河北省石家庄市精英中学2023届高三化学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

石家庄精英中学2022-2023学年第一学期第一次考试高三化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷草稿纸上作答无效。可能用到得量相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Ba-137一、单选题：(共20题；1-10每题1分，11-20每题2分，共30分)1.下列物质对应用途中，不正确的是A.过氧化钠：呼吸面具中作供氧剂B.碳酸钠和碳酸氢钠：均可用作食用碱或工业用碱C.氢氧化铁：油漆、涂料中的红色颜料D.硬铝：制造飞机和宇宙飞船理想材料【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠与二氧化碳、水均能发生反应产生氧气，所以可用于呼吸面具中作供氧剂，A正确；B．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，碳酸氢钠可用作食用碱，用于发酵粉等；碳酸钠可以用于制造玻璃等或工业用碱，B正确；C．Fe2O3是红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，C错误；D．Al的相对原子质量较小，故其形成的合金硬铝密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，D正确；故选C。2.一同学设计了两种由CuO→Cu的实验方案：方案一：ZnH2Cu； 方案二：CuOCuSO4Cu。大家认为方案二优于方案一，理由是：①节约能源；②Cu产率高；③产品纯净；④操作安全。其中，评价正确的是A.①②④B.①②③C.①③④D.①②③④【答案】A【解析】【详解】方案一中发生、，反应需要加热，且H2还原CuO时需先通H2排出空气，否则易爆炸，反应结束后还需通入H2至生成的Cu冷却，否则Cu又易被氧化，而方案二中发生、，消耗原料少，操作安全，产率高，但Cu易混有Zn，则方案二优于方案一，理由是①节约能源；②Cu产率高；④操作安全；故选A。3.下列叙述错误的是①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一；②1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子；③6.02×1023就是阿伏加德罗常数；④氢原子的摩尔质量是1g；⑤HCl的摩尔质量等于1molHCl分子的质量。A.①②③B.②③④C.②③④⑤D.全部【答案】D【解析】【详解】①摩尔是国际单位制中物质的量的单位，故错误；②1mol任何物质都含有约6.02×1023个粒子，而物质不一定由单个原子构成，如氧气、二氧化碳等，故错误；③阿伏加德罗常数的单位为mol-1，6.02×1023mol-1是阿伏加德罗常数的近似值，故错误；④H的摩尔质量是1g·mol-1，故错误；⑤HCl的摩尔质量以g·mol-1为单位时，数值上等于lmolHCl分子的质量（以克为单位），故错误； 故选D。4.下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是A.CuO+H2Cu+H2OB.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2C.2KClO32KCl+3O2↑D.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A．CuO+H2Cu+H2O属于置换反应，不符合题意；B．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，有化合价的变化，属于氧化还原反应，符合题意；C．2KClO32KCl+3O2↑属于分解反应，不符合题意；D．Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O属于复分解反应，但是不是氧化还原反应，不符合题意；故选B。5.下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是A.Na→NaOH→Na2CO3→NaClB.Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4C.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3D.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3和水，碳酸钠和CaCl2反应生成CaCO3和NaCl，故A不符合题意；B．Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与硫酸反应生成MgSO4，故B不符合题意；C．铝与氧气反应生成Al2O3，Al2O3无法通过一步反应生成Al(OH)3，故C符合题意；D．铁与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2和氧气、水反应生成氢氧化铁，故D不符合题意。 故答案为C。6.下表中各组物质分类全部正确的是选项纯净物碱碱性氧化物强电解质A碱石灰纯碱CaO醋酸B烧碱氢氧化钾硫酸钡C84消毒液澄清石灰水氯化钠D胆矾碳酸钙A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物；纯碱是碳酸钠属于盐；CaO能与酸反应生成盐和水是碱性氧化物；醋酸是弱酸是弱电解质，故A错误；B．烧碱是氢氧化钠的俗名，氢氧化钠是纯净物；氢氧化钾是强碱；属于两性氧化物；硫酸钡虽然是难溶物，但溶于水的部分是完全电离的，是强电解质，故B错误；C．84消毒液属于混合物；澄清石灰水属于混合物；与酸反应生成盐和水外还生成氧气，不属于碱性氧化物，属于过氧化物；氯化钠在熔融态和水溶液状态均能完全电离，是强电解质，故C错误；D．胆矾是五水硫酸铜晶体，属于纯净物；是弱碱，属于碱；与酸反应生成盐和水是碱性氧化物；碳酸钙虽然是难溶物，但溶于水的部分是完全电离的，是强电解质，故D正确。故选D选项。7.下列说法正确的是A.还原铁粉可用作食品干燥剂B.用洁净的铂丝蘸取白色粉末在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该白色粉末是钠盐 C.钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火D.氧化亚铁在空气中加热会被迅速氧化成三氧化二铁【答案】C【解析】【详解】A．常温下还原铁粉不能与水反应，不能用作食品干燥剂，其具有还原性，可作抗氧化剂，故A错误；B．用洁净的铂丝蘸取白色粉末在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该白色粉末含有钠元素，不一定是钠盐，可以是NaOH，故B错误；C．钾、钠燃烧生成的超氧化钾、过氧化钾、过氧化钠均能与二氧化碳反应，镁能与二氧化碳反应，故钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，故C正确；D．氧化亚铁在空气中加热会被迅速氧化成四氧化三铁，故D错误；故选C。8.下列说法正确的是A.氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质B.PM2.5(微粒直径约为2.5×10-6m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应C.电离时生成的阴离子全部是OH-的化合物叫做碱D.含钙、钡、铁等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火【答案】C【解析】【详解】A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．胶体的粒子直径在1~100nm，PM2.5(微粒直径约为2.5×10-6m)分散在空气中不能形成气溶胶，故B错误；C．电离时生成的阴离子全部是OH-的化合物叫做碱，故C正确；D．含钙、钡等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火，铁元素不具有焰色试验，故D错误；故选：C。9.将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示。 下列说法正确的是A.a离子为Na+，b离子为Cl-B.溶液中NaCl在通电条件下发生电离C.溶液中存在NaClNa++Cl-D.水分子与NaCl晶体作用表明水分子中氧原子端带负电【答案】D【解析】【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径>，结合图可知，a离子为，A错误；B．电离过程不需要通电，B错误；C．氯化钠为强电解质，在水分子作用下可电离生成水合钠离子和水合氯离子，其电离方程式为，C错误；D．根据图示可知，水分子中氧原子端带负电，与钠离子相互吸引，D正确；故选D。10.“嫦娥五号”中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是A.一般合金的硬度比各成分金属的大B.合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同C.生铁属于合金D.改变原料配比、生成合金条件，可以得到具有不同性能的合金【答案】B【解析】【分析】合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质。合金与组成它的成分相比，一般具有熔点低、硬度大、抗腐蚀性强等方面的优点。【详解】A．一般合金的硬度比各成分金属的大，故A正确； B．合金各成分保持了自身的化学性质，故B错误；C．生铁为铁和碳的合金，故C正确；D．合金成分不同，则物理性质不同，则改变原料配比、生成合金条件，可以得到具有不同性能的合金，故D正确；故选：B。11.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是ABCD制备氢氧化铁胶体分离NaCl溶液和Fe(OH)3胶体检验NH稀释浓硫酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．制备氢氧化铁胶体应该是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，不应该使用氢氧化钠溶液，否则得到的是氢氧化铁沉淀，A错误；B．NaCl溶液和Fe(OH)3胶体均能透过滤纸，不能用过滤的方法将NaCl溶液和Fe(OH)3胶体分开，B错误；C．NH4Cl与NaOH溶液在加热条件下反应生成NH3，NH3会使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，C错误；D．稀释浓硫酸的操作为将浓硫酸倒入水中，边倒入边用玻璃棒搅拌，D正确；故选D。12.下列离子方程式的书写正确的是 A.向Fe(NO3)3溶液中加入少量HI溶液：2Fe3++2I¯=2Fe2++I2B.过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OC.向含1molFeBr2的溶液中通入标准状况下22.4LCl2时，发生的反应为：2Fe2++2Br¯+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl¯D.Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO¯+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO【答案】C【解析】【详解】A．向Fe(NO3)3溶液中加入少量HI溶液后，NO在有H+存在时氧化性强于Fe3+，此时NO作氧化剂，I¯作还原剂，离子方程式应为2NO+8H++6I¯=2NO↑+3I2+4H2O，故A错误；B．过量的铁粉会与Fe3+反应生成Fe2+，最终氧化产物是Fe2+，故B错误；C．溶液中含1molFe2+、2molBr¯，总共通入1molCl2，由于Fe2+的还原性强于Br¯，1molFe2+先消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2与Br¯反应，只能消耗1molBr¯，则参加反应的Fe2+、Br¯、Cl2的物质的量之比为1：1：1，总反应的离子方程式为2Fe2++2Br¯+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl¯，故C正确；D．ClO¯有强氧化性，会将SO2氧化为SO，同时得到还原产物Cl¯，故D错误；故答案为C。【点睛】判断离子方程式的正误，应先考虑是否有氧化还原反应，找到氧化剂、还原剂及其对应的产物，有时还要考虑氧化性、还原性的强弱顺序；如果没有氧化还原反应，再考虑是否会生成沉淀、弱电解质、气体等。13.下列离子方程式的书写正确的是A.向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀：Fe2++2SO+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+2Fe(OH)2↓B.向BaCl2溶液中通入少量CO2：Ba2++H2O+CO2=BaCO3↓+2H+C.NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合：HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+COD.向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：CO+CO2+H2O=2HCO【答案】C 【解析】【详解】A．与Fe2+中，Fe2+先于OH-反应，Fe2+恰好完全沉淀需要与Ba(OH)2以1:1比例反应，则其反应离子方程式为Fe2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，A错误；B．向BaCl2溶液中通入少量CO2不发生反应，B错误；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，其反应离子方程式为HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO，C正确；D．向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2会析出NaHCO3固体，则其反应离子方程式为2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3，D错误；故选C。14.下列关于溶液中所含离子检验的说法正确的是A.用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应时，火焰呈黄色.则原溶液中有Na+、无K+B.取少量某溶液于试管中，加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明该溶液中含Fe3+C.先加适量的稀硝酸将溶液酸化，再加入AgNO3溶液，产生了白色沉淀，则原溶液中一定含有大量的Cl-D.将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明该溶液中含有CO【答案】C【解析】【详解】A．用铂丝蘸取待测液，在酒精灯火焰上灼烧，焰色为黄色，说明待测液中含Na+，没有透过蓝色钴玻璃片观察，不能确定是否含K+，故A错误；B．二价铁离子和KSCN不反应，三价铁离子和KSCN溶液反应使溶液呈血红色，二价铁离子易被氯水氧化生成三价铁离子，Fe2+检验时要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干扰，故B错误；C．先加适量的稀硝酸将溶液酸化，排除碳酸根等离子的干扰，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，则原溶液中一定含有大量的Cl-，故C正确；D．将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，该溶液可能含有CO或HCO等，故D错误； 故选C。15.下列操作所得溶液的溶质的物质的量浓度为1的是A.将9.5g溶于蒸馏水，配成100mL溶液B.将4gNaOH固体溶于100mL蒸馏水C.将50mL2NaCl溶液与50mL蒸馏水混合D.将3.36L氯化氢气体溶于水，配成150mL溶液【答案】A【解析】【详解】A．9.5g的物质的量为0.1mol，配成100mL溶液，浓度等于1mol/L，A正确；B．4gNaOH的物质的量未0.1mol，溶于100mL蒸馏水，溶液的体积不再是100mL，故浓度不是1mol/L，故B错误；C．50mL溶液与50mL水混合后溶液的体积未知，不能计算浓度，故C错误；D．状况未标明，故气体的物质的量不一定是0.15mol，D错误；故选A。16.某同学用固体Na2CO3配制0.2mol•L-1的Na2CO3溶液480mL。上述Na2CO3溶液的过程如图所示：你认为该同学的错误步骤有几处 A.1处B.2处C.3处D.4处【答案】B【解析】【详解】操作①为称量Na2CO3固体，Na2CO3固体不能直接放在天平托盘上称量，①错误；操作②为溶解碳酸钠，使用玻璃棒搅拌，加速溶解过程，②正确；操作③为转移冷却后的碳酸钠溶液，需要使用玻璃棒引流，玻璃棒下端放在容量瓶刻度线以下，③正确；操作④为转移洗涤烧杯和玻璃棒的溶液，当加水到距容量瓶刻度线1-2cm时停止，需要改用胶头滴管，④正确；操作⑤为使用胶头滴管定容，定容时眼睛应该与容量瓶刻度线相平，不能仰视刻度线，⑤错误；操作⑥为摇匀操作，摇匀时应该上下颠倒充分摇匀，⑥正确；综上所述，有2处错误；故选B。17.室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化Fe2+具有还原性 BNa2O2用棉花包裹放在石棉网上，向棉花上滴几滴水，观察棉花是否燃烧Na2O2与H2O是放热反应C向盛有淀粉－KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化Br2的氧化性比I2的强D测量醋酸溶液、盐酸的导电性，比较溶液的导电性强弱CH3COOH是弱电解质A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氯水可以将亚铁离子氧化为铁离子，使KSCN溶液显红色，亚铁离子具有还原性，故A正确；B．Na2O2用棉花包裹放在石棉网上，向棉花上滴几滴水，棉花燃烧，可以判断该反应为放热反应，故B正确；C．溴单质可以置换出碘化钾中的碘，使淀粉显蓝色，说明溴的氧化性大于碘的氧化性，故C正确；D．浓度不定，不能通过测量醋酸、盐酸的导电性，比较溶液导电性强弱以及电解质的强弱，故D错误；故选：D。18.观察是化学学习的重要方法。金属钠放置于空气中观察到下列现象，下列推证正确的是实验现象变灰暗变白色出现液滴白色晶体A.若将钠放置于坩埚中加热，观察到的现象与①、②相同B.取①得到的产物，滴加适量水和CuSO4溶液，可观察到蓝色沉淀生成C.取③后液滴的稀溶液滴加酚酞溶液，可观察到酚酞先变红后褪色D.④只发生物理变化【答案】B【解析】【分析】 金属钠放置于空气中发生的变化中，①是钠被氧气氧化为氧化钠为灰暗色；②是氧化钠与水反应生成氢氧化钠为白色；③是氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液；④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体为白色晶体。【详解】A．钠放置于坩埚中加热，钠首先熔化成小球，继而剧烈燃烧产生黄色火焰，燃烧产物为淡黄色的固体过氧化钠，A错误；B．①得到的产物为氧化钠，水与氧化钠反应生成氢氧化钠，加入CuSO4溶液生成Cu(OH)2蓝色沉淀，则可观察到蓝色沉淀生成，B正确；C．③为氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液，滴加酚酞溶液，溶液只变红不褪色，C错误；D．④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体，发生化学变化，D错误；故选B。19.在两个相同体积的刚性容器中分别充入28gCO和N2气体，设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.两容器的压强一定相等B.两容器的密度一定相等C.两容器所含的气体分子数均为NAD.若保持常温常压下，则气体的体积大于22.4L【答案】A【解析】【详解】A．两个容器的体积相同，气体的物质的量相同，气体的压强还与温度有关，由于温度不知道，无法判断压强大小，故A错误；B．两个容器的体积相同，气体的质量相同，由ρ＝可知，密度相同，故B正确；C．两种气体的物质的量相同，均为1mol，则所含的气体分子数均为NA，故C正确；D．温度越高，气体的体积越大，所以若保持常温常压下，则气体的体积大于4L，故D正确。故选A。20.用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO+Cu2S+H+→Cu2+++Mn2++H2O(未配平)和反应II：MnO+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是A.反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B.反应I中每生成1molSO，转移电子的物质的量为10molC.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D.若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为【答案】B【解析】【详解】A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B．反应Ⅰ中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C．反应Ⅱ中氧化剂化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，应氧化molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D错误；故选B。二、不定项选择题(每题有1-2个选项符合题意，每题4分，错选得0分，选不全得2分，共16分)21.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加入Al放出H2的溶液：K+、Na+、HCO、SOB.pH=3的溶液中：Mg2+、Zn2+、NO、Cl-C.无色透明的溶液中：Cu2+、K+、、SO、H+D.0.1mol/LNaAlO2溶液：OH-、Na+、Cl-、SO【答案】BD【解析】【分析】根据离子之间反应的条件：生成沉淀、气体、弱电解质等而不能大量共存进行判断；【详解】A．加入铝放出氢气的溶液可能是酸性也可能是碱性溶液，而碳酸氢根离子不仅与氢离子反应又能与氢氧根离子反应，故A不能共存；故A不正确； B．pH=3的溶液是酸性溶液，含有氢离子，能与其它离子共存，故B符合题意；C．铜离子是蓝色，故不符合，故C不正确；D．离子之间不发生反应，故D符合题意；故选答案BD；【点睛】此题考查离子共存问题，注意隐含条件的判断。22.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.15.6gNa2O2中离子总数为0.6NAB.1molNa2O2与足量H2O完全反应，转移2NA个电子C.1L0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中含有的CO数为0.1NAD.等质量的N2和CO含有的原子总数均为2NA【答案】A【解析】【详解】A．15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，其中含有钠离子0.4mol，过氧根离子0.2mol，离子总数为0.6NA，A正确；B．Na2O2与水反应生成NaOH和O2，1mol过氧化钠与水反应转移电子为1mol，B错误；C．碳酸氢根离子无法完全电离生成氢离子和碳酸根离子，0.1mol碳酸氢钠溶液中含有的碳酸根离子数小于0.1NA，C错误；D．等质量的N2和CO含有的原子数相同，但是并没有说明具体的质量是多少，无法确定原子总数为2NA，D错误；故答案选A。23.类推是化学学习和研究常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是A.Mg燃烧不能用CO2灭火，故燃烧也不能用CO2灭火B.Al在O2中燃烧生成Al2O3，故Fe在O2中燃烧生成Fe2O3C.CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2D.与溶液反应生成H2，故与溶液反应也生成H2【答案】A【解析】【详解】A．由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应，Mg燃烧不能用CO2 灭火，故Na燃烧也不能用CO2灭火，故A正确；B．Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；D．Mg的金属性大于Al，Mg不能和NaOH溶液反应，故D项错误；选A；24.某固体X可能含有NH、Fe3+、Na+、Cl-、CO、SO中的几种离子，将固体X均分为两份，进行实验：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得白色沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g白色沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生碱性气体0.672L(标准状况)。下列说法正确的是A.该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+B.固体X中Na+物质的量至少为0.03molC.该固体中一定没有Fe3+和Cl-D.该固体中只含有NH、CO、SO【答案】AB【解析】【详解】(1)固体溶于水得透明溶液，加入足量的BaClg溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，说明有CO和SO，碳酸根离子和铁离子不能共存，则无Fe3+，，；(2)与过量NaOH混合后充分加热，产生碱性气体为氨气，说明含有NH，，阳离子的正电荷为0.03mol，阴离子的负电荷为，根据电荷守恒可以判断溶液中一定含有Na+，固体X中Na+物质的量至少为0.03mol，Cl-无法确定，故答案为AB。第II卷 三、填空题(共54分)25.背诵熟记化学基础知识是学好化学的重要手段之一。根据所学知识，按要求填空。（1）利用焰色试验的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，也可定性鉴别某些金属盐。灼烧硫酸铜粉末的焰色为____(填标号)。A.黄色B.砖红色C.绿色D.黄绿色（2）用铝箔包住0.1g金属钠，用针在铝箔上刺些小孔，用镊子夹住放入水中产生的氢气比将0.1g金属钠直接投入水中产生的氢气多的原因是____(用化学方程式解释)。（3）用饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体的离子方程式：____。（4）铜在潮湿的空气中久置会生成铜绿，写出发生反应的化学方程式表示为____。（5）已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。①NaH2PO2是____(填“正盐”、“酸式盐”或“碱式盐”)。②向H3PO2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液至过量，其导电性变化图像为____；向稀NaOH溶液中逐滴滴加浓H3PO2溶液至恰好中和，其导电性变化图像为____。A.B.C.D.（6）溶液中SO检验的操作：____。【答案】（1）C（2）2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑（3）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+（4）2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3（5）①.正盐②.B③.C（6）取少量待测液于试管中，先滴加稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明该溶液中含有SO【解析】【小问1详解】铜元素的焰色实验为绿色，则灼烧硫酸铜粉末的焰色为绿色。 【小问2详解】用铝箔包住0.1g金属钠，用针在铝箔上刺些小孔，用镊子夹住放入水中产生的氢气比将0.1g金属钠直接投入水中产生的氢气多，原因是2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑。【小问3详解】用饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体的操作为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到出现红褐色，离子方程式Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。小问4详解】铜在潮湿的空气中久置会生成铜绿（碱式碳酸铜），发生反应的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。【小问5详解】①H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则NaH2PO2是正盐。②H3PO2为弱酸，部分电离，向H3PO2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液至过量，反应生成的NaH2PO2为盐，完全电离，NaOH为强碱，完全电离，则导电性逐渐增强，反应完全后逐渐稳定，则其导电性变化图像为B；向稀NaOH溶液中逐滴滴加浓H3PO2溶液至恰好中和，由于NaOH和NaH2PO2均完全电离，导电性几乎不变，则变化图像为C。【小问6详解】溶液中SO检验的操作：取少量待测液于试管中，先滴加稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明该溶液中含有SO。26.Na2CO3和NaHCO3在日常生产生活中有着广泛应用。（1）取Na2CO3和NaHCO3两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；其中盛放NaHCO3的烧杯中溶液温度____(填“升高或降低”)。（2）探究两者热稳定性的“套管实验”的实验装置如图所示： ①写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式：____。②证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？____(填“能”或“不能”)。（3）能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是____。A.将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较B.分别在这两种物质的溶液中，加入少量CaCl2溶液C.分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液（4）利用图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如图：a.按图连接装置，并检查气密性；b.准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为83.4g；c.准确称得6.0g纯碱样品放入容器II中；d.打开分液漏斗I的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；e.打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为85.6g。 ①若d、e两步的实验操作太快，则会导致测定结果____(填“偏大”或“偏小”)。②装置A中试剂X应选用____，通入空气目的是____。③E装置的作用是____。④根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品中Na2CO3的质量分数为____(结果保留到小数点后一位)。【答案】（1）降低（2）①.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O②.不能（3）AB（4）①.偏小②.NaOH溶液③.可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收④.防止空气中CO2和水蒸气进入D中⑤.88.3%【解析】【小问1详解】碳酸氢钠溶解为放热过程，故盛放NaHCO3的烧杯中溶液温度降低；【小问2详解】碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；NaHCO3固体在内管，温度低于外管的Na2CO3固体,而分解,温度较高的Na2CO3固体未分解,证明NaHCO3的热稳定性弱于Na2CO3若是将NaHCO3固体和Na2CO3固体互换位置，则得到结果：温度较高的NaHCO3固体分解，温度较低的Na2CO3固体不分解，不能证明它们的热稳定性强弱；【小问3详解】A．将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较，pH值较高的是Na2CO3；B．两支试管中均盛有3mL6mol/L稀盐酸,将少量等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末同时倒入试管中，反应较快的是NaHCO3；C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液，均能得到白色沉淀；故答案选AB；【小问4详解】反应过快会使产生的CO2气体不能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留CO2不能被D装置中碱石灰完全吸收，则测得的CO2质量偏小，测定结果偏小；鼓入空气，可把残留在装置B、C中的CO2赶出由D中碱石灰吸收，因为空气中含有CO2，因此 应把鼓入空气中的CO2吸收处理，所以装置A应放入NaOH溶液；如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的H2O(g)和CO2会对测定结果带来影响，所以装置E的作用是防止空气中H2O(g)和CO2进入装置D中；反应中放出CO2气体的质量=85.6g-83.4g=2.2g，设消耗碳酸钠的质量为x，，，x=5.3g，纯碱样品中Na2CO3的质量分数=×100%≈88.3%。27.铁及其化合物在日常生产生活中有着广泛应用。I.在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。（1）写出该反应的化学方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：____。（2）酒精灯和酒精喷灯点燃的顺序是先点燃____。（3）如果要在A处玻璃管处点燃生成气体，则必须对该气体进行验纯，方法是____。（4）取反应后得到的黑色粉末放入一试管中，加入稀硫酸将固体溶解，再滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液没有出现红色，原因是：____(用离子方程式表示)。II.某学生利用稀硫酸A、铁粉B和NaOH溶液C在实验室设计了如图装置制备白色Fe(OH)2固体。 （5）配置NaOH溶液时，为除去蒸馏水中溶解的O2常采用的方法是____。（6）装入试剂后开始实验时，止水夹处于____(填“打开或关闭”)状态，铁粉与稀硫酸制备H2的作用有_____(填编号)。a.驱赶装置内的空气b.把物质B压入II中c.保护白色Fe(OH)2不被空气氧化（7）若未排净装置中的空气，则II中出现的现象是____，出现该现象的原因是____(用化学方程式说明)。【答案】（1）（2）酒精灯（3）用试管收集一试管气体，靠近火焰，如果发出轻微爆鸣声或是“噗”的声音，则证明是纯净的氢气（4）2Fe3++Fe=3Fe2+（5）加热煮沸（6）①.打开②.abc（7）①.先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色②.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【小问1详解】铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，，H的化合价从+1价降低为0价，则4mol水得到8mol电子，故该反应用单线桥法标出电子转移的方向和数目为。【小问2详解】铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，氢气与空气混合遇热易爆炸，故应用水蒸气先排尽装置中的空气，故应先点燃酒精灯，再点燃酒精喷灯。 【小问3详解】生成的气体为氢气，对氢气进行验纯的方法是用试管收集一试管气体，靠近火焰，如果发出轻微爆鸣声或是“噗”的声音，则证明是纯净的氢气。【小问4详解】铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，则反应后得到的黑色粉末中含有四氧化三铁，也可能含有未反应的铁粉，四氧化三铁中含有三价铁和二价铁，加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液没有出现红色，可能是反应剩余的铁粉将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。【小问5详解】用该装置制备白色Fe(OH)2固体时，先打开止水夹，铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气将装置中的空气排尽，过一段时间，关闭止水夹，反应生成的氢气将装置I中的溶液压入装置Ⅱ中，在装置Ⅱ中生成Fe(OH)2固体，据此分析解答。配置NaOH溶液时，为除去蒸馏水中溶解的O2常采用的方法是加热煮沸。【小问6详解】由分析知，装入试剂后开始实验时，止水夹处于打开状态，铁粉与稀硫酸制备的H2可以驱赶装置内的空气，把物质B压入II中，并保护白色Fe(OH)2不被空气氧化，故选abc。【小问7详解】若未排净装置中的空气，装置II中生成的Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，则II中出现的现象是先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。28.某研究性学习小组欲测定室温下(25℃、101kPa)的气体摩尔体积，该小组设计的简易实验装置如图所示。该实验的主要操作步骤如图：（1）配制溶液：①配制100mL1.0mol•L-1的盐酸，需要量取20%，密度为1.1g•cm-3的盐酸的体积为____。②配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、____，容量瓶使用前应____。③下列操作会导致物质的量浓度偏大的是____。 A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒刻度B.容量瓶未干燥即用来配制溶液C.未洗涤烧杯和玻璃棒D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F.烧杯中有少量水用量筒量取出20.0mL1.0mol•L-1的盐酸加入锥形瓶中；取足量已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端；往广口瓶中装入足量水，按图连接好装置，检查装置的气密性；（2）反应结束后待体系温度恢复至室温，读取量筒中水的体积为VmL。请将上述步骤补充完整。并回答下列问题：①实验步骤(5)中应选用____(填序号)的量筒。A.100mLB.200mLC.250mLD.2000mL②读数时除恢复到室温，还要注意____、____。③若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为Vm=____。若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果_____(填“偏大“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.16.6mL②.100mL容量瓶、胶头滴管③.检漏④.E（2）①.C②.量筒内的液面与集气瓶内液面相平③.视线与液体凹液面的最低处相平④.0.1VL•mol-1⑤.偏小【解析】【小问1详解】①配制100mL1mol/L的盐酸，HCl的物质的量为0.1mol，则其质量为3.65g，设需要密度为1.1g/cm3的盐酸体积为xmL，则1.1x×20%=3.65g，x=16.6mL。②配制过程中需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，容量瓶使用前应该检漏。③A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒刻度线，量取浓盐酸浓度偏小，所配制溶液浓度偏小，A错误；B．配制溶液过程中需要加水定容，容量瓶未干燥就用来配制溶液，对浓度无影响，B错误；C．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，物质的量浓度偏小，C错误；D．定容后将容量瓶摇匀，发现液面低于刻度线，是正常现象，对浓度无影响，D错误； E．定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，E正确；F．配制过程中需要加水稀释，烧杯中有水对浓度无影响，F错误；故答案选E。【小问2详解】①盐酸的物质的量为0.02mol，则生成氢气的物质的量为0.01mol，标准状况下0.01mol氢气的体积为0.224L=224mL，25℃、101kPa的情况下氢气的体积略大于224mL，则选择250mL的量筒合适，故答案选C。②读数时除了恢复到室温，还需要注意量筒内的液面与集气瓶内液面相平，视线与凹液面的最低处相平。③实验条件下测得气体体积为VmL，气体的物质的量为0.01mol，则Vm=L/mol，如未除去镁条表面的氧化膜，则消耗的盐酸一部分与氧化镁发生反应，生成的气体体积减小，则测定结果偏小。29.氧化还原是学习化学的重要工具。根据所学知识，按要求填空。（1）四大发明在人类发展史上发挥了重要的作用，其中黑火药的爆炸原理为2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑。①上述反应中被还原的元素为____(填元素符号)，氧化产物为____(填化学式)。②若上述反应中转移的电子的物质的量为2.4mol，生成N2的体积(标准状况下)为____L，被S氧化的C的物质的量为___mol。（2）已知Fe(NH4)2Fe(CN)6是难溶于酸的白色沉淀，将其与H2SO4和NaClO3的混合溶液加热，经过滤洗涤干燥可制得铵铁蓝Fe(NH4)2Fe(CN)6，发生反应的离子方程式为____。（3）测定产品中Ca(IO3)2的质量分数：准确称取产品0.2500g，加酸溶解后，再加入足量KI发生反应IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴淀粉溶液作为指示剂，用0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O=2I-+S2O)至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL.达滴定终点时的现象是___，产品中Ca(IO3)2的质量分数为___%。若达到终点后俯视读数，则造成的误差是___。(偏高、偏低或无影响)【已知Ca(IO3)2的摩尔质量：390g•mol-1】。【答案】（1）①.N、S②.CO2③.4.48④.0.1 （2）6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO+6H+Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH（3）①.滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色刚好褪去且30s内不恢复②.39③.偏低【解析】【分析】氧化还原反应，元素化合价升高，被氧化生成氧化产物，元素化合价降低，被还原生成还原产物。【小问1详解】N、S元素化合价降低，被还原；C的化合价升高被氧化，生成CO2为氧化产物；N、S得电子，C失电子，2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑反应中转移12e-，即，转移的电子的物质的量为2.4mol，生成N20.2mol，标况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；转移的2.4mol电子中，其中S得电子数为，氧化的C的物质的量为；【小问2详解】Fe(NH4)2Fe(CN)6与H2SO4和NaClO3的混合溶液加热，发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO+6H+Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH【小问3详解】足量KI将还原为I2，加入淀粉溶液做指示剂，溶液呈蓝色，Na2S2O3溶液滴定，滴定终点I2消耗完，溶液蓝色退去，故达滴定终点时的现象是滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色刚好褪去且30s内不恢复；消耗0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液30.00mL，由题中反应方程式可知：，产品中含Ca(IO3)2的物质的量：则产品中Ca(IO3)2的质量分数为； 若达到终点后俯视读数，读取的Na2S2O3溶液体积偏小，则计算出Ca(IO3)2的质量分数偏低。