四川省广元市川师大万达中学2019-2020学年高一上学期11月月考化学试题

四川省广元市川师大万达中学2019-2020学年高一上学期11月月考化学试题

www.ks5u.com 化学试题 第Ⅰ卷 选择题（50分）‎ 一、选择题(本题包括25个小题，每小题只有一个选项符合题意；每小题2分，共50分)‎ ‎1.化学是以实验为基础的科学，关于下列各实验装置的叙述中，正确的是(　　)‎ A. 仪器①可用于乙醇与水分离提纯 B. 仪器②可用于称取5.85 g氯化钠固体 C. 装置③的烧瓶中应加沸石，以防暴沸 D. 装置④从箭头方向进气，用排空气法可收集H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、仪器①是分液漏斗，乙醇与水互溶，不能用分液法分离，A错误；‎ B、仪器②是托盘天平，托盘天平只能精确到0.1g，B错误；‎ C、装置③是蒸馏装置，烧瓶中应加沸石，以防暴沸，C正确；‎ D、装置④从箭头方向进气向上排空气法集气，收集H2用向下排空气法，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 常温常压下，2克氢气所含原子数目为NA B. 标准状况下，22.4L CCl4中分子数目为NA C. 4.6克钠与水反应时失去的电子数目为0.2NA D. 1L 0.1mol/L NaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO4－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下，2g氢气的物质的量为1mol，所含有的原子的物质的量为2mol，原子数目为2NA，A项错误；‎ B. 标况下，CCl4为液态，无法计算22.4LCCl4的物质的量，B项错误；‎ C. 1mol钠参与反应，电子转移1mol，4.6g(即0.2mol)Na反应，电子转移0.2mol，失去的电子数目为0.2NA，C项正确；‎ D. NaHSO4属于强电解质，完全电离生成Na+、H+和SO42-，溶液中不存在HSO4－，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点。‎ ‎3.同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述中正确的是( )‎ A. 密度比为16∶11 B. 密度比为11∶16‎ C. 体积比为16∶11 D. 摩尔体积比为16∶11‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用阿伏加德罗定律及其推论进行计算。‎ ‎【详解】A. 密度值比等于摩尔质量之比，===，A项正确；‎ B. 密度值比等于摩尔质量之比，===，B项错误；‎ C. 体积之比等于物质的量之比，==×===，C项错误；‎ D. 同温同压下，气体摩尔体积相同，摩尔体积比为1:1，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】在解答本题时要注意阿伏加德罗定律及其推论的应用，熟记 ，。‎ ‎4.Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是 A. 两者均有丁达尔效应 B. 两者均能透过半透膜 C. 加入盐酸先沉淀，随后溶解 D. 分散质粒子可通过滤纸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，A错误；B、胶体粒子不能透过半透膜，B错误；C、氯化镁与盐酸不反应，C错误；D、胶体粒子和溶液中的粒子均可以透过滤纸，D正确，答案选A。‎ 考点：考查分散系性质判断 ‎5.往含有H+、Fe2+、Cu2+、Ag+四种离子的溶液中加入足量镁粉，最先得到的还原产物是 A. H2 B. Fe C. Cu D. Ag ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据金属活动性顺序表可知以下四种单质的还原性的大小顺序：Fe＞H2＞Cu＞Ag，对应的阳离子的氧化性的大小顺序与上面的顺序相反，即Ag+＞ Cu2+ ＞H+ ＞Fe2+， Ag+的氧化性最大，所以Ag+先与加入的镁粉反应，被还原为Ag，答案D正确。‎ 点睛：一种还原剂与多种氧化剂反应时，先与氧化性大的粒子反应，同样的道理，一种氧化剂与多种还原剂反应时，先与还原性大的粒子反应。‎ ‎6.常温下，下列三个化学反应均能发生：X2+2W2+=2X-+2W3+ ；Z2+2X-=2Z-+X2 ；2W3++2Y-=2W2++Y2 则在相同条件下，下列三个反应①Y2+2X-=2Y-+X2 ②Z2+2Y-=2Z-+Y2 ③2W3++2Z-=2W2++Z2 也能发生的是 A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ②和③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应X2+2W2+═2X﹣+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2，‎ ‎①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2，则得出氧化性关系Y2＞X2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；‎ ‎②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2，则得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，则反应能发生，故正确；‎ ‎③2W3++2Z﹣═2W2++Z2，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；只有②正确，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】该题是一道信息给予题，解题的关键是对题干中的原理“强氧化剂+强还原剂→弱还原剂+弱氧化剂”的理解与掌握，以及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。‎ ‎7.用铝箔包装0.1mol的金属钠，用针刺一些小孔，放入水中，完全反应后，用排水集气法收集产生的气体，则收集到的气体为（ ）‎ A. O2和H2的混合气体 B. 1.12L H2 C. 大于1.12L H2 D. 小于1.12L气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝箔可以继续和氢氧化钠溶液发生反应，生成偏铝酸钠和氢气。‎ ‎【详解】金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1mol金属钠与水反应生成0.1mol NaOH和0.05molH2, 0.1mol NaOH与金属铝反应，生成0.15mol H2，所以反应共生成氢气0.05mol+0.15mol=0.2mol，标况下生成氢气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，大于1.12L；‎ 答案选C。‎ ‎8.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属钠的密度小于水大于煤油，根据密度的不同进行分析。‎ ‎【详解】金属钠的密度小于水大于煤油，将金属钠放入加入等体积水和煤油的烧杯，钠在煤油中下沉，接触到水时发生反应生成氢气，被氢气推入煤油中，再下沉，如此循环往复；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列物质分类的正确组合是 ‎ ‎ 酸 ‎ 碱 ‎ 碱性氧化物 ‎ 盐 ‎ A. ‎ H2CO3 ‎ 纯碱 ‎ CaO ‎ 明矾 ‎ B. ‎ H2SO4 ‎ 烧碱 ‎ Na2O ‎ 小苏打 ‎ C. ‎ HNO3 ‎ 氨水 ‎ Al2O3 ‎ 石灰石 ‎ D. ‎ NaHCO3 ‎ 熟石灰 ‎ Al(OH)3 ‎ 食盐 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．纯碱为碳酸钠为盐，不是碱，故A错误；B．硫酸为酸，烧碱为氢氧化钠为碱，氧化钠和酸反应生成盐和水为碱性氧化物，小苏打为碳酸氢钠为盐，故B正确；C．氧化铝是两性氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；D．碳酸氢钠是盐不是酸，氢氧化铝不是氧化物，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查物质的分类，注意基本概念的理解和掌握是关键。酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的化合物，反应为复分解反应；盐是由金属离子和酸根离子组成的化合物。‎ ‎10.如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是( )‎ A. 反应③最多能产生0.05molO2‎ B. 反应①的离子方程式为Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑‎ C. ①、②、③都属于氧化还原反应 D. ①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：①＞②＞③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.1mol Na2O2与水反应，生成0.05mol O2,A正确；‎ B. 反应①为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B项错误；‎ C. 反应①为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应②为Na2O+H2O=2NaOH，反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，其中反应②不是氧化还原反应，C项错误；‎ D. 反应①为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1molNa参与反应，溶质的质量分数为：×100%=3.91%；反应②为Na2O+H2O=2NaOH，0.1molNa2O参与反应，溶质的质量分数为：×100%=7.53%；反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.1mol Na2O2参与反应，溶质的质量分数为：×100%=7.53%；因此溶质的质量分数：①＜②=③，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.使溶液中的Al3+完全转化成Al(OH)3，应选择的最好试剂是 A. NH3•H2O B. HCl C. H2SO4 D. CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：Al(OH)3是两性氢氧化物，若用强碱与Al3+发生反应制取Al(OH)3，当加入的碱少量时发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，若碱过量，会继续发生反应：Al(OH)3+ OH-=AlO2-+ 2H2O，不能使所有Al3+完全转化成Al(OH)3，而NH3•H2O是弱碱，不能与Al(OH)3发生反应，因此使溶液中的Al3+完全转化成Al(OH)3，应选择的最好试剂是NH3•H2O，答案选A。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查用Al3+制取Al(OH)3的试剂的选择的知识 ‎【名师点晴】由于氢氧化铝是两性氢氧化物，因此制备时需要注意后续反应能不能溶解氢氧化铝。实验室制备氢氧化铝的常用方法有：（1）Al3＋与氨水反应：Al3＋＋3NH3·H2O＝3NH4＋＋Al(OH)3↓。（2）AlO2－溶液中通CO2：AlO2－＋CO2(过量)＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓。（3）可溶性铝盐和偏铝酸的盐混合：Al3＋＋3AlO2－6H2O＝4Al(OH)3↓。‎ ‎12.硫代硫酸钠可用做脱氯剂，已知25.0 mL 0.10 mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112‎ ‎ mL Cl2完全转化为Cl－，则S2O32-将转化成(　　)‎ A. S2－ B. S C. SO42- D. SO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎13.纯碱和小苏打是厨房中两种常见的用品，都是白色固体。下列区分这两种物质的方法正确的是(　　)‎ A. 先将两种样品配成溶液，分别加入氢氧化钡溶液，无白色沉淀生成的是小苏打 B. 先将两种样品配成溶液，分别加入氢氧化钠溶液，能观察并区分纯碱和小苏打 C. 先将两种样品配成溶液，分别加入氯化钙溶液，无白色沉淀生成的是小苏打 D. 先将两种样品配成溶液，分别加入澄清石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入氢氧化钡溶液，二者均反应生成碳酸钡沉淀，不能鉴别，A错误；‎ B. 先将两种样品配成溶液，分别加入氢氧化钠溶液，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，但没有明显的实验现象，B错误；‎ C. 纯碱为Na2CO3，小苏打是NaHCO3，检验CO32-和HCO3-的方法是将两物质溶于水配成溶液，加入氯化钙溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3，没有白色沉淀生成的是NaHCO3，C正确；‎ D. 加入氢氧化钙溶液，二者均反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.下列说法中不正确的是( )‎ A. Na2CO3比NaHCO3易溶于水，溶液都显碱性，且Na2CO3溶液的碱性更强 B. Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2‎ C 2 g H2充分燃烧后产物被Na2O2完全吸收，Na2O2固体增重2g D. 与足量盐酸反应要得到相同质量的CO2，用NaHCO3比Na2CO3的质量要少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2CO3比NaHCO3溶解度大，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，Na2CO3比NaHCO3水解程度大，说明Na2CO3溶液的碱性更强，A项正确，不符合题意；‎ B. Na2O与CO2发生反应生成Na2CO3，反应为化合反应，Na2O2与CO2发生反应生成碳酸钠和O2，反应不是置换反应，B项错误，符合题意；‎ C. 氢气完全燃烧生成水，反应为：2H2+O2=2H2O，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，两个反应相加得总反应为：Na2O2+H2=2NaOH，由方程式可知，增加的质量为氢气的质量，因此2 g H2充分燃烧后产物被Na2O2完全吸收，Na2O2固体增重2g，C项正确，不符合题意；‎ D. 两物质与盐酸反应的方程式分别为：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，若均生成1molCO2，消耗Na2CO3和NaHCO3均为1mol，质量分别为106g和84g，因此用NaHCO3比Na2CO3的质量要少，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎15.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是( )‎ ‎①MgSO4溶液 ②Na2SO4溶液 ③饱和澄清石灰水 ④Ca(HCO3)2溶液 ⑤CuSO4溶液 ⑥饱和NaCl溶液 A. ①④⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ②④⑥ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠放入MgSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，得到的氢氧化钠与硫酸镁反应，生成氢氧化镁沉淀，反应方程式为：2Na+2H2O+MgSO4＝Na2SO4+Mg(OH)2↓+H2↑，既有气体生成，又有白色沉淀产生；‎ ‎②金属钠放入Na2SO4溶液中，只发生钠与水的反应，反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，反应只有气体生成；‎ ‎③金属钠放入饱和澄清石灰水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，澄清石灰水中溶剂减少，Ca(OH)2析出，既有气体生成，又有沉淀生成；‎ ‎④金属钠放入Ca(HCO3)2溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与Ca(HCO3)2反应，生成CaCO3白色沉淀，既有气体生成，又有沉淀生成；‎ ‎⑤金属钠放入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，得到的氢氧化钠再与硫酸铜反应生成沉淀，既有气体生成，又有沉淀生成，但沉淀是蓝色不是白色；‎ ‎⑥金属钠放入饱和NaCl溶液中，钠与水反应生成氢气，形成过饱和溶液，NaCl析出，既有气体生成，又有沉淀生成。‎ 因此既有气体，又有白色沉淀产生的是①③④⑥；答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题时要注意：①Na先与酸反应，再与水反应—先酸后水；②钠与盐溶液反应的分析方法：第一步：钠与水反应生成NaOH和H2；第二步：生成的NaOH如果能与溶质反应，则发生的是NaOH与溶质的复分解反应。‎ 生成气体型 钠与NH4Cl溶液反应生成H2和NH3‎ 生成沉淀型 钠与铜盐、铁盐等溶液反应生成Cu(OH)2或Fe(OH)3‎ 复杂型 钠与AlCl3稀溶液反应，如果钠量较多，则先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀溶解 ‎16.下列有关金属及其合金的说法正确的是 A. 地壳中含量最多的金属元素是铁 B. 合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点 C. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加 D. 在化学反应中，金属失电子，被还原 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 地壳中含量最多的金属元素是铝，A不正确；B. 合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点，B正确；C.不锈钢是合金钢，是在普通钢中加入一些合金元素制成的，含碳量和普通钢基本相同，B不正确； D. 在化学反应中，金属失电子，被氧化，D不正确。本题选B。‎ ‎17.下列物质中既能与稀H2SO4反应, 又能与NaOH溶液反应，且都只生成盐和水的是 ‎①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④Al ⑤Na2CO3‎ A. ②③④ B. ①②③④ C. ①③④ D. ②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①NaHCO3 ②Al2O3③Al(OH)3④Al都是既能与稀H2SO4反应、又能与NaOH溶液反应的物质，其中只生成盐和水的是②Al2O3和③Al(OH)3，①NaHCO3还生成二氧化碳，④Al还生成氢气。⑤Na2CO3只和酸反应，不和碱反应。本题选D。‎ ‎18.下列变化不可能通过一步实验直接完成的是 A. Fe(OH)3 → Fe2O3 B. Fe2O3 → Fe(OH)3‎ C. Al → Al3+ D. Al3+ → AlO2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. Fe(OH)3 加热后分解生成Fe2O3，A可以实现；B. Fe2O3不溶于水也不与水反应，不能一步转化为Fe(OH)3，B不能一步实现；C. Al 与酸反应生成Al3+ ，C可以实现；D. Al3+ 与过量的强碱反应生成AlO2-，D可以实现。本题选B。‎ ‎19.只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3五种溶液, 这种试剂是 A KSCN B. H2SO4 C. NaOH D. AgNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3五种溶液， 这种试剂是NaOH，将NaOH加入到4种溶液中后，生成白色沉淀不变的是氯化镁，生成白色沉淀后来溶解的是硫酸铝，生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色的是氯化亚铁，余下的是硫酸钠溶液。本题选C。‎ ‎20.下列离子方程式中正确的是 A. Na2O2溶于水：Na2O2+H2O＝2Na++2OH－+O2↑‎ B. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H＋＝CO2↑+H2O C. 氯化铝溶液中加入过量氨水：A13++4NH3•H2O＝AlO2－+2H2O+4NH4+‎ D. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+HCO3-+2OH－＝CaCO3↓+CO32-+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有配平，Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH－+O2↑，A错误；‎ B. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H＋＝CO2↑+H2O，B正确；‎ C. 氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中加入过量氨水：A13++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；‎ D. 生成物错误，Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+HCO3-+OH－＝CaCO3↓+H2O，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎21. 下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的本质并不改变的是 A. Na和O2 B. NaOH和CO2 C. Na2O2和CO2 D. 木炭（C）和O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A中如果加热则生成过氧化钠，不加热生成氧化钠。B中如果CO2过量，则生成碳酸氢钠，不过量生成碳酸钠和水。C中始终是碳酸钠和氧气。D中氧气过量则生成CO2，氧气不足则生成CO，所以答案选C。‎ ‎22.某无色溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是 A. Fe2＋、Cl－、Na＋、NO3－ B. K＋、Na＋、NO3－、HCO3－‎ C. Na＋、Ba2＋、Cl－、NO3－ D. Na＋、K＋、AlO2－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：无色溶液能溶解Al(OH)3，溶液既可以是酸性(含H+)也可以是碱性(含OH-)。A、在酸性条件下，NO3－能氧化Fe2+，不能共存；B、HCO3－和H+与OH-都能发生反应，不能共存；D、AlO2－和H+发生反应，不能共存。故选C。‎ 考点：离子共存 ‎【名师点晴】本题考查离子共存的正误判断，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（包括生成气体、难溶物、弱酸、弱碱、水等弱电解质）；能发生双水解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等，本题中，正确理解题干条件是解答关键。‎ ‎23.化学在日常生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是 ‎ 实际应用 化学原因 A 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落 铝箔表面氧化铝熔点高于铝 B FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 铁比铜还原性强 C 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物 酸、碱还有盐可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身 D 明矾、硫酸铁可作净水剂 溶于水形成胶体从而凝聚水中的悬浮物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，是由于铝易被氧化为氧化铝，氧化铝的熔点高，因此熔化但不会滴落，故A正确；‎ B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板是因为Fe3+氧化了Cu，与铁比铜还原性强无关，故B不正确；‎ C铝是活泼金属，氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，故C正确；‎ D.Al3+、Fe3+水解产生胶体，胶体可聚沉水中悬浮物，因此明矾、硫酸铁可作净水剂，故D正确。‎ 故答案选B。‎ ‎24.向某晶体的水溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现血红色。则由此得出下列的结论错误的是 A. 该晶体中一定含有SCN-‎ B. Fe3+的氧化性比Br2的氧化性强 C. Fe2+被Br2氧化为Fe3+‎ D. Fe2+与SCN-不能形成血红色的化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显想，但在加入溴水后溶液变红，是因为溴水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN-结合，说明混合液原溶液中含有SCN-。‎ ‎【详解】A、向溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显想，但在加入溴水后溶液变红，是因为溴水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN-结合，说明混合液原溶液中含有SCN-，SCN-只能来源于晶体，所以该晶体含有SCN-，A正确；‎ B、Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，则说明Br2的氧化性比Fe3+强，B错误；‎ C、Fe2+被Br2氧化为Fe3+，C正确；‎ D、加入溴水后，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液才变红，说明Fe2+不能与SCN-结合形成血红色物质，D正确；‎ 故选B。‎ ‎25.向FeCl3、CuCl2‎ 的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( )‎ A. 加入KSCN溶液一定不变红 B. 溶液中一定有Cu2+‎ C. 溶液中一定有Fe2+ D. 剩余固体一定含Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++ Fe= Fe2++ Cu，Cu+ 2Fe3+=2Fe2++ Cu2+，充分反应后仍有固体存在，存在的固体有两种可能性。‎ ‎【详解】向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁粉先和Fe3+反应生成Fe2+，若Fe3+完全反应后还有铁粉，此时铁粉和Cu2+反应生成单质铜，铜还可以和Fe3+反应生成Fe2+和 Cu2+，充分反应后仍有固体存在，有两种情况存在：‎ ‎①固体为过量的铁粉和生成的Cu：溶液中只存在Fe2+；‎ ‎②固体为Cu：溶液中存在Fe2+或Fe2+和Cu2+；‎ A. 由分析可知，溶液中不存在Fe3+，因此加入KSCN溶液一定不变红，A项正确，不符合题意；‎ B. 当剩余的固体为Cu时，溶液中存在Fe2+或Fe2+和Cu2+，因此溶液中不一定有Cu2+，B项错误，符合题意；‎ C. 由分析可知溶液中一定有Fe2+，C项正确，不符合题意；‎ D. 由分析可知剩余固体一定含Cu，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（本卷共5小题，50分）‎ ‎26.（1）除去NaCO3粉末中混入的NaHCO3杂质用__________方法，化学方程式为____。‎ ‎（2）除去氧化铜粉末中混入的氧化铝粉末通常用________试剂，离子方程式为________。‎ ‎（3）通常用________试剂除去CO2中的HCl气体，离子方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). 加热 (2). 2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O (3). NaOH溶液 (4). Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O (5). 饱和NaHCO3溶液 (6). HCO3-+ H+=CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NaHCO3受热易分解；‎ ‎（2）氧化铝为两性氧化物，能溶于强碱溶液中； ‎ ‎（3）CO2与NaHCO3不反应，而HCl与NaHCO3可反应。‎ ‎【详解】（1）NaHCO3受热易分解，因此除去NaCO3粉末中混入的NaHCO3杂质通常用加热的方法，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+ CO2 ↑+H2O；‎ ‎（2）向混合物中加入氢氧化钠溶液，其中杂质氧化铝可溶解，氧化铜不反应，离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O；‎ ‎（3）将混合气体通入饱和NaHCO3溶液中，HCl与NaHCO3反应生成NaCl、水和CO2，而CO2与碳酸氢钠溶液不反应，因此可除去CO2中的HCl气体，离子反应为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O。‎ ‎27.高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。‎ ‎（1）实验室里欲用KMnO4固体来配制240 mL 0.1 mol•L-1的KMnO4酸性溶液。‎ ‎①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、__________。‎ ‎②配制过程中玻璃棒所起的作用是_________。‎ ‎③下列操作对实验结果的影响偏小的是______（填序号）。‎ a．加水定容时俯视刻度线 ‎ b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 c．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶 d. 颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 ‎（2）用上述酸性KMnO4溶液来制备氯气。‎ ‎2KMnO4 +16HCl(浓)＝2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑+8H2O ‎①反应中的氧化剂是_______，氧化产物是_________，HCl表现______性和_______性。‎ ‎②若有73gHCl被氧化，则该反应转移的电子数目为___________。‎ ‎【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 搅拌加速溶解、引流 (3). cd (4). KMnO4 (5). Cl2 (6). 酸性 (7). 还原性 (8). 2NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验室配制240 mL 0.1 mol•L-1的KMnO4酸性溶液时选择250mL的容量瓶，将KMnO4固体在烧杯中溶解，冷却至室温后沿玻璃棒引流入250mL容量瓶中，加水至距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加水至凹液面最低点与刻度线相切，摇匀即可；‎ ‎（2）由方程式可知KMnO4中Mn从+7价降低到+2价，得到电子，发生还原反应，HCl中Cl从-1价升高到0价，失去电子，发生氧化反应，据此回答问题。‎ ‎【详解】（1）①配制溶液的过程中需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和250mL容量瓶；‎ ‎②配制过程中用玻璃棒搅拌，加速KMnO4的溶解，转移时用玻璃棒引流；‎ ‎③a．加水定容时俯视刻度线，会使读得的溶液的体积偏小，导致浓度偏大；‎ b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶液的浓度没有影响；‎ c．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶液中溶质的物质的量减小，导致溶液浓度偏小；‎ d. 颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，溶剂的体积增大，导致浓度偏小；‎ 因此结果偏小的是cd；‎ ‎（2）①由分析可知，KMnO4得到电子，作氧化剂，Cl2为氧化产物，一部分HCl失去电子，作还原剂，另一部分HCl还体现酸性；‎ ‎②反应中10mol HCl被氧化，电子转移10mol，若73g(即2mol)HCl被氧化，那么电子转移2mol，转移的电子数目为2NA。‎ ‎28.有一无色溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、K+、Cl-、SO42-等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下图所示：‎ 第③个实验中，生成白色沉淀的量与加入NaOH的量有如图所示的相互关系。据此可知：‎ ‎（1）在原溶液中一定存在离子有___________________________。‎ ‎（2）写出第③个实验中发生反应的离子方程式___________________。‎ ‎（3）第④个实验中加入Na2O2固体发生反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。‎ ‎【答案】 (1). Al3+、Mg2+、K+、SO42- (2). Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ 、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3 +OH-=AlO2-＋2H2O (3). 1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色溶液中Fe3+、Fe2+和Cu2+不存在，因此溶液中一定不存在Fe3+、Fe2+和Cu2+‎ ‎，透过蓝色的钴玻璃看到焰色为紫色，说明一定存在K+，根据实验③的曲线图可知，向溶液中逐滴加入过量的NaOH，沉淀的量先增大，后沉淀溶解，最终沉淀质量不变，说明溶液中一定有Mg2+和Al3+，加入BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀，说明溶液中一定有SO42-，根据已知的信息无法确定溶液中是否含有Cl-，据此作答。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，溶液中一定存在的离子是：Al3+、Mg2+、K+、SO42-；‎ ‎（2）实验③中Al3+、Mg2+与NaOH反应生成Al(OH)3、Mg(OH)2白色沉淀，NaOH过量后Al(OH)3溶解，Mg(OH)2不溶，发生的离子反应为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ 、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3 +OH-=AlO2-＋2H2O；‎ ‎（3）第④个实验中加入Na2O2固体，发生的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，其中Na2O2既作氧化剂又作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。‎ ‎29.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 已知：2Al2O34Al+3O2↑。‎ ‎（1）操作Ⅱ的名称___________，用到的玻璃仪器有_______________。‎ ‎（2）X是___________，操作Ⅱ通入过量CO2的离子方程式：______________________________________。‎ ‎（3）沉淀A的主要成分是________，在生活中有什么应用：________________________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗 烧杯 玻璃棒 (3). NaOH溶液 (4). AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (5). Fe2O3 (6). 作红色油漆和涂料 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于后续的溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝，说明溶液中含有偏铝酸根离子，则X是氢氧化钠，结合流程图以及物质的转化关系图分析解答。‎ ‎【详解】由于后续的溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝，说明溶液中含有偏铝酸根离子，则X是氢氧化钠，氧化铝溶解在氢氧化钠中生成偏铝酸钠和水，氧化铁不溶，A是氧化铁。偏铝酸钠和足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝。则 ‎（1）操作Ⅱ是得到分离出氢氧化铝沉淀，因此其操作的名称过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；‎ ‎（2）根据以上分析可知X是NaOH溶液，操作Ⅱ通入过量CO2的离子方程式为AlO2- +CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎（3）根据以上分析可知沉淀A的主要成分是Fe2O3，在生活中的主要用途是作红色油漆和涂料。‎ ‎30.某同学利用下图所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质。‎ 请回答下列问题。‎ ‎（1）硬质试管中发生的化学方程式___________________。‎ ‎（2）该同学欲确定反应后硬质试管中固体物质的成分，设计了如下实验方案：‎ ‎①待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；‎ ‎②取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明硬质试管中固体物质一定有_________，可能有_________（填写“化学式”），若溶液未变红色，则说明硬质试管中固体物质的成分是___________________（填写“化学式”）。‎ ‎（3）该同学按上述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色，原因是：______（用离子方程式表示）。‎ ‎（4）该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应。若按图所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出与上述白色沉淀变成红褐色的反应的化学方程式____________________________。‎ ‎（5）一段时间后，该同学发现（3）中未变红的溶液变成红色，说明Fe2+具有_____性。由此可知，实验室中含Fe2+的盐溶液现用现配制的原因是_________，并且配制含Fe2+‎ 的盐溶液时应加入少量_____________。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (2). Fe3O4 (3). Fe (4). Fe3O4和Fe (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). 还原 (8). Fe2+易被空气中的氧气氧化而变质 (9). 铁粉或铁屑 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁粉与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2；‎ ‎（2）KSCN遇到Fe3+后迅速出现血红色，利用该方法检验Fe3+；‎ ‎（3）铁粉能将Fe3+还原为Fe2+；‎ ‎（4）滴入NaOH溶液后，Fe(OH)2白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe(OH)3；‎ ‎（5）铁粉能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+具有还原性，Fe2+易被空气中的O2氧化。‎ ‎【详解】（1）铁粉与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，反应方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；‎ ‎（2）取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明硬质试管中固体物质一定有Fe3O4，可能含有Fe，若溶液未变红色，说明硬质试管中固体物质的成分是Fe3O4和Fe；‎ ‎（3）铁粉能将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎（4）试管中滴入NaOH溶液后，Fe(OH)2白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe(OH)3，发生的反应为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎（5）铁粉能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+具有还原性，Fe2+易被空气中的O2氧化，因此实验室中含Fe2+的盐溶液现用现配制，因此配制含Fe2+的盐溶液时应加入少量铁粉或者铁屑，防止Fe2+被氧化。‎ ‎ ‎