1、2019-2020学年高一化学上学期第四次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64第I卷一、选择题(本题包括25小题，每题2分，共50分)1.下列“危险警告标识”与对应“化学试剂”不符的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 盐酸具有酸性，有腐蚀性，符合标识，A项正确；B. 天然气为易燃气体，符合标识，B项正确；C. 过氧化钠具有氧化性，符合标识，C项正确；D. 烧碱是氢氧化钠，具有腐蚀性，不符合标识，D项错误；答案选D。2.随着工业的快速
2、发展，环境污染日益加重，下列行为造成的环境问题与其名称不符的是（ ）A. 工业废气中的固体悬浮物和矿山开采地的粉尘(雾霾)B. 超市用的塑料袋随意丢弃(白色污染)C. 工业上CO2的排放(酸雨)D. 刻制印刷电路时使用过腐蚀液直接排放到河流(河流和地下水污染)【答案】C【解析】【详解】A. 工业废气中的固体悬浮物和矿山开采地的粉尘是形成雾霾的主要物质，A项正确；B. 超市用的塑料袋随意丢弃，是造成白色污染的主要原因，B项正确；C. 工业上SO2、NO2的排放是造成酸雨的主要原因，CO2是造成温室效应的主要气体，C项错误；D. 刻制印刷电路时使用过的腐蚀液含有重金属离子，直接排放到河流会造成河流
3、和地下水污染，D项正确；答案选C。3.有关物质及其用途的描述，正确的是（ ）SO2(漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等)氢氟酸(在玻璃上雕刻赏心悦目图案)Fe3O4(用作红色油漆和涂料)ClO2(自来水消毒剂)Al(OH)3(胃酸中和剂)Na2O2(作呼吸面具或潜水艇的供氧剂)A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【详解】SO2具有漂泊性，能漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，故正确；氢氟酸能与二氧化硅反应，所以能在玻璃上雕刻赏心悦目图案，故正确；氧化铁为红棕色固体，用于制造红色油漆和涂料，故错误；ClO2具有强氧化性，能做自来水消毒剂，故正确；Al(OH)3为弱碱，可以中和胃酸，所以是胃酸中和剂，故
4、正确；过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠通常可用作供氧剂，故正确；正确的为，答案选A。4.在某澄清透明的酸性溶液中，可能大量共存的离子组是（ ）A. Na+、K+、SO32-、SO42-B. Na+、Fe2+、Cl-、MnO4-C. Na+、K+、SiO32-、NO3-D. Al3+、NH4+、SO42-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A. SO32-会与H+反应生成气体，不能共存，A项错误；B. Fe2+、H+、MnO4-，三者会发生反应，不能共存，B项错误；C. SiO32-与H+反应生成沉淀，不能共存，C项错误；D. Al3+、NH4-、SO42-、Cl-、H+之间均不反
5、应，可以共存，D项正确；答案选D。【点睛】本题解法，注意题干隐性条件，澄清透明的酸性溶液，说明不能存在沉淀，同时存在氢离子，选项中，各组分不能发生反应，尤其注意氧化还原反应。5.硅及其化合物在材料领域中应用广泛，下列说法正确的是（ ）A. 制取普通玻璃是以纯碱、黏土、石英砂为主要原料B. 二氧化硅是太阳能转换为电能的常用材料C. 石棉(CaMg3Si4O12)表示为CaO3MgO4SiO2D. 水晶、玻璃、陶瓷的主要成分都属于硅酸盐制品【答案】C【解析】【详解】A. 制取普通玻璃是以纯碱、石灰石、石英砂为主要原料，A项错误；B. 硅是太阳能转换为电能的常用材料，B项错误；C. CaMg3Si4
6、O12用氧化物的形式表示为CaO3MgO4SiO2，C项正确；D. 水晶的主要成分为二氧化硅，D项错误；答案选C。6.下列试剂的贮存方法和解释均正确的是（ ）NaOH溶液应保存在带有磨口玻璃塞的试剂瓶中，防止与空气中的CO2反应金属Na保存在煤油中，防止与空气中的O2和H2O反应浓硫酸应该保存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中，防止因浓硫酸粘性大而打不开瓶塞漂白粉应密封保存，防止被空气中的氧气氧化装有浓盐酸和浓氨水的试剂瓶应放在同一贮存柜中，是因为两种试剂都具有挥发性A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，
7、故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故错误；金属Na密度比煤油大且不会反应，可防止与空气中的O2和H2O反应，故正确；浓硫酸具有腐蚀性，不能用橡胶塞，故错误；漂白粉应密封保存，防止与空气中水和二氧化碳反应，不是防止被空气中的氧气氧化，故错误；浓盐酸和浓氨水都具有挥发性，二者会反应生成氯化铵，因此装有二者的试剂瓶不能放在同一贮存柜中，故错误；正确为，答案选C。7.在3L由KNO3、Al(NO3)3、Ca(NO3)2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此溶液中Ca2+的物质的量是（ ）A. 0.25molB. 0.5molC. 0.75molD. 1.5mol【答案】C【解析】【详解】依据
8、图示可知铝离子浓度为0.5mol/L，钾离子浓度为1mol/L，硝酸根离子浓度为3.0mol/L，则依据电荷守恒可知：，解得c(Ca2+)=0.25mol/L，此溶液中Ca2+的物质的量：0.25mol/L3L=0.75mol，答案选C。8.下列对某些离子的检验及结论一定正确的是A. 向某溶液通入Cl2后，再滴入少许KSCN溶液，溶液变血红色，则原溶液中一定有Fe2+B. 向某溶液加入BaCl2溶液生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-C. 向某溶液中加入足量稀盐酸，有无色无味使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定有CO32-D. 向某溶液中滴加氯水和CCl4，震荡
9、后下层溶液显紫色，则原溶液中一定有I-【答案】D【解析】【详解】A. 溶液变成血红色，可说明含有Fe3+，但不一定为Fe2+氧化生成，应先加入KSCN，再加入过氧化氢检验，A项错误；B. 加入氯化钡，可能生成AgCl沉淀，如检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，如生成沉淀，可说明含有硫酸根离子，B项错误；C. HCO3-也能与酸反应生成无色且能使澄清石灰水变浑浊的气体，则不一定含有CO32-，C项错误；D. 某溶液中滴加氯水和CCl4，震荡后下层溶液显紫色，说明生成碘单质，则原溶液中一定有I-，D项正确；答案选D。9.实现下列微粒的变化，一定需要加入还原剂的是（ ）A. F
10、e2+Fe3+B. HClOHClC. Cl2Cl-D. SO2S【答案】D【解析】【详解】A. Fe2+Fe3+化合价升高，所以Fe2+是还原剂，需要氧化剂才能实现，A项错误；B. HClO可以自身分解为HCl和氧气，不一定需要加入还原剂，B项错误；C. Cl2与水反应生成Cl-与HClO，该反应中氯气是氧化剂又是还原剂，不一定需要加入还原剂，C项错误；D. 该反应中S元素化合价由+4价变为0价，所以SO2是氧化剂，需要还原剂才能实现，D项正确；答案选D。10.利用如图所示装置不能完成对应实验的是（ ）A. 图甲可以用来制备Fe(OH)3胶体B. 图乙可以用来证明酸性强弱顺序：H2SO4H2
11、CO3H2SiO3C. 图丙可以通过点燃肥皂泡来检验是否有氢气气体生成D. 图丁可以用陶瓷坩埚加热融化NaOH固体【答案】D【解析】【详解】A. 可通过将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中制备Fe(OH)3胶体，A项正确；B. 硫酸与碳酸钠反应得到二氧化碳和水，二氧化碳和水与硅酸钠反应得到硅酸，通过强酸制弱酸原理，可证明酸性强弱顺序：H2SO4H2CO3H2SiO3，B项正确；C. 还原铁粉在加热下会与水蒸气反应得到氢气，通过点燃肥皂泡，听到爆鸣声，证明有氢气气体，C项正确；D. 陶瓷坩埚成分有二氧化硅可氧化铝，都会与NaOH反应，不可以用陶瓷坩埚加热融化NaOH固体，D项错误；答案选D。11.下列反
12、应的离子方程式书写错误的是（ ）A. 向Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸：CO32-+H+=HCO3-B. 向KAl(SO4)2溶液滴加过量NaOH溶液反应：Al3+4OH-=AlO2-+2H2OC. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-D. 固体SiO2和NaOH溶液反应：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【答案】C【解析】【详解】A. Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，A项正确；B. 铝离子与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，B项正确；C.
13、 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，C项错误；D. 固体SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，D项正确；答案选C。12.下列实验操作正确的是（ ）A. 配制480mL0.1molL-1的NaCl溶液需用托盘天平称量2.925gNaCl固体B. 用50mL量筒量取5.5mL稀盐酸C. 使用容量瓶配制溶液，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次并转移到容量瓶中D. 定容时发现液面高于刻度线，可用胶头滴管吸取出少量液体使液面与刻度线相切【答案】C【解析】【详解】A. 托盘天平精确到0.1g
14、，无法称量2.925g NaCl固体，A项错误；B. 50mL量筒精确到1mL，无法量取5.5mL稀盐酸，B项错误；C. 使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯23次，并将洗涤液转移到容量瓶中，C项正确；D. 定容时发现液面高于刻度线，配制失败，需要重新开始，D项错误；答案选C。13.下列物质之间的转化中，都能通过一步实现的是（ ）H2SSSO3H2SO4AlAl2O3NaAlO2Al(OH)3FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3SiSiO2H2SiO3Na2SiO3NaNa2ONa2CO3NaOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】S不能一步转化为SO3，错误
15、；Al与氧气反应得到Al2O3，Al2O3与氢氧化钠反应得到NaAlO2，NaAlO2与二氧化碳和水反应得到Al(OH)3，都能通过一步实现，正确；Fe与盐酸反应制得FeCl2，FeCl2与氨水反应得到Fe(OH)2，Fe(OH)2与氧气和水反应得到Fe(OH)3，都能通过一步实现，正确；SiO2不能一步转化为H2SiO3，错误；Na与氧气反应得到Na2O，Na2O与二氧化碳反应得到Na2CO3，Na2CO3与氢氧化钡反应得到NaOH，都能通过一步实现，正确；正确为，答案选C。【点睛】本题重点，掌握物质转化的相应化学方程式，平时要注意梳理，做到心中有数。14.根据如图的转化关系判断下列说法正确
16、的是(反应条件已略去)（ ）A. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4B. 反应均属于氧化还原反应C. 生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：1D. 反应的离子反应方程式为2Fe2+O2+2H+=2Fe3+2H2O【答案】B【解析】【详解】A. 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，A项错误；B. 为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，为过氧化氢分解生成水和氧气，为氯酸钾分解生成氯化钾和
17、氧气，为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，B项正确；C. 中O元素的化合价由1价升高为0，中O元素的化合价有2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1:2，C项错误；D. 反应的离子反应方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，D项错误；答案选B。15.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，11.2L乙醇中所含的分子数为0.5NAB. 常温下，39gNa2O2与Na2S的混合物所含的Na+数目为2NAC. 将4.6gNa与一定量O2反应生成7.0g产物时失去电子数为0.2NA
18、D. 足量的Al粉与标准状况下的1.12LCl2充分反应，转移的电子数为0.15NA【答案】C【解析】【详解】A. 标准状况下，乙醇为液态，无法用气体摩尔体积计算，A项错误；B. Na2O2与Na2S的摩尔质量相同，含有的钠离子数相同，39gNa2O2与Na2S的混合物的物质的量为0.5mol，则Na+数目为0.5mol2=1mol，B项错误；C. 4.6gNa的物质的量为0.2mol，钠反应后变为钠离子，失去一个电子，0.2molNa总失去的电子数为0.2NA，C项正确；D. 标准状况下1.12LCl2的物质的量为0.05mol，充分反应变为氯离子，转移的电子0.05mol 2=0.1mol
19、，D项错误；答案选C。【点睛】关于气体摩尔体积的相关判断，要注意适用条件，物质的状态是否为气体；外界条件是否为标准状况，即0，1.01105Pa。本题的易错点为A，要注意乙醇的状态。16.下列实验操作及实验现象，能完成实验目的的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 酒精与水互溶，不能做萃取剂，A项错误；B. 胆矾中含有结晶水，10g胆矾中硫酸铜的量会小于10g，结果偏低，B项错误；C. 用硝酸除去干扰离子，然后再用硝酸银检验氯离子，此时如果产生白色沉淀证明含有氯离子，C项正确；D. 二氧化碳也能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，不一定为二氧化硫，D项错误；答案选C
20、。17.下列各组物质相互混合反应后，最终一定有白色沉淀生成的是（ ）将金属钠投入到AlCl3溶液中将NaOH溶液滴入到盛有FeSO4溶液的试管中向Na2SiO3溶液中滴入过量盐酸向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3，再通入过量CO2气体向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】将金属钠投入到AlCl3溶液中，钠与水反应，生成氢氧化钠，当AlCl3溶液少量时，氢氧化钠与AlCl3反应生成偏铝酸钠，不一定有沉淀，错误；将NaOH溶液滴入到盛有FeSO4溶液试管中，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁沉淀会进一步被氧化为红褐色的氢氧化铁，错误；向Na2SiO3
21、溶液中滴入过量盐酸，生成白色的硅酸沉淀，正确；向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3，再通入过量CO2气体，消耗水，析出NaCl固体，有白色沉淀生成，正确向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，析出碳酸氢钠固体，有白色沉淀生成，正确；正确为，答案选D。18.为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了以下四种不同的方案，其中所用方法及现象判断错误的是（ ）A. 分别取样配成溶液，滴加稀盐酸溶液，开始就有气泡产生的是NaHCO3B. 分别取样配成溶液，滴加Ca(OH)2溶液，观察无白色沉淀产生的是NaHCO3C. 分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察无白色沉淀产生的是N
22、aHCO3D. 分别取样在试管中加热，将产生的气体通入澄清石灰水，观察有白色浑浊产生的是NaHCO3【答案】B【解析】【详解】A. Na2CO3和NaHCO3滴加稀盐酸溶液，先反应的是NaHCO3，开始就有气泡产生的是NaHCO3，A项正确；B. Ca(OH)2都会与Na2CO3和NaHCO3反应，生成白色沉淀，B项错误；C. 碳酸氢根不会与钡离子沉淀，碳酸根会有沉淀，C项正确；D. NaHCO3加热会分解为二氧化碳、水和碳酸钠，产生的二氧化碳气体通入澄清石灰水，会有沉淀生成，D项正确；答案选B。19.对下列实验事实能做出合理解释的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详
23、解】A. 二氧化硫使品红褪色，体现了二氧化硫的漂白性，A项错误；B. 二氧化硫通入硝酸钡溶液中，生成硫酸钡的沉淀，B项错误；C. 漂白粉会与空气的水和二氧化碳反应，生成次氯酸，次氯酸易分解，漂白粉失效，C项正确；D. 硝酸具有挥发性属于物理性质，不稳定性属于化学变化，D项错误；答案选C。【点睛】本题易错点B，正常情况下二氧化硫不与钡离子反应生成沉淀，但是当里面有硝酸根时，因为二氧化硫与水反应显酸性，结合硝酸根，可将亚硫酸根氧化为稳定的硫酸根，从而有沉淀生成。20.利用如图所示装置，能完成的实验是（ ）A AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 氨气收集要采用向下排空气法，A项
24、错误；B. 铜与浓硫酸反应，要用加热装置，B项错误；C. Cu与浓硝酸反应，制得二氧化氮，利用向上排空气法，二氧化氮污染环境，可用氢氧化钠吸收，C项正确；D. 浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，D项错误；答案选C。21.有一包白色粉末，由Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3、NaOH中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验：下列判断错误的是（ ）A. 生成白色沉淀D的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3B. BaSO4一定不存在，NaOH可能存在C. Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3一定存在，NaOH可能存在D. 气体B和气体E均可使澄
25、清的石灰水变浑浊【答案】C【解析】【分析】由探究实验流程可知，白色滤渣A与盐酸反应生成气体B，则A为CaCO3，B为CO2，无色溶液C与盐酸反应生成白色沉淀，则C中含Na2SiO3、Na2SO3，白色沉淀D为硅酸，气体E为SO2，由上分析可知，一定存在Na2SiO3、Na2SO3、CaCO3，不存在BaSO4，无法判断NaOH，以此来解答。【详解】A. 生成白色沉淀D为硅酸，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3，A项正确；B. 由分析可知，BaSO4一定不存在，NaOH可能存在，B项正确；C. 由分析可知，BaSO4一定不存在，C项错误；D. B为CO2，E为SO2，均可使澄清的石灰
26、水变浑浊，D项正确；答案选C。22.某100mL无色溶液可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法错误的是（ ）A. 原溶液一定存在Na+、NH4+、Mg2+、Al3+和Cl-，一定不存在Fe3+、CO32-B. 原溶液中c(NH4+)=1molL-1C. 沉淀2的成分为Mg(OH)2D. 原溶液中c(Cl-)6molL-1【答案】A【解析】【分析】无色溶液，不可能有Fe3+，加入氨水，生成沉淀，且沉淀部分溶解于NaOH，则所得沉淀1一定是Mg(OH)2、Al(OH)3的混合
27、物，一定存在Mg2+、Al3+，Al(OH)3是7.8g，物质的量为，沉淀2一定是Mg(OH)2，质量为5.8g，物质的量为；碳酸根和Mg2+、Al3+不共存，一定不存在CO32-，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，NH4+的物质的量为，开始加入适量氨水沉淀Mg2+、Al3+，加入氨水的物质的量为，则一定存在NH4+，物质的量为0.1mol；加入了NaOH再进行焰色反应，所以钠离子不能确定。【详解】A. 根据原溶液一定存在NH4+、Mg2+、Al3+和Cl-，一定不存在Fe3+、CO32-，Na+不能判断，A项错误；B. 100mL溶液存在NH4+的物质的量为0.1mol，则c(N
28、H4+)=1molL-1，B项正确；C. 由分析可知沉淀2是Mg(OH)2，C项正确；D. 根据电荷守恒，氯离子的物质的量，则原溶液中c(Cl-)6molL-1，D项正确；答案选A。23.向含有1molNH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。下列说法错误的是（ ）A. 当Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5molB. 当SO42-恰好完全沉淀时，铝元素全部以Al(OH)3的形式存在C. 当Al3+恰好完全生成AlO2-时，消耗氢氧化钡2.5molD. 随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大【答案】D【解析】【分析】1mol NH4Al(SO4)2
29、中逐滴加入Ba(OH)2溶液，反应过程可分三个阶段：2NH4Al(SO4)2+3Ba(OH)2=(NH4)2SO4+2Al(OH)3+3BaSO4；(NH4)2SO4+Ba(OH)2= 2BaSO4+2NH3+2H2O；2Al(OH)3+Ba(OH)2=Ba(AlO2)2-+4H2O；第一阶段：从开始滴入Ba(OH)2到1.5mol时，反应按进行，溶液中的Al3+、Ba2+、OH-离子均转化成沉淀；第二阶段：当滴入Ba(OH)2从1.5mol到2mol时，Ba2+继续与SO42-反应生成BaSO4，共生成2molBaSO4，同时反应生成的(NH4)2SO4与OH-反应生成氨气和水；第三阶段：当
30、滴入到Ba(OH)22mol到2.5mol时，按进行，生成的Al(OH)3全部转化为AlO2-。【详解】A. 从开始滴入Ba(OH)2到1.5mol时，反应按反应，即当1mol Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol，A项正确；B. 由反应可知，当SO42-恰好完全沉淀时，铝元素全部以Al(OH)3的形式存在，B项正确；C. 由反应可知，当Al3+恰好完全生成AlO2-时，消耗氢氧化钡2.5mol ，C项正确；D. 随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀开始时物质的量不断增大，当加入到2mol时，Al(OH)3溶解，随后沉淀的物质的量减小，D项错误；答案选D。【点睛】本题难点，掌握
31、分析三个过程，随着加入的Ba(OH)2的量不同，反应进行的过程会不一样，看见这中题型，要进行综合分析，详细罗列每一个过程的反应。24.向质量为6.5g的Al和Fe的混合物中加入一定量稀HNO3恰使混合物完全溶解，放出NO(标准状况)2.24L，所得溶液中再滴加KSCN溶液，无红色出现。若用相同质量的上述混合物与足量的稀硫酸充分反应，所得到的气体在标准状况下的体积为（ ）A. 15.12LB. 10.08LC. 2.24LD. 3.36L【答案】D【解析】【详解】所得溶液中再滴加KSCN溶液，无红色出现，说明Fe全部转化为亚铁离子，设Al和Fe的物质的量分别为xmol和ymol，则27x+56y
32、=6.5g，根据得失电子守恒： ，联立方程解得：x=0.033mol，y=0.1mol；将相同质量的上述混合物与足量的稀硫酸充分反应，根据得失电子守恒，则得到氢气的物质的量为=0.15mol，则标准状况下的体积为，答案选D。25.将2.56g铜粉加入100mL0.4molL-1的稀HNO3溶液中，加热充分反应后再加入100mL0.2molL-1的H2SO4溶液，继续加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是(忽略溶液体积变化)（ ）A. 0.15molL-1B. 0.2molL-1C. 0.075molL-1D. 0.45molL-1【答案】A【解析】【详解】2.56g铜粉的物质的
33、量为， NO3-的物质的量为，H+的物质的量为=0.08mol，该反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，由方程式可知，H+完全反应，铜和硝酸根过量，具体有，解得Cu2+的物质的量n=，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为，答案选A。【点睛】本题考查重点，理解离子反应的实质，根据实际参与反应的离子计算。本题特别注意，使用硝酸时，再加氢离子，反应又会进行，但离子方程式不会改变。第II卷二、非选择题(本题包括4小题，共50分)26.铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石(主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等)来制备绿矾(F
34、eSO47H2O)和氧化铝，其工艺流程如图：回答下列问题：（1）滤渣1的成分是_，举例说明滤渣2的用途_。（2）用离子方程式表示溶液A加入过量铁粉的目的是_。（3）写出由滤液1生成滤液2的离子方程式_。（4）过程1、2、3均涉及分离操作，所需玻璃仪器有_。（5）由溶液B得到绿矾的具体操作为_、过滤、洗涤和干燥。（6）过程3需要加入的试剂A是_，写出此过程的离子方程式_。【答案】 (1). Fe2O3、FeO (2). 制备硅胶，作干燥剂 (3). 将Fe3+全部还原为Fe2+ (4). AlO2-+4H+= Al3+2H2O (5). 漏斗、烧杯和玻璃棒 (6). 蒸发 (7). 氨水 (8)
35、. Al3+3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+【解析】【分析】Al2O3属于两性氧化物，Fe2O3、FeO都是碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，因此，矿石中的Al2O3和SiO2能溶于氢氧化钠溶液，Fe2O3、FeO溶于氢氧化钠溶液，滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤液1中的溶质有NaAlO2和Na2SiO3，加入过量盐酸后，AlO2-转化为Al3+，SiO32-转化为H2SiO3的白色胶状沉淀，滤液2的主要溶质是AlCl3，滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂；过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀，应加入碱溶液；Fe2O3、FeO都能溶于稀硫
36、酸，分别得到Fe2(SO4)3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2(SO4)3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，溶液B为FeSO4。【详解】(1)由分析可知滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂，故答案为：Fe2O3、FeO；制备硅胶，作干燥剂；(2) Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2(SO4)3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2(SO4)3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，反应的离子方程式为：2 Fe3+Fe=3 Fe2+，故答案为：将Fe3+全部还原为Fe2+；(3)由滤液1生成滤
37、液2的过程为AlO2-转化为Al3+，离子方程式为：AlO2-+4H+= Al3+2H2O，故答案为：AlO2-+4H+= Al3+2H2O；(4)过程1、2、3均涉及到的分离操作是过滤，所需玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯和玻璃棒；(5)溶液B得到绿矾的具体操作为蒸发、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发；(6)过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀，应加入碱溶液，由于Al(OH)3能溶于强碱溶液，但不能溶于氨水，所以试剂A是氨水，所发生反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+，故答案为：氨水；Al3+3NH3H2O= Al(O
38、H)3+3NH4+。27.硫和氮是两种重要的元素，它们的氧化物又是造成空气污染的主要物质。（1）汽车尾气含有NO、CO等多种污染物，是城市的污染源。用化学方程式表示产生NO的原因_。治理尾气方法是加装催化转化装置，使NO和CO反应转化为无污染的两种气体，发生反应的化学方程式是_。（2）工业上产生的NO2可用NH3在一定条件下消除污染。写出此反应的化学方程式_。在标准状况下，消耗NO233.6L，则此反应的氧化产物比还原产物多_g。（3）工业上为了减少燃煤过程中SO2排放，向燃煤中加入生石灰，其产物可作建筑材料。写出有关反应的化学方程式_。【答案】 (1). N2+O22NO (2). 2NO
39、+2CON2+ 2CO2 (3). 6NO2 +8NH37N2+ 12H2O (4). 7 (5). 2CaO+2SO2+O22CaSO4【解析】【分析】(1)汽车尾气含有NO的原因是氮气和氧气在高温下生成；NO和CO反应转化为无污染的两种气体为N2和CO2；(2)NO2可用NH3在一定条件下消除污染，生成N2和H2O；根据反应作答；(3) 减少燃煤过程中SO2的排放，向燃煤中加入生石灰，生成CaSO4可作建筑材料。【详解】(1)汽车尾气含有NO的原因是氮气和氧气在高温下生成，反应为：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；NO和CO反应转化为无污染的两种气体为N2和CO2，反应为：2N
40、O +2CON2+ 2CO2，故答案为：2NO +2CON2+ 2CO2；(2)NO2可用NH3在一定条件下消除污染，生成N2和H2O，反应为：6NO2 +8NH37N2+ 12H2O，故答案为：6NO2 +8NH37N2+ 12H2O；在标准状况下，消耗33.6L NO2的物质的量为，根据上面反应，当有6mol NO2参与反应时，氧化产物比还原产物多1mol，且都是氮气， 1.5mol NO2参与反应时，氧化产物比还原产物多，多的质量为，故答案为：7；(3) 减少燃煤过程中SO2的排放，向燃煤中加入生石灰，生成CaSO4可作建筑材料，反应为：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故答案为：2
41、CaO+2SO2+O22CaSO4。28.氯及其化合物在日常生活中有广泛应用。漂白液通常用于家庭和公共场所的消毒，某品牌漂白液的包装说明如下：（1）该漂白液中，NaClO的物质的量浓度约为_ molL-1。（2）使用NaOH溶液和氯气来制取消毒液，写出该反应的离子方程式_，制取500mL此漂白液，需要5.0molL-1的NaOH溶液_mL。（3）漂白液易吸收空气中的CO2而生成NaHCO3，写出有关的化学方程式_。【答案】 (1). 1.12 (2). Cl2+2OH-=ClO-+ Cl-+H2O (3). 224 (4). CO2+H2O +NaClO= NaHCO3+HClO。【解析】【分
42、析】(1)根据c=计算；(2) NaOH溶液和氯气反应，生成NaClO、NaCl和水；根据转化关系，可以计算NaOH的体积；(3) NaClO吸收空气中的水和CO2而生成NaHCO3和HClO。【详解】(1)根据c=，NaClO的物质的量浓度约=1.12 molL-1，故答案为：1.12；(2) NaOH溶液和氯气反应，生成NaClO、NaCl和水，该反应的离子方程式：Cl2+2OH-=ClO-+ Cl-+H2O；500mL1.12 molL-1漂白液的物质的量为=0.56mol，根据反应可知NaOH的物质的量为0.56mol2=1.12mol，需要5.0molL-1的NaOH溶液体积为，故答
43、案为：Cl2+2OH-=ClO-+ Cl-+H2O；224；(3) NaClO吸收空气中的水和CO2而生成NaHCO3和HClO，化学方程式为：CO2+H2O +NaClO= NaHCO3+HClO，故答案为：CO2+H2O +NaClO= NaHCO3+HClO。29.如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置(夹持装置和加热装置已略，气密性已检验)，请回答下列问题：（1）在A中发生反应的化学方程式为_。（2）中的实验现象为紫色石蕊溶液_。中的实验现象为_，写出此化学反应方程式_。中的实验现象是_，写出此化学反应方程式_。中的实验现象是_，写出此化学反应方程式_。中的现象是溶液由黄色
44、变为浅绿色，其反应的离子方程式为_。（3）能体现出SO2还原性的实验序号是_。（4）实验结束后需要通入N2，其目的是_。【答案】 (1). Cu+2H2SO4CuSO4+ SO2+ 2H2O (2). 变红 (3). 生成黄色沉淀 (4). SO2+2H2S=S+ 2H2O (5). 氯水褪色 (6). SO2+Cl2+ 2H2O =2HCl+ H2SO4 (7). 产生硫酸钡的白色沉淀 (8). SO2+H2O2+BaCl2= BaSO4+2HCl (9). SO2+2Fe3+2H2O = SO42-+2Fe2+4H+ (10). (11). 通入N2排除装置中的SO2，防止空气污染。【解析
45、】【分析】Cu与浓硫酸在加热条件下反应，生成SO2，SO2为酸性氧化物，能使紫色石蕊溶液变红；SO2具有为氧化性，能与氢硫酸反应，生成黄色沉淀；SO2具有为还原性，能与氧化性物质反应；SO2对环境有害，实验时要用NaOH进行尾气处理。【详解】(1) Cu与浓硫酸在加热条件下反应为：Cu+2H2SO4CuSO4+ SO2+2 H2O，故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+ SO2+ 2H2O；(2)SO2为酸性氧化物，能使紫色石蕊溶液变红，故答案为：变红；中为氢硫酸溶液，SO2具有为氧化性，能与氢硫酸反应，生成黄色沉淀，反应为SO2+2H2S=S+ 2H2O，故答案为：生成黄色沉淀；SO2+2
46、H2S=S+ 2H2O；中为氯水，SO2具有为还原性，能使氯水褪色，反应为SO2+Cl2+ 2H2O =2HCl+ H2SO4，故答案为：氯水褪色；SO2+Cl2+ 2H2O =2HCl+ H2SO4；中为双氧水和氯化钡，H2O2将SO2氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合，产生硫酸钡的白色沉淀，反应为SO2+H2O2+BaCl2= BaSO4+2HCl，故答案为：产生硫酸钡的白色沉淀；SO2+H2O2+BaCl2= BaSO4+2HCl；中为氯化铁溶液，通入二氧化硫，溶液由黄色变为浅绿色，体现氯化铁氧化性，离子方程式为SO2+2Fe3+2H2O = SO42-+2Fe2+4H+，故答案为：SO2+2Fe3+2H2O = SO42-+2Fe2+4H+；(3)中装有的都是强氧化性物质，能与SO2发生氧化还原反应，且SO2为还原剂，故答案为：；(4) SO2对环境有害，实验时要用NaOH处理干净，故答案为：通入N2排除装置中的SO2，防止空气污染。【点睛】本题重点掌握二氧化硫的性质，二氧化硫为酸性氧化物，具有酸性；能漂白有色物质，具有漂白性；同时S处于中间价，二氧化硫同时具有氧化性和还原性，做题时，除了掌握书上的知识点，更多要结合氧化还原反应具体分析，做到融合贯通。
