【化学】湖南省雅礼中学2019-2020学年高一12月月考试题（解析版） 17页

湖南省雅礼中学2019-2020学年高一12月月考试题 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 S—32 O—16 N—14 C1—35.5 Na—23 Mg—24 Al—27 Fe—56 Ba—137‎ 一、选择题(本题包括20小题，共50分。1~10题，每小题2分；11~20题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（ ）‎ A. 碳酸钠 B. 氢氧化铝 C. 氧化钙 D. 硫酸镁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；‎ 故答案选B。‎ ‎2.数学中的有些逻辑关系(如下图)对帮助我们理解化学概念很有益处，下列说法正确的是(　　)‎ A. 强电解质与弱电解质属于交叉关系 B. 离子反应与复分解反应属于并列关系 C. 胶体与分散系属于包含关系 D. 化合物与电解质属于并列关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、电解质依据电离程度分为强电解质和弱电解质，强电解质与弱电解质属于并列关系，故A错误；‎ B项、复分解反应可能属于离子反应，离子反应可能为复分解反应，离子反应与复分解反应属于交叉关系，故B错误；‎ C项、分散系依据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，胶体与分散系属于包含关系，故C正确；‎ D项、化合物分为电解质和非电解质，化合物与电解质属于包含关系，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因有（ ）‎ A. NaOH固体放在滤纸上称量 B. NaOH固体中混有Na2O杂质 C. 摇匀后发现液面低于刻度线，加水至刻度线 D. 有少量NaOH溶液残留在烧杯中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】分析操作对n、V的具体影响，根据c=分析不当操作对浓度的影响。‎ ‎【详解】A、根据烧碱具有吸水性和腐蚀性，应放在小烧杯中称量，若放在纸上称量则会吸水，导致氢氧化钠的质量偏小，所配制的溶液浓度偏低，故A错误；‎ B、称量的NaOH固体中混有Na2O杂质，导致氢氧化钠物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B正确；‎ C、摇匀后发现液面低于刻度线，加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故C错误；‎ D、有少量NaOH溶液残留在烧杯中，导致氢氧化钠的物质的量偏小，浓度偏低，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.下列有关金属元素特征的叙述正确的是（ ）‎ A. 金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性 B. 在化学反应中，由于铝原子能失去三个电子，而钠原子只能失去一个电子，所以铝的还原性比钠强 C. 镁、铝在空气中都能形成致密氧化膜 D. 金属元素的单质在常温下都为固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故A错误；‎ B、单质还原性强弱，与失去电子的难易程度有关，与失去电子数目多少无关，如Al原子失去3个电子，Na原子失去1个电子，但还原性Na比Al强，故B错误；‎ C、镁、铝在空气中都能形成致密氧化膜，有保护作用，故C正确；‎ D、金属元素的单质在常温下不一定为固体，如金属汞在常温下为液态，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎5.下列实验设计方案不可行的是（ ）‎ A. 某溶液中加入盐酸后有无色气体产生，该气体能够使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液中含CO32－‎ B. 用焰色反应鉴别NaCl和KNO3‎ C. 先后添加石蕊试液、BaCl2溶液，可将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液鉴别开 D. 向试管中加水就可以鉴别萃取实验后分液漏斗中哪层是水层，哪层是有机层 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、某溶液中加入盐酸后有无色气体产生，该气体能够使澄清的石灰水变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸氢根离子、亚硫酸根离子等，不一定含CO32-，故A不可行；‎ B、焰色反应为元素的性质，Na、K的焰色反应分别为黄色、紫色，则可鉴别，故B可行；‎ C、石蕊可将溶液分成三组，盐酸、硫酸为一组，硫酸钠、硝酸钾为一组，可鉴别出NaOH，再选氯化钡检验硫酸、硫酸钠，现象不同可鉴别，故C可行；‎ D、向萃取实验后分液漏斗中加水，增高的层为水层，不变的为有机层，故D可行。‎ 答案选A。‎ ‎6.某工厂排放的工业废水中可能含有K＋、Ag＋、NH4＋、Mg2＋、SO42－、Cl－、NO3－、HCO3－等离子。经检测废水呈明显的碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是（ ）‎ A. Ag＋、K＋、NO3－、HCO3－ B. K＋、NH4＋、NO3－、SO42－‎ C. Ag＋、NH4＋、Mg2＋、HCO3－ D. K＋、Mg2＋、SO2、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】废水呈明显的碱性，则含有大量的OH-，与Ag+、NH4+、Mg2+均反应，则阳离子一定存在K+，且能与HCO3-反应，以此来解答。‎ ‎【详解】因废水呈明显的碱性，则含有大量的OH-，OH-能分别与HCO3-、Ag+、NH4+、Mg2+反应，则溶液中一定不存在HCO3-、Ag+、NH4+、Mg2+。‎ 答案选C。‎ ‎7.对于等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列说法错误的是（ ）‎ A. 相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3‎ B. 若分别加入少量澄清石灰水，两溶液中均会产生沉淀 C. 生活中，人们常用纯碱作为食用碱而小苏打不能 D. 纯碱溶液与盐酸可采用互滴法将其鉴别 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3；分别加入少量澄清石灰水，都会生成碳酸钙沉淀；小苏打碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，可以用于食用碱，但苏打易与酸反应生成二氧化碳，也可用于食用碱；盐酸少量无气体生成，盐酸过量生成气体。‎ ‎【详解】A、碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则Na2CO3溶液pH较大，所以相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3，故A正确；‎ B、分别加入少量澄清石灰水，都会生成碳酸钙沉淀，故B正确；‎ C、小苏打碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，可以用于食用碱，但苏打易与酸反应生成二氧化碳，也可用于食用碱，故C错误；‎ D、碳酸钠溶液中滴入盐酸，开始无气体生成，盐酸过量生成气体，若想盐酸中滴加纯碱溶液，立即就有气体产生，可采用互滴法将其鉴别，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎8.某同学在做实验时引发了镁失火，他立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C，下列关于该反应的判断正确的是（ ）‎ A. Mg元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原产物 B. 由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>C C. CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应 D. Mg原子失去的电子数目等于O原子得到的电子数目 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】2Mg+CO22MgO+C，镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物。‎ ‎【详解】镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物，A错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2＞MgO，还原性Mg＞C，故B正确；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，发生还原反应，C错误；根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.下列实验现象描述不正确的是（ ）‎ 选项 实 验 现 象 A 加热放在石棉网上的小块钠 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 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着 C 点燃的镁条伸入盛有O2的集气瓶 底部铺有少量细砂)中 镁条继续燃烧，发出耀眼白光放出大量热量，生成白色固体 D 系有火柴的细铁丝引燃后伸入盛有O2的集气瓶(底部铺有少量细砂)中 铁丝剧烈燃烧，火星四射，生成红色固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球，燃烧火焰为黄色，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故A正确；‎ B、铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；‎ C、镁条继续燃烧，发出耀眼白光放出大量热量，生成氧化镁白色固体，故C正确；‎ D、铁丝燃烧产生四氧化三铁固体，四氧化三铁是黑色固体；故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎10.下列变化通过一步实验不能直接完成的是（ ）‎ A. Fe→Fe3O4 B. Al2O3→Al(OH)3 ‎ C. Na2CO3→NaOH D. Na2O→Na2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由一步实现的物质间的转化，要求反应通过一个反应即可转化生成目标物质，可根据原物质的性质及变化规律，判断是否能通过一步反应不能直接实现的选项。‎ ‎【详解】A、铁在空气中或氧气中燃烧产生四氧化三铁，故A不符合题意；‎ B、Al2O3→Al(OH)3转化，应先生成Al3+或AlO2-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al(OH)3，故B符合题意；‎ C、Na2CO3与氢氧化钙或氢氧化钡反应生成沉淀和NaOH，故C不符合题意；‎ D、Na2O与氧气加热条件下反应生成Na2O2，故D不符合题意。‎ 答案选B。‎ ‎11.下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是（ ）‎ A. FeBr2与Cl2 B. Ba(OH)2与NaHSO4‎ C. CO2与NaOH D. Ca(HCO3)2与Ca(OH)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答。‎ ‎【详解】A、亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，故A错误；‎ B、Ba(OH)2与NaHSO4溶液反应，当NaHSO4足量时可以发生2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，当Ba(OH)2‎ 足量时可能发生H++SO42-+Ba2++OH-═BaSO4↓+H2O，与反应物的量有关，故B错误；‎ C、CO2与NaOH反应，CO2少量生成碳酸钠；CO2过量生成碳酸氢钠，离子方程式不同，故C错误；‎ D、Ca(HCO3)2与Ca(OH)2反应，无论两者的比例如何均能用同一个离子方程式HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓来表示，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎12.某溶液中含有下列六种离子：①HCO3-②SO32-③Na+④CO32- ⑤NH4+⑥NO3-,向其中加入一定量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）‎ A. 只有⑥ B. ④⑥ C. ③④⑥ D. ①②⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2具有氧化性，能氧化②SO32‾，Na2O2与水反应生成NaOH，与①HCO3-、⑤NH4+反应，生成④CO32-，所以浓度基本保持不变的是⑥；‎ 答案选A。‎ ‎13.已知：①2K2CrO4＋H2SO4=K2Cr2O7＋K2SO4＋H2O ‎②K2Cr2O7＋6FeSO4＋7H2SO4=3Fe2(SO4)3＋Cr2(SO4)3＋K2SO4＋7H2O ‎③Fe2(SO4)3＋2HI=2FeSO4＋I2＋H2SO4‎ 下列结论正确的是（ ）‎ A. ①②均是氧化还原反 B. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2‎ C. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1‎ D. 反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为6.02×1023‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】本题根据氧化还原反应的本质为有电子的转移可以判断反应是否为氧化还原反应；氧化剂得电子、被还原、生成还原产物，还原剂失电子、被氧化、生成氧化产物；判断转移电子数；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性等知识点。‎ ‎【详解】A、①化学反应方程式中没有电子的转移，不为氧化还原反应，故A错误；‎ B、在②反应中K2Cr2O7为氧化剂，FeSO4为还原剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，Cr2(SO4)3‎ 为还原产物，在第三个反应中Fe2(SO4)3为氧化剂，HI为还原剂，I2为氧化产物，FeSO4为还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的还原性，故氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2，故B正确；‎ C、反应②中K2Cr2O7为氧化剂，FeSO4为还原剂，物质的量之比为1：6，故C错误；‎ D、反应③中HI为还原剂，1 molHI被氧化失去1 mol电子，0.1mol还原剂共失去电子数为6.02×1022，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.将m克Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL0.1mol·L－1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3＋、Al3＋刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为（ ）‎ A. 0.1mol·L－1 B. 0.2mol·L－1 ‎ C. 0.4mol·L－1 D. 0.8mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），据此计算n（NaOH），再根据c=计算NaOH溶液的浓度。‎ ‎【详解】将a克Al2O3和Fe2O3样品溶解在过量的100ml浓度为0.10mol/L的硫酸溶液中，反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，根据钠离子守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.04mol，则该氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）==0.4mol/L。‎ 答案选C。‎ ‎15.将0．4gNaOH和1．069混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】n(NaOH)==0.01mol、n(Na2CO3)==0.01mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.01L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+ H+(少量)=HCO3-，此时再消耗0.01L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生0.01mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。‎ ‎16.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（ ）‎ A. H2O2 B. IO3-‎ C. MnO4- D. HNO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。‎ ‎【详解】根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1 mol H2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3－本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。答案选B。‎ ‎17.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2：MnO2＋2H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋H2O B. 稀硫酸与NaOH溶液反应：2H＋＋2OH－=2H2O C. 醋酸洗涤铜器表面的碱式碳酸铜：Cu2(OH) 2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O D. 向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH) 3(胶体)＋3H＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A选项中电荷不守恒；B项没有化为最简整数比；C项醋酸是弱酸。‎ ‎【详解】A、实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2：MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O，故A错误；‎ B、 稀硫酸与NaOH溶液反应：H＋＋OH－=H2O，故B错误；‎ C、醋酸是弱酸，要保留化学式，故C错误；‎ D、向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，反应的离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH) 3(胶体)＋3H＋，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎18.将一块金属钠分别投入到下列物质的溶液中，有气体放出且溶液质量减轻的是（ ）‎ A. K2SO4 B. HCl C. BaCl2 D. FeCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】钠和盐溶液的反应实质是先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与盐发生复分解反应，如果溶液质量减轻，说明从溶液中放出气体的质量大于加入的钠的质量，根据金属钠和所给物质间的反应情况来回答。‎ ‎【详解】A、钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），故A错误；‎ B、钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），故B错误；‎ C、钠与氯化钡溶液反应生成氢氧化钠和氢气，反应的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2‎ ‎），故C错误； D、钠与氯化铁溶液反应生成氢气和氢氧化铁，反应的方程式为：6Na+2FeCl3+6H2O═6NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑，根据方程式可知，溶液减少的质量=m（H2）+m（Fe（OH）3）-m（Na），故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎19.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液 B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁 C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应 D. 反应①的离子方程式为Al2O3＋2OH-=2AlO2-＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，Y为CO2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答。‎ ‎【详解】A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，故A正确；‎ B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤得到沉淀为氧化铁，故B正确；‎ C、反应①②是复分解反应，不属于氧化还原反应，而氧化铝电解是氧化还原反应，故C错误；‎ D、 反应①是氧化铝溶于氢氧化钠，离子方程式为Al2O3＋2OH-=2AlO2-＋H2O，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎20.在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（　　）‎ A. 1：10 B. 9：1 C. 4：1 D. 4：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。‎ ‎【详解】分两种情况：‎ ‎⑴ 若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)= ；‎ ‎⑵ 若H2过量，根据化学反应方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)= ；‎ 故答案为D。‎ 二、非选择题(每空2分，共50分)‎ ‎21.Ⅰ.（1）以下是日常生活中常见的一些物质：①液氯、②酒精、③CO2、④熟石灰、⑤碳酸钠、⑥稀盐酸、⑦CaO、③Na2O2、⑨Cu，请你指出(填写序号)：‎ 属于碱性氧化物的是___；能导电的是___。‎ ‎（2）胶体粒子直径在___nm之间 Ⅱ.化学计量在化学中占有重要地位。根据计算填空：‎ ‎（1）实验室某浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20g·cm－3，此浓盐酸的物质的量浓度是___mol·L－1；‎ ‎（2）6.8gH2O2与标准状况下___LCO2所含氧原子数相同；‎ Ⅲ.除去Mg粉中的Al粉，指明应加入的试剂，写出有关的离子反应方程式。‎ Mg粉(Al粉)：试剂___，离子方程式____。‎ IV.配平如下方程式 ‎___NaClO＋___NH3·H2O＝___N2H4＋___NaCl＋___H2O ‎【答案】(1). ⑦ (2). ⑥⑨ (3). 1-100 (4). 12.0 (5). 4.48 (6). NaOH (7). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (8). 1 (9). 2 (10). 1 (11). 1 (12). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ ‎、碱性氧化物能与酸反应生成盐和水，主要包括绝大多数金属氧化物；能导电的物质必须具有能自由移动的带电的微粒；胶体粒子直径在1-100nm之间；‎ Ⅱ、（1）根据物质的量浓度c=来计算；‎ ‎（2）先计算H2O2中氧原子的物质的量，再计算二氧化碳的物质的量，最后计算标准状况下其体积；‎ Ⅲ、根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变； ‎ IV、先判断元素化合价的变化，再根据升降守恒配计量数。‎ ‎【详解】Ⅰ、（1）碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，主要包括绝大多数金属氧化物，因此⑦CaO是碱性氧化物；能导电的物质必须具有能自由移动的带电的微粒，有⑥稀盐酸和⑨Cu；故答案为：⑦；⑥⑨；‎ ‎（2）胶体粒子直径在1-100nm之间，故答案为：1-100；‎ Ⅱ、（1）溶液的物质的量浓度c===12.0 mol•L-1，故答案为：12.0；‎ ‎（2）6.8gH2O2中氧原子的物质的量为=0.4mol,则CO2的物质的量为0.2mol ，其标准状况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48；‎ Ⅲ、Mg和铝都是金属，都和酸反应，但铝和氢氧化钠溶液反应，Mg和氢氧化钠溶液不反应，所以可以选取氢氧化钠溶液作除杂剂，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：NaOH； 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ IV、氯元素从+1到-1价，氮元素从-3价变到-2价，两个氮原子升高2价，故系数配出来为：1，2，1，1，1，3；故答案为：1，2，1，1，1，3。‎ ‎22.现有三种可溶性物质A、B、C，其中A、B属于盐，C属于碱，它们溶于水后电离产生的所有离子如下表所示：‎ 阳离子 Na＋ H＋ Ba2＋‎ 阴离子 OH－ CO32－ SO42－‎ 请根据下列叙述回答问题：‎ ‎（1）C的化学式为___。‎ ‎（2）A溶液与B溶液反应可生成气体，则该反应的离子方程式为___。‎ ‎（3）A、B溶液与C溶液反应可分别生成白色沉淀D和E，其中D可溶于稀硝酸。‎ ‎①B的化学式为___，鉴别溶液中B的阴离子的试剂为___。‎ ‎②D溶于稀硝酸的离子方程式为___。‎ ‎③D与E的混合物ag，加入足量盐酸，完全反应生成的气体在标准状况下体积为VL，则E在混合物中的质量分数的表达式为___。‎ ‎【答案】(1). Ba(OH)2 (2). 2H++CO32-=H2O+CO2↑ (3). NaHSO4 (4). 稀盐酸、BaCl2溶液 (5). 2H+ +BaCO32-=Ba2++H2O+CO2↑ (6). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】可溶性物质A、B、C，C是碱，则C中含有OH-和Na+ 或Ba2+，碳酸钡和硫酸钡都是沉淀，所以C是Ba(OH)2；A、B是盐，且都是可溶性盐，A溶液与B溶液反应可生成气体X，则应该是硫酸氢钠和碳酸钠，A、B溶液与C溶液反应可分别生成白色沉淀D和E，其中D可溶于稀硝酸，则D应该是BaCO3，则A是Na2CO3，B是NaHSO4，E是BaSO4，据此分析解答。‎ ‎【详解】可溶性物质A、B、C，C是碱，则C中含有OH-和Na+ 或Ba2+，碳酸钡和硫酸钡都是沉淀，所以C是Ba(OH)2；A、B是盐，且都是可溶性盐，A溶液与B溶液反应可生成气体X，则应该是硫酸氢钠和碳酸钠，A、B溶液与C溶液反应可分别生成白色沉淀D和E，其中D可溶于稀硝酸，则D应该是BaCO3，则A是Na2CO3，B是NaHSO4，E是BaSO4。‎ ‎（1）通过以上分析，C是氢氧化钡，其化学式为Ba(OH)2，故答案为：Ba(OH)2；‎ ‎（2）A是碳酸钠、B是硫酸氢钠，二者反应生成二氧化碳，所以X是CO2，离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案为：2H++CO32-=H2O+CO2↑；‎ ‎（3）①通过以上分析知，B的化学式为NaHSO4 ，B中阴离子为硫酸根离子，其检验方法是先加稀盐酸除去其它离子干扰，然后再滴加氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，就说明含有硫酸根离子，故答案为：NaHSO4 ；稀盐酸、BaCl2溶液；‎ ‎②D是碳酸钡，碳酸钡和稀硝酸反应生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑；‎ ‎③D是碳酸钡、E是硫酸钡，碳酸钡和稀盐酸反应，而硫酸钡和稀盐酸不反应，n（CO2）==mol，根据C原子守恒得n（CO2）=n（BaCO3）=‎ mol，则m（BaCO3）=mol×197g/mol=g，硫酸钡的质量=ag-g，则硫酸钡在混合物中的质量分数的表达式为×100%=×100%，故答案为：×100%。‎ ‎23.氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。‎ ‎（1）H3PO2均可将溶液中的 Ag＋还原为 Ag，从而可用于化学镀银。‎ ‎①H3PO2中P元素的化合价为___。‎ ‎②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，则氧化产物为___。‎ ‎（2）氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为8HClO3＝3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。根据题意完成下列小题：‎ ‎①该反应的还原产物是___(填化学式)；‎ ‎②所得混合气体的平均相对分子质量为___。‎ ‎（3）已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IO3－、MnO4－、IO4－。‎ ‎①有关反应的离子方程式为___。‎ ‎②在锰离子转化为高锰酸根离子的反应中，如果把反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的c(H＋)＝0.03mol/L，则在反应中转移电子的物质的量为___mol。‎ ‎【答案】(1). +1 (2). H3PO4 (3). Cl2 (4). 47.6 (5). 2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+ (6). 0.05‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；②先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1计算出氧化产物中P的化合价；‎ ‎（2）得电子的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中发生还原反应，失电子的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，在数值上，平均式量=平均摩尔质量=，据此分析；‎ ‎（3）锰离子失电子而转化为高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，则得电子化合价降低的物质作氧化剂，根据元素的化合价确定氧化剂和还原产物，再结合离子方程式的书写规则书写；反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=2，则n（H+）=1L×0.03mol/L=0.03mol，根据方程式计算。‎ ‎【详解】（1）①H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为-2价，则P元素的化合价为：+1价；故答案为：+1；‎ ‎②利用H3PO2进行化学镀银反应中，反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故答案为：H3PO4；‎ ‎（2）Cl元素的化合价由+5价→0价，所以还原产物是Cl2；平均式量=平均摩尔质量==47.6，故答案为：Cl2；47.6；‎ ‎（3）①锰离子失电子被氧化生成高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO3-和IO4-中碘元素的化合价分别是+5价和+7价，所以IO4-作氧化剂，还原产物是IO3-，同时水参加反应生成氢离子，所以该反应的离子方程式为：‎ ‎2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+；故答案为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+；‎ ‎②2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+反应中当转移10mol电子时，生成6mol氢离子，如果把反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的c(H＋)＝0.03mol/L，则n(H+)=1L×0.03mol/L=0.03mol，所以转移电子为=0.05mol，故答案为：0.05‎ ‎24.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mo1·L－1盐酸、6mol·L－1硫酸和蒸馏水)。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中液体试剂选用___。‎ ‎（2）装置B的作用是___。装置E中碱石灰的作用是___，以及防止水蒸气进入D中干扰实验。‎ ‎（3）装置D中发生反应的化学方程式是___。‎ ‎（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为___。‎ ‎【答案】(1). 6mol/L盐酸 (2). 除去气体中的HCl (3). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (4). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2=Na2CO3 (5). 78%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】测定Na2O2试样的纯度，由实验装置可知，A中CaCO3与盐酸反应生成二氧化碳，B中除去挥发的HCl，C起到干燥的作用，D中Na2O2与CO2反应生成O2，E中碱石灰用于吸收二氧化碳气体，F、G可排水测定氧气的体积，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/L盐酸；‎ ‎（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：除去气体中的HCl；吸收装置D中反应剩余的CO2；‎ ‎（3）氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2=Na2CO3；‎ ‎（4）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=×100%=78%，故答案为：78%。‎ ‎ ‎