【化学】贵州省毕节市织金县第一中学2018-2019学年高一上学期12月份考试试题（解析版）

贵州省毕节市织金县第一中学2018-2019学年高一上学期12月份考试试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.32 g某气体的分子数目与22 g 二氧化碳的分子数目相同，则该气体的摩尔质量为　(　　)
A. 32 g B. 32 g·mol－1 C. 64 g·mol－1 D. 64 g
【答案】C
【详解】22gCO2的物质的量=22g÷44g/mol=0.5mol，32g该气体的分子数目与22gCO2的分子数目相同，二者物质的量相同，所以32g该气体的物质的量为0.5mol，该气体的摩尔质量=32g÷0.05mol=64g/mol，故答案C正确。
故选C。
2.某硝酸的物质的量浓度为cmol·L-1，溶质的质量分数为a%，则此溶液的密度（g·cm-3）为（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：根据c=1000×ρw%/M，因此推出
ρ=cM/1000W%=c×63/1000×a%=6.3c/ag/ml，故选项C正确。
3.某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为 4A=B＋2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2 d，则A的相对分子质量为(　　)
A. 7d B. 5d C. 2.5d D. 2d
【答案】B
【解析】
【分析】ρ1：ρ2=M1:M2，M1:M2=2d，混合气体的摩尔质量为4d，M=m/n，反应中都为气体，且质量不变，物质的量由4变为5，则M（A）为混合气体的5/4倍，即5d。
【详解】ρ1：ρ2=M1:M2，M1:M2=2d，混合气体的摩尔质量为4d，M=m/n，反应中都为气体，且质量不变，物质的量由4变为5，则M（A）为混合气体的5/4倍，即5d。答案为B
4.现有三组溶液：①煤油和氯化钾溶液、②35%的乙醇溶液、③碘单质和氯化钠固体，分离以上各混合体系最合适的方法依次是(　　)
A. 分液、蒸馏、萃取 B. 萃取、蒸馏、升华
C. 分液、蒸馏、升华 D. 蒸馏、分液、萃取
【答案】C
【解析】试题分析：①煤油和氯化钾溶液是互不相溶的两种液体混合物，用分液的方法分离；②35％的乙醇溶液中水与乙醇是互溶的两种液体混合物，可根据二者沸点的不同，用蒸馏的方法分离；③碘单质和氯化钠固体中，碘碘单质加热容易升华，而NaCl熔点、沸点高，不容易变为气体，乙醇可以用升华的方法分离，故正确选项是C。
5.实验室用自来水制蒸馏水的实验装置如下图所示：

下列关于该实验的叙述中正确的是(　　)
A. 用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶
B. 进行蒸馏实验时，装置内部应保持与大气相通以保证安全
C. 实验结束时应该先停止通冷凝水，后熄灭酒精灯
D. 取锥形瓶内少量液体，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成
【答案】B
【详解】A.该实验中用到的玻璃仪器除酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶外，还有温度计、牛角管等，故A错误；
B.进行蒸馏实验时，装置内部应保持与大气相通以保证安全，故B正确；
C.实验结束时应该先撤酒精灯，再停止通冷凝水，故C错误；
D.取锥形瓶内少量液体为蒸馏水，加入硝酸银溶液无沉淀生成，故D错误。
故选B。
6.下列实验操作正确的是(　　)
A. 先装好药品，再检查装置的气密性
B. 先用双手捂紧试管，再将导管插入水中检查装置的气密性
C. 氢气还原氧化铜的实验，先通一段时间的氢气，后加热
D. 稀释浓硫酸时，先在烧杯里倒入浓硫酸，再小心倒入水并不断搅拌
【答案】C
【解析】
【分析】A．制备气体时，如果装置的气密性不好，就收集不到气体，故应先检查装置的气密性，再放药品；
B．检查气密性时，要先把导管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂容器外壁，里面的空气受热膨胀会早逸出，导致看不到导管口处冒气泡，顺序错误；
C．氢气还原氧化铜时，要先通一段时间氢气再加热，排走空气，防止加热时防止爆炸；
D．浓硫酸的密度比水的大，溶于水时要放出大量的热，所以在稀释浓硫酸时要将浓硫酸注入水中并不断搅拌，使放出的热量及时散失。
【详解】A．制备气体时，如果装置的气密性不好，就收集不到气体，故应先检查装置的气密性，再放药品，故A错误；
B．检查气密性时，要先把导管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂容器外壁，里面的空气受热膨胀会早逸出，导致看不到导管口处冒气泡，顺序错误，故B错误；
C．氢气还原氧化铜时，要先通一段时间氢气再加热，排走空气，防止加热时防止爆炸，故C正确；
D．浓硫酸的密度比水的大，溶于水时要放出大量的热，所以在稀释浓硫酸时要将浓硫酸注入水中并不断搅拌，使放出的热量及时散失，故D错误
7.已知X和Y能发生如下反应：X＋Y=H2O＋盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是(　　)
A. X为酸、Y为碱 B. X为碱性氧化物、Y为酸
C. X为盐、Y为碱 D. X为碱性氧化物、Y为酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反应只生成盐，无水生成)。故选D。
8.不属于四种基本反应类型的氧化还原反应的是(　　)
A. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
B. 2Na＋Cl22NaCl
C. Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO4
D. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应中锰和氧元素的化合价变化，是氧化还原反应，也是分解反应，故A错误；
B.反应中钠和氯元素的化合价变化，是氧化还原反应，也是化合反应，故B错误；
C.反应中铁和铜元素的化合价变化，是氧化还原反应，也是置换反应，故C错误；
D.反应中铁和碳元素的化合价变化，是氧化还原反应，不属于四种基本反应，故D正确。
故选D。
9.已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO4—=2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2=B2＋2Z－
由此推断下列说法错误的是(　　)
A. 反应Z2＋2A2＋=2A3＋＋2Z－可以进行
B. Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化
C. 氧化性由强到弱的顺序是XO4—、Z2、B2、A3＋
D. 还原性由强到弱的顺序是Z－、B－、A2＋、X2＋
【答案】D
【解析】试题分析：A．根据反应2A2++B2=2A3-+2B-，可得氧化性是B2＞A3+，2B-+Z2=B2+2Z-，可得氧化性是Z2＞B2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行，A正确；B．Z元素在①中化合价升高，在反应中被氧化，在③中化合价降低，在反应中被还原，B正确；C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性B2＞A3+；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由强到弱的顺序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，C正确；D．氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z-＞X2+；反应②2A2++B2=2A3-+2B-中，还原性A2+＞B-；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-＞Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+＞B-＞Z-＞X2+，D错误，答案选D。
10.根据下列电离方程式判断，下列分组正确的是(　　)
①H2SO4=2H＋＋SO42—、②Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－、③KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2 SO42—、④NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42—
A. 属于酸的是①④ B. 属于碱的是②
C. 属于盐的只有③ D. 属于盐的只有④
【答案】B
【详解】由电离方程式可知①为酸，②为碱，③④为盐。
A.属于酸的是①，故A错误；
B.属于碱的是②，故B正确；
C.属于盐的是③④，故C错误；
D.属于盐的是③④，故D错误。
故选B。
11.下列叙述中正确的是(　　)
A. 能电离出氢离子的化合物叫作酸
B. 能电离出氢氧根离子的化合物叫作碱
C. 能电离出酸根离子的化合物叫作盐
D. 由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐
【答案】D
【解析】试题分析：A、酸是水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，能电离出氢离子的化合物不一定是酸如NaHSO4，A错误；B、碱是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫做碱，B错误;C、电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫做盐，C错误，D正确，选D。
12.已知某酸性溶液中含有Ba2+、Fe3+，则下述离子组中能与上述离子共存的是（　　）
A. CO32—、Cl﹣ B. NO3—、Cl﹣
C. NO3—、SO42— D. OH﹣、NO3—
【答案】B
【解析】试题分析：A、酸性溶液中碳酸根不能大量共存，A错误；B、在酸性溶液中四种离子间不反应，可以大量共存，B正确；C、硫酸根和钡离子不能大量共存，C错误；D、酸性溶液中氢氧根不能大量共存，D错误，答案选B。
13.某无色溶液中，可大量共存的离子组是(　　)
A. Na＋、HCO3-、SO42-、Br－
B. Cu2＋、NO3-、Cl－、SO42-
C. H＋、Cl－、K＋、CO32-
D. K＋、Mg2＋、SO42-、OH－
【答案】A
【解析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则能大量共存，并结合离子的颜色来解答．A．该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故A正确；
B．该组离子之间不反应，能大量共存，但Cu2+为蓝色，与无色不符，故B错误；
C．因H+、CO32﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故C错误；
D．因Mg2+、OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
14.符合如图中阴影部分的物质是(　　)

A. 碳酸氢钠 B. 碱式碳酸铜
C. 氯化钠 D. 碳酸钠
【答案】D
【详解】碳酸氢钠属于碳酸的酸式盐和钠盐；碱式碳酸铜属于碳酸的碱式盐和铜盐；氯化钠属于盐酸的正盐和钠盐；碳酸钠属于碳酸的正盐和钠盐。故选D。
15.下列关于合金的叙述中正确的是(　　)
A. 合金是由两种或多种金属熔合而成的
B. 日常生活中用到的5角硬币属于铜合金
C. 合金在任何情况下都比单一金属性能优良
D. 钢不属于合金
【答案】B
【解析】A．合金是金属与金属或金属与非金属熔合形成的，故A错误；B．日常生活中用到的五角硬币属于铜锌合金，故B正确；C．在机械加工时，合金的性能一般较单一金属优良，但并不是任何情况都是，如纯铝导电性比铝合金要强等，故C错误；D、钢是铁与碳等形成的合金，故D错误；故选B。
16.0.10 mol镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为(　　)
A. 3.2 g B. 4.0 g C. 4.2 g D. 4.6 g
【答案】D
【解析】
【分析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，据此答题。
【详解】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。
如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，
2Mg+CO22MgO+C，
2 2 1
0.10mol 0.10mol0.05mol
则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g，
再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol×24g/mol=2.4克，
则固体的范围应该在2.4g～4.6g之间，则反应后容器内固体物质的质量不可能为D。
故选D。
17.使溶液中的AlO2—完全转化成Al(OH)3，应选择的试剂最好是(　　)
A. 稀H2SO4 B. 盐酸 C. CO2 D. 氨水
【答案】C
【解析】
【分析】AlO2-可以和酸反应生成氢氧化铝，Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，故制备氢氧化铝时要用弱酸或弱碱，据此答题。
【详解】A.由于稀硫酸是强酸溶液，沉淀AlO2﹣时生成的氢氧化铝，氢氧化铝能溶解在过量的强酸溶液中，故AlO2﹣难以完全反应生成氢氧化铝，故A错误；
B.由于盐酸是强酸溶液，沉淀AlO2﹣时生成的氢氧化铝，氢氧化铝能溶解在过量的强酸溶液中，故AlO2﹣难以完全反应生成氢氧化铝，故B错误；
C.二氧化碳通入水中，会和水反应生成碳酸，可以与AlO2﹣反应制备氢氧化铝，过量的碳酸不能使氢氧化铝溶解，故C正确；
D.AlO2﹣只能在碱性或者中性环境存在，若使其转化为沉淀，需要用酸，氨水是弱碱溶液，不与AlO2﹣反应，故D错误。
故选C。
18.节目焰火表演，精彩纷呈，让人惊叹不已。下列关于焰色反应的说法正确的是(　　)
A. 金属及其化合物在灼烧时其火焰都具有颜色
B. 焰色反应都应透过蓝色钴玻璃观察
C. 氯化钠与碳酸钠灼烧时火焰颜色相同
D. 焰色反应呈现黄色火焰时，灼烧的物质一定为钠或钠盐
【答案】C
【详解】A.焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧使火焰呈现特征颜色的反应，不是所有的金属及其化合物在灼烧时火焰均有颜色，如Pt、Fe及其化合物灼烧时火焰为无色，故A错误；
B.钾里面常混有钠，黄色掩盖了紫色，故观察钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃观察，不是所有的焰色反应都需要，故B错误；
C.氯化钠与碳酸钠均含有钠元素，焰色反应的颜色均为黄色，故C正确；
D.钠元素的焰色反应为黄色，物质灼烧时，火焰颜色为黄色，该物质一定含钠元素，可能是金属钠，也可能是钠的化合物，故D错误。
故选C。
19.过量的NaHCO3与Na2O2混合，在密闭容器中充分加热后排出气体，残留的物质应是
A. Na2O和Na2O2 B. Na2O2和Na2CO3 C. Na2CO3 D. Na2O
【答案】C
【解析】
【分析】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳过量，又与氢氧化钠反应生成碳酸钠，最终产物为碳酸钠。
【详解】NaHCO3加热分解：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，生成的CO2和H2O分别与Na2O2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由于NaHCO3足量，则会发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以残留固体为Na2CO3。
故选C。
20.使5.16 g 二氧化碳和水蒸气的混合气体通过足量的过氧化钠，固体增重1.96 g，则参加反应的过氧化钠质量为(　　)
A. 7.8 g B. 3.9 g C. 3.2 g D. 15.6 g
【答案】D
【解析】设二氧化碳和水蒸气的物质的量分别是xmol、ymol，则44x+18y＝5.16；根据方程式可知
2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2 固体质量增加
2mol 2mol 56g
xmol xmol 28xg
2H2O＋2Na2O2＝4NaOH＋O2↑ 固体质量增加
2mol 2mol 4g
ymol ymol 2yg
则28x+2y＝1.96
联立后解得x＝0.06、y＝0.14，所以参加反应的过氧化钠质量为（0.06mol+0.14mol）×78g/mol＝15.6g，答案选D。
21.下列关于金属性质的叙述中正确的是 (　　)
A. 钠与氧气反应时，产物是由氧气的用量决定的
B. 铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧
C. 金属与非金属单质反应时，一定是金属被氧化
D. 铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧
【答案】C
【解析】试题分析：A．钠和氧气反应产物不同时由反应条件决定，常温下钠和氧气反应生成氧化钠，钠点燃条件和氧气反应生成过氧化钠，故A错误；B．铝箔在空气中受热可以熔化，但在空气中不能燃烧，故B错误；C．金属原子结构可知金属单质一定失电子被氧化，金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属，故C正确；D．铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁，空气中不能燃烧，故D错误。故选C。
22.在两个烧杯中各加入相同体积且浓度均为3 mol·L－1的硫酸溶液，随后分别置于天平左右两个托盘上，调节天平使之平衡，此时向两烧杯中分别加入10.8 g镁与铝，反应完毕后天平两端将会(　　)
A. 放铝的一端托盘上升 B. 放镁的一端托盘上升
C. 仍保持平衡 D. 无法确定
【答案】D
【详解】如果金属不足，那么Al与酸反应放出的气体比Mg多，Al这头翘起；如果金属过量，把所有的H+都转化为H2，也就是反应物一样重，放出的气体一样多，天平保持平衡，所以无法确定。
故选D。
23.下列关于氯气的说法不正确的是（　　）
A. 氯气和液氯是两种不同的物质
B. 可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气
C. 氯气是一种有毒气体，但可用于自来水的杀菌消毒
D. 尽管氯气的化学性质很活泼，但是纯净的液氯能用钢瓶贮存
【答案】A
【详解】A、氯气和液氯是同一物质，只是状态不同，A错误；
B、浓硫酸与氯气不反应，浓硫酸吸水，所以可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，B正确；
C、氯气与水反应生成次氯酸，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒，真正起作用的是氯气与水反应生成的次氯酸，C正确；
D、干燥的氯气与铁不反应，所以纯净的液氯能用钢瓶贮存，D正确；
答案选A。
24.某金属与氯气反应生成的化合物中，其质量比为1∶1.9，原子个数比为1∶3，则金属的相对原子质量为(　　)
A. 27 B. 56 C. 23 D. 64
【答案】B
【详解】原子个数比为1∶3，设该金属为A，那么它的氯化物的分子式为ACl3，因为和金属形成的氯化物中氯原子肯定是得到电子，化合价为-1价，氯的相对原子质量为35.5，其质量比为A：35.5×3=1∶1.9，解得A=56，故答案B正确。
故选B。
25.实验室制取下列气体时，其气体发生装置相同的一组是(　　)
A. 氨气和氯气 B. 氨气和氯化氢
C. 氨气和二氧化碳 D. 氨气和氧气
【答案】D
【详解】A.实验室制备NH3，用氯化铵固体和氢氧化钙固体反应，是固体与固体反应，并且在加热下进行；实验室制备Cl2，用二氧化锰和浓盐酸反应，是固体与液体反应，并且在加热条件下进行；两者的装置不相同，故A错误；
B.实验室制备NH3，用氯化铵固体和氢氧化钙固体反应，是固体与固体反应，并且在加热下进行；实验室制备HCl，用氯化钠固体和浓硫酸反应，是固体与液体反应，并且在加热下进行，两者的装置不同，故B错误；
C.实验室制备NH3，用氯化铵固体和氢氧化钙固体反应，是固体与固体反应，并且在加热下进行；实验室制备CO2，用碳酸钙固体和稀盐酸反应，是固体与液体反应，并且在常温下能够进行；两者的装置不同，故C错误；
D.实验室制备NH3，用氯化铵固体和氢氧化钙固体反应，是固体与固体反应，并且在加热下进行；实验室制备O2，用氯酸钾和二氧化锰反应，是固体与固体反应，并且在加热下进行，两者的装置相同，故D正确。
故选D。
26.实验室制取氧气的试管壁上沾附有少量二氧化锰，除去沾附的二氧化锰可选用的试剂是(　　)
A. 蒸馏水 B. 氢氧化钾溶液 C. 稀盐酸 D. 浓盐酸
【答案】D
【分析】MnO2能与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，据此答题。
【详解】MnO2与蒸馏水、氢氧化钾溶液、稀盐酸不反应，能与浓盐酸反应生成二氯化锰，氯气和水，则除去沾附的MnO2可用的试剂是浓盐酸，故D正确。
故选D。
27.实验室贮存下列物质的溶液时，必须用棕色瓶的是(　　)
①浓硝酸　②浓硫酸　③浓盐酸　④硝酸银溶液
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】根据常见物质的性质及保存分析解答。
【详解】①浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，故需要在棕色试剂瓶中避光保存；
②浓硫酸见光无变化，故不需要避光保存，直接盛装在无色试剂瓶中即可；
③浓盐酸见光无变化，故不需要避光保存，直接盛装在无色试剂瓶中即可；
④硝酸银溶液见光分解，故需要在棕色试剂瓶中避光保存；故A正确。
故选A。
28.下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（　　）
A. 硅晶体可用于制造光导纤维
B. 陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C. 二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料
D. 二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化硅晶体可用于制造光导纤维，故A错误；
B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷的主要原料是黏土，石英的主要成分是二氧化硅，黏土属于硅酸盐，故都是硅酸盐产品，故B正确；
C.晶体硅是半导体材料，而不是二氧化硅，故C错误；
D.二氧化硅机能与氢氟酸反应，又能与氢氧化钠反应，但二氧化硅与氢氟酸反应生成的四氟化硅不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故D错误。
故选B。
29.将氯气制成漂白粉的主要目的是(　　)
①使它转变成较易溶于水的物质
②转变成较稳定、便于贮存的物质
③提高氯的质量分数
④提高漂白能力
A. ①② B. ②③④ C. ②③ D. ②
【答案】D
【解析】
【分析】氯气有毒，气体不方便运输、销售，为了方便人们日常使用和运输，需要制成固体，并减低对人体的毒害。
【详解】①氯气是气体且有毒，本身易溶于水，将Cl2制成漂粉精是为了将气体装化为固体，便于保存和运输，故①错误；
②氯气有毒，气体不方便运输、销售，制成漂粉精是一种较稳定物质，便于保存和运输，故②正确；
③将Cl2制成漂粉精，其中氯元素的质量分数不变，故③错误；
④将Cl2制成漂粉精，漂白和消毒作用效果不会改变，故④错误。
故正确的是②。
故选D。
30.下列叙述正确的是(　　)
A. Na2SiO3是硅酸盐，但不能溶于水
B. 电影银幕用水玻璃浸泡，主要是为了防腐
C. 建筑工业常用水玻璃作黏合剂
D. 用水玻璃浸泡铁道的木制枕木，主要是为了防火
【答案】C
【详解】A.Na2SiO3既是硅酸盐，又是钠盐，硅酸盐大多难溶于水，而钠盐均易溶于水，故A错误；
B.电影银幕用水玻璃浸泡，主要是为了防火，故B错误；
C.水玻璃又粘合作用，常用作建筑工业的黏合剂，故C正确；
D.用水玻璃浸泡铁道的木制枕木，主要是为了防腐，故D错误。
故选C。
分卷II
三、填空题(共5小题,共40分)
31.工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式___________。工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：

（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用________(填序号)。
A．石灰石　　　B．锌粒　　　C．纯碱
（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是 _______________；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是______________________。
（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应①________________，②_________________。
【答案】(1). SiO2 + 2C Si + 2CO↑ (2). b (3). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (4). Mg与SiO2的反应是放热反应 (5). Mg2Si＋4HCl= 2MgCl2＋SiH4↑ (6). SiH4＋2O2 = SiO2↓＋2H2O
【解析】试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；
Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。
解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。
（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；
（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；
（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2 ＝SiO2↓＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。
32.为了能观察到丁达尔效应，一中鼹鼠科学社的同学在实验室制备Fe（OH）3胶体。
（1）胶体与其他分散系的本质区别是：__。
（2）制备时，将_逐滴滴加至_中，待液体呈_后，停止加热；反应方程式为__。
（3）有一种橘红色的硫化锑（Sb2S3）胶体，装入U型管，插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，这叫__现象，证明Sb2S3胶粒带__电荷。
（4）如何设计实验验证制得的氢氧化铁是胶体：__。
【答案】(1). 分散质粒子直径大小 (2). 饱和氯化铁溶液 (3). 沸水 (4). 红褐 (5). FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl (6). 电泳 (7). 负 (8). 用可见光束照射胶体和溶液，出现光亮的通道的是胶体
【解析】
【分析】(1)胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同分析判断；
(2)氢氧化铁胶体制备方法是向沸水中滴入饱和氯化铁溶液加热至红褐色； 
(3)胶体具有电泳现象,证明胶体微粒吸附带电离子；
(4)胶体具有丁达尔效应。
【详解】(1)当分散剂是水或其它溶液时,根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm-100nm)、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小；因此，本题正确答案是：分散质粒子直径大小。 
(2)实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为: FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl；
因此，正确答案是：饱和氯化铁溶液，沸水，红褐，FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl。
(3)有一种橘红色的硫化锑（Sb2S3）胶体，装入U型管,插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深,说明胶体微粒吸附的是负电荷，此现象是胶体的电泳现象；
因此，本题正确答案是:电泳，负。 
(4)可以用可见光束照射胶体和溶液，若出现光亮的通道的是胶体，否则是溶液； 
因此，本题正确答案是：用可见光束照射胶体和溶液，出现光亮的通道的是胶体。
33.某同学拟用氯化钙固体、碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂，先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体。
(1)写出制取过程中反应的离子方程式：________________、________________________。
(2)请帮助该同学完成下列实验操作步骤(不要求回答使用的仪器)
①用蒸馏水完全溶解CaCl2后，加入________。
②将反应后的混合物过滤，并用适量蒸馏水洗涤沉淀至无Cl－。
③加入________________，使沉淀完全溶解。
④将所得溶液蒸发、结晶，得到纯净的硝酸钙晶体。
【答案】(1). Ca2＋＋CO===CaCO3↓ (2). CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O (3). 碳酸钠溶液 (4). 稀硝酸
【解析】
【分析】用氯化钙固体、碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂，先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体，则先发生氯化钙与碳酸钠的反应，然后过滤，将得到的沉淀溶于硝酸，蒸发结晶可得到硝酸钙晶体；
【详解】（1）实验时，加入Na2CO3使CaCl2转化为CaCO3沉淀，离子反应为：Ca2＋＋CO=CaCO3↓；过滤洗涤后将沉淀加HNO3溶解生成Ca(NO3)2，离子反应为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O；
（2）①用蒸馏水完全溶解CaCl2固体后，加入碳酸钠溶液，故答案为：碳酸钠；
③将沉淀加入然后过滤，将得到的沉淀溶于硝酸，使之完全溶解，故答案为：稀硝酸；
34.(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为______________________。
(2)NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。

①实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是________(填序号)。
A．铁 B．铝 C．铂 D．玻璃
②打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是__________(填化学方程式)。
(3)为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。
①长玻璃管的作用是______________________________________________________。
②让反应停止的操作方法及原因是__________________________________________。
(4)以下收集NO气体的装置，合理的是________(填序号)。

(5)将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：
①NO的体积为________ L，NO2的体积为________ L。
②待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________ mol·L－1。
【答案】(1). 3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑ (2). CD (3). 2NO＋O2=2NO2 (4). 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 (5). 关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止 (6). CD (7). 5.8 (8). 5.4 (9).
【解析】
【分析】（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体；
（2）①由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反应，所以AB不行；
②二氧化氮是红棕色的气体，一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；
（3）①为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；
②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止；
（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集；
（5）根据守恒的原理计算NO、NO2的体积，以及硝酸溶液的浓度。
【详解】（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。
（2）①由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反应，所以AB不行，故答案为：CD。
②一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体，所以，制取一氧化氮的装置打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，发生2NO+O2═2NO2，故答案为：2NO+O2═2NO2。
（3）①为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出。
②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止，故答案为：关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止。
（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置，故答案为：CD。
（5）①设混合气中NO和NO2的物质的量分别是x和y。
则x＋y＝11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol ①
金属铜的物质的量是32.64g÷64g/mol＝0.51mol
则根据电子的得失守恒可知n（e-）=3x＋y＝2n（Cu2+）=0.51mol×2 ②
由①、②解得x＝0.26mol、y＝0.24mol
所以NO和NO2的体积分别是0.26mol×22.4L/mol＝5.8L，0.24mol×22.4L/mol＝5.4L。
故答案为：5.8，5.4。
②溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀后，溶液中的溶质恰好是硝酸钠，
则根据原子守恒可知，硝酸钠的物质的量是0.001Vamol
所以原硝酸溶液的浓度为＝
故答案为：。
35.实验室用稀硝酸与铜反应制备NO气体，如果采用图Ⅰ装置(烧瓶内加入稀硝酸和铜片，必要时可加热)，实验效果不是十分理想，因为观察到的现象不能有力证明反应产物是NO。有人设计了图Ⅱ装置(橡皮塞下端连有铜丝圈)，用来做该实验可以达到满意的效果。

(1)用图Ⅰ装置做实验时，用排水法收集到的气体的颜色为_____色；实验过程中由于______，不易观察到____________生成，从而不能有力证明反应产物是NO。
(2)用图Ⅱ装置做实验时，将有关操作补充完全：
①将分液漏斗的活塞打开，从U形管的B侧管口注入稀硝酸，一直注到____________为止。
②关闭活塞，用酒精灯在U形管的A侧加热，当______时，立即撤去酒精灯。
(3)根据图Ⅱ装置的实验完成下列问题：
①反应在什么情况下可以自动停止？________________________。
可在何处观察到无色的NO气体？____________________________________________。
②如果将分液漏斗的活塞慢慢打开，可立即观察到哪些明显现象？_________________。
【答案】(1). 无 (2). 烧瓶中有空气，可以将产生的NO氧化成NO2 (3). 无色的NO (4). 液面与橡皮塞接触(或A侧管中恰好充满液体) (5). 铜丝上有气泡产生 (6). 当反应产生的NO气体，使铜丝圈与稀硝酸脱离时，反应立即停止 (7). 在U形管A侧管内可观察到无色NO气体 (8). U形管B侧管内的稀硝酸又回到A侧管中，分液漏斗中有红棕色气体产生
【解析】
【分析】铜与稀硝酸反应：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，为放热反应，NO易被空气中的O2氧化为NO2（红棕色），本题实验Ⅱ中的意图是创设无氧气环境，使NO能存在相当长一段时间，结合NO2的性质解答该题。
【详解】（1）NO2可与水反应生成NO，为无色气体，烧瓶内有空气，与生成的NO很快被氧化为红棕色的NO2，不易观察到有无色的NO生成，答案：无；烧瓶中有空气，可以将产生的NO氧化成NO2；无色的NO。
（2）①实验时应将装置内的空气完全排除，则应单孔塞下沿与液面间不留有空隙，否则不能观察到无色气体，故答案为：液面与橡皮塞接触（或A侧管中恰好充满液体）。
②铜丝与稀硝酸的反应为放热反应，当生成气体时可停止解热，反应放出的热量可维持反应继续进行，故答案为：铜丝上有气泡产生。
（3）①当铜丝和稀硝酸不接触时，反应会自动停止，在左侧可观察到无色气体，
故答案为：当反应产生的NO气体，使铜丝圈与稀硝酸脱离时，反应立即停止；在U型管A侧管内可观察到无色的NO气体。
②如果再将分液漏斗的活塞慢慢打开，右侧压强大于左侧，U形管B侧管内的稀硝酸又回到A侧管中，NO与空气接触而生成红棕色气体，故答案为：U形管B侧管内的稀硝酸又回到A侧管中，分液漏斗中有红棕色气体产生。