2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试 化学试题 ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 常温下，浓硫酸可以用铁制槽罐存放，说明铁与浓硫酸不反应 B. 检验氯化氢中是否混有氯气，可采用湿润的有色布条 C. 镁在空气中燃烧只生成氧化镁 D. 钠可以从硫酸铜溶液中置换出金属铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，钝化是化学变化，故A错误；‎ B．氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，可使湿润的有色布条褪色，因此检验氯化氢中是否混有氯气，可采用湿润的有色布条，故B正确；‎ C．镁可与空气中的氧气、氮气以及二氧化碳反应，可生成氧化镁、氮化镁、碳等，故C错误；‎ D．钠易与水反应生成氢氧化钠和氢气，钠和硫酸铜溶液反应生成蓝、氢氧化铜和氢气，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础值知识的积累，选项D是易错点，注意金属钠的活泼性。‎ ‎2.下列试剂的保存方法错误的是 A. 少量的钠保存在煤油中 B. 氢氟酸保存在无色玻璃瓶中 C. 氢氧化钠溶液保存在橡皮塞的玻璃瓶中 D. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、少量钠保存在煤油中，故说法正确；B、氢氟酸腐蚀玻璃，应保存在塑料瓶中，故说法错误；C、盛放碱液的玻璃瓶，应用橡胶塞或橡皮塞，故说法正确；D、新制氯水中Cl2＋H2O HCl＋HClO，HClO见光受热易分解，因此新制氯水应保存在棕色试剂瓶中，故说法正确。‎ ‎3.下列关于硅及二氧化硅的说法中正确的是（   ）‎ A. 高纯度的硅可用于制造计算机芯片 B. SiO2的物理性质与CO2类似 C. 熔融烧碱样品使用的器皿是石英坩埚 D. 光导纤维的主要成分是Si ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、晶体硅是良好的半导体材料，用于制造计算机锌片，故A正确；B、SiO2是不溶于水的固体，CO2是能溶于水的气体，两者物理性质不相似，故B错误；C、烧碱是NaOH，石英是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，SiO2与NaOH发生2NaOH＋SiO2=Na2SiO3，因此熔融烧碱时，不能使用石英坩埚，故C错误；D、光导纤维主要成分是SiO2，故D错误。‎ ‎4.如图，从A处通入纯净的Cl2，打开B阀时，C处的红色布条上看不到明显现象；当关闭B阀后，C处红布逐渐褪色，则D瓶中装的是（　　）‎ A. 浓H2SO4 B. NaOH溶液 C. Na2SO3溶液 D. 饱和NaCl溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、浓硫酸具有吸水性，关闭B阀，C处的红色布条上看不到明显的现象，A错误；B、NaOH溶液与氯气反应，关闭B阀，C处的红色布条上看不到明显的现象，B错误；C、氯气和水反应生成次氯酸，具有漂白性，关闭B阀，潮湿的氯气会使C处的红色布条褪色，C正确；D、氯气通过饱和NaCl溶液，氯气会和水反应生成次氯酸，具有漂白性，则关闭B阀时，潮湿的氯气会使C处的红色布条褪色，D正确。答案选CD。‎ 考点：氯气的性质 ‎5.半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制Si。制取过程中不涉及到的化学反应是（　　）‎ A. SiO2+2CSi+2CO↑‎ B. SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O C. Si+2Cl2SiCl4‎ D. SiCl4+2H2Si+4HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si，反应原理是：沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，得到的是粗硅；硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢。‎ A、 2C＋SiO2Si＋2CO↑，是制取粗硅的反应，故A不选；B、SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，是SiO2‎ 的一种性质，制取、提纯过程中均不涉及该反应，故B符合题意；C、硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，Si＋2Cl2SiCl4，用于提纯硅，故C不选；D、氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢，SiCl4＋2H2Si＋4HCl，用于提纯硅，制取过程中涉及该反应，故D不选；故选B。‎ ‎6.能将溶液中FeCl3和AlCl3分离的一组试剂是 A. 氨水、稀硫酸 B. 氨水、稀盐酸 C. NaOH溶液、稀硫酸 D. NaOH溶液、稀盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐；‎ B．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离；‎ C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会生成硫酸铁，往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸盐，无法恢复原盐溶液；‎ D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的。‎ ‎【详解】A．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐，选项A错误；‎ B．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，选项B错误；‎ C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会使沉淀溶解生成硫酸铁；往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸铝，分离但得不到原盐，选项C错误；‎ D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯、铁、铝化合物的性质等，难度中等，掌握物质的性质是关键，注意掌握分离提纯原则。‎ ‎7.化学反应中同样的反应物在不同的反应条件下可能会发生不同的反应。下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件或反应物的用量比，反应产物并不改变的是（ ）‎ A. Na和O2 B. Ca(OH)2和CO2‎ C. Mg和O2 D. C和O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，所以条件不同其产物不同，故A错误；B．Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2、Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，所以二氧化碳的量不同其产物不同，故B错误；C．无论氧气是否过量，镁在氧气中燃烧都生成氧化镁，故C正确；D．C+O2(过量)CO2、2C+O2(少量)2CO，所以氧气的量不同，其产物不同，故D错误；故选C。‎ ‎8.下列说法错误的是 A. 用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体 B. 由矿盐(主要成分是NaCl,还含有SO42-等其他可溶性杂质的离子)生产食盐,除去SO42-最合适的试剂是BaCl2‎ C. 用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液 D. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不易分解，因此可以通过加热的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠固体，故A说法正确；‎ B除去SO42－，一般用Ba2＋，由于除杂不能引入新的杂质，因此所加最合适的试剂为BaCl2溶液，故B说法正确；‎ C、纯碱为Na2CO3，其水溶液显碱性，食盐的成分是NaCl，其水溶液显中性，滴入酚酞试剂，纯碱溶液显红色，食盐水无色，可以鉴别，故C说法正确；‎ D、焰色反应只能鉴别出该物质中含有某元素，具体存在形式，焰色反应无法鉴别，因此某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中存在钠元素，但不一定是钠盐溶液，故D说法错误。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的是（ ）‎ ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量 ‎②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量 ‎③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量 ‎ ‎④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量 ‎⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量 ‎ ‎⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量 A. 全部 B. ②③④⑤⑥ C. ②③④⑥ D. ②④⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故①错误；②向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe(OH)3沉淀，H2SO4过量，Fe(OH)3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故②正确；③弱酸不能制强酸，向BaCl2溶液中通入CO2 始终无沉淀生成，故③错误；④石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故④正确；⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，始终生成BaSO4沉淀，生成的Al(OH)3最终会溶解于过量的Ba(OH)2，故⑤错误；⑥向NaAlO2溶液中滴入过量的盐酸，发生的反应方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象，故⑥正确；答案为D。‎ ‎10.一定温度下，m g下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了n g，且n＞m，符合此要求的物质是（ ）‎ ‎①H2　  ②HCHO　  ③CH4　  ④HCOOCH3      ⑤CH3CHO A. ①② B. ③⑤ C. ①②③④⑤ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由2H2 +O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO）m·（H2）n时就一定满足m=n，若n＞m，则不符合（CO）m·（H2）n，以此来解答。‎ 详解：由上述分析可知n＞m时，不符合（CO）m·（H2）n，根据化学式可知①②④均符合（CO）m·（H2）n；③CH4化学式改写为C•（H2）2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；⑤CH3CHO化学式改写为CO•（H2）2‎ ‎·C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；‎ 答案选B。‎ ‎11.将4gNaOH和10.6gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L﹣1稀盐酸。下列图象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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。‎ ‎【详解】4gNaOH和10.6gNa2CO3的物质的量均为0.1mol，二者混合并配成溶液，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入到第一个格时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入到第二个格时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，正好与图象D相符，故答案选D。‎ ‎【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的。‎ ‎12.某200 mL氯化镁和氯化铝混合液中c(Mg2＋)为0.3 mol/L，c(Cl－)为1.2 mol/L。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 mol/L NaOH溶液的体积为（　　）‎ A. 70 mL B. 60mL C. 80 mL D. 128 mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中n（Cl-）=0.2L×1.2mol/L=0.24mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.2L=0.06mol，所以忽略水的电离根据电荷守恒可知溶液中n（Al3+‎ ‎）=(0.24mol－0.06mol×2)/3=0.04mol，将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n（NaOH）=c（Cl-）+n（Al3+）=0.24mol+0.04mol=0.28mol，所以至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为0.28mol÷4mol/L=0.07L=70mL，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的有关计算，利用原子守恒简化解题，关键在于清楚反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液。常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。‎ ‎13.下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是 A. 向NaAlO2溶液中滴入盐酸至过量 B. 向澄清石灰水中通入CO2至过量 C. 向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量 D. 向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向NaAlO2溶液中滴入盐酸至过量，则生成氢氧化铝消耗HCl的物质的量与氢氧化铝溶解消耗HCl的物质的量之比是1:3，A正确；‎ B、澄清石灰水中通入少量二氧化碳，则开始产生碳酸钙沉淀，再通入二氧化碳，则碳酸钙沉淀转化为碳酸氢钙，沉淀溶解，两次消耗二氧化碳的物质的量相等，B正确；‎ C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，开始氢氧化钠与盐酸反应，无沉淀产生，后产生沉淀，产生氢氧化铝沉淀消耗的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀溶解消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3:1，符合图像，C正确；‎ D、向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，则开始相当于二氧化碳与氢氧化钙反应产生沉淀，后通入二氧化碳则二氧化碳与氢氧化钾反应先生成碳酸钾，然后碳酸钾转化为碳酸氢钾，最后碳酸钙溶解转化为碳酸氢钙，与KOH反应消耗的二氧化碳的物质的量与产生碳酸钙沉淀消耗二氧化碳的物质的量相等，不是2倍关系，图像错误，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎14.向一定量的明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液，生成沉淀的质量m与加入氢氧化钡溶液体积V之间的正确关系式 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，先发生2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后发生氢氧化铝的溶解和硫酸钡的形成，2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2=2KAlO2+BaSO4↓+H2O，图像中沉淀的质量量逐渐增多，后由于氢氧化铝的溶解，沉淀的质量增大的幅度减小，最后不变，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质之间的反应，明确离子反应先后顺序是解本题关键。本题的易错点为D，要注意氢氧化铝溶解的同时，会继续生成硫酸钡沉淀，沉淀的总质量仍增加。‎ ‎15.由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是( )‎ 实验 现象 结论 A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液， 在酒精灯火焰上灼烧 火焰呈黄色 此盐溶液中含有 Na+，不含 K+‎ B．①取少量绿矾样品，加水溶解， 滴加 KSCN 溶液 ‎②向溶液中通入空气 ‎①溶液颜色无变化 ‎②溶液逐渐变红 ‎①绿矾样品未变质 ‎②Fe2+易被空气氧化为 Fe3+‎ C．①某溶液中加入 Ba(NO3)2 溶 液 ‎②再加入足量盐酸 ‎①产生白色沉淀 ‎②仍有白色沉淀 原溶液中有 SO42﹣‎ D．向碘水中加入等体积 CCl4， 振荡后静置 上层接近无色，下层显紫红色 I2 在 CCl4 中的溶解度小于在水中 的溶解度 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.焰色反应的K+的验证需要透过蓝色故玻璃观察，故A错误；‎ B. ①取少量绿矾样品，加水溶解， 滴加 KSCN 溶液，若溶液变红说明绿矾已变质，②向溶液中通入空气，溶液变红，说明绿矾中的Fe2+被氧化成Fe3+，故B正确；‎ C. ①某溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液生成白色沉淀，该溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，②再加入足量盐酸，仍有白色沉淀，即排除了CO32-的干扰，加入盐酸后即提供H+，与NO3-形成硝酸，具有强氧化性，可将SO32-氧化成SO42-，所以该溶液中可能含有SO32-、SO42-，故C错误；‎ D. 向碘水中加入等体积 CCl4， 振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，即CCl4层在下面，所以CCl4的密度比水大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】高中阶段常用作萃取剂的有苯和CCl4，其中苯的密度比水小，分层后在上层，CCl4的密度比水大，分层后在下层。‎ 离子检验时要注意离子间的相互作用，更不能忽略氧化还原反应的发生。‎ ‎16.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. FeFeCl2Fe(OH)2 B. SSO3H2SO4‎ C. CaCO3CaOCaSiO3 D. NH3NOHNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C．两步均能实现，C正确；D．NO不与H2O反应，D错误。‎ ‎17.常温下将盛有10 mL NO2和10 mL NO的混合气体的试管倒立于水槽中并向其中通入O2，一段时间后，试管内还剩余2 mL气体，则通入O2的体积可能为( )‎ A. 8mL B. 8.5mL C. l0mL D. 10.5mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①当剩下的气体为O2时，10mLNO2和10mL NO说明完全反应生成硝酸，则：‎ ‎4NO2+O2+2H2O═4HNO3，4NO+3O2+2H2O═4HNO3，‎ ‎4    1              4   3‎ ‎10mL  2.5mL           10mL  7.5mL 所以通入的氧气体积为：2.5mL+7.5mL+2mL=12mL；‎ ‎ ②当剩余的气体为NO时，可以认为10mL NO2‎ 完全反应生成硝酸，10mLNO中剩余2mL，有8mL转化成硝酸，则：‎ ‎4NO2+O2+2H2O═4HNO3，4NO+3O2+2H2O═4HNO3，‎ ‎4   1            4   3‎ ‎10mL  2.5mL         8mL   6mL 所以通入氧气的体积为：2.5mL+6mL=8.5mL，故选B。‎ 点睛：本题考查了有关混合物反应的化学计算。明确反应后剩余气体组成为解答关键，注意掌握NO、二氧化氮与氧气、水转化成硝酸的反应原理，要求学生掌握讨论法在化学计算中的应用。‎ ‎18.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(　　)‎ A. 35 g B. 30 g C. 20 g D. 15 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氯元素守恒2n（CuCl2）=n（HCl），根据Cu元素守恒n（CuO）=n（CuCl2），再根据m=nM计算CuO的质量。‎ ‎【详解】根据氯元素守恒2n（CuCl2）=n（HCl）=0.5L×1mol/L=0.5mol，故n（CuCl2）=0.25mol，根据Cu元素守恒n（CuO）=n（CuCl2）=0.25mol，则m（CuO）=0.25mol×80g/mol=20g，故答案选C。‎ ‎19.把足量的铁粉投入到硫酸和CuSO4的混合溶液中，充分反应后，剩余金属的质量与原加入的铁粉的质量相等，则原溶液中c(H+)与c(SO42-)之比为 A. 1: 7 B. 1:4 C. 1:2 D. 1:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设H2SO4物质的量为x mol，CuSO4物质的量为y mol。则根据方程式可知 H2SO4+Fe＝FeSO4+H2↑ 固体减少△m ‎1 mol 56 g x mol 56x g CuSO4+Fe＝FeSO4+Cu 固体增加△m ‎1mol 56g 64g 8g y mo 8y g 充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，所以56x=8y，即x/y=1/7，则原溶液中H＋和SO42－的物质的量浓度之比=2x/(x+y)=1/4。故答案选B。‎ ‎20.用1 mol的钠、镁、铝、铁分别与100 mL 2 mol/L的稀硫酸反应，放出氢气是 A. 钠最多 B. 铝最多 C. 钠、铝、铁一样多 D. 都一样多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于钠能够与水反应，则1mol钠完全反应失去1mol电子，根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为0.5mol；100mL2mol/L的硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol，根据反应Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑可知，1molMg完全反应需要消耗1molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；根据反应2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑可知，1mol铝完全反应消耗1.5molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；根据反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑可知，1molFe完全反应需要消耗1molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；因此Na与硫酸溶液反应生成氢气最多，镁、铝、铁反应后生成的氢气一样多，故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查金属与酸反应的计算，此类题应先判断谁过量，按不足量（完全反应）的物质计算，同时注意一些活泼金属与酸反应完会继续与水反应，例如钠、K等不需要判断过量问题。‎ ‎21.石棉是一种具有压伸强度大、柔韧性强、耐热、耐火焰、耐酸和碱腐蚀，而且价格低廉的硅酸盐。石棉有毒，能使人患肺癌。‎ ‎（1）有一种石棉矿叫做青石棉，其化学式为Na2Fe5Si8H2O24，写成氧化物形式的化学式为_________。‎ ‎（2）生产玻璃的原料之一是正长石KAlSi3Ox，x是____，以氧化物形式表示为__________。‎ ‎（3）下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是_____（填序号）。‎ ‎①NaAlO2 ②Ca（OH）2 ③Na2CO3 ④Al（OH）3 ⑤NaHCO3‎ ‎（4）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是_____________。‎ ‎【答案】 (1). Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O (2). 8 (3). K2O·Al2O3·6SiO2 (4). ④⑤ (5). Na2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写；‎ ‎（2）根据化合物中正负价代数和为0解答；‎ ‎（3）根据物质的性质分析判断；‎ ‎（4）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后加热，NaHCO3先受热分解为Na2CO3、CO2和H2O，Na2O2再与CO2和H2O反应，且先与CO2后与H2O反应，据此分析。‎ ‎【详解】（1）青石棉的化学式为Na2Fe5Si8H2O24‎ ‎，根据原子守恒可知写成氧化物形式的化学式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O。‎ ‎（2）生产玻璃的原料之一是正长石KAlSi3Ox，其中K是+1价，Al是+3价，Si是+4价，O是－2价，则根据正负价代数和为0可知1+3+4×3＝2x，解得x＝8，以氧化物形式表示为K2O·Al2O3·6SiO2。‎ ‎（3）①NaAlO2与盐酸反应，与氢氧化钠不反应；②Ca（OH）2与盐酸反应，与氢氧化钠不反应；③Na2CO3与盐酸反应，与氢氧化钠不反应；④Al（OH）3是两性氢氧化物，⑤NaHCO3是弱酸的酸式盐，二者均既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应。答案选④⑤；‎ ‎（4）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后加热，2molNaHCO3先受热分解为1molNa2CO3、1molCO2和1molH2O，而1molNa2O2恰好与1molCO2反应生成1molNa2CO3，故最后所得的固体为Na2CO3。‎ ‎【点睛】（4）中计算是解答的易错点，应注意的是一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反应，可看做Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应生成氢氧化钠和氧气。‎ ‎22.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应产物已略去）。‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D___________，X_______________。‎ ‎（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是_____________（填编号）。‎ ‎（3）反应⑥的离子方程式为：______________________________________。‎ ‎（4）往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是________________________。‎ ‎（5）反应⑦的化学方程式为____________________________________；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子________mol。‎ ‎（6）除去D溶液中混有的少量G的化学方程式：_________________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3 (2). HCl (3). ③⑥ (4). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 (5). 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (6). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (7). 0.8 (8). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 单质A和C反应生成E为黑色晶体，E黑色固体和X酸反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A＝G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含SCN－离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；依据G+B＝D分析判断B是强氧化剂，B为黄绿色气体，证明为Cl2，所以推断D为FeCl3，得到G为FeCl2，X为HCl；依据判断出的物质回答问题。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A为金属Fe，B为Cl2，C为O2，D为FeCl3，E为Fe3O4，F为含SCN－离子的化合物，G为FeCl2，H为H2O，X为HCl；则 ‎（1）依据分析推断可知，D为FeCl3，X为HCl；‎ ‎（2）依据反应过程分析，①为铁和氯气发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和盐酸发生的反应，不是氧化还原反应，④为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，⑥是氯化铁和SCN－发生的反应，不是氧化还原反应，⑦为铁和水蒸气发生的氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，则在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥；‎ ‎（3）反应⑥是氯化铁和SCN－发生的反应，反应的离子方程式为Fe3++3SCN-＝Fe(SCN)3；‎ ‎（4）往G为FeCl2溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是，生成白色氢氧化亚铁沉淀，被空气中氧气氧化为氢氧化铁，现象为生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；‎ ‎（5）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；该反应中氢元素化合价从+1价变化为0价，4mol水反应转移电子为8mol，消耗3mol铁，则每消耗0.3mol的Fe，可转移电子0.8mol。‎ ‎（6）氯化亚铁易被氯气氧化为氯化铁，则除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是向混合溶液中通入足量的氯气，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－。‎ ‎23.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料．工业上提取氧化铝的工艺流程如下：‎ ‎(1)沉淀A的成分是（填化学式）_________。‎ ‎(2) 步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH﹣=H2O还有： ‎ ‎_____________________________、________________________________；‎ ‎(3) 步骤③中通入过量CO2气体而不加入过量盐酸的理由是___________________；‎ ‎ (4) 准确称取8g铝土矿样品，加入一定量试剂a的溶液，使其中的Al2O3、Fe2O3‎ 恰好溶解；然后，向滤液中加入10mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，则样品中Al2O3的百分含量为_________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3 (3). Al3++4OH﹣=[Al(OH)4]﹣ (4). 过量盐酸能使生成的Al(OH)3溶解 (5). 63.75%‎ ‎【解析】‎ 铝土矿中加入过量试剂a，然后操作I得到沉淀A和滤液甲，则操作I为过滤，滤液甲中加入过量NaOH溶液操作II后得到沉淀B和滤液乙，操作II是过滤；Al2O3、SiO2能溶于强碱溶液而Fe2O3不溶于强碱溶液，SiO2不溶于稀盐酸而Fe2O3、Al2O3能溶于稀盐酸，根据图知，滤液甲中含有铝元素，则试剂a为稀盐酸，沉淀A为SiO2，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe(OH)3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al(OH)3，加热氢氧化铝得到氧化铝。‎ ‎(1)通过以上分析知，沉淀A SiO2，故答案为：SiO2 ；‎ ‎(2)步骤②中加入过量NaOH溶液后，稀盐酸、铁离子、铝离子都和NaOH溶液反应，发生反应的离子方程式是H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=[Al(OH)4]-；‎ ‎(3)步骤③中通入过量CO2气体而不加入过量盐酸的理由是过量的稀盐酸能溶解生成的氢氧化铝而得不到氢氧化铝，故答案为：过量盐酸能使生成的Al(OH)3溶解；‎ ‎(4)根据图知，35-45mLNaOH溶液是溶解Al(OH)3，溶解Al(OH)3所需NaOH体积是生成Al(OH)3所需NaOH溶液体积的，所以生成Al(OH)3所需NaOH溶液体积为30mL，35mLNaOH溶液时铝离子、铁离子完全沉淀，则生成氢氧化铁沉淀所需NaOH溶液体积为5mL，‎ 根据关系式Al2O3～2Al(OH)3～6NaOH知，n(Al2O3)= =0.05mol，m(Al2O3)=0.05mol×102g/mol=5.1g，氧化铝质量分数=×100%=63.75%，故答案为：63.75%。‎ 点睛：本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确流程图中发生的反应及各物质成分及其性质是解本题关键，知道(4)题关系式的正确运用，注意(4)题图中35mLNaOH溶液处生成的沉淀包含氢氧化铝和氢氧化铁，为易错点。‎ ‎24. A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含同一种元素。在一定条件下相互转化关系如下图所示（部分产物已略去）。请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）若B、C为氧化物，B转化为C时，质量增加25%，C能够与水反应生成一种强酸，则B 转化为C的化学方程式是_______________________；‎ ‎（2）若D为某金属单质，向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B 的化学式是_____________；‎ ‎（3）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，则A和C反应的离子方程式是___________________符合条件的D物质可能是___________（填序号）。‎ ‎①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④一水合氨 ⑤氯化钡 ‎【答案】（1）2SO2+O22SO3；（2）FeCl3；（3）6H2O+Al3++3AlO2-=4Al(OH)3↓。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）若B、C为氧化物，B转化为C时，质量增加25%，C能够与水反应生成一种强酸，则B、C分别为SO2、SO3，B转化为C的化学方程式是2SO2+O22SO3；（2）向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明B、C为氯化物，D为某金属单质，B、D发生化合反应，应为FeCl3和Fe反应，A是Cl2；（3）A、B、C均含同一种元素，D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，沉淀B应为Al(OH)3，A是AlCl3，C是NaAlO2，由Al3+和3AlO2发生互促水解反应生成，反应的离子方程式为6H2O+Al3++3AlO2-=4Al(OH)3↓。‎ 考点：考查物质的性质及相互转化关系的知识。‎ ‎25.（1）实验室制取氯气时，下列操作不正确的是________(填字母)。‎ A．装置Ⅰ可用于制取少量氯气 B．用装置Ⅱ除去氯气中的少量氯化氢 C．用装置Ⅲ制取氯气 D．用装置Ⅳ干燥氯气 ‎（2）实验室制取干燥、纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸外还需要的试剂____、_____、______。‎ ‎（3）已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气及验证它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是________(填字母)。‎ ‎（4）氯气是有毒气体，必须进行尾气处理，写出实验室氯气尾气处理的离子方程式___________。‎ ‎（5）漂白液（次氯酸钠）和洁厕灵（盐酸）不能混合使用会产生氯气有毒气体的离子方程式：____。‎ ‎【答案】 (1). ABCD (2). 饱和食盐水 (3). 浓H2SO4 (4). 氢氧化钠溶液 (5). BD (6). Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O (7). Cl－+ClO－+2H+＝Cl2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制备氯气，根据实验原理和氯气的性质分析判断；‎ ‎（2）根据氯气中混有的杂质气体以及氯气需要尾气处理分析解答；‎ ‎（3）KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，结合实验装置图分析解答；‎ ‎（4）一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，据此解答；‎ ‎（5）次氯酸钠能氧化盐酸生成氯气，据此解答。‎ ‎【详解】（1）A．实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制备氯气，装置Ⅰ的盐酸是稀盐酸，不能用于制取少量氯气，A错误；‎ B．氯气也能与碳酸氢钠反应，应该用饱和食盐水除去氯气中的少量氯化氢，且应该是长口进短口出，B错误；‎ C．实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制备氯气，装置Ⅲ中缺少加热装置，不能制取氯气，C错误；‎ D．用装置Ⅳ干燥氯气时应该是长口进短口出，D错误；‎ 答案选ABCD；‎ ‎（2）实验室制取干燥、纯净的氯气，由于生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，且氯气有毒需要尾气处理，则除了二氧化锰、浓盐酸外还需要的试剂有除去氯化氢的饱和食盐水，干燥氯气的浓硫酸以及吸收尾气的氢氧化钠溶液；‎ ‎（3）KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2‎ ‎，故A装置正确；浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，不用选择氢氧化钠溶液，故B装置错误；用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，故C装置正确；氯气与金属在试管中反应若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应插入试管底部，故D装置错误；答案选BD；‎ ‎（4）氯气是有毒气体，必须进行尾气处理，实验室氯气尾气处理一般用氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O。‎ ‎（5）次氯酸钠具有强氧化性，能氧化盐酸产生氯气有毒气体，反应的离子方程式为Cl－+ClO－+2H+＝Cl2↑+H2O。‎ ‎ ‎