2018-2019学年安徽省合肥市第六中学高一下学期开学考试化学试题（解析版） 17页

‎2018-2019学年安徽省合肥市第六中学高一下学期开学考试 化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量: H1； C12； 016； Na23； Mg24； A127；Fe56 Cu64；‎ 一.选择题(每小题3分，共60分)‎ ‎1.下列叙述中，从化学角度分析不正确的是（　　）‎ A. 长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应导致瓶内气体减少形成“负压”的缘故 B. 硅的提纯与应用，促进了半导体元件与集成芯片的发展，可以说：“硅是信息技术革命的催化剂”‎ C. “雨后彩虹”、“海市蜃楼”既是一种光学现象，也与胶体的知识有关 D. “水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成的硅酸钠是粘性物质；‎ B. 硅能够导电； C. 空气是一种胶体； D. 碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙；‎ ‎【详解】A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成粘性的硅酸钠，从而使玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起而难打开，故A错误； B. 硅能够导电，半导体元件与集成芯片的主要成分是硅单质,所以硅的提纯与应用促进了半导体元件与集成芯片事业的发展,故B正确； C．空气也是一种胶体，“海市蜃楼”、“雨后彩虹”既是一种光学现象，也与胶体的丁达尔效应有关，故C正确； ‎ D．碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，故D正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎2.下列实验方法正确的是 A. 某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，该溶液中一定含有CO32-‎ B. 向某溶液中先通入氯气，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明原溶液中一定含有Fe2+‎ C. 某溶液中滴加烧碱溶液，加热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液中一定存在NH4+‎ D. 向某溶液中滴加盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液产生白色沉淀，说明原溶液中含有SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 检验离子应根据其特性进行，并防止其它离子的干扰。‎ ‎【详解】A项：能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2、SO2，加入稀盐酸产生CO2、SO2的溶液中可能有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，A项错误；‎ B项：加入KSCN变红的溶液中有Fe3+，则通入氯气前的溶液中可能有Fe2+或Fe3+或两者都有，B项错误；‎ C项：能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体呈酸性，滴加烧碱溶液并加热不可能生成酸性气体，C项错误；‎ D项：滴加盐酸无明显现象，原溶液中不含Ag+、CO32-、SO32-、SiO32-等，再加氯化钡溶液产生白色沉淀只能是BaSO4，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】检验SO42-时，必须将样品溶液应用稀盐酸酸化，再加氯化钡溶液观察是否有白色沉淀生成。若酸化时生成沉淀，则过滤后向滤液中滴加氯化钡溶液。‎ ‎3.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NA B. 18gD2O中含有的质子数目为10NA C. 常温常压下，10mol氦气中含有的核外电子数为NA D. ag某气体含分子数为b，cg该气体在标况下的体积为22.4ab/(cNA)L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用计算物质的量的几个公式进行简单计算，并进行不同粒子之间的换算。‎ ‎【详解】A项：乙醇水溶液中，乙醇分子、水分子中都有氧原子。10g46%的乙醇水溶液中，有4.6g乙醇、5.4g水，共有氧原子数0.4NA，A项正确；‎ B项：D2O摩尔质量是20g/mol，18gD2O物质的量为0.9mol，含质子数目为9NA，B项错误；‎ C项：氦气（He）为单原子分子，1个氦分子中只有2个电子。10mol氦气中含有的核外电子数为20NA，C项错误；‎ D项：ag某气体分子数为b，则cg该气体分子数为bc/a，它在标况下的体积为22.4bc/(aNA)L，D项错误。‎ 本题选A。‎ ‎4.下列各组离子在指定溶液中，一定不能大量共存的是()‎ A. 澄清透明溶液中：MnO4-、K+、Mg2+、SO42-‎ B. 通入CO2的溶液；Na+、Ca2+、Cl-、K+‎ C. 加入铝单质产生氢气的溶液：SO42-、Mg2+、K+‎ D. 室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42-、 NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特定溶液中离子间的相互反应分析判断。‎ ‎【详解】A项：澄清透明溶液可以有色，MnO4-、K+、Mg2+、SO42-能大量共存，A项不符题意；‎ B项：通入CO2的溶液中，Ca2+可大量存在，因弱酸不生成强酸，B项不符题意；‎ C项：与铝产生氢气的溶液可能强酸性或强碱性，若呈碱性，则Mg2+不能大量存在，C项不符题意；‎ D项：室温pH=1的溶液呈较强酸性，酸性条件时NO3-能将Fe2+氧化，D项符合题意。‎ 本题选D。‎ ‎5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 用KlO3氧化酸性溶液中的KI:5I-+IO3-+3H2O=3I2+6OH-‎ B. CO2通入CaCl2溶液：CO2+H2O+Ca2+=CaCO3↓+2H+‎ C. 将过量二氧化硫气体入冷氨水中：SO2+NH3·H2O=HSO3-+NH4+‎ D. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++3NO3-=Ag++NO↑+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从反应事实、质量守恒、电荷守恒、化学式拆写等方面判断离子方程式正误，注意物质用量、溶液酸碱性对反应的影响。‎ ‎【详解】A项：酸性溶液中发生的反应，不会消耗OH-，也不会生成OH-，A项错误；‎ B项：通常，复分解反应中不能由弱酸生成强酸，故CO2通入CaCl2溶液不反应，B项错误；‎ C项：过量二氧化硫气体通入氨水生成酸式盐，C项正确；‎ D项：稀硝酸能溶解银镜生成NO，题中方程式质量、电荷都不守恒，D项错误。‎ 本题选C。‎ ‎6.下列转化过程中必须加入还原剂的是 A. KClO3→KCl B. SO2→SO32- C. Fe3+→Fe2+ D. Cu→Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化过程中必须加入还原剂，说明该微粒作氧化剂，其中的某些元素化合价降低，据此判断。‎ ‎【详解】A、KClO3受热分解即可转化为KCl，不需要加入还原剂，A错误；‎ B、SO2→SO32-时化合价没有变化，B错误；‎ C、Fe3+→Fe2+时化合价降低，必须加入还原剂才能实现，C正确；‎ D、Cu→ Cu2+时化合价从0价升高为+2价，需要加入氧化剂才能实现，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确氧化还原反应的规律是解答的关键，易错选项是A，本题要特别注意题目的要求是“必须”，注意能发生自身氧化还原反应的物质。‎ ‎7.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是 A. 该反应的氧化剂是ClO-‎ B. 消耗1mol还原剂，转移3mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3‎ D. 该离子方程式为3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。‎ ‎【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。‎ A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；‎ B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；‎ C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；‎ D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】学习氧化还原反应后，不仅要关注质量守恒关系，还要关注化合价的升降变化。化合价升降数相等，是配平氧化还原反应、进行有关计算的关键。‎ ‎8.在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是( )‎ A. Na2CO3和Na2O2 B. Na2CO3和NaOH C. NaOH和Na2O2 D. NaOH、Na2O2和Na2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设碳酸氢钠、过氧化钠的物质的量都是2mol，则2mol碳酸氢钠受热分解生成1mol二氧化碳、1mol水、1mol碳酸钠，1mol二氧化碳与1mol过氧化钠反应生成1mol碳酸钠和0.5mol氧气，1mol水与1mol过氧化钠反应生成2mol氢氧化钠和0.5mol氧气，所以最终得固体产物是碳酸钠和氢氧化钠，答案选B。‎ 考点：考查碳酸氢钠、过氧化钠的化学性质 ‎9.下图是Na2O2和CO2定性、定量实验的装置示意图。‎ 注射器1中抽取了100mL CO2，U型管中装有适量小玻璃珠和约1.5g Na2O2粉末。实验开始时，打开K1、K2、K4止水夹，关闭K3止水夹，推动注射器1活塞，缓缓将CO2压至U型管，注射器2活塞缓缓向外移动。下列叙述中不正确的是 A. U形管内的玻璃珠可防止过氧化钠粉末被吹和增大过氧化钠和二氧化碳的接触面积 B. U形管内淡黄色粉末渐渐变白 C. 注射器1活塞推到底后，注射器2中收集到的气体大于50mL，只是因为还含有CO2‎ D. 打开胶塞，立即将带火星的木条伸入U形管中，可验证反应产物之一为氧气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从实验角度分析回答二氧化碳与过氧化钠反应中的问题。‎ ‎【详解】A项：二氧化碳气体与过氧化钠粉末的反应，因接触不充分难以完全。玻璃珠可分散过氧化钠，增大其与二氧化碳的接触面积，并防止过氧化钠粉末被吹，A项正确；‎ B项：U形管内淡黄色的过氧化钠粉末与二氧化碳反应生成白色的碳酸钠，B项正确；‎ C项：缓慢推动注射器1的活塞时，二氧化碳将U形管中原有的空气推到注射器2中。由于气固接触不充分，也有未反应的CO2进入注射器2中，另外该反应是放热反应，使反应后气体的温度升高，体积变大，C项错误；‎ D项：反应后会有生成的氧气残留在U形管中，故可打开胶塞，用带火星的木条伸入U形管中检验氧气，D项正确。‎ 本题选C。‎ ‎【点睛】通常实验条件下，化学反应都不可避免地接触空气，空气中氮气性质稳定，通常不参与反应，但氧气、少量的二氧化碳和水，经常参与反应，对实验造成干扰。‎ ‎10.将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是(　　)‎ A. 3 mol·L－1盐酸 B. 4 mol·L－1 HNO3溶液 C. 8 mol·L－1 NaOH溶液 D. 18 mol·L－1 H2SO4溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Mg和Al都属于较活泼金属，都能和稀盐酸、稀硫酸反应生成氢气，产生氢气量最多，故A正确；B、稀硝酸具有强氧化性，能金属单质反应生成氮的化合物而不是氢气，所以Mg和Al与稀硝酸混合生成氮的化合物而不是氢气，产生氢气的量为0，故B错误；C、只有Al能和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，而Mg不反应，所以反应产生氢气的量小于A，故C错误；D、常温下Al和浓硫酸发生钝化现象，且镁和浓硫酸反应生成二氧化硫而不是氢气，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题重点考查活泼金属与氧化性酸和普通酸的反应。活泼金属与非氧化性酸反应生成氢气；活泼金属铁与铝与浓硫酸、浓硝酸常温下发生钝化反应，其他金属与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，与浓硫酸反应生成二氧化硫气体。‎ ‎11.向100 mL 0.250 mol/L的AlCl3溶液中加入金属钠完全反应，恰好生成只含NaCl和NaAlO2的澄清溶液，则加入金属钠的质量是 A. 2.30 g B. 3.45g C. 1.15 g D. 0.575 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：100 mL 0.25mol/L的AlCl3溶液中n（Al）=0.001×100L×0.25mol/L=2.5×10-2mol，‎ n（Cl）=0.001×100L×3×0.25mol/L=7.5a×10-2mol，‎ 则加入的Na的物质的量为：2.5×10-2mol+7.5×10-2mol= 10-1mol=0.1mol，即2.3g。‎ 故选A。‎ 考点：化学方程式的有关计算 钠的化学性质 镁、铝的重要化合物 点评：本题考查物质的量的计算，题目难度中等，注意从元素守恒的角度解答较为简单，可省去书写化学方程式的中间过程。‎ ‎12.在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且a>c，则下列说法正确的是( )‎ A. 残余固体是铜和铁 B. 最后得到的溶液中一定含有Cu2＋‎ C. 将残余固体加入到稀硫酸中，有气泡产生 D. 最后得到的溶液中可能含有Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且a>c，这说明溶液中的铜离子没有完全被置换出来，所以bg铁是不足的，则cg固体中只有铜，A错误；B、根据A中分析可知最后得到的溶液中一定含有Cu2+，B正确；C、将残余固体加入到稀H2SO4中，不会有气泡产生，因为铜与稀硫酸不反应，C错误；D、固体是铜，则最后得到的溶液中不可能含有Fe3+，D错误，答案选B。‎ 考点：考查铁、铜及其化合物性质 ‎13.将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入(或通入)某试剂(或气体)X后有沉淀生成.此试剂(或气体)X可能是()‎ ‎①NaOH溶液 ②NaCl溶液③氨水溶液 ④新制氯水⑤H2S ⑥CO2‎ A. ①②④ B. ①③④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二氧化硫具有酸性氧化物的性质、较弱的氧化性、较强的还原性、漂白性等，因而能与多种物质发生反应。‎ ‎【详解】通常，复分解反应中能由较强酸生成较弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不反应。‎ 当加入NaOH溶液或氨水时，可生成Na2SO3或(NH4)2SO3，进而生成BaSO3沉淀；新制氯水可将SO2氧化为SO42－，进而生成BaSO4沉淀；H2S能与反应生成不溶性的硫和水。NaCl、CO2都不能与SO2、BaCl2溶液反应。‎ 本题选B。‎ ‎14. 下列叙述正确的是 (　　)。‎ A. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、H2S等气体 B. 浓硫酸与单质硫反应的化学方程式为：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性 C. 把足量铜粉投入到只含H2SO42 mol的浓硫酸中，得到气体体积标准状况下为22.4 L D. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)。B项金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性。C项Cu与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足22.4 L。‎ ‎15.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是 选项 W ‎ X Y ‎ Z A Fe Fe(OH)2‎ FeCl3‎ FeCl2‎ B Na Na2O2 ‎ NaOH NaCl C S SO2‎ SO3‎ H2SO4‎ D A1‎ AlCl3‎ NaAlO2‎ Al2(SO4)3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铁、钠、硫、铝等元素的单质及其化合物的转化关系，分析判断符合题图的物质组合。‎ ‎【详解】题图要求，常温下W能一步分别转化为X、Y、Z，且X、Y、Z能一步循环转化。‎ A项：Fe分别与潮湿的空气、加热的氯气、稀盐酸反应可生成Fe(OH)2、FeCl3、FeCl2。Fe(OH)2不能一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH溶液生成Fe(OH)2。A项不符合题意；‎ B项：Na分别与氧气、水、氯气反应可生成Na2O2、NaOH、NaCl，Na2O2与水生成NaOH，Na2O2与盐酸反应生成NaCl，NaCl不能一步转化为Na2O2，B项不符合题意；‎ C项：S可燃烧生成SO2，但不能一步转化为SO3或H2SO4。SO2催化氧化生成SO3，SO3与水化合生成H2SO4，浓硫酸与铜或碳共热可生成SO2，C项不符合题意；‎ D项：A1分别与盐酸、NaOH溶液、H2SO4溶液生成AlCl3、NaAlO2、Al2(SO4)3。AlCl3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2与过量稀硫酸反应生成Al2(SO4)3，Al2(SO4)3与BaCl2溶液反应生成溶液AlCl3，D项符合题意。‎ 本题选D。‎ ‎16.如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 mol·L－1的硝酸并加热，待反应结束时，下列微粒在体系中一定大量存在的是 ( )‎ ‎①NO3-②Fe3＋③H＋④NO ⑤NO2‎ A. ① B. ①⑤ C. ②④⑤ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：开始反应生成NO2，随反应的进行，硝酸浓度会变低，铁与稀硝酸反应生成NO，硝酸过量时生成三价铁，铁过量时，生成亚铁离子，若铁粉过量，体系中大量存在NO3-、Fe2+、NO2、NO；若HNO3过量，体系中大量存在NO3-、Fe3+、H+、NO2，一定大量存在为：NO3-、NO2，故选B。‎ ‎【考点定位】考查硝酸的化学性质 ‎【名师点晴】本题需要注意的是12mol/L的HNO3‎ 是浓硝酸，由于铁具有可变化合价，因此会随着硝酸量的不同，铁的化合价也不同。铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO。‎ ‎17. 右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）‎ A. CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉 B. NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉 C. H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉 D. HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 选项A中NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉；选项B中NH3易溶于水，形成NH3·H2O，NH3·H2ONH4＋OH－，溶液呈碱性，嫩形成红色喷泉；选项C中H2S＋CuSO4H2SO4＋CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉；选项D中HCl＋AgNO3HNO3＋AgC，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉。‎ ‎18.已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且c(Cl-)c/(ClO-)的值与温度高低有关，当n(NaOH)＝a mol时，下列有关说法不正确的是 A. 参加反应的氯气的物质的量为a/2mol B. 改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为a/7mol C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围：a/2mol≤n(e-)≤5a/6mol D. 某温度下，若反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)=1/2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，不同温度下生成物有两种特殊组成：NaCl和NaClO、NaCl和NaClO3。据此，应用氧化还原反应中得失电子守恒关系进行解答。‎ ‎【详解】A项：生成物NaCl、NaClO、NaClO3有Na~Cl，则反应物2NaOH~Cl2。a molNaOH参加反应，消耗a/2mol氯气，A项正确；‎ B项：当改变温度，产物中只有NaCl和NaClO3时，NaClO3理论产量最大，据化合价升降数相等，NaCl和NaClO3的物质的量之比为5:1，从而NaClO3为a/6mol，B项错误；‎ C项：只生成NaCl和NaClO时，Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，a molNaOH参加反应转移电子a/2mol。只生成NaCl和NaClO3时。3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O，a molNaOH参加反应转移电子5a/6mol。故反应中转移电子的物质的量范围：a/2mol≤n(e-)≤5a/6mol，C项正确；‎ D项：反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11时，据化合价升降相等，溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)=1/2，D项正确。‎ 本题选B。‎ ‎19.向含有Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1 mol • L-1的HC1溶液，测得溶液中某几种离子的物质的量的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A. b和c曲线表示的离子反应均为CO32-+H+= HCO3-‎ B. 结合H+的能力：AlO2->CO32-> HCO3->Al(OH)3‎ C. M点时A1(OH)3的质量等于3.9 g D. 原混合溶液中，CO32-与AlO2-的物质的量之比为2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2-+H++H2O＝Al(OH)3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+＝HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+＝CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A．第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，A正确；B．根据以上分析可知结合H+的能力：A1O2->CO32->HCO3->Al(OH)3，B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)0.05mol，m[Al(OH)3]＝0.05mol×78g/mol=3.9g，C正确；D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O＝Al(OH)3↓，CO32-+H+＝HCO3-，可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比，D错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查反应与图象的关系，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳。‎ ‎20.向含有1molHNO3和1molH2OS4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是()‎ A. a表示n(Fe3+)的变化曲线 B. n1=0.75‎ C. P点时，n(Fe2+)=0.5625 mol D. 向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，有效发生反应：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，铁过量后是2Fe3++Fe=3Fe2+，a是表示Fe3+的关系曲线，A项正确；B．向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先是和H+以及NO3-反应，NO3-能将Fe氧化为Fe3+，自身还原为NO，方程式为Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，1molHNO3和1molH2SO4共有3moLH+，1mol的NO3-完全氧化需要4molH+，H+离子完全消耗，产生Fe3+离子为3/4mol，即n1=0.75mol，B项正确；C．当铁过量，会有：2Fe3++Fe=3Fe2+，设Fe3+被还原x mol， 2Fe3++Fe=3Fe2+，‎ ‎2 3‎ x 1.5x n2点时候Fe3+和Fe2+的物质的量相同，即0.75-x=1.5x，x=0.3，此时Fe3+的为0.45，所以p点时，n（Fe2+）=0.45mol，C项错误；D．向P点溶液中加Cu：2Fe3++Cu=3Fe2++Cu2+，设加入铜的质量是y，‎ ‎2 64‎ ‎0.45 y 解得y=14.4，即最多可溶解14.4gCu粉，D项正确；答案选C。‎ 考点：考查本题涉及含铁物质间的转化知识，注意图象的分析和应用是关键，难度大，综合性强 二、填空题(共3大题，共40分)‎ ‎21.有一无色溶液，其中可能含有 Fe3+、Al3+ 、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、K+、CO32-、SO42-‎ 等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其探作和有关现象如下图所示：‎ 请你根据上图推断：‎ ‎(1)原溶液中一定存在的阴离子有(写化学式)：_________________________。‎ ‎(2)写出实验④中产生的沉淀有：______________________。‎ 写出由A→B过程中所发生反应的离子方程式： ______________________。‎ ‎(3)实验③中产生无色无味气体所发生的化学方程式为：______________________。‎ ‎(4)实验②中加入稀盐酸的目的是______________________。‎ ‎【答案】 (1). SO42- (2). Al(OH)3、Mg(OH)2 (3). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (4). 2Na2O2+2H2O= 4NaOH+O2↑ (5). 确定白色沉淀不是碳酸钡沉淀，而是硫酸钡沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常见离子的颜色、焰色反应等特征性质，结合实验现象分析回答。‎ ‎【详解】无色溶液中不可能含有 Fe3+（黄色）、Fe2+（淡绿色）、Cu2+（蓝色）。‎ ‎(1)据实验②，原溶液中加入BaCl2溶液和稀盐酸生成的白色沉淀只能是BaSO4，一定存在的阴离子SO42-；‎ ‎(2)据实验④中产生的沉淀与滴入NaOH溶液的关系图，A→B是Al(OH)3溶解，离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B点后是Mg(OH)2不溶于碱，故生成的沉淀有Al(OH)3、Mg(OH)2；‎ ‎(3)实验③中，Na2O2与水反应2Na2O2+2H2O= 4NaOH+O2↑，所得气体无色无味，则不含氨气，原溶液中无NH4+。‎ ‎(4)BaCO3能溶于稀盐酸，而BaSO4不溶。实验②中加入稀盐酸，确定生成的白色沉淀中只有BaSO4。‎ ‎【点睛】实验室检验SO42-时，常用稀盐酸将样品溶液酸化，再加氯化钡溶液观察是否有白色沉淀生成。若只滴加氯化钡溶液，生成的白色沉淀可能是AgCl、BaCO3、BaSO4等。‎ ‎22.如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置。‎ ‎(1)要将C装置接入 B和 D 之间，正确的接法是：a→_________→_________→d；‎ ‎(2)实验开始先点燃 A处的酒精灯，打开旋塞 K，让 Cl2充满整个装置，再点燃 D处的酒精灯。Cl2通过 C 装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成 CO2和 HCl(g)，A 中发生反应的化学方程式为__________________。‎ ‎(3)D处反应完毕后，关闭旋塞 K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A 处仍有少量 Cl2产生，此时 B 中的现象是___________________________。‎ ‎(4)用量筒量取 20mLE 中溶液，倒入已检查不漏水的分液漏斗中，然后再注入 10mLCCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上(如图)，等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是_________(填“上层液”或“下层液”)。‎ ‎(5)在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图_________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). c (2). b (3). 2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2 (4). 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 (5). 下层液 (6). D中反应生成的HCI气体极易溶于水，易发生倒吸，改进后的装置图为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室以二氧化锰和浓盐酸共热制氯气，题中以潮湿氯气与碳加热反应，以此为线索回答仪器连接方式、预测实验现象、分析实验设计的合理性并提出改进措施。‎ ‎【详解】(1)为使氯气与水充分接触，装置 B、C和 D 之间的连接应为a→c→b→d。‎ ‎(2)D装置内潮湿氯气与碳粉反应，生成 CO2和 HCl(g)，化学方程式为2Cl2+2H2O+C4HCl+CO2。‎ ‎(3)关闭旋塞 K后，A处反应生成的氯气进入B中，由于氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，使B瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升。‎ ‎(4)实验后E中溶解有生成的HCl和未反应的Cl2，因CCl4不溶于水且密度比水大，而Cl2易于CCl4，故下层液体呈黄绿色。‎ ‎(5)由于HCl极易溶于水，装置E中易发生倒吸现象，故将E装置中导管改为倒置漏斗，使漏斗口略浸入水中。‎ ‎23.绿矾被广泛用于医药和工业领域，工业上两种制备绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如图所示，根据题意回答下列问题：‎ 方法一：利用黄铜矿粉(主要成分为CuFeS2)制取绿矾 ‎(1)试剂a和试剂b的化学式分别是__________________________， 操作1的名称是_____________。 ‎ ‎(2)有一种细菌在有氧气存在的稀硫酸中，可以将CuFeS2氧化成硫酸盐，写出该反应的化学方程式：____________________________________________________。‎ 方法二：利用工业废铁屑制取绿矾 ‎ ‎(3)操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器名称是__________________________。 ‎ ‎(4)通过检验CO32-来判断操作Ⅰ是否洗涤干净，检验的方法是__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 稀H2SO4 Fe (2). 过滤 (3). 4CuFeS2+17O2+2H2SO4=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O ‎ ‎ (4). 烧杯、玻璃棒、漏斗 (5). 取少量最后一次洗涤液于试管中， 滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；若有白色沉淀生成，则未洗涤干净 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 黄铜矿粉(主要成分为CuFeS2)、废铁屑都能制取绿矾，依据工艺流程图分析发生的反应，根据物质的性质选择分离方法和仪器等。‎ ‎【详解】(1)用稀硫酸浸取黄铜矿粉并通入氧气，CuFeS2被氧化为CuSO4、Fe2(SO4)3留在滤液中；调节pH时溶液1中Fe3+生成沉淀，滤渣2为Fe(OH)3；滤液2能制得绿矾必为FeSO4溶液，故试剂a为稀硫酸、试剂b为铁粉、操作1为过滤。‎ ‎(2)据题意，反应物有CuFeS2、O2、H2SO4，生成物有水、CuSO4、Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式4CuFeS2+17O2+2H2SO4=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O。‎ ‎(3)操作Ⅰ为过滤、洗涤，需要的玻璃仪器名称有烧杯、玻璃棒、漏斗。 ‎ ‎(4)洗涤铁屑是为了除去表面吸附的可溶性杂质。检验CO32-来判断操作Ⅰ是否洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤滤出的液体于试管中， 滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净，否则未洗涤干净。‎ ‎ ‎ ‎ ‎