钠、碳酸钠和氯化钠，可加入适量盐酸除去氢氧化钠、碳酸钠，最后得到氯化钠溶液，则正确顺序为④③①②， 故选：C。‎ ‎8.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O，其中H2S是 A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 既不是氧化剂又不是还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应的特征分析，判断氧化剂、还原剂。‎ ‎【详解】4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O反应中，Ag元素从0价升高到+1价，故Ag做还原剂，O2中O元素从0价降低到-2价，故O2做氧化剂，H2S中的H元素和S元素化合价没有改变，故H2S既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】金属单质大多数情况下都做还原剂，O2是常见氧化剂，再判断H2S中各元素化合价变化情况，从而可以快速作出正确判断。‎ ‎9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. ‎62g Na2O溶于水后所得溶液中含有O2－离子数为NA B. 7.8gNa2S和‎7.8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA C. 标准状况下，22.4 LSO3中含有3NA个氧原子 D. 合成氨反应中1mol氮气与3mol氢气反应，转移电子数为6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O溶于水后所得溶液为氢氧化钠，溶液中不含O2－，故A错误；‎ B. Na2S和Na2O2的摩尔质量均为‎78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成，故7.8gNa2S和Na2O的物质的量均为0.1mol，其含有的阴离子均为0.1NA个，故B正确；‎ C.标况下三氧化硫不是气体，故无法计算‎22.4L三氧化硫的物质的量，故C错误；‎ D.合成氨的反应为可逆反应，1mol氮气与3mol氢气不能完全反应，无法确定转移电子数，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎10.下列体系中，离子能大量共存的是 A. 无色透明的酸性溶液：MnO4－、K+、C1－、SO42－‎ B. 使酚酞变红的溶液：K＋、Na＋、NO3－、Cl－‎ C. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4＋、K＋、Cl－、OH-‎ D. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液： Na＋、Ba2＋、NO3－、OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MnO4－显紫色，不满足无色条件，故A错误；‎ B.使酚酞变红说明溶液显碱性，碱性溶液中四种离子可以共存，故B正确；‎ C.滴加KSCN显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+与氢氧根离子反应生成沉淀-，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．HCO3-、OH-之间发生反应生成碳酸根和水，碳酸根和钡离子生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。‎ ‎11.下列反应的离子方程式正确的是 A. 钠与水的反应： Na＋2H2O =Na+＋2OH－＋H2↑‎ B. 氯化铵固体与熟石灰共热制氨气：NH4+＋OH-NH3↑＋H2O C. 氯气通入石灰乳中制漂白粉：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O D. 食醋除水垢：CaCO3+ 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na＋2H2O =2Na+＋2OH－＋H2↑，故A错误；‎ B. 氯化铵固体与熟石灰共热，该反应不是在溶液中进行的，无法书写离子方程式，故B错误；‎ C. 将氯气通入石灰乳中制得漂白粉，石灰乳不拆成离子，离子方程式：Ca(OH)2+Cl2═Cl-+ClO-+H2O+Ca2+，故C错误；‎ D. 食醋除水垢为醋酸和碳酸钙的反应，离子方程式为：CaCO3+ 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + CO2↑+H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎12.下列说法正确的是 A. 实验室保存FeSO4溶液常在溶液中加入少量铁粉 B. 可用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液 C. 可以用饱和Na2CO3除去CO2中少量SO2‎ D. Na2SiO3溶液常常保存在带玻璃塞的细口瓶中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.FeSO4具有还原性，可被空气中氧气氧化生成硫酸铁，加入铁粉，反应生成硫酸亚铁，可防止硫酸亚铁被氧化，故A正确；‎ B.二者与石灰水反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；‎ C.二氧化碳会和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，故C错误；‎ D. Na2SiO3等碱性溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏合性的物质，将瓶塞和瓶口黏结在一起，从而无法打开，所以贮存在具有橡胶塞的细口瓶中，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎13.‎2019年12月17日，我国第一艘国产航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军，它宣告了中国海军的国产航母时代正式来临。据报道，该舰艇的“超级甲板”采用了大量新型铝锂合金和铝镁合金等航天材料，真正实现了“浴千度火仍无恙”。下列关于两种合金的说法正确的是 A. 铝锂合金是铝与锂形成的新型化合物 B. 铝锂合金硬度比铝大，熔沸点比铝高 C. 铝镁合金不能全部溶解于稀盐酸中 D. 铝镁合金焊接前用NaOH溶液处理氧化铝膜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝锂合金是金属铝与锂形成的混合物，故A错误；‎ B、铝锂合金的熔沸点比铝低，故B错误；‎ C、此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，故C错误；‎ D、氧化铝可以与氢氧化钠溶液发生反应，故可用NaOH溶液处理氧化铝膜，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. FeFeCl2 Fe(OH)2‎ B. SSO3 H2SO4‎ C. CaCO3 CaO CaSiO3‎ D. SiO2 H2SiO3 Na2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁单质在氯气中燃烧只生成三价铁，故A错误；‎ B.硫单质和氧气反应只能生成二氧化硫，故B错误；‎ C.碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅在高温条件下可以生产硅酸钙，故C正确；‎ D.二氧化硅和水不反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎15. 现有盐酸、氯化钠溶液、氢氧化钡溶液和新制的氯水四种溶液，可以一次把它们区别开的一种试剂是：( )‎ A. CuSO4溶液 B. AgNO3溶液 C. 紫色石蕊试液 D. FeCl2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸铜只能鉴别氢氧化钠，硝酸银和四种物质都反应生成白色沉淀，氯化亚铁不能鉴别盐酸和氧化钠。紫色石蕊试液和盐酸反应显红色，和氯化钠不反应，和氢氧化钡反应显蓝色，由于氯水具有酸性和强氧化性，所以首先显红色，然后褪色，因此正确的答案选C。‎ ‎16.在一定条件下，将充满NO2和O2的试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积为原混合气体体积的，则原混合气体中NO2和O2的体积之比是 A. 8：1 B. 7：‎3 ‎C. 1：7 D. 4：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NO2和O2的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中，发生反应可能为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的体积为原混合气体的，试管中剩余体积的可能为NO或O2，结合反应方程式列式计算。‎ ‎【详解】发生反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的体积为原混合气体的，则试管中剩余体积的为NO或O2。设NO2和O2的总体积为V，‎ 当剩余气体为NO时，说明氧气不足，生成V体积的NO消耗二氧化氮的体积为：V×3=；‎ 则反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中总共消耗二氧化氮和氧气的总体积为：，原混合气体中氧气的体积为：×=V，原混合气体中二氧化氮的体积为：，原混合气体中NO2和O2的体积比为：：V=7：1；‎ 当氧气过量时，剩余的V体积为O2，说明NO2不足量，则参加反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中总共消耗NO2和O2的总体积为，混合气体中二氧化氮的总体积为：×=，O2总体积为，故原气体中NO2和O2的体积比为：=7：3，‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应方程式的计算的知识，把握发生的化学反应及差量法计算为解答的关键，注意掌握氮的氧化物与氧气及水的反应的性质。正确判断剩余气体的成分是解答的基础。‎ ‎17.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是 A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2‎ B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－‎ C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋‎ D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；‎ B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；‎ C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；‎ D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。‎ 答案选D。‎ ‎18.如图：烧瓶中充满a气体，滴管和烧杯中盛放足量b 溶液，将滴管中溶液挤入烧瓶，打开止水夹f，能形成喷泉的是 A. aCl2，b是饱和NaCl溶液 B. a是NO，b是H2O C. a 是NH3，b是盐酸溶液 D. a是CO2，b是饱和NaHCO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，锥形瓶与烧瓶内压强几乎相等，不能形成喷泉，故A不选； B．NO不溶于水，与水不反应，压强不变，不能形成喷泉，故B不选； C．氨气易溶于盐酸，生成氯化铵，烧瓶压强减小，可形成喷泉，故C选； D．二氧化碳不与饱和碳酸氢钠反应，烧瓶内压强几乎不变，不能形成喷泉，故D不选。 故选：C。‎ ‎19.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是 ‎ ‎ 选项 ‎①中物质 ‎②中物质 预测②中的现象 A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡 B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体 C 新制氯水 淀粉碘化钾溶液 溶液变蓝色 D 浓盐酸 MnO2‎ 产生黄绿色气体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸先与NaOH的反应，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，A错误；‎ B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，不能观察到红棕色气体，B错误；‎ C．新制氯水具有强氧化性，与碘化钾反应生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，C正确；‎ D．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热才能发生反应产生氯气，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，要求掌握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，A是易错点，注意OH－、CO32－的碱性强弱关系，与盐酸反应的先后顺序是解答的难点。‎ ‎20.将一定量的Mg、Al混合物投入200mL某浓度的盐酸中，金属完全溶解后，再逐滴加入2 mol·L-1的NaOH溶液至过量，所生成的沉淀与所加NaOH的关系如图所示。则盐酸的浓度是 A. 2.5‎mol L-1 B. 3mol L-1‎ C. 3.5mol L-1 D. 4mol L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】沉淀量最大时，溶液为氯化钠溶液，由原子守恒可知，n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=‎0.3L×2mol/L=0.6mol，可知盐酸的浓度为=3mol/L ‎，故答案为B。‎ ‎【点睛】把握图象与反应的对应关系、原子守恒为解答的关键，注意沉淀量最大时的分析，题目难度不大。‎ ‎21.下列离子的检验方法正确的是 A. 某溶液产生白色沉淀,说明原溶液中有Cl-‎ B. 某溶液产生白色沉淀,说明原溶液中有SO42-‎ C. 某溶液生成无色气体,说明原溶液中有CO32-‎ D. 某溶液产生蓝色沉淀,说明原溶液中有Cu2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向某溶液中加入少量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能硫酸银，原溶液中可能含有硫酸根离子，不一定含有氯离子，故A错误；‎ B. 向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故B错误；‎ C.向某溶液中加入稀硫酸产生无色气体，原溶液中可能是碳酸氢根，故C错误；‎ D. 加氢氧化钡溶液生成蓝色沉淀，说明生成氢氧化铜，则说明原溶液中可能有Cu2+，故D正确。‎ 故答案为D。‎ ‎22.下列实验现象描述正确的是 A. 将足量SO2气体通入石蕊试液中，石蕊试液变红色 B. 红热的铜丝在氯气中燃烧，产生了棕黄色的烟雾 C. 碘水中加入少量汽油振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为紫红色 D. 将过氧化钠加入足量的水中振荡，再滴入酚酞，振荡，溶液呈红色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 将足量SO2气体通入石蕊试液中生成亚硫酸，石蕊试液变红色，A正确；B. 红热的铜丝在氯气中燃烧，产生了棕黄色的烟，没有雾，B错误；C. 汽油密度小于水，碘水中加入少量汽油振荡，静置后下层颜色变浅，上层颜色变为紫红色，C错误；D. ‎ 将过氧化钠加入足量的水中振荡，再滴入酚酞，振荡，溶液先呈红色，然后褪色，D错误，答案选A。‎ ‎23.如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，下列说法正确的是（ ）‎ 选项 试剂 现象 结论 A 酸性KMnO4溶液 溶液褪色 SO2有氧化性 B 品红溶液 溶液褪色 SO2有漂白性 C ‎ 滴有酚酞的NaOH溶液 溶液褪色 SO2有漂白性 D 硫化氢水溶液 溶液变浑浊 SO2有还原性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸性高锰酸钾溶液能将二氧化硫氧化成硫酸，二氧化硫体现还原性，故A错误；‎ B、二氧化硫使品红褪色，体现漂白性，故B正确；‎ C、二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，不是漂白性，故C错误；‎ D、黄色沉淀为S单质，SO2与H2S反应生成S单质，SO2中的+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，说明SO2有氧化性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎24.固体粉末X中可能含有Na2O、CaO、CuO、Fe2O3和SiO2中的若干种，为确定其成分，现取X进行如下实验(所加试剂均过量)，下列说法正确的是 A. 该混合物一定含有CuO、SiO2 B. 该混合物可能含有Na2O和Fe2O3‎ C. 该混合物一定不含CaO和Na2O D. 无法确定是否含有CaO和Fe2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验可知，溶液A与NaOH反应生成蓝色沉淀为氢氧化铜，则X中一定含CuO，不含氧化铁；C溶液与二氧化碳反应无明显现象，可知A中钙离子，则X中不含CaO；固体B与NaOH溶液反应生成溶液D，可知B为SiO2，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，固体X一定含CuO、SiO2，一定不含Fe2O3和CaO，不能确定是否含Na2O， A．该混合物一定含有CuO、SiO2，故A正确； B．由蓝色沉淀可知一定不含Fe2O3，故B错误； C．由溶液C与二氧化碳混合无明显现象，可知不含CaO，不能确定是否含氧化钠，故C错误； D．一定不含Fe2O3和CaO，故D错误； 故选：A。‎ ‎25.将‎200g质量分数为7.3%的盐酸，加入‎14.4g由Na2O2、Na2CO3、NaOH组成的化合物中，充分反应后，继续加入一定质量的氢氧化钠，反应至溶液恰好呈中性，蒸发结晶，最终得到的固体质量为 A. ‎8g B. ‎15.5g C. ‎23.4g D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】中性溶液溶质为NaCl，蒸发结晶得到固体为NaCl，根据氯离子守恒：n(NaCl)=n(HCl)==0.4mol，m(NaCl)=0.4mol×‎58.5g/mol=‎23.4g， 故选：C。‎ ‎【点睛】关键是清楚反应过程明确最终固体成分，注意守恒思想的运用。‎ 二、填空题（10分）‎ ‎26.除去Na2CO3溶液中混有的NaHCO3应加入___________（填化学式）溶液。‎ ‎【答案】NaOH ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸氢钠可以与氢氧化钠反应生成碳酸钠，方程式为：NaHCO3+ NaOH= Na2CO3+H2O，故答案为：NaOH。‎ ‎27.中国的瓷器驰名世界，制备陶瓷是以黏土[主要成分Al2Si2O5(OH)4]为原料，经高温烧结而成。若以氧化物形式表示黏土的组成，应写为：________________。‎ ‎【答案】Al2O3·2SiO2·2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序可知，[Al2Si2O5(OH)4]可改成Al2O3∙2SiO2∙2H2O，故答案为：Al2O3∙2SiO2∙2H2O。‎ ‎【点睛】根据化学式改写成相应的氧化物得形式，按照活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序来书写，并要遵守原子守恒。‎ ‎28.________是制造光导纤维重要原料。‎ ‎【答案】SiO2（或二氧化硅）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】二氧化硅是制造光导纤维的重要原料，故答案为：SiO2(或二氧化硅)；‎ ‎29.漂白粉或漂粉精的有效成分是__________（填化学式）。‎ ‎【答案】Ca(ClO)2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】漂白粉或漂粉精是氯气与氢氧化钙反应生成的，次氯酸钙是漂白粉或漂粉精的有效成分，故答案为：Ca(ClO)2；‎ ‎30.NO2是______色有毒气体，NO2与水反应的方程式为______________________，标准状况下67.2LNO2与水反应转移电子为_____mol。‎ ‎【答案】 (1). 红棕 (2). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (3). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】NO2是红棕色有毒气体，NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；根据方程式可知当有3mol二氧化氮与水反应时转移电子为2mol，67.2LNO2的物质的量为，故转移电子为2mol，故答案为：红棕； 3NO2+H2O=2HNO3+NO；2。‎ ‎31.蔗糖与浓硫酸发生反应，形成“黑面包”，体现了浓硫酸的_________________性。‎ ‎【答案】脱水性、氧化性 ‎【解析】‎ ‎【详解】蔗糖与浓硫酸发生反应，形成“黑面包”，体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，故答案为：脱水性、氧化性。‎ 三、无机推断题（每空2分，共12分）‎ ‎32.下列框图所示的转化关系中，、均为常见的金属单质；A、在冷的的浓溶液中均会发生钝化；为淡黄色的非金属单质。为红棕色固体氧化物，为常见无色液体。焰色为黄色，且能使酚酞变红（部分反应条件、反应过程中生成的水及其他产物略去）。‎ ‎（1）的化学式为______。‎ ‎（2）与反应的化学方程式为_____。‎ ‎（3）与氯气反应的离子方程式为_____。‎ ‎（4）与氨水反应的化学方程式为_______。‎ ‎（5）与反应的离子方程式为________。‎ ‎（6）检验“黄色溶液”中阳离子的方案：________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2 (2). 2Al+Fe2O3 === Al2O3 +2Fe (3). 2Fe2++ Cl2 ===2Fe3++ 2Cl- (4). Al2(SO4)3 + 6NH3▪H2O === 2Al(OH)3↓+ 3(NH4)2SO4 (5). Al2O3 + 2OH- === 2AlO2- + H2O (6). 取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe3+；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，则B为Fe2O3，A为Al，C为Fe，D为A12O3．E为固体非金属单质，连续氧化得到G，G与常见无色液体X反应得到H，则E为S，F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，X为H2O，I为 FeSO4；L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O3反应，则L为NaOH，与Al2O3反应生成J为NaAlO2，A12O3与硫酸反应生成K为Al2(SO4)3，则M为Al(OH)3，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知，F的化学式为SO2，故答案为：SO2； (2)A与B反应是Al与氧化铁在高温条件下反应生成铁与氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3 Al2O3 +2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3 Al2O3 +2Fe； (3)Fe2+具有还原性，与具有强氧化性的Cl2反应生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； (4)K为Al2(SO4)3，与足量的氨水反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+； (5)D与L的反应为Al2O3和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2 -+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2 -+H2O．‎ ‎(6)黄色溶液中阳离子为Fe3+，其检验方法为：取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe3+；‎ ‎【点睛】此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论。‎ 四、（共20分）按要求完成下列实验 ‎33.某学生利用以下装置探究氯气与氨之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨反应的装置。 ‎ 请回答下列问题： ‎ ‎(1)装置F中发生反应的化学方程式为____________________________．‎ ‎(2)装置B中仪器的名称是___________；装置E的作用是______________________．‎ ‎(3)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。写出反应的化学方程式___________________________________．‎ ‎(4)装置C内当有a mol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数为_______mol-1(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎(5)将用F、E、D装置制得的氯气通人含74gCa(OH)2的石灰乳中，最多可制得漂白粉_______g．‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 干燥管 (3). 除去氯气中的氯化氢 (4). 3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl (5). b/‎2a (6). 127‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水； (2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质； (3)由题意可知发生反应为氨气和氯气生成氯化铵和氮气； (4)由反应方程式，可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，根据氯气求出电子的物质的量，再根据电子的个数求出NA； (5)根据氢氧化钙的物质的量和反应方程式求出漂白粉的质量；‎ ‎【详解】(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水，其反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； (2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质，故答案为：干燥管；除去氯气中的氯化氢； (3)氨气和氯气反应生成白烟氯化铵和空气的主要成分之一氮气，即8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2； (4)由反应方程式可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，所以当有a mol氯气参加反应时，转移的电子的物质的量为2amol，已知转移的电子总数为b个，则N=n•NA，即b=‎2a•NA，所以NA=，故答案为：；‎ ‎(5)氢氧化钙的物质的量是n==1mol，所以根据反应式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知，则生成的CaCl2、Ca(ClO)2各0.5mol，所以最多可制得漂白粉的质量是m=m(CaCl2)+m(Ca(ClO)2)=0.5mol×‎111g/mol+0.5mol×‎143g/mol=‎127g，故答案为：‎127g．‎ ‎34.已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应。‎ ‎(1)上述反应的化学方程式为___________________________________；‎ ‎(2)试用下图所列各装置设计一个实验，来验证上述反应所产生的各种产物。‎ 这些装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是（填装置中导管口的编号）：‎ ‎____接 ____，____接____，____接 ____。‎ ‎(3)实验时可观察到装置①中A瓶中的溶液褪色，C瓶中的溶液不褪色。B瓶中的溶液的作用是____________________；C瓶中所加试剂是___________________。‎ ‎(4)装置②中所加固体药品是无水硫酸铜，装置③中所加试剂是 _____________；装置④中带活塞的仪器名称为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 2H2SO4(浓) + C 2H2O + CO2↑+ 2SO2↑ (2). g (3). c（或d） (4). d（或c） (5). a (6). b (7). f (8). 除去SO2气体，避免对CO2的检验产生干扰 (9). 品红溶液 (10). 澄清石灰水 (11). 分液漏斗 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体； (2)检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳； (3)根据实验目的和装置图考虑操作步骤和试剂的作用及发生反应；从整体考虑，A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置； ‎ ‎(4)无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜(CuSO4•5H2O)为蓝色固体，用于检验水的存在，装置③中所加试剂是澄清石灰水，检验二氧化碳的产生。‎ ‎【详解】(1)木炭粉与浓硫酸发生反应产生SO2和CO2气体，反应的方程式为2H2SO4(浓) + C 2H2O + CO2↑+ 2SO2↑，故答案为：2H2SO4(浓) + C 2H2O + CO2↑+ 2SO2↑； (2)检验二氧化碳和二氧化硫时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在，二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫，再除去，最后检验二氧化碳，故答案为：g；c(或d)；d(或c)；a；b；f； (3)A为检验二氧化硫装置，B、C为除去二氧化硫并检验是否除尽二氧化硫的装置，常用品红溶液来检验二氧化硫，故答案为：除去SO2气体，避免对CO2的检验产生干扰；品红溶液； (4)无水硫酸铜为白色固体，遇水可变为五水硫酸铜(CuSO4•5H2O)为蓝色固体，用于检验水的存在，装置③中所加试剂是澄清石灰水，检验二氧化碳的产生，装置④中带活塞的玻璃仪器名称分液漏斗，故答案为：澄清石灰水；分液漏斗。‎ ‎【点睛】本题考查学生浓硫酸的性质中的和碳单质的反应，注意产物检验所用的试剂以及检验的先后顺序知识，综合性较强。‎ 五、计算题（请写出相关方程式及计算过程）‎ ‎35.把‎10.2 g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱中，得到‎6.72 L标准状况下的H2。试计算：‎ ‎（1）该合金中铝的质量分数为________；‎ ‎（2）该合金中镁与铝的物质的量之比为________；‎ ‎（3）该合金溶于足量的盐酸溶液中，产生H2的体积(标准状况下)为________。‎ ‎【答案】 (1). 52.9% (2). 1∶1 (3). ‎‎11.2 L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将镁铝合金的混合物溶于过量的烧碱中，只有铝能与氢氧化钠发生反应，根据反应的方程式以及生成氢气的物质的量就能得出铝的物质的量，从而镁的质量，物质的量都能一一解出，据此答题。‎ ‎【详解】（1）把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱中，镁与NaOH溶液不反应，只有Al能与NaOH溶液反应，设Al的物质的量为n（Al），则 ‎2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑‎ ‎2mol 3×‎‎22.4L n（Al） ‎‎6.72L 解得n（Al）=0.2mol m（Al）=0.2mol×‎27g/mol=‎‎5.4g 铝的质量分数为‎5.4g÷‎10.2g×100%=52.9%‎ 故答案为52.9%。‎ ‎（2）m（Mg）=‎10.2g-5.4g=‎‎4.8g n（Mg）=‎4.8g÷‎24g/mol=0.2mol n（Mg）：n（Al）=0.2mol：0.2mol= 1∶1‎ 故答案为1∶1。‎ ‎（3）设由镁生成的氢气为V1（H2），由铝生成的氢气为V2（H2），根据镁铝与盐酸反应的化学方程式可知：‎ Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑ 2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑‎ ‎1mol ‎22.4L 2mol 3×‎‎22.4L ‎0.2mol V1（H2） 0.2mol V2（H2）‎ 解得V1（H2）=‎4.48L V2（H2）=‎‎6.72L 所以产生H2的体积（标准状况下）是V总=V1（H2）+V2（H2）=‎4.48L+‎6.72L=‎‎11.2L 故答案为‎11.2L。‎