【化学】四川省三台中学实验学校2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

【化学】四川省三台中学实验学校2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

四川省三台中学实验学校2019-2020学年高一上学期12月月考试题 ‎1. 下列关于胶体的叙述中，不正确的是 （ ）‎ A. 胶体是一种相对稳定的分散系 B. 用滤纸能分离胶体和悬浊液 C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体 D. 胶体中分散质粒子的直径小于1 nm ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：胶体的稳定性小于溶液的，属于介稳体系，A正确；胶体可以透过滤纸，浊液不能，因此用滤纸能分离胶体和悬浊液，B正确；溶液不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，C正确；胶体中分散质粒子的直径大于1 nm，小于100nm，D不正确，答案选D。‎ ‎2.下列关于物质所属类别的叙述中错误的是（ ）‎ A. Al2O3属于两性氧化物 B. 液氯属于混和物 C. Na2SiO3属于强电解质 D. 纯碱属于盐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铝能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故氧化铝属于两性氧化物，故A正确；‎ B．液氯是氯气的液态形式，属于纯净物，故B错误；‎ C．Na2SiO3属于钠盐，完全电离，属于强电解质，故C正确；‎ D．纯碱是碳酸钠，属于盐，故D正确；‎ 答案选B ‎3.下列有关试剂的保存方法，错误的是：（ ）‎ A. 金属钠保存在煤油中 B. 存放FeSO4溶液时加入少量铁粉 C. NaOH溶液保存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中 D. 新制的氯水保存在无色细口瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应，与煤油不反应且密度比煤油大，保存在煤油中可隔绝空气，防止钠变质，故A正确；‎ B．硫酸亚铁易被氧化为三价铁离子，可以加入少量的铁粉，防止亚铁离子被氧化，故B正确；‎ C．玻璃中含有SiO2，易与氢氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，保存氢氧化钠溶液时不能用玻璃塞，应用橡皮塞，故C正确；‎ D．氯水是液体，所以要保存在细口瓶中；氯水中次氯酸见光易分解，所以氯水要保存在棕色试剂瓶中并置于阴凉处，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列有关实验原理或实验操作正确的是（ ）‎ A. 用pH试纸测量新制氯水的pH B. 实验室用如图所示装置制饱和氯水 C. 利用丁达尔效应鉴别淀粉胶体和NaCl溶液 D. 用量筒量取20 mL 0.5000 mol·L-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.1000 mol·L-1H2SO4溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因氯水中HClO具有漂白性，不能利用pH试纸测到pH，应选用pH计，故A错误；‎ B．实验室用如图所示装置制饱和氯水，缺少尾气处理装置，故B错误；‎ C．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，则利用丁达尔效应鉴别淀粉胶体和NaCl溶液，故C正确；‎ D．因体积不具有加和性，溶液的体积不等于100mL，则加水80mL不能配制成0.1000mol•L-1H2SO4溶液，故D错误；‎ 故答案C。‎ ‎5.下列物质久置空气中不会变质的是（ ）‎ A. 亚硫酸钠固体 B. 漂白粉固体 ‎ C. 过氧化钠粉末 D. 硫酸钠粉末 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．亚硫酸钠容易与空气中的氧气反应生成硫酸钠而导致变质且质量增加，久置变质，故A不符合；‎ B．漂白粉固体能与空气中的二氧化碳、水反应而变质且质量增加，久置变质，故B不符合；‎ C．过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，质量增加，久置变质，故C不符合；‎ D．硫酸钠久置不与空气中的物质反应，不会变质，故D符合；‎ 故答案选D。‎ ‎6.下化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 漂粉精可用于游泳池的消毒 C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D. 二氧化硅用于制作太阳能电池板 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠水解生成NaOH而导致其水溶液呈碱性，碱性条件能够促进油脂水解，从而除去油污，故A正确；‎ B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，所以漂白粉可用于游泳池的消毒，故B正确；‎ C．氢氧化铝的碱性较弱，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液的酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故C正确；‎ D．硅单质是重要的半导体材料，用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎7.下列反应中，气体反应物仅作还原剂的是（ ）‎ A. SO2 + NaOH ＝ NaHSO3‎ B. Cl2 + H2O＝HCl + HClO C. 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2‎ D. 2KMnO4+5SO2+2H2O＝2MnSO4+K2SO4+2H2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2 + NaOH ＝ NaHSO3反应中，各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，二氧化硫不是还原剂，故A错误；‎ B．Cl2+H2O＝HCl+HClO反应中，水中H、O元素的化合价均不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，氯气既是氧化剂也是还原剂，故B错误；‎ C．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中，过氧化钠中氧元素的化合价是-1价，碳酸钠中氧元素的化合价是-2价，氧气中氧元素的化合价是0价，所以该反应过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，过氧化钠既表现氧化性也表现还原性，CO2既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；‎ D．2KMnO4+5SO2+2H2O＝2MnSO4+K2SO4+2H2SO4反应中，二氧化硫中硫元素失电子，化合价升高，二氧化硫是还原剂，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.做焰色反应实验时所用的铂丝，每次用毕后都要（ ）‎ A. 用水多洗几次 B. 先用稀盐酸洗，再用水洗 C. 用稀盐酸洗，再在火焰上灼烧到没有什么颜色为止 D. 放在火焰上灼烧，直到铂丝发红为止 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】为防止铂丝上残留物质影响下次实验效果，一般铂丝用盐酸洗涤形成氯化物，再灼烧使其挥发，答案为C.‎ ‎9.下列图示实验操作，能达到目的的是(　　)‎ A. 检验钾离子 B. 干燥氯气 ‎ C. 分离酒精与水 D. 蒸发食盐水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 利用焰色反应检验钾离子时，需要通过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，图示检验钾离子的方法合理，故A正确；‎ B. 干燥氯气，导气管应该采用长进短出的方式，故B错误；‎ C. 蒸馏操作时，冷凝管通水的方向应该是从下口进水、上口出水，且温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；‎ D. 蒸发食盐水时，必须使用玻璃棒搅拌，以使蒸发皿中物质受热均匀，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 实验现象 结 论 A.‎ 将气体X通入品红溶液中 红色褪去 X一定是SO2‎ B.‎ 向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀 原溶液中定含SO42-‎ C.‎ 向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体 出现白色沉淀 H2CO3的酸性比H2SiO3强 D.‎ 向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液 溶液呈血红色 原溶液中定含Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能使品红溶液褪色的不一定SO2，氯气也可以，A错误；‎ B．在酸性溶液中硝酸根能把亚硫酸根氧化为硫酸根，因此不能确定是否含有硫酸根，B错误；‎ C．白色沉淀是硅酸，根据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，C正确；‎ D．原溶液中也可能含有铁离子，D错误;‎ 答案选C。‎ ‎11.下列叙述正确的是　（ ）‎ A. 固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质 B. 铜丝能导电，所以铜是电解质 C. 氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质 D. SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠溶于水或在熔融状态均能导电，是电解质，A错误；‎ B．铜丝能导电，但属于单质，铜既不是电解质，也不是非电解质，B错误；‎ C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质，C正确；‎ D．三氧化硫溶于水，生成了新的物质硫酸能导电，不是自身能够导电，D错误。‎ 故选C。‎ ‎12.下列有关碳酸钠与碳酸氢钠的说法中不正确的是（ ）‎ A. 在通常状况下，都是白色的固体 ‎ B. 在通常状况下，受热都易分解 C. 它们都易溶于水 ‎ D. 都可以和盐酸反应并生成CO2气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在通常状况下，碳酸钠白色粉末，碳酸氢纳为白色细小晶体，故A正确；‎ B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠；碳酸钠受热不分解，故B错误；‎ C．碳酸氢钠和碳酸钠都是钠盐，均易溶于水，故C正确；‎ D．强酸能够反应制弱酸，盐酸能与碳酸盐、碳酸氢盐反应产生二氧化碳、氯化钠、水，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎13.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 39g Na2O2中含阴离子数为NA B. 2mol NO与1mol O2完全反应后所得气体分子数为2NA C. 1 molFe与过量的水蒸气完全反应时电子转移数为2NA D. 1mo1Cl2与足量Fe完全反应，转移电子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．39g Na2O2中物质的量==0.5mol，Na2O2‎ 中含2个钠离子和1个过氧根，故0.5mol过氧化钠中含0.5mol过氧根，即0.5NA，故A错误；‎ B．由2NO+O2=2NO2、2NO2⇌N2O4可知，生成2molNO2，NO2还能进一步反应转化为N2O4，故反应后的气体的物质的量小于2mol，混合后所含分子数目小于2NA，故B错误；‎ C．铁和过量水蒸气反应生成Fe3O4，铁为+3、+2价，故1mol铁转移NA个电子，故C错误；‎ D．氯气和铁反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故D正确；故选D。‎ ‎14.下列关于化学与生产、生活的认识错误的是（ ）‎ A. CO2、SO2、N2等均是造成温室效应的气体 ‎ B. 节能减排符合低碳经济的要求 C. 使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一 ‎ D. 纯铁的硬度和强度低于铁合金 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2、CH4和氮氧化合物是形成温室效应的气体，SO2、N2不是形成温室效应的气体，故A错误；‎ B．节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故B正确；‎ C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，是防止酸雨发生的重要措施之一，故C正确；‎ D．合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，则纯铁的硬度和强度均低于铁合金，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎15.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。对氯水进行观察和实验，下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 将紫色石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红色后褪色，说明氯水既有酸性，又有漂白性。‎ B. 放入红色布条，一会儿红色布条褪色，证明溶液中存在Cl2‎ C. 加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，证明溶液中存在Cl－‎ D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，证明氯水中的HClO与NaOH发生了化学反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气溶于水，部分氯气与水反应发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，因此将紫色石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红色后褪色，故A正确；‎ B．氯水中含有次氯酸，可使有色布条褪色，不是氯气的作用，故B错误；‎ C．加入盐酸，会引入氯离子，不能确定氯水中含有Cl-，故C错误；‎ D．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，主要是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎16.有下列物品或设备：①陶瓷餐具 ②砖瓦 ③水泥路桥 ④门窗玻璃 ⑤水晶镜片 ⑥玛瑙手镯 ⑦硅太阳能电池 ⑧石英光导纤维。所用材料为硅酸盐的是（ ）‎ A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ①③⑥ D. ④⑤⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①陶瓷餐具，②砖瓦，③水泥路桥，④门窗玻璃的成分是硅酸盐；⑤水晶镜片，⑥玛瑙手镯，⑧石英光导纤维所用材料为SiO2；⑦硅太阳能电池的原料是硅单质，故选A。‎ ‎17.下列离子方程式书写不正确的是（ ）‎ A. 碳酸钠溶液中滴入少量盐酸：CO32-＋H+ == HCO3-‎ B. NaOH溶液中通少量SO2：2OH－＋SO2 ══ SO32- ＋H2O C. 氯气溶于水：Cl2＋H2O == 2H+＋Cl－＋ClO－‎ D. 碳酸氢钠溶液中加入烧碱溶液：HCO3-＋OH－== CO32-＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠溶液中滴入少量盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子反应为H++CO32-＝HCO3-，故A正确；‎ B．NaOH溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，反应的离子反应为2OH－＋SO2 ＝ SO32- ＋H2O，故B正确；‎ C．氯气溶于水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故C错误；‎ D．碳酸氢钠溶液中加入烧碱溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+OH-＝CO32-+H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎18.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是（ ）‎ A. a点对应的溶液中:Na+、OH—、SO42—、NO3—‎ B. b点对应的溶液中:H+、Fe3+、MnO4—、Cl—‎ C. c点对应的溶液中:Na+、K+、NO3—、Cl—‎ D. d点对应的溶液中:Na+、NO3—、Fe2+、Ag+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质分析解答。‎ ‎【详解】A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，故A错误；‎ B．b点全部为HCO3-，H+能够与HCO3-反应放出二氧化碳、Fe3+能够与HCO3-发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生反应，能够大量共存，故C正确；‎ D．d点呈酸性， 酸性条件下，NO3-、Fe2+能够发生氧化还原反应，且氯离子和银离子反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎19.向200mL l.5mol/L KOH溶液中通入一定量氯气，恰好完全反应生成三种含氯盐:0.2mol KCl、0.075mol KClO和R以及水。则R为（ ）‎ A. 0.05mol KClO4 B. 0.05mol KClO3‎ C. 0.025mol KClO3 D. 0.025mol KClO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】200mL l.5mol/LKOH溶液中含有KOH的物质的量为：1.5mol/L×0.2 L =0.3mol，已知含有0.2molKCl、0.075mol KClO，根据钾守恒，所以R的物质的量为：0.3 mol -0.2 mol -0.075 mol =0.025mol，设R中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.2×1=0.075×1+0.025x，即x=5，所以R中氯的化合价为+5价，则R为KClO3，物质的量为0.025mol，故选C。‎ ‎20.你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是（ ）‎ ‎①减少煤作燃料 ②造高工厂烟囱 ③燃料脱硫 ④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源 A. ①②③ B. ②③④⑤ ‎ C. ①③⑤ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①用煤作燃料会产生二氧化硫、氮氧化物，造成酸雨，所以减少煤作燃料可减少酸雨的形成，①合理；‎ ‎②把工厂烟囱造高不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，②不合理；‎ ‎③燃料脱硫处理可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，③合理；‎ ‎④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，④不合理；‎ ‎⑤开发新能源可以减少煤、石油的使用，因而可减少酸雨的形成，故⑤合理；‎ 故正确说法是①③⑤，选项C合理。‎ ‎21.为除去铜粉中混有的少量铝粉，下列试剂不可行的是（ ）‎ A. CuCl2溶液 B. FeC13溶液 C. NaOH溶液 D. 稀盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al与氯化铜可发生置换反应生成Cu，反应后过滤可除杂，故A正确；‎ B．Al和Cu均溶于FeC13溶液，不能达到除杂目的，故B错误；‎ C．Al与NaOH溶液反应，而Cu不能，反应后过滤可除杂，故C正确；‎ D．Al与盐酸反应，而Cu不能，反应后过滤可除杂，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎22.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 四种基本反应类型与氧化还原反应的关系 B. AlCl3溶液滴加NaOH溶液生成沉淀的情况 C. Ba(OH)2溶液中滴加硫酸溶液导电性的情况 D. 等体积等浓度稀硫酸分别与足量铁和镁反应的情况 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．复分解反应一定不属于氧化还原反应，与氧化还原反应不会出现交叉；置换反应一定属于氧化还原反应，应包含在氧化还原反应中；部分的化合反应与分解反应属于氧化还原反应，部分不属于，与氧化还原反应为交叉关系，故A正确；‎ B．氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓生成沉淀，后发生Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，由方程式可知，前后NaOH溶液体积之比为3∶1，故其图象为，故B错误；‎ C．硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，随着硫酸的加入，溶液体积增大，Ba(OH)2‎ 溶液中离子的浓度逐渐减小，恰好反应生成硫酸钡和水时，溶液的导电性几乎为0，随后硫酸过量，溶液的导电性逐渐增强，最终几乎变成硫酸溶液，溶液的导电性几乎不变，图象与实际不相符，故C错误；‎ D．等体积等浓度稀硫酸中含有的硫酸相等，分别与足量铁和镁反应，硫酸完全反应，生成氢气的体积相等，Mg与硫酸反应速率较快，图象与实际不相符，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎23.由二氧化硅制高纯硅的流程如图，下列判断中错误的是(　　)‎ A. ①②③均属于氧化还原反应 ‎ B. 氢气和氯化氢均可循环利用 C. 二氧化硅是一种坚硬难熔的固体 ‎ D. 三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①②③反应前后元素化合价发生改变，故①②③发生的反应均是氧化还原反应，A正确；‎ B．由二氧化硅制高纯硅的流程图中反应过程中生成氢气和氯化氢，同时氯化氢也作为反应物参与化学反应，故氢气和氯化氢均可循环利用，B正确；‎ C．二氧化硅熔点比较高，硬度比较大，C正确；‎ D．三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5 gmol-1，D错误 答案选D。‎ ‎24.下列变化可通过一步化学反应实现的是（ ）‎ A. Na2O2→Na B. Al2O3→Al(OH)3‎ C. SiO2→H2SiO3 D. Na2CO3→NaOH ‎【答案】D ‎【解析】A、Na2O2不能一步得到金属钠，故A错误；B、Al2O3不与水反应，因此不能直接一步生成氢氧化铝，故B错误；C、SiO2不与水反应，不能直接一步生成H2SiO3，故C错误；D、Na2CO3与Ca(OH)2反应，Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，能够一步得到，故D正确。‎ ‎25.在密闭容器中充入CO2、CO、H2、C3H6混合气体a g，若加入足量的Na2O2‎ ‎，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加a g。则相同条件下，CO2与C3H6的体积比为（ ）‎ A. 3:1 B. 2:1 ‎ C. 1:1 D. 无法计算 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量；在密闭容器中充入CO2、CO、H2、C3H6的混合气体共ag，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加ag，则反应后CO2、CO、H2、C3H6混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与C3H6相当于CO、H2混合，CO2可以改写为CO·O，C3H6可以改写为C3·3H2，因此需要O和C3中C、O原子数之比满足1∶1，则O和C3之比满足3∶1，所以CO2与C3H6的体积之比为3∶1，故选A。‎ ‎26.某一反应体系中，有反应物和生成物共六种物质，这六种物质是：Cl2、KMnO4、MnCl2、H2O、HCl(浓)、KCl，其中KMnO4、HCl为反应物。‎ ‎（1）该反应中的氧化剂是_______________，氧化产物为_____________。‎ ‎（2）该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为________________。‎ ‎（3）若产生的气体在标准状况下体积为2.24 L，则反应过程中转移电子的数目为______NA(NA表示阿伏伽德罗常数的值)，发生反应的KMnO4的物质的量为____________。‎ ‎【答案】(1). KMnO4 (2). Cl2 (3). 5:2 (4). 0.2 (5). 0.04‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)高锰酸钾中的锰元素处于最高价，只有氧化性，能将HCl氧化，据此分析解答；‎ ‎(2)根据(1)的分析书写并配平化学方程式，再分析解答；‎ ‎(3)根据化学方程式以及反应转移电子的情况计算。‎ ‎【详解】(1)高锰酸钾中的锰元素处于最高价，只有氧化性，能将HCl氧化，HCl是还原剂，对应的产物Cl2是氧化产物，故答案为：KMnO4；Cl2；‎ ‎(2)根据电子守恒配平高锰酸钾氧化HCl的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑，氧化产物是氯气，还原产物是MnCl2，物质的量之比为5∶2，故答案为：5∶2；‎ ‎(3)根据化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2‎ ‎↑，当生成5mol的氯气时，消耗高锰酸钾2mol，转移电子10mol，当产生的气体在标准状况下体积为2.24L，即生成氯气是0.1mol时，消耗高锰酸钾0.04mol，则反应过程中转移电子0.2mol，即0.2NA个，发生反应的KMnO4的物质的量为0.04mol，故答案为：0.2；0.04。‎ ‎27.X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收。已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应。回答下列问题：‎ ‎（1）X形成酸雨时，发生反应的化学方程式为________________，________________。‎ ‎（2）Y与NaOH溶液反应的离子方程式是______________________________________。‎ ‎（3）汽车燃料中一般不含氮元素，尾气中产生Z的原因是________________________。‎ ‎（4）Z与水反应的化学方程式是_______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). SO2 +H2OH2SO3 (2). 2H2SO3 + O2 = 2H2SO4 (3). Cl2+2OH- = Cl- + ClO- + H2O (4). 发动机内空气中的氮气和氧气反应生成了氮的氧化物 (5). 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X是SO2，Y是Cl2，Z是NO2。‎ ‎(1)X是二氧化硫，溶于雨水，生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化生成硫酸，形成酸雨的反应方程式为SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，故答案为：SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4；‎ ‎(2)Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式是：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎(3)发动机内空气中的氮气和氧气在高温和放电的条件下反应生成了氮的氧化物，使得汽车尾气中含有氮氧化物，故答案为：发动机内空气中的氮气和氧气反应生成了氮的氧化物；‎ ‎(4)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。‎ ‎28.有关物质间转化关系如图，试回答：‎ ‎（1）转化②的离子方程式为__________________________________；转化③的化学方程式为___________________________________。‎ ‎（2）用单线桥法标出反应④电子转移的方向和数目_____________________________。‎ ‎（3）若转化⑤用于实验室制Al(OH)3，则试剂A宜选择___________________（填名称）。‎ ‎（4）向50 mL 3 mol·L-1 AlCl3溶液中滴加1 mol·L-1 NaOH溶液，结果Al3+离子有1/3转化为Al(OH) 3沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为_________________________mL。‎ ‎【答案】(1). 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑ (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). (4). 氨水 (5). 150或550‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)转化②为金属铝和NaOH反应；转化③为实验室制备氯气，据此分析解答；‎ ‎(2)反应④为铝与氯气的反应，据此分析解答；‎ ‎(3)转化⑤为制备氢氧化铝，结合氢氧化铝的性质分析判断；‎ ‎(4)50 mL 3 mol·L-1 AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.05L×3mol•L-1=0.15mol，滴加1 mol·L-1 NaOH溶液，结果Al3+离子有1/3转化为Al(OH) 3沉淀，生成的Al(OH)3沉淀为0.05mol；根据氢氧化钠不足和氢氧化钠部分过量列式计算。‎ ‎【详解】(1)转化②为金属铝和NaOH反应，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑；转化③为实验室制备氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)反应④为铝与氯气的反应，反应的化学方程式为2Al + 3Cl22AlCl3，反应中转移6个电子，用单线桥表示为，故答案为：；‎ ‎(3)转化⑤为制备氢氧化铝，由于氢氧化铝溶于强碱溶液，故制取时选用碱性较弱的氨水，故答案是：氨水；‎ ‎(4)50 mL 3 mol·L-1 AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.05L×3mol•L-1=0.15mol，滴加1 mol·L-1 NaOH溶液，结果Al3+离子有1/3转化为Al(OH) 3沉淀，生成的Al(OH)3沉淀为0.05mol；‎ ‎①氢氧化钠不足，只生成了氢氧化铝，n(NaOH)=3n(Al(OH)3)=0.15mol，加入的NaOH溶液的体积为 =0.15L=150mL；②氢氧化钠部分过量，生成了0.05mol氢氧化铝，0.10mol的NaAlO2，根据反应：Al3++3OH-＝Al(OH)3 Al(OH)3+OH-＝AlO2 -+2H2O、Al3++4OH-＝AlO2 -+2H2O；n(NaOH)=0.10mol×4+0.05mol×3=0.55mol，NaOH溶液的体积为=0.55L=550mL；故答案为：150或550。‎ ‎29.铁是人体不可缺少的微量元素，硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂（每片b克）中铁元素的含量。实验步骤如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）步骤②中H2O2的作用是使Fe2+完全被_____（填“氧化”或“还原”）为 Fe3+。‎ ‎（2）步骤③所得的红褐色悬浊液中除H2O2、氨水外主要还含_____和_______（填化学式）。‎ ‎（3）步骤④中一系列处理操作步骤为_____、洗涤、灼烧、冷却、称量。‎ ‎（4）实验中用已经准确量取的浓硫酸配制100 mL 1 mol/Ｌ的硫酸溶液，则配制时用到的仪器除烧杯、玻璃棒，还有两种仪器是_______________。‎ ‎（5）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量分数为____________。‎ ‎（6）下列操作会导致所测定的铁元素含量偏高的是_____。‎ A. 步骤③所加氨水量不足 B. 步骤④洗涤不充分 C. 步骤④灼烧不充分 ‎【答案】(1). 氧化 (2). (NH4)2SO4 (3). Fe(OH)3 (4). 过滤 (5). 100 mL容量瓶、胶头滴管 (6). 7a/b% (7). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+‎ ‎，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，据此解答。‎ ‎【详解】（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为氧化；‎ ‎（2）根据反应图示，过量的硫酸能够与氨水反应生成硫酸铵；红褐色的物质是氢氧化铁，故答案为（NH4）2SO4；Fe（OH）3；‎ ‎（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为过滤；‎ ‎（4）精确配制100mL 1mol/L的硫酸溶液，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶，所以还需要100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为100mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（5）10片补血剂中氧化铁的物质的量为：a/160 mol，含有的铁元素质量为：2×a/160×56g=0.7ag，每片补血剂含铁元素的质量分数为：(1/10)×0.7a/b×100%=7a/b%，故答案为7a/b%。‎ ‎（6）A、步骤③所加氨水量不足，铁离子沉淀不完全，生成的氢氧化铁减少，氧化铁质量减少，测定结果偏低，故A错误；B、步骤④洗涤不充分，会导致氧化铁的质量偏大，测得的铁元素质量分数偏大，故B正确；C、步骤④灼烧不充分，会导致氧化铁固体的质量偏大，铁元素质量分数偏大，故C正确；故选BC。‎ ‎30.已知A、B、C、D、E均为常见的物质，在一定的条件下相互转化关系如图所示（反应条件和部分产物已省略）。请回答：‎ ‎（1）若A为金属单质，B、C为非金属单质，且常温下B、C均为无色气体，D为黑色固体，则B的化学式为_______，A与E在一定条件下反应生成D的化学方程式为______________________。‎ ‎（2）若A为非金属单质，且常温下为黄绿色气体，B为金属单质，C为酸，且C的组成中含有与A相同的元素。C的化学式为_________，A与E的水溶液反应生成D的离子方程式为___________。‎ ‎【答案】(1). O2 (2). 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2 (3). HCl (4). Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl-‎ ‎【解析】‎ 分析】(1)A为金属单质，B、C为非金属单质，且常温下B、C均为无色气体，D为黑色晶体，则D为Fe3O4，B为O2，C为H2，E为H2O，A为Fe；‎ ‎(2)A为非金属单质，且常温下为黄绿色气体，则A为Cl2；B为金属单质，C为酸，且C的组成中含有与A相同，由转化关系可知，B为变价金属，则B为Fe，C为HCl，E为FeCl2，D为FeCl3。‎ 据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，A为Fe，B为O2，C为H2，D为Fe3O4，E为H2O。铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：O2；3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；‎ ‎(2)根据上述分析，A为Cl2，B为Fe，C为HCl，D为FeCl3，E为FeCl2。氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：HCl；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎