贵州省息烽县一中2018_2019学年高一化学上学期11月考试试题（含解析）.docx

贵州省息烽县一中2018-2019学年高一化学上学期11月考试试题（含解析）1.下列反应与Na2O2SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是A. 2Na2O22CO22Na2CO3O2B. 2Na2O22SO32Na2SO4O2C. 2Na2O2H2SO4Na2SO4H2O2D. 3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O【答案】D【解析】试题分析：反应Na2O2SO2Na2SO4中SO2是还原剂，过氧化钠是氧化剂，则A、反应2Na2O22CO22Na2CO3O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，A不正确；B、反应2Na2O22SO32Na2SO4O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，B不正确；C、反应2Na2O2H2SO4Na2SO4H2O2中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，C不正确；D、反应3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O中，过氧化钠是氧化剂，D正确，答案选D。考点：考查过氧化钠性质的判断2.2.3 g纯净的金属钠在干燥的空气中，被氧化后得到3.5 g固体，由此可判断出产物是A. 氧化钠B. 过氧化钠C. 氧化钠和过氧化钠的混合物D. 无法确定【答案】A【解析】略3.下列物质中可以随身携带乘车、船或飞机的是A. 硫黄B. 氯酸钾C. 硝酸钾D. 碘盐【答案】D【解析】【分析】凡是属于易燃、易爆、强腐蚀性或者强氧化性的物质都不可以随身携带乘车、船或飞机，据此作答。【详解】A. 硫磺是易燃物，乘坐公共交通工具时禁止携带，故A项错误；B. 氯酸钾属于强氧化性的易爆物质，乘坐公共交通工具时禁止携带，故B错误；C. 硝酸钾属于易爆品，乘坐公共交通工具时禁止携带，故C错误；D. 碘盐不属于易燃易爆物，也不是强腐蚀性或者强氧化性的物质，因此可以随身携带乘车、船或飞机等交通工具，故D项正确；答案选D。4.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A. molL-1B. molL-1C. molL-1D. molL-1【答案】D【解析】选项为：A. (b-a)/V B.(2b-a)/V C.2(2b-a)/V D.2(b-a)/V一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有a/2mol，硫酸镁也就是a/2mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-a/2mol，钾离子就有2(b-a/2)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即2(2b-a)/V molL-1故答案为C5.下列选项中，与物质体积大小无关的因素是A. 粒子数目B. 粒子大小C. 粒子之间的距离D. 粒子的化学性质【答案】D【解析】【详解】A决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项A不选；B决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项B不选；C决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，选项C不选；D决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，与粒子的化学性质无关，选项D可选；答案选D。6.已知：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，2Br+Cl2=Br2+2Cl，2Fe2+Br2=2Br+2Fe3+。在bL FeBr2溶液中通入amol Cl2时，使溶液中50% 的Br氧化为Br2，则原FeBr2的物质的量浓度为A. a/bmolL1B. 2a/bmolL1C. 3a/bmolL1D. 5a/bmolL1【答案】A【解析】【分析】由方程式可知，还原性Fe2+Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+) = x mol，n(Br-) = 2x mol，参加反应的n(Br-) = 2x mol 50% = x mol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c = 来计算作答。【详解】由方程式可知，还原性Fe2+Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+) = x mol，n(Br-) = 2x mol，参加反应的n(Br-) = 2x mol 50% = x mol，根据电子转移守恒，有x mol1+x mol1=a mol2，解得 x= a mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为c = = = mol/L，故答案选A。【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。需要特别注意的是，在同一个溶液中，存在多种具有还原性的离子时，要遵循先后顺序，由于氧化剂的量不同，导致的离子反应方程式也不尽相同。7.下列叙述中不正确的是A. 加热蒸发饱和食盐水有氯化钠析出B. 硫酸溶液加热蒸发时，硫酸的浓度增大C. 加热蒸发硫酸钠溶液不一定有晶体析出D. 加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出无水硫酸铜【答案】D【解析】【分析】A. 根据饱和溶液的定义可知，加热蒸发饱和食盐水，水分蒸发；B. 硫酸溶液加热蒸发时，溶液中溶剂水减少；C. 加热蒸发硫酸钠溶液，若为过饱和溶液则有晶体析出，若仍为不饱和溶液或刚好为饱和溶液则无晶体析出；D. 加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出的是，带结晶水的硫酸铜，即五水硫酸铜。【详解】A. 根据饱和溶液的定义可知，加热蒸发饱和食盐水，因水分蒸发，所以有氯化钠析出，故A项正确；B. 硫酸溶液加热蒸发时，溶液中溶剂水减少，则硫酸的浓度增大，故B项正确；C. 加热蒸发硫酸钠溶液，若为过饱和溶液则有晶体析出，若仍为不饱和溶液或刚好为饱和溶液则无晶体析出，故C项正确；D. 加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出的是，带结晶水的硫酸铜，即五水硫酸铜，故D项错误；答案选D。8.120 mL浓度为1 molL-1的Na2SO3溶液，恰好与100 mL浓度为0.4 molL-1的K2Cr2O7溶液完全反应，在还原产物中Cr元素的化合价A. +3B. +1C. +4D. +2【答案】A【解析】试题分析：n（Na2SO3）=0.012L1mol/L=0.012mol，n（K2Cr2O7）=0.01L0.4mol/L=0.004mol，根据氧化剂和还原剂化合价升降总数相等，设Cr元素化合价降低为+x价，则有：0.012mol（6-4）=0.004mol2（6-x），x=3，故选A。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。9.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 1 mol硫单质在过量氧气中燃烧产生NA个SO3分子B. 标准状况下，22.4 L SO3中含有氧原子数为3NAC. 标准状况下，18 g H2O中含有氧原子数为NAD. 5.4 g铝单质与足量NaOH溶液反应，转移电子数为0.6NA【答案】CD【解析】【分析】A. 硫单质在氧气中燃烧生成的是二氧化硫；B. 标准状况下三氧化硫的状态不是气体；C. 根据n = 计算出水的物质的量，再结合水分子的分子构成得出结论；D. 铝为+3价金属，根据n = 计算出铝的物质的量，然后计算出转移电子的物质的量。【详解】A. 1mol硫单质在过量氧气中燃烧产生1mol二氧化硫，产生NA个SO2分子，不会生成三氧化硫，故A项错误；B. 标准状况下SO3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B项错误；C.18 g水的物质的量为n = = 1 mol，因一个水分子中含有一个氧原子，所以1 mol水中所含的氧原子物质的量为1mol，即氧原子个数为NA，故C项正确；D. 5.4 g铝的物质的量为：n = = 0.2 mol，0.2 mol Al与氢氧化钠溶液完全反应生成偏铝酸根，失去0.6 mol电子，因此转移电子数为0.6 NA，故D项正确；答案选CD。【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B项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol适用的对象和条件，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，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。10.氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是A. 胶粒直径小于1 nmB. 胶粒不停地作无规则运动C. 胶粒带正电荷D. 胶粒不能通过半透膜【答案】C【解析】【详解】A.胶体中分散质的微粒大小为1-100nm,，故A错误；B.胶体中的粒子不停地作无规则运动，但不是胶体稳定存在的主要原因，故B错误；C.胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故C正确；D.胶粒不能透过半透膜，故D错误；故选C。11. 下列说法正确的是A. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性B. 失电子难的原子获得电子的能力一定强C. 得到电子越多的氧化剂，其氧化性就越强D. 要实现Fe2+Fe3+的转化，必须加入氧化剂【答案】D【解析】A. 阳离子可以有还原性如Fe2，阴离子可以有氧化性如ClO，故A错误；B. 失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如稀有气体既难失去电子，又难得到电子，故B错误；C. 氧化性强弱与得到电子多少没有关系，故C错误；D. Fe2到Fe3的转化属于氧化反应，必须加入氧化剂，故D正确。故选D。12.完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为111，则上述溶液的体积比为A. 111B. 632C. 321D. 931【答案】B【解析】设物质的量浓度均是cmol/L，需要溶液的体积分别是xL、yL、zL，根据Ag+ClAgCl结合化学式可知xc2yc3zc，解得x:y:z6:3:2，答案选A。13.下列物质中导电性能最差的是A. 石墨棒B. 固体氧化钾C. 盐酸D. 熔融氢氧化钠【答案】B【解析】【分析】根据是否存在自由移动的离子或电子来分析物质的导电性，导电能力最差的应是离子浓度最小，或不存在自由移动的离子等情况。【详解】固体氧化钾中的离子不自由移动，固体氧化钾不能导电；而盐酸和熔融的氢氧化钠都存在自由移动的离子，都能导电；在石墨分子结构中层与层之间存在自由移动的电子，则石墨具有良好的导电性；所以固体氧化钾导电性能最差；答案选B。【点睛】分析清楚物质导电的原因是解题的关键点，学生要特别注意，电解质与能导电的物质的概念的区别，不能片面地认为能导电的物质就是电解质。14.下列化学反应的离子方程式正确的是A. 钠和冷水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2B. 用小苏打治疗胃酸过多：+H+=CO2+H2OC. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3D. 三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3+Fe=2Fe2+【答案】B【解析】【分析】A. 电子、电荷不守恒；B. 反应生成氯化钠、水、二氧化碳；C. 一水合氨在离子反应中保留化学式；D. 电子、电荷不守恒。【详解】A. 钠和冷水反应的离子反应方程式为2Na+2H2O 2Na+2OH+H2，故A项错误；B. 用小苏打治疗胃酸过多的离子反应方程式为HCO3-+H+ CO2+H2O，故B项正确；C. 氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应方程式为Al3+3NH3H2O Al(OH)3+3NH4+，故C项错误；D. 三氯化铁溶液中加入铁粉的离子反应方程式为2Fe3+Fe 3Fe2+，故D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如D选项中的离子方程式Fe3+Fe=2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应；总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。15.下列有关胶体的说法正确的是A. 胶体是纯净物B. 胶体与溶液的本质区别是有丁达尔效应C. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体D. 胶体属于介稳体系【答案】D【解析】【分析】A. 根据混合物的概念：由多种物质组成的物质，如果是由分子构成时由多种分子构成的是混合物；B. 胶体的分散质微粒直径大小是胶体区别于其它分散系的本质特征所在；C. 饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应生产氢氧化铁沉淀；D. 胶体是一种均一、介稳定的分散系。【详解】A. 因为分散质粒子在1nm100nm之间的分散系就是胶体，胶体属于混合物，故A项错误；B. 胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，不是有丁达尔效应，故B项错误；C. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀，故C项错误；D. 胶体较稳定，静置不容易产生沉淀，属于介稳体系，故D项正确。答案选D。【点睛】胶体的介稳性是学生难理解的地方。做题时需要注意，胶体之所以具有介稳性，主要是因为胶体粒子可以通过吸附作用而带有电荷。同种胶体粒子的电性相同，在通常情况下，它们之间的互相排斥阻碍了胶体粒子变大，使它们不易聚集。此外，胶体粒子所作的布朗运动也使得它们不容易聚集成质量较大的颗粒而沉降下来。16.下列溶液中，氯离子浓度最大的是A. 100 mL 1 molL1的NaCl溶液B. 150 mL 1 molL1的MgCl2溶液C. 200 mL 1 molL1的HCl溶液D. 10 mL 1 molL1的AlCl3溶液【答案】D【解析】A、100 mL 1 mol/L的NaCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L；B、150 mL 1 mol/L的MgCl2溶液中氯离子的浓度为（12）mol/L=2mol/L；C、200 mL 1 mol/L的HCl溶液中氯离子的浓度为=1mol/L；D、10 mL 1 mol/L的AlCl3溶液中氯离子的浓度为（13）mol/L=3mol/L。所以氯离子浓度最大的是10 mL 1 mol/L的AlCl3溶液。答案选D。17.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是( )A. NaNaOHNa2CO3NaClB. AlAl2O3Al(OH)3AlCl3C. MgMgCl2Mg(OH)2MgSO4D. FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3【答案】B【解析】A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3和水，碳酸钠和BaCl2反应生成碳酸钡和NaCl，故A不选；B.铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝无法通过一步反应生成氢氧化铝，故B选；C.Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2白色沉淀，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，故C不选；D.铁与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，故D不选；故选B。18.某氯化镁溶液的密度为1.18g/cm3，其中镁离子的质量分数为5.1%，300mL该溶液中Cl-离子的物质的量约等于（ ）A. 0.37molB. 0.63molC. 0.74molD. 1.5mol【答案】D【解析】300ml溶液的质量是300ml1.18g/ml354g，含有镁离子是354g0.051240.75mol，所以氯离子是1.5mol，答案选D。19.下列叙述中不正确的是A. 质量是国际单位制(SI)的七个基本单位之一B. 电流是国际单位制中安培(A)衡量的物理量C. 物质的量是含有一定数目粒子集合体的物理量D. 物质的量常用符号n表示，其单位是摩尔(mol)【答案】A【解析】【分析】质量的计量单位“千克（公斤）”是国际单位制（SI）的7个基本单位之一；电流是国际单位制(SI)的七个基本单位之一安培（A）衡量的物理量；物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子集合体，符号为n，其单位是摩尔(mol)，简称摩。【详解】A. 质量的计量单位“千克（公斤）”是国际单位制（SI）的7个基本单位之一，故A项错误；B. 电流是国际单位制（SI）中安培(A)衡量的物理量，故B项正确；C. 物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子集合体，故C项正确；D. 物质的量常用符号n表示，其单位是摩尔(mol)，简称摩，故D项正确；答案选A。20.物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2+2H2OC+2 H2SO4（浓）=CO2+2SO2+2H2O8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N23NO2+H2O=2HNO3+NOA. B. C. D. 全部【答案】B【解析】【详解】Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2+2H2O，硫酸中硫元素化合价降低生成SO2，同时生成硫酸铜，所以硫酸表现氧化性和酸性，故符合题意；C+2 H2SO4（浓）=CO2+2SO2+2H2O，C元素的化合价升高，S元素的化合价降低，所以硫酸只表现氧化性，故不符合题意；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氯元素的化合价降低，所以氯气只体现氧化性，故不符合题意；3NO2+H2O=2HNO3+NO，二氧化氮中N元素部分得电子化合价降低，部分失电子化合价升高，所以二氧化氮既表现了氧化性又表现了还原性，故符合题意；本题答案为B。【点睛】在氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物具有还原性，得电子化合价降低的反应物具有氧化性。21.常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是( )。A. B. C. D. 【答案】D【解析】由可知，等质量时，M越小，则体积越大，CH4、CO2、O2、SO2四种气体的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，则甲烷的体积最大，答案选D。点睛：本题考查物质的量的计算，把握质量、物质的量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意摩尔质量的应用以及气体摩尔体积的使用条件和范围。22.四种金属在稀盐酸中的反应现象分别如下图所示，其中为金属铜的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据金属活动性顺序，来判断金属与稀盐酸反应的剧烈程度，再结合图中现象分析作答。【详解】Cu在金属活动性顺序表中排在H的后面，Cu与稀盐酸不反应，由图可知，D表示金属在盐酸中无气泡产生，与盐酸不反应，为金属铜。答案选D。23.下列离子方程式正确的是A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：+Ca2+OH=CaCO3+H2OB. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：H+Ba2+OH=BaSO4+2H2OC. 向氢氧化钠溶液中通入足量CO2：2OH+CO2=+H2OD. 向氢氧化钡溶液中加入过量硫酸：2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【分析】A. 碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，反应产物中有碳酸根离子；B. 反应后溶液呈中性，则硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量2：1反应；C. 二氧化碳足量，反应生成碳酸氢钠；D. 氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水。【详解】A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，正确的离子方程式为：2HCO3+ Ca2+ 2OHCO32-+ CaCO3+2H2O，故A项错误；B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H+ + SO42+Ba2+ + 2OHBaSO4+2H2O，故B项错误；C. 向氢氧化钠溶液中通入足量CO2，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：OH+CO2 HCO3，故C项错误；D. 向氢氧化钡溶液中加入过量硫酸，反应的离子方程式为：2H+ + SO42+Ba2+ + 2OHBaSO4+2H2O，故D项正确；答案选D。24.在常温下发生下列反应: (1)16H+ +10Z-+ 2XO-4 =2X2+ 5Z2+ 8H2O (2) 2A2十+B2=2A3+ 2B- (3) 2B- +Z2=B2+2Z- 根据上述反应，判断下列结论中错误的是()A. 溶液中可能发生：Z2+2A2+=2A3+2Z-B. Z2在、反应中均为氧化剂C. 氧化性强弱顺序为：XO-4Z2B2A3+D. X2+是XO-4的还原产物【答案】B【解析】反应中Z-是还原剂， Z2是氧化产物，反应中 Z2是氧化剂，所以选项B不正确。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的，还原剂的还原性大于还原产物的可知，选项ACD都是正确的，答案选B。25.分离下列混合物，按溶解、过滤、蒸发顺序进行的是A. 碳酸钙、木炭B. 氧化铜、硝酸钾C. 乙醇、碘D. 硝酸钾、氯化钠【答案】B【解析】【分析】按溶解、过滤、蒸发顺序分离混合物，则其中一种不溶于水，一种可溶于水，结合物质的溶解性来解答。【详解】A. 二者均不溶于水，过滤不能分离，故A项不符合题意；B. CuO不溶于水，硝酸钾溶于水，则可按溶解、过滤、蒸发顺序分离，故B项符合题意；C. 碘溶于乙醇，加水后得混合液，不能过滤分离，故C项不符合题意；D. 二者均溶于水，不能过滤分离，故D项不符合题意；故选B。26.某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干：NH4、Cl-、Mg2、Ba2、K、CO32 -、SO42 -，现取三份100 mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体004 mol； 第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀627 g，经足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量233 g。根据上述实验，以下推测正确的是A. K一定不存在B. 该溶液中含CO32 -离子的浓度为01 mol/LC. Cl-可能存在D. Ba2一定不存在，Mg2可能存在【答案】C【解析】据(2)知有NH4+0.06 mol；据(1)(3)知生成BaSO42.33 g(即0.01 mol)，即有0.01 mol SO42；有BaCO33.94 g(即0.02 mol)，即有CO320.02 mol；Ba2、Mg2不会存在，Cl可能存在；由于n(NH4+)2n(CO32)2n(SO42)，由电荷守恒可知，可能存在K。27.下列实验操作中，不是从人身安全因素考虑的是()A. 酒精灯不使用时，必须盖上灯帽B. 给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，外壁干燥后再加热C. 给试管里的液体加热时，试管口略向上倾斜(约45)，外壁干燥后再加热D. 用H2还原CuO时，应先通一会儿H2，再加热CuO【答案】A【解析】试题分析：A、酒精灯不用时必须盖上灯帽防止酒精挥发，不是从安全因素考虑，A正确；B、给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，外壁干燥后再预热，防止试管炸裂，是出于安全考虑，B错误；C、给试管里的液体加热时，试管口应略向上倾斜（约45），外壁干燥后再预热，防止试管炸裂，是出于安全考虑，C错误；D、氢气还原氧化铜时应先通一会氢气，排出空气，防止因氢气不纯加热时发生爆炸，是出于安全考虑，故D错误，故选A。考点：考查了化学实验安全的相关知识。28.镁、铝能够在空气中稳定存在的原因是A. 性质不活泼，不与空气中的成分反应B. 镁、铝与氧气的反应速率极慢C. 经过了特殊工艺处理D. 与氧气反应形成了氧化物保护膜【答案】D【解析】二者与氧气反应生成了一层致密的氧化膜而阻止内部金属与氧气反应，因此镁、铝能够在空气中稳定存在，答案选D。29.用足量的一氧化碳还原4.64 g某金属氧化物，把生成的二氧化碳全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此金属氧化物是下列中的()A. 氧化铜B. 氧化铁C. 四氧化三铁D. 二氧化锰【答案】C【解析】【分析】沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，计算二氧化碳的物质的量，再计算出金属氧化物中氧原子的物质的量及氧元素的质量，计算金属的质量，根据金属、氧元素质量之比结合选项确定化学式。【详解】沉淀为碳酸钙，干燥后为8.0g，则可知碳酸钙的物质的量为n = = 0.08 mol。金属氧化物中的氧原子被CO夺取生成CO2，故金属氧化物中O原子物质的量为0.08mol，氧元素质量为0.08mol为0.08mol16g/mol = 1.28g；所以金属氧化物中的金属元素的质量为4.64g1.28g = 3.36g，则金属元素与氧元素质量之比为3.36 g：1.28 g = 21：8，A. CuO中Cu、O元素质量之比为64：16=4：1，故A项不符合；B. Fe2O3中Fe、O元素质量之比为（562）：（163）=7：3，故B项不符合；C. Fe3O4中Fe、O元素质量之比为（563）：（164）=21：8，故C项符合；D. MnO2中Mn、O元素质量之比为55：（162）= 55：32，故D项不符合；答案选C。30.下列各组溶液，当后一种溶液逐滴加入到一定量的前一种溶液中并稍过量，其溶液的导电性(I表示导电能力)与后一种溶液的质量(m)的函数关系符合下图的是A. 澄清石灰水、碳酸钠溶液B. 硝酸银溶液、氯化钠溶液C. 盐酸、氢氧化钠溶液D. 稀硫酸、氢氧化钡溶液【答案】D【解析】【分析】溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位体积内离子数目越多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）进行分析作答。【详解】A. 澄清石灰水和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故A项错误；B. 硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故B项错误；C. 盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故C项错误；D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应硫酸钡沉淀和水，水难电离，硫酸钡难溶于水，所以溶液的导电性不断减弱，当氢氧化钡溶液和硫酸恰好反应，导电性最弱接近零，当氢氧化钡溶液过量时，溶液中的离子数目又增多，导电性增强，符合题意，故D项正确；答案选D。31.（1）除去NaNO3固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为_、蒸发、结晶、_。（2）除去KCl溶液中的SO42-，依次加入的溶液为(填溶质的化学式)_。（3）下列物质的分离和提纯方法操作为油水混合物_；自来水制备蒸馏水_；碘水中的I2_；KNO3溶液得到KNO3固体_。【答案】 (1). 溶解 (2). 过滤 (3). BaCl2，K2CO3，HCl (4). 分液 (5). 蒸馏 (6). 萃取分液 (7). 蒸发结晶【解析】（1）KNO3固体的溶解度随温度的升高明显增大，NaNO3固体的溶解度受温度变化影响较小，所以用降温结晶的方法，步骤是：溶解、加热蒸发、冷却结晶、过滤。（2）除去KCl溶液中的SO42-，应先加入过量BaCl2溶液，使SO42-生成沉淀，然后加入K2CO3溶液，使过量的BaCl2生成沉淀，过滤后加入稀HCl除去过量的K2CO3，故依次加入的溶液为：BaCl2、K2CO3、HCl。（3）分离互不相溶的两种液体用分液法，故油水混合物的分离和提纯方法操作为：分液；自来水制备蒸馏水主要是除去其中溶解的矿物质，故用蒸馏法；I2易溶于有机溶剂，故分离和提纯碘水中的I2可用萃取分液法；KNO3的溶解度受温度影响较大，故从KNO3溶液中得到KNO3，可采用降温结晶或蒸发结晶的方法。点睛：本题主要考查混合物分离提纯、除杂等操作和方法，掌握混合物分离的常用物理方法，除杂时不能混入新杂质，所以要注意除杂步骤的严密性。32.无机化合物可根据其组成和性质进行分类。（1）上图所示的物质分类方法名称是_。（2）以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中。_、_、_（3）写出转化为的化学方程式：_。（4）实验室制备常用_和_反应，检验该气体的方法是_。【答案】 (1). 树状分类法 (2). H2SO4(或HNO3等均可) (3). NaOH(或KOH) (4). Na2SO4(或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等均可） (5). 2NaOHCO2=Na2CO3H2O (6). 稀盐酸 (7). 大理石(或石灰石) (8). 将气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，即可证明是CO2【解析】【分析】（1）根据树状分类法和交叉分类法的定义作答，树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有根、杆、枝、叶；（2）题目中元素形成的酸还有H2SO4、HNO3等；形成的碱还有NaOH(或KOH)；形成的盐还可以是Na2SO4或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等；（3）二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；（4）实验室制取二氧化碳常用大理石（或者石灰石）与稀盐酸反应；二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，故常用澄清的石灰水检验二氧化碳，即将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊则说明该气体是二氧化碳。【详解】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有根、杆、枝、叶，图示方法就是树状图，故答案为树状分类法；（2）题目中元素形成的酸还有H2SO4、HNO3等；形成的碱还有NaOH(或KOH)；形成的盐还可以是Na2SO4或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等，故答案为：H2SO4(或HNO3等均可)；NaOH(或KOH)；Na2SO4(或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等均可)；（3）二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其化学方程式为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，故答案为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O；（4）实验室制取二氧化碳常用大理石或者石灰石与稀盐酸反应；二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，故常用澄清的石灰水检验二氧化碳，即将气体通入澄清