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贵港市名校2023-2024学年高一上学期入学联考化学试题（解析版）
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这是一份贵港市名校2023-2024学年高一上学期入学联考化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了 下列电离方程式中书写正确的是， 符合如图中阴影部分的物质是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
①试卷共4页，答题卡1页。考试时间75分钟，满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5
第I卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题包括15小题，1—10题每小题2分，11—15题每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)请将答案填在答题卡上
1. 掌握物质的分类有利于按类别研究物质的性质，下列物质分类正确的是
A AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，是混合物，碳酸钙是金属离子和酸根离子组成，属于盐，故A正确；
B．Fe(OH)3胶体是混合物，不是化合物，故B错误；
C．熔融NaCl是液态的NaCl，是纯净物，不是混合物，故C错误；
D．CuSO4•5H2O是纯净物，不是混合物，故D错误；
故选A。
2. 下列电离方程式中书写正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠的电离方程式为：，A错误；
B．氢氧化钙的电离方程式为：，B错误；
C．氯化铝的电离方程式为：，C错误；
D．硫酸铝的电离方程式为：，D正确；
故选D。
3. 现有Mg、CO、CuO、KOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液、H2SO4溶液七种物质，在常温下两种物质间能发生的化学反应有
A. 4个B. 5个C. 6个D. 7个
【答案】C
【解析】
【详解】根据物质的性质，采用组合法可得①Mg与H2SO4溶液、②CuO与H2SO4溶液、③KOH溶液与H2SO4溶液、④Na2CO3溶液与Ba(OH)2溶液、⑤Na2CO3溶液与H2SO4溶液、⑥Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液，共有6个反应，答案选C。
4. 符合如图中阴影部分的物质是( )
A. NaHCO3B. Cu2(OH)2CO3C. NaClD. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3为酸式盐，不属于正盐，选项A不符合题意；
B．Cu2(OH)2CO3为碱式盐、铜盐，选项B不符合题意；
C．NaCl盐酸盐，不属于碳酸盐，选项C不符合题意；
D．Na2CO3属于正盐、钠盐、碳酸盐，选项D符合题意；
答案选D。
5. 实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是
A. 向溶液中加入NaOH固体至恰好反应
B. 向溶液中滴入溶液至过量
C. 向澄清石灰水中通入至过量
D. 向醋酸溶液中滴入氨水至过量
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH4Cl溶液中加入NaOH固体至恰好反应生成氯化钠、氨气、水，溶液中离子浓度几乎不变，溶液的导电能力几乎不变，A正确；
B．Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸过量后，硫酸电离出的离子导电，溶液导电能力先减弱，后增强，B错误；
C．澄清石灰水中通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀和水，再生成可溶性碳酸氢钙，离子浓度先减小后增大，溶液导电能力先减弱后增强，C错误；
D．醋酸溶液中滴入氨水至过量，溶质由弱电解质生成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，D错误；
故选A。
6. 现有A、B、C、D四种物质，它们是Fe、稀盐酸、NaOH溶液、溶液中的一种，它们的反应关系及反应类型如图所示，则物质B为
A. FeB. 稀盐酸C. NaOH溶液D. 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A和B反应属于中和反应，中和反应一般指酸碱中和，A和B应是HCl和NaOH，B和C反应属于置换反应，置换反应是单质＋化合物→单质＋化合物，根据所给物质，应是Fe和盐酸或是Fe与AgNO3反应，根据题中所给关系，B为盐酸，A为NaOH，C为Fe，B和D反应属于复分解反应，则D为AgNO3；
故选B。
7. 用流程图示的方法可以清楚地反映物质之间的转化关系，如，则常温下上述转化关系内代表的物质是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】Na在空气中与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成NaOH，NaOH再与HCl反应生成NaCl，所以方框内的物质是氧化钠；
故选D。
8. 下列物质的用途或者制备中所涉及到的离子方程式书写正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.用稀硫酸清洗铁锈的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，故A错误；
B.实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝H2O＋CO2↑+Ca2+,故B错误；
C.用氢氧化钠溶液吸收氯气的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故C正确；
D用氯化铁溶液刻蚀铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；答案：C。
9. 下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A. CuCl2B. FeCl3C. FeCl2D. AlCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；
B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；
C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；
D.，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；
故答案为D。
10. 如图所示实验装置不能达到实验目的的是
A. 利用装置①验证和水反应为放热反应
B. 利用装置②检验与反应有生成
C. 利用装置③观察纯碱的焰色试验的现象
D. 利用装置④比较和的热稳定性
【答案】D
【解析】
【详解】A．向盛有的试管中滴加，二者反应放出热量，导致具支试管中的空气受热体积膨胀，导致红墨水的左侧液面下降，右侧液面上升，因此利用装置①可以验证和水反应为放热反应，A正确。
B．与反应产生和，有助燃性，会使带有火星的木条复燃，因此利用装置②可以检验与反应有生成，B正确。
C．纯碱成分是，其含有钠元素，用铂丝进行焰色试验会使火焰呈黄色，故可以利用装置③观察纯碱的焰色实验的现象，C正确。
D．玻璃导热性比较差，在套管中外管的温度比内管的温度高。碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，则小试管中为碳酸氢钠可用于比较二者的相对稳定性强弱，故利用装置④不能比较和的热稳定性，D错误。
故选D。
11. 已知常温下，在溶液中可发生如下反应：，。由此推断、、的还原性由强到弱的顺序是（ ）
A. 、、B. 、、
C. 、、D. 、、
【答案】A
【解析】
【详解】由氧化还原反应规律可知，同一氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则由两个化学方程式可以得到还原性由强到弱的顺序为，故选A。
12. 在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性条件下，硝酸可以将碘离子氧化为单质碘，A错误；
B．高锰酸根离子为紫红色，B错误；
C．酸性条件下，氢离子可以和次氯酸根离子反应，生成次氯酸分子，C错误；
D．酸性条件下，、、、相互之间不反应，可以共存，D正确；
故选D。
13. 将紫色石蕊试液滴入NaOH溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，溶液由蓝色先变成红色，最后颜色慢慢褪去，其原因是（ ）
①氯气有漂白性 ②氯气与NaOH溶液反应 ③氯气的水溶液呈酸性 ④次氯酸有漂白性 ⑤氯化钠有漂白性
A. ①④B. ②③④C. ①②③D. ①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】氯气与水反应生成HCl和HClO，产物具有酸性，其中HClO具有漂白性。
【详解】氯气与水反应生成HCl和HClO，与NaOH溶液反应生，碱性减弱，生成的使蓝色溶液颜色逐渐变浅，氯气过量，生成的HCl和HClO能使溶液逐渐变为红色，HClO具有漂白性，使溶液褪色，因此原因正确的是②③④；
答案选B。
14. 在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－=RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中 ，元素R的化合价是
A. ＋4价B. ＋5价
C. ＋6价D. ＋7价
【答案】B
【解析】
【详解】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5；
方法2：设元素R在RO中化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－－1)]×2，所以x＝＋5；
故本题选B。
15. 锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一。早在远古时代,人们便发现并使用锡了。在我国的一些古墓中,便常发掘到一些锡壶、锡烛台之类锡器。
工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+3C=2Sn+aM↑+CO2↑,则下列说法中错误的是( )
A. 反应中SnO2被还原B. 每生成1个CO2，转移8个电子
C. 反应后元素化合价升高的物质有两种D. a的值为3
【答案】D
【解析】
【分析】工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+3C＝2Sn+aM↑+CO2↑，则根据原子守恒可知M是CO，a＝2，据此解答。
【详解】A. 反应中Sn元素化合价从+4价降低到0价，得到4个电子，SnO2被还原，A正确；
B. 每生成1个CO2，消耗2个 SnO2，转移8个电子，B正确；
C. 碳元素化合价升高，被氧化为CO和CO2，则反应后元素化合价升高的物质有两种，C正确；
D. a的值为2，D错误；答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、非选择题(共4小题，共60分)请将答案填在答题卡上
16. (i)小红同学依据物质类别和物质中某种元素的化合价回忆了初中化学教材中常见的一些物质，并构建了部分物质间的转化关系坐标图，如图所示(图中“→”表示物质间的转化)。已知A、B、C、D含有一种相同的元素，E、F、D含有两种相同的元素， E与H反应生成F且放出大量的热。
请回答下列问题：
（1）C化学式为___________。
（2）E露置在空气中一段时间后质量会增加，其原因可能是___________。
（3）1.2 g A和2.0 g O2恰好完全反应，生成的产物是___________(填化学式)。
（4）若G中氧元素的质量分数为30%，则G中另一种元素的相对原子质量为___________。
(ii)丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种最常用的方法。
（5）如图是在实验室中进行Fe(OH)3胶体丁达尔效应实验的示意图，该图中有一处明显错误是___________，原因是___________(试从分散系分类的角度进行解释说明)。
（6）欲在树林中观察到丁达尔效应，你认为一天中最有可能观察到该现象的时间是___________，理由是___________。
【答案】（1）H2CO3
（2）E吸收空气中的水
（3）CO CO2 （4）56
（5） ①. 空气中也出现了光柱 ②. 进入烧杯前,光束穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应
（6） ①. 清晨 ②. 清晨树林中存在水雾,雾是胶体,光束穿过这些水雾产生丁达尔效应
【解析】
【分析】因A、B、C、D含有一种相同的元素，观察图示，B、C、D中所含的某元素化合价为+4，回忆初中化学教材中常见的一些物质和元素的化合价，可推知化合价为+4的元素应为碳，B←C←D之间应是二氧化碳、碳酸及碳酸盐之间的转化，故C的化学式应为H2CO3，也可推知，A为碳，B为二氧化碳；根据E、F、D含有两种相同的元素，且E、F中含化合价为+2的元素，E与H反应生成F且放出大量的热，由这些信息可知，E、F、D中含有钙元素和氧元素，从而可确定E为氧化钙，F为氢氧化钙，D为碳酸钙，H为水。
【小问1详解】
根据分析可知C是碳酸，化学式为H2CO3；故答案为：H2CO3。
【小问2详解】
E是氧化钙，氧化钙露置在空气中吸收空气中的水，生成氢氧化钙，一段时间后质量会增加；故答案为：E吸收空气中的水。
【小问3详解】
A是碳，碳在氧气含量不同的条件下发生了如下反应：
在氧气充分时燃烧：C+O2CO2
12：32=3：8
在氧气不充分时燃烧：2C+O22CO
24：32=3：4
题中给出碳和氧气的质量比为：1.2g：2.0g=3：5，介于上述两种情况之间，可以判断碳和氧气反生了上述两个反应，生成的产物是CO和CO2混合物；故答案为：CO CO2
【小问4详解】
根据题意可知，G为氧化物，氧元素化合价为-2，设：氧化物G中的另一元素为R，根据坐标图可知，R元素的化合价为+3，则G的化学式为：R2O3，氧元素的质量分数为30%，设：R的相对原子质量为x，则有：
，解得：x=56。G中另一种元素的相对原子质量为56。故答案为：56。
【小问5详解】
烧杯前的空气中也出现了光柱进入，光束穿过的空气不是胶体，不会产生丁达尔效应。故答案为：空气中也出现了光柱；进入烧杯前,光束穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应；
【小问6详解】
清晨清晨树林中存在水雾，雾是胶体，光束穿过这些水雾产生丁达尔效应。故答案为：清晨；清晨树林中存在水雾,雾是胶体,光束穿过这些水雾产生丁达尔效应。
17. 已知氨在一定条件下能被氯气氧化，其反应的化学方程式如下：，回答下列问题。
（1）氧化剂是_______(填化学式，后同)，还原剂是_______。
（2）配平化学方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目_______。
（3）氧化剂与氧化产物的质量比为_______。
（4）当生成28g氮气时，被氧化的物质的质量为_______g。
（5）该反应中发生还原反应的过程表示为，则发生氧化反应的过程可表示为_______。
（6）该反应中每生成2个分子，转移电子数为_______个。
【答案】17. ①. ②.
18. 19. 213∶28
20. 34 21.
22. 12
【解析】
【小问1详解】
在该反应中氯气中氯的化合价由0价变为-1价，则Cl2是氧化剂；氨气中氮由-3价升高到0价，则NH3是还原剂；
【小问2详解】
根据得失电子守恒可知，配平化学方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目为：；
【小问3详解】
根据第一问分析，再结合第二问方程式可知，氧化剂与氧化产物的质量比为213∶28；
【小问4详解】
结合第二问方程式可知，当生成1mlN2时，有2ml NH3被氧化，故被氧化的物质的质量为34g；
【小问5详解】
结合题干给的总方程式可知，在该反应中氨气失去电子生成氮气，可以表示为：；
【小问6详解】
结合第二问可知，该反应中每生成2个分子，转移电子数为12个。
18. 课堂上，老师取20g蔗糖放入小烧杯中，加少量水使它润湿，注入10mL浓硫酸，搅拌。
（1）同学们看到蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是炭，原因是浓硫酸具有强_______。
形成“黑面包”的主要原因是什么？在老师的指导下，同学们开展了探究活动。
【猜想与假设】浓硫酸与炭反应，生成大量气体使黑色固体膨胀。
【查阅资料】
Ⅰ．浓硫酸与炭在加热条件下反应，生成物中有、两种气体。
Ⅱ．是一种具有刺激性气味的气体，也能与溶液反应生成白色沉淀。
Ⅲ．能使品红溶液褪色，而不能。
【实验探究】为验证炭与浓硫酸在加热条件下反应生成的气体产物，同学们在老师指导下设计并进行了如图实验。
【事实与结论】
（2）请将能得出对应结论的实验现象填入表中。
（3）炭与浓硫酸反应的化学方程式是_______。
浓硫酸与炭在加热条件下反应产生大量的和，使黑色固体膨胀，形成“黑面包”，猜想成立。
【反思与交流】
（4）小明同学提出，因老师的演示实验没有进行加热，所以同学们的探究实验无意义，其他同学一致否定了他的说法，理由是_______。
（5）若B、E中试剂交换，_______(填“能”或“不能”)得出有产生的结论，理由是_______。
（6）C中酸性高锰酸钾溶液的作用是_______，请用相应的离子方程式表示：_______。
【答案】（1）脱水性 （2） ①. B中品红稀溶液褪色 ②. D中品红稀溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑浊
（3）
（4）硫酸遇水稀释时放出大量的热
（5） ①. 不能 ②. 也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验
（6） ①. 除去，防止干扰的检验 ②.
【解析】
【分析】A装置为发生装置，在A装置中C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫和二氧化碳；由于二氧化硫具有漂白性能使B中的品红溶液褪色，以此来检验该反应中有二氧化硫产生；由于二氧化硫除具有漂白性外还具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以C装置的作用为吸收二氧化硫，同时D为检验二氧化硫在C中是否除尽，若品红溶液无明显实验现象，则二氧化硫被除尽；则气体就剩下二氧化碳和少量的水蒸气，若D装置的澄清石灰水变浑浊，则剩余气体为二氧化碳，据此分析可得。
【小问1详解】
向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌后蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是碳，则此过程为有机化合物的脱水（或碳化），体现浓硫酸的脱水性，故答案为：脱水性；
【小问2详解】
SO2具有漂白性、能使品红溶液褪色，而CO2不能，所以B装置中的品红溶液褪色，则说明有二氧化硫气体生成；D中品红溶液不褪色，则说明二氧化硫在C中被除尽，进入E中使澄清石灰水中的气体为二氧化碳；故答案为：B中品红溶液褪色；D中品红溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑；
【小问3详解】
C与浓硫酸在加热条件下，发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则其反应方程式为：，
【小问4详解】
浓硫酸溶于水放出大量的热，不加热该反应也可进行，故答案为：硫酸遇水稀释时放出大量的热；
【小问5详解】
SO2和CO2均能使E中澄清石灰水变浑浊，无法判断是否有CO2产生，故不能将B、E中试剂交换，故答案为：不能；也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验；
【小问6详解】
酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与具有还原性的二氧化硫发生氧化还原反应而将其吸收除去，防止干扰二氧化碳的检验，两者反应的方程式为：；故答案为：吸收SO2，防止干扰CO2检验，。
19. 工业上利用废渣[、及少量CaO和MgO]制备高档颜料铁红(主要成分为)和回收。具体生产流程如下：
【背景信息】a．氧化步骤中会有元素化合价发生变化
b．(铵黄铁矾晶体)。
（1）步骤③中“操作Y”的名称是_______，必须用到的玻璃仪器有_______。
（2）加入物质X溶解废渣，X应选用_______(填标号)。
A. 盐酸B. 硫酸C. 氨水D. 氢氧化钠
（3）步骤①“酸浸”时，生成盐的化学方程式为_______(任写一个)。
（4）用离子方程式表示步骤②通入氧气氧化的目的：_______。工业上该操作的时间一般控制在4小时左右为宜，根据如图有关数据分析氧化率[氧化率=]的变化规律：_______。
（5）“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分是_______(填化学式)。
【答案】（1） ①. 过滤 ②. 烧杯、玻璃棒、漏斗 （2）B
（3）
（4） ①. ②. 温度越高，pH值越小，氧化率越高
（5）
【解析】
【分析】废渣含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO，将废渣溶解，溶解时加入的物质能溶解废渣但不能引入杂质；然后向溶液中加入氧气，能氧化亚铁离子但不能引入新的杂质，然后向溶液中加入氨水，溶液中硫酸铁和氨水反应生成铵黄铁矾，同时溶液中镁离子、钙离子形成氢氧化钙、氢氧化镁、硫酸钙等会结晶析出，采用过滤方法分离得到铵黄铁矾和滤液；将滤液蒸发浓缩回收硫酸铵，随后经过一系列处理得到铁红。
【小问1详解】
根据流程可知，通过操作Y得到滤液和晶体，则“操作Y”的名称是过滤；过滤时用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
【小问2详解】
废渣含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO，将废渣溶解，溶解时加入的物质能溶解废渣但不能引入杂质，故选B；
【小问3详解】
步骤①“酸浸”时，硫酸和CaO和MgO反应，方程式为：，或者；
【小问4详解】
步骤②通入氧气通入氧气，将二价铁氧化为三价铁，方程式为：；根据图示可得，则氧化率的变化规律为：温度越高，pH值越小，氧化率越高；
【小问5详解】
将铵黄铁矾溶于水得到溶液，然后向溶液中加入氨水，得到氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣，将滤渣加热灼烧得到铁红，则“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分是。选项
混合物
化合物
单质
盐
A
盐酸
石墨
碳酸钙
B
氨水
胶体
铜
食盐
C
熔融的NaCl
钠
纯碱
D
水银
选项
用途或者制备
离子方程式
A
用稀硫酸清洗铁锈
Fe2O3＋6H＋=2Fe2＋＋3H2O
B
实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳
CO32－＋2H＋ =H2O＋CO2↑
C
用氢氧化钠溶液吸收氯气
Cl2 + 2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D
用氯化铁溶液刻蚀铜板
Fe3+ + Cu =Fe2++Cu2+
验证气体
实验现象
实验结论
_______
有产生
_______。
有产生
注意事项：
①试卷共4页，答题卡1页。考试时间75分钟，满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5
第I卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题包括15小题，1—10题每小题2分，11—15题每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)请将答案填在答题卡上
1. 掌握物质的分类有利于按类别研究物质的性质，下列物质分类正确的是
A AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，是混合物，碳酸钙是金属离子和酸根离子组成，属于盐，故A正确；
B．Fe(OH)3胶体是混合物，不是化合物，故B错误；
C．熔融NaCl是液态的NaCl，是纯净物，不是混合物，故C错误；
D．CuSO4•5H2O是纯净物，不是混合物，故D错误；
故选A。
2. 下列电离方程式中书写正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠的电离方程式为：，A错误；
B．氢氧化钙的电离方程式为：，B错误；
C．氯化铝的电离方程式为：，C错误；
D．硫酸铝的电离方程式为：，D正确；
故选D。
3. 现有Mg、CO、CuO、KOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液、H2SO4溶液七种物质，在常温下两种物质间能发生的化学反应有
A. 4个B. 5个C. 6个D. 7个
【答案】C
【解析】
【详解】根据物质的性质，采用组合法可得①Mg与H2SO4溶液、②CuO与H2SO4溶液、③KOH溶液与H2SO4溶液、④Na2CO3溶液与Ba(OH)2溶液、⑤Na2CO3溶液与H2SO4溶液、⑥Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液，共有6个反应，答案选C。
4. 符合如图中阴影部分的物质是( )
A. NaHCO3B. Cu2(OH)2CO3C. NaClD. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3为酸式盐，不属于正盐，选项A不符合题意；
B．Cu2(OH)2CO3为碱式盐、铜盐，选项B不符合题意；
C．NaCl盐酸盐，不属于碳酸盐，选项C不符合题意；
D．Na2CO3属于正盐、钠盐、碳酸盐，选项D符合题意；
答案选D。
5. 实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是
A. 向溶液中加入NaOH固体至恰好反应
B. 向溶液中滴入溶液至过量
C. 向澄清石灰水中通入至过量
D. 向醋酸溶液中滴入氨水至过量
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH4Cl溶液中加入NaOH固体至恰好反应生成氯化钠、氨气、水，溶液中离子浓度几乎不变，溶液的导电能力几乎不变，A正确；
B．Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸过量后，硫酸电离出的离子导电，溶液导电能力先减弱，后增强，B错误；
C．澄清石灰水中通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀和水，再生成可溶性碳酸氢钙，离子浓度先减小后增大，溶液导电能力先减弱后增强，C错误；
D．醋酸溶液中滴入氨水至过量，溶质由弱电解质生成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，D错误；
故选A。
6. 现有A、B、C、D四种物质，它们是Fe、稀盐酸、NaOH溶液、溶液中的一种，它们的反应关系及反应类型如图所示，则物质B为
A. FeB. 稀盐酸C. NaOH溶液D. 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A和B反应属于中和反应，中和反应一般指酸碱中和，A和B应是HCl和NaOH，B和C反应属于置换反应，置换反应是单质＋化合物→单质＋化合物，根据所给物质，应是Fe和盐酸或是Fe与AgNO3反应，根据题中所给关系，B为盐酸，A为NaOH，C为Fe，B和D反应属于复分解反应，则D为AgNO3；
故选B。
7. 用流程图示的方法可以清楚地反映物质之间的转化关系，如，则常温下上述转化关系内代表的物质是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】Na在空气中与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成NaOH，NaOH再与HCl反应生成NaCl，所以方框内的物质是氧化钠；
故选D。
8. 下列物质的用途或者制备中所涉及到的离子方程式书写正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.用稀硫酸清洗铁锈的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，故A错误；
B.实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝H2O＋CO2↑+Ca2+,故B错误；
C.用氢氧化钠溶液吸收氯气的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故C正确；
D用氯化铁溶液刻蚀铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；答案：C。
9. 下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A. CuCl2B. FeCl3C. FeCl2D. AlCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；
B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；
C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；
D.，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；
故答案为D。
10. 如图所示实验装置不能达到实验目的的是
A. 利用装置①验证和水反应为放热反应
B. 利用装置②检验与反应有生成
C. 利用装置③观察纯碱的焰色试验的现象
D. 利用装置④比较和的热稳定性
【答案】D
【解析】
【详解】A．向盛有的试管中滴加，二者反应放出热量，导致具支试管中的空气受热体积膨胀，导致红墨水的左侧液面下降，右侧液面上升，因此利用装置①可以验证和水反应为放热反应，A正确。
B．与反应产生和，有助燃性，会使带有火星的木条复燃，因此利用装置②可以检验与反应有生成，B正确。
C．纯碱成分是，其含有钠元素，用铂丝进行焰色试验会使火焰呈黄色，故可以利用装置③观察纯碱的焰色实验的现象，C正确。
D．玻璃导热性比较差，在套管中外管的温度比内管的温度高。碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，则小试管中为碳酸氢钠可用于比较二者的相对稳定性强弱，故利用装置④不能比较和的热稳定性，D错误。
故选D。
11. 已知常温下，在溶液中可发生如下反应：，。由此推断、、的还原性由强到弱的顺序是（ ）
A. 、、B. 、、
C. 、、D. 、、
【答案】A
【解析】
【详解】由氧化还原反应规律可知，同一氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则由两个化学方程式可以得到还原性由强到弱的顺序为，故选A。
12. 在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性条件下，硝酸可以将碘离子氧化为单质碘，A错误；
B．高锰酸根离子为紫红色，B错误；
C．酸性条件下，氢离子可以和次氯酸根离子反应，生成次氯酸分子，C错误；
D．酸性条件下，、、、相互之间不反应，可以共存，D正确；
故选D。
13. 将紫色石蕊试液滴入NaOH溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，溶液由蓝色先变成红色，最后颜色慢慢褪去，其原因是（ ）
①氯气有漂白性 ②氯气与NaOH溶液反应 ③氯气的水溶液呈酸性 ④次氯酸有漂白性 ⑤氯化钠有漂白性
A. ①④B. ②③④C. ①②③D. ①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】氯气与水反应生成HCl和HClO，产物具有酸性，其中HClO具有漂白性。
【详解】氯气与水反应生成HCl和HClO，与NaOH溶液反应生，碱性减弱，生成的使蓝色溶液颜色逐渐变浅，氯气过量，生成的HCl和HClO能使溶液逐渐变为红色，HClO具有漂白性，使溶液褪色，因此原因正确的是②③④；
答案选B。
14. 在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－=RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中 ，元素R的化合价是
A. ＋4价B. ＋5价
C. ＋6价D. ＋7价
【答案】B
【解析】
【详解】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5；
方法2：设元素R在RO中化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－－1)]×2，所以x＝＋5；
故本题选B。
15. 锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一。早在远古时代,人们便发现并使用锡了。在我国的一些古墓中,便常发掘到一些锡壶、锡烛台之类锡器。
工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+3C=2Sn+aM↑+CO2↑,则下列说法中错误的是( )
A. 反应中SnO2被还原B. 每生成1个CO2，转移8个电子
C. 反应后元素化合价升高的物质有两种D. a的值为3
【答案】D
【解析】
【分析】工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+3C＝2Sn+aM↑+CO2↑，则根据原子守恒可知M是CO，a＝2，据此解答。
【详解】A. 反应中Sn元素化合价从+4价降低到0价，得到4个电子，SnO2被还原，A正确；
B. 每生成1个CO2，消耗2个 SnO2，转移8个电子，B正确；
C. 碳元素化合价升高，被氧化为CO和CO2，则反应后元素化合价升高的物质有两种，C正确；
D. a的值为2，D错误；答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、非选择题(共4小题，共60分)请将答案填在答题卡上
16. (i)小红同学依据物质类别和物质中某种元素的化合价回忆了初中化学教材中常见的一些物质，并构建了部分物质间的转化关系坐标图，如图所示(图中“→”表示物质间的转化)。已知A、B、C、D含有一种相同的元素，E、F、D含有两种相同的元素， E与H反应生成F且放出大量的热。
请回答下列问题：
（1）C化学式为___________。
（2）E露置在空气中一段时间后质量会增加，其原因可能是___________。
（3）1.2 g A和2.0 g O2恰好完全反应，生成的产物是___________(填化学式)。
（4）若G中氧元素的质量分数为30%，则G中另一种元素的相对原子质量为___________。
(ii)丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种最常用的方法。
（5）如图是在实验室中进行Fe(OH)3胶体丁达尔效应实验的示意图，该图中有一处明显错误是___________，原因是___________(试从分散系分类的角度进行解释说明)。
（6）欲在树林中观察到丁达尔效应，你认为一天中最有可能观察到该现象的时间是___________，理由是___________。
【答案】（1）H2CO3
（2）E吸收空气中的水
（3）CO CO2 （4）56
（5） ①. 空气中也出现了光柱 ②. 进入烧杯前,光束穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应
（6） ①. 清晨 ②. 清晨树林中存在水雾,雾是胶体,光束穿过这些水雾产生丁达尔效应
【解析】
【分析】因A、B、C、D含有一种相同的元素，观察图示，B、C、D中所含的某元素化合价为+4，回忆初中化学教材中常见的一些物质和元素的化合价，可推知化合价为+4的元素应为碳，B←C←D之间应是二氧化碳、碳酸及碳酸盐之间的转化，故C的化学式应为H2CO3，也可推知，A为碳，B为二氧化碳；根据E、F、D含有两种相同的元素，且E、F中含化合价为+2的元素，E与H反应生成F且放出大量的热，由这些信息可知，E、F、D中含有钙元素和氧元素，从而可确定E为氧化钙，F为氢氧化钙，D为碳酸钙，H为水。
【小问1详解】
根据分析可知C是碳酸，化学式为H2CO3；故答案为：H2CO3。
【小问2详解】
E是氧化钙，氧化钙露置在空气中吸收空气中的水，生成氢氧化钙，一段时间后质量会增加；故答案为：E吸收空气中的水。
【小问3详解】
A是碳，碳在氧气含量不同的条件下发生了如下反应：
在氧气充分时燃烧：C+O2CO2
12：32=3：8
在氧气不充分时燃烧：2C+O22CO
24：32=3：4
题中给出碳和氧气的质量比为：1.2g：2.0g=3：5，介于上述两种情况之间，可以判断碳和氧气反生了上述两个反应，生成的产物是CO和CO2混合物；故答案为：CO CO2
【小问4详解】
根据题意可知，G为氧化物，氧元素化合价为-2，设：氧化物G中的另一元素为R，根据坐标图可知，R元素的化合价为+3，则G的化学式为：R2O3，氧元素的质量分数为30%，设：R的相对原子质量为x，则有：
，解得：x=56。G中另一种元素的相对原子质量为56。故答案为：56。
【小问5详解】
烧杯前的空气中也出现了光柱进入，光束穿过的空气不是胶体，不会产生丁达尔效应。故答案为：空气中也出现了光柱；进入烧杯前,光束穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应；
【小问6详解】
清晨清晨树林中存在水雾，雾是胶体，光束穿过这些水雾产生丁达尔效应。故答案为：清晨；清晨树林中存在水雾,雾是胶体,光束穿过这些水雾产生丁达尔效应。
17. 已知氨在一定条件下能被氯气氧化，其反应的化学方程式如下：，回答下列问题。
（1）氧化剂是_______(填化学式，后同)，还原剂是_______。
（2）配平化学方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目_______。
（3）氧化剂与氧化产物的质量比为_______。
（4）当生成28g氮气时，被氧化的物质的质量为_______g。
（5）该反应中发生还原反应的过程表示为，则发生氧化反应的过程可表示为_______。
（6）该反应中每生成2个分子，转移电子数为_______个。
【答案】17. ①. ②.
18. 19. 213∶28
20. 34 21.
22. 12
【解析】
【小问1详解】
在该反应中氯气中氯的化合价由0价变为-1价，则Cl2是氧化剂；氨气中氮由-3价升高到0价，则NH3是还原剂；
【小问2详解】
根据得失电子守恒可知，配平化学方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目为：；
【小问3详解】
根据第一问分析，再结合第二问方程式可知，氧化剂与氧化产物的质量比为213∶28；
【小问4详解】
结合第二问方程式可知，当生成1mlN2时，有2ml NH3被氧化，故被氧化的物质的质量为34g；
【小问5详解】
结合题干给的总方程式可知，在该反应中氨气失去电子生成氮气，可以表示为：；
【小问6详解】
结合第二问可知，该反应中每生成2个分子，转移电子数为12个。
18. 课堂上，老师取20g蔗糖放入小烧杯中，加少量水使它润湿，注入10mL浓硫酸，搅拌。
（1）同学们看到蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是炭，原因是浓硫酸具有强_______。
形成“黑面包”的主要原因是什么？在老师的指导下，同学们开展了探究活动。
【猜想与假设】浓硫酸与炭反应，生成大量气体使黑色固体膨胀。
【查阅资料】
Ⅰ．浓硫酸与炭在加热条件下反应，生成物中有、两种气体。
Ⅱ．是一种具有刺激性气味的气体，也能与溶液反应生成白色沉淀。
Ⅲ．能使品红溶液褪色，而不能。
【实验探究】为验证炭与浓硫酸在加热条件下反应生成的气体产物，同学们在老师指导下设计并进行了如图实验。
【事实与结论】
（2）请将能得出对应结论的实验现象填入表中。
（3）炭与浓硫酸反应的化学方程式是_______。
浓硫酸与炭在加热条件下反应产生大量的和，使黑色固体膨胀，形成“黑面包”，猜想成立。
【反思与交流】
（4）小明同学提出，因老师的演示实验没有进行加热，所以同学们的探究实验无意义，其他同学一致否定了他的说法，理由是_______。
（5）若B、E中试剂交换，_______(填“能”或“不能”)得出有产生的结论，理由是_______。
（6）C中酸性高锰酸钾溶液的作用是_______，请用相应的离子方程式表示：_______。
【答案】（1）脱水性 （2） ①. B中品红稀溶液褪色 ②. D中品红稀溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑浊
（3）
（4）硫酸遇水稀释时放出大量的热
（5） ①. 不能 ②. 也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验
（6） ①. 除去，防止干扰的检验 ②.
【解析】
【分析】A装置为发生装置，在A装置中C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫和二氧化碳；由于二氧化硫具有漂白性能使B中的品红溶液褪色，以此来检验该反应中有二氧化硫产生；由于二氧化硫除具有漂白性外还具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以C装置的作用为吸收二氧化硫，同时D为检验二氧化硫在C中是否除尽，若品红溶液无明显实验现象，则二氧化硫被除尽；则气体就剩下二氧化碳和少量的水蒸气，若D装置的澄清石灰水变浑浊，则剩余气体为二氧化碳，据此分析可得。
【小问1详解】
向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌后蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是碳，则此过程为有机化合物的脱水（或碳化），体现浓硫酸的脱水性，故答案为：脱水性；
【小问2详解】
SO2具有漂白性、能使品红溶液褪色，而CO2不能，所以B装置中的品红溶液褪色，则说明有二氧化硫气体生成；D中品红溶液不褪色，则说明二氧化硫在C中被除尽，进入E中使澄清石灰水中的气体为二氧化碳；故答案为：B中品红溶液褪色；D中品红溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑；
【小问3详解】
C与浓硫酸在加热条件下，发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则其反应方程式为：，
【小问4详解】
浓硫酸溶于水放出大量的热，不加热该反应也可进行，故答案为：硫酸遇水稀释时放出大量的热；
【小问5详解】
SO2和CO2均能使E中澄清石灰水变浑浊，无法判断是否有CO2产生，故不能将B、E中试剂交换，故答案为：不能；也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验；
【小问6详解】
酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与具有还原性的二氧化硫发生氧化还原反应而将其吸收除去，防止干扰二氧化碳的检验，两者反应的方程式为：；故答案为：吸收SO2，防止干扰CO2检验，。
19. 工业上利用废渣[、及少量CaO和MgO]制备高档颜料铁红(主要成分为)和回收。具体生产流程如下：
【背景信息】a．氧化步骤中会有元素化合价发生变化
b．(铵黄铁矾晶体)。
（1）步骤③中“操作Y”的名称是_______，必须用到的玻璃仪器有_______。
（2）加入物质X溶解废渣，X应选用_______(填标号)。
A. 盐酸B. 硫酸C. 氨水D. 氢氧化钠
（3）步骤①“酸浸”时，生成盐的化学方程式为_______(任写一个)。
（4）用离子方程式表示步骤②通入氧气氧化的目的：_______。工业上该操作的时间一般控制在4小时左右为宜，根据如图有关数据分析氧化率[氧化率=]的变化规律：_______。
（5）“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分是_______(填化学式)。
【答案】（1） ①. 过滤 ②. 烧杯、玻璃棒、漏斗 （2）B
（3）
（4） ①. ②. 温度越高，pH值越小，氧化率越高
（5）
【解析】
【分析】废渣含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO，将废渣溶解，溶解时加入的物质能溶解废渣但不能引入杂质；然后向溶液中加入氧气，能氧化亚铁离子但不能引入新的杂质，然后向溶液中加入氨水，溶液中硫酸铁和氨水反应生成铵黄铁矾，同时溶液中镁离子、钙离子形成氢氧化钙、氢氧化镁、硫酸钙等会结晶析出，采用过滤方法分离得到铵黄铁矾和滤液；将滤液蒸发浓缩回收硫酸铵，随后经过一系列处理得到铁红。
【小问1详解】
根据流程可知，通过操作Y得到滤液和晶体，则“操作Y”的名称是过滤；过滤时用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
【小问2详解】
废渣含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO，将废渣溶解，溶解时加入的物质能溶解废渣但不能引入杂质，故选B；
【小问3详解】
步骤①“酸浸”时，硫酸和CaO和MgO反应，方程式为：，或者；
【小问4详解】
步骤②通入氧气通入氧气，将二价铁氧化为三价铁，方程式为：；根据图示可得，则氧化率的变化规律为：温度越高，pH值越小，氧化率越高；
【小问5详解】
将铵黄铁矾溶于水得到溶液，然后向溶液中加入氨水，得到氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣，将滤渣加热灼烧得到铁红，则“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分是。选项
混合物
化合物
单质
盐
A
盐酸
石墨
碳酸钙
B
氨水
胶体
铜
食盐
C
熔融的NaCl
钠
纯碱
D
水银
选项
用途或者制备
离子方程式
A
用稀硫酸清洗铁锈
Fe2O3＋6H＋=2Fe2＋＋3H2O
B
实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳
CO32－＋2H＋ =H2O＋CO2↑
C
用氢氧化钠溶液吸收氯气
Cl2 + 2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D
用氯化铁溶液刻蚀铜板
Fe3+ + Cu =Fe2++Cu2+
验证气体
实验现象
实验结论
_______
有产生
_______。
有产生
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