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【化学】河北省承德市第一中学2018-2019学年高二下学期第三次月考（解析版） 试卷
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河北省承德市第一中学2018-2019学年高二下学期第三次月考
考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Zn-65
Ⅰ卷
一、选择题（每题2分，共50分）
1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
分析：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂。
详解：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。
点睛：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。
2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 浓H2SO4有脱水性，可用作干燥剂
B. Na2CO3能与酸反应，可用作治疗胃酸过多
C. Fe2(SO4)3具有强氧化性，可用于自来水净化
D. 铝合金的密度小、强度大，可制成飞机构件
【答案】D
【解析】
分析：A. 根据浓硫酸的吸水性解答；B.根据碳酸钠的碱性较强来分析 C. 根据硫酸铁水解原理分析；D.根据铝合金特性分析；
详解:A. 浓H2SO4可用作干燥剂是因为其具有吸水性,与浓H2SO4有脱水性无关,故A错误；
B.虽然 Na2CO3能与酸反应，但由于其水解后溶液碱性较强，不可用作治疗胃酸过多，故B错误；
C. Fe2(SO4)3用于自来水净化是利用Fe3+水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性，吸附水中的杂质，形成沉淀而除去，与氧化性无关，故C错误；
D. 铝合金的密度小、强度大，可制成飞机构件,所以D选项是正确的；本题答案选D。
3.化学与社会、生活、科技有着密切的联系，下列说法正确的是（ ）
A. 烧制陶瓷和石油分馏均不涉及化学变化
B. 明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C. 利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
D. 航空母舰上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
A、烧制陶瓷时黏土中的成分在高温下发生复杂的物理化学变化，而石油的分馏是利用物质的沸点高低进行分离的一种实验操作，不涉及化学变化，故A错误；B、明矾中的Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水的颗粒状杂质，达到净化水的目的，但没有消毒杀菌作用，故B错误；C、利用高纯硅制造的太阳能电池可将太阳的光能转化为电能，故C正确；D、航空母舰上用于舰载机降落拦阻索的特种钢需要有特别强的韧性和强度，耐高温抗腐蚀，是一种新型金属材料，故D错误。本题正确答案为C。
4.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列常见古诗文对应化学知识正确的是（ ）
选项
古诗文
化学知识
A
《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)方法:“以火烧之,紫青烟起,云是真硝石也。”
鉴别硝石和朴消利用了焰色反应
B
《本草纲目拾遗》中对强水的记载:“性最烈，能蚀五金,其水甚强,惟玻璃可盛。”
“强水”是指氢氟酸
C
《梦溪笔谈》中对宝剑的记载:“古人以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折。”
剂钢为铁的合金,其硬度比纯铁的大,熔点比纯铁的高
D
《诗经·大雅·绵》:“堇茶如饴。”郑玄笺:“其所生菜, 虽有性苦者，甘如饴也。”
糖类均有甜味,且都能发生水解反应
【答案】A
【解析】
钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应，A正确；玻璃的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可判断，强水不可能是氢氟酸，B错误；铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，C错误；糖类不一定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味；葡萄糖虽有甜味，但是不能发生水解，D错误；正确选项A。
点睛：本题以文言文的形式考查了有关物质的性质、鉴别等知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质的性质，然后作出正确判断，注意找准文言文中的关键字眼，如A项通过紫青烟判断真硝石，利用了钾元素的焰色反应为紫色；B项考查了二氧化硅与氢氟酸的反应；D项注意合金的熔点一般低于其组分中任一种组成金属的熔点，硬度一般比其组分中任一金属的硬度大。
5.列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向某溶液中滴加双氧水后再加入KSCN 溶液
溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
B
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
C
两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热
打磨过的铝箔先熔化 并滴落下来
金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化
D
加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管
试管底部固体减少，试管口有晶体凝结
可以用升华法分离NaCl和 NH4Cl 固体
【答案】B
【解析】
溶液中含有Fe3+或Fe2+，滴加双氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈红色，故A错误；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出NaHCO3晶体，故B正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝的熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故C错误；加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故D错误。
点睛：Fe2+的检验方法是，向溶液中滴加KSCN溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有Fe2+。
6.下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
实验室制取蒸馏水
用SO2和NaOH溶液做喷泉实验
证明Na2CO3 的热稳定性比NaHCO3好
证明铜与浓硝酸的反应是放热反应
【答案】C
【解析】
分析：A.依据制取蒸馏水原理分析；B.根据产生喷泉的原理分析；C.依据碳酸氢钠分解温度分析；D.根据实验现象判断。
详解：A.符合制取蒸馏水的原理，A正确；
B.二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的液体进入烧瓶，产生喷泉，B正确；
C项，装置中两者受热温度不同，但是碳酸氢钠在较低温度下就能分解而碳酸钠在较高温度下不分解，因此不能说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故C错误；
D.若为放热反应，则试管中气体受热，压强增大，U形管中液面，左边下降，右边上升，故D正确；综上所述，本题答案为C。
7.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法正确的是（ ）
A. 危化品仓库中的金属钠、钾着火时，可用水扑灭
B. 自来水厂常用明矾作为天然水的消毒剂
C. 纯碱在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂
D. 氧化铝可用来制造耐高温的实验仪器
【答案】D
【解析】
A、钠、钾与水反应生成氢氧化钠、氢氧化钾和氢气，氢气为易燃气体，所以钠、钾失火时不能用水灭火，可以用沙子隔绝空气灭火，选项A错误；B、明矾在净化水的过程中用来吸附水中的悬浮物而不是消毒剂，选项B错误；C、碳酸氢钠是治疗胃酸过多的一种药剂，碳酸钠的碱性太强，不能用来治疗胃酸过多，选项C错误；D、氧化铝具有高熔点，可用来制造耐火坩埚、耐火管和耐高温的实验仪器等，选项D正确。答案选D。
8.下列反应结束后，固体质量减少的是（ ）
A. 二氧化碳通过灼热镁粉 B. 铝粉与Fe3O4发生铝热反应
C. 含有铜屑的NaNO3溶液加入少量盐酸 D. 铜丝插入AgNO3溶液中
【答案】C
【解析】
A. 二氧化硪通过灼热的镁粉，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，固体质量增加；B. 铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变；C. 硝酸根在酸性条件下有强氧化性，向含有铜屑的NaNO3溶液加入少量盐酸，铜可以溶解，固体质量减少；D. 铜丝插入AgNO3溶液中，铜可以置换银，固体质量增加。本题选C。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. FeS2SO2SO3
B. NaClNaHCO3(s)Na2CO3(s)
C. HClOCl2Ca(ClO)2
D. AlAl(OH)3Al2O3
【答案】A
【解析】
分析：本题考查物质间的转化，依据物质性质分析。
详解：A.工业上焙烧硫铁矿制取二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，A正确；
B.氯化钠溶液直接通二氧化碳不能生成碳酸氢钠，应先通氨气，再通二氧化碳，B错误；
C.次氯酸光照生成氧气而不是氯气，C错误；
D.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠而不是氢氧化铝，D错误；所以，本题应选A。
点睛：要学好化学，元素化合物知识是基础，一定要在掌握各类物质的性质的前提下，总结转化规律，强记化学方程式。
10.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2
②铝土矿AlO2-Al(OH)3Al2O3
③NH3NONO2HNO3
④NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑤SSO3H2SO4
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A. ①③⑥ B. ③⑤⑥ C. ①④⑤ D. ③⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发，HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故①错误；
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故②错误；
③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；
④电解氯化钠溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故④错误；
⑤硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故⑤错误；
⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通入二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故⑥正确；
正确的有③⑥，故选D。
【点睛】本题的易错点为①，蒸发结晶盐溶液时，要注意温度对盐类的水解的影响。
11. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确，答案选D。
考点：考查氯水性质、成分以及实验探究的有关判断
12.下列化学反应的离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
C. 稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
D. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)
【答案】C
【解析】
A项，Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2和CuCl2，根据离子方程式书写方法，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A正确；B项，向CuSO4溶液中加入Na2O2，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4，总反应为：2Na2O2+2H2O+2CuSO4=2Cu(OH)2+2Na2SO4+O2↑，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2+O2↑，故B正确；C项，稀硝酸中加入过量铁粉生成硝酸亚铁、NO和H2O，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；D项，工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中的CaSO4转化为更难溶的CaCO3，属于沉淀的转化，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故D正确。
13.X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（ ）
X
Y
Z
箭头上所标数字的反应条件
A．
NO
NO2
HNO3
①常温遇氧气
B．
Cl2
NaClO
HClO
②通入CO2
C．
Na2O2
NaOH
NaCl
③加入H2O2
D．
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
④加NaOH溶液
【答案】C
【解析】
A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；本题选C。
点睛：要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。
14.在如图装置中，烧瓶中充满干燥气体a。将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b 呈喷泉状喷出，最终几乎充满整个烧瓶。a和b可能是（ ）
a(干燥气体)
b(液体)
①
NH3
水
②
CO2
饱和NaOH溶液
③
Cl2
饱和食盐水
④
NO2
水
⑤
HCl
0.1 mol·L−1AgNO3溶液
A. ①②③ B. ①②⑤ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】B
【解析】
①NH3极易溶于水,烧瓶内压强减小为零,同外界大气压产生压强差,所以形成喷泉,并充满烧瓶； ②CO2与饱和NaOH溶液完全反应，压强近乎没有，同外界大气压产生压强差,能形成喷泉, 最终几乎充满整个烧瓶；③.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小,锥形瓶与烧瓶内近乎压强相等,不能形成喷泉；④NO2与水反应,生成硝酸和NO,容器内气体减少,气压减小,形成喷泉,但因为NO不溶于水,所以不会充满烧瓶,⑤HCl极易溶于水并且和0.1 mol·L-1AgNO3溶液反应，使烧瓶内压强减小为零同外界大气压产生压强差,所以形成喷泉,并充满烧瓶；综上所述符合条件的为. ①②⑤。所以B选项是正确的。
点睛：解答时要从反应物和生成物的状态变化入手,注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化,则气体被吸收进溶液的反应,容器内气体减少,气压减小,a中的气体极易被b中试剂吸收或发生化学反应导致气压减小,以此来解答。
15.Cl2是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH、NaHSO3溶液吸收
下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A. 电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑
B. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O2H++Cl－+ ClO－
C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3+3Cl2 ===6NH4Cl+N2
D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+Cl2+H2O===SO42－+3H+ +2Cl－
【答案】B
【解析】
A. 电解饱和食盐水制取Cl2，反应的离子方程式为：2Cl－ +2H2O2OH－+ H2↑+Cl2↑，选项A正确；B. 氯气用于自来水消毒，反应的离子方程式为：Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，选项B不正确；C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟，反应的化学方程式为：8NH3 + 3Cl2 === 6 NH4Cl + N2，选项C正确；D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用，反应的离子方程式为：HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－，选项D正确。答案选B。
16.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN –、Cl–
B. c(H+)/ c(OH–) = 1×10 -12的溶液中：K+、Na +、、
C. c(Fe2+ ) =1 mol·L-1的溶液中：K+、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、、、
【答案】B
【解析】
A、无色溶液中不含Fe3+，且Fe3+与SCN–会发生络合反应而不能大量共存，选项A错误；B、使PH试纸变蓝的溶液呈碱性，氢氧根离子和K+、Na+、、都彼此不反应，能大量共存，选项B正确；C、c(Fe2+) =1 mol·L-1的溶液中，亚铁离子会与高锰酸根离子发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D、能使石蕊试液变红的溶液呈酸性， 弱酸根离子碳酸氢根离子不能大量存在，选项D错误。答案选B。
17.已知:2Fe3++2I- ==2Fe2+ +I2 ，2Fe2++Br2 ==2Fe3++2Br-。向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红色，则下列方程式书写不合理的是（ ）
A. 2Fe2++4I- +3Cl2==2Fe3+ +2I2+6Cl-
B. 2Br-+2I-+2Fe2++3Cl2== I2+Br2+2Fe3++6Cl-
C. 2Br-+4I-+2Fe2++4Cl2== 2I2+Br2+2Fe3++8Cl-
D. 2I-+2Fe2+ +2Cl2 ==2Fe3++ I2+4Cl-
【答案】C
【解析】
根据氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+可知，还原性I-＞Fe2+＞Br-，通入氯气后，氯气会按I-、Fe2+、Br-的顺序发生反应，由于滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，证明溶液中有Fe3+生成。由于FeBr2和FeI2的物质的量相同，因此溶液中的I-、Fe2+和Br-的物质的量相同。A反应表示溶液中的I-和Fe2+完全被氯气氧化，A正确；B.表示溶液中的I-、Fe2+和Br-完全被氯气氧化，B正确；C.由于Br-参加反应，且因为FeBr2和FeI2的物质的量相同，溶液中的I-、Fe2+和Br-的物质的量相同，所以离子方程式C错误；D.表示溶液中的I-全部被氯气氧化，而Fe2+部分被氧化，D正确，故答案C。
18.根据框图分析，下列说法不正确的是（ ）
A. 我国是世界上最早使用反应②冶炼金属M的国家
B. M2+的氧化性比E2+的氧化性强
C. 在反应③中若不加稀硫酸，可能观察到红褐色沉淀
D. 在反应①中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性
【答案】D
【解析】
红色金属为Cu，反应①发生Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，蓝色溶液为CuSO4溶液，Z为红褐色固体，即Z为Fe(OH)3，说明E为Fe，反应②发生Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，反应③发生2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，A、反应②是湿法炼铜，我国是世界上最早使用湿法炼铜的国家，故A说法正确；B、反应②发生发生Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即Cu2＋的氧化性强于Fe2＋，故B说法正确；C、生成Fe3＋发生水解，生成氢氧化铁，因此可能观察到红褐色沉淀，故C说法正确；D、发生的反应方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，H2SO4中元素的化合价没有发生变化，H2SO4表现酸性，H2O2表现氧化性，故D说法错误。
19.下列各组物质中，均属于硅酸盐工业产品的是（ ）
A. 陶瓷、水泥 B. 水玻璃、玻璃钢
C. 单晶硅、光导纤维 D. 石膏、石英玻璃
【答案】A
【解析】
A、制陶瓷的主要原料是粘土，制备水泥主要原料是石灰石和粘土，都通过高温加热，水泥主要成分为3CaO·SiO2、2 CaO·SiO2、3CaO·Al2O3，陶瓷、水泥属于硅酸盐工业产品，故A正确；B、水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料，一般指用玻璃纤维增强不饱和聚酯、环氧树脂与酚醛树脂基体。故B错误；C. 单晶硅是硅单质、光导纤维主要成分为二氧化硅，故C错误； D. 石膏主要成分是硫酸钙、石英玻璃主要成分为二氧化硅，故D错误；
点睛：本题考查硅酸盐产品，难度较小，解题关键：明确物质的组成，注意基础知识的积累掌握．易错点B，水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料。
20.下列说法正确的是（ ）
A. 无水CaCl2可用于干燥H2、Cl2和NH3
B. 无水硫酸铜与胆矾的相互转化属于化学变化
C. 代替传统火药鞭炮的“电子鞭炮”无任何的污染问题
D. 制造光导纤维的主要材料为晶体硅
【答案】B
【解析】
A、CaCl2+8NH3=CaCl2·8NH3，无水CaCl2不可用于干燥NH3，故A错误；B、胆矾是五水合硫酸铜，是蓝色固体，无水硫酸铜是白色固体，相互转化，有新物质生成，是化学变化，故B正确；C、代替传统火药鞭炮的“电子鞭炮”会产生燥声污染，故C错误；D、制造光导纤维的主要材料为二氧化硅，故D错误；故选B。
21.将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是（ ）
A. NH3 B. HCl C. Cl2 D. NO2
【答案】B
【解析】
试题分析：溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不与氯化钡反应，故没有沉淀产生。A.将NH3通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，NH3溶于水得到显碱性的氨水，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀； B.将HCl通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，既不能发生复分解反应，也不能发生氧化还原反应，没有沉淀产生；C.将Cl2通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，氯气可以把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；D.将NO2通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，NO2在水中（NO2有强氧化性，NO2与水反应生成的硝酸也有强氧化性）可以把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀。综上所述，B符合题意，本题选B。
22.下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A. 喷泉实验
B. 转移溶液
C. 收集氯化氢气体
D. 分离苯和水
【答案】D
【解析】
A．氮气不溶于水，图中装置不会形成喷泉，故A错误；B．转移液体应用玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误；C．HCl极易溶于水，不能利用图中装置排水法收集，故C错误；D．苯与水混合分层，苯密度小，在上层，图中分液装置合理，故D正确；故选D。
23.下列各组物质混合后，没有明显现象的是（ ）
①H2S和SO2；②SO2和SO3；③SO2和氯水；④SO3(气)和Cl2；⑤H2S和Cl2
A. ①③⑤ B. ②④
C. ②⑤ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①H2S和SO2反应生成淡黄色的硫固体，有明显现象；
②SO2和SO3不反应，没有明显现象；
③SO2和氯水生成硫酸和HCl，氯水的浅黄绿色褪去，有明显现象；
④SO3(气)和C12不反应，没有明显现象；
⑤H2S和C12生成淡黄色单质硫和HCl，有明显现象；
符合题意的有②④，故选B。
24.根据如图转化关系判断下列说法不正确的是(反应条件已略去)（ ）
A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应
B. 生成黑锰矿的反应中，3molMn参加反应转移4mol电子
C. 生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1:2
D. 反应⑤为铝热反应
【答案】B
【解析】
A．①②③④⑤反应中均有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．Mn和O2反应生成黑锰矿，反应的化学方程式为：3Mn+2O2=Mn3O4，氧元素化合价0价变化为-2价，则3 molMn参加反应转移8mol电子据此计算电子转移数，故B错误；C．由6H2O2～3O2～6e-、2KClO3～3O2～12e-，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；D．反应⑤是铝与二氧化锰的反应，属于铝热反应，故D正确；故选B。
25.将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：
实验序号
稀硝酸的体积/mL
剩余固体的质量/g
NO的体积/L
1
100
17.2
2.24
2
200
8.00
4.48
3
400
0
V
下列说法正确的是（ ）
A. 表中V=7.84L
B. 原混合物粉末的质量为25.6g
C. 原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3
D. 实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 mol•L﹣1
【答案】A
【解析】
由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得
所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56 g·mol-1：14.4g÷64 g·mol-1=8：9；
400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4 mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：
铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu) ×2÷3+ 2n(Cu) ×2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）] ÷3 ×22.4L·,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g×3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。
点睛：对于硝酸与Fe的反应，Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3，过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+，如本题中第1、第2次的两次实验，金属剩余，Fe应该生成Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余8g的成分提供依据，即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe生成Fe3+。
Ⅱ卷
二、填空题（50分）
26.下图表示物质A～F之间的转化关系，其中A为淡黄色固体物质，B、C为无色溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。请填写下列各空：
（1）写出各物质的化学式：
A为______，B为_____，C为_____，D为_____，E为_____，F为______。
（2）写出下列反应的化学方程式：
B→A：________________________。
B→C：___________________________。
（3）写出C→F的离子方程式：___________________。
（4）在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性的是(填字母代号)______。
【答案】 (1). S (2). H2SO3 (3). H2SO4 (4). SO2 (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O (8). H2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl (9). SO42-＋Ba2＋===BaSO4↓ (10). ABDE
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体，由转化关系可知，A为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，结合对应物质的性质分析解答。
【详解】(1)根据以上分析可知，A为S，B为H2SO3，C为H2SO4，D为SO2，E为BaSO3，F为BaSO4，故答案为：S；H2SO3；H2SO4；SO2；BaSO3；BaSO4；
(2)B→A的化学方程式：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；B→C的化学方程式：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；
(3)C为H2SO4，可与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；
(4)在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性，说明S元素的化合价既能升高，又能降低，S元素的化合价介于中间价态，有S、H2SO3、SO2、BaSO3，故答案为：ABDE。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据元素的化合价结合氧化还原反应的规律分析。
27.氨基甲酸铵(NH2COONH4)是重要的氨化剂，在潮湿的空气中能转化为碳酸铵，受热易分解、易被氧化。实验小组对氨基甲酸铵的性质进行了如下探究。请回答下列问题：
（1）氨基甲酸铵在潮湿的空气中转化为碳酸铵的化学方程式为____________。
（2）用如图装置探究氨基甲酸铵的分解产物(夹持装置略去，下同)。
①点燃A处的酒精灯之前，需先打开K，向装置中通入一段时间的N2，目的为________。
②仪器B的名称为________。
③装置D的作用为_____________。
④能证明分解产物中有NH3的现象为____________。
⑤试剂a用于检验分解产物中的CO2，该试剂的名称为________。
（3）已知：CuO高温能分解为Cu2O和O2。若用上述装置和下列部分装置进一步检验分解产物中是否有CO，装置E后应依次连接____(按从左到右的连接顺序填选项字母)。
（4）通过实验得出结论：氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2。该反应的化学方程式为_____。
【答案】 (1). NH2COONH4+H2O=(NH4)2CO3 (2). 排尽装置中空气，避免氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应 (3). 干燥管 (4). 吸收氨气，防止倒吸 (5). C中湿润的红色石蕊试纸变蓝 (6). 澄清石灰水 (7). IGFH (8). NH2COONH42NH3↑+CO2↑
【解析】
试题分析：（1）氨基甲酸铵与水反应生成碳酸铵；（2）氨基甲酸铵易被氧化，通入氮气排尽装置中空气；分解产物中含有氨气，D中倒置的漏斗可以防止倒吸；氨水呈碱性，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；用澄清石灰水检验CO2；（3）检验CO应先用氢氧化钠除去可能含有的CO2；再用浓硫酸干燥后还原氧化铜，再检验有CO2生成；
解析：（1）氨基甲酸铵与水反应生成碳酸铵，方程式是NH2COONH4+H2O=(NH4)2CO3；（2）① 氨基甲酸铵易被氧化，通入氮气排尽装置中空气，避免氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应；②仪器B的名称为干燥管；
③分解产物中含有氨气，D中倒置的漏斗可以防止倒吸，浓硫酸吸收氨气；④氨水呈碱性，C中湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明有氨气生成；⑤用澄清石灰水检验CO2；（3）检验CO应先用氢氧化钠除去可能含有的CO2；再用浓硫酸干燥后还原氧化铜，再检验有CO2生成，仪器连接顺序是IGFH；（4）氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2的化学方程式为NH2COONH42NH3↑+CO2↑。
28.卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2＋、Fe3＋和Mn2＋等杂质离子。现以卤块为原料按如图所示流程进行生产，以制备金属镁。
本流程操作条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如表：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀
的pH
2.7
7.6
8.3
10.0
沉淀完全
的pH
3.7
9.6
9.8
11.1
已知：Fe2＋的氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3＋后生成Fe(OH)3沉淀除去。
请回答以下问题：
（1）步骤①中，为了加快酸溶速率，除了适当增加稀盐酸的浓度外，还可以采取的措施有______________(任写一条)。
（2）步骤②中NaClO的电子式为________，加入NaClO溶液的目的是________(用离子方程式解释)。
（3）常温时，Mg(OH)2的Ksp＝1.8×10－11。当溶液pH＝10.0时，溶液中的c(Mg2＋)＝______。
（4）若将步骤⑤中“稀盐酸”改为“加水、煮沸”的方式可以得到另一种沉淀物和一种无色无味的气体，请写出该反应的化学方程式：_____________。
（5）步骤⑥中涉及的操作是________，且步骤⑥、⑦的操作均需在HCl的气流中进行，其原因是________。
【答案】 (1). 加热（将卤块粉碎、不断搅拌等合理操作） (2). (3). 2Fe2++2H++ ClO-=2Fe3++H2O+Cl- (4). 1.8×10-3 mol/L (5). MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2 ↑ (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 抑制MgCl2水解
【解析】
(1)步骤①中，为加快酸溶速率，除适当增加稀盐酸的浓度外，还可以通过加热或将卤块粉碎、不断搅拌等措施来达到目的；
(2)NaClO是离子化合物，其电子式为，步骤②加入NaClO溶液的目的是在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(3)已知Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=1.8×10-11，则当溶液pH=10.0，即c(OH-)===1×10-4mol/L，溶液中的c(Mg2+)==1.8×10-3 mol/L；
(4)将步骤⑤中MgCO3的悬浊液直接加热煮沸，生成二氧化碳和氢氧化镁沉淀，发生反应的化学方程式为MgCO3+H2OMg(OH)2↓+CO2↑；
(5)步骤⑥通过将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶最终获得MgCl2·6H2O，因加热能促进Mg2+水解，则⑥⑦操作均需在HCl气流中进行，目的是为了抑制MgCl2水解。
29.聚合物F简称PETA，可利用于新型的普适无卤阻燃体系。如图是以A为原料合成聚合物F的路线：
已知：①A为与氢气的相对密度是14的烃；
②；
③D、E均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰。
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称为______，B的名称是__________。
（2）B与NH3在一定条件的反应类型为_________。
（3）C的结构简式为________。
（4）由C转化为D的反应中，除D外，另外一种生成物是_____。
（5）乙二胺和E反应生成聚合物F的化学方程式为____，反应类型为_______。
（6）E的同分异构体中，满足以下条件的共有______种(不含立体异构)。
①遇到FeCl3溶液会显色；②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应。
（7）参照上述合成路线，以1,3丁二烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。________
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 1，2−二氯乙烷 (3). 取代反应 (4). (5). H2O
(6). (7). 缩聚反应 (8). 10
(9).
【解析】
根据信息①A为与氢气的相对密度是14的烃，A为乙烯，B为1.2-二氯乙烷，根据信息②，两种物质发生加成反应生成C（），根据信息③D、E均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰，且D能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以D为对二甲苯，E为对苯二甲酸，乙二胺和对苯二甲酸发生取代反应生成有机物F。
（1）由以上分析可知：A为乙烯，含有的官能团名称为碳碳双键，B为乙烯和氯气发生加成反应的产物，名称是1，2−二氯乙烷；正确答案：碳碳双键；1，2−二氯乙烷。
（2）B为1，2−二氯乙烷，与NH3在一定条件的反应生成乙二胺，反应类型为取代反应；正确答案：取代反应。
（3）根据信息②，两种物质发生加成反应生成C，C的结构简式为；正确答案：。
（4）根据原子守恒规律：C的分子式为C8H12O，D的分子式为C8H10，所以由C转化为D的反应中，除D外，另外一种生成物是水，正确答案：H2O。
（5）乙二胺和对苯二甲酸发生缩聚反应生成聚合物F的化学方程式为；正确答案：；缩聚反应。
（6）有机物满足分子式为C8H6O4，①遇到FeCl3溶液会显色，说明含有苯环结构，且含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；③能与NaHCO3溶液反应，结构中含有羧基；因此该有机物结构中含有1个酚羟基、1个醛基、1个羧基的芳香族化合物，这样的结构共有10种；正确答案：10。
（7）根据生成物结构，把2个羟基换成2个溴原子，变为氯代烃，根据题给信息②可知，用1,3-丁二烯与含有双键的二溴代物发生加成反应生成环烯结构，含有双键的二溴代物可以用1,3-丁二烯与溴发生1,4加成产生，具体流程如下：
；正确答案：
考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Zn-65
Ⅰ卷
一、选择题（每题2分，共50分）
1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
分析：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂。
详解：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。
点睛：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。
2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 浓H2SO4有脱水性，可用作干燥剂
B. Na2CO3能与酸反应，可用作治疗胃酸过多
C. Fe2(SO4)3具有强氧化性，可用于自来水净化
D. 铝合金的密度小、强度大，可制成飞机构件
【答案】D
【解析】
分析：A. 根据浓硫酸的吸水性解答；B.根据碳酸钠的碱性较强来分析 C. 根据硫酸铁水解原理分析；D.根据铝合金特性分析；
详解:A. 浓H2SO4可用作干燥剂是因为其具有吸水性,与浓H2SO4有脱水性无关,故A错误；
B.虽然 Na2CO3能与酸反应，但由于其水解后溶液碱性较强，不可用作治疗胃酸过多，故B错误；
C. Fe2(SO4)3用于自来水净化是利用Fe3+水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性，吸附水中的杂质，形成沉淀而除去，与氧化性无关，故C错误；
D. 铝合金的密度小、强度大，可制成飞机构件,所以D选项是正确的；本题答案选D。
3.化学与社会、生活、科技有着密切的联系，下列说法正确的是（ ）
A. 烧制陶瓷和石油分馏均不涉及化学变化
B. 明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C. 利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
D. 航空母舰上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
A、烧制陶瓷时黏土中的成分在高温下发生复杂的物理化学变化，而石油的分馏是利用物质的沸点高低进行分离的一种实验操作，不涉及化学变化，故A错误；B、明矾中的Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水的颗粒状杂质，达到净化水的目的，但没有消毒杀菌作用，故B错误；C、利用高纯硅制造的太阳能电池可将太阳的光能转化为电能，故C正确；D、航空母舰上用于舰载机降落拦阻索的特种钢需要有特别强的韧性和强度，耐高温抗腐蚀，是一种新型金属材料，故D错误。本题正确答案为C。
4.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列常见古诗文对应化学知识正确的是（ ）
选项
古诗文
化学知识
A
《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)方法:“以火烧之,紫青烟起,云是真硝石也。”
鉴别硝石和朴消利用了焰色反应
B
《本草纲目拾遗》中对强水的记载:“性最烈，能蚀五金,其水甚强,惟玻璃可盛。”
“强水”是指氢氟酸
C
《梦溪笔谈》中对宝剑的记载:“古人以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折。”
剂钢为铁的合金,其硬度比纯铁的大,熔点比纯铁的高
D
《诗经·大雅·绵》:“堇茶如饴。”郑玄笺:“其所生菜, 虽有性苦者，甘如饴也。”
糖类均有甜味,且都能发生水解反应
【答案】A
【解析】
钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应，A正确；玻璃的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可判断，强水不可能是氢氟酸，B错误；铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，C错误；糖类不一定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味；葡萄糖虽有甜味，但是不能发生水解，D错误；正确选项A。
点睛：本题以文言文的形式考查了有关物质的性质、鉴别等知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质的性质，然后作出正确判断，注意找准文言文中的关键字眼，如A项通过紫青烟判断真硝石，利用了钾元素的焰色反应为紫色；B项考查了二氧化硅与氢氟酸的反应；D项注意合金的熔点一般低于其组分中任一种组成金属的熔点，硬度一般比其组分中任一金属的硬度大。
5.列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向某溶液中滴加双氧水后再加入KSCN 溶液
溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
B
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
C
两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热
打磨过的铝箔先熔化 并滴落下来
金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化
D
加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管
试管底部固体减少，试管口有晶体凝结
可以用升华法分离NaCl和 NH4Cl 固体
【答案】B
【解析】
溶液中含有Fe3+或Fe2+，滴加双氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈红色，故A错误；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出NaHCO3晶体，故B正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝的熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故C错误；加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故D错误。
点睛：Fe2+的检验方法是，向溶液中滴加KSCN溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有Fe2+。
6.下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
实验室制取蒸馏水
用SO2和NaOH溶液做喷泉实验
证明Na2CO3 的热稳定性比NaHCO3好
证明铜与浓硝酸的反应是放热反应
【答案】C
【解析】
分析：A.依据制取蒸馏水原理分析；B.根据产生喷泉的原理分析；C.依据碳酸氢钠分解温度分析；D.根据实验现象判断。
详解：A.符合制取蒸馏水的原理，A正确；
B.二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的液体进入烧瓶，产生喷泉，B正确；
C项，装置中两者受热温度不同，但是碳酸氢钠在较低温度下就能分解而碳酸钠在较高温度下不分解，因此不能说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故C错误；
D.若为放热反应，则试管中气体受热，压强增大，U形管中液面，左边下降，右边上升，故D正确；综上所述，本题答案为C。
7.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法正确的是（ ）
A. 危化品仓库中的金属钠、钾着火时，可用水扑灭
B. 自来水厂常用明矾作为天然水的消毒剂
C. 纯碱在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂
D. 氧化铝可用来制造耐高温的实验仪器
【答案】D
【解析】
A、钠、钾与水反应生成氢氧化钠、氢氧化钾和氢气，氢气为易燃气体，所以钠、钾失火时不能用水灭火，可以用沙子隔绝空气灭火，选项A错误；B、明矾在净化水的过程中用来吸附水中的悬浮物而不是消毒剂，选项B错误；C、碳酸氢钠是治疗胃酸过多的一种药剂，碳酸钠的碱性太强，不能用来治疗胃酸过多，选项C错误；D、氧化铝具有高熔点，可用来制造耐火坩埚、耐火管和耐高温的实验仪器等，选项D正确。答案选D。
8.下列反应结束后，固体质量减少的是（ ）
A. 二氧化碳通过灼热镁粉 B. 铝粉与Fe3O4发生铝热反应
C. 含有铜屑的NaNO3溶液加入少量盐酸 D. 铜丝插入AgNO3溶液中
【答案】C
【解析】
A. 二氧化硪通过灼热的镁粉，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，固体质量增加；B. 铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变；C. 硝酸根在酸性条件下有强氧化性，向含有铜屑的NaNO3溶液加入少量盐酸，铜可以溶解，固体质量减少；D. 铜丝插入AgNO3溶液中，铜可以置换银，固体质量增加。本题选C。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. FeS2SO2SO3
B. NaClNaHCO3(s)Na2CO3(s)
C. HClOCl2Ca(ClO)2
D. AlAl(OH)3Al2O3
【答案】A
【解析】
分析：本题考查物质间的转化，依据物质性质分析。
详解：A.工业上焙烧硫铁矿制取二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，A正确；
B.氯化钠溶液直接通二氧化碳不能生成碳酸氢钠，应先通氨气，再通二氧化碳，B错误；
C.次氯酸光照生成氧气而不是氯气，C错误；
D.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠而不是氢氧化铝，D错误；所以，本题应选A。
点睛：要学好化学，元素化合物知识是基础，一定要在掌握各类物质的性质的前提下，总结转化规律，强记化学方程式。
10.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2
②铝土矿AlO2-Al(OH)3Al2O3
③NH3NONO2HNO3
④NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑤SSO3H2SO4
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A. ①③⑥ B. ③⑤⑥ C. ①④⑤ D. ③⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发，HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故①错误；
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故②错误；
③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；
④电解氯化钠溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故④错误；
⑤硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故⑤错误；
⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通入二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故⑥正确；
正确的有③⑥，故选D。
【点睛】本题的易错点为①，蒸发结晶盐溶液时，要注意温度对盐类的水解的影响。
11. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确，答案选D。
考点：考查氯水性质、成分以及实验探究的有关判断
12.下列化学反应的离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
C. 稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
D. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)
【答案】C
【解析】
A项，Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2和CuCl2，根据离子方程式书写方法，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A正确；B项，向CuSO4溶液中加入Na2O2，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4，总反应为：2Na2O2+2H2O+2CuSO4=2Cu(OH)2+2Na2SO4+O2↑，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2+O2↑，故B正确；C项，稀硝酸中加入过量铁粉生成硝酸亚铁、NO和H2O，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；D项，工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中的CaSO4转化为更难溶的CaCO3，属于沉淀的转化，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故D正确。
13.X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（ ）
X
Y
Z
箭头上所标数字的反应条件
A．
NO
NO2
HNO3
①常温遇氧气
B．
Cl2
NaClO
HClO
②通入CO2
C．
Na2O2
NaOH
NaCl
③加入H2O2
D．
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
④加NaOH溶液
【答案】C
【解析】
A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；本题选C。
点睛：要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。
14.在如图装置中，烧瓶中充满干燥气体a。将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b 呈喷泉状喷出，最终几乎充满整个烧瓶。a和b可能是（ ）
a(干燥气体)
b(液体)
①
NH3
水
②
CO2
饱和NaOH溶液
③
Cl2
饱和食盐水
④
NO2
水
⑤
HCl
0.1 mol·L−1AgNO3溶液
A. ①②③ B. ①②⑤ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】B
【解析】
①NH3极易溶于水,烧瓶内压强减小为零,同外界大气压产生压强差,所以形成喷泉,并充满烧瓶； ②CO2与饱和NaOH溶液完全反应，压强近乎没有，同外界大气压产生压强差,能形成喷泉, 最终几乎充满整个烧瓶；③.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小,锥形瓶与烧瓶内近乎压强相等,不能形成喷泉；④NO2与水反应,生成硝酸和NO,容器内气体减少,气压减小,形成喷泉,但因为NO不溶于水,所以不会充满烧瓶,⑤HCl极易溶于水并且和0.1 mol·L-1AgNO3溶液反应，使烧瓶内压强减小为零同外界大气压产生压强差,所以形成喷泉,并充满烧瓶；综上所述符合条件的为. ①②⑤。所以B选项是正确的。
点睛：解答时要从反应物和生成物的状态变化入手,注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化,则气体被吸收进溶液的反应,容器内气体减少,气压减小,a中的气体极易被b中试剂吸收或发生化学反应导致气压减小,以此来解答。
15.Cl2是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH、NaHSO3溶液吸收
下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A. 电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑
B. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O2H++Cl－+ ClO－
C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3+3Cl2 ===6NH4Cl+N2
D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+Cl2+H2O===SO42－+3H+ +2Cl－
【答案】B
【解析】
A. 电解饱和食盐水制取Cl2，反应的离子方程式为：2Cl－ +2H2O2OH－+ H2↑+Cl2↑，选项A正确；B. 氯气用于自来水消毒，反应的离子方程式为：Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，选项B不正确；C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟，反应的化学方程式为：8NH3 + 3Cl2 === 6 NH4Cl + N2，选项C正确；D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用，反应的离子方程式为：HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－，选项D正确。答案选B。
16.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN –、Cl–
B. c(H+)/ c(OH–) = 1×10 -12的溶液中：K+、Na +、、
C. c(Fe2+ ) =1 mol·L-1的溶液中：K+、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、、、
【答案】B
【解析】
A、无色溶液中不含Fe3+，且Fe3+与SCN–会发生络合反应而不能大量共存，选项A错误；B、使PH试纸变蓝的溶液呈碱性，氢氧根离子和K+、Na+、、都彼此不反应，能大量共存，选项B正确；C、c(Fe2+) =1 mol·L-1的溶液中，亚铁离子会与高锰酸根离子发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D、能使石蕊试液变红的溶液呈酸性， 弱酸根离子碳酸氢根离子不能大量存在，选项D错误。答案选B。
17.已知:2Fe3++2I- ==2Fe2+ +I2 ，2Fe2++Br2 ==2Fe3++2Br-。向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红色，则下列方程式书写不合理的是（ ）
A. 2Fe2++4I- +3Cl2==2Fe3+ +2I2+6Cl-
B. 2Br-+2I-+2Fe2++3Cl2== I2+Br2+2Fe3++6Cl-
C. 2Br-+4I-+2Fe2++4Cl2== 2I2+Br2+2Fe3++8Cl-
D. 2I-+2Fe2+ +2Cl2 ==2Fe3++ I2+4Cl-
【答案】C
【解析】
根据氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+可知，还原性I-＞Fe2+＞Br-，通入氯气后，氯气会按I-、Fe2+、Br-的顺序发生反应，由于滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，证明溶液中有Fe3+生成。由于FeBr2和FeI2的物质的量相同，因此溶液中的I-、Fe2+和Br-的物质的量相同。A反应表示溶液中的I-和Fe2+完全被氯气氧化，A正确；B.表示溶液中的I-、Fe2+和Br-完全被氯气氧化，B正确；C.由于Br-参加反应，且因为FeBr2和FeI2的物质的量相同，溶液中的I-、Fe2+和Br-的物质的量相同，所以离子方程式C错误；D.表示溶液中的I-全部被氯气氧化，而Fe2+部分被氧化，D正确，故答案C。
18.根据框图分析，下列说法不正确的是（ ）
A. 我国是世界上最早使用反应②冶炼金属M的国家
B. M2+的氧化性比E2+的氧化性强
C. 在反应③中若不加稀硫酸，可能观察到红褐色沉淀
D. 在反应①中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性
【答案】D
【解析】
红色金属为Cu，反应①发生Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，蓝色溶液为CuSO4溶液，Z为红褐色固体，即Z为Fe(OH)3，说明E为Fe，反应②发生Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，反应③发生2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，A、反应②是湿法炼铜，我国是世界上最早使用湿法炼铜的国家，故A说法正确；B、反应②发生发生Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即Cu2＋的氧化性强于Fe2＋，故B说法正确；C、生成Fe3＋发生水解，生成氢氧化铁，因此可能观察到红褐色沉淀，故C说法正确；D、发生的反应方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，H2SO4中元素的化合价没有发生变化，H2SO4表现酸性，H2O2表现氧化性，故D说法错误。
19.下列各组物质中，均属于硅酸盐工业产品的是（ ）
A. 陶瓷、水泥 B. 水玻璃、玻璃钢
C. 单晶硅、光导纤维 D. 石膏、石英玻璃
【答案】A
【解析】
A、制陶瓷的主要原料是粘土，制备水泥主要原料是石灰石和粘土，都通过高温加热，水泥主要成分为3CaO·SiO2、2 CaO·SiO2、3CaO·Al2O3，陶瓷、水泥属于硅酸盐工业产品，故A正确；B、水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料，一般指用玻璃纤维增强不饱和聚酯、环氧树脂与酚醛树脂基体。故B错误；C. 单晶硅是硅单质、光导纤维主要成分为二氧化硅，故C错误； D. 石膏主要成分是硫酸钙、石英玻璃主要成分为二氧化硅，故D错误；
点睛：本题考查硅酸盐产品，难度较小，解题关键：明确物质的组成，注意基础知识的积累掌握．易错点B，水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料。
20.下列说法正确的是（ ）
A. 无水CaCl2可用于干燥H2、Cl2和NH3
B. 无水硫酸铜与胆矾的相互转化属于化学变化
C. 代替传统火药鞭炮的“电子鞭炮”无任何的污染问题
D. 制造光导纤维的主要材料为晶体硅
【答案】B
【解析】
A、CaCl2+8NH3=CaCl2·8NH3，无水CaCl2不可用于干燥NH3，故A错误；B、胆矾是五水合硫酸铜，是蓝色固体，无水硫酸铜是白色固体，相互转化，有新物质生成，是化学变化，故B正确；C、代替传统火药鞭炮的“电子鞭炮”会产生燥声污染，故C错误；D、制造光导纤维的主要材料为二氧化硅，故D错误；故选B。
21.将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是（ ）
A. NH3 B. HCl C. Cl2 D. NO2
【答案】B
【解析】
试题分析：溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不与氯化钡反应，故没有沉淀产生。A.将NH3通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，NH3溶于水得到显碱性的氨水，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀； B.将HCl通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，既不能发生复分解反应，也不能发生氧化还原反应，没有沉淀产生；C.将Cl2通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，氯气可以把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；D.将NO2通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，NO2在水中（NO2有强氧化性，NO2与水反应生成的硝酸也有强氧化性）可以把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀。综上所述，B符合题意，本题选B。
22.下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A. 喷泉实验
B. 转移溶液
C. 收集氯化氢气体
D. 分离苯和水
【答案】D
【解析】
A．氮气不溶于水，图中装置不会形成喷泉，故A错误；B．转移液体应用玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误；C．HCl极易溶于水，不能利用图中装置排水法收集，故C错误；D．苯与水混合分层，苯密度小，在上层，图中分液装置合理，故D正确；故选D。
23.下列各组物质混合后，没有明显现象的是（ ）
①H2S和SO2；②SO2和SO3；③SO2和氯水；④SO3(气)和Cl2；⑤H2S和Cl2
A. ①③⑤ B. ②④
C. ②⑤ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①H2S和SO2反应生成淡黄色的硫固体，有明显现象；
②SO2和SO3不反应，没有明显现象；
③SO2和氯水生成硫酸和HCl，氯水的浅黄绿色褪去，有明显现象；
④SO3(气)和C12不反应，没有明显现象；
⑤H2S和C12生成淡黄色单质硫和HCl，有明显现象；
符合题意的有②④，故选B。
24.根据如图转化关系判断下列说法不正确的是(反应条件已略去)（ ）
A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应
B. 生成黑锰矿的反应中，3molMn参加反应转移4mol电子
C. 生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1:2
D. 反应⑤为铝热反应
【答案】B
【解析】
A．①②③④⑤反应中均有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．Mn和O2反应生成黑锰矿，反应的化学方程式为：3Mn+2O2=Mn3O4，氧元素化合价0价变化为-2价，则3 molMn参加反应转移8mol电子据此计算电子转移数，故B错误；C．由6H2O2～3O2～6e-、2KClO3～3O2～12e-，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；D．反应⑤是铝与二氧化锰的反应，属于铝热反应，故D正确；故选B。
25.将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：
实验序号
稀硝酸的体积/mL
剩余固体的质量/g
NO的体积/L
1
100
17.2
2.24
2
200
8.00
4.48
3
400
0
V
下列说法正确的是（ ）
A. 表中V=7.84L
B. 原混合物粉末的质量为25.6g
C. 原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3
D. 实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 mol•L﹣1
【答案】A
【解析】
由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得
所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56 g·mol-1：14.4g÷64 g·mol-1=8：9；
400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4 mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：
铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu) ×2÷3+ 2n(Cu) ×2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）] ÷3 ×22.4L·,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g×3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。
点睛：对于硝酸与Fe的反应，Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3，过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+，如本题中第1、第2次的两次实验，金属剩余，Fe应该生成Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余8g的成分提供依据，即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe生成Fe3+。
Ⅱ卷
二、填空题（50分）
26.下图表示物质A～F之间的转化关系，其中A为淡黄色固体物质，B、C为无色溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。请填写下列各空：
（1）写出各物质的化学式：
A为______，B为_____，C为_____，D为_____，E为_____，F为______。
（2）写出下列反应的化学方程式：
B→A：________________________。
B→C：___________________________。
（3）写出C→F的离子方程式：___________________。
（4）在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性的是(填字母代号)______。
【答案】 (1). S (2). H2SO3 (3). H2SO4 (4). SO2 (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O (8). H2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl (9). SO42-＋Ba2＋===BaSO4↓ (10). ABDE
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体，由转化关系可知，A为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，结合对应物质的性质分析解答。
【详解】(1)根据以上分析可知，A为S，B为H2SO3，C为H2SO4，D为SO2，E为BaSO3，F为BaSO4，故答案为：S；H2SO3；H2SO4；SO2；BaSO3；BaSO4；
(2)B→A的化学方程式：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；B→C的化学方程式：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；
(3)C为H2SO4，可与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；
(4)在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性，说明S元素的化合价既能升高，又能降低，S元素的化合价介于中间价态，有S、H2SO3、SO2、BaSO3，故答案为：ABDE。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据元素的化合价结合氧化还原反应的规律分析。
27.氨基甲酸铵(NH2COONH4)是重要的氨化剂，在潮湿的空气中能转化为碳酸铵，受热易分解、易被氧化。实验小组对氨基甲酸铵的性质进行了如下探究。请回答下列问题：
（1）氨基甲酸铵在潮湿的空气中转化为碳酸铵的化学方程式为____________。
（2）用如图装置探究氨基甲酸铵的分解产物(夹持装置略去，下同)。
①点燃A处的酒精灯之前，需先打开K，向装置中通入一段时间的N2，目的为________。
②仪器B的名称为________。
③装置D的作用为_____________。
④能证明分解产物中有NH3的现象为____________。
⑤试剂a用于检验分解产物中的CO2，该试剂的名称为________。
（3）已知：CuO高温能分解为Cu2O和O2。若用上述装置和下列部分装置进一步检验分解产物中是否有CO，装置E后应依次连接____(按从左到右的连接顺序填选项字母)。
（4）通过实验得出结论：氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2。该反应的化学方程式为_____。
【答案】 (1). NH2COONH4+H2O=(NH4)2CO3 (2). 排尽装置中空气，避免氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应 (3). 干燥管 (4). 吸收氨气，防止倒吸 (5). C中湿润的红色石蕊试纸变蓝 (6). 澄清石灰水 (7). IGFH (8). NH2COONH42NH3↑+CO2↑
【解析】
试题分析：（1）氨基甲酸铵与水反应生成碳酸铵；（2）氨基甲酸铵易被氧化，通入氮气排尽装置中空气；分解产物中含有氨气，D中倒置的漏斗可以防止倒吸；氨水呈碱性，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；用澄清石灰水检验CO2；（3）检验CO应先用氢氧化钠除去可能含有的CO2；再用浓硫酸干燥后还原氧化铜，再检验有CO2生成；
解析：（1）氨基甲酸铵与水反应生成碳酸铵，方程式是NH2COONH4+H2O=(NH4)2CO3；（2）① 氨基甲酸铵易被氧化，通入氮气排尽装置中空气，避免氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应；②仪器B的名称为干燥管；
③分解产物中含有氨气，D中倒置的漏斗可以防止倒吸，浓硫酸吸收氨气；④氨水呈碱性，C中湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明有氨气生成；⑤用澄清石灰水检验CO2；（3）检验CO应先用氢氧化钠除去可能含有的CO2；再用浓硫酸干燥后还原氧化铜，再检验有CO2生成，仪器连接顺序是IGFH；（4）氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2的化学方程式为NH2COONH42NH3↑+CO2↑。
28.卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2＋、Fe3＋和Mn2＋等杂质离子。现以卤块为原料按如图所示流程进行生产，以制备金属镁。
本流程操作条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如表：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀
的pH
2.7
7.6
8.3
10.0
沉淀完全
的pH
3.7
9.6
9.8
11.1
已知：Fe2＋的氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3＋后生成Fe(OH)3沉淀除去。
请回答以下问题：
（1）步骤①中，为了加快酸溶速率，除了适当增加稀盐酸的浓度外，还可以采取的措施有______________(任写一条)。
（2）步骤②中NaClO的电子式为________，加入NaClO溶液的目的是________(用离子方程式解释)。
（3）常温时，Mg(OH)2的Ksp＝1.8×10－11。当溶液pH＝10.0时，溶液中的c(Mg2＋)＝______。
（4）若将步骤⑤中“稀盐酸”改为“加水、煮沸”的方式可以得到另一种沉淀物和一种无色无味的气体，请写出该反应的化学方程式：_____________。
（5）步骤⑥中涉及的操作是________，且步骤⑥、⑦的操作均需在HCl的气流中进行，其原因是________。
【答案】 (1). 加热（将卤块粉碎、不断搅拌等合理操作） (2). (3). 2Fe2++2H++ ClO-=2Fe3++H2O+Cl- (4). 1.8×10-3 mol/L (5). MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2 ↑ (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 抑制MgCl2水解
【解析】
(1)步骤①中，为加快酸溶速率，除适当增加稀盐酸的浓度外，还可以通过加热或将卤块粉碎、不断搅拌等措施来达到目的；
(2)NaClO是离子化合物，其电子式为，步骤②加入NaClO溶液的目的是在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(3)已知Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=1.8×10-11，则当溶液pH=10.0，即c(OH-)===1×10-4mol/L，溶液中的c(Mg2+)==1.8×10-3 mol/L；
(4)将步骤⑤中MgCO3的悬浊液直接加热煮沸，生成二氧化碳和氢氧化镁沉淀，发生反应的化学方程式为MgCO3+H2OMg(OH)2↓+CO2↑；
(5)步骤⑥通过将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶最终获得MgCl2·6H2O，因加热能促进Mg2+水解，则⑥⑦操作均需在HCl气流中进行，目的是为了抑制MgCl2水解。
29.聚合物F简称PETA，可利用于新型的普适无卤阻燃体系。如图是以A为原料合成聚合物F的路线：
已知：①A为与氢气的相对密度是14的烃；
②；
③D、E均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰。
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称为______，B的名称是__________。
（2）B与NH3在一定条件的反应类型为_________。
（3）C的结构简式为________。
（4）由C转化为D的反应中，除D外，另外一种生成物是_____。
（5）乙二胺和E反应生成聚合物F的化学方程式为____，反应类型为_______。
（6）E的同分异构体中，满足以下条件的共有______种(不含立体异构)。
①遇到FeCl3溶液会显色；②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应。
（7）参照上述合成路线，以1,3丁二烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。________
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 1，2−二氯乙烷 (3). 取代反应 (4). (5). H2O
(6). (7). 缩聚反应 (8). 10
(9).
【解析】
根据信息①A为与氢气的相对密度是14的烃，A为乙烯，B为1.2-二氯乙烷，根据信息②，两种物质发生加成反应生成C（），根据信息③D、E均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰，且D能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以D为对二甲苯，E为对苯二甲酸，乙二胺和对苯二甲酸发生取代反应生成有机物F。
（1）由以上分析可知：A为乙烯，含有的官能团名称为碳碳双键，B为乙烯和氯气发生加成反应的产物，名称是1，2−二氯乙烷；正确答案：碳碳双键；1，2−二氯乙烷。
（2）B为1，2−二氯乙烷，与NH3在一定条件的反应生成乙二胺，反应类型为取代反应；正确答案：取代反应。
（3）根据信息②，两种物质发生加成反应生成C，C的结构简式为；正确答案：。
（4）根据原子守恒规律：C的分子式为C8H12O，D的分子式为C8H10，所以由C转化为D的反应中，除D外，另外一种生成物是水，正确答案：H2O。
（5）乙二胺和对苯二甲酸发生缩聚反应生成聚合物F的化学方程式为；正确答案：；缩聚反应。
（6）有机物满足分子式为C8H6O4，①遇到FeCl3溶液会显色，说明含有苯环结构，且含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；③能与NaHCO3溶液反应，结构中含有羧基；因此该有机物结构中含有1个酚羟基、1个醛基、1个羧基的芳香族化合物，这样的结构共有10种；正确答案：10。
（7）根据生成物结构，把2个羟基换成2个溴原子，变为氯代烃，根据题给信息②可知，用1,3-丁二烯与含有双键的二溴代物发生加成反应生成环烯结构，含有双键的二溴代物可以用1,3-丁二烯与溴发生1,4加成产生，具体流程如下：
；正确答案：
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