辽宁省大连二十中2015-2016学年高一化学上学期期末试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题：（本题共有22题，每题只有一个选项符合题意，每题2分，共计44分）‎ ‎1．下列关于化学与生产、生活的认识错误的是（　　）‎ A．CO2、SO2、N2等均是造成温室效应的气体 B．节能减排符合低碳经济的要求 C．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一 D．大量焚烧田间秸秆会污染空气 ‎　‎ ‎2．速滑冰刀可用不锈钢制成，不锈钢含有的主要元素是（　　）‎ A．铁 B．碳 C．铜 D．铝 ‎　‎ ‎3．下列关于物质用途的叙述中不正确的是（　　）‎ A．Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂 B．在常温下可用铝制容器贮藏运输浓硫酸 C．Al（OH）3可作治疗胃酸过多的一种药剂 D．四氧化三铁俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料 ‎　‎ ‎4．下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是（　　）‎ A．Na2O2和Na2O都是白色固体，都能与冷水作用得到O2和NaOH B．在Na2O2与水的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是水 C．相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1：1‎ D．Na2O与Na2O2都能与水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ‎　‎ ‎5．下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O B．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓‎ D．铁和稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑‎ ‎　‎ ‎6．在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（　　）‎ A．K+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣ B．NH4+、HCO3﹣、Cl﹣、K+‎ C．Cl﹣、Na+、NO3﹣、Ca2+ D．Fe2+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣‎ ‎　‎ ‎7．下列物质属于电解质的是（　　）‎ A．次氯酸 B．浓硫酸 C．氯气 D．二氧化硫 ‎　‎ ‎8．下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是（　　）‎ A．用明矾净化饮用水 B．放电影时，放映室射到银幕上的光柱 C．氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀 D．滚滚长江流入大海处，形成长江三角沙洲 ‎　‎ 23‎ ‎9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．7.1gCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数一定为0.2NA B．在常温常压下，11.2 升氯气含有的分子数为0.5NA C．常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA D．1 molFe与足量的Cl2反应转移的电子数为2NA ‎　‎ ‎10．制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为：2KClO3+H2C2O4+H2SO4═2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确的是（　　）‎ A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是还原产物 C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移 ‎　‎ ‎11．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（　　）‎ A．1：1 B．1：6 C．2：3 D．3：2‎ ‎　‎ ‎12．下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（　　）‎ A．NaHSO4和Ba（OH）2 B．AlCl3和NaOH C．NaAlO2和H2SO4 D．Na2CO3和HCl ‎　‎ ‎13．进行化学实验操作必须正确、规范．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．用滴管滴加液体时，滴管应垂悬在容器上方，不能触及容器内壁 B．用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部 C．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌条件下慢慢加入浓硫酸 D．过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上 ‎　‎ ‎14．下列叙述中正确的是（　　）‎ ‎①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；‎ ‎②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同；‎ ‎③28g CO的体积为22.4L；‎ ‎④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；‎ ‎⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；‎ ‎⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．‎ A．①②③ B．②⑤⑥ C．②③⑥ D．④⑤⑥‎ ‎　‎ ‎15．有五种化合物：①Mg（HCO3）2，②Al（OH）3，③Al，④（NH4）2CO3，⑤Al2O3．跟盐酸和NaOH溶液都能反应的物质有（　　）‎ A．二种 B．三种 C．四种 D．五种 ‎　‎ ‎16．下列说法不正确的是（　　）‎ ‎①钠、氢气都能在氯气中燃烧生成白色烟雾 ‎②铜丝在氯气中燃烧，生成蓝绿色的氯化铜 23‎ ‎③液氯就是氯气的水溶液，它能使干燥的有色布条退色 ‎④久置的氯水，因氯气几乎完全挥发掉，剩下的就是水．‎ A．① B．①和② C．①和④ D．①②③④‎ ‎　‎ ‎17．将等物质的量的SO2和Cl2混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，再滴入含有品红和BaCl2的混合溶液，则发生的实验现象是（　　）‎ ‎①红色溶液很快褪色 ②红色溶液不褪色 ③有白色沉淀生成 ④溶液仍然透明．‎ A．仅①和④ B．仅①和③ C．仅②和③ D．仅②和④‎ ‎　‎ ‎18．2.1g平均相对分子质量为7.2的CO和H2组成混合气体与足量O2充分燃烧后立即通入足量的Na2O2中，固体质量增加（　　）‎ A．2.1g B．3.6g C．7.2g D．不可求 ‎　‎ ‎19．在标况下，将HCl充满一个干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面上升，最后烧瓶内溶液的物质的量浓度为：（假设溶质不扩散）（　　）‎ A．0.045mol/L B．0.036mol/L C．0.026mol/L D．0.030mol/L ‎　‎ ‎20．15g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KSCN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 3mol/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．1 mol•L﹣1‎ ‎　‎ ‎21．在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48L（标准状况下）NO气体．在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为（　　）‎ A．18.6 g B．20 g C．19.4 g D．24 g ‎　‎ ‎22．已知：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，向1L含有Fe2+、I━、Br━的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示．横、纵坐标的单位均为mol．有关说法不正确的是（　　）‎ A．线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况 B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L C．原溶液中n （Fe2+）：n （I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3‎ D．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的反应可表示为2Fe2++2I━+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl━‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分56分）‎ 23‎ ‎23．掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根据图实验装置回答问题 ‎（1）写出下列仪器的名称：①　　　　　　，②　　　　　　，④　　　　　　．‎ ‎（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的是　　　　　　（填序号）．‎ ‎（3）若利用装置Ⅰ分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器　　　　　　，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为　　　　　　；②的进水口是　　　　　　（填“f”或“g”）．‎ ‎（4）现需配制250mL、0.2mol•L﹣1NaCl溶液，装置Ⅱ是某同学转移溶液的示意图，指出图中的错误之处：①　　　　　　；②　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎24．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物．‎ ‎（1）冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2‎ 若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是　　　　　　（填元素符号）．‎ ‎（2）上述冶炼过程中产生大量SO2．下列处理方案合理的是　　　　　　（填代号）．‎ a．高空排放 b．用于制备硫酸 c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3 d．用浓硫酸吸收 ‎（3）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、Al2O3及不溶于强酸的SiO2）可制备Fe2O3．‎ ‎①用稀盐酸浸取炉渣，过滤．‎ ‎②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得．‎ 据以上信息回答下列问题：‎ a．除去Al3+的离子方程式是　　　　　　．‎ b．步骤②中滤液氧化的目的是　　　　　　．‎ c．选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO．‎ 提供的试剂：稀盐酸 稀硫酸 KSCN溶液 KMnO4溶液 NaOH溶液 碘水所选试剂为　　　　　　．‎ 证明炉渣中含有FeO的实验现象为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎25．氯气的制取按照传统的方法，一般采用浓盐酸与MnO2共热来制备氯气，但是这种方法制过程中存在缺陷．某学习小组采用新的方法来制备氯气并进行性质实验．‎ Ⅰ．实验仪器及药品：‎ a．实验仪器：玻璃片、表面皿（顶部贴有湿润的蓝色石蕊试纸和干燥的石蕊试纸）、胶头滴管等 b．实验药品：KMnO4晶体、浓HCl、KBr溶液、淀粉溶液、KI溶液、FeSO4溶液、NaOH溶液、酚酞、KSCN溶液、AgNO3溶液、湿润的蓝色石蕊试纸和干燥的石蕊试纸．‎ 23‎ Ⅱ．实验方法及图示：‎ ‎①在玻璃片上分别滴加KBr溶液、FeSO4溶液、NaOH稀溶液、KI溶液、AgNO3溶液．‎ ‎②在KI溶液中滴加一滴淀粉溶液 ‎③FeSO4溶液中滴加一滴KSCN溶液 ‎④NaOH稀溶液中滴加一滴酚酞溶液 ‎⑤在以上溶液分布的中心放置一块KMnO4晶体，然后滴加2﹣3滴浓盐酸，迅速盖上表面皿．并观察实验现象．‎ ‎（1）该反应实验原理：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　　；‎ ‎（2）实验时反应一段时间后可以观察到KBr溶液由无色变为　　　　　　色，其离子反应方程式为　　　　　　；‎ ‎（3）滴有KSCN溶液的FeSO4溶液呈　　　　　　色，其离子反应方程式为　　　　　　、　　　　　　；‎ ‎（4）滴加淀粉溶液的KI溶液呈　　　　　　色，湿润的蓝色石蕊试纸的变化为　　　　　　，干燥的石蕊试纸的变化为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎26．框图所示的转化关系中，A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化；E为固体非金属单质．B为红色固体氧化物，X为常见的无色液体．L焰色为黄色，且能使酚酞变红（反应过程中生成的水及其他产物已略去）‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）含碳量在0.03%～2%之间的C的合金，是目前世界上使用量最大的合金，这种合金是　　　　　　；‎ A．铝合金 B．青铜 C．镁合金 D．钢铁 ‎（2）F的化学式为　　　　　　；‎ ‎（3）K与氨水反应的离子方程式为　　　　　　；‎ ‎（4）A与B生成C和D的反应是　　　　　　（填“放出”或“吸收”）大量热量的反应；‎ 23‎ ‎（5）D与L反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎27．金属铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，其化学反应是：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2．现将有铜的印刷线路板浸入120mL氯化铁浓溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉．取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉，经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶解的物质．（设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解）．请回答下列问题：‎ ‎（1）向溶液中加入铁粉后，发生反应的离子反应方程式为　　　　　　，　　　　　　．‎ ‎（2）充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为　　　　　　．‎ ‎（3）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为　　　　　　．‎ ‎（4）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：　　　　　　．‎ ‎（5）试计算最后溶液中Fe2+离子的物质的量浓度　　　　　　mol/L．‎ ‎　‎ ‎　‎ 23‎ ‎2015-2016学年辽宁省大连二十中高一（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共有22题，每题只有一个选项符合题意，每题2分，共计44分）‎ ‎1．下列关于化学与生产、生活的认识错误的是（　　）‎ A．CO2、SO2、N2等均是造成温室效应的气体 B．节能减排符合低碳经济的要求 C．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一 D．大量焚烧田间秸秆会污染空气 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】A．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体；SO2、N2不是形成温室效应的气体；‎ B．根据低碳经济的要求判断；‎ C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放；‎ D．焚烧秸秆会造成大气污染，产生一氧化碳等；‎ ‎【解答】解：A．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体，SO2、N2不是形成温室效应的气体，故A错误；‎ B．节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故B正确；‎ C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，所以使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一，故C正确；‎ D．焚烧秸秆会造成大气污染，产生一氧化碳等，故D正确；‎ 故选：A；‎ ‎【点评】环境保护问题是社会关注的焦点问题，与之相关的问题就成为考查的重点．‎ ‎　‎ ‎2．速滑冰刀可用不锈钢制成，不锈钢含有的主要元素是（　　）‎ A．铁 B．碳 C．铜 D．铝 ‎【考点】生活中常见合金的组成．‎ ‎【专题】几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】根据不锈钢是铁的合金，主要成分是铁，含有碳、铬、镍等，进行分析判断．‎ ‎【解答】解：不锈钢是铁的合金主要组成元素是铁，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查生活中常见合金的组成，难度不大，掌握常见的铁合金、不锈钢的组成成分是正确解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于物质用途的叙述中不正确的是（　　）‎ A．Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂 B．在常温下可用铝制容器贮藏运输浓硫酸 C．Al（OH）3可作治疗胃酸过多的一种药剂 D．四氧化三铁俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料 ‎【考点】钠的重要化合物；金属防护的常用方法；两性氧化物和两性氢氧化物．‎ 23‎ ‎【专题】化学应用．‎ ‎【分析】A、过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气；‎ B、在常温下金属铝遇到浓硫酸会发生钝化；‎ C、Al（OH）3可作和胃酸发生反应；‎ D、三氧化二铁俗称铁红，是一种红棕色的固体物质．‎ ‎【解答】解：A、过氧化钠可以和二氧化碳水等物质反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；‎ B、在常温下金属铝遇到浓硫酸会发生钝化，可用铝制容器贮藏运输浓硫酸，故B正确；‎ C、Al（OH）3可作和胃酸发生反应，Al（OH）3可作治疗胃酸过多的一种药剂，故C正确；‎ D、三氧化二铁俗称铁红，是一种红棕色的固体物质，俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料，四氧化三铁是一种黑色固体，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查学生物质的性质以及应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．‎ ‎　‎ ‎4．下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是（　　）‎ A．Na2O2和Na2O都是白色固体，都能与冷水作用得到O2和NaOH B．在Na2O2与水的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是水 C．相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1：1‎ D．Na2O与Na2O2都能与水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ‎【考点】钠的重要化合物．‎ ‎【分析】A．氧化钠与水反应生成氢氧化钠；‎ B．Na2O2与水发生反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O2中O由﹣1价降低为H2O中﹣2价，升高为O2中0价，既得电子有失去电子，所以过氧化钠在反应中既做氧化剂又做还原剂；‎ C．Na2O和Na2O2中阴离子分别为O2﹣和O22﹣；‎ D．碱性氧化物是指与酸能反应只生成盐和水的氧化物 ‎【解答】解：A．Na2O是白色固体，和冷水作用生成NaOH，得不到氧气，故A错误；‎ B．Na2O2与水的反应中过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故B错误；‎ C．Na2O和Na2O2中阴离子分别为O2﹣和O22﹣，所以相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1：1，故C正确；‎ D．过氧化钠与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不属于碱性氧化物，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了物质的性质，熟悉过氧化钠、氧化钠的性质是解题关键，注意碱性氧化物的概念，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O B．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓‎ D．铁和稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】A．大理石是难溶物质应该写化学式；‎ 23‎ B．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水；‎ C．AlCl3中加入NaOH先生成Al（OH）3，发生3NaOH+AlCl3=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3具有两性，可与NaOH反应生成NaAlO2，发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，据此书写离子反应方程式；‎ D．稀硝酸与少量铁反应生成硝酸铁、NO和水，稀硝酸与过量铁反应生成硝酸亚铁、NO和水．‎ ‎【解答】解：A．盐酸酸性强于碳酸，碳酸钙可以和盐酸反应，实验室用大理石和盐酸制取CO2离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；‎ B．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O，离子反应为：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O，故B正确；‎ C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液 Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，总的反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C错误；‎ D．稀硝酸具有强氧化性，铁和稀硝酸反应，Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，稀硝酸与少量铁反应生成硝酸铁、NO和水，稀硝酸与过量铁反应生成硝酸亚铁、NO和水，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查离子反应方程式的书写，注意常见物质的溶解性及离子反应中保留化学式的物质，明确C中Al（OH）3具有两性是解答本题的关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（　　）‎ A．K+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣ B．NH4+、HCO3﹣、Cl﹣、K+‎ C．Cl﹣、Na+、NO3﹣、Ca2+ D．Fe2+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．‎ ‎【解答】解：A．Ca2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；‎ B．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故B不选；‎ C．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C选；‎ D．Fe2+（或I﹣）、NO3﹣、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．下列物质属于电解质的是（　　）‎ A．次氯酸 B．浓硫酸 C．氯气 D．二氧化硫 ‎【考点】电解质与非电解质．‎ ‎【分析】在水溶液里或融融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物，据此分析．‎ ‎【解答】解：A、次氯酸在水溶液中能电离出自由移动离子而导电，是电解质，故A正确；‎ B、浓硫酸是溶液，是混合物，故不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C、氯气是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；‎ D、二氧化硫在熔融状态不导电，在水溶液中生成亚硫酸，不是其本身电离出的自由移动的离子而导电的，故为非电解质，故D错误．‎ 故选A．‎ 23‎ ‎【点评】本题考查了电解质和非电解质的概念，难度不大，注意电解质和非电解质的区别．‎ ‎　‎ ‎8．下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是（　　）‎ A．用明矾净化饮用水 B．放电影时，放映室射到银幕上的光柱 C．氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀 D．滚滚长江流入大海处，形成长江三角沙洲 ‎【考点】胶体的重要性质．‎ ‎【分析】A．明矾净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用； ‎ B．放映室射到银幕上的光柱的形成为光的散射现象；‎ C．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀；‎ D．胶体遇电解质有聚沉的性质．‎ ‎【解答】解：A．用明矾净化饮用水，是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，与胶体性质有关，故A错误； ‎ B．胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱的形成也属于光的散射现象，可为丁达尔效应，故B错误；‎ C．三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀发生的复分解反应，与胶体性质无关，故C正确；‎ D．万里长江流入大海处，形成长江三角沙洲，胶体遇到电解质溶液发生聚沉，与胶体有关，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了胶体性质的应用，主要考查胶体的聚沉、胶体的分散质微粒直径，丁达尔现象，熟练掌握胶体性质是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．7.1gCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数一定为0.2NA B．在常温常压下，11.2 升氯气含有的分子数为0.5NA C．常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA D．1 molFe与足量的Cl2反应转移的电子数为2NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ ‎【分析】A、求出氯气的物质的量，然后根据氯气和碱的反应为歧化反应来分析；‎ B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；‎ C、氧气和臭氧均由氧原子构成；‎ D、铁与氯气反应后变为+3价．‎ ‎【解答】解：A、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故0.1mol氯气转移0.1mol电子即0.1NA个，故A错误；‎ B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，故含有的分子数小于0.5NA个，故B错误；‎ C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g氧气和臭氧中含有的氧原子的物质的量为n==2mol，故为2NA个，故C正确；‎ D、铁与氯气反应后变为+3价，故1mol铁与氯气反应后转移3mol电子即3NA个，故D错误．‎ 23‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎10．制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为：2KClO3+H2C2O4+H2SO4═2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确的是（　　）‎ A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是还原产物 C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移 ‎【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】A、根据Cl元素的化合价变化来分析；‎ B、氧化剂被还原，对应的产物为还原产物；‎ C、根据碳元素的化合价变化来分析；‎ D、根据Cl元素的化合价变化来分析电子转移的数目．‎ ‎【解答】解：A、反应中Cl元素由+5价降低为+4价，则KClO3为氧化剂，在反应中得到电子，故A正确；‎ B、因KClO3为氧化剂，在反应中被还原，则ClO2是还原产物，故B正确；‎ C、反应中碳元素的化合价由+3价升高到+4价，则H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C正确；‎ D、反应中Cl元素由+5价降低为+4价，1molKClO3参加反应有1mol×（5﹣4）=1mol电子转移，故D不正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化即可解答，难度不大，注意草酸中碳元素的化合价计算利用氢为+1价、氧为﹣2价及化合价原则来解答．‎ ‎　‎ ‎11．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（　　）‎ A．1：1 B．1：6 C．2：3 D．3：2‎ ‎【考点】铝的化学性质；化学方程式的有关计算．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等．‎ ‎【解答】解：由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题主要考查了铝与酸、碱的反应，明确铝与氢氧化钠的反应方程式及Al的物质的量相同是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎12．下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（　　）‎ A．NaHSO4和Ba（OH）2 B．AlCl3和NaOH 23‎ C．NaAlO2和H2SO4 D．Na2CO3和HCl ‎【考点】镁、铝的重要化合物．‎ ‎【专题】离子反应专题；几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】A．NaHSO4和Ba（OH）2反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀；‎ B．AlCl3和NaOH反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先无明显现象后有沉淀，当后者滴入前者时，前者开始足量，先沉淀后溶解；‎ C．NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立即溶解，最终有沉淀，当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀后溶解，最终无沉淀；‎ D．Na2CO3和HCl反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，有二氧化碳气体生成，当后者滴入前者时，前者开始足量，先无气体，盐酸过量后有二氧化碳气体生成．‎ ‎【解答】解：A．NaHSO4和Ba（OH）2反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，反应方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，当后者滴入前者时，前者开始足量，反应方程式为：2NaHSO4+Ba（OH）2 =Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀，故A正确；‎ B．AlCl3和NaOH反应，当前者滴入后者时，反应方程式为：开始一段时间Al3++4OH﹣（过量）=AlO2﹣+2H2O，当Al3+过量Al3+和AlO2﹣发生双水解，Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓现象是先无明显现象后有沉淀，当后者滴入前者时，前者开始足量，Al3+（过量）+3OH﹣=Al（OH）3↓，一段时间后OH﹣过量，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故B错误；‎ C．NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立刻溶解，先有沉淀反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al（OH）3↓由于H2SO4过量，生成的Al（OH）3立刻被硫酸中和，反应方程式为：2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，当溶液中铝元素全部变为Al3+时，它与滴入的AlO2﹣发生双水解反应方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓现象是最终有沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀，反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al（OH）3↓ 后溶解是由于硫酸过量，反应方程式为：3H2SO4+2Al（OH）3═Al2（SO4）3+6H2O，最终无沉淀，故C错误；‎ D．Na2CO3和HCl反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，有二氧化碳气体生成，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；当后者滴入前者时，前者开始足量，先无气体，反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 盐酸过量后有二氧化碳气体生成，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题需掌握氢氧化铝的两性，掌握多元弱酸的盐与酸反应的原理，掌握多元强酸的酸式盐与碱的反应原理，知识储备要求较高．‎ ‎　‎ ‎13．进行化学实验操作必须正确、规范．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．用滴管滴加液体时，滴管应垂悬在容器上方，不能触及容器内壁 B．用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部 C．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌条件下慢慢加入浓硫酸 D．过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题；化学实验基本操作．‎ ‎【分析】A．向试管中滴加溶液时应将胶头滴管垂悬在试管上方； ‎ B．固体药品的取用可以用药匙、镊子或纸槽，将固体放入试管时要防止试管被砸破；‎ C．量筒不能用于配置溶液；‎ 23‎ D．如果放在一层滤纸上，容易损坏滤纸．‎ ‎【解答】解：A．向试管中滴加溶液时应将胶头滴管垂悬在试管上方，不能伸入试管内，故A正确； ‎ B．固体药品的取用可以用药匙、镊子或纸槽，可以用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部，故B正确；‎ C．量筒不能用于配置溶液，应改为烧杯中进行，故C错误；‎ D．过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上，如果放在一层滤纸上，容易损坏滤纸，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．下列叙述中正确的是（　　）‎ ‎①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；‎ ‎②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同；‎ ‎③28g CO的体积为22.4L；‎ ‎④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；‎ ‎⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；‎ ‎⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．‎ A．①②③ B．②⑤⑥ C．②③⑥ D．④⑤⑥‎ ‎【考点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算．‎ ‎【专题】化学用语专题．‎ ‎【分析】①标准状况下，水为液体；‎ ‎②标准状况下，气体的物质的量相同时，其体积相同；‎ ‎③不一定是在标准状况下；‎ ‎④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；‎ ‎⑤根据pV=nRT来分析；‎ ‎⑥根据pM=ρRT来分析．‎ ‎【解答】解：①标准状况下，1LHCl的物质的量为，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；‎ ‎②标准状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故②正确；‎ ‎③不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28gCO的体积为×22.4L/mol=22.4L，故③错误；‎ ‎④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，故④错误；‎ ‎⑤由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑤正确；‎ ‎⑥由pM=ρRT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑥正确；‎ 故选B．‎ 23‎ ‎【点评】本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=ρRT即可解答．‎ ‎　‎ ‎15．有五种化合物：①Mg（HCO3）2，②Al（OH）3，③Al，④（NH4）2CO3，⑤Al2O3．跟盐酸和NaOH溶液都能反应的物质有（　　）‎ A．二种 B．三种 C．四种 D．五种 ‎【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．‎ ‎【分析】中学常见既能与酸又能与碱反应的物质有：Al、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸对应的铵盐、蛋白质、氨基酸等．‎ ‎【解答】解：①Mg（HCO3）2属于弱酸酸式盐，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选；‎ ‎②Al（OH）3属于两性氢氧化物，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选；‎ ‎③Al能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，故选；‎ ‎④（NH4）2CO3于弱酸的铵盐盐，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选；‎ ‎⑤Al2O3属于两性氧化物，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故选，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，关键是元素化合物性质的掌握，注意归纳总结常见能与酸、碱反应的物质．‎ ‎　‎ ‎16．下列说法不正确的是（　　）‎ ‎①钠、氢气都能在氯气中燃烧生成白色烟雾 ‎②铜丝在氯气中燃烧，生成蓝绿色的氯化铜 ‎③液氯就是氯气的水溶液，它能使干燥的有色布条退色 ‎④久置的氯水，因氯气几乎完全挥发掉，剩下的就是水．‎ A．① B．①和② C．①和④ D．①②③④‎ ‎【考点】氯气的化学性质．‎ ‎【专题】卤族元素．‎ ‎【分析】通过实验现象辨别①②，根据液氯的成分及性质判断③，根据方程式判断④．‎ ‎【解答】解：①烟是固体小颗粒，雾是小液滴，钠在氯气中燃烧生成固体小颗粒烟，氢气在氯气中燃烧生成雾，故①错；‎ ‎②铜丝在氯气中燃烧，生成大量棕黄色的烟，产物是氯化铜，故②错；‎ ‎③液氯是液态氯是纯净物，氯水是氯气的水溶液，是混合物，能使有色布条褪色的是氯水不是液氯，故③错；‎ ‎④Cl2+H2O=HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，所以久置的氯水，剩下的是盐酸，故④错；‎ 故选D．‎ ‎【点评】通过本题要求学生做到：做实验时注意观察现象、正确使用化学用语以及对实验现象的分析能力．‎ ‎　‎ ‎17．将等物质的量的SO2和Cl2混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，再滴入含有品红和BaCl2的混合溶液，则发生的实验现象是（　　）‎ ‎①红色溶液很快褪色 ②红色溶液不褪色 ③有白色沉淀生成 ④溶液仍然透明．‎ A．仅①和④ B．仅①和③ C．仅②和③ D．仅②和④‎ ‎【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．‎ ‎【专题】卤族元素；氧族元素．‎ 23‎ ‎【分析】将等物质的量的SO2和Cl2反应生成盐酸和硫酸，依据盐酸和硫酸的性质判断发生反应及现象，据此解答．‎ ‎【解答】解：等物质的量的SO2和Cl2混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，发生：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，‎ 生成盐酸和硫酸都不具有漂白性，所以不能使品红溶液，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以会产生白色沉淀，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查氯气和二氧化硫的反应，明确二者发生反应及生成物的性质是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎18．2.1g平均相对分子质量为7.2的CO和H2组成混合气体与足量O2充分燃烧后立即通入足量的Na2O2中，固体质量增加（　　）‎ A．2.1g B．3.6g C．7.2g D．不可求 ‎【考点】有关混合物反应的计算；钠的重要化合物．‎ ‎【专题】分析比较法．‎ ‎【分析】利用差量法，根据化学方程式分析：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应，‎ ‎2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，‎ 质量增重为：△m=2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO，反应后固体质量增加量为CO的质量；‎ ‎2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重为：△m=2H2O﹣O2=2H2，反应后固体增加的质量为氢气质量，‎ 根据以上分析可知，CO、H2与足量氧气反应后的产物再与过氧化钠反应，过氧化钠增重的为原CO和H2组成混合气体的质量．‎ ‎【解答】解：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应，‎ ‎①2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重为：△m=2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO，反应后固体质量增加量为CO的质量；‎ ‎②2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重为△m=2H2O﹣O2=2H2，反应后固体增加的质量为氢气质量，‎ 根据①②分析可知，CO、H2与足量氧气反应后的产物再与过氧化钠反应，过氧化钠增重的为原CO和H2组成混合气体的质量，‎ 所以固体质量增加了2.1g，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，注意从CO2、H2O与Na2O2生成固体质量的变化分析规律，是解答该题的关键．‎ ‎　‎ ‎19．在标况下，将HCl充满一个干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面上升，最后烧瓶内溶液的物质的量浓度为：（假设溶质不扩散）（　　）‎ A．0.045mol/L B．0.036mol/L C．0.026mol/L D．0.030mol/L 23‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【专题】溶液浓度的计算．‎ ‎【分析】HCl气体溶于水，所得溶液的体积等于烧瓶的容积等于HCl的体积，令体积为1L，根据n=计算二氧化氮的物质的量，再根据c=计算所得盐酸的浓度．‎ ‎【解答】解：令HCl气体的体积为1L，则HCl的物质的量为=mol，‎ HCl气体溶于水，所得溶液的体积等于HCl的体积，所得盐酸的物质的量浓度=≈0.045mol/L，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，关键是明确溶液体积等于氯化氢的体积，旨在考查学生对物质的量浓度定义的理解，难度不大．‎ ‎　‎ ‎20．15g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KSCN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 3mol/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．1 mol•L﹣1‎ ‎【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验；铁的氧化物和氢氧化物．‎ ‎【专题】几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】加入NaOH溶液，反应后溶液成分为Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）=n（NaOH），据此计算出原硫酸溶液中硫酸的物质的量，进而计算硫酸的物质的量浓度．‎ ‎【解答】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）=n（NaOH），‎ 则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=n（NaOH）=×3mol/L×0.2L=0.3mol，‎ c（H2SO4）==2mol/L，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生的反应是解题关键，注意利用守恒方法进行的计算的方法，试题有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，提高学生的灵活应变能力．‎ ‎　‎ ‎21．在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48L（标准状况下）NO气体．在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为（　　）‎ A．18.6 g B．20 g C．19.4 g D．24 g 23‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】根据n=计算出反应生成NO的物质的量，然后根据硝酸与金属反应生成一氧化氮中化合价变化计算出转移电子的物质的量；‎ 金属在反应中的转化关系为：M→Mn+→M（OH）n，再结合电子守恒可知，金属失去电子的物质的量等于硝酸中N原子得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH﹣的物质的量，据此可以计算出最多生成沉淀的质量=金属质量+净增OH﹣的质量，由于沉淀中没有氢氧化铝，所以生成沉淀的质量小于该沉淀的最大值．‎ ‎【解答】解：硝酸与金属反应生成一氧化氮：HNO3→NO，化合价降低3价，得到3e﹣电子，标况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）==0.2mol，得到电子的物质的量为：n（e﹣）=3e﹣×0.2mol=0.6mol，‎ 根据金属的转化关系：M→Mn+→M（OH）n和电子守恒可知，金属失去电子的物质的量等于硝酸中N原子得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH﹣的物质的量，即：n（OH﹣）=n（e﹣）=0.6mol，‎ 则最多生成沉淀的质量为：金属质量+净增OH﹣的质量=9.2g+0.6mol×17g/mol=19.4g，‎ 由于沉淀中没有氢氧化铝，所以生成沉淀的质量小于19.4g，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，解题关键是正确判断金属提供的电子的物质的量与氢氧根的物质的量之间的关系，要求学生明确守恒思想运用方法．‎ ‎　‎ ‎22．已知：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，向1L含有Fe2+、I━、Br━的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示．横、纵坐标的单位均为mol．有关说法不正确的是（　　）‎ A．线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况 B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L C．原溶液中n （Fe2+）：n （I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3‎ D．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的反应可表示为2Fe2++2I━+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl━‎ ‎【考点】离子方程式的有关计算．‎ ‎【专题】利用化学方程式的计算．‎ ‎【分析】还原性为I﹣＞Fe2+＞Br﹣，则先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，‎ A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；‎ B．根据BC段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（Fe2+）；‎ C．根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（Fe2+）、n（I﹣）、n（Br﹣）；‎ D．根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量．‎ 23‎ ‎【解答】解：还原性为I﹣＞Fe2+＞Br﹣，则先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，‎ A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；‎ B．由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=2×2mol=4mol，则n（FeBr2）=4mol，故B错误；‎ C．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×2mol=4mol，DE段发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，消耗氯气3mol，故n（Br﹣）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故C正确；‎ D．AB段发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2mol的I﹣消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I﹣）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，题目难度中等，试题综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，为易错题目．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分56分）‎ ‎23．掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根据图实验装置回答问题 ‎（1）写出下列仪器的名称：①　蒸馏烧瓶　，②　冷凝管　，④　容量瓶　．‎ ‎（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的是　④　（填序号）．‎ ‎（3）若利用装置Ⅰ分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器　温度计　，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为　蒸馏　；②的进水口是　g　（填“f”或“g”）．‎ ‎（4）现需配制250mL、0.2mol•L﹣1NaCl溶液，装置Ⅱ是某同学转移溶液的示意图，指出图中的错误之处：①　应该选用250毫升容量瓶　；②　未用玻璃棒引流　．‎ ‎【考点】不能加热的仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液．‎ ‎【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作．‎ ‎【分析】（1）根据仪器的结构来分析；‎ ‎（2）容量瓶在使用前一定要查漏；‎ ‎（3）制取蒸馏水的过程必须用酒精灯加热；实质是蒸馏过程，冷凝管下口是进水口，上口是出水口；‎ ‎（4）根据配制一定物质的量浓度的溶液的方法和操作来寻找装置中的错误．‎ ‎【解答】解：（1）根据仪器的结构可知，①为蒸馏烧瓶，②为冷凝管，④为容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶，冷凝管，容量瓶；‎ 23‎ ‎（2）容量瓶在使用前一定要查漏，故答案为：④；‎ ‎（3）利用蒸馏装置分离酒精和水的混合物，必须使用温度计，制取蒸馏水的实质是蒸馏过程，冷凝管下口是进水口，上口是出水口，‎ 故答案为：温度计；蒸馏；g；‎ ‎（4）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，配制多大体积的溶液则选择多大规格的容量瓶，故答案为：应该选用250毫升容量瓶；未用玻璃棒引流．‎ ‎【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键．‎ ‎　‎ ‎24．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物．‎ ‎（1）冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2‎ 若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是　Cu、O　（填元素符号）．‎ ‎（2）上述冶炼过程中产生大量SO2．下列处理方案合理的是　bc　（填代号）．‎ a．高空排放 b．用于制备硫酸 c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3 d．用浓硫酸吸收 ‎（3）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、Al2O3及不溶于强酸的SiO2）可制备Fe2O3．‎ ‎①用稀盐酸浸取炉渣，过滤．‎ ‎②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得．‎ 据以上信息回答下列问题：‎ a．除去Al3+的离子方程式是　Al3++4OH﹣=2H2O+AlO2﹣　．‎ b．步骤②中滤液氧化的目的是　将Fe2+氧化为Fe3+　．‎ c．选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO．‎ 提供的试剂：稀盐酸 稀硫酸 KSCN溶液 KMnO4溶液 NaOH溶液 碘水所选试剂为　稀硫酸、KMnO4溶液　．‎ 证明炉渣中含有FeO的实验现象为　稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；二氧化硫的化学性质．‎ ‎【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；氧族元素；物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】（1）8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中，Fe元素的化合价升高，Cu、O元素的化合价降低；‎ ‎（2）冶炼过程中产生大量SO2可制备硫酸或利用碱液吸收；‎ ‎（3）a、氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，利用氢氧化钠使其变为偏铝酸根即可；‎ b、步骤②中滤液氧化将亚铁离子氧化成铁离子，生成氢氧化铁、干燥、煅烧得氧化铁；‎ c、亚铁离子能被高锰酸钾溶液氧化，使的高锰酸钾溶液褪色．‎ ‎【解答】解：（1）8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中，Fe元素的化合价升高，Cu、O元素的化合价降低，则Cu、O元素被还原，‎ 故答案为：Cu、O；‎ ‎（2）冶炼过程中产生大量SO2可制备硫酸或利用碱液吸收，与浓硫酸不反应，也不能直接排放，‎ 故答案为：bc；‎ 23‎ ‎（3）a．氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，6H++Al2O3=3H2O+2Al3+，除去铝离子的反应是利用过量氢氧化钠溶液和铝离子反应生成偏铝酸根，‎ 故答案为：Al3++4OH﹣=2H2O+AlO2﹣；‎ b．步骤②中滤液氧化将亚铁离子氧化成铁离子，生成氢氧化铁、干燥、煅烧得氧化铁，‎ 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；‎ c．酸性高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，用硫酸酸化高锰酸钾，‎ 故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色．‎ ‎【点评】本题是对金属的化学性质的考查，要求学生熟记教材知识，学以致用，综合性较强，难度中等．‎ ‎　‎ ‎25．氯气的制取按照传统的方法，一般采用浓盐酸与MnO2共热来制备氯气，但是这种方法制过程中存在缺陷．某学习小组采用新的方法来制备氯气并进行性质实验．‎ Ⅰ．实验仪器及药品：‎ a．实验仪器：玻璃片、表面皿（顶部贴有湿润的蓝色石蕊试纸和干燥的石蕊试纸）、胶头滴管等 b．实验药品：KMnO4晶体、浓HCl、KBr溶液、淀粉溶液、KI溶液、FeSO4溶液、NaOH溶液、酚酞、KSCN溶液、AgNO3溶液、湿润的蓝色石蕊试纸和干燥的石蕊试纸．‎ Ⅱ．实验方法及图示：‎ ‎①在玻璃片上分别滴加KBr溶液、FeSO4溶液、NaOH稀溶液、KI溶液、AgNO3溶液．‎ ‎②在KI溶液中滴加一滴淀粉溶液 ‎③FeSO4溶液中滴加一滴KSCN溶液 ‎④NaOH稀溶液中滴加一滴酚酞溶液 ‎⑤在以上溶液分布的中心放置一块KMnO4晶体，然后滴加2﹣3滴浓盐酸，迅速盖上表面皿．并观察实验现象．‎ ‎（1）该反应实验原理：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　1：5　；‎ ‎（2）实验时反应一段时间后可以观察到KBr溶液由无色变为　橙　色，其离子反应方程式为　Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2　；‎ ‎（3）滴有KSCN溶液的FeSO4溶液呈　红　色，其离子反应方程式为　Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+　、　Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3　；‎ ‎（4）滴加淀粉溶液的KI溶液呈　蓝　色，湿润的蓝色石蕊试纸的变化为　先变红后褪色　，干燥的石蕊试纸的变化为　无变化　．‎ ‎【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质．‎ 23‎ ‎【专题】气体的制备与性质检验类实验．‎ ‎【分析】（1）分析反应中元素化合价变化，判断氧化剂与还原剂，依据方程式判断氧化剂与还原剂物质的量之比；‎ ‎（2）氯气氧化性强于溴，能够与溴化钾反应生成溴单质，溴水为橙色；‎ ‎（3）氯气具有强的氧化性，与二价铁离子反应生成三价铁离子，三价铁离子与KSCN发生络合反应生成血红色络合物；‎ ‎（4）氯气氧化性强于碘，能够与碘化钾反应生成碘单质，碘遇到淀粉变蓝；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性；氯气不具有漂白性．‎ ‎【解答】解：（1）2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中锰元素化合价降解从+7价降为+2价，高锰酸钾做氧化剂，盐酸中氯元素化合价升高从﹣1价升高到0价，依据得失电子守恒规律，可知2mol高锰酸钾参加反应，需要有10mol氯化氢被氧化，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1：5；‎ 故答案为：1：5；‎ ‎（2）氯气氧化性强于溴，能够与溴化钾反应生成溴单质，离子方程式：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2，溴水为橙色；‎ 故答案为：橙； Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2；‎ ‎（3）氯气具有强的氧化性，与二价铁离子反应生成三价铁离子，离子方程式：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+；三价铁离子与KSCN发生络合反应生成血红色络合物，离子方程式：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；‎ 故答案为：红；Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；‎ ‎（4）氯气氧化性强于碘，能够与碘化钾反应生成碘单质，碘遇到淀粉变蓝；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，能够使蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸具有漂白性，最终使试纸褪色；‎ 氯气不具有漂白性，不能使干燥的石蕊试纸变色，‎ 故答案为：蓝； 先变红后褪色； 无变化；‎ ‎【点评】本题考查了氯气的制备和性质检验，明确氯气制备原理和其氧化性是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎26．框图所示的转化关系中，A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化；E为固体非金属单质．B为红色固体氧化物，X为常见的无色液体．L焰色为黄色，且能使酚酞变红（反应过程中生成的水及其他产物已略去）‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）含碳量在0.03%～2%之间的C的合金，是目前世界上使用量最大的合金，这种合金是　D　；‎ A．铝合金 B．青铜 C．镁合金 D．钢铁 ‎（2）F的化学式为　SO2　；‎ ‎（3）K与氨水反应的离子方程式为　Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓　；‎ 23‎ ‎（4）A与B生成C和D的反应是　Fe2O3+2AlA12O3+2Fe　（填“放出”或“吸收”）大量热量的反应；‎ ‎（5）D与L反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，应为Fe2O3，则A为Al，C为Fe，D为A12O3，E为固体非金属单质，应为S，则F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，X为常见无色液体，应为H2O，I为FeSO4，L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O3反应，则L为NaOH，与Al2O3反应生成J，J为NaAlO2，A12O3与硫酸反应生成Al2（SO4）3，即K为Al2（SO4）3，M为Al（OH）3，根据物质的性质以及转化关系解答该题．‎ ‎【解答】解：A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，应为Fe2O3，则A为Al，C为Fe，D为A12O3，E为固体非金属单质，应为S，则F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，X为常见无色液体，应为H2O，I为FeSO4，L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O3反应，则L为NaOH，与Al2O3反应生成J，J为NaAlO2，A12O3与硫酸反应生成Al2（SO4）3，即K为Al2（SO4）3，M为Al（OH）3，‎ ‎（1）含碳量在0.04%～2.3%之间铁合金为钢，‎ 故答案为：D；‎ ‎（2）根据上面的分析可知，F为SO2，‎ 故答案为：SO2；‎ ‎（3）K为Al2（SO4）3，K与氨水反应的离子方程式为Al3++3 OH﹣=Al （OH）3↓，‎ 故答案为：Al3++3 OH﹣=Al （OH）3↓；‎ ‎（4）A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，应为Fe2O3，则A为Al，C为Fe，D为A12O3，反应的化学方程式为Fe2O3+2Al A12O3+2Fe，‎ 故答案为：Fe2O3+2Al A12O3+2Fe；‎ ‎（5）D与L的反应为Al2O3和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，‎ 故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，题目难度较大，本题注意此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论．‎ ‎　‎ ‎27．金属铜能被氯化铁浓溶液腐蚀，其化学反应是：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2．现将有铜的印刷线路板浸入120mL氯化铁浓溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉．取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉，经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶解的物质．（设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解）．请回答下列问题：‎ ‎（1）向溶液中加入铁粉后，发生反应的离子反应方程式为　Fe+2Fe3+═3Fe2+　，　Fe+Cu2+═Fe2++Cu　．‎ ‎（2）充分反应后，溶液中存在4.8g不溶物的成分为　Cu　．‎ 23‎ ‎（3）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为　Fe3+　．‎ ‎（4）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：　Fe3+＞Cu2+＞Fe2+　．‎ ‎（5）试计算最后溶液中Fe2+离子的物质的量浓度　5.0　mol/L．‎ ‎【考点】铁的化学性质；离子方程式的书写．‎ ‎【专题】离子反应专题；几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】（1）依据反应：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2、Fe+CuCl2=FeCl2+Cu判断溶液中剩余的金属离子、固体物质的成分；‎ ‎（2）依据Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2计算即可；‎ ‎（3）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，据此回答判断；‎ ‎（4）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此回答；‎ ‎（5）利用物质的量守恒以及电子得失守恒计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）向氯化铁、氯化铜溶液中加入铁粉后，发生反应的离子反应方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，Fe+Cu2+═Fe2++Cu；‎ 故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+；Fe+Cu2+═Fe2++Cu；‎ ‎（2）加入Fe粉前，溶液中有Cu2+，Fe2+，Cl﹣，可能还有Fe3+，8.4gFe为0.15mol，9.6gCu为0.15mol，若无Fe3+，那么Fe恰好把9.6gCu全部置换，现在只有4.8g不溶物，所以不可能为Fe，只能是Cu，故答案为：Cu；‎ ‎（3）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，溶液中一定不存在的金属离子为Fe3+，存在Cl﹣、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+；‎ ‎（4）由化学方程式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即溶液中离子氧化性Fe3+大于Cu2+，根据金属活动顺序表，Cu2+＞Fe2+，所以氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，‎ 故答案为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；‎ ‎（5）加入Fe，反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，所以存在Cl﹣，Fe2+，Cu2+；溶液中剩余的Cu元素为9.6﹣4.8=4.8g，0.075mol，综合来看，溶液中是4.8gCu和8.4gFe恰好完全还原了Fe3+，Cu失电子为0.15mol，Fe失电子0.3mol，合计0.45mol，所以原有Fe3+0.45mol，最后所有的Fe元素都变成Fe2+，故[Fe2+]=mol/L=5.0mol/L，‎ 故答案为：5.0．‎ ‎【点评】本题主要考查的是铜以及铁之间的转化关系、计算，属于中等题，锻炼了同学们分析问题、解决问题的能力，难度中等．‎ ‎　‎ 23‎