山西省晋中市平遥县第二中学2020届高三10月月考化学试题

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高三年级十月化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题（每小题3分，共60分。每题只有1个选项符合题意）‎ ‎1.化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是 A. 乙醇溶液和双氧水均可用于杀菌消毒，其原理相同 B. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之火，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3‎ C. 用玻璃棒蘸取酸性高锰酸钾溶液，滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照，测其pH D. 因铝表面能形成致密的氧化膜，所以铝制餐具可以长期使用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用化学视角分析生活中的问题。‎ ‎【详解】A. 乙醇能使蛋白质变性、双氧水能氧化蛋白质等生命物质，因而均可杀菌消毒，但原理不同，A项错误；‎ B. 草木灰含K2CO3，其水溶液因碳酸根水解呈碱性，可以洗涤油污，B项正确；‎ C. 酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，会氧化酸碱指示剂，故不能用pH试纸测其pH，C项错误；‎ D. 长期使用铝制餐具，会使人体积累铝元素增加，加速人体衰老，引起痴呆、骨质疏松等，D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 B. Na、Al、Cu可以分别用热还原法、热分解法和电解冶炼法得到 C. 过氧化钠、烧碱、纯碱分别属于碱性氧化物、碱、盐 D. 84消毒液含有次氯酸钠，洁厕灵中含有盐酸，但二者不能混合使用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 次氯酸钠与盐酸能发生氧化还原反应生成氯气。氯气会使人中毒、并污染环境。‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 从海水中提取镁、溴等必须通过化学反应实现，但从海水中提取氯化钠不需化学反应就能实现，A项错误；‎ B. 冶炼Na、Al等活泼金属要用电解法，但冶炼Cu等较活泼金属常用热还原法，B项错误；‎ C. 过氧化钠与酸反应除生成盐、水外，还有氧气生成，故过氧化钠不是碱性氧化物，C项错误；‎ D. 84消毒液含有次氯酸钠，洁厕灵中含有盐酸，两者混合使用会生成氯气使人中毒，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎3.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是（ ）‎ A. 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 B. Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)＞r(Mg)‎ C. 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 D. 该反应中化学能全部转化为热能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，A错误；‎ B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），B错误；‎ C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C正确；‎ D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. 实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2‎ B. 实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强 C. 实验③发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO↑+4H2O D. 由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；‎ B、Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；‎ C、实验③发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，正确；‎ D、由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。‎ 故答案选C ‎5.下列物质属于纯净物的是 A. 水玻璃 B. 漂白粉 C. 碳素钢 D. 胆矾 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 纯净物是由一种成分组成的物质，据此判断。‎ ‎【详解】A. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，A项错误；‎ B. 漂白粉主要含氯化钙和次氯酸钙，是混合物，B项错误；‎ C. 碳素钢是含碳量0.03%~2%的铁合金，属于混合物，C项错误；‎ D. 胆矾成分是CuSO4·5H2O，属于纯净物，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎6.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是(　　)‎ 被提纯的物质 ‎ 除杂试剂 分离方法 A NaBr溶液(NaI)‎ 氯水、CCl4‎ 萃取、分液 B NH4Cl溶液(FeCl3)‎ NaOH溶液 过滤 C CO2(CO)‎ CuO粉末 通过灼热的CuO粉末 D SiO2(Al2O3)‎ NaOH溶液 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．氯水具有氧化性，能将溴化钠中的溴离子和碘化钠中的碘离子氧化，不会得到溴化钠，A错误；B．氢氧化钠溶液可与氯化铵反应从而将原物质除掉，不符合除杂原则，B错误；C．CO与灼热的CuO粉末反应生成铜和二氧化碳，可将杂质除去，C正确；D．NaOH溶液可与SiO2和A12O3反应，从而将原物质除掉，不符合除杂原则，D错误，答案选C。‎ 点睛：本题考查物质的分离提纯，题目难度不大，注意根据物质的性质差异性选择物理或化学方法进行分离。注意杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。‎ ‎7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、MnO、SO B. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO、SCN－‎ C. c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH、Al3＋、NO、Cl－‎ D. 与铝反应生成氢气的溶液中：NH、K＋、Cl－、SiO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 特定条件下，离子间能相互反应即不能大量共存。离子间的反应要考虑复分解、双水解、络合、氧化还原反应等。‎ ‎【详解】A. pH＝1的溶液呈酸性，Fe2＋与MnO易发生氧化还原反应，A项错误；‎ B. 含Fe3＋的溶液中，Fe3＋与SCN－发生络合反应生成Fe(SCN)2+等，B项错误；‎ C. c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液呈酸性（pH=1），NH、Al3＋、NO、Cl－能存在且彼此不反应，C项正确；‎ D. 与铝反应生成氢气的溶液，呈强酸性或强碱性。若强酸性，则SiO 不能大量存在，若强碱性，则NH不能大量存在，D项错误。‎ 本题选C。‎ ‎8.已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2下列关于该反应的叙述不正确的是 A. 该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为 9:5‎ B. 当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18 mol C. 每产生 1mol O2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2 mol D. 参加反应的水有 2/5 被氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，故A正确；B．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C．每产生1mol O2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，故D正确；故选B。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应 ‎【名师点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。‎ ‎9.下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（ ）‎ A. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应,证明H2O2具有还原性:2MnO4－+6H++5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O B. 用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝:2Al+2OH－2AlO2－+H2↑‎ C. 室温下测得氯化铵溶液pH<7,证明一水合氨是弱碱:NH4++2H2ONH3·H2O+H3O+‎ D. 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸:2MnO4－+16H++5C2O42－2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、高锰酸钾溶液不能用盐酸酸化，因为高锰酸钾具有强氧化性，Cl－具有还原性，高锰酸钾能将Cl－氧化为氯气，一般高锰酸钾用硫酸酸化，故A错误；B、铝为两性金属，可以和NaOH反应，生成偏铝酸钠和氢气，而镁不能和碱反应，故可以利用NaOH分离镁和铝，离子方程式应为2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO2－＋3H2↑，故B错误；C、室温下氯化铵溶液pH＜7，显酸性，则说明氯化铵为强酸弱碱盐，可证明一水合氨是弱碱，其水解方程式为NH4＋＋2H2O ⇌NH3·H2O＋H3O＋，故C正确；D、草酸为弱酸，在离子方程式中不可拆开，故D错误。故选C。‎ ‎10.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：‎ ‎①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；‎ ‎②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。‎ 该白色粉末可能为 A. NaHCO3、Al（OH）3 B. AgCl、NaHCO3 C. Na2SO3、BaCO3 D. Na2CO3、CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A． NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；‎ B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；‎ C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；‎ D． Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是 A. 17 g H2O2与17 g H2S所含的电子数均为9NA B. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA C. 0．1 mol Cl2通入适量水中，转移电子数为0.2NA D. 2 L pH =3的醋酸与足量的锌反应，产生H2分子数为10-3 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.17 g H2O2与17 g H2S的物质的量均为0.5mol，每个H2O2或 H2S中所含电子数都是18个，则17 g H2O2与17 g H2S所含的电子数均为0.5×18×NA=9NA，故A正确；‎ B.在容器中会发生反应：2NO+O2=2NO2、2NO2N2O4，则产物的分子数应小于2NA，故B错误；‎ C.Cl2与水的反应为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应为可逆反应，且每1mol氯气完全反应转移电子数为1mol，则0．1 mol Cl2通入适量水中，转移电子数应小于0.1 NA，故C错误；‎ D. 2 L pH =3的醋酸中n（H+）=2L×10-3mol/L=0.002mol，因醋酸是弱电解质，则醋酸的物质的量大于0.002mol，在与锌反应过程中又可不断电离出氢离子，产生的H2分子数应大于10-3 NA，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】在本题中有两个学生的易漏点，一是二氧化氮与四氧化二氮之间的转化；二是氯气与水的反应是一个可逆反应。‎ ‎12.向某无色溶液中加入含Fe2+的溶液无明显变化，当滴加几滴稀H2SO4后，混合液出现红色，下列结论中错误的是( )‎ A. Fe2+被H2SO4氧化成Fe3+‎ B. 原无色溶液中一定含有SCN－‎ C. Fe2+与SCN－不能形成红色化合物 D. 将稀H2SO4换成新制氯水，混合液也会出现红色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：向某无色溶液中加入含Fe2+的溶液无明显变化，当滴加几滴稀H2SO4后，混合液出现红色，而由于稀硫酸是非氧化性酸，不能将Fe2+氧化，故稀H2SO4的加入是为氧化Fe2+提供了所需的酸性环境，即氧化Fe2+的物质来自于原无色溶液；A．稀硫酸是非氧化性酸，氧化性很弱，不能将Fe2+氧化，故A错误；B．向某无色溶液中加入含Fe2+的溶液无明显变化，当滴加几滴稀H2SO4后，混合液出现红色，说明有Fe3+生成，且原无色溶液中含KSCN，故B正确；C．Fe2+与KSCN不反应，故C正确；D．由于溶液中含KSCN溶液，故将稀硫酸换成氯水，氯水也能将Fe2+氧化为Fe3+，故溶液也能变红，故D正确；故选A。‎ 考点：考查Fe2+向Fe3+的转化。‎ ‎13.将适量金属钠投入下列溶液中，有气体放出，但无沉淀生成的是 A. 盐酸 B. 饱和氢氧化钠溶液 C. FeCl3溶液 D. CuSO4溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，没有沉淀，A正确；‎ B、钠与饱和的氢氧化钠溶液反应生成氢气和氢氧化钠，消耗溶剂水，同时溶质质量增加，溶液是过饱和溶液，有氢氧化钠沉淀析出，B错误；‎ C、钠与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠和氢气，C错误；‎ D、钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】学生往往错选B，主要是认为常见的沉淀中没有氢氧化钠，学生对于氢氧化铁、氢氧化铜沉淀很熟悉，而很少听说氢氧化钠沉淀，错因在于没有从实质上理解沉淀的产生。这是因为难溶、易溶往往是相对的，只要溶液变成过饱和溶液，就会有沉淀析出。再比如将选项B改为饱和的氯化钠溶液，加入金属钠后也会析出氯化钠沉淀。‎ ‎14.有一混合溶液，其中只含有Fe2＋、Cl－、Br－、I－（忽略水的电离），Cl－、Br－、I－的个数比为2∶3∶4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl－和Br－的个数比为3∶1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为 A. 7∶4 B. 7∶3 C. 7∶2 D. 7∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液呈电中性，可求出原溶液Fe2＋的个数为4.5，通入氯气时，反应先后顺序为：I－> Fe2＋> Br－，通入氯气使溶液中Cl－和Br－的个数比为3∶1，需引入7个Cl－，置换I－引入4个，需要氧化Fe2＋引入3个，则剩余Fe2＋1.5，反应的氯气为3.5。‎ ‎【详解】设Cl－、Br－、I－的物质的量分别为2 mol、3 mol、4 mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2＋)＝n(Cl－)＋n(Br－)＋n(I－)＝2 mol＋3 mol＋4 mol＝9 mol，n(Fe2＋)＝4.5 mol，通入氯气后，要满足n(Cl－)∶n(Br－)＝3∶1，Cl－只要增加7 mol就可以，即需通入氯气3.5 mol。4 mol I－先消耗2 mol氯气，3 mol Fe2＋消耗1.5 mol氯气，剩余Fe2＋1.5 mol，则通入氯气与剩余Fe2＋的物质的量之比为3.5∶1.5＝7∶3，故选B。‎ ‎【点睛】本题首先用溶液呈电中性，求解Fe2＋，在满足题意的条件下，再确定氯气的用量。‎ ‎15.下列实验操作中一定会造成实验值偏小的是 A. 将pH试纸用蒸馏水湿润后测某溶液的pH B. 配制500mL0.01mol∕L NaCl溶液，定容时仰视 C. 用标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗 D. 使用天平称量时不小心将药品与砝码的位置放反了 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据概念或计算公式分析误差。‎ ‎【详解】A. 用pH试纸测溶液pH时不能用蒸馏水湿润pH试纸。若湿润pH试纸，相当于稀释了溶液，使酸性溶液的测量结果偏大，中性溶液的不受影响，碱性溶液的偏低，A项不符题意；‎ B. 配制溶液时定容仰视，则溶液体积偏大，溶液浓度偏小，B项符合题意；‎ C. 中和滴定实验时，酸式滴定管未用标准液润洗，则消耗的标准酸溶液体积偏大，使待测溶液浓度偏大，C项不符题意；‎ D. 使用天平称量时药品与砝码的位置放反，若未使用游码，则药品质量不变；若使用游码，则药品质量（砝码质量－游码读数）偏小，D项不符题意。‎ 本题选B。‎ ‎16.某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子。向该溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的物质的量变化曲线如图所示。下列有关判断正确的是 （ ）‎ A. m点处反应：H++OH-=H2O B. p点：c(OH-)＞c(NH4+)>c(H+)‎ C. 若取原溶液做焰色反应实验，焰色应为黄色 D. 原溶液中存在的主要离子：n(H+)=2n(NH4+)=n(Al3+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合溶液中离子的性质，考虑图象中各段发生的反应，进而作出合理判断。‎ ‎【详解】图象中，n(NaOH)=0~1mol时没有沉淀生成，则原溶液中有1mol H+，反应为H++OH-=H2O；n(NaOH)=1~4mol时有沉淀生成，则原溶液中1mol Fe3+、Al3+（至少一种），反应为M3++3OH－=M(OH)3↓（M=Fe或Al）；n(NaOH)=4~5mol时沉淀量保持不变，则原溶液中有1mol NH4+，反应为NH4++OH-=NH3·H2O；n(NaOH)=5~6mol时沉淀完全溶解，则原溶液中有1mol Al3+无Fe3+，反应为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。据溶液电中性原理，原溶液中一定有SO42-，可能有Na+。‎ A. m点Al3+未完全沉淀，反应为Al3++3OH－=Al(OH)3↓，A项错误；‎ B. p点为氨水和硫酸钠溶液，考虑NH3·H2O和H2O的电离，有c(OH-)＞c(NH4+)>c(H+)，B项正确；‎ C. 原溶液中不一定有Na+，做焰色反应实验时焰色不一定为黄色，C项错误；‎ D. 据前面分析，原溶液中存在的主要离子：n(H+)=n(NH4+)=n(Al3+)=1mol，D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎17.向含有1 mol KAl(SO4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 当Al3＋恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5 mol B. 当SO42－恰好完全沉淀时，铝元素全部以偏铝酸根的形式存在 C. 当向溶液中加入1.5 mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓‎ D. 随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、KAl(SO4)2为1mol，当Al3＋恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为2:3，离子方程式表示为：2Al3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，加入Ba(OH)2的物质的量为1.5mol，A正确；‎ B、当SO42—恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为1:2，离子方程式表示：Al3＋＋2SO42—＋2Ba2＋＋4OH－＝AlO2—＋2BaSO4↓＋2H2O，B正确；‎ C、根据A中分析可知C正确；‎ D、当氢氧化铝达到最大值时，继续加入氢氧化钡，硫酸钡生成1mol同时氢氧化铝溶解2mol，沉淀的物质的量减少，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确离子的性质特点是解答的关键，注意氢氧化铝的两性。尤其要注意沉淀的物质的量最大时应该是铝恰好完全反应时，而沉淀的质量最大时应该是硫酸根离子恰好完全反应时。‎ ‎18.下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有 ‎①明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性 ‎②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板因为其能氧化单质铜 ‎③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性 ‎④光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性 ‎⑤MgO、A12O3的熔点很高，可制作耐高温材料 ‎⑥NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂 ‎⑦A1具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①明矾电离产生的Al3+水解产生氢氧化铝胶体，胶体的表面积大，有很强的吸附能力，能吸附水中悬浮的物质，从而使水净化，错误。②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为发生反应：2Fe3++ Cu=2Fe2++Cu2+，在该反应中氯化铁作氧化剂，有氧化性，正确；③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强吸水性，错误；④光导纤维的主要成分是二氧化硅,是光通信的传输材料，光通信的线路采用像头发丝那样细的透明玻璃纤维制成的光缆。在玻璃纤维中传导的不是电信号,而是光信号,故称其为光导纤维，错误；⑤Mg0、Al203的熔点很高，可制作耐高温材料，正确；⑥NaHC03受热分解生成CO2和水，因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂，错误；⑦Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，正确；答案选B。‎ 考点：考查常见物质的应用与性质。‎ ‎19.生产生活中的许多现象或应用都与化学知识有关。下列现象或应用与胶体性质无关的是(　　)‎ A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐 B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷 C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用 D. 自然界河流入海口三角洲的形成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.豆浆是蛋白质胶体，具有胶体的性质，向其中加入盐卤或石膏等电解质，可以使胶体凝聚，故A与胶体有关； B.冶金厂常用高压电除去烟尘，利用了胶体具有电泳现象的性质，故B与胶体有关；‎ C.泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，这是利用了盐类的水解原理，故C与胶体无关；‎ D.河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，故D与胶体有关；‎ 答案选C。‎ ‎20.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于(　　)‎ A. 8.64 B. 9.20 C. 9.00 D. 9.44‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】产生NO2的物质的量为8.960L÷22.4L/mol=0.4mol，产生N2O4的物质的量为0.672 L÷22.4L/mol=0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有OH-的物质的量为0.46mol，OH-的质量为0.46mo×17g/mol=7.82g，由质量守恒可得铜和镁的合金质量为17.02g-7.82g=9.2g，故B正确。‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】在有关氧化还原反应的计算中，应巧妙运用得失电子守恒进行计算。‎ 二．填空题（本题包括4个小题，共40分）‎ ‎21.无水氯化铝是有机合成工业中一种重要的催化剂，工业上由Al2O3制备无水氯化铝的反应为2Al2O3＋6Cl24AlCl3＋3O2。‎ ‎(1)实验室制氯气的离子方程式为_________________________氯气溶于水生成的次氯酸的电子式为__________________________‎ ‎(2)AlCl3可以作净水剂，其原理是(用离子方程式表示) ___________________________‎ ‎(3)Al－Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其离子方程式为________________‎ ‎(4)为分析某铝合金的成分，用足量稀硝酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为5、9时过滤沉淀，继续滴加NaOH溶液无沉淀生成。结合图象信息推断该合金中除铝外还含有的金属是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2). (3). Al3＋＋3H2O===Al(OH)3＋3H＋ (4). Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2O (5). Cu ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硝酸具有强氧化性，足量稀硝酸能将铁氧化成三价铁。结合金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH分析铝合金的成分。‎ ‎【详解】(1)实验室常用二氧化锰与浓盐酸共热制氯气，离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸的电子式为。‎ ‎(2)AlCl3水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮杂质，故可作净水剂，离子方程式Al3＋＋3H2O＝Al(OH)3（胶体）＋3H＋。‎ ‎(3)Al2O3是两性氢氧化物，用NaOH溶液处理Al2O3膜，离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2O。‎ ‎(4)铝合金溶于足量稀硝酸后，Al→Al3+、Cu→Cu2+、Mg→Mg2+、Fe→Fe3+（稀硝酸足量时不会生成Fe2+）。用NaOH溶液调pH，当pH＝3.4时才开始出现沉淀，则溶液中无Fe3+，合金中无铁；pH=5时Al3+完全沉淀、并可能有少量Cu2+沉淀；pH=9时沉淀只有Cu(OH)2，则合金中有铜；继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，则合金中无镁。故该合金为铝铜合金。‎ ‎【点睛】硝酸具有强氧化性，稀硝酸过量时将铁氧化成三价铁；若铁过量，则三价铁可被铁还原成二价铁。‎ ‎22.某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。‎ ‎(1)A中试剂为_________________。‎ ‎(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是__________________________。‎ ‎(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是__________________ (填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应_________________。‎ ‎(4)B中发生反应的化学方程式为___________________________________________。‎ ‎(5)若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为_____________________。‎ ‎【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). ①④③② (4). 使D和C的液面相平 (5). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝能与强碱反应而镁不能，利用这一特殊性质可达到实验目的。测定合金中铝的质量分数可称取一定量合金样品，测出其中铝的质量；测量铝的相对原子质量，可测其摩尔质量=铝的质量/铝的物质的量，测量生成氢气体积可求铝的物质的量。‎ ‎【详解】(1)A中试剂为强碱溶液，可以是NaOH溶液等。‎ ‎(2)铝、镁都是活泼金属，在空气中表面形成致密氧化膜。实验前，将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，就是要除去表面的氧化膜。‎ ‎(3)实验中需要测出样品中铝的质量、反应生成氢气的体积。在检查气密性、药品和水装入仪器、连接好装置后，①记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，即操作顺序是①④③②。记录C的液面位置时，应调整D管高度使D和C中液面相平，再平视读数。‎ ‎(4)试管B内，合金中的铝与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。‎ ‎(5)设Al的相对原子质量为x，则 ‎ 2Al ~ 3H2 ‎ ‎ 2x g 3×22.4 L ‎(a-c) g b×10-3 L 得x=‎ ‎【点睛】若不需测定铝的相对原子质量（即已知），则A中试剂可为过量的稀硫酸。实验中测量样品质量和生成氢气在标准状况时的体积，则可计算合金中铝的质量分数。‎ ‎23.有A、B、C、D、E、F、G、H、I等全部由短周期元素组成的九种常见物质。已知：①其中只有B、C、F为单质，且常温常压下，B为固态，C、F为气态；②化合物中仅A、E为气态；③在常温下，D为淡黄色固体；④H的焰色反应呈黄色。它们的转化关系反应条件未注明如图所示：‎ 试回答：(1)写出下列物质的化学式：E________，F________，H________，I________。‎ ‎(2)写出A与D反应的化学方程式：_______________。‎ ‎(3)写出B与G反应的化学方程式：______________。‎ ‎【答案】 (1). CO (2). H2 (3). Na2CO3 (4). NaOH (5). 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 (6). C＋H2O(g) CO＋H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中学化学主要学习7种非金属（H、O、C、Si、N、S、Cl）、4种金属（Na、Al、Fe、Cu）的单质及其化合物知识，则常见气体单质H2、O2、N2、Cl2，固体非金属单质C、Si、S，固体金属单质Na、Al、Fe、Cu。将文字信息标注于转化关系图中，再推断物质、回答问题。‎ ‎【详解】化合物H焰色反应呈黄色，则H中含Na+。据A（化合物，气体）+D（化合物，淡黄，固体）→C（单质，气体）+H（Na+），则A为CO2、D为Na2O2、C为O2、H为Na2CO3。‎ 因E（化合物，气体）+C（O2）→A（CO2），则E为CO。又A（CO2）+B（单质，固体）→E（CO），则B为C。 ‎ 据G（化合物）+B（C）→E（CO）+F（单质，气体），则G为H2O，F为H2。又G（H2O）+D（Na2O2）→C（O2）+I（化合物），则I为NaOH。‎ 其它几个反应可验证上述推断正确。‎ ‎(1)E、F、H、I化学式依次是CO、H2、Na2CO3、NaOH。‎ ‎(2)A与D反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2。‎ ‎(3)B与G反应的化学方程式为C＋H2O(g) CO＋H2。‎ ‎24.已知有以下物质相互转化：‎ 试回答：‎ ‎(1)写出B的化学式________，D的化学式________。‎ ‎(2)写出由E转变成F的化学方程式________________________。‎ ‎(3)写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式________________；向G溶液加入A的有关离子反应方程式________________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl2 (2). KCl (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，然后逐步分析；‎ ‎【详解】D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl ‎，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，‎ ‎（1）根据上述分析，B化学式为FeCl2，D的化学式为KCl；‎ ‎（2）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎（3）用KSCN鉴别Fe3＋，溶液出现红色，说明溶液中含有Fe3＋，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；FeCl3溶液中加入Fe，发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。‎ ‎ ‎ ‎ ‎