1、高考资源网（） 您身边的高考专家承德一中2019-2020学年度第一学期第二次月考试题高一化学试题可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 H-1 Si-28 Al-27 Cl-35.5Mn-55 S-32 Na-23一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共52分）1.下列物质间的转化能一步实现的是A. Na2CO3NaOHB. CaCO3Ca(OH)2C. NaNO3NaClD. FeSO4CuSO4【答案】A【解析】【详解】A.碳酸钠可以与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，能一步实现，故A正确；B.CaCO3是盐，盐只能与碱反应生成Ca(OH)2，CaCO3不溶于水，
2、所以不能与碱溶液反应，因此CaCO3不能一步得到Ca(OH)2，故B错误；C.NaNO3因不能与其它任何物质反应生成沉淀、气体和水，所以NaNO3不能通过一步反应制得NaCl，故C错误；D.铜的金属活动性比铁弱，FeSO4不能通过一步反应制得硫酸铜，故D错误。故选A。【点睛】一步反应实现是指原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过一个反应实现。2. 下列关于氧化物的叙述正确的是A. 金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C. 碱性氧化物都能与水化合生成碱D. 酸性氧化物
3、都能与水化合生成酸【答案】B【解析】【详解】A金属氧化物可以是碱性氧化物、酸性氧化物或两性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物；非金属氧化物可以是不成盐氧化物；如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故A错误；B碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故B正确；C碱性氧化物不一定都和水反应生成碱，如Fe2O3是碱性氧化物但不与水反应，故C错误；D酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；故选B。【点睛】明确氧化物的概念及其分类，注意概念间的联系是解题的关键，金属氧化物可以是碱
4、性氧化物、酸性氧化物或两性氧化物，非金属氧化物可以是不成盐氧化物；碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物；碱性氧化物不一定都和水反应生成碱；酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸。3.下列关于Fe(OH)3胶体的说法中，不正确的是 ( )A. 分散质粒子直径在10-910-7m之间B. 是一种纯净物C. 具有丁达尔效应D. 具有净水作用【答案】B【解析】【详解】A. 氢氧化铁胶体胶粒的直径在10-910-7m之间，A正确；B. 氢氧化铁胶体是氢氧化铁和水的混合物，B错误；C. 胶体具有丁达尔效应，C正确；D. 氢氧化铁胶粒能吸附水中的杂质颗粒，有净水的作用，D正确；答案选B。4
5、.下列实验操作： 过滤 分液 萃取 蒸馏 不能用于分离相互混溶的溶液的是A. 和B. 和C. 、和D. 、和【答案】B【解析】【分析】分离两种相互混溶的溶液，可根据沸点不同进行蒸馏分离，如溶质在不同溶剂中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，据此分析。【详解】两种液体相互溶解，则不能用分液的方法分离，更不能用过滤的方法分离，因过滤用来分离固液混合物；分离两种相互混溶的溶液，可根据沸点不同进行蒸馏分离，如溶质在不同溶剂中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，故B正确。故选B。【点睛】明确混合物的类型，根据物质的性质的差异性选择分离方法。5.下列基本实验操作中，不合理的是（ ）A. 配制一定物质的量浓度溶
6、液，向容量瓶加水至离刻度线12cm，改用胶头滴管定容B. 除去KNO3中少量NaCl：将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子D. 分液操作，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出【答案】C【解析】【详解】A.向容量瓶加水至离刻度线12cm，改为滴加，用胶头滴管定容，防止液体加多，故A正确；B. 除去KNO3中少量NaCl：将混合物制成热的饱和溶液，因硝酸钾的溶解度受温度影响较大，冷却后析出，通过过滤分离出KNO3晶体，故B正确；C. 透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，
7、用于检验K的焰色反应，可知溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含钠离子，故C错误；D. 分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确；答案选C。【点睛】焰色反应是检验元素的方法，是物理变化，钠元素的焰色反应是黄色，钾元素的焰色反应是紫色，但是要透过蓝色钴玻璃观察，排除钠元素的干扰。6.下列关于离子检验的说法正确的是()A. 某溶液加入NaOH溶液，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明原溶液中存在NH4+B. 某溶液中加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中含有ClC. 某溶液中滴加稀硝酸无明显现象，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说
8、明原溶液中有SO42-D. 某溶液中滴加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中可能存在Ag或SO42-或CO32-等【答案】D【解析】【详解】A. 某溶液加入NaOH溶液并进行加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明原溶液中存在NH4+，故A错误；B. 能和AgNO3溶液反应生成白色沉淀的离子有Cl、SO42、CO32等，所以向某溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，不能说明原来溶液中含有Cl，故B错误；C. 某溶液中滴加稀硝酸无明显现象，硝酸为氧化性酸，可将溶液中的亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，原溶液中可能有SO32-，故C错误；D.
9、某溶液中滴加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中可能存在Ag或SO42-或CO32-中的至少一种，故D正确；答案选D。【点睛】离子反应的现象判断，需了解正确的化学反应，根据化学反应，确定化学现象，和离子共存题一样，需记住哪些离子会发生反应。7. 下列叙述中正确的是()A. (2012天津高考U和U是中子数不同质子数相同的同种核素B. (2012江苏高考)中子数为20的氯原子可以表示为ClC. (2012山东高考)同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D. (2012江苏高考)F-的结构示意图可以表示为【答案】D【解析】试题分析：U和U是同种元素的两种不同核素，A选项错误。中子数为20的
10、氯原子，其质量数为20+17=37，其符号为Cl，B选项错误；互为同位素元素的原子的质子数相同，但中子数不同，C选项错误；F的质子数为9，核外电子数也是9，F-核外有10个电子，其离子结构示意图为，D选项正确。考点：原子结构8.核内中子数为N的R2，质量数为A，则ng它的氧化物(RO)中所含质子的物质的量是()A. (AN8) molB. (AN10)molC. (AN2)molD. (AN6)mol【答案】A【解析】【详解】该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，ng它的氧化物的物质的量为mol；一个氧化物分子中含有(AN+8)个质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为： mol(
11、AN+8)= (AN+8)mol，答案选A。9.下列叙述正确是（ ）A. 摩尔是物质的量的单位，1mol任何物质都含有6.021023个分子B. 1mol 氢的质量为1g，它含有NA个氢分子C. 摩尔是七个基本物理量之一D. 12g12C所含有的碳原子数为阿伏加德罗常数,每摩尔物质含有阿伏加德罗常数组成该物质的微粒【答案】D【解析】【详解】A. 任何物质不一定都是由分子组成的，可以是原子或离子，摩尔是物质的量的单位，1mol任何物质中所含有的粒子数约为6.021023，故A错误； B. 氢气的摩尔质量是1g/mol，1mol氢气的质量为2g，1molH2含有阿伏加德罗常数个氢分子，故B错误；C
12、. 物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，故C错误；D. 12g12C所含有的碳原子数即为阿伏伽德罗常数，单位为mol1，即12g12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数值，每摩尔物质含有阿伏加德罗常数组成该物质的微粒，故D正确；答案选D。【点睛】物质的量是七个基本物理量之一，它表示物质所含微粒得多少，单位是摩尔。10.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A. 常温下，2.7g铝与足量盐酸反应，标况下生成气体体积为3.36LB. 常温下，500 mL 2 molL1的Na2CO3溶液中含Na数目为NAC. 1.8gNH4的离子中含有的质子数为0.1NAD. 标准状况下，1 L水所含
13、分子数为1/22.4NA【答案】A【解析】【详解】A.2.7g铝的物质的量为0.1mol，根据反应方程式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，0.1mol铝与足量盐酸反应生成0.15mol的氢气，在标况下的气体为0.15mol22.4L/mol=3.36L，故A正确；B.溶液中Na2CO3的物质的量n=cV=2molL10.5L=1mol，而1molNa2CO3中含有2mol钠离子，故含Na数目为2NA，故B错误；C.1.8gNH4离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含有11个质子，故1.8gNH4离子中含有的质子数为1.1NA，故C错误；D.标准状况下，水是液体，故不能使用气体摩尔体
14、积来计算物质的量，故D错误。故选A。11.如果4g氨由x个分子组成，那么8g硫化氢中含有的分子数为 （ ）A. x/2B. xC. 2xD. 4x【答案】B【解析】【详解】4gNH3的物质的量=，分子数为=x，则NA=；8mg H2S的物质的量=mol，故含有硫化氢分子数目=molNA=x，答案选B。12.下列溶液的物质的量浓度是05 molL1的是A. 40 g NaOH溶于1 L水中B. 58.5 g NaCl溶于水制成1 L溶液C. 28 g KOH溶于水制成1 L溶液D. 1 L 2的NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.40gNaOH的物质的量为1mol，溶液的体积不等于溶剂的体
15、积，溶液的体积不是1L，因此溶液中NaOH物质的量浓度不是1mol/L，故A错误；B.58.5g NaCl的物质的量为1mol，溶于水制成1L溶液，浓度c=n/V=1mol/1L=1mol/L，不是0.5mol/L，故B错误；C.28gKOH的物质的量n=m/M=28g/56g/mol=0.5mol，溶液的体积为1L，浓度c=n/V=0.5mol/1L=0.5mol/L，故C正确；D.根据公式c=1000w%/M，因未知该溶液的密度，所以无法求算该溶液的物质的量浓度，故D错误。故选C。13.在一定的温度和压强下，a体积的X2气体和3a体积的Y2气体化合生成2a体积的气体化合物，则该化合物的化学
16、式是（ ）A. XY3B. XYC. X3YD. X2Y3【答案】A【解析】【详解】设生成的化合物的化学式为Z，同温同压下，气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于物质的量之比，同一反应中不同物质的物质的量之比等于其计量数之比，即X2：Y2：Z=a：3a：2a=1:3:2，所以该反应方程式为X2+3Y2=2Z，根据质量守恒定律得Z的化学式为XY3，答案选A。14.物质的量相等的一氧化碳和二氧化碳比较，下列有关叙述中正确的是()所含的分子数目之比为11 所含的氧原子数目之比为12所含的原子总数目之比为23 所含的碳原子数目之比为11所含的电子数目之比为711A. B. C. D. 【答案】D【解
17、析】【分析】相等物质的量的CO和CO2，根据N=nNA计算分子总数，再结合分子构成计算原子个数、电子数之比。【详解】相等物质的量的CO和CO2，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，物质的量相等，所以其分子数相等，根据以上分析知，二者分子数相等，所以所含的分子数目之比为11，故正确；二者分子数相等，每个CO和CO2分子中所含氧原子个数之比为1:2，所含的氧原子数目之比为1:2，故正确；二者分子数相等，每个CO和CO2分子中所含原子个数之比为2:3，所以所含的原子数目之比为2:3，故正确；二者分子数相等，每个CO和CO2分子中所含碳原子个数相等，所以所含的C原子数目之比为1：1，故正确；
18、二者分子数相等，每个CO和CO2分子中所含电子数之比为14:22=711，所以所含的电子数目之比为711，故正确。答案选D。15.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag2H2SO2=2X2H2O。下列说法正确的是 ( )A. X的化学式为AgSB. 银针验毒时，空气中氧气失去电子C. 反应中Ag和H2S均是还原剂D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e【答案】D【解析】【详解】A. 由质量守恒定律Ag原子、S原子守恒确定X的化学式为Ag2S，故A错误。B. 据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子，故B错误。C. 据元素化合价的变化知反应
19、中S作还原剂，故C错误。D. 据方程式知每生成2 mol X，电子转移4mol，所以每生成1 mol X，反应转移2 mol e，故D正确故答案选D。16.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2 的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )A. Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+B. 10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2OC. 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D. 5Pb2+2MnO4-+2H2O=5PbO2+2Mn2+4H+【答案】D【解析】【分析】由题意知：PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱，依据氧
20、化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断解答。【详解】A.Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，反应中Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物，Fe3+氧化性大于Cu2+氧化性， 符合规律，A不符合题意，；B. 10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，反应中MnO4-为氧化剂，氯气为还原剂，MnO4-氧化性强于氯气，符合规律，B不符合题意；C.2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，反应中氯气为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氯气的氧化性强于Fe3+，符合规律，C不符合题意；D.5Pb2+2MnO4-+2H2O=5PbO2+2Mn2+4H+，反应中MnO4-为氧化剂，
21、PbO2为氧化产物，MnO4-氧化性强于PbO2，与题干不吻合，D符合题意；故合理选项是D。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，准确判断氧化剂、氧化产物，熟悉氧化还原反应强弱规律是解题关键。17.已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒Co2O3、H2O、Cl2、H、Cl和Co2。下列叙述中不正确的是()A. 氧化产物为Cl2B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C. 若有3 mol H2O生成，则反应中有2 mol电子转移D. 当该反应生成2.24 L Cl2时，则反应中有0.2 mol电子转移【答案】D【解析】【分析】已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后
22、存在六种微粒Co2O3、H2O、Cl2、H、Cl和Co2，Co2O3为反应物，Cl2为生成物，根据化学反应方程遵循物料守恒和电荷守恒，则该化学反应方程式为Co2O3+6 H+2Cl2Co2+3H2O+Cl2，据此解题。【详解】A. 用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，故A正确；B. 氧化剂是Co2O3，还原剂是HCl，Co2O3中的Co由+3价变为+2，1mol Co2O3得电子2mol，HCl中的Cl由1价变成0价，1molHCl失电子1mol，根据得失电子守恒，需要2molHCl，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B正确；C. 用
23、Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，还原产物是氯化钴，方程式为：Co2O3+6HCl2CoCl2+3H2O+Cl2，若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故C正确；D.根据方程式为：Co2O3+6HCl2CoCl2+3H2O+Cl2，当该反应生成2.24LCl2时，由于在常温下，气体的摩尔体积不是22.4L，得不出氯气的物质的量，无法算出转移的电子数，故D错误。答案选D。18.常温下，往H2O2溶液中滴加少量酸性FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O2Fe3H2O2=2Fe2O22H下列说法正确的
24、是()A. H2O2的氧化性比Fe3强，其还原性比Fe2弱B. 在H2O2分解过程中，溶液的酸性逐渐增强C. H2O2分解的总方程式为H2O2=H2OO2D. H2O2生产过程要严格避免混入Fe2【答案】D【解析】【分析】反应2Fe2H2O22H=2Fe32H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，反应2Fe3H2O2=2Fe2O22H中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2，所以分解过程中Fe2+可为H2O2分解的催化剂，结合具体的化学反应来解答。【详解】A. 由2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，2Fe3H2O2=2Fe2O22H可知，H
25、2O2的氧化性 Fe3的氧化性， H2O2的还原性 Fe2的还原性，故A错误；B 将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2，所以分解过程中，Fe2+作催化剂，溶液pH值不变，故B错误；C. 将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2，所以总方程式为：2H2O22H2O+O2，故C错误；D. Fe2为H2O2分解的催化剂，可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要严格避免混入Fe2，故D正确；答案选D。19.使0.15molMnO2与过量的12molL-1的浓盐酸反应，使50mL12molL-1的浓盐酸与足量MnO2反应，两者产生的氯气相比（其他条件相同）（ ）。A. 一样多B. 前者较后
26、者多C. 后者较前者多D. 无法比较【答案】B【解析】试题分析：0.15mol MnO2与过量的12molL-1的浓盐酸反应，浓盐酸过量，二氧化锰完全反应MnO2 +4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O1 10.15mol 0.15mol所以产生氯气的物质的量是0.15mol，50mL 12molL-1的浓盐酸与足量MnO2反应，盐酸的物质的量为：12molL-10.05L=0.6mol，二氧化锰过量，若盐酸完全反应根据方程式计算MnO2 +4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O4 10.6mol 0.15mol所以理论上产生氯气的物质的量是0.15mol，但是，50mL 12mol
27、L-1的浓盐酸与足量MnO2反应过程中盐酸的浓度不断减小，而稀盐酸与二氧化锰不发生反应，所以说最终产生的氯气小于0.15mol，故A、C、D错误；故选B。考点：考查了氯气实验室制法原理的相关知识。20. 下列说法正确的是氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；氢氧化钙的溶解度较
28、小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；21.如图所示，从A处通入新
29、制备的Cl2，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色。D瓶中装的是()浓硫酸 NaOH溶液 H2O 饱和NaCl溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀后，C处的红色布条看不到明显现象，当打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，说明D处可以干燥氯气或与氯气反应。浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，正确；氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，正确；C氯气通过水会带出水蒸气，能使有色布条褪色，错误；氯气与食盐水不反应，但进入C
30、的为潮湿的氯气，含HClO，则C处红色布条逐渐褪色，错误；答案选C。22.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是()A. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在【答案】B【解析】【分析】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2OHCl+HClO，新制的氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，利用离子、分子的性
31、质来分析。【详解】A. 次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；B. 氯气黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有分子Cl2存在，故B正确；C. 因AgCl不溶于硝酸，先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，而盐酸酸化，直接引入氯离子，故C错误；D. 氯气和氢氧化钠反应，导致氯水浅黄绿色消失，则不能说明HClO有存在，故D错误；答案选B。23.下列叙述正确的是()A. Na在空气中久置最终变为NaHCO3粉末B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉，溶液变蓝且有黑色固体析出C. Cl2能与石灰乳反
32、应，可用于制取漂白粉D. 向KClO3溶液中滴加AgNO3溶液得到白色AgCl沉淀【答案】C【解析】ANaHCO3粉末在空气中易分解生成碳酸钠，所以Na在空气中久置最终变为碳酸钠，A项错误；B向Fe2（SO4）3溶液中加入铜粉，铜与三价铁反应生成二价铁和二价铜，所以溶液变蓝无黑色固体析出，B项错误；C工业上用Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，C项正确；DKC1O3溶液中不含氯离子，所以滴加AgNO3溶液无AgCl沉淀生成，D项错误。答案选C。点睛：Na在空气中吸水生成NaOH ，二氧化碳不足量时NaOH吸收空气中的CO2变成Na2CO3与水，二氧化碳足量或过量时NaOH吸收空气中的CO2变成NaH
33、CO3，NaHCO3可风化成Na2CO3，所以最终产物为Na2CO3。24.下列关于钠的说法中正确的是()A. 金属钠和氧气反应，条件不同，产物不同B. 钠钾合金通常状况下呈固态，可作原子反应堆的导热剂C. 钠的活泼性很强，少量的钠可保存在有机溶剂CCl4中D. 由于钠比较活泼，所以它能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属【答案】A【解析】【详解】A. 钠和氧气在空气中不加热时生成氧化钠，在氧气中点燃，生成过氧化钠，故A正确；B. 钠钾合金的熔点很低，通常状况下呈液态，有良好的导热性，做原子反应堆的导热剂，故B错误；C. 钠的密度比较小，比水小，比煤油大，实验室中少量的Na保存在煤油里，
34、故C错误；D. 因钠与盐溶液反应时，先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，所以它不能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属，故D错误；答案选A。25.将适量金属钠投入下列溶液中，有气体放出，但无沉淀生成的是A. 盐酸B. 饱和氢氧化钠溶液C. FeCl3溶液D. CuSO4溶液【答案】A【解析】【详解】A、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，没有沉淀，A正确；B、钠与饱和的氢氧化钠溶液反应生成氢气和氢氧化钠，消耗溶剂水，同时溶质质量增加，溶液是过饱和溶液，有氢氧化钠沉淀析出，B错误；C、钠与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠和氢气，C错误；D、钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，
35、D错误。答案选A。【点睛】学生往往错选B，主要是认为常见的沉淀中没有氢氧化钠，学生对于氢氧化铁、氢氧化铜沉淀很熟悉，而很少听说氢氧化钠沉淀，错因在于没有从实质上理解沉淀的产生。这是因为难溶、易溶往往是相对的，只要溶液变成过饱和溶液，就会有沉淀析出。再比如将选项B改为饱和的氯化钠溶液，加入金属钠后也会析出氯化钠沉淀。二、填空题（共48分）26.下列 A、B、C、D 是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将 A、B、C、D 填入适当的空格中。(1)从碘水中提取碘_；(2)分离酒精与水的混合物_；(3)除去粗盐中的泥沙制精盐_。.实验
36、室配制一定物质的量浓度溶液要用到量筒和图仪器等。配制某浓度的稀硫酸，用 10 mL 量筒量取浓硫酸的体积如图所示， (1)A 与 B，B 与 C 刻度间相差 1mL，如果刻度 A 为8，量筒中浓硫酸的体积是_mL。(2)要用 CuSO45H2O 晶体配制 480mL 0.1mol/L CuSO4 溶液，应该用托盘天平称取CuSO45H2O_ (3)图所示仪器的名称是_仪器有下列情况，对配制溶液的浓度有何影响？(填“偏高”、 “偏低”或“无影响”) A仪器中有少量蒸馏水_；B定容时加水超过刻度线_；C最终定容时俯视观察液面_。【答案】 (1). C（或CA） (2). A (3). BD (4)
37、. 7.2 (5). 12.5g (6). 500ml容量瓶 (7). 无影响 (8). 偏低 (9). 偏高【解析】【分析】A、B、C、D分别是蒸馏，过滤，萃取和分液，蒸发操作，选择装置时需要根据物质的性质特点，选择合适的分离装置。.（1）从碘水中提取碘，可以利用碘单质在有机物中溶解度比在水中大，有机物与水互不相溶的性质，用CCl4作萃取剂萃取，选择的装置是C；萃取后得到的碘的有机溶液，根据二者沸点的不同选择装置A，用蒸馏的方法在进行分离；（2）由于酒精与水是互溶的沸点不同的液体的混合物，可以用蒸馏的方法，选择装置A分离；（3）泥沙是难溶性的物质，而NaCl是可溶性的物质，分离难溶性的固体与
38、可溶性的液体混合物，可以用过滤的方法，选择装置B除去泥沙，然后再根据NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，用蒸发溶剂的方法，选择装置D制精盐；. 实验室配制一定物质的量浓度硫酸溶液要用到的仪器，量筒，容量瓶，玻璃棒，胶头滴管，烧杯等，操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作；(1)量筒小刻度在下，大刻度在上，量筒精确度是0.1mL，由于A是8.0mL，B是7.0mL，在A、B之间有5个小格，一个小格是0.2mL，所以量筒中浓硫酸的体积是7.2mL；(2)配制溶液时的计算，利用m=nM=cvM= 0. 1mol/L0.5L250g/mol=12.5g；(3)误差的分析利用c=，n
39、偏小，v不变时，浓度偏低；n不变，v偏大，c偏低。【详解】（1）从碘水中提取碘，可以利用碘单质在有机物中溶解度比在水中大，有机物与水互不相溶的性质，用CCl4作萃取剂萃取，选择的装置是C；萃取后得到的碘的有机溶液，根据二者沸点的不同选择装置A，用蒸馏的方法在进行分离，故答案为：C（或CA）；（2）由于酒精与水是互溶的沸点不同的液体的混合物，可以用蒸馏的方法，选择装置A分离，故答案为：A；（3）泥沙是难溶性的物质，而NaCl是可溶性的物质，分离难溶性的固体与可溶性的液体混合物，。可以用过滤的方法，选择装置B除去泥沙，然后再根据NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，用蒸发溶剂的方法，选择装置D制精
40、盐故答案为：BD；（1）量筒小刻度在下，大刻度在上，量筒精确度是0.1mL，由于A是8.0mL，B是7.0mL，在A、B之间有5个小格，一个小格是0.2mL，所以量筒中浓硫酸的体积是7.2mL， 故答案为：7.2； （2）要用CuSO45H2O晶体配制480mL 0. 1mol/L CuSO4溶液，需用500 mL容量瓶，即配置500mL 0. 1mol/L CuSO4溶液溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0. 1mol/L0.5L=0.05mol，根据CuSO4与CuSO45H2O关系式是1:1的物质的量关系，所以需要CuSO45H2O的物质的量是0. 05mol，CuSO45H2O的质量
41、是0.05mol250g/mol=12.5g，由于托盘天平的精确度是0.1g，则应该用托盘天平称取CuSO45H2O的质量是12.5g，故答案为：12.5g；（3）图所示仪器的名称是500 mL容量瓶， A仪器中有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响； B定容时加水超过刻度线，溶液的体积偏大，是溶液的浓度偏低； C最终定容时俯视观察液面，溶液的体积偏小，导致配制的溶液的浓度偏高；故答案为：500ml容量瓶；无影响；偏低；偏高。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，需清楚实验仪器，步骤，选用容量瓶的规格，量筒的读数，误差分析，从溶质的物质的量和溶液的体积
42、变化分析。27.Ca（ClO）2与浓盐酸反应会生成Cl2，该反应的化学方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2+2H2O（1）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_（填写字母）。A只有还原性 B还原性和酸性 C只有氧化性 D氧化性和酸性（2）产生0.3 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为_mol。（3）用双线桥法表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目_。【答案】 (1). B (2). 0.3mol (3). 【解析】【分析】(1)该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，作酸，所以浓盐酸的性质是还原性和酸性；(2)该反应中，1mol次氯酸钙反应得
43、到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以生成2mol氯气时其转移电子是2mol，故产生0.3molCl2，则转移的电子的物质的量为0.3mol；(3)该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以其转移电子数是2，用双线桥法表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目；【详解】(1)该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，作酸，所以浓盐酸的性质是还原性和酸性，答案选B；(2)该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成
44、1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以生成2mol氯气时其转移电子是2mol，故产生0.3molCl2，则转移的电子的物质的量为0.3mol，故答案为：0.3mol；(3)该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以其转移电子数是2，用双线桥法表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目，故答案为：。【点睛】氧化还原反应的考察，从化合价的角度分析，化合价升高，失去电子，被氧化，做还原剂，化合价降低，得到电子，被还原。28.有一固体粉末,其中可能含有Na2CO3、Na
45、Cl、Na2SO4、CuCl2、Ba(NO3)2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验。将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀。在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体。取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰。由上述现象推断：（1）该混合物中一定含有_；一定不含有_，可能含有_。（2）在步中发生反应的化学方程式: _.【答案】 (1). Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2 (2). CuCl2、K2CO3、K2SO4 (3). NaCl (4). BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2 +CO2+ H2O【解析】【分析】
46、由将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，不能有有色离子，可判断一定无CuCl2，一定有Ba(NO3)2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；由在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡，反应为Ba2+SO42-=BaSO4，Ba2+CO32-=BaCO3，BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；由取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定含有钠离子，一定不含钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；综上所述：原混合物中一定含
47、有Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；一定不含有CuCl2、K2CO3、K2SO4；可能含有NaCl，以此来解答。【详解】由将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀,可判断一定无CuCl2，CuCl2是蓝色的，一定有Ba(NO3)2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；由在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡，反应为Ba2+SO42=BaSO4，Ba2+CO32=BaCO3，BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；由取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定含有钠
48、离子，一定不含钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；(1)由上述分析可知，原混合物中一定含有Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，一定不含有CuCl2、K2CO3、K2SO4，可能含有NaCl，故答案为：Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；CuCl2、K2CO3、K2SO4；NaCl；(2)步骤有关的化学方程式为BaCO3 + 2HNO3 = Ba(NO3)2 + CO2+ H2O，故答案为：BaCO3 + 2HNO3 = Ba(NO3)2 + CO2+ H2O。【点睛】离子的检验需注意离子的特征反应，根据反应的现象推测溶
49、液所含的粒子，离子方程式的书写等。29.某校化学实验兴趣小组探究实验室中制备Cl2的过程，为证明过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如下图所示的实验装置，按要求回答下列问题。(1)装置A中所发生的反应方程式 _ 。(2)装置B中盛放的试剂名称为_，现象是_。装置D和E中出现的不同现象说明的问题是_ 。装置F的作用是_。(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置。你认为该装置应加在_与_之间(填装置字母序号)，装置中应
50、加入_(填写试剂或用品名称)。【答案】 (1). MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2+ 2H2O (2). 无水硫酸铜 (3). 白色固体变蓝 (4). 干燥的氯气无漂白性，氯水有漂白性 (5). 吸收氯气 (6). F (7). G (8). 湿润的淀粉KI试纸(或湿润的有色布条)【解析】【分析】(1)MnO2和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯化锰和氯气、水。(2)依据实验的目的探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，结合硫酸铜遇水变蓝的性质解答；由于装置D是检验氯气能否使干燥的有色布条褪色，故装置C的作用是干燥氯气；干燥的氯气不能使有色物质褪色，氯气不具有漂
51、白性；氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳吸收氯气，防止干扰G中氯气中含有的氯化氢的检验。(3)氯气被四氯化碳吸收，通入硝酸银溶液的是HCl气体。氯气、氯化氢通入到硝酸银都会产生沉淀，为了确保实验结论的可靠性，应在装置F 和G之间增加一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸或者湿润的有色布条，如果湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝或者湿润的有色布条不褪色，则氯气被完全吸收。【详解】(1) MnO2和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯化锰和氯气、水，化学反应方程式为MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2+ 2H2O， 故答案为：MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2+ 2H2O；(2)B是检验水的装
52、置，无水硫酸铜与水反应生成蓝色五水硫酸铜晶体，可用来检验水，故答案为：无水硫酸铜；白色固体变为蓝色；D中干燥的布条不褪色，E中湿润的布条褪色说明干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气(或次氯酸)有漂白性，故答案为：干燥的氯气无漂白性，氯水有漂白性；氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳吸收氯气，防止干扰G中氯气中含有的氯化氢的检验，故答案为：吸收氯气；(3)G装置用来检验HCl气体，反应的离子方程式为：Ag+Cl=AgCl，为了确保实验结论的可靠性，应在装置F和G之间增加一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸或者湿润的有色布条，如果湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝或者湿润的有色布条不褪色，则氯气被完全吸收，故答案为：F；G；湿润的淀粉KI试纸(或湿润的有色布条)。【点睛】本题考察氯气的实验室制法和性质的检验，干燥的氯气没有漂白性，湿润的氯气具有漂白性，氯离子可用硝酸酸化的硝酸银溶液来检验，实验中考虑用无水硫酸铜检验水，氯化氢气体用硫酸银检验，考察学生的综合运用知识解决实际问题的能力。 高考资源网版权所有，侵权必究！
