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甘肃省甘谷第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题
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甘谷一中2019——2020学年度高一第一学期第二次月考
化学试题
—、选择题(本大题包括25小题每题2分，共50分．每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1.进行化学实验必须注意安全，下列说法中不正确的是（ ）
A. 不慎将酸溅到眼中,应立即用水冲洗,边洗边眨眼睛
B. 如果浓H2SO4沾到皮肤上,可立即用大量水冲洗,然后涂上硼酸溶液
C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上,要立即用大量水冲洗,然后涂上硼酸溶液
D. 如果少量酒精失火燃烧,可用湿抹布盖灭火焰
【答案】B
【解析】
【详解】A. 不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛伤害，故A说法正确；
B．如果浓H2SO4沾到皮肤上，若立即用大量水冲洗，浓硫酸稀释放热会造成二次伤害，应立即用布拭去，再用水冲洗，涂上硼酸溶液，故B说法错误；
C．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，C说法正确；
D．如果少量酒精失火燃烧，可用湿抹布盖灭火焰，酒精密度小于水，不能用水扑灭，D项说法正确；
故答案为B。
2.焰色实验过程中，铂丝的清洗和灼烧与钾焰色实验的观察两项操作如图所示，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，再蘸取被检验物质
B. 钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察
C. 焰色实验是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是化学变化
D. 没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
【答案】C
【解析】
【详解】A.每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，排除杂质元素的影响，然后再蘸取被检验物质，进行灼烧进行验证，A正确；
B.钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察，以滤去钠元素的黄光的干扰，B正确；
C.焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是电子跃迁时能量以光的形式释放出来，为元素的物理变化，C错误；
D.由于Fe元素灼烧时火焰无明显颜色，所以没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，D正确；
故合理选项是C。
3.已知3.01×1023个X气体分子的质量为32g，则X气体的摩尔质量是（ ）
A. 16g B. 32g C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据
【详解】3.01×1023个X气体分子即0.5molX，根据，可知，故答案为C。
【点睛】熟知以物质的量为核心的数量关系。
4.下列各组内的溶液相互滴加发生反应时，无论前者滴加到后者中，还是后者滴加到前者中，产生的现象都相同的是
A. 碳酸氢钠溶液和澄清石灰水 B. 氯化铝溶液和烧碱溶液
C. 碳酸钠溶液和盐酸溶液 D. 二氧化碳水溶液和澄清石灰水
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，都会发生：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，Ca2++ CO32-= CaCO3↓，均产生白色沉淀，现象相同，故A正确；
B. AlCl3和NaOH反应，当前者滴入后者时，开始一段时间内：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，当Al3+过量，Al3+和AlO2-发生双水解：Al3++AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，现象是先无明显现象后有白色沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量：Al3++3OH-= Al（OH）3↓，一段时间后OH-过量，Al（OH）3+OH-= AlO2-+2H2O，现象是先有白色沉淀后白色沉淀溶解，故B错误；
C.碳酸钠溶液滴入盐酸溶液中，马上放出气体：CO32-+2H+=CO2↑+ H2O；盐酸溶液滴入到碳酸钠溶液中，刚开始无气泡，一段时间后有气泡：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2↑+ H2O；所以二者现象不同，故C错误；
D.二氧化碳少量时，反应为Ca2++CO2+2OH-═CaCO3↓+H2O，生成白色沉淀；当二氧化碳过量时，反应为CO2+OH-═HCO3-，最终无有沉淀，所以现象不同，故D错误；
故答案选A。
【点睛】针对选项（A）：当碳酸氢钠溶液加入过量的氢氧化钙反应时，生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；当碳酸氢钠溶液加入少量的氢氧化钙反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以无论前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象相同。
5.下列实验操作均要用玻璃棒，其中与过滤操作中玻璃棒的作用相同的是（ ）
A. 测溶液pH B. 蒸发 C. 溶解 D. 向容量瓶转移液体
【答案】D
【解析】
【分析】
过滤操作中玻璃棒的作用是引流。
【详解】A.测溶液pH值时，玻璃棒用来蘸取待测液，故A项错误；
B．蒸发操作中玻璃棒的作用是搅拌，故B项错误；
C．溶解过程中玻璃棒的作用是搅拌，故C项错误；
D．向容量瓶转移液体时玻璃棒的作用是引流，故D项正确；
故答案为D。
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】
【详解】A、将温度计水银球放在蒸馏瓶的支管口，测蒸汽的温度，A正确；
B、冷却水从冷凝管下口入，上口出，使冷凝效果更好，B错误；
C、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、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，D正确；
故选B。
7.从碘水中提取碘可供选择的试剂是（ ）
A. 苯、酒精 B. 汽油、酒精 C. 汽油、乙酸 D. 四氯化碳、苯
【答案】D
【解析】
【分析】
从碘水中提取碘的操作是萃取，萃取的原理是利用溶质在互不相溶的两种溶剂中溶解度不同。
【详解】A项中苯可以萃取，但酒精与水互溶，故A 项错误；
B．酒精与水互溶，故B项错误；
C．乙酸和水互溶，故C项错误；
D．碘在四氯化碳和苯中的溶解度均大于在水中的溶解度，且四氯化碳和苯均不与水互溶，故可以用来萃取，故D项正确；
故答案为D。
8.实验室需用480 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作能配制成功的是（ ）
A. 称取7.68 g CuSO4粉末，加入500 mL水
B. 称取12.5 g CuSO4·5H2O晶体，加水配成500 mL溶液
C. 称取8.0 g CuSO4粉末，加入500 mL水
D. 称取8.0 g CuSO4·5H2O晶体，加水配成500 mL溶液
【答案】BD
【解析】
【详解】500mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液中溶质的物质的量为；若使用CuSO4粉末配制溶液，则m(硫酸铜)=0.05mol×160g/mol=8.0g；若使用CuSO4·5H2O晶体配制溶液，则m(硫酸铜)=0.05mol×250g/mol=12.5g；然后将其配制成500mL溶液；所以正确选项为BD。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. 太阳能电池可用硅材料制作，其应用有利于环保、节能
B. SiO2可用于制造光导纤维
C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂
D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是有机材料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 太阳能电池可用硅材料制作，其应用可减少化石能源的使用，有利于环保、节能，A正确；
B. SiO2可用于制造光导纤维，B正确；
C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，其不燃烧，不支持燃烧，可用作木材防火剂及黏胶剂，C正确；
D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是无机非金属材料，D错误；
答案为D
10.下列物质：①氢氟酸；②浓H2SO4；③烧碱溶液；④Na2CO3固体；⑤氧化钙；⑥浓HNO3。其中在一定条件下能与SiO2反应的有( )
A. ①②⑥ B. ②③⑥ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】C
【解析】
氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；烧碱溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水；Na2CO3固体在高温下与二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳；氧化钙在高温下与二氧化硅反应生成硅酸钙；浓H2SO4、浓HNO3与SiO2不反应，答案选C。
点睛：H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以在溶液中能发生复分解反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O＝Na2CO3＋H2SiO3↓，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生，但不能据此说明硅酸的酸性强于碳酸，因为该反应不是在溶液中进行的，利用的难挥发性物质制备易挥发性物质。
11.某溶液中可能含有SO42-、CO32-、Cl-。为了检验其中是否含有SO42-，除BaCl2溶液外，还需要的溶液是 （ ）
A. H2SO4 B. HCl C. NaOH D. NaNO3
【答案】B
【解析】
【分析】
本题中检验SO42-需要酸化的钡盐，除了BaCl2溶液，还需加酸溶液来排除CO32-的干扰。
【详解】A.H2SO4 中含有SO42-，无法检验原溶液中是否含有SO42-，故A项错误；
B.HCl为酸，虽然引入了Cl-，但对SO42-无影响，故B项正确；
C.NaOH是一种碱，无法判断是否含有SO42-，故C项错误；
D.NaNO3是一种盐，无法判断是否含有SO42-，故D项错误；
故答案为B。
12.下列叙述错误的是（ ）
A. 0.012 kg的12C所含的原子数为6.02×1023
B. 1 mol H2O中含有2 mol H和1 mol O
C. 2 mol NaOH溶于1 L水中配成溶液的浓度为2 mol·L―1
D. 1 L 2 mol·L―1 NaOH溶液中含有NaOH 2 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.012 kg的12C所含的原子数为6.02×1023，A正确；
B. 1 mol H2O中含有2 mol H和1 mol O，B正确；
C. 2 mol NaOH溶于1 L水中配成溶液的浓度小于2 mol·L―1，C错误；
D. 1 L 2 mol·L―1 NaOH溶液中含有NaOH 2 mol，D正确；
故答案选C。
【点睛】在计算物质的量浓度时，要注意体积为溶液体积而不是溶剂的体积。
13.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2 g H2所含的原子数目为NA
B. 标准状况下，22.4 L水中含有水分子数为NA
C. 常温下，1 L 0.1 mol·L―1的MgCl2溶液中含有的Cl―数为0.2 NA
D. 常温常压下，11.2 L CH4中含有的氢原子数为2 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2 g H2的物质的量为1mol，所含的原子数为2 NA，A错误；
B. 标况下水为固液共存状态，无法使用气体摩尔体积进行计算，B错误；
C. 常温下，1 L 0.1 mol·L―1的MgCl2溶液中含有的Cl―数为0.2 NA，C正确；
D. 常温常压下气体摩尔体积不为22.4L/mol，D错误；
故答案选C。
【点睛】气体摩尔体积为22.4L/mol仅限标况下气体使用。
14.下列说法正确的是( )
A. O3是由3个氧原子构成的化合物 B. 生石灰与水混合的过程只发生物理变化
C. 可用丁达尔效应区分溶液与胶体 D. CuSO4·5H2O 是一种混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A. O3是由3个氧原子构成的单质，不是化合物，故A项错误；
B．生石灰与水混合的过程会发生：，为化学反应，故B项错误；
C．胶体有丁达尔效应，溶液没有，丁达尔效应可以区分胶体和溶液，故C项正确；
D．CuSO4·5H2O 是一种纯净物，故D 项错误；
答案为C。
【点睛】CuSO4·5H2O 是一种纯净物，CuSO4也是一种纯净物，故CuSO4吸水转化成CuSO4·5H2O的过程是化学变化。
15.下列关于胶体的叙述中不正确的是
A. 布朗运动是胶体微粒特有的运动方式，只用肉眼就可以把胶体和溶液、浊液区别开来
B. 向Fe(OH)3胶体中加入少量H2SO4溶液，会生成红褐色沉淀
C. 丁达尔效应是胶体的特性
D. 胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象
【答案】A
【解析】
【详解】A.微粒的运动是用肉眼无法观察到的，A说法错；
B.向Fe(OH)3胶体中加入少量H2SO4溶液，会发生聚沉，所以会生成红褐色沉淀，B说法正确；
C.丁达尔效应是胶体性质的一个表现，C说法正确；
D.胶体离子带电荷，会发生电泳，D说法正确；
答案选A。
16.某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是
A. K+、Mg2+、Cl-、SO42- B. Na+、NH4+、SO42-、HCO3-
C. Na+、K+、SO42-、Cl- D. K+、Na+、NO3-、CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
加入铝粉能够产生氢气，溶液中可能存在大量的H+或OH-。
【详解】A．Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．HCO3-能够与H+和OH-发生反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；
C．Na+、K+、SO42-、Cl-离子之间不发生反应，都不与H+和OH-反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．CO32-与H+发生反应生成二氧化碳和水，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，加入铝粉不会生成氢气，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况。本题中注意隐含的条件“加入铝粉产生氢气”和“一定”共存。本题的易错点为D，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应无法生成氢气。
17.下列离子方程式书写正确的是（ ）
①铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+ ；
②Cu(OH)2和HNO3混合：H++OH-=H2O；
③Fe与稀硝酸反应 Fe+2H+=Fe2++H2↑；
④H2SO3与氢氧化钠混合 H++OH-=H2O；
⑤碳酸钡与稀盐酸反应： BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；
⑥SO3溶于水：SO3+H2O=2H++SO42-
A. ③⑤⑥ B. ⑤⑥ C. ①③④ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①铁与氯化铁溶液反应的方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+ ，①电荷不守恒，错误；
②Cu(OH)2和HNO3混合的方程式为Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，②错误；
③Fe与稀硝酸反应，N元素体现氧化性，方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，③错误；
④亚硫酸为弱酸，离子方程式中不能拆，④错误；
⑤碳酸钡与稀盐酸反应的方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，⑤正确；
⑥SO3溶于水的方程式为SO3+H2O=2H++SO42-⑥正确；
故答案选B。
18.根据下列三个反应的化学方程式，判断有关物质的还原性的强弱顺序（ ）
①I2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI ②2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 ③2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl
A. I- ＞ Fe2+ ＞Cl- ＞SO2 B. Cl- ＞ Fe2+ ＞ SO2 ＞I-
C. Fe2+ ＞I- ＞Cl- ＞SO2 D. SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物。
【详解】由可知还原性SO2＞I-；由 可知还原性Fe2+＞Cl-；由可知还原性 I-＞Fe2+，故还原性的强弱顺序为：SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-；故答案为D。
19.LiH是一种氢气发生剂，用于军事或其他需氢气的场合。反应为：LiH+H2O＝LiOH+H2↑，在这个反应中（ ）
A. 水是氧化剂，LiH是还原剂 B. LiH是氧化剂，水是还原剂
C. LiH既是氧化剂又是还原剂 D. 该反应是非氧化还原反应，不存在氧化剂和还原性
【答案】A
【解析】
【分析】
反应中LiH中H元素化合价为-1价，Li化合价为+1价，反应过程中H元素由-1价升为0价，发生氧化反应，故LiH为还原剂，H2O中H为+1价，反应过程有一部分H由+1价降为0价，发生还原反应，故H2O为氧化剂。
【详解】A.由分析可知水是氧化剂，LiH为还原剂，故A项正确；
B.由分析可知水是氧化剂，LiH为还原剂，故B项错误；
C.由分析可知水是氧化剂，LiH为还原剂，故C项错误；
D.该反应是氧化还原反应，故D项错误；
故答案为A。
【点睛】氢元素在与一些活泼金属如锂、钠、钾等，组成化合物时显负价态。
20.在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3＝5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是 ( )
A. 3∶2 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 2∶3
【答案】D
【解析】
【详解】反应6NO+4NH3===5N2+6H2O中，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中化合价升高的元素是氨气中的氮元素，在反应中被氧化，化合价降低元素是一氧化氮中的氮元素，在反应中被还原，所以，该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比是4∶6=2∶3，所以被氧化和被还原的氮元素的质量比是2∶3，故选D。
21.24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价是（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】
被氧化为,S元素化合价由+4价升高为+6价;中Cr元素发生还原反应,设Cr元素在产物中的化合价为x价,根据电子转移守恒计算x的值.
【详解】:反应中被氧化成,S化合价从+4变为+6,化合价升高2价,
设Cr元素在产物中的化合价为x价, 中Cr元素的化合价为+6,则化合价降低:6-x, 根据电子转移守恒可得:
计算得出:x=3,
所以B选项是正确的.
22.相同物质的量的Na2O2和Na2O的比较中不正确的是 ( )
A. 两种物质所含原子个数之比为4∶3
B. 两种物质中阴离子的物质的量之比为2∶1
C. 两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量比为1∶1
D. 两种物质中阳离子的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A、Na2O2和Na2O两种物质所含原子核个数分别是4、3，原子个数之比是4：3，故A正确；
B、Na2O2和Na2O两种物质中的阴离子分别是过氧根离子和氧离子，物质的量之比是1：1，故B错误；
C、氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，二者是1：1反应，过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，二者是1：1反应，相同物质的量的Na2O2和Na2O与足量的CO2反应，消耗气体的质量之比为1：1，故C正确；
D、Na2O2和Na2O两种物质中阳离子均是钠离子，阳离子的物质的量之比为1：1，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查钠的氧化物，明确发生的化学反应、物质构成及相关的概念是解答本题的关键，注意根据物质的构成微粒。本题的易错点为B，Na2O2中的阴离子是过氧根离子。
23.下列六种物质：①Na2O ②Na2O2 ③NaCl ④Na2CO3溶液 ⑤NaOH ⑥NaHCO3，其中不能与CO2反应的是
A. ①④ B. ②③ C. ③⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
详解】①Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；
②Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
③NaCl与二氧化碳不反应；
④Na2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
⑤NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；
⑥NaHCO3与二氧化碳不反应；
其中不能与CO2反应的是③⑥。答案选C。
24. 等量的铁分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气的体积比是：
A. 1 ：1 B. 3 ：4 C. 2 ：3 D. 4 ：3
【答案】B
【解析】
【详解】令Fe的物质的量为1mol，则：
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
1mol 1mol
3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
1mol mol，
相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1mol：mol=3：4，故选B。
【点睛】本题考查根据方程式的计算。知道铁与水蒸气的反应是关键，注意基础知识的理解掌握，相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体积之比。
25.将固体X投入过量的Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是( )
A. 钠和氯化铝溶液 B. 铝和烧碱溶液 C. 过氧化钠和氯化亚铁 D. 锌和稀硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠投入氯化铝溶液中会与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢气无色且能燃烧，氢氧化钠可与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故A项正确；
B.铝和烧碱溶液即氢氧化钠反应生成氢气，但不能生成沉淀，故B项错误；
C.过氧化钠投入氯化亚铁溶液中，过氧化钠可以与水反应生成氧气，氧气不能燃烧，故C项错误；
D.锌投入稀硫酸溶液中可以反应生成氢气，但不能生成沉淀，故D项错误；
故答案为A。
二．非选择题（本大题包括5小题 共50分）
26.(1)相同物质的量的钠、镁、铝与足量盐酸反应时放出氢气的体积比为__________。分别为0.3 mol的钠、镁、铝投入100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液中，三者产生的体积比是_______。
(2)在一个用铝制的易拉罐内充满CO2气体，然后往罐内注入足量的NaOH溶液，立即用胶布密封罐口。经过一段时间后，罐壁内凹而瘪，再过一段时间后，瘪了的罐壁重新鼓起来。罐壁内凹而瘪的原因是_____________，离子方程式可能为____________________；罐再鼓起的原因是________________，离子方程式可能为________________。
【答案】 (1). 1：2：3 (2). 3：2：2 (3). CO2被吸收而被外界大气压压瘪 (4). 2OH-+CO2=CO32-+H2O (5). 由于铝与碱反应生成H2，压强增大而重新鼓起 (6). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
（1）相同物质的量的钠、镁、铝与足量盐酸反应，金属完全反应，根据电子转移守恒可知，生成氢气体积之比等于金属提供电子物质的量之比；
根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算生成氢气的物质的量，钠与酸反应完会继续与水反应，结合关系式计算；
【详解】（1）酸反应时，1mol钠可以提供1mol电子，1mol镁可以提供2mol电子，1mol铝可以提供3mol电子，故生成的氢气体积比为1:2:3；0.3 mol的钠投入到100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液中，钠可以完全反应，根据电子守恒可知生成的氢气为0.15mol；0.3 mol的镁投入100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液，硫酸的量不足，因此生成的氢气根据硫酸的量来计算，为0.1mol；0.3 mol的铝投入100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液中，硫酸的量不足，因此生成的氢气根据硫酸的量来计算，为0.1mol；故生成的氢气体积比为3:2:2；
故答案为：1:2:3；3:2:2；
（2）罐壁内凹而瘪是因为罐内CO2与NaOH发生反应，气体减少导致罐内压强降低，被大气压压瘪；由于易拉罐的材料为铝，铝可与氢氧化钠溶液反应生成氢气，气体增多导致罐内压强升高。
故答案为：CO2被吸收而被外界大气压压瘪；；由于铝与碱反应生成H2，压强增大而重新鼓起；。
【点睛】Na与酸溶液反应酸不足量时，Na可以继续和水反应，故本题中Na可以完全反应。其他活泼金属如钾、钙也有相似性质。
27.现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，则：
（1）该气体所含原子总数为____________个；
（2）该气体在标准状况下的体积为____________L；
（3）该气体每个分子的质量为_______________g；
（4）该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为____________mol/L。
【答案】 (1). 2mNA/M (2). 22.4m/M (3). M/NA (4). m/MV
【解析】
【分析】
（1）根据n=m/M及N=nNA计算分子数目，含有原子数目为分子的2倍；
（2）根据n=m/M及V=nVm计算气体体积；
（3）根据n=m/M及N=nNA计算一个分子的质量；
（4）根据c=n/V计算。
【详解】（1）该气体物质的量为=mol，因为一个分子中含两个原子，该气体所含原子总数为×2×NA=2mNA/M；
因此，本题正确答案是：2mNA/M；
（2）该气体的物质的量为=mol，该气体在标准状况下的体积为×Vm=(m/M) ×22.4=22.4m/M L；
因此，本题正确答案是：22.4m/M ；
（3）NA个该气体的分子质量总和为Mg，每个分子的质量为M/NAg；
因此，本题正确答案是：M/NA；
（4）根据c=n/V可知，该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为/V= m/MV mol/L；
因此，本题正确答案是：m/MV。
28.用98%的浓硫酸(其密度为1.84 g/cm3)配制98 mL 1.0 mol·L－1稀硫酸,若实验仪器有:
A．100 mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50 mL容量瓶 E.10 mL量筒 F.胶头滴管 G.50 mL烧杯 H.100 mL容量瓶
（1）需量取浓硫酸的体积为 ______ mL。
（2）实验时选用仪器有(填序号)_______
（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是(填序号)_____
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
（4）在容量瓶使用方法中,下列操作不正确的是(填序号)_______
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
C．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上,准确称量并放入烧杯中溶解后,立即注入容量瓶中
D．将准确量取的18.4 mol·L－1的硫酸，注入已盛有30 mL水的100 mL的容量瓶中，加水至刻度线
E.定容后塞好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转摇匀
【答案】 (1). 5.4 (2). C、E、F、G、H (3). ① (4). B、C、D
【解析】
【详解】(1)浓硫酸的物质的量浓度为,设所需浓硫酸的体积为V,则有,
则,因此，本题正确答案是:5.4;
(2)操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取,在烧杯中稀释,冷却后转移到100mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器为筒量、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶,因此，本题正确答案是:CEFGH;
(3)①定容观察液面时俯视,溶液体积偏小,浓度偏大,故①正确;
②容量瓶使用时未干燥,无影响,浓度不变,故②错误;
③定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面低于刻度线,再加蒸馏水补至刻度线,因为刻度线以上的滞留溶液会下来,溶液的体积偏大,浓度偏低,故③错误;
因此，本题正确答案是①;
(4)A、使用容量瓶前要检查它是否漏水,防止在配制溶液过程中漏液,所以A选项是正确的;
B、容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配液润洗,会导致所配溶液浓度偏大,故B错误;
C、氢氧化钠易潮解,故应放到烧杯中称量,氢氧化钠在溶解过程中会放热,要等冷却至室温再转移进容量瓶,故C错误;
D、配制溶液时,要先稀释,冷却至室温以后,再转移至容量瓶,故D错误;
E、摇匀时食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转反复上下摇匀,故E正确.
所以BCD选项是正确的.
29.A元素的一种单质是重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料—光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。
(1)易与C发生化学反应的酸是________，反应的化学方程式是_______________ 。
(2)将C与纯碱混合，在高温熔融时发生化学反应也可生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将E与D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。
①写出生成D和F的化学反应方程式：____________________、__________________。
②要将纯碱在高温下熔化，下列坩埚中不可选用的是________。
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
【答案】 (1). 氢氟酸 (2). SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O (3). SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑ (4). Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓ (5). ABC
【解析】
【分析】
“A元素的一种单质是重要的半导体材料”说明A为Si，通过“光导纤维”可推测C为SiO2，SiO2与烧碱即氢氧化钠反应生成的含Si元素的化合物为Na2 SiO3。SiO2与纯碱即碳酸钠高温条件下生成Na2 SiO3和CO2，故B为C，E为CO2，二氧化碳和硅酸钠在足量水中可生成硅酸和碳酸钠，故F为H2SiO3。
【详解】（1）SiO2易与氢氟酸发生反应，故答案为：氢氟酸； ；
（2）①根据分析可知答案为： ； ；
②A项普通玻璃坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故A项错误；B项石英玻璃坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故B项错误；C项瓷坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故C项错误；D项铁坩埚中不含高温条件下与纯碱反应的物质，故D项正确；故答案为：ABC。
【点睛】半导体材料为硅单质，光导纤维材料为二氧化硅，为高频考点，一定要注意记忆区分。
30.某混合物甲中含有明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化：
请回答下列问题：
（1）写出A、B的化学式：A__________，B__________。
（2）试剂a最好选用下列试剂中的______________。
A．NaOH溶液 B．稀盐酸 C．二氧化碳 D．氨水
写出相应的离子方程式_____________________________________。
（3）写出反应①（生成溶液C和沉淀）的离子方程式______________。
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为_______。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). Al2O3 (3). D (4). Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ (5). AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3- (6). K2SO4和(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物加水溶解后，溶液是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向Al2O3和Fe2O3沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀A为Fe2O3；Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和NaHCO3溶液，Al（OH）3受热分解生成的固体B为Al2O3；向KAl(SO4)2溶液中加过量试剂a，反应生成Al（OH）3沉淀，则试剂a为氨水，溶液中剩余的是K2SO4和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4，据此进行解答。
【详解】根据以上分析可知A是氧化铁，B是氧化铝，溶液C是碳酸氢钠溶液，D是硫酸钾和硫酸铵组成的混合物，则
（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3；
（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，答案选D；溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；
（3）反应①中二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-；
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4。
【点睛】本题考查混合物的分离、提纯实验方案的设计，把握流程中混合物分离提纯的方法、铝及其化合物性质、Al2O3具有两性为解答的关键，注意物质的性质及发生的反应。
化学试题
—、选择题(本大题包括25小题每题2分，共50分．每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1.进行化学实验必须注意安全，下列说法中不正确的是（ ）
A. 不慎将酸溅到眼中,应立即用水冲洗,边洗边眨眼睛
B. 如果浓H2SO4沾到皮肤上,可立即用大量水冲洗,然后涂上硼酸溶液
C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上,要立即用大量水冲洗,然后涂上硼酸溶液
D. 如果少量酒精失火燃烧,可用湿抹布盖灭火焰
【答案】B
【解析】
【详解】A. 不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛伤害，故A说法正确；
B．如果浓H2SO4沾到皮肤上，若立即用大量水冲洗，浓硫酸稀释放热会造成二次伤害，应立即用布拭去，再用水冲洗，涂上硼酸溶液，故B说法错误；
C．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，C说法正确；
D．如果少量酒精失火燃烧，可用湿抹布盖灭火焰，酒精密度小于水，不能用水扑灭，D项说法正确；
故答案为B。
2.焰色实验过程中，铂丝的清洗和灼烧与钾焰色实验的观察两项操作如图所示，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，再蘸取被检验物质
B. 钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察
C. 焰色实验是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是化学变化
D. 没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
【答案】C
【解析】
【详解】A.每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，排除杂质元素的影响，然后再蘸取被检验物质，进行灼烧进行验证，A正确；
B.钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察，以滤去钠元素的黄光的干扰，B正确；
C.焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是电子跃迁时能量以光的形式释放出来，为元素的物理变化，C错误；
D.由于Fe元素灼烧时火焰无明显颜色，所以没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，D正确；
故合理选项是C。
3.已知3.01×1023个X气体分子的质量为32g，则X气体的摩尔质量是（ ）
A. 16g B. 32g C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据
【详解】3.01×1023个X气体分子即0.5molX，根据，可知，故答案为C。
【点睛】熟知以物质的量为核心的数量关系。
4.下列各组内的溶液相互滴加发生反应时，无论前者滴加到后者中，还是后者滴加到前者中，产生的现象都相同的是
A. 碳酸氢钠溶液和澄清石灰水 B. 氯化铝溶液和烧碱溶液
C. 碳酸钠溶液和盐酸溶液 D. 二氧化碳水溶液和澄清石灰水
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，都会发生：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，Ca2++ CO32-= CaCO3↓，均产生白色沉淀，现象相同，故A正确；
B. AlCl3和NaOH反应，当前者滴入后者时，开始一段时间内：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，当Al3+过量，Al3+和AlO2-发生双水解：Al3++AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，现象是先无明显现象后有白色沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量：Al3++3OH-= Al（OH）3↓，一段时间后OH-过量，Al（OH）3+OH-= AlO2-+2H2O，现象是先有白色沉淀后白色沉淀溶解，故B错误；
C.碳酸钠溶液滴入盐酸溶液中，马上放出气体：CO32-+2H+=CO2↑+ H2O；盐酸溶液滴入到碳酸钠溶液中，刚开始无气泡，一段时间后有气泡：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2↑+ H2O；所以二者现象不同，故C错误；
D.二氧化碳少量时，反应为Ca2++CO2+2OH-═CaCO3↓+H2O，生成白色沉淀；当二氧化碳过量时，反应为CO2+OH-═HCO3-，最终无有沉淀，所以现象不同，故D错误；
故答案选A。
【点睛】针对选项（A）：当碳酸氢钠溶液加入过量的氢氧化钙反应时，生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；当碳酸氢钠溶液加入少量的氢氧化钙反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以无论前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象相同。
5.下列实验操作均要用玻璃棒，其中与过滤操作中玻璃棒的作用相同的是（ ）
A. 测溶液pH B. 蒸发 C. 溶解 D. 向容量瓶转移液体
【答案】D
【解析】
【分析】
过滤操作中玻璃棒的作用是引流。
【详解】A.测溶液pH值时，玻璃棒用来蘸取待测液，故A项错误；
B．蒸发操作中玻璃棒的作用是搅拌，故B项错误；
C．溶解过程中玻璃棒的作用是搅拌，故C项错误；
D．向容量瓶转移液体时玻璃棒的作用是引流，故D项正确；
故答案为D。
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】
【详解】A、将温度计水银球放在蒸馏瓶的支管口，测蒸汽的温度，A正确；
B、冷却水从冷凝管下口入，上口出，使冷凝效果更好，B错误；
C、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、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，D正确；
故选B。
7.从碘水中提取碘可供选择的试剂是（ ）
A. 苯、酒精 B. 汽油、酒精 C. 汽油、乙酸 D. 四氯化碳、苯
【答案】D
【解析】
【分析】
从碘水中提取碘的操作是萃取，萃取的原理是利用溶质在互不相溶的两种溶剂中溶解度不同。
【详解】A项中苯可以萃取，但酒精与水互溶，故A 项错误；
B．酒精与水互溶，故B项错误；
C．乙酸和水互溶，故C项错误；
D．碘在四氯化碳和苯中的溶解度均大于在水中的溶解度，且四氯化碳和苯均不与水互溶，故可以用来萃取，故D项正确；
故答案为D。
8.实验室需用480 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作能配制成功的是（ ）
A. 称取7.68 g CuSO4粉末，加入500 mL水
B. 称取12.5 g CuSO4·5H2O晶体，加水配成500 mL溶液
C. 称取8.0 g CuSO4粉末，加入500 mL水
D. 称取8.0 g CuSO4·5H2O晶体，加水配成500 mL溶液
【答案】BD
【解析】
【详解】500mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液中溶质的物质的量为；若使用CuSO4粉末配制溶液，则m(硫酸铜)=0.05mol×160g/mol=8.0g；若使用CuSO4·5H2O晶体配制溶液，则m(硫酸铜)=0.05mol×250g/mol=12.5g；然后将其配制成500mL溶液；所以正确选项为BD。
9.下列说法不正确的是（ ）
A. 太阳能电池可用硅材料制作，其应用有利于环保、节能
B. SiO2可用于制造光导纤维
C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂
D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是有机材料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 太阳能电池可用硅材料制作，其应用可减少化石能源的使用，有利于环保、节能，A正确；
B. SiO2可用于制造光导纤维，B正确；
C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，其不燃烧，不支持燃烧，可用作木材防火剂及黏胶剂，C正确；
D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是无机非金属材料，D错误；
答案为D
10.下列物质：①氢氟酸；②浓H2SO4；③烧碱溶液；④Na2CO3固体；⑤氧化钙；⑥浓HNO3。其中在一定条件下能与SiO2反应的有( )
A. ①②⑥ B. ②③⑥ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】C
【解析】
氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；烧碱溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水；Na2CO3固体在高温下与二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳；氧化钙在高温下与二氧化硅反应生成硅酸钙；浓H2SO4、浓HNO3与SiO2不反应，答案选C。
点睛：H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以在溶液中能发生复分解反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O＝Na2CO3＋H2SiO3↓，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生，但不能据此说明硅酸的酸性强于碳酸，因为该反应不是在溶液中进行的，利用的难挥发性物质制备易挥发性物质。
11.某溶液中可能含有SO42-、CO32-、Cl-。为了检验其中是否含有SO42-，除BaCl2溶液外，还需要的溶液是 （ ）
A. H2SO4 B. HCl C. NaOH D. NaNO3
【答案】B
【解析】
【分析】
本题中检验SO42-需要酸化的钡盐，除了BaCl2溶液，还需加酸溶液来排除CO32-的干扰。
【详解】A.H2SO4 中含有SO42-，无法检验原溶液中是否含有SO42-，故A项错误；
B.HCl为酸，虽然引入了Cl-，但对SO42-无影响，故B项正确；
C.NaOH是一种碱，无法判断是否含有SO42-，故C项错误；
D.NaNO3是一种盐，无法判断是否含有SO42-，故D项错误；
故答案为B。
12.下列叙述错误的是（ ）
A. 0.012 kg的12C所含的原子数为6.02×1023
B. 1 mol H2O中含有2 mol H和1 mol O
C. 2 mol NaOH溶于1 L水中配成溶液的浓度为2 mol·L―1
D. 1 L 2 mol·L―1 NaOH溶液中含有NaOH 2 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.012 kg的12C所含的原子数为6.02×1023，A正确；
B. 1 mol H2O中含有2 mol H和1 mol O，B正确；
C. 2 mol NaOH溶于1 L水中配成溶液的浓度小于2 mol·L―1，C错误；
D. 1 L 2 mol·L―1 NaOH溶液中含有NaOH 2 mol，D正确；
故答案选C。
【点睛】在计算物质的量浓度时，要注意体积为溶液体积而不是溶剂的体积。
13.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2 g H2所含的原子数目为NA
B. 标准状况下，22.4 L水中含有水分子数为NA
C. 常温下，1 L 0.1 mol·L―1的MgCl2溶液中含有的Cl―数为0.2 NA
D. 常温常压下，11.2 L CH4中含有的氢原子数为2 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2 g H2的物质的量为1mol，所含的原子数为2 NA，A错误；
B. 标况下水为固液共存状态，无法使用气体摩尔体积进行计算，B错误；
C. 常温下，1 L 0.1 mol·L―1的MgCl2溶液中含有的Cl―数为0.2 NA，C正确；
D. 常温常压下气体摩尔体积不为22.4L/mol，D错误；
故答案选C。
【点睛】气体摩尔体积为22.4L/mol仅限标况下气体使用。
14.下列说法正确的是( )
A. O3是由3个氧原子构成的化合物 B. 生石灰与水混合的过程只发生物理变化
C. 可用丁达尔效应区分溶液与胶体 D. CuSO4·5H2O 是一种混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A. O3是由3个氧原子构成的单质，不是化合物，故A项错误；
B．生石灰与水混合的过程会发生：，为化学反应，故B项错误；
C．胶体有丁达尔效应，溶液没有，丁达尔效应可以区分胶体和溶液，故C项正确；
D．CuSO4·5H2O 是一种纯净物，故D 项错误；
答案为C。
【点睛】CuSO4·5H2O 是一种纯净物，CuSO4也是一种纯净物，故CuSO4吸水转化成CuSO4·5H2O的过程是化学变化。
15.下列关于胶体的叙述中不正确的是
A. 布朗运动是胶体微粒特有的运动方式，只用肉眼就可以把胶体和溶液、浊液区别开来
B. 向Fe(OH)3胶体中加入少量H2SO4溶液，会生成红褐色沉淀
C. 丁达尔效应是胶体的特性
D. 胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象
【答案】A
【解析】
【详解】A.微粒的运动是用肉眼无法观察到的，A说法错；
B.向Fe(OH)3胶体中加入少量H2SO4溶液，会发生聚沉，所以会生成红褐色沉淀，B说法正确；
C.丁达尔效应是胶体性质的一个表现，C说法正确；
D.胶体离子带电荷，会发生电泳，D说法正确；
答案选A。
16.某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是
A. K+、Mg2+、Cl-、SO42- B. Na+、NH4+、SO42-、HCO3-
C. Na+、K+、SO42-、Cl- D. K+、Na+、NO3-、CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
加入铝粉能够产生氢气，溶液中可能存在大量的H+或OH-。
【详解】A．Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．HCO3-能够与H+和OH-发生反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；
C．Na+、K+、SO42-、Cl-离子之间不发生反应，都不与H+和OH-反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．CO32-与H+发生反应生成二氧化碳和水，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，加入铝粉不会生成氢气，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况。本题中注意隐含的条件“加入铝粉产生氢气”和“一定”共存。本题的易错点为D，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应无法生成氢气。
17.下列离子方程式书写正确的是（ ）
①铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+ ；
②Cu(OH)2和HNO3混合：H++OH-=H2O；
③Fe与稀硝酸反应 Fe+2H+=Fe2++H2↑；
④H2SO3与氢氧化钠混合 H++OH-=H2O；
⑤碳酸钡与稀盐酸反应： BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；
⑥SO3溶于水：SO3+H2O=2H++SO42-
A. ③⑤⑥ B. ⑤⑥ C. ①③④ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①铁与氯化铁溶液反应的方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+ ，①电荷不守恒，错误；
②Cu(OH)2和HNO3混合的方程式为Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，②错误；
③Fe与稀硝酸反应，N元素体现氧化性，方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，③错误；
④亚硫酸为弱酸，离子方程式中不能拆，④错误；
⑤碳酸钡与稀盐酸反应的方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，⑤正确；
⑥SO3溶于水的方程式为SO3+H2O=2H++SO42-⑥正确；
故答案选B。
18.根据下列三个反应的化学方程式，判断有关物质的还原性的强弱顺序（ ）
①I2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI ②2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 ③2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl
A. I- ＞ Fe2+ ＞Cl- ＞SO2 B. Cl- ＞ Fe2+ ＞ SO2 ＞I-
C. Fe2+ ＞I- ＞Cl- ＞SO2 D. SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物。
【详解】由可知还原性SO2＞I-；由 可知还原性Fe2+＞Cl-；由可知还原性 I-＞Fe2+，故还原性的强弱顺序为：SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-；故答案为D。
19.LiH是一种氢气发生剂，用于军事或其他需氢气的场合。反应为：LiH+H2O＝LiOH+H2↑，在这个反应中（ ）
A. 水是氧化剂，LiH是还原剂 B. LiH是氧化剂，水是还原剂
C. LiH既是氧化剂又是还原剂 D. 该反应是非氧化还原反应，不存在氧化剂和还原性
【答案】A
【解析】
【分析】
反应中LiH中H元素化合价为-1价，Li化合价为+1价，反应过程中H元素由-1价升为0价，发生氧化反应，故LiH为还原剂，H2O中H为+1价，反应过程有一部分H由+1价降为0价，发生还原反应，故H2O为氧化剂。
【详解】A.由分析可知水是氧化剂，LiH为还原剂，故A项正确；
B.由分析可知水是氧化剂，LiH为还原剂，故B项错误；
C.由分析可知水是氧化剂，LiH为还原剂，故C项错误；
D.该反应是氧化还原反应，故D项错误；
故答案为A。
【点睛】氢元素在与一些活泼金属如锂、钠、钾等，组成化合物时显负价态。
20.在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3＝5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是 ( )
A. 3∶2 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 2∶3
【答案】D
【解析】
【详解】反应6NO+4NH3===5N2+6H2O中，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中化合价升高的元素是氨气中的氮元素，在反应中被氧化，化合价降低元素是一氧化氮中的氮元素，在反应中被还原，所以，该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比是4∶6=2∶3，所以被氧化和被还原的氮元素的质量比是2∶3，故选D。
21.24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价是（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】
被氧化为,S元素化合价由+4价升高为+6价;中Cr元素发生还原反应,设Cr元素在产物中的化合价为x价,根据电子转移守恒计算x的值.
【详解】:反应中被氧化成,S化合价从+4变为+6,化合价升高2价,
设Cr元素在产物中的化合价为x价, 中Cr元素的化合价为+6,则化合价降低:6-x, 根据电子转移守恒可得:
计算得出:x=3,
所以B选项是正确的.
22.相同物质的量的Na2O2和Na2O的比较中不正确的是 ( )
A. 两种物质所含原子个数之比为4∶3
B. 两种物质中阴离子的物质的量之比为2∶1
C. 两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量比为1∶1
D. 两种物质中阳离子的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A、Na2O2和Na2O两种物质所含原子核个数分别是4、3，原子个数之比是4：3，故A正确；
B、Na2O2和Na2O两种物质中的阴离子分别是过氧根离子和氧离子，物质的量之比是1：1，故B错误；
C、氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，二者是1：1反应，过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，二者是1：1反应，相同物质的量的Na2O2和Na2O与足量的CO2反应，消耗气体的质量之比为1：1，故C正确；
D、Na2O2和Na2O两种物质中阳离子均是钠离子，阳离子的物质的量之比为1：1，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查钠的氧化物，明确发生的化学反应、物质构成及相关的概念是解答本题的关键，注意根据物质的构成微粒。本题的易错点为B，Na2O2中的阴离子是过氧根离子。
23.下列六种物质：①Na2O ②Na2O2 ③NaCl ④Na2CO3溶液 ⑤NaOH ⑥NaHCO3，其中不能与CO2反应的是
A. ①④ B. ②③ C. ③⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
详解】①Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；
②Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
③NaCl与二氧化碳不反应；
④Na2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
⑤NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；
⑥NaHCO3与二氧化碳不反应；
其中不能与CO2反应的是③⑥。答案选C。
24. 等量的铁分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气的体积比是：
A. 1 ：1 B. 3 ：4 C. 2 ：3 D. 4 ：3
【答案】B
【解析】
【详解】令Fe的物质的量为1mol，则：
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
1mol 1mol
3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
1mol mol，
相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1mol：mol=3：4，故选B。
【点睛】本题考查根据方程式的计算。知道铁与水蒸气的反应是关键，注意基础知识的理解掌握，相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体积之比。
25.将固体X投入过量的Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是( )
A. 钠和氯化铝溶液 B. 铝和烧碱溶液 C. 过氧化钠和氯化亚铁 D. 锌和稀硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠投入氯化铝溶液中会与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢气无色且能燃烧，氢氧化钠可与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故A项正确；
B.铝和烧碱溶液即氢氧化钠反应生成氢气，但不能生成沉淀，故B项错误；
C.过氧化钠投入氯化亚铁溶液中，过氧化钠可以与水反应生成氧气，氧气不能燃烧，故C项错误；
D.锌投入稀硫酸溶液中可以反应生成氢气，但不能生成沉淀，故D项错误；
故答案为A。
二．非选择题（本大题包括5小题 共50分）
26.(1)相同物质的量的钠、镁、铝与足量盐酸反应时放出氢气的体积比为__________。分别为0.3 mol的钠、镁、铝投入100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液中，三者产生的体积比是_______。
(2)在一个用铝制的易拉罐内充满CO2气体，然后往罐内注入足量的NaOH溶液，立即用胶布密封罐口。经过一段时间后，罐壁内凹而瘪，再过一段时间后，瘪了的罐壁重新鼓起来。罐壁内凹而瘪的原因是_____________，离子方程式可能为____________________；罐再鼓起的原因是________________，离子方程式可能为________________。
【答案】 (1). 1：2：3 (2). 3：2：2 (3). CO2被吸收而被外界大气压压瘪 (4). 2OH-+CO2=CO32-+H2O (5). 由于铝与碱反应生成H2，压强增大而重新鼓起 (6). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
（1）相同物质的量的钠、镁、铝与足量盐酸反应，金属完全反应，根据电子转移守恒可知，生成氢气体积之比等于金属提供电子物质的量之比；
根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算生成氢气的物质的量，钠与酸反应完会继续与水反应，结合关系式计算；
【详解】（1）酸反应时，1mol钠可以提供1mol电子，1mol镁可以提供2mol电子，1mol铝可以提供3mol电子，故生成的氢气体积比为1:2:3；0.3 mol的钠投入到100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液中，钠可以完全反应，根据电子守恒可知生成的氢气为0.15mol；0.3 mol的镁投入100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液，硫酸的量不足，因此生成的氢气根据硫酸的量来计算，为0.1mol；0.3 mol的铝投入100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液中，硫酸的量不足，因此生成的氢气根据硫酸的量来计算，为0.1mol；故生成的氢气体积比为3:2:2；
故答案为：1:2:3；3:2:2；
（2）罐壁内凹而瘪是因为罐内CO2与NaOH发生反应，气体减少导致罐内压强降低，被大气压压瘪；由于易拉罐的材料为铝，铝可与氢氧化钠溶液反应生成氢气，气体增多导致罐内压强升高。
故答案为：CO2被吸收而被外界大气压压瘪；；由于铝与碱反应生成H2，压强增大而重新鼓起；。
【点睛】Na与酸溶液反应酸不足量时，Na可以继续和水反应，故本题中Na可以完全反应。其他活泼金属如钾、钙也有相似性质。
27.现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，则：
（1）该气体所含原子总数为____________个；
（2）该气体在标准状况下的体积为____________L；
（3）该气体每个分子的质量为_______________g；
（4）该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为____________mol/L。
【答案】 (1). 2mNA/M (2). 22.4m/M (3). M/NA (4). m/MV
【解析】
【分析】
（1）根据n=m/M及N=nNA计算分子数目，含有原子数目为分子的2倍；
（2）根据n=m/M及V=nVm计算气体体积；
（3）根据n=m/M及N=nNA计算一个分子的质量；
（4）根据c=n/V计算。
【详解】（1）该气体物质的量为=mol，因为一个分子中含两个原子，该气体所含原子总数为×2×NA=2mNA/M；
因此，本题正确答案是：2mNA/M；
（2）该气体的物质的量为=mol，该气体在标准状况下的体积为×Vm=(m/M) ×22.4=22.4m/M L；
因此，本题正确答案是：22.4m/M ；
（3）NA个该气体的分子质量总和为Mg，每个分子的质量为M/NAg；
因此，本题正确答案是：M/NA；
（4）根据c=n/V可知，该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为/V= m/MV mol/L；
因此，本题正确答案是：m/MV。
28.用98%的浓硫酸(其密度为1.84 g/cm3)配制98 mL 1.0 mol·L－1稀硫酸,若实验仪器有:
A．100 mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50 mL容量瓶 E.10 mL量筒 F.胶头滴管 G.50 mL烧杯 H.100 mL容量瓶
（1）需量取浓硫酸的体积为 ______ mL。
（2）实验时选用仪器有(填序号)_______
（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是(填序号)_____
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
（4）在容量瓶使用方法中,下列操作不正确的是(填序号)_______
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
C．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上,准确称量并放入烧杯中溶解后,立即注入容量瓶中
D．将准确量取的18.4 mol·L－1的硫酸，注入已盛有30 mL水的100 mL的容量瓶中，加水至刻度线
E.定容后塞好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转摇匀
【答案】 (1). 5.4 (2). C、E、F、G、H (3). ① (4). B、C、D
【解析】
【详解】(1)浓硫酸的物质的量浓度为,设所需浓硫酸的体积为V,则有,
则,因此，本题正确答案是:5.4;
(2)操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取,在烧杯中稀释,冷却后转移到100mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器为筒量、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶,因此，本题正确答案是:CEFGH;
(3)①定容观察液面时俯视,溶液体积偏小,浓度偏大,故①正确;
②容量瓶使用时未干燥,无影响,浓度不变,故②错误;
③定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面低于刻度线,再加蒸馏水补至刻度线,因为刻度线以上的滞留溶液会下来,溶液的体积偏大,浓度偏低,故③错误;
因此，本题正确答案是①;
(4)A、使用容量瓶前要检查它是否漏水,防止在配制溶液过程中漏液,所以A选项是正确的;
B、容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配液润洗,会导致所配溶液浓度偏大,故B错误;
C、氢氧化钠易潮解,故应放到烧杯中称量,氢氧化钠在溶解过程中会放热,要等冷却至室温再转移进容量瓶,故C错误;
D、配制溶液时,要先稀释,冷却至室温以后,再转移至容量瓶,故D错误;
E、摇匀时食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转反复上下摇匀,故E正确.
所以BCD选项是正确的.
29.A元素的一种单质是重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料—光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。
(1)易与C发生化学反应的酸是________，反应的化学方程式是_______________ 。
(2)将C与纯碱混合，在高温熔融时发生化学反应也可生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将E与D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。
①写出生成D和F的化学反应方程式：____________________、__________________。
②要将纯碱在高温下熔化，下列坩埚中不可选用的是________。
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
【答案】 (1). 氢氟酸 (2). SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O (3). SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑ (4). Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓ (5). ABC
【解析】
【分析】
“A元素的一种单质是重要的半导体材料”说明A为Si，通过“光导纤维”可推测C为SiO2，SiO2与烧碱即氢氧化钠反应生成的含Si元素的化合物为Na2 SiO3。SiO2与纯碱即碳酸钠高温条件下生成Na2 SiO3和CO2，故B为C，E为CO2，二氧化碳和硅酸钠在足量水中可生成硅酸和碳酸钠，故F为H2SiO3。
【详解】（1）SiO2易与氢氟酸发生反应，故答案为：氢氟酸； ；
（2）①根据分析可知答案为： ； ；
②A项普通玻璃坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故A项错误；B项石英玻璃坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故B项错误；C项瓷坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故C项错误；D项铁坩埚中不含高温条件下与纯碱反应的物质，故D项正确；故答案为：ABC。
【点睛】半导体材料为硅单质，光导纤维材料为二氧化硅，为高频考点，一定要注意记忆区分。
30.某混合物甲中含有明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化：
请回答下列问题：
（1）写出A、B的化学式：A__________，B__________。
（2）试剂a最好选用下列试剂中的______________。
A．NaOH溶液 B．稀盐酸 C．二氧化碳 D．氨水
写出相应的离子方程式_____________________________________。
（3）写出反应①（生成溶液C和沉淀）的离子方程式______________。
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为_______。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). Al2O3 (3). D (4). Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ (5). AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3- (6). K2SO4和(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物加水溶解后，溶液是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向Al2O3和Fe2O3沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀A为Fe2O3；Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和NaHCO3溶液，Al（OH）3受热分解生成的固体B为Al2O3；向KAl(SO4)2溶液中加过量试剂a，反应生成Al（OH）3沉淀，则试剂a为氨水，溶液中剩余的是K2SO4和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4，据此进行解答。
【详解】根据以上分析可知A是氧化铁，B是氧化铝，溶液C是碳酸氢钠溶液，D是硫酸钾和硫酸铵组成的混合物，则
（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3；
（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，答案选D；溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；
（3）反应①中二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-；
（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4。
【点睛】本题考查混合物的分离、提纯实验方案的设计，把握流程中混合物分离提纯的方法、铝及其化合物性质、Al2O3具有两性为解答的关键，注意物质的性质及发生的反应。
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