【化学】吉林省长春市实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】吉林省长春市实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

吉林省长春市实验中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56‎ 第I卷 选择题 一、选择题（本题共18小题，每小题2分，共36分，每题只有一个正确选项）‎ ‎1.下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（ ）‎ A. 漂白粉 B. 钢 C. 液态氯化氢 D. 熔融的氯化钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解质必须是纯净的化合物，漂白粉是混合物，不属于电解质A项错误；‎ B.电解质必须是纯净的化合物，钢是铁合金，不是化合物，不属于电解质，B项错误；‎ C.液态氯化氢不导电，C项错误；‎ D.熔融氯化钠是电解质，并且导电，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列物质长期露置在空气中其成分不发生变化的是（ ）‎ A. Na2O2 B. 氯水 C. Na2CO3 D. Fe(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过氧化钠可以与空气中的水、二氧化碳反应而变质，A项错误；‎ B.氯水中含有次氯酸，次氯酸遇光会分解，B项错误；‎ C.碳酸钠较稳定，且不与空气中的物质发生反应，C项正确；‎ D.亚铁极易被空气中的氧气氧化而变质，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列微粒只具有氧化性是（ ）‎ A. Cu2+ B. Cu C. Cl- D. HClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化剂在反应中得电子，化合价降低，还原剂在反应中失电子，化合价升高，因此只需找出化合价已经是最高价的微粒即可。‎ ‎【详解】A.是铜元素最高价态，只有氧化性，A项正确；‎ B.单质铜中铜元素为最低价态，只有还原性，B项错误；‎ C.是氯元素的最低价态，只有还原性，C项错误； ‎ D.次氯酸中的氯、氧均不是最高价，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列各物质的分类、名称（或俗名）、化学式中不能完全对应的是（ ）‎ A. 酸性氧化物、二氧化硅、SiO2 B. 碱性氧化物、铁红、Fe3O4‎ C. 正盐、苏打、Na2CO3 D. 含氧酸、次氯酸、HClO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硅是酸性氧化物，A项正确；‎ B.铁红指，B项错误； ‎ C.碳酸钠也叫苏打，是一种正盐，C项正确；‎ D.次氯酸是一种含氧酸，D项正确；‎ 答案选B ‎5.化学与社会、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 可在水中加入铁盐或明矾来净化水 B. 可在豆浆中加入石膏制作豆腐，利用的是胶体的聚沉 C. 可用二氧化硅作太阳能电池的材料，晶体硅做光导纤维 D. 可用氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁盐或明矾均可水解产生胶体，胶体具有吸附性可以净水，A项正确；‎ B.豆浆是一种胶体，加电解质（石膏）后可以聚沉，B项正确；‎ C.太阳能电池是晶体硅制作的，光导纤维是二氧化硅制作的，C项错误；‎ D.氢氧化铝或者小苏打都可以中和过多的胃酸（盐酸），D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列有关化学试剂在实验室中的保存方法正确的是（ ）‎ A. 钠可放煤油中保存 ‎ B. 可用玻璃细口试剂瓶保存氢氟酸 C. 用无色透明试剂瓶保存氯水 ‎ D. 用磨口玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠的密度比煤油大，因此放入煤油中可以隔绝空气，A项正确；‎ B.氢氟酸会腐蚀玻璃，B项错误；‎ C.氯水见光易分解，因此氯水要保存在冷暗处，C项错误；‎ D.氢氧化钠溶液只能用橡胶塞而不能磨砂塞，否则会因生成硅酸钠而黏住塞子，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列叙述错误的是（ ）‎ A. 根据盐酸能导电可判断：氯化氢为电解质 B. 根据溶液显碱性可判断：纯碱属于碱类 C. 根据是否有电子转移可判断：漂白粉在空气中久置失效，其中存在氧化还原反应 D. 根据发挥漂白作用的物质性质推断：氯水和活性炭的漂白原理不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.盐酸即氯化氢的水溶液，水溶液中能导电的化合物是电解质，A项正确；‎ B.纯碱属于盐类，B项错误；‎ C.有电子转移的反应即氧化还原反应，C项正确；‎ D.氯水是靠次氯酸的氧化性来漂白，活性炭靠吸附来漂白，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列有关金属及其合金的说法中，错误的是（ ）‎ A. 硬铝、青铜、不锈钢都属于合金，合金的许多性能优于纯金属，而熔点低于成分金属 B. 合金中用量最大的是钢，其含碳量越大，韧性越好 C. 日用铝制品表面覆盖着致密的氧化膜，对内部金属起保护作用 D. 纳米铜的水溶液具有丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.合金的许多性能优于纯金属，熔点低于成分金属，A项正确；‎ B.低碳钢的韧性比高碳钢要好，B项错误；‎ C.氧化铝的性质较稳定，因此可以保护内部的金属，C项正确；‎ D.既然分散质是纳米级的，则纳米铜的水溶液具有胶体的性质，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎9.下面关于硅及其化合物的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料在玻璃窑中熔融制成 B. 玻璃、陶瓷、水泥、碳化硅都属于传统的硅酸盐产品 C. 硅胶可用作食品干燥剂及催化剂的载体 D. 硅元素是一种亲氧元素，其中[SiO4]四面体结构存在于二氧化硅和硅酸盐矿中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，A项正确；‎ B.碳化硅属于新型陶瓷材料，B项错误；‎ C.硅胶可用作干燥剂，其内部多孔的结构也可作催化剂的载体，C项正确；‎ D.二氧化硅和硅酸盐中存在硅氧四面体，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）‎ 选项 表述Ⅰ 表述Ⅱ A Cl2有强氧化性 氯水可使石蕊试液最终褪色 B SiO2具有弱氧化性 工业上利用SiO2与焦炭制备高纯硅 C 白色沉淀Ag2CO3可与硝酸反应而溶解 检验Cl-时用稀硝酸酸化的AgNO3溶液 D Fe3＋有氧化性 用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水的漂白性在于次氯酸而非氯气，二者无因果关系，A项错误；‎ B.两句表述均正确，但是无因果关系，B项错误；‎ C.为了排除的影响，在检验氯离子时要加入稀硝酸，C项正确；‎ D.和之间的反应是非氧化还原反应，D项错误； ‎ 答案选C。‎ ‎11.下列物质中不能用化合反应的方法生成的是（ ）‎ ‎①Fe3O4 ②H2SiO3 ③Fe(OH)3 ④Cu(OH)2 ⑤FeCl2 ⑥CaSiO3‎ A. ①③④⑥ B. ②④ C. ②④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①可由铁在氧气中燃烧制得；‎ ‎②不与水反应，无法通过化合反应制得硅酸；‎ ‎③可由氧化得到；‎ ‎④无法通过化合反应得到；‎ ‎⑤可由和高温下反应得到；‎ 因此②④无法通过化合反应得到，答案选B。‎ ‎12.下列关于SiO2和Si的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 都能跟强碱溶液反应，都不会跟任何酸反应 B. 都能跟烧碱反应，都不会跟纯碱反应 C. Si能跟某些非金属单质反应，SiO2跟任何非金属单质都不反应 D. 两者都是空间立体网状结构，熔点和沸点都比较高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二者都可以和氢氟酸反应，A项错误；‎ B.二者都可以和烧碱反应，还能和纯碱在高温下反应得到硅酸钠，B项错误；‎ C.可以与氢气或者氟气反应，C项错误；‎ D.二者都是由原子直接构成的空间立体网状结构，熔沸点较高，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.常温下，下列各组离子因发生氧化还原反应不能大量共存的是（ ）‎ A. pH=1的溶液中：Fe3＋、K＋、I－、Cl－‎ B. 在含大量Fe3＋溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、SCN－‎ C. 能与金属铝反应生成氢气的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42－、Cl－‎ D. 在强碱溶液中：Na＋、K＋、Cl－、HCO3－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A、铁离子能够氧化碘离子；B、铁离子与硫氰根离子反应，但不属于氧化还原反应；C、该溶液呈酸性或强碱性，铵根离子、铝离子与氢氧根离子反应，但不属于氧化还原反应；D、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，但不属于氧化还原反应。‎ ‎【详解】A、Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A正确；‎ B、Fe3+、SCN﹣之间发生络合反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，但该反应不属于氧化还原反应，故B错误；‎ C、能与金属铝反应生成氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、Al3+与氢氧根离子反应，不能共存，但不属于氧化还原反应，故C错误；‎ D、HCO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎14.向含有NH4＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋和Al3＋的溶液中加入足量Na2O2微热并搅拌后，再加入过量稀盐酸，溶液中大量减少的离子组是（ ）‎ A. NH4＋、Fe3＋ B. Al3＋、Mg2＋ C. NH4＋、Fe2＋ D. NH4＋、Al3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】与水反应得到和氢气，向含的溶液中加碱并加热，会变成氨气溢出；而与碱反应得到，在空气中被迅速氧化为，因此大量减少的离子是和，答案选C。‎ ‎15.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）‎ A. 将氯气溶于水获得新制氯水：Cl2+H2O=2H＋+Cl-+ClO-‎ B. 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3＋=Cu2＋+2Fe2＋‎ C. 过量CO2通入NaAlO2溶液中制备氢氧化铝：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋CO32-‎ D. 向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，使原溶液中的SO42-恰好完全沉淀：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸是弱酸，不能拆写，A项错误；‎ B.有强氧化性，将铜氧化成的同时被还原为，B项正确；‎ C.方程式左右电荷不守恒，C项错误；‎ D.若要使全部沉淀，加入的和原有的物质的量之比应为1:1，也就是说明矾和的物质的量之比为1:2，D项错误； ‎ 答案选B。‎ ‎16.对以下两个反应的分析说法正确的是（ ）‎ ‎2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2↑ 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ A. 铝与氢氧化钠溶液的反应中，铝是还原剂，H2O和NaOH都是氧化剂 B. 铝与氢氧化钠溶液的反应中，当有3mol电子转移，就会生成3mol还原产物H2‎ C. 在过氧化钠与水的反应中，氧化剂Na2O2，还原剂为H2O D. 在过氧化钠与水的反应中，每有1mol电子转移，就有0.5molO2生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝与氢氧化钠溶液的反应中，铝是还原剂，水是氧化剂，A项错误；‎ B.根据方程式可以看出每生成3mol氢气，反应中要转移6mol电子，生成氢气数：转移电子数为1:2，因此B项错误；‎ C.过氧化钠中-1价的氧发生歧化反应，得到0价的氧气和-2价的，C项错误；‎ D.根据方程式可以看出每生成1mol氧气，反应中要转移2mol电子，生成氧气数：转移电子数为1:2，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaOH溶液，又有CaCO3沉淀生成 B. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：1‎ C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，同温同压下，生成的CO2‎ 体积不相同 D. 分别向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，只有Na2CO3溶液产生沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸盐可以与过量反应得到碳酸氢盐，碳酸氢盐又可以和碱反应得到碳酸盐，A项正确；‎ B.向碳酸钠溶液中逐滴加入1:1的稀盐酸，发生，无气体生成，B项错误； ‎ C.可以简单从碳元素守恒的角度来判断，等物质的量的二者含有的碳元素是一样多的，因此与足量盐酸反应可以得到等量的，C项错误；‎ D.碳酸氢钠也可以与反应得到沉淀，D项错误； ‎ 答案选A。‎ ‎18.下列各项操作中发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）‎ ‎①向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量 ②向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量 ‎③向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH至过量 ④向硅酸钠溶液中逐滴加入盐酸至过量 ‎⑤向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 ⑥向Ca(ClO)2溶液中逐渐通入CO2至过量 A. ①③ B. ①②⑤ C. ①③⑤⑥ D. ①②⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①反应先得到沉淀，当过量时沉淀将转变为溶解，①正确；‎ ‎②反应只会得到沉淀，②错误；‎ ‎③反应先得到沉淀，当碱过量时沉淀将转变为溶解，③正确；‎ ‎④反应只会得到沉淀，④错误；‎ ‎⑤向胶体中加入电解质会导致聚沉，而后逐渐溶于稀盐酸，⑤错误；‎ ‎⑥反应先得到沉淀，当过量时沉淀将转变为溶解，⑥正确；‎ ‎①③⑤⑥正确，答案选C。‎ 二、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分，每题只有一个正确选项）‎ ‎19.在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜 B. 若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2＋‎ C. 若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2＋，则溶液中一定无Fe3＋‎ D. 若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2＋，则溶液中一定有Fe2＋，一定无Fe3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】Fe3+的氧化性大于Cu2+，在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入铁粉，铁先与Fe2(SO4)3反应，剩余的铁再与CuSO4反应。‎ ‎【详解】A. 若铁粉有剩余，说明CuSO4与铁完全反应，则不溶物中一定有铜，故A正确；‎ B. 若铁粉有剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2＋，故B正确；‎ C. 若铁粉无剩余，溶液中有Cu2＋，说明Cu2＋没有完全反应，则溶液中可能有Fe3＋，故C错误；‎ D 若铁粉无剩余，溶液中无Cu2＋，则一定有铜单质析出，Fe3＋能与Cu反应，则溶液中一定无Fe3＋，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎20.下列有关铁的化合物的说法不正确的是（ ）‎ A. 实验室为了暂时妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的铁粉 B. 某溶液若加入KSCN溶液，无变化，但通入Cl2后变血红色，说明原溶液中含有Fe2+‎ C. 欲检验FeSO4溶液是否全部变质，可加入少量酸性高锰酸钾溶液观察紫色是否褪去 D. 将适量铁粉放入FeCl3溶液中完全反应后，溶液中Fe2+和Fe3+的浓度相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁粉有还原性，可以防止被氧气氧化，A项正确；‎ B.可以与反应得到血红色物质，若一开始无变化，加入氧化剂后溶液变红，则说明一开始只能是，B项正确；‎ C.有还原性，若溶液中还有残余，则可将高锰酸钾溶液还原褪色，C项正确； ‎ D.根据可以看出，若此时和浓度相等（即假设现在有3个 和3个），则已反应的和未反应的的物质的量之比为2:3，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎21.某溶液中可能含有H＋、NH4＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、Cl－中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋‎ B 溶液中一定不含CO32－和SO42－，可能含有Cl－‎ C. 溶液中n(Mg2＋)=0.1mol D. n(H＋) :n(NH4＋) : n(Al3＋) : n(Mg2＋)=2:4:2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣和Cl﹣的最少一种，据此分析。‎ ‎【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣和Cl﹣的最少一种，‎ A、溶液中的阳离子有H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故A错误；‎ B、由分析知SO42﹣和Cl﹣最少含有一种，故B错误；‎ C、由D分析知镁离子的物质的量是0.05mol，故C错误；‎ D、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH﹣＝NH3•H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol﹣0.5mol＝0.2mol，所以溶液中n（NH4+）＝0.2mol；根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al(OH)3～OH﹣～[Al(OH)4]﹣，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol﹣0.7mol＝0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH﹣～Al(OH)3，Mg2+～2OH﹣～Mg(OH)2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol﹣0.1mol﹣0.3mol＝0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，所以n(H＋) :n(NH4＋) : n(Al3＋) : n(Mg2＋)=2:4:2:1，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎22.下列说法错误的是（ ）‎ A. 图I：若MnO2过量，则浓盐酸就可全部消耗 B. 图Ⅱ：可利用该装置制备Fe(OH)2并较长时间保持颜色不变 C. 图Ⅲ：可利用该实验直接观察纯碱中钠元素的焰色反应 D. 图Ⅳ：利用该实验装置可证明起漂白作用的不是Cl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该实验使用的是浓盐酸，反应一段时间后盐酸变稀就不再反应了，A项错误；‎ B.该装置可以利用氢气赶走装置内的空气，没有了空气，自然可以较长时间保持颜色不变，B项正确；‎ C.铁无焰色，因此可用铁丝来做焰色反应，C项正确；‎ D.氯气不能使干燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色，证明纯氯气时不能漂白的，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎23.Cl2在70℃的NaOH水溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，生成的产物为NaClO、NaClO3、NaCl。反应完全后，测得溶液中NaClO与NaClO3 物质的量之比为5∶1，则溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为（ ）‎ A. 9∶4 B. 6∶1 C. 10∶1 D. 11∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】令NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol,根据电子转移守恒计算n（NaCl）,进而计算溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比。‎ ‎【详解】令NaClO与NaClO3 的物质的量分别为5mol、1mol,根据电子转移守恒有: 5×(1-0)+1×(5-0)=n（NaCl）×[(0-(-1)]，计算得出n（NaCl）=10mol；所以该溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为10:1；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎24.将AlCl3溶液和NaOH溶液等体积混合，所得沉淀物中铝元素的质量与所得溶液中铝元素的质量相等，则原AlCl3溶液和NaOH溶液的物质的量浓度之比可能是（ ）‎ ‎①2：3 ②1：2 ③3：10 ④2：7‎ A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据描述可知存在两种情况：碱较少时得到等物质的量的和，或者碱较多时得到等物质的量的和，因此需要分类讨论。‎ ‎【详解】对于第一种情况，根据可知参加反应的和未参加反应的是1:1，而每个在反应时要消耗3个，因此和的物质的量之比为2:3；对于第二种情况，根据和可知，参加第一个反应的和第二个反应的是1:1，而一共要消耗个，因此二者的物质的量之比为2:7；‎ ‎①④正确，答案选C。‎ Ⅱ卷 非选择题 三、非选择题（本题包括4小题，共46分）‎ ‎25.氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据氯水分别与如图四种物质作用（四种物质与氯水的重合部分代表物质间的反应，且氯水足量），请回答下列问题：‎ ‎（1）反应d中，将氯水滴加到一张蓝色石蕊试纸上，试纸上会出现如图所示的半径慢慢扩大的内外两个圆环，且两环颜色不同，下列有关说法中错误的是___‎ A．此实验表明氯水具有酸性、漂白性 B．内环呈白色外环呈红色或浅红色 C．内外环上颜色的差异表明此变化过程中，酸使指示剂的颜色变化比氧化还原反应慢 D．氯气与水反应中氧化产物是HClO ‎（2）反应e的离子方程式为___。‎ ‎（3）反应b有气体产生，生成该气体反应的化学方程式为___。‎ ‎（4）久置的氯水最终会变成___（填名称），则反应a的化学方程式表示为___。‎ ‎【答案】(1). C (2). Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O (3). Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑ (4). 盐酸 (5). 2HClO2HCl＋O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）氯水具有酸性和漂白性，据此来分析即可；‎ ‎（2）写出氯气在碱液中发生歧化反应的方程式即可；‎ ‎（3）氯水和碳酸钠反应的本质是氯水中的盐酸和碳酸钠发生反应，得到气体；‎ ‎（4）次氯酸不稳定，受热易分解，因此久置氯水最终的成分是稀盐酸。‎ ‎【详解】（1）A.氯水滴到试纸中央，会从中间向四周慢慢扩散，因此刚接触氯水的部分会因其酸性而变红，接触时间久的部位因其氧化性而被漂白，A项正确；‎ B.内环被漂白，呈白色，外环是红色或浅红色，B项正确；‎ C.内环接触时间久，外环接触时间短尚未被漂白，因此证明变色反应的速率比氧化还原反应的速率快，C项错误；‎ D.氯气与水反应歧化，得到的氧化产物为次氯酸，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎（2）氯气在碱液中发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：；‎ ‎（3）反应b实际上就是盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：；‎ ‎（4）久置氯水实际上就是稀盐酸，反应a是次氯酸遇光发生分解反应生成氯化氢和氧气，反应的化学方程式为：。‎ ‎26.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）用氧化物的形式表示硅酸盐的组成，钙沸石Ca(Al2Si3O10)·3H2O表示为___。‎ ‎（2）氢氟酸可刻蚀玻璃，反应的化学方程式为___。‎ ‎（3）工业上使用漂白粉时常向其中加入稀盐酸，化学方程式为___。‎ ‎（4）将钠、镁、铝各0.4mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比为___。‎ ‎（5）向20mL含有1mol/L的氯化铝和一定量盐酸的溶液中逐滴加入浓度为1mol/L的氢氧化钠溶液，产生沉淀的质量与所加碱的体积如图所示，若由于碱过量，最终产生0.78g白色沉淀，则加入的氢氧化钠溶液的体积是___mL。‎ ‎（6）将物质的量之比为2：3：4的N2、O2、CO2混合气体通过一定量Na2O2后，气体体积变为原体积的（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为___。‎ ‎【答案】(1). CaO·Al2O3·3SiO2·3H2O (2). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (3). Ca(ClO)2+2HCl=CaCl2+2HClO (4). 4：1：1 (5). 90 (6). 1：2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）将硅酸盐改写为氧化物形式即可，注意金属氧化物在前，二氧化硅在后，水在最后；‎ ‎（2）写出氟化氢和二氧化硅的反应即可；‎ ‎（3）盐酸是强酸，通过强酸来制弱酸（次氯酸）；‎ ‎（4）要注意谁过量的问题，酸过量和金属过量的时候是不一样的，谁少按谁算；‎ ‎（5）根据不难得出0.78g沉淀即0.01mol，据此来分析即可；‎ ‎（6）三者中只有和会反应，据此来分析即可。‎ ‎【详解】（1）钙沸石写成氧化物的形式为；‎ ‎（2）二者的反应方程式为；‎ ‎（3）盐酸制次氯酸的方程式为； ‎ ‎（4）首先根据算出盐酸的物质的量为0.1mol，而金属的量为0.4mol，金属明显过量，所以三者能产生的氢气是一样多的（盐酸中的氢元素就0.1mol这么多，能产生的氢气的量只能是0.05mol，羊毛出在羊身上），钠较活泼可以与水反应产生氢气，钠完全转变为，0.4mol钠一共可以失0.4mol电子，每生成1mol氢气需要得2mol电子，则一共可以得到0.2mol氢气，因此钠、镁、铝能产生的氢气的量分别为0.2mol、0.05mol、0.05mol，三者的体积比为4:1:1；‎ ‎（5）当加入BmL碱时沉淀量最大，为，但是到100mL时沉淀全部溶解，因此若要剩余0.01mol，根据 可知只要少加0.01mol的碱即可，碱液浓度已知，根据算出少加的体积，则加入的碱液体积为90mL；‎ ‎（6）根据，每2份参加反应可以得到1份，气体分子数减少1份，而反应后气体体积变为原体积的，不难看出只有2份参加了反应，因此反应后三者的物质的量之比为。‎ ‎27.某化学实验小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，某同学设计了如图所示的实验装置（氯气易溶于CCl4，HCl不溶于CCl4)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中连接橡皮管的目的是___。‎ ‎（2）装置A中发生反应的离子方程式为___。装置B中盛放的试剂是__。‎ ‎（3）有同学基于实验的严谨性考虑，认为可在F、G两个装置之间再加一个装有湿润的淀粉KI试纸的装置，其目的是___。‎ ‎【答案】(1). 使内外压强等，有利于分液漏斗中的浓盐酸顺利流下 (2). MnO2＋4H＋＋2Cl-=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3). 无水硫酸铜 (4). 验证HCl中的Cl2已经完全除去（或验证是否还含有Cl2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）橡皮管可以将烧瓶和分液漏斗连接起来，平衡二者的压强，使酸液能顺利流下；‎ ‎（2）A即实验室制取氯气的装置，根据题干要求，要检验是否有水蒸气和挥发出来，G中装的硝酸银溶液可以检验挥发出的，因此B中可以装无水硫酸铜来检验水蒸气；‎ ‎（3）氯气与水反应也会得到，F的作用是吸收氯气，防止对G的检验造成干扰，但是应该在F、G之间加一个装置来检验氯气是否已除净。‎ ‎【详解】（1）橡皮管的作用是使内外压强等，有利于分液漏斗中的浓盐酸顺利流下；‎ ‎（2）装置A中反应的离子方程式为，B中盛放的试剂是无水硫酸铜；‎ ‎（3）目的是验证中的氯气是否已除净。‎ ‎28.某研究性学习小组欲制备漂白粉，设计在上述装置A后连接如图所示的组合装置：‎ ‎（1）装置②中发生反应的化学方程式为___。‎ ‎（2）制漂白粉的反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，改进该实验装置以减少副反应发生的方法是___。‎ ‎【答案】(1). 2Ca(OH)2＋2Cl2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O (2). 将装置②放于冷水浴中进行实验 ‎【解析】‎ ‎【分析】装置①中饱和食盐水可以除去氯气中的，若不除去会导致产物中无用的氯化钙增加，装置②中石灰乳和氯气反应产生漂白粉，据此来分析即可。‎ ‎【详解】（1）写出制漂白粉的反应即可；‎ ‎（2）既然温度较高时有副反应产生，给装置②降温即可，可以将装置②放于冷水浴中进行实验。‎ ‎29.物质A～N存在如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：‎ 气体B是___，沉淀N是___。‎ ‎（2）写出反应“C→F”的离子方程式：___。‎ ‎（3）写出反应“I→J”的离子方程式：___。‎ ‎（4）在溶液I中直接滴加NaOH溶液，放置中可观察到的现象是___，后期发生变化的原因可用化学方程式解释为___。‎ ‎（5）固体L是一种红色颜料，将一定量固体L溶于160mL5mol·L-1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L氢气（标准状况），经检测溶液中无Fe3＋，则参加反应的铁粉的质量为___g。‎ ‎【答案】(1). HCl (2). H2SiO3 (3). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (4). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (5). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】硅和烧碱反应得到M，M是硅酸钠溶液，通入后变为沉淀，N是，溶液C能与氨水反应得到白色沉淀，白色沉淀又能溶于强碱，则C一定是铝盐，F是，G则是，A就是铝，铝与溶液B反应得到铝盐和一种单质气体D，D只能是氢气，黄绿色气体E只能是氯气，则氢气和氯气反应得到氯化氢气体B，因此溶液B是盐酸，溶液I虽然不好推断，但是K一定是沉淀，则金属H是铁，I是氯化亚铁，J是氯化铁，最后灼烧可以得到铁红，L是，本题得解。‎ ‎【详解】（1）根据分析，B是氢气，N是硅酸；‎ ‎（2）根据分析，写出铝盐和氨水反应的离子方程式：；‎ ‎（3）根据分析，写出亚铁被氯气氧化的离子方程式：；‎ ‎（4）亚铁溶液中加入碱，可以看到白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，实际上发生了；‎ ‎（5）本题最终得到的是溶液，根据先算出的物质的量，氯元素是守恒的，因此最后得到的一共有0.4mol；体系中氧化剂有和两种，还原剂只有铁粉，三者最终恰好完全氧化还原，首先根据算出（还原产物）的量，则 一共得了0.2mol电子，再来看铁，我们可以假设参加反应的铁粉有，则参加反应的有，列出反应中的得失电子守恒：解出，则参加反应的铁粉一共有。‎