【化学】河北省泊头市第一中学2019-2020学年高一上学期第四次月考试题（解析版） 19页

河北省泊头市第一中学2019-2020学年高一上学期第四次月考试题 一．单项选择（1至15题每题2分，16至25题每题3分，共60分）‎ ‎1.1996年欧洲一科学家小组发现了第112号元素的质量数为227的同位素，其中子数为（  ）‎ A. 112 B. ‎115 ‎C. 209 D. 227‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核外电子数=质子数=核电荷数=原子序数可知，质子数=原子序数=112，中子数=质量数-质子数=227-112=115，故选B。‎ ‎2.以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）‎ A. ‎53g碳酸钠中含NA个CO32-‎ B. 0.1molOH-含NA个电子 C. ‎1.8g重水(D2O)中含NA个中子 D. 标准状况下‎11.2L SO3中含NA个硫原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎53g碳酸钠物质的量为0.5mol，含0.5NA个CO32-，A不正确；‎ B. 1个OH-含有10个电子，则0.1molOH-含NA个电子，B正确；‎ C. ‎1.8g重水(D2O)物质的量为0.09mol，含0.09×10NA个中子，C不正确；‎ D. 标准状况下，SO3为固体，不能利用‎22.4L/mol进行硫原子个数的计算，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎3.做焰色反应实验用铂丝，每实验一种样品后都必须 （ ）‎ A. 用水洗涤2~3次后再使用 ‎ B. 用滤纸擦干后才可使用 C. 用盐酸洗涤后，经蒸馏水冲洗，方可使用 ‎ D. 用盐酸洗涤后，再酒精灯火焰上灼烧到没有颜色，才可使用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】做焰色反应实验用的铂丝，用盐酸洗涤后，再在酒精灯火焰上灼烧到没有颜色，才可使用，实验结束后同样要用盐酸洗涤，故答案D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（ ）‎ A. 分离NaCl、I2混合物 B. 干燥CO2气体 C. 稀释浓硫酸 D. 分离溴、苯混合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碘易升华，可加热分离，可用升华的方法分离碘和氯化钠，故A正确；‎ B. 用干燥管干燥气体，气体应从粗口进入，故B错误；‎ C. 容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中直接稀释溶液，故C错误；‎ D. 溴、四氯化碳混溶，应用蒸馏的方法分离，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）‎ A. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3 B. Na→Na2O→NaOH→Na2CO3‎ C. HCl →Cl2→HClO→NaClO D. Al→NaAlO2 →Al(OH)3→Al2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2不能直接与水反应生成H2SiO3，SiO2→H2SiO3需要二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠再与盐酸反应生成硅酸沉淀，故A正确；‎ B．Na与氧气在常温下反应生成Na2O，Na2O与水反应生成NaOH，氢氧化钠与二氧化碳反应生成Na2CO3，故B错误；‎ C．浓HCl与二氧化锰加热生成Cl2，氯气与水反应生成HClO，HClO与氢氧化钠溶液反应生成NaClO，故C错误；‎ D．Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入二氧化碳气体生成Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎6.下列各组溶液中离子，能在溶液中大量共存的是：（ ）‎ A. H+、Ca2+、NO3-、CO32- B. K+、Na+、Br-、NO3-‎ C. Ag+、Na+、Cl-、K+ D. NH4+、K+、OH-、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca2+与CO32-、H+与CO32-不能大量共存，故A错误；‎ B．四种离子间不反应，可以大量共存，故B正确；‎ C．Ag+与Cl-不能大量共存，故C错误；‎ D．NH4+与OH-不能大量共存，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎7.将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋盛于同一容器中充分反应，如Fe有剩余，则容器中只能有（ ）‎ A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋ ‎ C. Cu、Cu2＋、Fe D. Cu、Fe2＋、Fe ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将Fe、Cu、FeCl2、FeCl3、CuCl2盛于同一容器中充分反应，因氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，如Fe有剩余，则剩余的金属一定有Cu，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，含有Fe2+，故选D。‎ ‎8.下列除去杂质的方法正确的是（ ）‎ A. 除去N2中少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体 B. 除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体 C. 除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤 D. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、除去N2中少量的O2，应通过灼热的Cu网，然后收集气体，故A错误；‎ B、Na2CO3溶液可以吸收HCl，同时CO2能与Na2CO3发生反应：CO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHCO3，因此除去CO2中少量的HCl，应通入饱和的NaHCO3溶液，收集气体，故B错误；‎ C、加入铁屑，发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，可以除去FeCl3，不引入新的杂质，故C正确；‎ D、加入NaOH溶液，引入Na＋，产生新的杂质，故D错误；答案选C。‎ ‎9.下列有关硅及其化合物的描述不正确的是（ ）‎ A. 用二氧化硅和水反应可以制得H2SiO3‎ B. SiO2可用于制造光导纤维 C. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料制成的 D. 盛装NaOH溶液的试剂瓶不用玻璃塞的原因是因为玻璃塞与NaOH溶液反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硅不溶于水，所以不能用二氧化硅和水反应制得H2SiO3，故A错误；‎ B．二氧化硅晶体具有导光性，所以SiO2可用于制造光导纤维，故B正确；‎ C．生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，在高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙，故C正确；‎ D．二氧化硅能与NaOH溶液反应生成硅酸钠，能把玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎10.下列实验操作完全正确的是 （ ）‎ 编号 实 验 操 作 A 钠与水的反应 用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小，放入装满水的烧杯中 B 配制一定浓度的氯化钾溶液500 mL 准确称取氯化钾固体，放入到500 mL的容量瓶中，加水溶解、振荡、摇匀、定容 C 闻氯气的方法 用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔 D 取出分液漏斗中所需的上层液体 下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个烧杯，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从煤油中取出金属钠，应用滤纸吸干表面的煤油，否则反应时可能发生爆炸，故A错误；‎ B．不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中，故B错误；‎ C．氯气有毒，则用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔，操作合理，故C正确；‎ D．分液时，应避免上下层液体混合，则下层液体从分液漏斗下口放出，关闭活塞，换一个烧杯，上层液体继续从上口倒出，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液的浓度偏高的原因可能是 （ ）‎ A. 所用NaOH已潮解 B. 用带游码的托盘天平称量NaOH固体质量时，误将砝码放在左盘，被称量物放在右盘 C. 托盘天平的左右托盘上各放一张纸，调整天平至平衡后，将NaOH固体放在纸上称量 D. 俯视容量瓶刻度线定容 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 所用NaOH已潮解，将导致所称NaOH的质量偏小，浓度偏低，A不合题意；‎ B. 用带游码的托盘天平称量NaOH固体，砝码与称量物位置放错，将导致所称NaOH的质量偏小，浓度偏低，B不合题意；‎ C.将NaOH固体放在纸上称量（氢氧化钠应该放在小烧杯中），在称量过程中发生潮解，所称NaOH的质量偏小，浓度偏低，C不合题意；‎ D. 俯视容量瓶刻度线定容，将导致溶液的体积偏小，浓度偏高，D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎12.下列离子方程式中正确的是（ ）‎ A. Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑‎ B. 向氧化铁中加入氢碘酸发生反应：Fe2O3+6HI=2Fe2++I2+3H2O+4I-‎ C. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3﹒H2O=AlO2-+4NH4++2H2O D. 漂白粉溶液中通入过量的CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素不守恒，Na2O2溶于水，正确的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故A错误；‎ B．HI是强酸，要用离子符号表示，正确的离子方程式：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；‎ C．一水合氨是弱碱，不能溶解氢氧化铝，正确的离子方程式：Al3++3NH3∙H2O=Al（OH）3↓+3NH4+,故C错误；‎ D．漂白粉溶液中通入过量的CO2,生成可溶性的碳酸氢盐和次氯酸，书写正确，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎13.科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的＋5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的＋3价含砷化合物。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 维生素C具有还原性 B. 上述过程中砷元素发生还原反应 C. 上述过程中＋5价砷类物质作氧化剂 D. 1 mol ＋5价砷完全转化为＋3价砷，共失去2 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C为还原剂，具有还原性，A正确；‎ B．砷元素的化合价降低，+5价砷类化合物为氧化剂，发生还原反应，B正确；‎ C．砷元素的化合价降低，所以+5价砷类化合物为氧化剂，C正确；‎ D．1mol+5价砷完全转化+3价砷，共得到1mol×（5-3）=2mol，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎14.将‎0.4g NaOH和‎1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。‎ ‎【详解】‎0.4g NaOH的物质的量为‎0.4g÷‎40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为‎1.06g÷‎106g·mol-1=0.01mol，则 A、‎0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；‎ B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；‎ C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入‎0.1L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‎0.1L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，正好与图象相符，故C正确；‎ D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.下列说法正确的是（ ）‎ A. 因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、KMnO4(H＋)、石蕊溶液褪色 B. 能使品红溶液褪色的不一定是SO2‎ C. SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同 D. SO2和Cl2等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液褪色，SO2具有还原性，与溴水、酸性KMnO4溶液发生反应，被氧化，而使溶液褪色。SO2的水溶液显酸性，使紫色的石蕊试液变为红色。错误。‎ B．SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，但是有漂白性的物质不一定是SO2。正确。‎ C．SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，但是漂白原理不相同，SO2是和有色物质化合生成无色物质，漂白粉、Na2O2是利用它们的强氧化性漂白，活性炭是吸附作用。错误。‎ D．等物质的量的SO2和Cl2混合后会发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。产生的物质无漂白性。因此等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果会失去。错误。‎ 故选B。‎ ‎16.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是（ ）。‎ ‎①混合物：漂白粉、水玻璃、Fe(OH)3胶体、冰水混合物 ‎②化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HT ‎③同素异形体：C60、金刚石、石墨 ‎④电解质：胆矾、苛性钠、冰醋酸、氧化钾 ‎⑤会出现丁达尔效应的分散系：鸡蛋白溶液、淀粉溶液、肥皂水 ‎⑥硅酸盐：光导纤维、水晶、玻璃、水玻璃 A. ①②④⑤ B. ③④⑤ ‎ C. ③④⑥ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①冰水混合物为纯净物，不是混合物，①错误；‎ ‎②HT为单质，表示氢气，属于单质，不是化合物，②错误；‎ ‎③C60、金刚石、石墨都是碳元素的单质，互称同素异形体，③正确；‎ ‎④胆矾、苛性钠、冰醋酸、氧化钾都是水溶液或熔融液能导电的化合物，都属于电解质，④正确；‎ ‎⑤鸡蛋白溶液、淀粉溶液、肥皂水都属于胶体，会出现丁达尔效应，⑤正确；‎ ‎⑥水晶的成分为二氧化硅，不属于硅酸盐，⑥错误；‎ 综合以上分析，③④⑤正确；故选B。‎ ‎17.CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是( )‎ A. 滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物 B. 通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性 C. 整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应 D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。‎ ‎【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；‎ B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；‎ C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；‎ D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2‎ 被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎18.某溶液中Cl－、Br－、I－三者物质的量之比是1:2:3，通入一定量的Cl2，当反应完成后，该比值变为3:2:1，则反应的Cl2与原溶液中I－的物质的量之比是（ ）‎ A. 1:2 B. 1:‎3 ‎C. 1:4 D. 1:6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】还原性：I-＞Br-＞Cl-，通入一定量的Cl2，比值变为3：2：1，说明溶液中剩余I-，设Cl-、Br-、I-三者物质的量分别是1mol、2mol、3mol，则反应后分别为3mol、2mol、1mol，则增加Cl-为2mol，I-减少2mol，由方程式2I-+Cl2=I2+2Cl-可知，参加反应的Cl2为1mol，所以反应的Cl2与原溶液中I-的物质的量之比是1：3；‎ 故选：B。‎ ‎19.用含少量金属镁的铝片制取纯净的氢氧化铝，下列操作步骤中最恰当的组合是(　 　)‎ a．加盐酸溶液 b．加烧碱溶液溶解 c．过滤 d．通入过量的CO2生成Al(OH)3沉淀 e．加过量的烧碱溶液生成Al(OH)3沉淀 f．加盐酸生成Al(OH)3沉淀 A. aefc B. bcdc C. bcfc D. aec ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加盐酸溶液后，镁、铝分别转化为MgCl2、AlCl3，加过量的烧碱溶液，MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀，AlCl3起初生成的Al(OH)3沉淀全部溶解，转化为NaAlO2，方案不合理，A不合题意；‎ B. 加烧碱溶液溶解，只有Al转化为NaAlO2，过滤得NaAlO2溶液，通入过量的CO2生成Al(OH)3沉淀，再过滤即得纯净的氢氧化铝，方案最佳，B符合题意；‎ C. 加烧碱溶液溶解，只有Al转化为NaAlO2，过滤得NaAlO2溶液，加盐酸生成Al(OH)3沉淀，但用量难以控制，一旦盐酸过量，将导致Al(OH)3沉淀的溶解，不是最佳方案，C不合题意；‎ D. 加盐酸溶液后，镁、铝分别转化为MgCl2、AlCl3，加过量的烧碱溶液，MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀，AlCl3转化为NaAlO2，再过滤，得不到Al(OH)3沉淀，方案不合理，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎20.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同，且SO42-物质的量浓度为6 mol/L，则此溶液最多溶解铁粉的质量为(　 　)‎ A. ‎‎11.2‎‎ g B. ‎16.8 g C. ‎19.6 g D. ‎‎22.4 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设Cu2+、Fe3+、H+的物质的量浓度为x，则依据电荷守恒，可得如下关系式：2x+3x+x=2×6 mol/L，从而求出x=2 mol/L，依据关系式Cu2+——Fe、2Fe3+——Fe、2H+——Fe，可求出溶解Fe的物质的量为2 mol/L×‎0.1L+2 mol/L×‎0.1L×+2 mol/L×‎0.1L×=0.4mol，从而求出溶解铁的质量为0.4mol×‎56g/mol=‎22.4g。故选D。‎ ‎21.向含n mol AlCl3的溶液中加入m mol NaOH溶液，观察到的现象是先有白色沉淀生成，后部分溶解，则生成Al(OH)3沉淀的物质的量是（ ）‎ A. (4n-m)mol B. (‎4m-n)mol ‎ C. (n‎-3m)mol D. (‎3m-n)mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据观察到的现象是先有白色沉淀生成，后部分溶解，则发生Al3++3OH-＝Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，然后代入计算来解答。‎ ‎【详解】由观察到的现象是先有白色沉淀生成，后部分溶解，则 设溶解的沉淀的物质的量为x，则 则x=（m-3n）mol，即生成Al（OH）3‎ 沉淀的物质的量为[n-（m-3n）]mol=（4n-m）mol，故答案选A。‎ ‎22.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是(　 　)‎ ‎①过量的Zn与18 mol·L－1硫酸溶液反应　②过量的氧气与少量的二氧化硫在催化剂存在和一定条件下充分反应　③过量的二氧化锰与浓盐酸反应　④过量的铜与浓硫酸反应　⑤过量的锌与稀盐酸反应　⑥过量的稀硫酸与块状石灰石反应　⑦常温下过量浓硫酸与铝反应 A. ②③⑤ B. ②③④⑥⑦ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①过量的Zn与18 mol·L－1硫酸溶液反应，起初生成ZnSO4、SO2、H2O，后来生成ZnSO4、H2，硫酸完全反应，①不合题意；‎ ‎②过量的氧气与少量的二氧化硫在催化剂存在和一定条件下充分反应，由于反应可逆，二氧化硫不能完全反应，②符合题意；‎ ‎③过量的二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸转化为稀盐酸，反应不能继续进行，盐酸一定有剩余，③符合题意；‎ ‎④过量的铜与浓硫酸反应，当浓硫酸转化为稀硫酸后，反应不再进行，硫酸一定有剩余，④符合题意；‎ ‎⑤过量的锌与稀盐酸反应，盐酸完全反应，⑤不合题意；‎ ‎⑥过量的稀硫酸与块状石灰石反应，由于生成的硫酸钙微溶于水，覆盖在石灰石表面，阻止反应进行，所以石灰石剩余，⑥符合题意；‎ ‎⑦常温下过量浓硫酸与铝反应，发生钝化作用，反应不能持续进行，铝剩余，⑦符合题意。‎ 综合以上分析，②③④⑥⑦符合题意。故选B。‎ ‎23.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是（ ）‎ A. 《本草纲目》“(烧酒) 自元时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。”‎ B. 《齐民要术》“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。”‎ C. 《开宝本草》“(消石) 所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。”‎ D. 《天工开物》“草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流，假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。”‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，选项A不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，选项B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及分离提纯操作，选项C不选；D、榨油或加热熔化使油脂从果实中分离出来，涉及分离提纯操作，选项D不选。答案选B。‎ ‎24.有A、B、C、D、E、F六瓶不同物质的溶液，它们各是NH3·H2O、Na2CO3、MgSO4、NaHCO3、HNO3和BaCl2溶液中的一种．为了鉴别它们，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如表所示．表中“↓”表示生成沉淀，“↑”表示生成气体，“－”表示观察不到明显现象，空格表示实验未做。试推断其中F是（ ）‎ A B ‎↓‎ C ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ D ‎↑‎ E ‎－‎ F A. Na2CO3溶液 B. BaCl2溶液 C. MgSO4溶液 D. NaHCO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应现象和物质的性质进行推断，本题中由表格中A和D与其他物质混合产生的沉淀或气体现象推出D为MgSO4，A为Na2CO3，进而推出B为NH3•H2O，C为BaCl2，E为HNO3，F为NaHCO3溶液。‎ ‎【详解】A+E气体说明有A、E一种一定是HNO3，另一种可能是Na2CO3、NaHCO3中一种，A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，说明A不是HNO3，所以E为HNO3．A为Na2CO3，C、D就可能是MgSO4，BaCl2中的一种，因为B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F无现象说明D是MgSO4，C为BaCl2，B为NH3•H2O，最后F为NaHCO3，则A：Na2CO3,B：NH3•H2O,C：BaCl2,D：MgSO4,E：HNO3,F：NaHCO3；‎ 故选D。‎ ‎25.一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲‎33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至‎1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 mol·L－1。下列叙述不正确的是( )‎ A. 反应中共消耗1.8 mol H2SO4 B. 气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1‎ C. 反应中共消耗‎97.5 g Zn D. 反应中共转移3 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小， 稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。‎ ‎【详解】生成气体的物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为×‎1L×0.1mol/L=0.05mol， 参加反应的n（H2SO4）=‎0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小， 设反应生成xmolSO2，ymolH2， Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O ‎ x   2x                x Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑‎ y   y               y x+y=1.5 2x+y=1.8 解之得 x=0.3，y=1.2 所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。 A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确； B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误； C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×‎65g/mol=‎97.5g，故C正确； D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2‎ ‎↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。 故选B。‎ 二、填空（共40分）‎ ‎26.有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl-、Mg2＋、Ba2＋、CO32-、SO42-，现取三份各100mL溶液进行如下实验：‎ 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体。第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀‎12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎4.66g。‎ 根据上述实验，回答以下问题：‎ ‎（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-。__。‎ ‎（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有__，其物质的量浓度为__。‎ ‎（3）由第三份进行的实验可知‎12.54g沉淀的成分及物质的量是__。‎ ‎（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是__。‎ A.该混合液中一定含有K＋、NH4＋、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K＋)≥0.04mol B.该混合液中一定含有NH4＋、CO32-、SO42-，可能含K＋、Cl-‎ C.该混合液中一定含有NH4＋、CO32-、SO42-，可能含Mg2＋、K＋、Cl-‎ D.该混合液中一定含有NH4＋、SO42-，可能含Mg2＋、K＋、Cl-‎ ‎【答案】(1). 不一定 (2). NH4+ (3). 0.8mol/L (4). 0.04mol BaCO3、0.02mol BaSO4 (5). A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据离子检验的方法及实验现象、溶液呈电中性分析溶液中存在的离子。‎ ‎【详解】（1）由于碳酸根离子、硫酸根离子都能够与银离子反应生成碳酸银、硫酸银沉淀，所以无法确定原溶液中是否存在氯离子，故答案为：不一定，因为碳酸银、硫酸银都是沉淀；‎ ‎（2）加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，说明溶液中 一定存在铵离子，铵离子的物质的量浓度为：c（NH4+）==0.8mol/L，故答案为：NH4+；0.8mol/L；‎ ‎（3）加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀‎12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎4.66g，说明沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，其中‎4.66g为硫酸钡沉淀，n（BaSO4‎ ‎）=n（SO42-）==0.02mol；碳酸钡沉淀的质量为：‎12.54g-4.66g=‎7.88g，所以n（BaCO3）=n（CO32- ）==0.04mol，故答案为：0.04mol BaCO3、0.02mol BaSO4；‎ ‎（4）根据以上分析可知，再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.08mol；n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=0.12mol，故一定有K+，至少0.04mol；则溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，若存在氯离子，钾离子的物质的量大于0.04mol；若不存在氯离子，钾离子的物质的量为0.04mol，所以A正确，故答案案为：A。‎ ‎27.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：‎ ‎(1)若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_______________________________________；④反应离子方程式__________________________________________________。‎ ‎(2)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式_________________________________。④反应的离子方程式_________________________。D中加入氢氧化钠的现象_____________________。‎ ‎(3)若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称水玻璃，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式___________________________________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为___________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (2). AlO2-+CO2（过量）+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3- (3). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (4). Fe+2Fe3+＝3Fe2+ (5). 生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (6). SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O (7). SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)D物质具有两性，则其为Al2O3或Al(OH)3，因为A是单质，所以A为Al。由②③反应均要用强碱溶液，推知C为NaAlO2，④‎ 反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则D为Al(OH)3，B为Al2O3。②反应为Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气；④反应为NaAlO2与CO2、H2O等反应，生成Al(OH)3和NaHCO3。‎ ‎(2)A是应用最广泛的金属Fe，黄绿色气体单质为Cl2，由反应②，可确定C为FeCl3，④反应用到Fe，则D为FeCl2，⑤反应为FeCl2与Cl2的反应。Fe与水高温下反应，生成Fe3O4和H2。④反应为FeCl3与Fe反应，生成FeCl2。FeCl3中加入氢氧化钠，发生复分解反应，生成的Fe(OH)2在空气中逐渐被氧化为Fe(OH)3。‎ ‎(3)若A是太阳能电池用的光伏材料，则其为Si，B常用于制作高档光学器材，则其为SiO2，C、D为钠盐，C的水溶液俗称水玻璃，则C为Na2SiO3。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体，D的溶液显碱性，则其为Na2CO3。③反应为SiO2与NaOH溶液反应，生成Na2SiO3和水。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤为SiO2与Na2CO3反应，生成Na2SiO3和CO2气体。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al(OH)3；反应②为Al与NaOH溶液反应，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；反应④为NaAlO2与CO2、H2O等反应，离子方程式为AlO2-+CO2(过量)+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；答案为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；AlO2-+CO2(过量)+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎(2)由分析知，A为Fe，黄绿色气体为Cl2，C为FeCl3，D为FeCl2；Fe与水高温下反应，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；反应④为FeCl3与Fe反应，离子方程式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+；FeCl3中加入氢氧化钠，发生复分解反应，生成的Fe(OH)2，在空气中逐渐被氧化为Fe(OH)3，现象为生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；Fe+2Fe3+＝3Fe2+；生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；‎ ‎(3)由分析知，A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3；反应③为SiO2与NaOH溶液反应，化学方程式为SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；反应⑤为SiO2与Na2CO3反应，化学方程式为SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；答案为：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑。‎ ‎28.根据要求完成下列实验。(a、b为弹簧夹，其他装置略去)‎ Ⅰ.验证酸性的相对强弱：碳酸>硅酸。(已知酸性：亚硫酸>碳酸)‎ ‎(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式是________________，装置A中的足量的试剂是________________。‎ ‎(2)连接仪器、__________、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。能说明碳酸的酸性比硅酸酸性强的实验现象是__________________。‎ Ⅱ.验证SO2具有氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。‎ ‎(3)打开b，关闭a，能验证SO2具有氧化性的化学方程式是________________‎ ‎(4)若过量的SO2通入NaOH溶液中，其化学方程式是____。‎ ‎(5)BaCl2溶液中无任何现象，将其分成两份，分别滴加氨水和氯水，均产生白色沉淀，沉淀化学式是_____________________。其中SO2显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式：______________________________。‎ ‎【答案】(1). Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑ (2). 酸性KMnO4溶液 (3). 检查装置的气密性 (4). A中的酸性KMnO4溶液（品红溶液）不褪色（颜色变浅)，Na2SiO3溶液变浑浊 (5). 2H2S＋SO2==3S↓＋2H2O (6). SO2＋NaOH==NaHSO3 (7). BaSO3,BaSO4 (8). Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O==BaSO4↓＋4H＋＋2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)铜与浓硫酸反应，生成CuSO4、SO2和H2O，装置A中的足量的试剂是为了除尽SO2，排除对CO2检验所产生的干扰。‎ ‎(2)装置连接好后，都需要检查装置是否漏气。说明碳酸的酸性比硅酸酸性强，可利用强酸制弱酸的原理设计实验。‎ ‎(3)验证SO2具有氧化性，应与还原剂H2S发生反应，生成S和水。‎ ‎(4)过量的SO2通入NaOH溶液中，最终生成NaHSO3。‎ ‎(5)溶有SO2的BaCl2溶液中滴加氨水时，会发生反应，生成BaSO3等；滴加氯水，会发生氧化还原反应，生成BaSO4。SO2显示还原性并生成白色沉淀时，SO2被氧化生成硫酸，最后转化为BaSO4，而Cl2转化为HCl。‎ ‎【详解】(1)铜与浓硫酸反应，生成CuSO4、SO2和H2O，反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑；为了除尽SO2，排除对CO2检验所产生的干扰，装置A中的足量的试剂是酸性KMnO4溶液；答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑；酸性KMnO4溶液；‎ ‎(2)装置连接好后，都需要检查装置的气密性。说明碳酸的酸性比硅酸酸性强，可将CO2通入Na2SiO3溶液中，产生的现象为A中的酸性KMnO4溶液（品红溶液）不褪色（颜色变浅)，Na2SiO3溶液变浑浊。答案为：检查装置的气密性；A中的酸性KMnO4溶液（品红溶液）不褪色（颜色变浅)，Na2SiO3溶液变浑浊；‎ ‎(3)验证SO2具有氧化性，应与还原剂H2S发生反应，反应的化学方程式为2H2S＋SO2==3S↓＋2H2O。答案为：2H2S＋SO2==3S↓＋2H2O；‎ ‎(4)过量的SO2通入NaOH溶液中，最终生成NaHSO3，反应的化学方程式为SO2＋NaOH==NaHSO3。答案为：SO2＋NaOH==NaHSO3；‎ ‎(5)溶有SO2的BaCl2溶液中滴加氨水时，会发生反应，生成BaSO3等；滴加氯水，会发生氧化还原反应，生成BaSO4。SO2显示还原性并生成白色沉淀时，SO2被氧化生成硫酸，最后转化为BaSO4，而Cl2转化为HCl，反应的离子方程式为Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O==BaSO4↓＋4H＋＋2Cl－。答案为：BaSO3、BaSO4；Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O==BaSO4↓＋4H＋＋2Cl－。‎