2018-2019学年吉林省白城市通榆县第一中学高一上学期第三次月考化学试题（解析版） 18页

‎2018-2019学年吉林省白城市通榆县第一中学高一上学期第三次月考化学试题（解析版）‎ ‎1.化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是 A. 酸雨是pH小于7的雨水 B. CO2、SO2、NO2都会导致酸雨的形成 C. 目前工业废气脱硫应用最广泛的方法是石灰法 D. 我国重点城市近年发布“空气质量日报”列入的首要污染物包括SO2、NO2、可吸入颗粒物和CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.正常雨水的pH等于5.6，酸雨的pH小于5.6；‎ B. SO2或NO2都会导致酸雨的形成, CO2不能； C.石灰法是目前应用最广泛的工业废气脱硫方法,其原理是用生石灰作脱硫剂,将硫固定； D.根据污染指数项目所包括的内容进行分析。‎ ‎【详解】A.正常雨水的pH为5.6,酸雨中因溶解了二氧化硫或二氧化氮等酸性气体,其pH小于5.6,故A错误； B. SO2或NO2都会导致酸雨的形成，CO2含量的增加会导致温室效应,故B错误；‎ C.对煤燃烧后形成的烟气脱硫是防治酸雨的措施之一,石灰法是目前应用最广泛的废气脱硫方法,其原理是用生石灰作脱硫剂,将硫固定,2CaO+2SO2+O2=2CaSO4,故C正确； D.目前国家计入空气污染指数的项目暂定为:二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒物等,二氧化碳不属于污染指数项目,故D错误； 综上所述，本题选C。‎ ‎2.已知NH3极易溶于水，而难溶于有机溶剂——四氯化碳。下列装置中不适宜做NH3的尾气吸收的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考查气体的吸收及实验安全。氨气极易溶于水，如果直接插入水中液体容易倒流，实验吸收氨气时必须防止液体倒流，选项AD都是正确的操作。由于氨气不溶于四氯化碳中，且四氯化碳的不溶于水，密度大于水，所以选项B也是可以防倒吸的，选项C不能，答案选C。‎ ‎3.下列物质除杂（括号内物质为杂质）的方法及试剂都正确的是 物 质 方 法 试 剂 A CO2（SO2）‎ 洗气 氢氧化钠溶液 B AlCl3（MgCl2）‎ 过滤 过量氢氧化钠溶液 C 乙醇（水）‎ 萃取.分液 汽油 D Cl2（HCl）‎ 洗气 饱和食盐水.浓硫酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2和SO2与氢氧化钠溶液都反应,不能用于除杂,应用饱和碳酸氢钠溶液,故A错误； B. AlCl3和MgCl2都与过量的氢氧化钠溶液反应，生成氢氧化镁沉淀，AlCl3变为偏铝酸钠溶液，达不到分离提纯的目的，故B错误； C. 乙醇和水混溶，虽然乙醇可溶于汽油，但是分液后得到的还是混合物。应加入氧化钙，然后用蒸馏的方法分离,故C错误； D. 氯气难溶于饱和食盐水,可用饱和食盐水洗气,再用浓硫酸干燥后可得到纯净的氯气，故D正确； 综上所述，本题选D。‎ ‎4.下列变化中没有发生氧化还原反应的是 A. SO2使品红溶液褪色 B. 氯水使有色布条褪色 C. Na2O2投入酚酞溶液中溶液先变红后褪色 D. 把铁或铝置于冷的浓硫酸或浓硝酸中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生的反应中,存在元素化合价变化的,则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化,则不发生氧化还原反应,以此来解答。‎ ‎【详解】A.SO2使品红溶液褪色，发生化合反应生成无色物质,没有元素的化合价变化,不发生氧化还原反应,故A正确； B.氯水中含有HClO，具有强氧化性,可用于漂白，漂白时,发生了氧化还原反应，故B错误； C.Na2O2投入酚酞溶液中，Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气,发生氧化还原反应,溶液变红,因过氧化钠具有氧化性,可使酚酞褪色,故C错误； D.铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应,在表现生成一层致密的氧化膜,为氧化还原反应,故D错误； 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】活性炭具有吸附性，它利用的是吸附性漂白，属于物理变化；潮湿的氯气是利用次氯酸的强氧化性进行漂白，不可逆，属于化学变化；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，属于非氧化性漂白，过程可逆，属于化学变化。‎ ‎5.下列有关物质分类或归类正确的一组是 ‎①液氯、干冰、磁性氧化铁均为化合物②王水、盐酸、水玻璃均为混合物 ‎③明矾、小苏打、烧碱均为电解质④牛奶、豆浆、硫酸铜溶液均为胶体 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由两种或两种以上元素形成的纯净物是化合物，液氯是液态氯气，属于单质。干冰是CO2，磁性氧化铁是四氧化生铁，均属于纯净物，①不正确；由两种或两种以上物质构成的物质是混合物，王水是浓硝酸与浓盐酸的混合物、盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液，均为混合物，②正确；溶于水或在熔融状态下能把自身电离出离子的化合物是电解质，明矾是硫酸铝钾，小苏打是碳酸氢钠，烧碱是氢氧化钠，均是电解质，③正确；牛奶、豆浆均为胶体，但硫酸铜溶液不是胶体，属于溶液，④不正确，答案选B。‎ 考点：考查物质分类的有关判断 ‎6. 在透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是 A. HCO3-、ClO-、 +、H+ B. Na+、Fe2+、NO3-、H+‎ C. +、Cu2+、Cl-、SO42- D. OH-、NH4+、Cl-、SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎7.标准状况下的28LNH3溶于125mL水中，若所得氨水的密度近似为1g•cm-3，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 此氨水中NH3的物质的量浓度近似为0.224mol•L-1‎ B. 此氨水中NH3的物质的量浓度近似为10mol•L-1‎ C. 此氨水中NH3的物质的量浓度近似为8.55mol•L-1‎ D. 此氨水中NH3的质量分数为0.17‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎125mL水的质量为：125mL×1g/mL=125g，氨气的物质的量为28L/22.4L/mol=1.25mol，氨气的质量为1.25mol×17g/mol=21.25g，所以氨水的体积为：(125g+21.25g)/1g/mL=146.25mL，故氨水的物质的量浓度为1.25mol/0.14625L=8.55 mol/L，故此氨水中NH3的质量分数为21.25g/( ‎ ‎125g+21.25g)=0.145，答案选C。‎ 点睛：本题考查物质的量浓度的相关计算与理解，正确计算溶液的体积是解本题的关键，注意不能把溶剂的体积当做溶液的体积，注意氨水的溶质为氨气。‎ ‎8.相同质量的四份铜片，分别置于足量的下列酸中，所得到的气体的物质的量最多的是(    )‎ A. 浓硫酸 B. 稀硫酸 C. 浓硝酸 D. 稀硝酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据铜在金属活动性顺序表中的位置可知，铜不可以和非氧化性酸反应产生H2，但根据铜的性质可知，铜可以和氧化性酸反应，反应情况如下：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，由上述方程可以很容易地判断出当铜的量相同时（假设为64g即1mol），与足量的酸反应产生气体最多的酸是浓硝酸，答案选C。‎ 点睛：掌握铜的化学性质、正确书写有关反应的化学方程式为解答的关键。另外也可根据电子守恒作出推断，铜的质量相同，失电子数相同，因此产生1 mol 气体所需电子数最少的，也就是产生气体最多的。‎ ‎9.当溶液中X2O72-和SO32-离子数之比为1 : 3时，恰好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为 A. ＋1 B. ＋2 C. ＋3 D. ＋4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数，而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子，则3个离子共失去6个电子，那么1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子，设还原产物中X的化合价为a，则得到2×(6-a)个电子，故2×(6-a)=6，解得a=+3，故选C。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应计算，旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用。根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式，n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。‎ ‎10.下列实验与对应示意图的关系正确的是 A B C D 向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量 向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量 向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量 向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸，发生反应的离子方程式为AlO2-+H++H2OAl(OH)3↓、Al(OH)3+3H+Al3++3H2O，形成沉淀与沉淀溶解所消耗的盐酸的体积之比为1∶3，实际情况与图像不符，A错误；‎ B.NH3·H2O碱性很弱，不能溶解Al(OH)3，实际情况与图像不符，B错误；‎ C.将Ba(OH)2溶液加入明矾溶液中，SO42-和Al3+均能够形成沉淀，Al3+先沉淀完全:2Al3++6OH-+3Ba2++3SO42-2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，铝离子沉淀完全时，沉淀的总物质的量达到最大值；再加入Ba(OH)2溶液，SO42-继续沉淀，而Al(OH)3溶解，当SO42-完全沉淀时，Al(OH)3恰好完全溶解:Ba2++2OH-+2Al(OH)3+SO42-BaSO4↓+2AlO2-+4H2O，沉淀的总物质的量减少，实际情况与图像相符，C正确。‎ D.向澄清石灰水中通入CO2至过量，先形成沉淀，后沉淀溶解:Ca2++CO2+2OH-CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2OCa2++2HCO3-，实际情况与图像不符，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】偏铝酸钠溶液中逐滴加盐酸直至过量，看到的现象是先有白色沉淀产生，沉淀量逐渐增加到最大量后，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，故沉淀可溶于过量的盐酸中；氯化铝溶液中逐滴加氨水溶液直至过量，看到的现象是先有白色沉淀产生，沉淀不溶解，这说明氢氧化铝沉淀溶于强碱（如氢氧化钠），不溶于弱碱（如氨水）。‎ ‎11.检验SO2中是否混有CO2气体，可采用的方法是 A. 通过品红溶液，若品红溶液褪色，则说明混有CO2气体 B. 通过澄清石灰水，若变混浊，则说明混有CO2气体 C. 先通过足量NaOH溶液，再通过澄清石灰水，若变混浊，则说明混有CO2气体 D. 先通过足量 MnO4溶液，再通过澄清石灰水，若变混浊说明混有CO2气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A不正确，只能说明含有SO2，因为CO2不能使品红溶液褪色。B不正确，因为SO2也能使澄清的石灰水反应，变混浊。C不正确，因为SO2和CO2都能被氢氧化钠溶液吸收。D正确，SO2首先被氧化，排除其干扰，答案选D。‎ ‎12.下列实验中，不能观察到明显变化的是 A. 把Cl2通入FeCl2溶液中 B. 把溴水滴加到淀粉 I溶液中 C. 把一段打磨过的镁放入有酚酞的沸水中 D. 把SO2通入BaCl2溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据Cl2与FeCl2溶液反应； B、根据单质溴与 I溶液反应； C、镁与沸水反应生成碱性的氢氧化镁； D、强酸不能制弱酸。‎ ‎【详解】A、因Cl2与FeCl2溶液反应：Cl2+2FeCl2=2 FeCl3，溶液由浅绿色变为棕黄色,现象明显,故A错误；‎ B、因单质溴与 I溶液反应: 2 I+Br2=2 Br+I2，I2遇淀粉变蓝,现象明显,故B错误； C、镁要与沸水反应生成碱性的氢氧化镁和氢气，所以有气泡冒出且溶液变红，现象明显，故C错误； D、亚硫酸钡可溶于盐酸，所以把 SO2通入BaCl2溶液中不能生成亚硫酸钡沉淀，无明显现象，故D正确； 综上所述，本题选D。‎ ‎13.下列叙述正确的是 A. 二氧化硅是酸性氧化物，不与任何酸反应 B. 因为CO2通入水玻璃中可制得硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸酸性强 C. SiO2晶体中，每个硅原子与两个氧原子相连 D. 工业上制玻璃的主要原料有：黏土、石灰石、石英 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、二氧化硅是酸性氧化物，但能和氢氟酸反应生成四氟化硅与水，A不正确；B、根据较强酸制备较弱酸的原理可知，CO2通入水玻璃中可制得硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸酸性强，B正确；C、SiO2晶体中，每个硅原子与4个氧原子相连，C不正确；D、工业上制玻璃的主要原料有：纯碱、石灰石、石英，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查二氧化硅的性质、酸性比较、二氧化硅的结构以及制造玻璃的原料判断 ‎14.下列离子方程式书写正确的是 A. 实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋‎ B. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+ ═Ca2++H2O+CO2↑‎ C. 铝和烧碱溶液：2Al+2OH－+2H2O═2Al3++3H2↑‎ D. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋4OH－═AlO2－＋2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。A、氢氧化铁胶体不能拆开，所以实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，A正确；B、醋酸是弱酸不能拆开，则碳酸钙溶于醋酸的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO－，B不正确；C、铝与烧碱反应的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑，C不正确；D、氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，则AlCl3溶液中加入过量氨水的离子方程式为Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，D不正确，答案选A。‎ 考点：考查离子方程式的正误判断 ‎15.下列实验现象描述正确的是 选项 实验 现象 A 向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体 无明显现象 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来 C 向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液 立刻产生大量白色沉淀 D 加热放在坩埚中的小块钠 钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度小，所以有沉淀析出，故A错误；三氧化二铝的熔点高于铝的熔点,氧化铝不熔化,氧化铝把熔化的铝包裹起来，熔化的铝滴不会落下来，故B错误；向久置于空气中的FeSO4溶液被氧化为，滴加NaOH溶液生成红褐色氢氧化铁沉淀，故C错误；钠的熔点低，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体过氧化钠，故D正确。‎ 考点：本题考查化学实验现象及现象解释。‎ ‎16.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2‎ 固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是 A. Fe3+ B. Fe2+ C. Al3+ D. NH4+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变；A．Fe3+增多，故A不选；B．Fe2+减少，故B选；C．铝离子浓度保持不变，故C选；D．NH4+减少，故D不选；故选C。‎ 考点：考查了离子反应发生的条件、物质的性质的相关知识。‎ ‎17.已知下列离子在酸性条件下都能氧化 I，它们自身发生如下变化：① Cr2O72－→Cr3+，②IO3－→I2，③MnO4－→Mn2+。如果分别用等物质的量的这些离子氧化足量的 I，得到I2的物质的量由多到少的顺序正确的是（ ）‎ A. ②＝③＞① B. ①＞②＝③ C. ②＞③＞① D. ①＝②＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，在3个反应中氧化剂不一样，而还原剂均为碘化钾中的碘离子，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的 I，得到I2最多的也就是比较每1mol氧化剂得电子的多少，谁得电子多谁氧化的 I多，生成的I2就多。①Cr2O72－→ Cr3+得6mole-，生成3mol单质碘。②IO3－→ I2得5mole-，但由于还原产物也是单质碘，所以共得到2.5mol＋0.5mol＝3mol单质碘。③1molMnO4-→Mn2+得5mole-，得到2.5mol单质碘，1mol氧化剂参加反应生成的I2是①＝②＞③，答案选D。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算 ‎18.15g铁粉和氧化铁的混合物，放入150mL稀H2SO4中，发现固体完全溶解，并放出1.68L H2(标准状况)，加入 SCN溶液后，无颜色变化。为了使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，共耗用200mL 3 mol/L NaOH溶液，则原硫酸溶液的物质的量浓度为 A. 4 mol·L—1 B. 3 mol·L—1 C. 2 mol·L—1 D. 1mol·L—1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：解：发现固体完全溶解，铁和氧化铁均无剩余，铁元素在反应后的溶液中以Fe2+形式存在，为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）=0.5n（NaOH），则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.5n（NaOH）=0.5×3mol/L×0.2L=0.3mol，‎ c（H2SO4）=0.3mol/0.15L=2mol/L，故选C．‎ 考点：考查了混合物的计算的相关知识。‎ ‎19.下列实验能证明某气体中一定有二氧化硫存在的是 ‎①能使澄清石灰水变浑浊 ‎ ‎②能使品红溶液褪色 ‎③能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 ‎④通入足量的NaOH溶液，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于盐酸 ‎⑤通入溴水能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生 A. 都不能 B. 都能 C. ②④⑤ D. 只有⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①使澄清石灰水变浑浊的气体也可能是二氧化碳，不能证明气体一定为SO2，故①错误；‎ ‎②使品红溶液褪色气体有很多，如臭氧，不能证明气体为SO2，故②错误；‎ ‎③可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，其水溶液显酸性，不能证明该气体一定为SO2，故③错误；‎ ‎④通入足量的NaOH溶液中，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸，则该沉淀可能是碳酸钡或亚硫酸钡，不能证明该气体一定为SO2，故④错误；‎ ‎⑤通入溴水中使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，说明该气体有还原性，且其氧化物质中有硫酸根离子，该气体一定为SO2，故⑤正确。‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎20.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠反应的是 ‎①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al ⑤NaHSO4⑥AlCl3⑦NaAlO2‎ A. ①⑤ B. ②③④⑥⑦ C. ①②③④ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠反应的物质有弱酸的铵盐，弱酸的酸式盐，Al、Al2O3、Al(OH)3、氨基酸和蛋白质，即①②③④符合题意，答案选C。‎ 考点：考查既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠反应的物质。‎ ‎21.两种单质粉末的混合物52g，溶于足量的NaOH溶液中，生成标准状况下的氢气22.4L，则这种混合物不可能是 A. Na和 B. Mg和Al C. Si和Al D. Al和Fe ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，‎ A. Na和 均能和溶液中的水反应生成氢气，假设52g全部为Na，根据电子得失守恒可知生成氢气的量为n(H2)×2=1×52/23,则n(H2)=52/46 mol；假设52g全部为 ，根据电子得失守恒可知生成氢气的量为n(H2)×2=1×52/39,则n(H2)=52/78 mol；若52g为Na和 混合物，生成氢气的量可能为1mol，正确；‎ B.Mg与氢氧化钠溶液不反应，生成氢气的量为0；铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气；假设52g全部为Al，根据电子得失守恒可知生成氢气的量为n(H2)×2=3×52/27,则n(H2)=52/18 mol；若52g 为Mg和Al混合物，生成氢气的量可能为1mol，正确；‎ C.Si和氢氧化钠溶液反应生成氢气，假设52g全部为Si，根据电子得失守恒可知生成氢气的量为n(H2)×2=4×52/28 mol,则n(H2)=52/14 mol；铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气；假设52g全部为Al，根据电子得失守恒可知生成氢气的量为n(H2)×2=3×52/27 mol,则n(H2)=52/18mol；若52g为 Si和Al混合物，生成氢气的量不可能为1mol，错误；‎ D. 铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气；假设52g全部为Al，根据电子得失守恒可知生成氢气的量为n(H2)×2=3×52/27 mol,则n(H2)=52/18mol；Fe与氢氧化钠溶液不反应，生成氢气的量为0；若52g Al和Fe 混合物，生成氢气的量可能为1mol，正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎22.下列现象或事实不能用同一原理解释的是 A. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质 B. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存 C. SO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色 D. Cl2和SO2都能使品红溶液褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 硫化钠和亚硫酸钠都具有强的还原性；‎ B. 浓硝酸见光易分解;氯水见光会分解；‎ C. SO2和Na2SO3溶液都具有强的还原性，能够与溴水反应； ‎ B. Cl2是氧化性漂白，SO2为非氧化性漂白。‎ ‎【详解】A. 硫化钠和亚硫酸钠都具有强的还原性，固体长期暴露在空气中，易被氧气氧化而变质，均体现两种物质的还原性，能用同一原理解释，A错误；‎ B. 浓硝酸见光易分解,须存放在棕色瓶中;氯水见光会分解,应盛放在棕色瓶中,能用同一原理解释，B错误；‎ C. SO2和Na2SO3溶液都具有强的还原性，能够与溴水发生氧化还原反应,而使溴水褪色,二者原理一样，C错误； D. Cl2能使品红溶液褪色的原因是其具有强氧化性，SO2能使品红溶液褪色的原因是其与有色物质结合生成不稳定的无色物质，属于非氧化性漂白，不能用同一原理解释，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】二氧化硫与氯化钡溶液不反应，因为亚硫酸的酸性弱于盐酸；二氧化硫与硝酸钡溶液反应，因为在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，其与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀，所以笼统地说可溶性钡盐与二氧化硫不反应是错误的。‎ ‎23.在100mL某混合溶液中，c(HNO3)=0.4mol/L，c(H2SO4)=0.1mol/L，向其中加入 1.92g铜粉，微热，充分反应后溶液中c(Cu2+)为 A. 0.15mol/L B. 0.3mol/L C. 0.225mol/L D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：硝酸与Cu反应的离子方程式是：3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，n(H+)＝0.1L×0.4mol/L+0.2L×2×0.1mol/L＝0.08mol；n(NO3－)＝0.1L×0.4mol/L＝0.04mol；n(Cu)＝1.92g÷64g/mol＝0.03mol，由于在反应方程式中n(Cu): n(H+)：n(NO3－)=3:8:2，所以硝酸根过量足量，氢离子和铜恰好反应，所以n(Cu2+)＝0.03mol，c(Cu2+) =" n÷V=0.03mol" ÷0.1L="0.3" mol/L。答案选B。‎ 考点：考查反应物有过量时的离子方程式的计算的知识。‎ ‎24.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++ Ce3+ ，Sn2++2Fe3+=2 Fe2++ Sn4+ 。由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+ 三种离子的还原性由强到弱的顺序是 A. Sn2+ 、Fe2+、Ce3+ B. Sn2+ 、Ce3+ 、Fe2+‎ C. Ce3+、Fe2+、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+ 、Ce3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+>Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+>Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+>Fe2+>Ce3+。答案选A。‎ ‎25.A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如图所示。‎ 下列分析不正确的是(　　)‎ A. 当m1>m2时，溶液a中的阴离子只有1种 B. 生成蓝色溶液的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋‎ C. 要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸 D. 当m2－m3＝2.96 g时，Fe3O4的质量至少为2.32 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、因固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4 2Fe3+ Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g×232÷（232+64）=2.32g，故D正确。‎ 考点：常见金属元素的单质和化合物的综合应用 ‎26. 选择下列实验方法分离物质，将最好的分离方法的序号填在横线上。‎ A．萃取分液法 B．加热法 C．结晶法 D．分液法 E．过滤法 ‎ F．蒸馏法 ‎(1)___________分离饱和食盐水和沙子的混合物；‎ ‎(2)___________分离二氧化硅与氯化铵的化合物；‎ ‎(3)___________分离水和煤油的混合物；‎ ‎(4)____ _______分离碘和酒精；‎ ‎(5)___________分离溴水中的溴和水。‎ ‎【答案】（1）E （2）B （3）D （4）F （5）A（答AF也可）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，据此可以解答。‎ ‎（1）沙子不溶于水，过滤即可，答案选E。‎ ‎（2）二氧化硅热稳定性强，而氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，则分离二氧化硅与氯化铵的化合物的方法是加热法，答案选B。‎ ‎（3）煤油不溶于水，则分离水和煤油的混合物方法是分液发，答案选D。‎ ‎（4）碘单质易溶在酒精中，二者的沸点相差较大，所以分离碘和酒精的方法是蒸馏，答案选F。‎ ‎（5）单质溴易溶在有机溶剂中，所以分离溴水中的溴和水的方法是萃取，答案选A。‎ 考点：考查物质的分离与提纯 ‎27.根据如图所示转化关系，判断A、B、C、D各是什么物质，写出有关的化学方程式：‎ ‎（1）当A为气体单质时，A是________，B是__________，C是________，D是________，E是________，E→C的化学方程式：_________________________________________________。‎ ‎（2）当A为固体单质时，A是________，B是________，C是________，D是________，E是________，E→C的化学方程式是_______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). N2 (2). NH3 (3). NO (4). NO2 (5). HNO3 (6). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O (7). S (8). H2S (9). SO2 (10). SO3 (11). H2SO4 (12). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)当A是气体单质时,A能与氧气、氢气反应,且B能发生连续氧化反应,E能和Cu反应生成C,则E为硝酸,所以A是N2，B为NH3,C为NO,D为NO2,E为HNO3；据以上分析解答。‎ ‎(2)如果A是固体单质,E为酸,能和Cu反应生成C,则E是硫酸, A是S,B是H2S,C是SO2,D是SO3, E是H2SO4；据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)当A是气体单质时,A能与氧气、氢气反应,且B能发生连续氧化反应,E能和Cu反应生成C,则E为硝酸,A为氮气，A和氢气反应生成B为氨气，A和氧气反应生成C为NO, NO被氧气氧化生成D为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸E，所以当A为气体单质时，A是N2，B为NH3,C为NO,D为NO2,E为HNO3；稀硝酸和铜反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，E→C的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；‎ 综上所述，本题答案是：N2，NH3，NO,NO2,HNO3；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。‎ ‎(2)如果A是固体单质,E为酸,能和Cu反应生成C,则E是浓硫酸，则A为S，A和氢气反应生成B为H2S,A和氧气反应生成C为SO2,C被氧气氧化生成D为SO3；当A为固体单质时，A是S,B是H2S,C是SO2,D是SO3, E是H2SO4；浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，E→C的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O； ‎ 综上所述，本题答案是：S, H2S, SO2, SO3, H2SO4；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。‎ ‎28.某校研究性学习小组，探究一定量的浓硫酸与足量锌充分反应产生的气体产物，进行如下实验：按图组装好实验装置，在A中加入5 mL 98 的浓硫酸和足量的锌粒，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E 中的气泡量又会明显增加。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）写出A中从反应开始到停止可能发生反应的化学方程式：_________________________________________。‎ ‎（2）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接____、____接b，c接____、____接d；D、E两支试管中CCl4的作用是_______________________________。‎ ‎（3）能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为___________________________________；反应较长时间后气泡量又会明显增加的原因是_________________________________。‎ ‎（4）D中浑浊消失的离子反应方程式为_________________________________________。‎ ‎【答案】(1) n＋2H2SO4(浓)=== nSO4＋SO2↑＋2H2O n＋H2SO4(稀)=== nSO4＋H2↑‎ ‎(2)3或4　4或3　2　1　 防倒吸 ‎(3)C中品红溶液褪色　浓H2SO4变成稀H2SO4后，与 n反应放出H2‎ ‎(4)SO2＋H2O＋CaSO3===Ca2＋＋2HSO ‎【解析】‎ ‎（1）浓硫酸和锌反应生成硫酸锌、SO2和水。但随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，因此最后会生成氢气和硫酸锌，反应的方程式分别是 n＋2H2SO4(浓)=== nSO4＋SO2↑＋2H2O、 n＋H2SO4(稀)=== nSO4＋H2↑。‎ ‎（2）由于SO2极易溶于水，所以B处应该是防倒吸的装置，所以选择是乙装置；C处是检验SO2的漂白性的，所以选择甲装置，因此正确的连接顺序是3或4　4或3　2　1。由于SO2极易溶于水，而四氯化碳的密度不溶于水，且在水的下层，所以D、E两支试管中CCl4溶液的作用是防倒吸。‎ ‎（3）①证明浓硫酸具有强氧化性，数目反应中有SO2生成，因此现象是C中品红溶液褪色。‎ ‎②随着反应的进行，浓H2SO4变成稀H2SO4后，与 n反应放出H2，所以气体又逐渐增加。‎ ‎（4）由于过量的SO2能和亚硫酸钙反应生成亚硫酸氢钙，因此又变澄清，反应的方程式是SO2＋H2O＋CaSO3===Ca2＋＋2HSO。‎ ‎29.将一定质量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加浓度为5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。‎ ‎（1）加入NaOH溶液0 20 mL时的反应的离子方程式为________________，160 180 mL时的反应的离子方程式为____________________________。‎ ‎（2）合金中Mg的质量为________g，所用HCl的物质的量浓度为________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). H＋＋OH－===H2O (2). Al(OH)3＋OH－===AlO＋H2O (3). )4.8 (4). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题图可知，加入NaOH溶液的体积小于20 mL时，没有沉淀生成，说明原溶液中溶解Mg、Al后，盐酸有剩余，则发生的反应为HCl＋NaOH=NaCl＋H2O；继续滴加NaOH溶液至160 mL时，沉淀量最大，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为NaCl溶液；再继续滴加NaOH溶液，发生反应：Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O。‎ ‎(2)由题图可知，产生沉淀的过程中消耗氢氧化钠溶液140 mL，由OH－守恒可知3n[Al(OH)3 ＋2n[Mg(OH)2 ＝n(NaOH)＝(0.16 L－0.02 L)×5 mol/L＝0.7 mol；溶解Al(OH)3的过程中发生反应Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，消耗氢氧化钠溶液20 mL，所以n[Al(OH)3 ＝(0.18 L－0.16 L)×5mol/L＝0.1 mol，故n[Mg(OH)2 ＝0.2 mol，由原子守恒可知n(Mg)＝n[Mg(OH)2 ＝0.2 mol，所以Mg的质量为0.2 mol×24 g/mol＝4.8 g。加入氢氧化钠溶液为160 mL时，沉淀量最大，溶液为氯化钠溶液，根据钠原子守恒，溶液中n(NaCl)＝n(NaOH)＝0.16 L×5 mol/L＝0.8 mol，根据氯原子守恒n(HCl)＝n(NaCl)＝0.8 mol，故HCl的物质的量浓度为 ＝8 mol/L。‎ ‎ ‎