宁夏吴忠中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

宁夏吴忠中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

吴忠中学2019-2020学年第一学期期末考试 高一年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：H:1 N:14 Na:23 Mg:24 Al:27 Cl:35.5 Fe:56 Ag:108 O:16 S:32 Ca:40 Mn:55‎ 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分）‎ ‎1.在实验室中，对下列事故或药品的处理正确的是（ ）‎ A. 有Cl2泄漏时，用NaOH溶液浸湿软布蒙面，迅速离开现场 B. 金属Na着火燃烧时，用泡沫灭火器灭火 C. 浓硫酸沾在皮肤上，立即用Na2CO3溶液冲洗 D. 实验室做完实验剩余的金属钠要放回原试剂瓶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气有毒，属于酸性气体，用弱碱性的肥皂水蒙面较好，氢氧化钠属于强碱，具有腐蚀性，故A错误；‎ B. 金属钠着火燃烧生成的过氧化钠能和二氧化碳发生反应生成氧气，不能用泡沫灭火器灭火，一般用沙土覆盖，故B错误；‎ C. 少量浓硫酸沾在皮肤上，先用大量的水冲洗，再涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液，故C错误；‎ D. 钠的活泼性非常强，所以剩余的金属钠要放回原试剂瓶（煤油）中保存，故D正确；‎ 故选D。.‎ ‎2.中华民族有着光辉灿烂的历史，下列有关描述不涉及氧化还原反应的是（ ）‎ A. 用胆矾湿法炼铜 B. 用铁矿石高炉炼铁 C. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏” D. 只要功夫深，铁杵磨成针 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用胆矾炼铜，Cu的化合价从+2价降低到0价，所以涉及氧化还原反应，选项A不选；‎ B．用铁矿石炼铁，Fe元素的化合价降低，铁矿石被还原，属于氧化还原反应，选项B不选；‎ C．“爆竹声中一岁除”中黑火药的使用时，发生了剧烈的爆炸，C、S、N等元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，选项C不选；‎ D．铁杵磨成针，属于物理变化，不是化学变化，不涉及氧化还原反应，选项D选；‎ 答案选D。‎ ‎3.在自然界中，既有以游离态形式存在，又有以化合态形式存在的元素是（ ）‎ A. 硫 B. 硅 C. 氯 D. 铝 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素的活泼性来判断元素在自然界的存在形式。‎ ‎【详解】A、硫在常温下不易和其它物质反应，所以能以游离态存在又能以化合态存在，选项A正确； ‎ B、硅虽然不活泼，但它的化合物更稳定，所以自然界以二氧化硅、硅酸盐的形式存在，选项B错误；‎ C、氯是活泼的非金属元素，易和水、碱等反应，所以不能以游离态存在于自然界中，选项C错误；‎ D、因铝易被还原，化学性质活泼，在自然界中只能以化合态存在，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查元素在自然界的存在形式，需要注意的是硅虽然不活泼，但它的化合物更稳定，在自然界以化合态的形式存在。‎ ‎4.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 含有4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，生成1molCl2‎ B. 常温常压下，16gO2所含的电子数为8NA C. 标准状况下，22.4LSO3中所含的SO3分子数为NA D. 78gNa2O2与足量水充分反应时电子转移数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，随着反应的进行，盐酸变稀，故4mol盐酸不能反应完全，则生成的氯气分子小于1mol，故A错误；‎ B‎.16g氧气的物质的量为：，0.5mol氧气分子中含有的电子为：16×0.5mol=8mol，则含有8NA个电子，故B正确；‎ C. 标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C错误；‎ D‎.78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠与水的反应是歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，即NA个，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】此题易错点在D项，过氧化钠中氧元素为-1价，本身发生氧化还原反应，1个O得电子、1个O失去电子，属于歧化反应。‎ ‎5.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H‎2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）‎ A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2氧化产物 C. H‎2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应2KClO3+H‎2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H‎2C2O4中C的化合价从＋‎3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。‎ A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；‎ B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；‎ C、H‎2C2O4中C的化合价从＋‎3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；‎ D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.关于物质的用途下列说法正确的是（ ）‎ ‎①水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料；②氧化铝可以用做耐火材料；③氢氟酸可以用来刻蚀玻璃；④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料；⑤利用氯气的毒性可以消灭田鼠；⑥漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂；⑦四氧化三铁常用作红色油漆和涂料⑧晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池 A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥⑧ C. ①②④⑤⑥⑦ D.‎ ‎ ③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①水玻璃与酸反应可制备硅胶，水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故正确；‎ ‎②氧化铝的熔点很高，可以用做耐火材料，故正确；‎ ‎③玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸可以用来刻蚀玻璃，故正确；‎ ‎④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料，是利用光的全反射原理，故正确；‎ ‎⑤氯气有毒，能使田鼠中毒死亡而灭绝，故正确；‎ ‎⑥漂白粉具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，同时也具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，故正确；‎ ‎⑦四氧化三铁是黑色固体，氧化铁是红棕色固体，所以氧化铁常用作红色油漆和涂料，故错误；‎ ‎⑧硅位于金属和非金属分界线处，晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，故正确；‎ 故选B。‎ ‎7.一定条件下，当溶液中XO与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为(　　)‎ A. ＋2 B. ＋3‎ C. ＋4 D. ＋5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】H2O2恰好将XO4-还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=2，A项正确，故选A。‎ ‎8.下列实验现象与对应化学方程式都正确的是（ ）‎ A. 向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸，边加边振荡，有硅酸胶体产生；Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl B. 氢气在氯气中安静的燃烧，发出淡蓝色火焰，瓶口出现白雾；H2+Cl22HCl C. FeSO4溶液中加入NaOH溶液时，生成的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；‎ ‎2Fe(OH)2+O2+H2O=2Fe(OH)3‎ D. 钠投入水中，浮在水面熔成小球，在水面快速移动，得到的溶液显碱性；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸的酸性强于硅酸，向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸，边加边振荡，反应生成硅酸胶体，所以反应的化学方程式为Na2SiO3+2HCl=H2SiO3（胶体）+2NaCl，故A错误；‎ B．纯净的氢气可以在黄绿色的氯气中安静地燃烧，火焰呈苍白色，瓶口出现白雾，化学方程式为H2+Cl22HCl，故B错误；‎ C．FeSO4溶液滴入NaOH溶液，生成白色絮状沉淀是氢氧化亚铁沉淀，白色氢氧化亚铁在水中不稳定，容易跟水、氧气反应生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故C错误；‎ D．钠很活泼，能与水剧烈反应，钠的密度小于水，所以会浮在水面上，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，钠的熔点较低，钠和水反应放出热量而使钠熔成小球，生成的氢气使钠四处游动，钠和水反应后溶液呈碱性，钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.下列鉴别方法不能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用丁达尔效应鉴别淀粉溶液和氯化钠溶液 B. 用焰色反应鉴别碳酸氢钠和碳酸钠两种无色溶液 C. 用品红溶液鉴别SO2和CO2两种无色气体 D. 用NaOH溶液鉴别硫酸铝和硫酸镁两种无色溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，淀粉溶液是胶体、氯化钠溶液是溶液，所以可以用丁达尔效应鉴别，故A不选；‎ B. 碳酸氢钠和碳酸钠都含有Na元素，焰色反应均呈黄色，不能用焰色反应鉴别，故B选。‎ C. 二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，CO2不能使品红溶液褪色，可鉴别，故C不选；‎ D.硫酸铝溶液中加入NaOH溶液，先生成白色沉淀后沉淀溶解；硫酸镁溶液中加入NaOH 溶液，始终有白色沉淀生成，现象不同，可以鉴别，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎10.下列化合物不能由两种单质直接化合而生成的是（ ）‎ A. FeC12 B. Cu2S C. Mg3N2 D. Na2O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为较高价态，所以Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，不能由两种单质直接化合而生成FeC12，故A选；‎ B．硫具有弱氧化性，将变价金属氧化为较低价态，所以Cu在硫蒸气中反应生成Cu2S，故B不选；‎ C．镁和氮气反应生成氮化镁，3Mg+N2Mg3N2，故C不选；‎ D．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，2Na+O2Na2O2，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎11.下列各组离子在溶液中一定能够大量共存的是（ ）‎ A. 在强酸性溶液中：K＋、HCO3-、SO42-、ClO-‎ B. 在含有大量OH－的溶液中：NO3-、Na＋、Cl-、AlO2-‎ C. 在含有大量SO42-的无色溶液中：Ba2+、Na＋、Cu2＋、Cl-‎ D. 在含有大量Fe2+的溶液中：H＋、Na+、Cl-、ClO-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCO3−、ClO−与氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故A不符合题意；‎ B.NO3-、Na＋、Cl-、AlO2-之间不反应,都不与OH−反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；‎ C. Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，Ba2+与SO42-不能大量共存，故C不符合题意；‎ D. Fe2+、H+都与ClO−反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+‎ 不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，但酸性条件下不能大量共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. H2S、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥 B. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 C. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应 D. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2S具有还原性，而浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥，故A错误；‎ B. 二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，和其它酸不反应，不符合两性氧化物概念，二氧化硅不属于两性氧化物，属于酸性氧化物，故B错误；‎ C. 氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，故C错误；‎ D. 酸性条件下，二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，则SO2气体通入Ba(NO3)2溶液，可得到BaSO4，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】因为二氧化硅是酸性氧化物，不跟一般酸反应；而二氧化硅与氢氟酸反应生成物为四氟化硅，四氟化硅是气体，能够保证反应持续不断的进行下去，所以二氧化硅能与氢氟酸反应。‎ ‎13.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2++Ag B. 碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：HCO3-＋OH－=CO2↑＋H2O C. 金属铝加入到浓碱溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+3H2↑‎ D. 铜粉加入到氯化铁溶液中：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锌片插入硝酸银溶液中，离子方程式：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，故A错误；‎ B. 碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O，故B错误；‎ C. 金属铝加入到NaOH溶液中，反应的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑，故C错误；‎ D. 铜粉加入到氯化铁溶液中，离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。‎ ‎14.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色 B. pH在5.6～7之间的降水通常称为酸雨 C. 合金的硬度一般比成分金属的大 D. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可生成SO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水中含HCl、HClO，久置的氯水中只含HCl，所以向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液变红不褪色，故A错误；‎ B. 正常雨水的pH约为5.6，因为其中溶解了二氧化碳，而pH<5.6的雨水为酸雨，故B错误；‎ C. 合金的熔点低于成分金属的熔点，合金的硬度一般比成分金属的大，故C正确；‎ D. 硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，而不会生成三氧化硫，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是（ ）‎ A. Na2O2→Na2CO3 B. SO2→H2 SO‎4 ‎C. SiO2→Na2SiO3 D. SiO2→H2SiO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O2→Na2CO3选择二氧化碳即可一步实现，故A不选；‎ B.SO2→H2 SO4选择H2O2即可一步实现，故B不选；‎ C.二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，SiO2→Na2SiO3选择NaOH能一步实现，故C不选；‎ D.二氧化硅不溶于水，不能和水反应，SiO2→H2SiO3不能一步实现，SiO2必须先和强碱反应生成硅酸盐，硅酸盐再与酸反应转化为硅酸，故D选；‎ 故选D。‎ ‎16.向50mL18mol·L－1的硫酸中加入足量的铜片并加热，被还原的硫酸的物质的量是（ ）‎ A. 等于0.9mol B. 大于0.45mol，小于0.9mol C. 等于0.45mol D. 小于0.45mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL18mol/L的硫酸中n(H2SO4)=18mol/L×‎0.05L=0.9mol，假设50mL18mol/L的硫酸中的硫酸分子全部与铜反应时，据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O可知作氧化剂的硫酸为0.45mol，随着反应的进行，浓硫酸溶液的浓度逐渐减小，当成为稀硫酸时此反应停止，所以作氧化剂的硫酸的物质的量小于0.45mol，即被还原的硫酸的物质的量小于0.45mol。‎ 故选D。‎ ‎17.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是 A. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2‎ B. 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸 C. 向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液 D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以产生碳酸氢钠沉淀，但CO2过量沉淀不会溶解；‎ B. 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸首先生成氢氧化铝沉淀，盐酸过量后沉淀溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”的现象；‎ C. 向AlCl3‎ 溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液首先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”的现象；‎ D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，首先发生胶体的聚沉生成氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁与盐酸反应而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”的现象；‎ 答案选A。‎ ‎18.下列四种有色溶液与SO2气体作用均能褪色，其实质相同的是 ‎①酸性高锰酸钾溶液 ②品红溶液 ③溴水 ④滴有酚酞的氢氧化钠溶液 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】SO2气体使①酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，SO2气体有还原性将酸性高锰酸钾还原使溶液褪色；②品红溶液褪色是因为SO2气体具有漂白性可将品红漂白褪色；③溴水褪色，是因为溴水有强氧化性，SO2气体有还原性将溴水还原使溶液褪色；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是因为SO2为酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应使溶液碱性减弱，故溶液褪色；故反应实质相同的是①③，答案选A。‎ ‎19.下列有关焰色反应及其操作的说法正确的是 A. 焰色反应是化学变化 B. Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同 C. 铂丝在做完氯化钠溶液的焰色反应后，用稀硫酸洗净，再蘸取少量的K2SO4溶液，重复以上实验 D. 用洁净的铂丝蘸取某溶液，放在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，则证明该溶液中一定有Na+，没有K+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．焰色反应过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项A错误；B、焰色反应时，由于含有钠元素的物质进行该实验时火焰会是黄色的，所以Na与NaCl灼烧时火焰颜色相同均为黄色，选项B正确；C．做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用， 选项C错误；D．黄光能掩盖紫光，可能含有K+，选项D错误。答案选B。‎ 点睛：本题考查焰色反应，明确不同元素的焰色不同，并注意钾元素的焰色反应的观察必须透过蓝色钴玻璃滤去黄光。焰色反应是元素的性质，溶液中有Na+‎ 时，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，但K+的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到。‎ ‎20.两种金属混合粉末‎15g，与足量的盐酸反应时生成‎11.2L H2（标况下），符合上述情况的金属混合物是（ ）‎ A. Mg、Fe B. Zn、Ag C. Fe、Zn D. Mg、Al ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎11.2L氢气的物质的量为：n==0.5mol，假设金属都为+2价，则金属混合物的平均摩尔质量为：=‎30g/mol，A．Mg的相对原子质量为24，Fe的相对原子质量为56，平均摩尔质量可能为‎30g/mol，选项A正确；B．Zn的相对分子质量为65，Ag与盐酸不反应，生成0.5mol氢气所以Zn的质量为0.5mol×‎65g/mol=‎32.5g，大于‎15g，不符合题意，故B错误；C．Zn的相对分子质量为65，Fe的相对原子质量为56，平均摩尔质量大于‎30g/mol，选项C错误；D．Mg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为：×2=‎18g/mol，镁和铝的摩尔质量都小于‎30g/mol，故D错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题利用平均值法计算，注意化合价与相对原子质量的关系，明确平均摩尔质量法在计算金属与酸的反应中的应用。假设金属都为+2价，根据摩尔质量的表达式M=计算金属混合物的平衡摩尔质量，利用平均值法对各选项进行判断，注意金属铝转化成+2价时的摩尔质量为：×2=‎18g/mol。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎21.加热‎5g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了‎0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为 A. ‎3.38‎g‎ B. ‎4.58g C. ‎4.16g D. ‎‎4.41g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碳酸氢钠受热分解，其分解方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，然后利用差量法进行计算。‎ ‎【详解】碳酸氢钠受热分解，其分解方程式为 ‎2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O △m ‎2mol ‎‎62g n(NaHCO3) ‎‎0.31g 得出n(NaHCO3)=0.01mol，m(Na2CO3)=(‎5g－0.01mol×‎84g·mol－1)=‎4.16g， 故C正确；答案选C。‎ ‎22.下列各种物质既能与强酸反应，又能与强碱反应的是(　　)‎ ‎①Al 　②AlCl3　 ③Na2CO3 　④Al2O3 ⑤NaHCO3‎ A. ①③⑤ B. ②③④ C. ①③④ D. ①④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①Al、④Al2O3、⑤NaHCO3既能与强酸反应，又能与强碱反应；②AlCl3与酸不反应，AlCl3与碱反应；③Na2CO3与酸反应，与OH-不反应；答案选D。‎ ‎23.证明某溶液中只含有Fe2＋而不含有Fe3＋的实验方法是（ ）‎ ‎①先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色 ‎②先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色 ‎③滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后变灰绿，最后呈红褐色 ‎④只需滴加KSCN溶液 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，只能说明加入氯水后的溶液中含Fe3+，不能说明Fe3+是原溶液中的还是Fe2+氧化得到的，故错误；‎ ‎②若先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故正确；‎ ‎③Fe2+可与氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，但是氢氧化亚铁不稳定易被氧化，最终转化为红褐色沉淀氢氧化铁，因此根据最终的红褐色沉淀，证明溶液中原溶液中含有Fe2+、没有Fe3+，故正确；‎ ‎④只滴加KSCN溶液，根据溶液不显红色，能检验出溶液中没有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故错误；所以只有②和③可以证明溶液中只含有Fe2+而不含有Fe3+；‎ 故选B。‎ ‎24.实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气时，有‎14.6 g氯化氢被氧化，所得Cl2全部用石灰水吸收，可制得漂白粉的质量是 A. ‎14.3‎ g‎ B. ‎25.4 g C. ‎28.6 g D. ‎‎50.8 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MnO2与浓盐酸的反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl2用石灰水吸收的反应为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，可得关系式：4HCl（被氧化）～2Cl2～CaCl2+Ca（ClO）2，据此计算．‎ ‎【详解】MnO2与浓盐酸的反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl2用石灰水吸收的反应为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，可得关系式：4HCl（被氧化）～2Cl2～CaCl2+Ca（ClO）2，‎ 设生成漂白粉的质量为m，则：‎ ‎4HCl（被氧化）～2Cl2～CaCl2+Ca（ClO）2‎ ‎4×‎36.5g ‎‎254g ‎14.6g‎ m（漂白粉）‎ ‎=，解得m（漂白粉）=g=‎25.4g，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的实验室制法及氯气和消石灰反应的有关计算，注意对方程式质量关系的理解与关系式的应用。‎ ‎25.取两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应，同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为 A. 1:6 B. 2:‎3 ‎C. 3:2 D. 1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，与烧碱溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可以看出，反应关系式都为2Al～3H2‎ ‎，同温同压下放出相同体积的气体，需要铝的物质的量相等，质量相等。‎ 故选D。‎ 二、填空题（总计50分）‎ ‎26.有下列四个反应：①2Na+2H2O=2NaOH +H2↑；②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；③‎2F2+2H2O=4HF+O2；④2H2O2H2↑ +O2↑‎ ‎（1）水只做氧化剂的是__；‎ ‎（2）水只做还原剂的是__；‎ ‎（3）水既做氧化剂又做还原剂的是__；‎ ‎（4）水既不做氧化剂又不做还原剂的是__‎ ‎【答案】 (1). ① (2). ③ (3). ④ (4). ②‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据反应中氢元素和氧元素化合价的变化情况及氧化剂、还原剂的概念分析解答。‎ ‎【详解】①反应2Na+2H2O=2NaOH +H2↑中Na元素的化合价由0价升至+1价，Na为还原剂，H元素的化合价由+1价降至0价，H2O为氧化剂；②反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中Na2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分降至-2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O中H、O元素的化合价都没有发生变化，H2O既不是氧化剂、也不是还原剂；③反应‎2F2+2H2O=4HF+O2中F元素的化合价由0价降至-1价，F2为氧化剂，O元素的化合价由-2价升至0价，H2O是还原剂；④反应2H2O2H2↑ +O2↑中，H元素的化合价由+1价降至0价，O元素的化合价由-2价升至0价，H2O既是氧化剂又是还原剂；‎ ‎（1）水只作氧化剂的是①，故答案为：①；‎ ‎（2）水只作还原剂的是③，故答案为：③；‎ ‎（3）水既作氧化剂又作还原剂的是④，故答案为：④；‎ ‎（4）水既不作氧化剂又不作还原剂的是②，故答案为：②。‎ ‎【点睛】正确判断反应中各元素的化合价是解决此题的关键。‎ ‎27.（1）除去Na2CO3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__。‎ ‎【答案】 (1). 加热 (2). 2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O (3). NaOH溶液 (4). Al2O3＋2OH-=2AlO2-＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据碳酸氢钠的不稳定性和氧化铝的两性分析解答。‎ ‎【详解】（1）碳酸氢钠不稳定，加热分解，可通过加热的方法除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ ‎（2）氧化铝具有两性，与强碱反应，可用氢氧化钠溶液除去氧化铜粉末中的氧化铝，离子方程式为：Al2O3＋2OH-=2AlO2-＋H2O，故答案为：NaOH溶液；Al2O3＋2OH-=2AlO2-＋H2O。‎ ‎28.A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。‎ 请回答下列问题 ‎（1）写出下列物质的化学式A___，E___。‎ ‎（2）F在空气中转化为G的化学方程式：__。‎ ‎（3）A和B反应的化学方程式：___。‎ ‎（4）H和I生成J的离子方程式：___。‎ ‎（5）如何检验E中大量存在的阳离子？__‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3 (2). FeCl2 (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 (5). Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓ (6). 加入KSCN溶液无现象，再加入新制氯水溶液显血红色则证明有Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，氢氧化铁分解可以生成氧化铁，则白色沉淀F是 Fe（OH）2；B、D是金属单质，Fe2O3和B 在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知，A为Fe2O3，E是FeCl2，故答案为：Fe2O3；FeCl2；‎ ‎(2)氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎(3)A是Fe2O3，B为Al，高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁： 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为： 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；‎ ‎(4)Al3+、AlO2−发生双水解反应生成氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；‎ ‎(5)E是FeCl2，与KSCN不反应，但可被氧化生成铁离子，检验Fe2+方法是：先加入KSCN无现象，再加入新制氯水溶液显血红色则有Fe2+，故答案为：加入KSCN溶液无现象，再加入新制氯水溶液显血红色则证明有Fe2+。‎ ‎29.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：‎ ‎（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：‎ OA：___________ ； BC：_____________；‎ ‎（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。‎ ‎（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。‎ ‎（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。‎ ‎【答案】 (1). H++OH-=H2O； (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). ‎5.1g (4). 6mol/L ‎ ‎(5). 5mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查铝及其化合物。‎ Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。‎ ‎（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为‎5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为‎13.6g，C点沉淀质量为‎5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为‎7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×‎24g/mol+0.1mol×‎27g/mol=‎5.1g；‎ ‎（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/‎0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为‎0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/‎0.1L=6mol/L；‎ ‎（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。据此解答。‎ ‎【详解】Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。‎ ‎（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为；H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为‎5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg 的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为‎13.6g，C点沉淀质量为‎5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为‎7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×‎24g/mol+0.1mol×‎27g/mol=‎5.1g。本小题答案为：‎5.1g。‎ ‎（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/‎0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为‎0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/‎0.1L=6mol/L。本小题答案为：6mol/L。‎ ‎（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液物质的量浓度为5mol/L。‎ ‎30.用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，装置如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出在A中发生反应的化学方程式为：__；‎ ‎（2）B中选用的试剂是__，其作用是__；‎ ‎（3）E中选用的试剂是__，其作用是__；‎ ‎（4）若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于‎1.12L的原因是__。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). 除去HCl气体 (4). 氢氧化钠溶液 (5). 吸收多余的Cl2 (6). 随着反应的进行，浓盐酸被稀释变为稀盐酸，反应不再进行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图及实验目的分析装置中各仪器的作用，及所用试剂种类，书写相关反应方程式；根据生成气体的体积及反应原理计算分析解答。‎ ‎【详解】（1）装置A为制备氯气的装置，用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）由于盐酸具有挥发性，由A装置制得的氯气中混有HCl，B装置是洗气装置，目的是除去氯气中的氯化氢气体，选用的试剂是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体；‎ ‎（3）氯气有毒会污染大气，E为尾气处理装置，用氢氧化钠吸收氯气，故答案为：氢氧化钠溶液；吸收多余的Cl2；‎ ‎（4）根据方程式计算，若HCl完全反应则产生标准状况下‎1.12L氯气，但二氧化锰只能和浓盐酸反应，随着反应的进行盐酸变稀，反应不再进行，故答案为：随着反应的进行，浓盐酸被稀释变为稀盐酸，反应不再进行。‎ ‎31.某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。产生的所有气体产物，选用了如图所示实验装置。 ‎ ‎（1）①中无水硫酸铜的作用是___。‎ ‎（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是__。‎ ‎（3）②中两次用到品红溶液，A的作用是___，B的作用分别是___。‎ ‎【答案】 (1). 检验反应生成的水蒸气 (2). 除去混合气体中的SO2 (3). 检验生成的的SO2 (4). 检验SO2是否除尽 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 木炭粉与浓硫酸反应化学方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，用无水硫酸铜检验水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用澄清石灰水检验二氧化碳，由于二氧化硫与澄清石灰水也产生白色沉淀，故检验二氧化碳前需要除去二氧化硫，品红溶液A检验SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，品红溶液B检验二氧化硫是否除尽，品红溶液B不褪色，澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳。‎ ‎【详解】(1)实验利用白色硫酸铜(CuSO4)遇到水变为蓝色(CuSO4⋅5H2O)，证明含有水蒸气，所以①中无水硫酸铜的作用是检验反应生成的H2O，故答案为：检验反应生成的H2O；‎ ‎(2)因SO2和CO2都能使石灰水变浑浊，因此要想检验出CO2，就要先把SO2检验了，并除掉SO2，这样石灰水变浑浊才能说明有CO2，所以酸性高锰酸钾溶液是除去混合气中的二氧化硫，反应为5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，故答案为：除去混合气中的SO2；‎ ‎(3)②中两次用到品红溶液，品红溶液A检验生成的SO2气体，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，品红溶液B是检验SO2是否除尽，故答案为：检验生成的的SO2；检验SO2是否除尽。‎