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【化学】云南省玉溪市新平县一中2018-2019学年高一上学期12月月考试题（解析版）
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云南省玉溪市新平县一中2018-2019学年高一上学期12月月考试题
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.根据下列电离方程式判断，下列分组正确的是( )
①H2SO4===2H＋＋、②Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－、③KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2、④NaHSO4===Na＋＋H＋＋
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
【解析】
【分析】电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸；电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物的盐。
【详解】①H2SO4===2H＋＋，电离出的阳离子全是氢离子，H2SO4属于酸、②Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－，电离出的阴离子全是氢氧根离子，Ba(OH)2属于碱、③KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2，能电离出金属阳离子和酸根阴离子，KAl(SO4)2属于盐、④NaHSO4===Na＋＋H＋＋，能电离出金属阳离子和酸根阴离子，NaHSO4属于盐，故选B。
2.下列关于氧化还原反应说法正确的是( )
A. 一种元素被氧化，另一种元素肯定被还原
B. 某元素从化合态变成游离态，该元素一定被还原
C. 在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化
D. 在氧化还原反应中非金属单质一定是被还原
【答案】C
【解析】分析：氧化还原反应的特征是有化合价的升降，可从化合价变化的角度分析氧化还原反应，反应中，化合价的变化可在同一种元素之间，也可在不同元素的之间，氧化剂得电子被还原，化合价降低，还原剂失电子被氧化，化合价升高。
详解：A．化合价的变化可在同一种元素之间，如Cl2+H2O=HCl+HClO，选项A错误；B．某元素从化合态变成游离态，元素可能被氧化，如Cl-→Cl2，也可能被还原，如Cu2+→Cu，选项B错误；C．氧化还原反应中不一定所有元素的化合价都发生变化，如反应Cl2+H2O=HCl+HClO，只有Cl元素的化合价发生变化，选项C正确；D．在氧化还原反应中非金属单质可做氧化剂被还原，也可做还原剂被氧化，如H2，选项D错误。答案选C。
3.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，下列说法正确的是
( )
A. 原子数目相等的三种气体，质量最大的是Z
B. 相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C. 若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D. 同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y气体和1 g Z气体，则其压强比为2∶1
【答案】B
【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）＝0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr（Z），A、三种气体的原子组成不能确定，因此原子数目相等的三种气体中质量最大的不一定是Z，A错误；B、根据密度ρ＝M/Vm可知，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体中密度最小的是X，B正确；C、气体的物质的量n＝V/Vm，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C错误；D、同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，由于Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，所以2 g Y气体和1 g Z气体的物质的量之比是4：1，因此Y、Z气体所承受的压强比为4：1，D错误，答案选B。
4.下列说法正确的是( )
A. 氧气的摩尔质量等于它的相对分子质量
B. 1 mol氢气的质量与它的相对分子质量相等
C. 氢氧化钠的摩尔质量为40 g·mol－1或0.040 kg·mol－1
D. 1 mol硫酸的质量为98 g·mol－1
【答案】C
【解析】分析：A、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量；
B、质量单位是g，相对分子质量的单位是1；
C、根据摩尔质量的含义分析；
D、质量单位为g。
详解：A、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，氧气的摩尔质量如果用g/mol作单位时，在数值上等于它的相对分子质量，A错误；
B、质量单位为g，相对分子质量单位为1，1mol H2的质量是2g，在数值上与它的相对分子质量相等，B错误；
C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，NaOH的摩尔质量是40 g•mol-1或0.040 kg·mol－1，C正确；
D、质量单位为g，1 mol 硫酸的质量为98 g，D错误。
答案选C。
5.下列化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 用小苏打治疗胃酸过多： HCO3- + H+ == CO2↑+ H2O
B. 往碳酸镁中滴加稀盐酸： CO32- + 2H+ == CO2↑+ H2O
C. 往氨水中滴加氯化铝： Al3+ + 4OH- == AlO2- + 2H2O
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： Ba2+ + SO42- + H+ + OH- == BaSO4↓+ H2O
【答案】A
【解析】A. 用小苏打治疗胃酸过多反应生成二氧化碳和水，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A正确；B. 碳酸镁不溶于水，用化学式表示，故B错误；C. 氨水是弱碱，不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C错误；D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A。
6.在蒸馏实验中，下列说法不正确的是（ ）
A. 温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处
B. 冷凝管中冷却水的流向是从上向下流
C. 加入沸石的作用是防止液体暴沸
D. 加热时，蒸馏烧瓶下面要垫石棉网
【答案】B
【解析】A项，将温度计水银球放在蒸馏瓶的支管口，测蒸汽的温度，故A正确；B项，冷却水从冷凝管下口入，上口出，使冷凝效果更好，故B错误；C项，蒸馏需要加热至沸腾，为防止液体局部沸腾而造成液滴飞溅（即暴沸），需要加沸石或碎瓷片防止暴沸，C正确；D项，烧瓶、烧杯类仪器底面积较大，若直接加热易导致炸裂，应垫石棉网加热，故D正确。
7.当溶液被水稀释时，如温度不变，则下列诸量保持不变的是( )
A. 溶液质量 B. 溶剂质量
C. 溶质溶解度 D. 溶液的溶质质量分数
【答案】C
【解析】
【分析】加水稀释，溶液质量增大；水稀释时，溶剂质量增大；溶解度与温度有关，水稀释时，温度不变，所以溶质溶解度不变；水稀释时，溶液的溶质质量分数减小。
【详解】加水稀释，溶液质量增大，故不选A；加水稀释时，溶剂质量增大，故不选B；加水稀释时，温度不变，所以溶质溶解度不变，故选C；加水稀释时，溶质质量不变，溶液质量增大，所以溶液的溶质质量分数减小，故不选D。
8.下列说法正确的是( )
A. 金属氧化物都是碱性氧化物
B. 盐电离出的阳离子不一定有金属离子
C. 由不同种元素组成的物质一定是化合物
D. 非金属氧化物都是酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】是酸性氧化物、是两性氧化物；铵盐电离出的阳离子是铵根离子；由不同种元素组成的物质可能是混合物；CO是非金属氧化物，但CO不是酸性氧化物。
【详解】是酸性氧化物、是两性氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，故A错误；铵盐电离出的阳离子是铵根离子，不是金属离子，故B正确；由不同种元素组成的物质可能是混合物，故C错误；CO是非金属氧化物，但CO不是酸性氧化物，故D错误。
9. 当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是（ ）
A. 豆浆 B. 食盐水 C. 碘酒 D. 蔗糖水
【答案】A
【解析】根据胶体具有丁达尔效应，而溶液、浊液不具有丁达尔效应来解答．A、豆浆属于胶体分散系，当光束通过该分散系时，能产生丁达尔效应，故A正确；
B、食盐水属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故B错误；
C、碘酒属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故C错误；
D、蔗糖水属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故D错误；
10.以下是几种常用基本物理量的名称与符号的对应关系，其中不正确的是( )
A. 物质的量mol B. 质量m C. 时间t D. 电流强度I
【答案】A
【解析】
【分析】mol是物质的量的单位，n是物质的量的符号。
【详解】物质的量的符号是n，故A错误；质量的符号m，故B正确；时间的符号是t，故C正确；电流强度的符号是I，故D正确。选A。
11.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是( )
①0.5 mol NH3②标准状况下22.4 L He ③4 ℃ 9 mL水 ④19.6 g H3PO4
A. ①④③② B. ④③②①
C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【分析】先计算物质的量，再根据各物质的物质的量以及分子中含有的原子个数来解答。
【详解】①0.5molNH3含有的原子物质的量为0.5mol×4=2mol；②标准状况下22.4L氦气的物质的量为1mol，则所含原子的物质的量为1mol×1=1mol；③4℃9mL水的质量为9g，物质的量为0.5mol，则所含原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；④0.2mol H3PO4含有的原子物质的量为0.2mol×8=1.6mol；所以所含原子数目，按由大到小顺序排列的是①④③②，故选A。
12.R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2价，且X2＋与单质R不反应；X2＋＋Z===X＋Z2＋；Y＋Z2＋===Y2＋＋Z。这四种离子被还原成0价所表现的氧化性大小符合( )
A. R2＋>X2＋>Z2＋>Y2＋ B. X2＋>R2＋>Y2＋>Z2＋
C. Y2＋>Z2＋>R2＋>X2＋ D. Z2＋>X2＋>R2＋>Y2＋
【答案】A
【解析】试题分析：氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；X2+与单质R不反应，氧化性R2+>X2+；根据X2++Z ＝ X + Z2+，氧化性X2+>Z2+；根据Y + Z2+ ＝ Y2+ + Z，氧化性Z2+>Y2+；所以氧化性R2+>X2+>Z2+>Y2+，故A正确。
13.实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是( )
A. NO2→HNO3＋NO B. →NH3
C. NH3→NO D. P2O5→H3PO4
【答案】C
【解析】
【分析】在NO2→HNO3+NO的转化中，化合价变化的均是N元素，二氧化氮本身即是氧化剂又是还原剂；NH4+→NH3的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应；NH3→NO的转化中，氮元素化合价升高，NH3发生氧化反应；P2O5→H3PO4的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应。
【详解】在NO2→HNO3+NO的转化中，化合价变化的均是N元素，二氧化氮本身既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂或还原剂，故不选A；NH4+→NH3的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，无需加入氧化剂或还原剂，故不选B；NH3→NO的转化中，氮元素化合价升高，NH3发生氧化反应，需加入氧化剂来实现，故选C；P2O5→H3PO4的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，无需加入氧化剂或还原剂，故不选D。
14.我国明代《本草纲目》中收载药物1 892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指( )
A. 萃取 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 蒸发
【答案】C
【解析】
【分析】该方法是利用酒精与水的沸点不同，从浓酒中分离出乙醇。
【详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故选C。
15.下列说法中不正确的是( )
A. 天然二氧化硅俗称硅石
B. 石英的主要成分是二氧化硅
C. 水晶是无色透明的石英晶体
D. 自然界中存在大量的单质硅
【答案】D
【解析】
【详解】自然界中的硅元素以化合态形式存在，无游离态的单质硅存在，故D错误。
故选D。
16.下列反应中，SO2作为氧化剂而发生反应的是( )
A. 2SO2+O2 = 2SO3 B. SO2 + H2O = H2SO3
C. SO2 + 2H2S = 3S↓ + 2H2O D. SO2 + Cl2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl
【答案】C
【解析】A. 2SO2+O2 = 2SO3反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，是还原剂，故A错误；B. SO2 + H2O = H2SO3，反应中没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C. SO2 + 2H2S = 3S↓ + 2H2O ，反应中二氧化硫中硫元素的化合价降低，是氧化剂，故C正确；D. SO2 + Cl2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl，反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，是还原剂，故D错误；故选C。
17.现有100 mL 3 mol·L－1氢氧化钠溶液和 100 mL 1 mol·L－1氯化铝溶液，若进行以下两种操作：①将氢氧化钠溶液分多次加入氯化铝溶液中；②将氯化铝溶液分多次加入氢氧化钠溶液中，这两种操作结果正确的是( )
A. 现象相同，沉淀质量不同
B. 现象相同，沉淀质量也相同
C. 现象不同，沉淀质量相同
D. 现象不同，沉淀质量不同
【答案】C
【解析】
【分析】氢氧化钠是0.3mol，氯化铝是0.1mol，则如果将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中，则根据反应式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓可知，氯化铝和氢氧化钠恰好反应生成0.1mol氢氧化铝沉淀。如果将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中，则首先发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，当氢氧化钠完全消耗后，氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。
【详解】氢氧化钠是0.3mol，氯化铝是0.1mol，则如果将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中，则根据反应式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓可知，开始就生成沉淀，最终生成0.1mol氢氧化铝沉淀。如果将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中，则首先发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，当氢氧化钠完全消耗后，氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，现象是开始没沉淀后来有沉淀，根据n(Al3＋): n(OH－) =1:3，最终生成氢氧化铝沉淀的物质的量是0.1mol，所以现象不同，沉淀质量相同，故选C。
18.物质的量之比为1∶3的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，下列说法正确的是 ( )。
A. 在此反应中硝酸体现强氧化性，全部被还原
B. 向反应后的溶液中再加入金属铁，不再发生化学反应
C. 该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶4
D. 该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶5
【答案】D
【解析】设锌的物质的量为a，则稀硝酸的物质的量为3a，发生还原反应的硝酸与锌的关系为HNO3～2Zn，由于锌不足，故被还原的硝酸为，未被还原的硝酸为3a－，二者的比为＝1∶5，D项正确。
19.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4 mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50 mL，下列说法正确的是 ( )
A. 混合气体中含NO21．12 L B. 消耗氧气的体积为1.68 L
C. 此反应过程中转移的电子为0.3 mol D. 参加反应的硝酸是0.4mol
【答案】D
【解析】标况下2.24L混合气体的物质的量为：=0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，
A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，故A错误；
B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故B错误；
C．根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2mol，故C错误；
D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故D正确；
故选D．
20.下列关于金属单质通性的说法不正确的是( )
A. 一般都具有金属光泽 B. 熔点都较高
C. 都是热和电的良导体 D. 都具有延展性
【答案】B
【解析】
【分析】金属单质一般都具有金属光泽、导热、导电，具有延展性；有的金属熔点较低。
【详解】金属单质一般都具有金属光泽、导热、导电，具有延展性；不同金属的熔点可能相差很大，有的金属熔点较低，如汞在常温下是液体，有的金属熔点很高，如钨。故选B。
21.我国城市环境中的大气污染主要是( )
A. 二氧化碳、氯化氢、酸雨
B. 二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、烟尘
C. 二氧化氮、一氧化碳、氯气
D. 二氧化硫、二氧化碳、氮气、粉尘
【答案】B
【解析】
【分析】空气污染的物质可分为可吸入颗粒物和有害气体，有害气体主要有一氧化碳、二氧化氮、二氧化硫、一氧化氮等。
【详解】A项、CO2不是污染物，故A错误；
B项、SO2、CO、NO2都是有害气体，烟尘为可吸入粉尘，对人体有害，为污染物，故B正确；
C项、Cl2不是主要污染物，故C错误；
D项、CO2、N2不是污染物，故D错误。
故选B。
22.关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是( )
A. 氧化钠比过氧化钠稳定
B. 都能与二氧化碳、水反应产生氧气
C. 所含氧元素的化合价都为－2价
D. 阴阳离子的个数比都为1∶2
【答案】D
【解析】
【分析】氧化钠可以被氧化为过氧化钠；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠；过氧化钠中氧元素化合价为-1；氧化钠中含有，氧化钠中含有。
【详解】氧化钠可以被氧化为过氧化钠，所以过氧化钠比氧化钠稳定，故A错误；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，氧化钠与二氧化碳、水反应都不能生成氧气，故B错误；过氧化钠中氧元素化合价为-1，故C错误；氧化钠中含有，过氧化钠中含有，阴阳离子的个数比都为1∶2，故D正确。
23.某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：
方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是( )
A. 溶液A和B均可以是盐酸或氢氧化钠溶液
B. 溶液A和B均可以选用稀硝酸
C. 若溶液B选用氯化铁溶液，则实验难以实现
D. 实验方案Ⅱ更便于实施
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；B．硝酸与铜、铝都能反应，不能用稀硝酸，方案Ⅱ中没有固体剩余，方案Ⅰ中的气体为铜和铝反应后的总量，均无法测定铜铝混合物中铜的质量分数，故B错误；C．若溶液B选用氯化铁溶液，铜和铝均能够与氯化铁反应，不能测定铜铝混合物中铜的质量分数，故C正确；D．测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，因此实验方案Ⅱ更便于实施，故D正确；故选B。
24.金属单质四兄弟W、X、Y、Z不小心掉到稀盐酸池中，反应如图所示，则它们的活动性由强到弱的顺序是( )
A. X＞W＞Z＞Y B. Z＞X＞W＞Y
C. W＞X＞Y＞Z D. Y＞Z＞X＞W
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应的剧烈程度判断金属活动性。
【详解】Y没有发生反应，所以Y是活动性最弱的。其他三个可以根据反应的剧烈程度来判断，Z最剧烈，所以是最活泼的；X比W反应剧烈些，所以X的活动性大于W，所以活动性Z＞X＞W＞Y，故选B。
25.将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是( )
A. 1∶2∶3 B. 6∶3∶2 C. 3∶1∶1 D. 1∶1∶1
【答案】C
【解析】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，0.1molHCl消耗0.1molNa，生成0.05molH2，剩余的0.2molNa将继续与H2O反应生成H2，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.2molNa与水反应生成0.1molH2，所以0.3molNa共生成0.15molH2；Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，0.3molMg与0.1molHCl反应，Mg过量，根据HCl的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑， 0.3molAl与0.1molHCl反应，Al过量，根据HCl的物质的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol。同温同压下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以三种金属产生氢气的体积比为0.15:0.05:0.05=3:1:1，答案选C，正确答案为C。
26.下列不属于铵盐的共同性质的是 ( )
A. 易溶于水 B. 与烧碱共热产生氨气
C. 都是晶体 D. 受热分解都产生氨气
【答案】D
【解析】
【分析】铵盐都是易溶于水的白色晶体，铵盐都能与碱反应生成氨气，铵盐都能加热分解，但不一定有氨气产生，如：如：NH4NO3 N2O↑+2H2O；
【详解】铵盐都是易溶于水的白色晶体，故不选A；铵盐都能与碱反应生成氨气，如氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、氨气和水，故不选B；铵盐都是易溶于水的白色晶体，故不选C；铵盐都能加热分解，但不一定有氨气产生，如：如：NH4NO3 N2O↑+2H2O，故选D。
27.下列关于碳酸(H2CO3)和硅酸(H2SiO3)的说法中不正确的是( )
A. 两者均为弱酸
B. 两者均可使紫色石蕊试液变红色
C. CO2气体通入Na2SiO3溶液中可以制得硅酸
D. 两者受热时均可以分解
【答案】B
【解析】硅酸不能够使紫色石蕊试液变红，B错误。
28.下列说法正确的是( )
A. 氧化铝不能与水反应，它不是氢氧化铝对应的氧化物
B. 因为氧化铝是金属氧化物，所以它是碱性氧化物
C. 氧化铝能跟所有的酸碱溶液反应
D. 氧化铝能跟强的酸碱溶液反应
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3；氧化铝是两性氧化物；氧化铝不能和弱碱反应；氧化铝能跟盐酸反应、能与氢氧化钠溶液反应。
【详解】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3，和氧化铝的溶解性无关，故A错误；氧化铝和强酸强碱都能反应，是两性氧化物，故B错误； 氧化铝和强酸强碱都能反应，不能和弱碱反应，故C错误；氧化铝能跟盐酸等强酸反应、氧化铝能与氢氧化钠等强碱溶液反应，故D正确。
分卷II
二、填空题(共6小题,共44分)
29.用白磷还原法可制得一种金的分散系，该分散系在临床诊断及药物检测等方面有着广泛的应用。其操作步骤如下：
①取20%白磷的乙醚溶液0．5 mL，加蒸馏水60 mL。
②先滴加1%氯化金水溶液0．75 mL，再滴加0．1 mol·L-1的K2CO30．6 mL，振荡变成棕红色。
③加热煮沸至溶液变成透明红色。
④分离提纯，除去无机溶质。
所得分散系中，金颗粒直径为5～12 nm。
请回答下列问题：
（1）该分散系属于________，其分散质是________。
（2）用一束强光照射该分散系，从侧面可看到__。
（3）步骤④的分离方法是________。
（4）所得红色溶液______(填“能”或“不能”)继续加热。
【答案】 (1). 胶体 (2). 金或Au (3). 明亮的光路或光亮的通路 (4). 渗析 (5). 不能
【解析】（1）金颗粒直径为5～12nm，所得分散系为胶体，分散质是金颗粒；（2）胶体有丁达尔效应，用一束强光照射该分散系，从侧面可看到一条光亮的通路；（3）胶粒不能透过半透膜，可用渗析提纯胶体；（4）所得红色溶液不能继续加热，否则会发生聚沉。
30.在四个脱落标签的试剂瓶中，分别盛有盐酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、AgNO3溶液，为了鉴别各瓶中的试剂将它们分别编号为A、B、C、D并两两混合，其实验现象为A＋B混合产生无色气体；B＋C混合产生白色沉淀；A＋D混合产生白色沉淀；A＋C混合无明显变化。
(1)由此推出各试剂瓶所盛的试剂为(填化学式)：
A________________，B________________，C________________，D________________；
(2)A＋B反应的离子方程式为__________________________________________；
(3)A＋D反应的离子方程式为__________________________________________。
【答案】（1）HCl，Na2CO3，BaCl2，AgNO3；
（2）2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O；
（3）Ag＋＋Cl－=AgCl↓。
【解析】
试题分析：
HCl
BaCl2
Na2CO3
AgNO3
HCl
一
↑
↓
BaCl2
一
↓
↓
Na2CO3
↑
↓
↓
AgNO3
↓
↓
↓
根据信息分析，判断：A：HCl，B：Na2CO3，C：BaCl2，D：AgNO3；
（2）两者的反应Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，其离子反应方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；
（3）反应方程式为：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，其离子反应方程式为Ag＋＋Cl－=AgCl↓。
31.工业上以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸。请回答下列问题：
(1)煅烧黄铁矿的设备名称是____________，进料前必须将黄铁矿粉碎，目的是____________。所得炉渣的用途有____________(填一种用途)。
(2)进入接触室前的气体必须经过净化处理，目的是防止____________。
(3)生产过程中，吸收三氧化硫常用的物质是________。
(4)工业上常用熟石灰和硫酸处理、回收尾气中的有害气体，反应的化学方程式是______________________、__________________________。
【答案】 (1). 沸腾炉 (2). 增大接触面积，加快反应速率，使黄铁矿反应更充分 (3). 做水泥配料或炼铁原料 (4). 催化剂中毒 (5). 98.3%的浓硫酸 (6). Ca(OH)2＋SO2===CaSO3↓＋H2O (7). CaSO3＋H2SO4===CaSO4＋SO2↑＋H2O
【解析】
【分析】（1）煅烧黄铁矿是在沸腾炉中与氧气反应；将固体物质粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，使黄铁矿反应更充分；炉渣中含Fe2O3，根据Fe2O3的用途分析；（2）煅烧黄铁矿形成的炉气主要是二氧化硫气体，另外含有杂质，能使催化剂中毒，影响催化氧化的效果，据此答题；（3）为了防止酸雾的产生，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，据此答题；（4）尾气中的有害气体主要为二氧化硫，根据二氧化硫的有关性质书写出吸收和放出二氧化硫的化学方程式。
【详解】（1）煅烧黄铁矿是在沸腾炉中与氧气反应，所以设备名称为：沸腾炉；将固体物质粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，使黄铁矿反应更充分；炉渣可以做做水泥配料，其中含Fe2O3，含铁量较高，经处理后常用作炼铁的原料。（2）煅烧黄铁矿形成的炉气主要是二氧化硫气体，其中含有杂质，某些杂质（如砷的化合物）能使催化剂中毒，影响催化氧化的效果。（3）为了防止酸雾的产生，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫；（5）尾气中的有害气体主要为二氧化硫，SO2被Ca（OH）2吸收，化学方程式为：Ca（OH）2+SO2=CaSO3↓+H2O；CaSO3再与硫酸反应放出SO2，化学方程式为CaSO3＋H2SO4===CaSO4＋SO2↑＋H2O。
32.某同学按下图进行实验，在A中放的是干燥的红色纸条，B中放的是湿润的红色纸条，C中盛放的是氢氧化钠溶液。请回答下列问题：
(1)通氯气一段时间后，A中观察到的现象是______________________________，B中观察到的现象是_________________，由此可得出的结论是____________________________，写出有关反应的化学方程式：____________________。
(2)C装置的作用是____________________，理由是_______________________________，写出有关反应的化学方程式：________________________________。
【答案】（1）无明显现象 纸条褪色 氯气无漂白作用，氯气与水反应生成的HClO具有漂白作用 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO （2）吸收多余的氯气，防止污染环境 Cl2+2OH-= Cl-+ ClO-+ H2O
【解析】试题分析：本题通过对比实验确定干燥的氯气没有漂白性，真正其漂白作用的是HClO。
33.甲、乙实验小组设计如下实验装置分别制备SnCl4和漂白粉。
(1)已知：a.金属锡熔点231 ℃，化学活泼性与铁相似；
b．干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4，SnCl4的沸点114 ℃；
c．SnCl2、SnCl4均易水解，易溶于有机溶剂，且Sn2＋易被氧化。根据图甲装置回答：
①试管Ⅱ中的试剂是____________________，Ⅲ中的试剂是________________________。
②Ⅵ处装置最好选用________(填字母)。
③Ⅰ处装置中反应的离子方程式是____________________________________________。
④实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有______________。
(2)已知：①Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应；②温度较高时Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
根据图乙装置回答：此实验所得Ca(ClO)2产率较低的理由是
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
【答案】(1). 饱和食盐水 (2). 浓H2SO4 (3). C (4). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (5). 普通漏斗、玻璃棒、烧杯 (6). B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O (7). Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2
【解析】
【分析】(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2；(2)氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢与氢氧化钙反应生成氯化钙；Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
【详解】(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥，装置Ⅱ中盛放饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢；装置Ⅲ中盛放浓H2SO4除去氯气中的水蒸气；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用，故选C。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器是普通漏斗、玻璃棒、烧杯；(2) 氯气中含有杂质氯化氢，B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O ； Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2。
34.如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题。
（1）指出图中两处明显的错误：
①________________________________________________________________________
②________________________________________________________________________
（2）A仪器的名称是________，B仪器的名称是________。
（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需加入少量__________________，其作用是________________________________________________________________________。
（4）收集完蒸馏水后，是先撤酒精灯还是先停冷凝水？_____________________。
【答案】(1). 温度计水银球未与支管口平齐 (2). 冷凝管进出水方向弄反 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 冷凝管 (5). 沸石或碎瓷片 (6). 防止暴沸 (7). 先撤酒精灯
【解析】(1)图中的两处明显的错误是温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口处、冷却水的流向未下口进水上口出水，故答案为：温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管进出水方向弄反；
(2)A仪器的名称是蒸馏烧瓶，B仪器的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；
(3)实验时A中除加入石油外．还需加入少量沸石，其作用是防止暴沸，故答案为：沸石；防止暴沸；
(4)收集完蒸馏水后，先撤酒精灯后停冷凝水，防止冷凝管骤冷炸裂，且对馏分充分冷却，故答案为：先撤酒精灯。
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.根据下列电离方程式判断，下列分组正确的是( )
①H2SO4===2H＋＋、②Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－、③KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2、④NaHSO4===Na＋＋H＋＋
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
【解析】
【分析】电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸；电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物的盐。
【详解】①H2SO4===2H＋＋，电离出的阳离子全是氢离子，H2SO4属于酸、②Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－，电离出的阴离子全是氢氧根离子，Ba(OH)2属于碱、③KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2，能电离出金属阳离子和酸根阴离子，KAl(SO4)2属于盐、④NaHSO4===Na＋＋H＋＋，能电离出金属阳离子和酸根阴离子，NaHSO4属于盐，故选B。
2.下列关于氧化还原反应说法正确的是( )
A. 一种元素被氧化，另一种元素肯定被还原
B. 某元素从化合态变成游离态，该元素一定被还原
C. 在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化
D. 在氧化还原反应中非金属单质一定是被还原
【答案】C
【解析】分析：氧化还原反应的特征是有化合价的升降，可从化合价变化的角度分析氧化还原反应，反应中，化合价的变化可在同一种元素之间，也可在不同元素的之间，氧化剂得电子被还原，化合价降低，还原剂失电子被氧化，化合价升高。
详解：A．化合价的变化可在同一种元素之间，如Cl2+H2O=HCl+HClO，选项A错误；B．某元素从化合态变成游离态，元素可能被氧化，如Cl-→Cl2，也可能被还原，如Cu2+→Cu，选项B错误；C．氧化还原反应中不一定所有元素的化合价都发生变化，如反应Cl2+H2O=HCl+HClO，只有Cl元素的化合价发生变化，选项C正确；D．在氧化还原反应中非金属单质可做氧化剂被还原，也可做还原剂被氧化，如H2，选项D错误。答案选C。
3.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，下列说法正确的是
( )
A. 原子数目相等的三种气体，质量最大的是Z
B. 相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C. 若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D. 同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y气体和1 g Z气体，则其压强比为2∶1
【答案】B
【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）＝0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr（Z），A、三种气体的原子组成不能确定，因此原子数目相等的三种气体中质量最大的不一定是Z，A错误；B、根据密度ρ＝M/Vm可知，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体中密度最小的是X，B正确；C、气体的物质的量n＝V/Vm，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C错误；D、同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，由于Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，所以2 g Y气体和1 g Z气体的物质的量之比是4：1，因此Y、Z气体所承受的压强比为4：1，D错误，答案选B。
4.下列说法正确的是( )
A. 氧气的摩尔质量等于它的相对分子质量
B. 1 mol氢气的质量与它的相对分子质量相等
C. 氢氧化钠的摩尔质量为40 g·mol－1或0.040 kg·mol－1
D. 1 mol硫酸的质量为98 g·mol－1
【答案】C
【解析】分析：A、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量；
B、质量单位是g，相对分子质量的单位是1；
C、根据摩尔质量的含义分析；
D、质量单位为g。
详解：A、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，氧气的摩尔质量如果用g/mol作单位时，在数值上等于它的相对分子质量，A错误；
B、质量单位为g，相对分子质量单位为1，1mol H2的质量是2g，在数值上与它的相对分子质量相等，B错误；
C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，NaOH的摩尔质量是40 g•mol-1或0.040 kg·mol－1，C正确；
D、质量单位为g，1 mol 硫酸的质量为98 g，D错误。
答案选C。
5.下列化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 用小苏打治疗胃酸过多： HCO3- + H+ == CO2↑+ H2O
B. 往碳酸镁中滴加稀盐酸： CO32- + 2H+ == CO2↑+ H2O
C. 往氨水中滴加氯化铝： Al3+ + 4OH- == AlO2- + 2H2O
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： Ba2+ + SO42- + H+ + OH- == BaSO4↓+ H2O
【答案】A
【解析】A. 用小苏打治疗胃酸过多反应生成二氧化碳和水，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A正确；B. 碳酸镁不溶于水，用化学式表示，故B错误；C. 氨水是弱碱，不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C错误；D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A。
6.在蒸馏实验中，下列说法不正确的是（ ）
A. 温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处
B. 冷凝管中冷却水的流向是从上向下流
C. 加入沸石的作用是防止液体暴沸
D. 加热时，蒸馏烧瓶下面要垫石棉网
【答案】B
【解析】A项，将温度计水银球放在蒸馏瓶的支管口，测蒸汽的温度，故A正确；B项，冷却水从冷凝管下口入，上口出，使冷凝效果更好，故B错误；C项，蒸馏需要加热至沸腾，为防止液体局部沸腾而造成液滴飞溅（即暴沸），需要加沸石或碎瓷片防止暴沸，C正确；D项，烧瓶、烧杯类仪器底面积较大，若直接加热易导致炸裂，应垫石棉网加热，故D正确。
7.当溶液被水稀释时，如温度不变，则下列诸量保持不变的是( )
A. 溶液质量 B. 溶剂质量
C. 溶质溶解度 D. 溶液的溶质质量分数
【答案】C
【解析】
【分析】加水稀释，溶液质量增大；水稀释时，溶剂质量增大；溶解度与温度有关，水稀释时，温度不变，所以溶质溶解度不变；水稀释时，溶液的溶质质量分数减小。
【详解】加水稀释，溶液质量增大，故不选A；加水稀释时，溶剂质量增大，故不选B；加水稀释时，温度不变，所以溶质溶解度不变，故选C；加水稀释时，溶质质量不变，溶液质量增大，所以溶液的溶质质量分数减小，故不选D。
8.下列说法正确的是( )
A. 金属氧化物都是碱性氧化物
B. 盐电离出的阳离子不一定有金属离子
C. 由不同种元素组成的物质一定是化合物
D. 非金属氧化物都是酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】是酸性氧化物、是两性氧化物；铵盐电离出的阳离子是铵根离子；由不同种元素组成的物质可能是混合物；CO是非金属氧化物，但CO不是酸性氧化物。
【详解】是酸性氧化物、是两性氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，故A错误；铵盐电离出的阳离子是铵根离子，不是金属离子，故B正确；由不同种元素组成的物质可能是混合物，故C错误；CO是非金属氧化物，但CO不是酸性氧化物，故D错误。
9. 当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是（ ）
A. 豆浆 B. 食盐水 C. 碘酒 D. 蔗糖水
【答案】A
【解析】根据胶体具有丁达尔效应，而溶液、浊液不具有丁达尔效应来解答．A、豆浆属于胶体分散系，当光束通过该分散系时，能产生丁达尔效应，故A正确；
B、食盐水属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故B错误；
C、碘酒属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故C错误；
D、蔗糖水属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故D错误；
10.以下是几种常用基本物理量的名称与符号的对应关系，其中不正确的是( )
A. 物质的量mol B. 质量m C. 时间t D. 电流强度I
【答案】A
【解析】
【分析】mol是物质的量的单位，n是物质的量的符号。
【详解】物质的量的符号是n，故A错误；质量的符号m，故B正确；时间的符号是t，故C正确；电流强度的符号是I，故D正确。选A。
11.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是( )
①0.5 mol NH3②标准状况下22.4 L He ③4 ℃ 9 mL水 ④19.6 g H3PO4
A. ①④③② B. ④③②①
C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【分析】先计算物质的量，再根据各物质的物质的量以及分子中含有的原子个数来解答。
【详解】①0.5molNH3含有的原子物质的量为0.5mol×4=2mol；②标准状况下22.4L氦气的物质的量为1mol，则所含原子的物质的量为1mol×1=1mol；③4℃9mL水的质量为9g，物质的量为0.5mol，则所含原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；④0.2mol H3PO4含有的原子物质的量为0.2mol×8=1.6mol；所以所含原子数目，按由大到小顺序排列的是①④③②，故选A。
12.R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2价，且X2＋与单质R不反应；X2＋＋Z===X＋Z2＋；Y＋Z2＋===Y2＋＋Z。这四种离子被还原成0价所表现的氧化性大小符合( )
A. R2＋>X2＋>Z2＋>Y2＋ B. X2＋>R2＋>Y2＋>Z2＋
C. Y2＋>Z2＋>R2＋>X2＋ D. Z2＋>X2＋>R2＋>Y2＋
【答案】A
【解析】试题分析：氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；X2+与单质R不反应，氧化性R2+>X2+；根据X2++Z ＝ X + Z2+，氧化性X2+>Z2+；根据Y + Z2+ ＝ Y2+ + Z，氧化性Z2+>Y2+；所以氧化性R2+>X2+>Z2+>Y2+，故A正确。
13.实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是( )
A. NO2→HNO3＋NO B. →NH3
C. NH3→NO D. P2O5→H3PO4
【答案】C
【解析】
【分析】在NO2→HNO3+NO的转化中，化合价变化的均是N元素，二氧化氮本身即是氧化剂又是还原剂；NH4+→NH3的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应；NH3→NO的转化中，氮元素化合价升高，NH3发生氧化反应；P2O5→H3PO4的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应。
【详解】在NO2→HNO3+NO的转化中，化合价变化的均是N元素，二氧化氮本身既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂或还原剂，故不选A；NH4+→NH3的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，无需加入氧化剂或还原剂，故不选B；NH3→NO的转化中，氮元素化合价升高，NH3发生氧化反应，需加入氧化剂来实现，故选C；P2O5→H3PO4的转化中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，无需加入氧化剂或还原剂，故不选D。
14.我国明代《本草纲目》中收载药物1 892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指( )
A. 萃取 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 蒸发
【答案】C
【解析】
【分析】该方法是利用酒精与水的沸点不同，从浓酒中分离出乙醇。
【详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故选C。
15.下列说法中不正确的是( )
A. 天然二氧化硅俗称硅石
B. 石英的主要成分是二氧化硅
C. 水晶是无色透明的石英晶体
D. 自然界中存在大量的单质硅
【答案】D
【解析】
【详解】自然界中的硅元素以化合态形式存在，无游离态的单质硅存在，故D错误。
故选D。
16.下列反应中，SO2作为氧化剂而发生反应的是( )
A. 2SO2+O2 = 2SO3 B. SO2 + H2O = H2SO3
C. SO2 + 2H2S = 3S↓ + 2H2O D. SO2 + Cl2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl
【答案】C
【解析】A. 2SO2+O2 = 2SO3反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，是还原剂，故A错误；B. SO2 + H2O = H2SO3，反应中没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C. SO2 + 2H2S = 3S↓ + 2H2O ，反应中二氧化硫中硫元素的化合价降低，是氧化剂，故C正确；D. SO2 + Cl2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl，反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，是还原剂，故D错误；故选C。
17.现有100 mL 3 mol·L－1氢氧化钠溶液和 100 mL 1 mol·L－1氯化铝溶液，若进行以下两种操作：①将氢氧化钠溶液分多次加入氯化铝溶液中；②将氯化铝溶液分多次加入氢氧化钠溶液中，这两种操作结果正确的是( )
A. 现象相同，沉淀质量不同
B. 现象相同，沉淀质量也相同
C. 现象不同，沉淀质量相同
D. 现象不同，沉淀质量不同
【答案】C
【解析】
【分析】氢氧化钠是0.3mol，氯化铝是0.1mol，则如果将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中，则根据反应式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓可知，氯化铝和氢氧化钠恰好反应生成0.1mol氢氧化铝沉淀。如果将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中，则首先发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，当氢氧化钠完全消耗后，氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。
【详解】氢氧化钠是0.3mol，氯化铝是0.1mol，则如果将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中，则根据反应式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓可知，开始就生成沉淀，最终生成0.1mol氢氧化铝沉淀。如果将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中，则首先发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，当氢氧化钠完全消耗后，氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，现象是开始没沉淀后来有沉淀，根据n(Al3＋): n(OH－) =1:3，最终生成氢氧化铝沉淀的物质的量是0.1mol，所以现象不同，沉淀质量相同，故选C。
18.物质的量之比为1∶3的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，下列说法正确的是 ( )。
A. 在此反应中硝酸体现强氧化性，全部被还原
B. 向反应后的溶液中再加入金属铁，不再发生化学反应
C. 该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶4
D. 该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶5
【答案】D
【解析】设锌的物质的量为a，则稀硝酸的物质的量为3a，发生还原反应的硝酸与锌的关系为HNO3～2Zn，由于锌不足，故被还原的硝酸为，未被还原的硝酸为3a－，二者的比为＝1∶5，D项正确。
19.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4 mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50 mL，下列说法正确的是 ( )
A. 混合气体中含NO21．12 L B. 消耗氧气的体积为1.68 L
C. 此反应过程中转移的电子为0.3 mol D. 参加反应的硝酸是0.4mol
【答案】D
【解析】标况下2.24L混合气体的物质的量为：=0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，
A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，故A错误；
B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故B错误；
C．根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2mol，故C错误；
D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故D正确；
故选D．
20.下列关于金属单质通性的说法不正确的是( )
A. 一般都具有金属光泽 B. 熔点都较高
C. 都是热和电的良导体 D. 都具有延展性
【答案】B
【解析】
【分析】金属单质一般都具有金属光泽、导热、导电，具有延展性；有的金属熔点较低。
【详解】金属单质一般都具有金属光泽、导热、导电，具有延展性；不同金属的熔点可能相差很大，有的金属熔点较低，如汞在常温下是液体，有的金属熔点很高，如钨。故选B。
21.我国城市环境中的大气污染主要是( )
A. 二氧化碳、氯化氢、酸雨
B. 二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、烟尘
C. 二氧化氮、一氧化碳、氯气
D. 二氧化硫、二氧化碳、氮气、粉尘
【答案】B
【解析】
【分析】空气污染的物质可分为可吸入颗粒物和有害气体，有害气体主要有一氧化碳、二氧化氮、二氧化硫、一氧化氮等。
【详解】A项、CO2不是污染物，故A错误；
B项、SO2、CO、NO2都是有害气体，烟尘为可吸入粉尘，对人体有害，为污染物，故B正确；
C项、Cl2不是主要污染物，故C错误；
D项、CO2、N2不是污染物，故D错误。
故选B。
22.关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是( )
A. 氧化钠比过氧化钠稳定
B. 都能与二氧化碳、水反应产生氧气
C. 所含氧元素的化合价都为－2价
D. 阴阳离子的个数比都为1∶2
【答案】D
【解析】
【分析】氧化钠可以被氧化为过氧化钠；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠；过氧化钠中氧元素化合价为-1；氧化钠中含有，氧化钠中含有。
【详解】氧化钠可以被氧化为过氧化钠，所以过氧化钠比氧化钠稳定，故A错误；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，氧化钠与二氧化碳、水反应都不能生成氧气，故B错误；过氧化钠中氧元素化合价为-1，故C错误；氧化钠中含有，过氧化钠中含有，阴阳离子的个数比都为1∶2，故D正确。
23.某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：
方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是( )
A. 溶液A和B均可以是盐酸或氢氧化钠溶液
B. 溶液A和B均可以选用稀硝酸
C. 若溶液B选用氯化铁溶液，则实验难以实现
D. 实验方案Ⅱ更便于实施
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；B．硝酸与铜、铝都能反应，不能用稀硝酸，方案Ⅱ中没有固体剩余，方案Ⅰ中的气体为铜和铝反应后的总量，均无法测定铜铝混合物中铜的质量分数，故B错误；C．若溶液B选用氯化铁溶液，铜和铝均能够与氯化铁反应，不能测定铜铝混合物中铜的质量分数，故C正确；D．测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，因此实验方案Ⅱ更便于实施，故D正确；故选B。
24.金属单质四兄弟W、X、Y、Z不小心掉到稀盐酸池中，反应如图所示，则它们的活动性由强到弱的顺序是( )
A. X＞W＞Z＞Y B. Z＞X＞W＞Y
C. W＞X＞Y＞Z D. Y＞Z＞X＞W
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应的剧烈程度判断金属活动性。
【详解】Y没有发生反应，所以Y是活动性最弱的。其他三个可以根据反应的剧烈程度来判断，Z最剧烈，所以是最活泼的；X比W反应剧烈些，所以X的活动性大于W，所以活动性Z＞X＞W＞Y，故选B。
25.将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是( )
A. 1∶2∶3 B. 6∶3∶2 C. 3∶1∶1 D. 1∶1∶1
【答案】C
【解析】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，0.1molHCl消耗0.1molNa，生成0.05molH2，剩余的0.2molNa将继续与H2O反应生成H2，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.2molNa与水反应生成0.1molH2，所以0.3molNa共生成0.15molH2；Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，0.3molMg与0.1molHCl反应，Mg过量，根据HCl的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑， 0.3molAl与0.1molHCl反应，Al过量，根据HCl的物质的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol。同温同压下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以三种金属产生氢气的体积比为0.15:0.05:0.05=3:1:1，答案选C，正确答案为C。
26.下列不属于铵盐的共同性质的是 ( )
A. 易溶于水 B. 与烧碱共热产生氨气
C. 都是晶体 D. 受热分解都产生氨气
【答案】D
【解析】
【分析】铵盐都是易溶于水的白色晶体，铵盐都能与碱反应生成氨气，铵盐都能加热分解，但不一定有氨气产生，如：如：NH4NO3 N2O↑+2H2O；
【详解】铵盐都是易溶于水的白色晶体，故不选A；铵盐都能与碱反应生成氨气，如氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、氨气和水，故不选B；铵盐都是易溶于水的白色晶体，故不选C；铵盐都能加热分解，但不一定有氨气产生，如：如：NH4NO3 N2O↑+2H2O，故选D。
27.下列关于碳酸(H2CO3)和硅酸(H2SiO3)的说法中不正确的是( )
A. 两者均为弱酸
B. 两者均可使紫色石蕊试液变红色
C. CO2气体通入Na2SiO3溶液中可以制得硅酸
D. 两者受热时均可以分解
【答案】B
【解析】硅酸不能够使紫色石蕊试液变红，B错误。
28.下列说法正确的是( )
A. 氧化铝不能与水反应，它不是氢氧化铝对应的氧化物
B. 因为氧化铝是金属氧化物，所以它是碱性氧化物
C. 氧化铝能跟所有的酸碱溶液反应
D. 氧化铝能跟强的酸碱溶液反应
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3；氧化铝是两性氧化物；氧化铝不能和弱碱反应；氧化铝能跟盐酸反应、能与氢氧化钠溶液反应。
【详解】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3，和氧化铝的溶解性无关，故A错误；氧化铝和强酸强碱都能反应，是两性氧化物，故B错误； 氧化铝和强酸强碱都能反应，不能和弱碱反应，故C错误；氧化铝能跟盐酸等强酸反应、氧化铝能与氢氧化钠等强碱溶液反应，故D正确。
分卷II
二、填空题(共6小题,共44分)
29.用白磷还原法可制得一种金的分散系，该分散系在临床诊断及药物检测等方面有着广泛的应用。其操作步骤如下：
①取20%白磷的乙醚溶液0．5 mL，加蒸馏水60 mL。
②先滴加1%氯化金水溶液0．75 mL，再滴加0．1 mol·L-1的K2CO30．6 mL，振荡变成棕红色。
③加热煮沸至溶液变成透明红色。
④分离提纯，除去无机溶质。
所得分散系中，金颗粒直径为5～12 nm。
请回答下列问题：
（1）该分散系属于________，其分散质是________。
（2）用一束强光照射该分散系，从侧面可看到__。
（3）步骤④的分离方法是________。
（4）所得红色溶液______(填“能”或“不能”)继续加热。
【答案】 (1). 胶体 (2). 金或Au (3). 明亮的光路或光亮的通路 (4). 渗析 (5). 不能
【解析】（1）金颗粒直径为5～12nm，所得分散系为胶体，分散质是金颗粒；（2）胶体有丁达尔效应，用一束强光照射该分散系，从侧面可看到一条光亮的通路；（3）胶粒不能透过半透膜，可用渗析提纯胶体；（4）所得红色溶液不能继续加热，否则会发生聚沉。
30.在四个脱落标签的试剂瓶中，分别盛有盐酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、AgNO3溶液，为了鉴别各瓶中的试剂将它们分别编号为A、B、C、D并两两混合，其实验现象为A＋B混合产生无色气体；B＋C混合产生白色沉淀；A＋D混合产生白色沉淀；A＋C混合无明显变化。
(1)由此推出各试剂瓶所盛的试剂为(填化学式)：
A________________，B________________，C________________，D________________；
(2)A＋B反应的离子方程式为__________________________________________；
(3)A＋D反应的离子方程式为__________________________________________。
【答案】（1）HCl，Na2CO3，BaCl2，AgNO3；
（2）2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O；
（3）Ag＋＋Cl－=AgCl↓。
【解析】
试题分析：
HCl
BaCl2
Na2CO3
AgNO3
HCl
一
↑
↓
BaCl2
一
↓
↓
Na2CO3
↑
↓
↓
AgNO3
↓
↓
↓
根据信息分析，判断：A：HCl，B：Na2CO3，C：BaCl2，D：AgNO3；
（2）两者的反应Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，其离子反应方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；
（3）反应方程式为：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，其离子反应方程式为Ag＋＋Cl－=AgCl↓。
31.工业上以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸。请回答下列问题：
(1)煅烧黄铁矿的设备名称是____________，进料前必须将黄铁矿粉碎，目的是____________。所得炉渣的用途有____________(填一种用途)。
(2)进入接触室前的气体必须经过净化处理，目的是防止____________。
(3)生产过程中，吸收三氧化硫常用的物质是________。
(4)工业上常用熟石灰和硫酸处理、回收尾气中的有害气体，反应的化学方程式是______________________、__________________________。
【答案】 (1). 沸腾炉 (2). 增大接触面积，加快反应速率，使黄铁矿反应更充分 (3). 做水泥配料或炼铁原料 (4). 催化剂中毒 (5). 98.3%的浓硫酸 (6). Ca(OH)2＋SO2===CaSO3↓＋H2O (7). CaSO3＋H2SO4===CaSO4＋SO2↑＋H2O
【解析】
【分析】（1）煅烧黄铁矿是在沸腾炉中与氧气反应；将固体物质粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，使黄铁矿反应更充分；炉渣中含Fe2O3，根据Fe2O3的用途分析；（2）煅烧黄铁矿形成的炉气主要是二氧化硫气体，另外含有杂质，能使催化剂中毒，影响催化氧化的效果，据此答题；（3）为了防止酸雾的产生，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，据此答题；（4）尾气中的有害气体主要为二氧化硫，根据二氧化硫的有关性质书写出吸收和放出二氧化硫的化学方程式。
【详解】（1）煅烧黄铁矿是在沸腾炉中与氧气反应，所以设备名称为：沸腾炉；将固体物质粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，使黄铁矿反应更充分；炉渣可以做做水泥配料，其中含Fe2O3，含铁量较高，经处理后常用作炼铁的原料。（2）煅烧黄铁矿形成的炉气主要是二氧化硫气体，其中含有杂质，某些杂质（如砷的化合物）能使催化剂中毒，影响催化氧化的效果。（3）为了防止酸雾的产生，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫；（5）尾气中的有害气体主要为二氧化硫，SO2被Ca（OH）2吸收，化学方程式为：Ca（OH）2+SO2=CaSO3↓+H2O；CaSO3再与硫酸反应放出SO2，化学方程式为CaSO3＋H2SO4===CaSO4＋SO2↑＋H2O。
32.某同学按下图进行实验，在A中放的是干燥的红色纸条，B中放的是湿润的红色纸条，C中盛放的是氢氧化钠溶液。请回答下列问题：
(1)通氯气一段时间后，A中观察到的现象是______________________________，B中观察到的现象是_________________，由此可得出的结论是____________________________，写出有关反应的化学方程式：____________________。
(2)C装置的作用是____________________，理由是_______________________________，写出有关反应的化学方程式：________________________________。
【答案】（1）无明显现象 纸条褪色 氯气无漂白作用，氯气与水反应生成的HClO具有漂白作用 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO （2）吸收多余的氯气，防止污染环境 Cl2+2OH-= Cl-+ ClO-+ H2O
【解析】试题分析：本题通过对比实验确定干燥的氯气没有漂白性，真正其漂白作用的是HClO。
33.甲、乙实验小组设计如下实验装置分别制备SnCl4和漂白粉。
(1)已知：a.金属锡熔点231 ℃，化学活泼性与铁相似；
b．干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4，SnCl4的沸点114 ℃；
c．SnCl2、SnCl4均易水解，易溶于有机溶剂，且Sn2＋易被氧化。根据图甲装置回答：
①试管Ⅱ中的试剂是____________________，Ⅲ中的试剂是________________________。
②Ⅵ处装置最好选用________(填字母)。
③Ⅰ处装置中反应的离子方程式是____________________________________________。
④实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有______________。
(2)已知：①Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应；②温度较高时Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
根据图乙装置回答：此实验所得Ca(ClO)2产率较低的理由是
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
【答案】(1). 饱和食盐水 (2). 浓H2SO4 (3). C (4). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (5). 普通漏斗、玻璃棒、烧杯 (6). B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O (7). Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2
【解析】
【分析】(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2；(2)氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢与氢氧化钙反应生成氯化钙；Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
【详解】(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥，装置Ⅱ中盛放饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢；装置Ⅲ中盛放浓H2SO4除去氯气中的水蒸气；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用，故选C。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器是普通漏斗、玻璃棒、烧杯；(2) 氯气中含有杂质氯化氢，B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O ； Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2。
34.如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题。
（1）指出图中两处明显的错误：
①________________________________________________________________________
②________________________________________________________________________
（2）A仪器的名称是________，B仪器的名称是________。
（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需加入少量__________________，其作用是________________________________________________________________________。
（4）收集完蒸馏水后，是先撤酒精灯还是先停冷凝水？_____________________。
【答案】(1). 温度计水银球未与支管口平齐 (2). 冷凝管进出水方向弄反 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 冷凝管 (5). 沸石或碎瓷片 (6). 防止暴沸 (7). 先撤酒精灯
【解析】(1)图中的两处明显的错误是温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口处、冷却水的流向未下口进水上口出水，故答案为：温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管进出水方向弄反；
(2)A仪器的名称是蒸馏烧瓶，B仪器的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；
(3)实验时A中除加入石油外．还需加入少量沸石，其作用是防止暴沸，故答案为：沸石；防止暴沸；
(4)收集完蒸馏水后，先撤酒精灯后停冷凝水，防止冷凝管骤冷炸裂，且对馏分充分冷却，故答案为：先撤酒精灯。
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