1、浙江省台州市五校2019-2020学年高一化学10月月考试题（含解析）本卷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，Ca-40，Mn-55，Fe-56，Cu-64，Ag-108，Ba-137一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1. 在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品。这里的“碘、铁、钙、硒、氟”指的是（ ）A. 元素B. 单质C. 分子D. 氧化物【答案】A【解析】2.下列各组物质按单质、化合物、混合物顺序
2、排列的是（ ）A. 烧碱、白磷、碘酒B. 氧气、明矾、空气C. 铁、熟石灰、干冰D. 纯碱、不锈钢、铜【答案】B【解析】【详解】A烧碱属于化合物、白磷属于单质、碘酒属于混合物，A项错误；B氧气属于单质、明矾属于化合物、空气属于混合物，B项正确；C铁属于单质、熟石灰属于化合物、干冰属于化合物，C项错误；D纯碱属于化合物、不锈钢属于混合物、铜属于单质，D项错误；答案选B。【点睛】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成。纯净物是由一种物质组成纯净物又分为单质和化合物。由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物。3.据ETH天文研究所报告,组成太阳的气
3、体中存在20Ne和22Ne。下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是( )A. 22Ne的质子数为12B. 20Ne和22Ne的中子数相同C. 20Ne和22Ne的质量数相同D. 20Ne和22Ne互为同位素【答案】D【解析】试题解析：A22Ne的质子数的等于核电荷数为10， A错误； B20Ne中子数为20-10=10，22Ne的中子数22-10=12，B错误；C20Ne质量数为20；22Ne的质量数为22； C错误；D20Ne和22Ne二者核电荷数一样，中子数不同同种元素，互为同位素，D正确；考点: 考查质量数与质子数和中子数之间关系。4. 胶体区别于其它分散系的本质特征是A. 胶体的分散
4、质能透过滤纸B. 胶体是纯净物，其它分散系是混合物C. 胶体能产生丁达尔现象D. 胶体的分散质粒子直径在1100 nm之间【答案】D【解析】试题分析：胶体与其它分散系的本质区别即本质特征是分散质粒子的大小。丁达尔效应是区别于其它分散系的方法。胶体属于混合物。故选D。考点：胶体的性质。点评：掌握胶体的概念与性质。5. 根据粒子散射现象，提出带核的原子结构模型的科学家是A. 汤姆生B. 卢瑟福C. 道尔顿D. 波尔【答案】B【解析】粒子散射实验又称金箔实验。是1909年汉斯盖革和恩斯特马斯登在欧内斯特卢瑟福指导下于英国曼彻斯特大学做的一个著名物理实验。6.下列物质中属于电解质的是（ ）A. (NH
5、4)2SO4B. NH3C. 酒精D. NaCl溶液【答案】A【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，注意电解质首先必须是化合物。【详解】A. (NH4)2SO4在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子而使其溶液导电，所以(NH4)2SO4是电解质，A项正确；B. NH3在水溶液虽然导电，但不是本身导电，属于非电解质，B项错误；C. 酒精在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，酒精是非电解质，C项错误；D. NaCl溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D项错误；答案选A。【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是
6、解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。7. 在无色的强碱性溶液中，能大量共存的是( )A. Na、Al3、NO3-、Cl-B. K+、Na+、Cl-、AlO2-C. Fe2+、K+、SO42-、Cl-D. Na、HCO3-、K、NO3-【答案】B【解析】试题分析：A在碱性溶液中Al3不能存在，会反应生成氢氧化铝沉淀，错误；BK+、Na+、Cl-、AlO2-在碱性溶液中能够大量共存，正
7、确；CFe2+有颜色，错误；D在碱性溶液中HCO3-不能存在，会反应生成碳酸根离子，错误；故选B。【考点定位】考查离子共存、离子反应【名师点晴】离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；还应该注意题目所隐含的条件。1、溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；2、强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；3、强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3CO
8、O-、AlO2-等。8.用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A. 钠、镁B. 溴、碘C. 食盐、淡水D. 氯气、烧碱【答案】C【解析】【分析】从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁，需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁，然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁，A错误；B.从海水中提炼溴和碘，是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质，B错误；C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变
9、化就能够从海水中获得，C正确；D.可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解饱和食盐水，即得烧碱、氢气和氯气，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键。9.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于3 区域的( )A. Cl22KBr = Br22KClB. 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2【答案】D【解析】【分析】由图
10、可知，区域3的反应不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答。【详解】ACl2+2KBrBr2+2KCl属于置换反应，不符合，A项错误；B2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2属于分解反应，不符合，B项错误；C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3属于化合反应，不符合，C项错误；D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，-1价O元素化合价一部分升高到0价，一部分降低到-2价，属于氧化还原反应，D项正确；答案选D。10.下列贮存化学试剂的方法正确的是（ ）A. 液溴应保存在带橡皮
11、塞的试剂瓶中B. 烧碱溶液盛放在带磨口玻璃塞的玻璃瓶中C. 新制的氯水保存在棕色广口瓶中，并放在阴凉处D. 液氯可以保存在干燥的钢瓶中【答案】D【解析】【详解】A. 组成橡皮有机物中有含有碳碳双键的物质，液溴会与之反应，所以带橡皮塞的试剂瓶不能保存有强氧化性的液溴，会腐蚀橡皮塞，A项错误；B. 强碱溶液能与玻璃的成分二氧化硅反应，生成有粘性的水玻璃，将玻璃瓶口和瓶塞黏在一起，故烧碱溶液不能放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中，B项错误；C. 氯水见光时其中的次氯酸会发生分解，所以应该盛放在棕色细口瓶中，C项错误；D. 纯净的液氯不与钢瓶发生化学反应，可以用钢瓶来保存液氯，D项正确；答案选D。11.下列叙
12、述错误的是（ ）A. 光导纤维的主要成分是硅酸盐B. 金属钠着火时不可以用水灭火C. 氧化铁常用作红色油漆和涂料D. 常温下可用铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸【答案】A【解析】【详解】A. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，A项错误 ；B. 过氧化钠能与水和二氧化碳发生反应生成氧气，B项正确；C. 氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，C项正确D. 常温下，铁或铝在浓硫酸中发生钝化现象使表面形成一层致密稳定的氧化膜，故铁制品或铝容器可以盛放浓硫酸，D项正确；答案选A。【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中A选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混
13、知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的主要成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。12.下列实验装置图所示的实验操作中，不能达到相应的实验目的的是（ ）A. 闻气体的气味B. 用浓硫酸干燥氢气C. 向容量瓶中转移液体D. 检验钾元素的存在【答案】D【解析】【详解】A. 闻气体时，应使极少量气体进入鼻孔，则用手轻轻扇动来闻气体气味，图中操作合理，A项正确；B. 浓硫酸具有吸水性，且不与氢气反应，且气体长导管进，图中装置合理，B项正确；C. 转移液体需要引流，图中玻璃棒引流，且玻璃棒下端刻度线以下，图中操
14、作合理，C项正确；D. 观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，图中缺少蓝色的钴玻璃，不能完成实验，D项错误；答案选D。13.用NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1mo1L-1的AlCl3溶液中，Cl-离子的数目为3NAB. 2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NAC. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAD. 5.6 g铁分别与足量的盐酸或氯气反应，电子转移总数均为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A. 溶液的体积未知，无法求出溶液中氯离子的数目，A项错误；B. 2.4g金属镁物质的量为0.1mol，依据最外层电子数可知，0.1mol Mg失去0.
15、2mol电子，即0.2NA，B项正确；C. 标准状况下，H2O为液体，无法利用气体摩尔体积计算含有的分子数，C项错误；D. 铁与盐酸反应生成的是亚铁离子，则1mol Fe与足量的盐酸反应时转移电子数为0.2 NA，铁而与氯气反应生成的是氯化铁，故1mol Fe与足量的氯气反应时转移电子数为0.3 NA，D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时
16、只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。14.某反应可表示为：mMnHO2=xM2yH2O，则x值为 ()A. 2B. 4C. 6D. 9【答案】A【解析】【分析】首先根据质量守恒定律，可把方程式变成xM+4H+O2=xM2+2H2O，这时我们可以采用两种方法进行求解：根据电荷守恒或得失电子守恒进行解析。【详解】本题可以利用得失电子守恒求解，也可以利用电荷守恒求解。据得失电子守恒有2x4，即x2；若利用电荷守恒求解，则有y2(氧原子守恒)，n4(氢原子守恒)，412x(电荷守恒)，即x2；正确选项A。15. 下列离子方程式书写正确的是A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H
17、2OB. 氯气通入水中：Cl2H2O2H+ClClOC. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+ 3NH3H2O = Al(OH)3+3NH4+D. 硫酸铜与氢氧化钡反应：Ba2+SO42=BaSO4【答案】C【解析】试题分析：A中醋酸是弱酸，不能拆开，错误；B中生成的次氯酸是弱酸，不能拆，错误；D中除了生成硫酸钡沉淀还有氢氧化铜沉淀。错误；C正确。考点：离子方程式正误判断16.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是( )A. 过滤、蒸馏、蒸发、分液B. 过滤、蒸发、蒸馏、分液C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤【答案】B【解析】【详解】根据装置图可知，从左到右各个装置
18、进行的分离混合物的方法依次是过滤、蒸发、蒸馏、分液，故合理选项是B。17.冶炼金属一般有下列四种方法：焦炭法、水煤气（或氢气，或一氧化碳）法、活泼金属置换法、电解法。四种方法在工业上均有应用。古代有（）火烧孔雀石炼铜、（）湿法炼铜、（）铝热法炼铬、（）从光卤石中炼镁，对它们的冶炼方法分析不正确的是（ ）A. 用B. 用C. 用D. 用【答案】B【解析】【分析】焦炭法：属于热还原法，在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂C将金属从其化合物中还原出来；水煤气（或H2、CO）法：属于热还原法，在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，可用该法冶炼；活泼金属置换法：金属活动顺序中，通常排
19、在前面的金属不一定能置换后面的金属，铝热反应也是金属置换法冶炼金属的常用方法；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，根据金属的活泼性强弱确定冶炼方法。【详解】A（I）火烧孔雀石炼铜是采用的焦炭法来冶炼金属，Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2，C+2CuO2Cu+CO2，用，A项正确；B（II）湿法炼铜就是用金属铁与铜的盐溶液反应，即铁与硫酸铜溶液（或氯化铜、硝酸铜溶液）反应，生成铜和硫酸亚铁（或氯化亚铁、硝酸亚铁），Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，用，B项错误；C（III）铝热法炼铬，三氧化二铬与铝发生铝热反应的方程式为：Cr2O3+
20、2Al2Cr+Al2O3，用，C项正确；D从光卤石中炼镁，从海水或光卤石中先获得MgCl26H2O，然后制得无水MgCl2，Mg属于活泼金属，所以金属镁是电解熔融的氯化镁来冶炼金属镁的，用，D项正确；答案选B。18.下列离子检验的结论正确的是（ ）A. 向含有 Fe2+溶液中加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2+具有还原性B. 某溶液与NaOH溶液共热，产生了使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中一定存在NH4+C. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色无味的气体，则该固体中一定含有CO32-D. 向无色溶液中加BaC12溶液，生成了白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此可
21、确定该溶液中一定含有 SO42-【答案】A【解析】【详解】A. 向含有Fe2+溶液中加少量酸性KMnO4溶液，Fe2+会被酸性KMnO4氧化而使KMnO4溶液褪色，A项正确；B. 氨气可使湿润得红色石蕊试纸变蓝，而不能使蓝色石蕊试纸变红，B项错误；C. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色无味的气体，则该固体中可能含有CO32-或HCO3，C项错误；D. 不溶于稀硝酸的白色沉淀还可能是氯化银，则原溶液中可能还有SO42-或Ag，D项错误；答案选A。【点睛】本题综合考查离子的检验与物质的性质，其中D项是常考点，也是学生易错点。在进行离子检验时，要注意排除干扰杂质离子的干扰，高中阶段常见阴离子的检验方法
22、与操作可归纳如下：1.CO32-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀溶液稀盐酸或稀硝酸，生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明原溶液中有CO32-；2. SO42-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-；3. Cl-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸，然后加入几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中有Cl-。19. 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是A. 甲的物质的量比
23、乙的物质的量少B. 甲的分子数比乙的分子数多C. 甲的体积比乙的体积大D. 甲的相对分子质量比乙相对分子质量小【答案】A【解析】【详解】根据PV=nRT，=，若两容器的温度和压强均相同，则密度之比等于摩尔质量之比，又甲的密度大于乙的密度，则甲的摩尔质量大于乙，则：A充有质量相同的甲、乙两种气体，因M甲M乙，则由n=可知，甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；B由A可知，甲的物质的量小，则由N=nNA可知，甲的分子数比乙的分子数少，故B错误；C两容器的温度和压强均相同，根据V=nVm可知，甲的体积小，故C错误；D甲的摩尔质量大于乙，则甲的相对分子质量比乙相对分子质量大，故D错误；故答案为A。2
24、0.下列关于NaHCO3和Na2CO3的叙述不正确的是（ ）A. 两者都能与澄清石灰水反应生成白色沉淀B. NaHCO3与Na2CO3在一定条件下可以相互转化C. NaHCO3 可用于焙制糕点，Na2CO3可用于玻璃、造纸等工业D. NaHCO3比Na2CO3稳定【答案】D【解析】【详解】A. Na2CO3和Ca(OH)2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+ Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，NaHCO3可与Ca(OH)2发生反应：Ca(OH)2+NaHCO3CaCO3+NaOH+H2O或Ca(OH)2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2O，两者均会产生白色沉淀，A项正确
25、；B. Na2CO3可与水、二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3固体分解或在NaHCO3溶液中加入氢氧化钠均可生成Na2CO3，因此二者可相互转化，B项正确；C. NaHCO3加热易分解生成二氧化碳气体，从而使面包疏松多孔，可用于焙制糕点，Na2CO3可用于玻璃、造纸等工业，C项正确；D. NaHCO3不稳定，加热易分解，Na2CO3较稳定，D项错误；答案选D。21.如图所示，从a处通入氯气。若打开活塞b，d处的有色布条不褪色；若关闭活塞b，d处的有色布条褪色。下列判断正确的是A. a处通入的是潮湿的氯气B. c中盛放的可能是浓硫酸C. c中盛放的可能是氢氧化钠溶液D. c中盛放的可能是
26、饱和食盐水【答案】D【解析】【详解】A、潮湿的氯气可以使有色布条褪色，错误；B、浓硫酸能干燥氯气，关闭b，有色布条不褪色，错误；C、氢氧化钠溶液能吸收氯气，关闭b，有色布条不褪色，错误；D、氯气从饱和的食盐水中溶解度很小，出来的氯气中含有水蒸气，可以使有色布条褪色，正确；答案选D。【点睛】该题的根据是明确干燥的氯气煤油漂泊性，真正起漂白剂的是次氯酸。然后结合装置和氯气的化学性质，逐一分析即可。22.向物质X中逐渐加入(或通入)Y溶液，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，下表中符合图示情况的是 ABCDXCO2HClNaOHAlCl3YCa(OH)2NaAlO2AlCl3NaOHA. A
27、B. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】根据图象曲线变化可知，将物质X逐渐加入(或滴入)Y溶液中，生成沉淀，当Y溶液反应完后，继续加入物质X，物质X能与沉淀反应而使生成的沉淀溶解，且生成沉淀所需要的X的物质的量与沉淀溶解需要的X的物质的量之比为3:1，据此进行解答。【详解】A石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O，生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2溶液反应完后，再继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2OCa(HCO3)2沉淀消失，所以前后两个过程CO2的物质的量之比为1：1，故A错误；B偏铝酸钠溶液中加入盐酸，先发生反应AlO2-+H+H2
28、O=Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+Al3+3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1：3，故B错误；C氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3+3OH-Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故C正确；D氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，先发生反应Al3+4OH-AlO2-+2H2O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液
29、发生反应后发生3AlO2-+Al3+6H2O4Al(OH)3+6H2O，生成沉淀溶，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，故D错误；故答案为C。23.下列有关实验操作的叙述正确的是（ ）A. 用 pH试纸粗略测定饱和氯水的pHB. 用托盘天平准确称取0.40g的NaOH固体配成1000mL浓度为0.100 molL-1的溶液C. 将95的工业酒精直接蒸馏可制得无水乙醇D. 用苯萃取溴水中的溴时，有机层应从上口倒出【答案】D【解析】【详解】A. 因氯水中HClO具有漂白性，不能利用pH试纸测到pH，应选用pH计，A项错误；B. 托盘天平的读数只能为0.1g，无法用托盘天平称取0.40g的
30、NaOH固体，B项错误；C. 酒精与水的沸点相差不多，需将95的工业酒精加入生石灰后再进行蒸馏，C项错误；D. 苯的密度比水小，可作为溴水中溴的萃取剂，分液时有机层在上层，因此应从上口倒出，D项正确；答案选D。24.将一定量的氯气通入含有Fe3+、Fe2+、Cl-、Br-的溶液中，离子浓度可能保持不变的是（不考虑溶液体积的变化）（ ）A. Br-B. Fe2+C. Cl-D. Fe3+【答案】A【解析】【详解】通入一定量的氯气充分反应后，溶液具有强氧化性，因为Fe2+的还原性大于Br，所以氯气少量只将Fe2+氧化生成Fe3+，氯气过量才将Br被化生成溴单质，所以溶液中Fe3+、Cl增大，则当氯
31、气少量时Br保持不变，A项正确；答案选A。25.金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为CB. 该反应中的氧化产物和还原产物的物质的量之比为12C. 该反应中转移的电子数为12eD. 该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为12【答案】D【解析】【详解】A、氧化剂是化合价降低的物质，还原剂是化合价升高的物质，根据反应方程式C的化合价由0价到4价，化合价降低，C作氧化剂，C的化合价由0价到2价，化合价升高，即C为还原剂，故A错误；B、根据选项A的
32、分析，SiC作还原产物，CO作氧化产物，即氧化产物与还原产物的物质的量比值为2：1，故B错误；C、根据选项A的分析，该反应转移电子数为4 e，故C错误；D、根据选项B的分析，故D正确；答案选D。二、简答题（共36分）26.按要求填写下列空格（1）画出Cl的原子结构示意图_。（2）写出醋酸的电离方程式_。（3）写出工业上制取漂白粉的化学方程式_。【答案】 (1). (2). CH3COOHCH3COO- +H+ (3). 2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O【解析】【分析】（1）Cl的原子序数为17，根据核外电子排布规律书写；（2）醋酸为弱酸；（3）工业上利用氯气与石灰乳
33、反应制备漂白粉。【详解】（1）Cl的原子序数为17，核外电子数为17，则Cl的原子结构示意图为；（2）醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离生成氢离子与醋酸根离子，其电离方程式为：CH3COOHCH3COO- +H+；（3）工业上氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其化学方程式为：2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。27.图中，A为空气中常见的气体单质，B、C、E是金属单质，D为非金属单质。已知：I是一种常见的温室气体，E原子核内有12个质子；反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接。回答下列问题：（1）分别写出A、F的化学式A_；F _。（2）写出下列反应的化学方
34、程式C+GB+H_2E+I2F+D_（3）C与NaOH溶液反应的离子方程式为_。【答案】 (1). O2 (2). MgO (3). 8Al+ 3Fe3O4 9Fe + 4 Al2O3 (4). 2Mg+ CO22MgO + C (5). 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2【解析】【分析】图中A为空气中常见的气体单质，可能会氧气或氮气；B、C、E是金属单质，D为非金属单质。已知：I是一种常见的温室气体，则I为CO2；根据元素守恒可知，A为O2；E原子核内有12个质子，又为金属单质，则推知E为Mg，F为MgO；反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，说明该反应
35、为铝热反应，可知C为Al，G为铁在氧气中燃烧的产物，应为Fe3O4，故B为Fe，H为Al2O3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】（1）由以上分析可知A为O2，F为MgO，故答案为：O2；MgO；（2）根据上述分析可知，C+GB+H为铝热反应，反应的方程式为8Al+ 3Fe3O4 9Fe + 4 Al2O3，2E+I2F+D为镁与二氧化碳的燃烧反应，其反应的方程式为：2Mg+ CO22MgO + C，故答案为：8Al+ 3Fe3O4 9Fe + 4 Al2O3；2Mg+ CO22MgO + C；（3）Al与氢氧化钠溶液反应会生成偏铝酸钠与氢气，其反应的离子方程式为：2Al + 2
36、OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2。【点睛】G的推断是易错点，固定思维利用铝热反应将G误推为Fe2O3，要结合铁在氧气中燃烧的情况综合考虑。28.在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选择适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。（1）装置A是CO2气体的发生装置，请写出仪器a的名称_。（2）B中盛饱和NaHCO3溶液，其作用是_。（3）写出C中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_。（4）D中盛放的试剂可以是_（填序号）。 浓H2SO4 NaOH溶液 CaCl2溶液 Ca(OH)2溶液【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 除去CO2
37、中的HCl气体 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). 【解析】【分析】（1）根据仪器的构造与用途作答；（2）根据实验目的来分析仪器B加入饱和的NaHCO3溶液的目的；（3）过氧化钠与二氧化碳反应会生成碳酸钠与氧气；（4）分析装置图和实验目的可知D是吸收未反应的二氧化碳。【详解】（1）仪器a为分液漏斗；（2）反应生成的二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，仪器B加入饱和的NaHCO3溶液的目的除去二氧化碳中的HCl气体；故答案为：除去CO2中的HCl气体；（3）过氧化钠与二氧化碳发生氧化还原反应，其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（4）分析装
38、置图和实验目的可知D是吸收未反应的二氧化碳气体，故可用盛饭碱液， NaOH溶液和Ca(OH)2溶液均符合要求，故答案为：。29.某氯化铁样品中含有少量FeCl2杂质。现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：请根据上述流程，回答以下问题：（1）操作I是配制一定物质的量浓度的溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_、_（填仪器名称）。（2）下列操作可能使所配溶液浓度偏小的是_（填写序号）。未洗涤烧杯和玻璃棒 定容时俯视容量瓶的刻度线配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水 摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切（3）请写出上图中滴加氯水后所发生反应的离子方程式_。（4）检
39、验沉淀是否已经洗涤干净的操作是_。（5）样品中铁元素的质量分数是_。【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). (4). 2Fe 2+ Cl2 2Fe 3+ 2Cl- (5). 取少量最后洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 (6). 39.2%【解析】【分析】（1）根据实验的规范操作步骤选取所需的玻璃仪器；（2）根据物质的量浓度公式c=分析操作不规范对浓度所造成的影响效果；（3）氯水中氯气可氧化亚铁离子；（4）根据溶液中可能剩余的残余离子分析作答；（5）根据铁元素守恒，结合物质的量相关的计算分析。【详解】（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液
40、稀释成250.0mL溶液，需要250mL容量瓶，另外定容时还需要胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（2）未洗涤烧杯和玻璃棒，配制的溶质物质的量偏小，根据c=可知，所配溶液浓度偏小，项正确；定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，根据c=可知，所配溶液浓度偏大，项错误；配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，项错误； 摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切，相当于稀释溶液，使所配溶液浓度偏小，项正确；故答案为：；（3）滴加氯水后氯气氧化亚铁离子转化为铁离子，其离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe 3+2Cl-；（4）溶液中存在氯化铵，可用硝酸酸化的硝酸银
41、溶液检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子；故答案为：取少量最后洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；（5）因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，即Fe2O3的质量为2.8g，由于参加反应的溶液只取所配溶液的1/10，因此铁元素的质量为102.8g=19.6g，样品中铁元素的质量分数是=39.2%，故答案为：39.2%；三、实验题（10分）30.海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，盛放海带的仪器名称是_。（2）步骤的实验操作名称是_，步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出碘单质和回收苯，该步骤
42、的实验操作名称是_。（3）步骤反应的离子方程式是_。（4）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法_。【答案】 (1). 坩埚 (2). 过滤 (3). 蒸馏（或分馏） (4). 2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2H2O (5). 取少量提取碘后的水溶液滴加淀粉溶液，出现蓝色则证明有碘单质【解析】【分析】实验室从海带中提取碘：海带灼烧成灰，浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤，得到不溶的残渣，滤液为含碘离子的溶液，加入酸和氧化剂H2O2，将碘离子氧化成碘单质，利用有机溶剂苯萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质。据此解答。【详解】（1）步骤灼烧海带，为固体的加热，
43、应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；（2）步骤是分离固体和液体，则实验操作为过滤；步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏（或分馏）；（3）步骤是碘离子在酸性条件下被H2O2氧化生成单质碘，反应的离子方程式为2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2H2O；（4）碘单质与淀粉反应显蓝色，因此可设计如下实验：取少量提取碘后的水溶液滴加淀粉溶液，出现蓝色则证明有碘单质。四、计算题（4分）31.将19.5g锌投入100mL某浓度的稀盐酸中，锌和稀盐酸恰好完全反应。求：（1）反应中生成的H2在标准状况下的体积为_L。（2）若用36.5%
44、的浓盐酸（ =1.2g/mL）来配置上述稀盐酸，需要浓盐酸的体积为_mL。【答案】 (1). 6.72 (2). 50【解析】【分析】（1）根据n=计算19.5g锌的物质的量，由方程式计算生成氢气的物质的量，再根据V=nVm计算氢气的体积；（2）先计算与锌反应生成盐酸的物质的量，再根据及稀释规律分析作答。【详解】（1）19.5g锌的物质的量为：=0.3 mol；由化学方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2可知：n(H2)=n(Zn)=0.3 mol，所以氢气的体积为：0.3 mol22.4L/mol= 6.72 L，故答案为：6.72；（2）令与锌反应的HCl的物质的量为n，根据第（1）问可知：Zn+2HCl=ZnCl2+H21 2 0.3mol n 所以 解得n=0.6 mol，设体积为V，根据稀释前后物质的量保持不变可知，则0.6mol=V，解得V=0.05 L=50mL，故答案为：50。
