2019-2020年高三上学期第二次月考化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第二次月考化学试卷 含解析一、选择题（单项选择，每小题2分）1下列表达方式错误的是（）A氯化氢分子的电子式：BS2的结构示意图是：CO18原子的符号：818ODCS2分子的结构式：S=C=S2下列有关物质用途的说法中，正确的是（）Ca（ClO）2可用于杀菌、消毒 液氨可用作致冷剂Fe2O3常用作红色油漆和涂料 SO2可用来漂白馒头、银耳等食品ABCD都正确3下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A往Fe（OH）3胶体中逐滴加入稀硫酸会产生先沉淀而后沉淀逐渐溶解B胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀C布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体、溶液和浊液区分D某纳米材料微粒直径为30nm，因此该纳米材料属于胶体4下列叙述正确的是（）ANa2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物BNa2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀C钠在常温下不容易被氧化D石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成5青铜是我国使用最早的合金下列关于青铜性质的说法，不正确的是（）A熔点比纯铜低B能够导电C能够导热D硬度比纯铜小6下列有关说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠分别属于酸、碱、盐B天然气、沼气和水煤气均属于可再生能源C生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加D太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置7化学实验中有时需要将某些溶液或试剂进行酸化，下列酸化方法正确的是（）A检验C2H5Cl中的氯元素：先将C2H5Cl与NaOH溶液混合后加热，再加盐酸酸化B提高KMnO4溶液的氧化能力：用盐酸将KMnO4溶液酸化C鉴定溶液中是否有Fe2+：先将溶液用硝酸酸化，再加入KSCN溶液D检验溶液中是否有SO42：先将溶液用足量的盐酸酸化，再加入BaCl2溶液8分别将下列物质：硫酸铜Na2O2NaClCa（HCO3）2FeCl3投入水中，对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是（）ABCD9化学是以一门实验为基础的自然科学，许多实验有丰富的颜色变化，有关实验的颜色变化有错误的是（）A向FeSO4和KSCN的混合溶液中滴加少量的新制氯水，溶液由浅绿色变为红色B向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸，能使溶液变为棕黄色D将Fe（OH）3胶体装在U形管中做电泳实验时，负（阴）极一端颜色变浅10下列物质NaHCO3 Al（OH）3 K2SO4 AgNO3中，既能与盐酸反应、又能与氢氧化钠溶液反应的是（）ABCD11下列试剂中，可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3四种溶液的是（）ANaOHBH2SO4CNH3H2ODAgNO312在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是（）A5：8B5：4C5：3D3：513设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A18 g H2O中含NA个质子B1 L 1 molL1的CuSO4溶液中含NA个Cu2+C常温常压下，2.24 L Cl2中含0.2NA个氯原子D0.5 mol Al与足量NaOH溶液充分反应，转移的电子数目为1.5NA14某溶液含有NO3、HCO3SO32CO32SO42五种阴离子现向其中加入少量Na2O2的固体后，溶液中离子浓度增大的是（设溶液体积无变化）（）ABCD1525时，下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A在强碱性溶液中：Na+、K+、AlO2、ClBpH=1的溶液中：HCO3、NH4+、NO3、Ca2+C无色溶液中：Cu2+、NO3、Cl、H+D无色溶液中：Na+、K+、ClO、SO3216下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用小苏打治疗胃酸过多：CO3+2H+CO2+H2OB钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2C硫酸铜溶液中加入过量铁粉：Cu2+2Fe2Fe3+CuD用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH2AlO+H2O17使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量w和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的质量之比为（）A2：3B1：1C4：3D8：918某溶液中含有0.2mol/L NH4+、0.25mol/L Fe2+、0.4mol/L Cl及一定量的SO42，则SO42物质的量浓度为（）A0.1mol/LB0.3mol/LC0.5mol/LD0.15mol/L19要使含有Ag+、Cu2+、Mg2+、Ba2+等离子的溶液中的离子逐一形成沉淀析出，下列所选择试剂及加入试剂的顺序正确的是（）AH2SO4HClK2SNaOHCO2BNa2SO4NaClNa2SNH3H2OCNaClNa2SO4H2SNaOHDNa2SNa2SO4NaClNaOH20将5.4g Al投入到200.0mL 1.00mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后没有金属剩余，该溶液可能为（）AHNO3溶液BHCl溶液CH2SO4溶液DNaOH溶液21用如图所示装置不能达到有关实验目的是（）A用甲图装置证明（煤油）（钠）（水）B用乙图装置制备Fe（OH）2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性22铁片投入下列溶液后，金属片质量减少，但无气体产生的是（）A冷浓HNO3BCu（NO3）2溶液C稀硫酸DFe（NO3）3溶液二、填空23（1）配平该反应化学方程式且回答下列问题：KMnO4+HCl=MnCl2+KCl+Cl2+H2O（2）氧化剂是，氧化产物是（填化学式）（3）若生成71g Cl2，被氧化的HCl是mol24某混合物A含有Al2 （SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的变化：据此判断：（1）固体E所含物质的化学式为（2）反应可用来焊接钢轨，化学方程式为：该反应称为（3）反应的离子方程式为（4）反应的离子方程式为（5）实验室配制氯化亚铁溶液时是把氯化亚铁溶解于煮沸过的蒸馏水中，并加入和，向氯化亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液时生成沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，反应的化学方程式是、25A、B、C、D 都是中学化学中常见物质，其中 A、B、C 均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图（部分反应中的水已略去）（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中常用的发酵粉的成分常用于食品膨松剂反应的离子方程式是；氯碱工业制程A的化学方程式是（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料反应的离子方程式是；B可作净水剂，在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是三、实验26某无色溶液X，K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42中的若干种离子组成，取该溶液进行如下实验：（1）气体A的成分是（填化学式，下同），气体B的成分是（2）写出步骤中产生气体的离子方程式（3）分别写出形成白色沉淀甲和气体B的离子方程式；（4）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是，尚未确定是否存在的离子是，只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是27某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去）图中K为止水夹（处于关闭状态），F是一半空的注射器请回答有关问题：（1）设计装置A的目的是为达到此目的，应进行的操作是（2）在完成（1）中的操作后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是B中反应的离子方程式为：（3）装置E和F的作用是为实现此作用，其操作方法是（4）装置D的作用是xx学年宁夏平罗中学高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（单项选择，每小题2分）1下列表达方式错误的是（）A氯化氢分子的电子式：BS2的结构示意图是：CO18原子的符号：818ODCS2分子的结构式：S=C=S【考点】电子式；原子结构示意图；结构式【分析】根据电子式、结构式、元素符号、原子结构示意图的书写规则判断【解答】解：A氯化氢分子的电子式为，故A错误B、硫离子的 结构示意图是：，故B正确C、O18原子的符号：818O，故C正确D、CS2分子的结构式：S=C=S，故D正确故选A2下列有关物质用途的说法中，正确的是（）Ca（ClO）2可用于杀菌、消毒 液氨可用作致冷剂Fe2O3常用作红色油漆和涂料 SO2可用来漂白馒头、银耳等食品ABCD都正确【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的物理性质；二氧化硫的化学性质【分析】次氯酸钙中含ClO，具有强氧化性；液氨易挥发，吸收热量；Fe2O3为红色物质；SO2有毒，具有漂白性【解答】解：次氯酸钙中含ClO，具有强氧化性，则Ca（ClO）2可用于杀菌、消毒，故正确；液氨易挥发，吸收热量，导致周围稳定降低，则液氨可用作致冷剂，故正确；Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料，故正确；SO2有毒，具有漂白性，但SO2不能用来漂白馒头、银耳等食品，故错误；故选A3下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A往Fe（OH）3胶体中逐滴加入稀硫酸会产生先沉淀而后沉淀逐渐溶解B胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀C布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体、溶液和浊液区分D某纳米材料微粒直径为30nm，因此该纳米材料属于胶体【考点】胶体的重要性质【分析】A、根据胶体遇电解质发生聚沉以及Fe（OH）3能与硫酸反应；B、根据胶体的外观特征C、根据溶液也能发生布朗运动；D、根据胶体的分散质的大小来及胶体的定义判断；【解答】解：A、硫酸是电解质，胶体遇电解质发生聚沉，产生Fe（OH）3沉淀，继续滴入稀硫酸，Fe（OH）3沉淀与稀硫酸发生反应：Fe（OH）3+H+Fe3+3H2O，沉淀溶解，故A正确；B、因胶体均一、在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故B错误；C、区分胶体与其他分散系应用丁达尔效应，布朗运动是所有粒子在溶液中的运动方式，故C错误；D、胶体是指分散质粒子直径在1 nm100 nm之间的分散系，胶体是一种分散系，纳米材料只是一种分散质，没有形成分散系，所以不是胶体，故D错误；故选：A4下列叙述正确的是（）ANa2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物BNa2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀C钠在常温下不容易被氧化D石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成【考点】钠的重要化合物；钠的化学性质【分析】A能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；BNaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液不发生反应；C钠的性质特别活泼，常温下能被空气氧化；DNa2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性【解答】解：ANa2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故A错误；BNa2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，故B错误；C钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故C错误；DNa2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故D正确故选D5青铜是我国使用最早的合金下列关于青铜性质的说法，不正确的是（）A熔点比纯铜低B能够导电C能够导热D硬度比纯铜小【考点】生活中常见合金的组成【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀；合金比组成它的纯金属硬度大【解答】解：A合金的熔点低，故A正确； B合金能导电，故B正确；C合金易导热，故C正确；D合金的硬度比纯铜大，故D错误故选D6下列有关说法正确的是（）A硫酸、纯碱、醋酸钠分别属于酸、碱、盐B天然气、沼气和水煤气均属于可再生能源C生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加D太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；元素周期表的结构及其应用；生活中常见合金的组成【分析】A、依据酸碱盐的概念结合物质的组成分析判断；B、依据可在生能源是在自然界中可以循环再生，可再生能源属于能源开发利用过程中的一次能源分析；C、依据生铁钢不锈钢的成分和生成过程分析判断；D、依据硅元素在周期表中的位置和一种结构特征分析判断【解答】解：A、硫酸是酸、纯碱是碳酸钠属于盐、醋酸钠是盐，分别属于酸、盐、盐，故A错误；B、可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，具有取之不尽，用之不竭的特点，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等可再生能源对环境无害或危害极小，而且资源分布广泛，适宜就地开发利用，天然气、沼气均属于可再生能源，水煤气不是可再生能源，故B错误；C、炼钢的主要目的是降碳量，属于生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次减少，故C错误；D、硅元素位于周期表中的第四主族，原子最外层四个电子，难失电子，难得电子，易形成共价键，处于金属非金属的分界线附近，故D正确；故选D7化学实验中有时需要将某些溶液或试剂进行酸化，下列酸化方法正确的是（）A检验C2H5Cl中的氯元素：先将C2H5Cl与NaOH溶液混合后加热，再加盐酸酸化B提高KMnO4溶液的氧化能力：用盐酸将KMnO4溶液酸化C鉴定溶液中是否有Fe2+：先将溶液用硝酸酸化，再加入KSCN溶液D检验溶液中是否有SO42：先将溶液用足量的盐酸酸化，再加入BaCl2溶液【考点】化学实验方案的评价【分析】A加盐酸酸化，引入氯离子，干扰检验；B盐酸能被高锰酸钾氧化；C硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子；D盐酸酸化，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰【解答】解：A加盐酸酸化，引入氯离子，干扰检验，应选硝酸酸化，故A错误；B盐酸能被高锰酸钾氧化，则该实验中应选硫酸酸化，故B错误；C硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子，则检验亚铁离子，先加KSCN后加氯水即可，故C错误；D盐酸酸化，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，然后再加BaCl2溶液生成白色沉淀，可检验SO42存在，故D错误；故选D8分别将下列物质：硫酸铜Na2O2NaClCa（HCO3）2FeCl3投入水中，对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是（）ABCD【考点】盐类水解的应用【分析】对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质，说明该物质不易分解、不易发生水解或水解时不生成易挥发性物质，据此分析解答【解答】解：硫酸铜加热过程中，铜离子水解生成硫酸铜和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以最终得到的固体仍然是硫酸铜，故正确；Na2O2溶于水生成氢氧化钠，所以最终得到NaOH，故错误；NaCl为强酸强碱盐，与水不反应，性质稳定，加热后仍得NaCl，故正确；碳酸氢钙在溶液中加热分解生成碳酸钙沉淀，故错误；氯化铁溶于水，铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢由于氯化氢易挥发，而水解又是吸热的，因此最终得到的是氢氧化铁，故错误；故选B9化学是以一门实验为基础的自然科学，许多实验有丰富的颜色变化，有关实验的颜色变化有错误的是（）A向FeSO4和KSCN的混合溶液中滴加少量的新制氯水，溶液由浅绿色变为红色B向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸，能使溶液变为棕黄色D将Fe（OH）3胶体装在U形管中做电泳实验时，负（阴）极一端颜色变浅【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；化学实验方案的评价【分析】A亚铁离子的溶液为浅绿色，加入新制氯水后亚铁离子被氧化成铁离子；B亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁迅速被氧化；C硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子生成铁离子；DFe（OH）3胶体吸附带正电荷【解答】解：A向FeSO4和KSCN的混合溶液中滴加少量的新制氯水，亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，所以溶液由浅绿色变为红色，故A正确；B向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁很快被氧化，颜色变为灰绿色，最终会变成红褐色的氢氧化铁，故B正确；C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸，在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，所以溶液变为棕黄色，故C正确；DFe（OH）3胶体吸附带正电荷，将Fe（OH）3胶体装在U形管中做电泳实验时，胶体向阴极移动，则负（阴）极一端颜色变深，故D错误；故选D10下列物质NaHCO3 Al（OH）3 K2SO4 AgNO3中，既能与盐酸反应、又能与氢氧化钠溶液反应的是（）ABCD【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【分析】既能与酸反应，又能与碱反应的物质有：弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，结合复分解反应发生的条件解答本题【解答】解：NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应得到二氧化碳，能与氢氧化钠反应得到碳酸钠，故符合； Al（OH）3属于两性氢氧化物，既能与盐酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2离子，故符合； K2SO4既不能与盐酸反应液，也不能与氢氧化钠溶液反应，不符合复分解反应发生的体积，故不符合； AgNO3能与盐酸反应得到氯化银沉淀，能与氢氧化钠溶液反应得到AgOH沉淀，故符合； 故选D11下列试剂中，可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3四种溶液的是（）ANaOHBH2SO4CNH3H2ODAgNO3【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3四种溶液中金属阳离子不同，与NaOH反应的现象分别为：无现象、白色沉淀、白色沉淀变为灰绿色最后为红褐色、先生成白色沉淀后沉淀消失，现象不同，以此来解答【解答】解：ANa2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3四种溶液与NaOH反应的现象分别为：无现象、白色沉淀、白色沉淀变为灰绿色最后为红褐色、先生成白色沉淀后沉淀消失，现象不同，能区分，故A正确；B四种溶液与硫酸均不反应，现象相同，不能区分，故B错误；CMgCl2、Al2（SO4）3与NH3H2O反应均生成白色沉淀，现象相同，不能区分，故C错误；D四种溶液与AgNO3反应均生成白色沉淀，现象相同，不能区分，故D错误；故选A12在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是（）A5：8B5：4C5：3D3：5【考点】氧化还原反应【分析】在氧化还原反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，3价的N元素的化合价升高，被氧化，做还原剂；+5价N元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，据此判断氧化剂与还原剂的物质的量之比【解答】解：在氧化还原反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，3价的N元素的化合价升高，被氧化，做还原剂；+5价N元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，其中有的+5价N，没有变价，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：5，故选D13设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A18 g H2O中含NA个质子B1 L 1 molL1的CuSO4溶液中含NA个Cu2+C常温常压下，2.24 L Cl2中含0.2NA个氯原子D0.5 mol Al与足量NaOH溶液充分反应，转移的电子数目为1.5NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出水的物质的量，然后根据水中含10个质子来分析；B、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、铝和碱反应后变为+3价【解答】解：A、18g水的物质的量为1mol，而水中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A错误；B、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铜离子的个数小于NA个，故B错误；C、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故氯气的物质的量小于0.1mol，则含有的氯原子的个数小于0.2NA个，故C错误；D、铝和碱反应后变为+3价，故0.5mol铝转移电子数为1.5NA个，故D正确故选D14某溶液含有NO3、HCO3SO32CO32SO42五种阴离子现向其中加入少量Na2O2的固体后，溶液中离子浓度增大的是（设溶液体积无变化）（）ABCD【考点】钠的重要化合物【分析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变；同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化【解答】解：Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3与OH反应生成CO32，则HCO3离子浓度减小，CO32离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，则SO32离子浓度减小，SO42浓度增大；只有NO3浓度基本不变，故选D1525时，下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A在强碱性溶液中：Na+、K+、AlO2、ClBpH=1的溶液中：HCO3、NH4+、NO3、Ca2+C无色溶液中：Cu2+、NO3、Cl、H+D无色溶液中：Na+、K+、ClO、SO32【考点】离子共存问题【分析】A强碱溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子与氢离子反应；C铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；D亚硫酸根离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应【解答】解：A在强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、AlO2、Cl离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，HCO3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CCu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故C错误；DClO、SO32之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A16下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用小苏打治疗胃酸过多：CO3+2H+CO2+H2OB钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2C硫酸铜溶液中加入过量铁粉：Cu2+2Fe2Fe3+CuD用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH2AlO+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳；B电荷数不守恒；C电荷不守恒，不符合反应客观事实；D氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水【解答】解：A用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3+H+CO2+H2O，故A错误；B钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故B错误；C硫酸铜溶液中加入过量铁粉：Cu2+FeFe2+Cu，故C错误；D用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，离子方程式：Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故D正确；故选：D17使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量w和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的质量之比为（）A2：3B1：1C4：3D8：9【考点】有关混合物反应的计算【分析】生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（61）：（76）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，根据Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，计算氢氧化铝物质的量，再根据生成沉淀消耗NaOH计算氢氧化镁物质的量，根据元素守恒计算Mg、Al质量之比【解答】解：生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（61）：（76）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O1mol 1mol由Al元素守恒，可知m（Al）=1mol27g/mol=27g，生成1mol氢氧化铝消耗NaOH为1mol3=3mol，则生成氢氧化镁消耗NaOH为5mol3mol=2mol，则氢氧化镁为1mol，由Mg元素守恒，则m（Mg）=1mol24g/mol=24g，故该合金中镁和铝的质量之比为24g：27g=8：9，故选D18某溶液中含有0.2mol/L NH4+、0.25mol/L Fe2+、0.4mol/L Cl及一定量的SO42，则SO42物质的量浓度为（）A0.1mol/LB0.3mol/LC0.5mol/LD0.15mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】溶液呈电中性，故溶液中c（NH4+）+2c（ Fe2+）=c（Cl）+2c（SO42），据此计算【解答】解：溶液呈电中性，故溶液中c（NH4+）+2c（ Fe2+）=c（Cl）+2c（SO42），即：0.2mol/L+20.25mol/L=0.4mol/L+2c（SO42），解得c（SO42）=0.15mol/L，故选D19要使含有Ag+、Cu2+、Mg2+、Ba2+等离子的溶液中的离子逐一形成沉淀析出，下列所选择试剂及加入试剂的顺序正确的是（）AH2SO4HClK2SNaOHCO2BNa2SO4NaClNa2SNH3H2OCNaClNa2SO4H2SNaOHDNa2SNa2SO4NaClNaOH【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】将Ag+、Cu2+、Mg2+、Ba2+四种离子逐一沉淀并分离，则每加入一种物质只能产生一种沉淀，所以加入顺序为NaCl（生成AgCl沉淀）、Na2SO4（生成BaSO4沉淀）、H2S（生成CuS沉淀）、足量氢氧化钠（生成Mg（OH）2沉淀），以此解答该题【解答】解：A先加入硫酸，可生成硫酸银、硫酸钡沉淀，故A错误；B先加入硫酸钠，可生成硫酸银、硫酸钡沉淀，故B错误；C可依次生成AgCl、BaSO4、CuS、Mg（OH）2等沉淀，符合题目要求，故C正确；D先加入硫化钠，可同时生成硫化银、硫化铜、氢氧化铝（水解生成）等沉淀，故D错误故选C20将5.4g Al投入到200.0mL 1.00mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后没有金属剩余，该溶液可能为（）AHNO3溶液BHCl溶液CH2SO4溶液DNaOH溶液【考点】铝的化学性质【分析】200.0mL 1.0molL1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L1.0molL1=0.2mol，Al的物质的量为=0.2mol，充分反应后没有金属剩余，说明金属完全反应，结合生成氢气进行判断【解答】解：200.0mL 1.0molL1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L1.0molL1=0.2mol，Al的物质的量为=0.2mol，AAl与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，故A错误；B由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.2molHCl溶液，Al过量，故B错误；C由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.2molH2SO4溶液，Al过量，故C错误；D由2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，0.2molAl与0.2molNaOH溶液恰好反应，故D正确故选D21用如图所示装置不能达到有关实验目的是（）A用甲图装置证明（煤油）（钠）（水）B用乙图装置制备Fe（OH）2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价；钠的化学性质；探究铝热反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【分析】A钠的密度比水的小，比煤油的大；B煤油能隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；C利用铝热反应可制备熔点高的金属Mn；D比较稳定性，碳酸氢钠应在小试管中【解答】解：A由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；故选D22铁片投入下列溶液后，金属片质量减少，但无气体产生的是（）A冷浓HNO3BCu（NO3）2溶液C稀硫酸DFe（NO3）3溶液【考点】铁的化学性质【分析】A铁与浓硝酸发生钝化；B铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜；C铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；D铁与硝酸铁反应生成硝酸亚铁【解答】解：A铁与浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进行，故A错误；B铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，固体质量增重，故B错误；C铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体生成，故C错误；D铁与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，金属片质量减少，但无气体产生，故D正确；故选：D二、填空23（1）配平该反应化学方程式且回答下列问题：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O（2）氧化剂是KMnO4，氧化产物是Cl2（填化学式）（3）若生成71g Cl2，被氧化的HCl是2mol【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】（1）反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5，mol电子，氯化氢中1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；（2）反应中所含元素化合价降低的为氧化剂，生成物中所含元素化合价升高为氧化产物；（3）依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol，据此解答【解答】解：（1）反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5mol电子，氯化氢中1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒，高锰酸钾系数为2，氯气系数为5，依据原子个数守恒，氯化锰系数为2，氯化钾系数为2，依据氯原子个数守恒氯化氢系数为16，水分子系数为8，所以方程式：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；故答案为：2；16；2；2；5；8；（2）依据（1）分析可知，反应中高锰酸钾中锰元素化合价降低，所以高锰酸钾为氧化剂，化学式KMnO4；生成物中氯气中的氯是由氯化氢中1价氯化合价升高得到，所以氯气为氧化产物，化学产物Cl2；故答案为：KMnO4；Cl2；（3）71g Cl2物质的量为=1mol，依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol，故答案为：224某混合物A含有Al2 （SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的变化：据此判断：（1）固体E所含物质的化学式为K2SO4、（NH4）2SO4（2）反应可用来焊接钢轨，化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3：该反应称为铝热反应（3）反应的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O（4）反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+（5）实验室配制氯化亚铁溶液时是把氯化亚铁溶解于煮沸过的蒸馏水中，并加入盐酸和铁粉，向氯化亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液时生成沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，反应的化学方程式是FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应为铝热反应，单质C为Al；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到E中含K2SO4 和（NH4）2SO4，以此解答该题【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应为铝热反应，单质C为Al；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到E中含K2SO4 和（NH4）2SO4，（1）由以上分析可知固体E中含K2SO4 和（NH4）2SO4，故答案为：K2SO4、（NH4）2SO4；（2）反应为铝热反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，该反应称为铝热反应，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；铝热反应；（3）反应为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（4）反应为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+；（5）实验室配制氯化亚铁溶液时是把氯化亚铁溶解于煮沸过的蒸馏水中，并加入盐酸和铁粉，盐酸可抑制水解，铁粉可防止亚铁离子被氧化；氯化亚铁溶液中加入NaOH溶液后，发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：盐酸；铁粉；FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）325A、B、C、D 都是中学化学中常见物质，其中 A、B、C 均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图（部分反应中的水已略去）（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中常用的发酵粉的成分常用于食品膨松剂反应的离子方程式是HCO3+OHCO32+H2O；氯碱工业制程A的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料反应的离子方程式是Fe+2Fe3+3Fe2+；B可作净水剂，在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是酸性废水中的酸，会抑制铁离子的水解【考点】无机物的推断【分析】（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品，可知A为NaOH，C为NaHCO3，A、B、C 均含有同一种元素，根据转化关系可知，B为Na2CO3，D为CO2，Na2CO3，NaHCO3是弱酸强碱盐，是在水的作用下而发生水解显碱性；（2）D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，应为氧化铁，若A、D均为单质，且A为气体，则D为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2【解答】解：（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品，可知A为NaOH，C为NaHCO3，B为Na2CO3，D为CO2，Na2CO3，反应为NaOH和NaHCO3的反应，反应的离子方程式是HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OHCO32+H2O；氯碱工业制氢氧化钠，是电解饱和食盐水，反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（2）D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，应为氧化铁，则D为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，反应为铁与铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式是Fe+2Fe3+3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+3Fe2+；B为FeCl3，氯化铁能净水是因为铁离子水解生成具有吸附性的Fe（OH）3，水解方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，由于酸性废水中的酸，会抑制铁离子的水解，所以不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，故答案为：酸性废水中的酸，会抑制铁离子的水解三、实验26某无色溶液X，K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42中的若干种离子组成，取该溶液进行如下实验：（1）气体A的成分是CO2（填化学式，下同），气体B的成分是NH3（2）写出步骤中产生气体的离子方程式CO32+2H+H2O+CO2（3）分别写出形成白色沉淀甲和气体B的离子方程式AlO2+4H+Al3+2H2O，Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；NH4+OHNH3+H2O（4）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是CO32、AlO2、Na+，尚未确定是否存在的离子是SO42，只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有SO42【考点】无机物的推断【分析】溶液呈无色，则不含Fe3+，加入过量盐酸只产生气体，则一定含有CO32，不含Ag+，反应后溶液呈酸性，加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，则原溶液中含有AlO2，则一定不含Ba2+、Al3+、Fe3+，因这些离子与AlO2发生相互促进的水解而不能大量共存，根据溶液电中性原则，一定含有Na+，最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为BaCO3，不能确定是否存在SO42，以此解答【解答】解：溶液呈无色，则不含Fe3+，加入过量盐酸只产生气体，则一定含有CO32，不含Ag+，反应后溶液呈酸性，加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，则原溶液中含有AlO2，则一定不含Ba2+、Al3+、Fe3+，因这些离子与AlO2发生相互促进的水解而不能大量共存，根据溶液电中性原则，一定含有Na+，最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为BaCO3，不能确定SO42是否存在（1）气体A的成分是CO2，所涉及反应有：CO32+2H+H2O+CO2，Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，气体B为NH3，所涉及反应为NH4+OHNH3+H2O故答案为：CO2；NH3；（2）步骤中加入过量盐酸只产生气体，则一定含有CO32，发生离子反应为CO32+2H+H2O+CO2，故答案为：CO32+2H+H2O+CO2；（3）溶液中含有AlO2，加入过量盐酸发生反应：AlO2+4H+Al3+2H2O，加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；生成气体B的离子反应为NH4+OHNH3+H2O，故答案为：AlO2+4H+Al3+2H2O，Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；NH4+OHNH3+H2O；（4）由以上分析可知，X溶液中一定存在的离子是CO32、AlO2、Na+，因最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为BaCO3，不能确定SO42是否存在，可向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有SO42，故答案为：CO32、AlO2、Na+；SO42；向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有SO4227某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去）图中K为止水夹（处于关闭状态），F是一半空的注射器请回答有关问题：（1）设计装置A的目的是利用生成的二氧化碳赶尽整个装置内的空气，避免对NO的检验造成干扰为达到此目的，应进行的操作是观察到C中变浑浊，关闭K，移动铜丝与硝酸接触（2）在完成（1）中的操作后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是气泡冒出和溶液变为蓝色B中反应的离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O（3）装置E和F的作用是验证NO的生成为实现此作用，其操作方法是将F中的空气推入E中（4）装置D的作用是吸收多余的氮氧化物，防止污染空气【考点】性质实验方案的设计；硝酸的化学性质【分析】由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答【解答】解：（1）因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中 的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是观察到C中变浑浊，关闭K，移动铜丝与硝酸接触，故答案为：利用生成的二氧化碳赶尽整个装置内的空气，避免对NO的检验造成干扰；（2）因铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其离子反应为3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，观察到气泡冒出和溶液变为蓝色，故答案为：气泡冒出和溶液变为蓝色；3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O； （3）将F中的空气推入E中，发生2NO+O2=2NO2，E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则装置E和F的作用是验证NO的生成，故答案为：验证NO的生成；将F中的空气推入E中；（4）NO、NO2都有毒，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，则装置D的作用为吸收多余的氮氧化物，防止污染空气，故答案为：吸收多余的氮氧化物，防止污染空气xx年11月17日