2018-2019学年高一化学上学期第三次段考试题(含解析).doc

2018-2019学年高一化学上学期第三次段考试题(含解析)可能用到的相对原子质量：O：16 Si：28 Al：27 Fe：56 Cl：35.5 Cu：64一、选择题(每小题均有一个选项符合题意，每小题2分，共60分)1.下列实验操作中错误的是()A. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B. 称量NaOH时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘中C. 过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁D. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处【答案】B【解析】【详解】A. 分液时为防止试剂交叉污染，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，A正确；B. 氢氧化钠具有腐蚀性，且易吸水，称量NaOH时，称量物放在烧杯中，置于托盘天平的左盘中，B错误；C. 过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁，C正确；D. 蒸馏时温度计测量蒸汽温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，D正确。答案选B。2.下列叙述错误的是()A. 节假日燃放的五彩缤纷的烟花是和一些金属元素的焰色反应有关B. 硅胶常作实验室和袋装食品等的干燥剂C. 84消毒液的有效成分为次氯酸钠D. SiO2是光导纤维的原料，是一种酸性氧化物，不能与任何酸反应【答案】D【解析】【详解】A. 节假日燃放的五彩缤纷的烟花是和一些金属元素的焰色反应有关系，A正确；B. 硅胶吸水性强，常作实验室和袋装食品等的干燥剂，B正确；C. 84消毒液的有效成分为次氯酸钠，C正确；D. SiO2是光导纤维的原料，是一种酸性氧化物，与一般的酸不反应，但能与氢氟酸反应，D错误。答案选D。3.下列说法正确的是()A. 向饱和FeCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液即可以制备Fe(OH)3胶体B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒C. 多数合金比成分金属熔点低、硬度大D. 非金属氧化物一定属于酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A. 向饱和FeCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的蒸馏水中继续加热至溶液呈红褐色即可以制备Fe(OH)3胶体，A错误；B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的氢氧化铝胶体粒子，常用于净水剂，不能用于饮用水的杀菌消毒，B错误；C. 多数合金比成分金属熔点低、硬度大，C正确；D. 非金属氧化物不一定属于酸性氧化物，例如CO、NO等，D错误。答案选C。【点睛】选项B是解答的易错点，注意明矾作净水剂的原理与杀菌消毒原理的区别，一般具有强氧化性的微粒可以杀菌消毒。4.下列物质的分类合理的是（）A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、COB. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡C. 混合物：盐酸、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Na2O2【答案】C【解析】【详解】A能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、SO2、SiO2都是酸性氧化物，CO不是酸性氧化物，故A错误；B烧碱、苛性钾、氢氧化钡均为碱，而纯碱是碳酸钠，属于盐，故B错误；C盐酸是HCl的水溶液为混合物；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；水煤气是CO和H2组成的混合物；氢氧化铁胶体是分散系的一种，为混合物，故C正确；D能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O、CaO、MgO是碱性氧化物，Na2O2不是，因为与酸反应时还产生氧气，故D错误；答案选C。5.下列物质中既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的化合物是（）Al Al2O3 Al（OH）3 AlCl3 NaHCO3A. B. C. D. 全部【答案】B【解析】【详解】铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，但铝是单质，不是化合物，不符合；氧化铝是两性氧化物，既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，符合；氢氧化铝两性氢氧化物，既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，符合；氯化铝与盐酸不反应，与氢氧化钠溶液反应，不符合；碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，符合；所以答案选B。6.下列有关实验操作不能达到相应目的的是()A干燥Cl2B分离汽油与食盐溶液C实验室制取少量蒸馏水D比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、Cl2不能与浓硫酸反应，浓硫酸有吸水性，因此可以干燥Cl2，A正确；B、汽油与食盐溶液是互不相溶的两层液体物质，可以用分液的方法分离，B正确；C、水的沸点是100，把自来水加热，当水沸腾时，变为蒸汽，通过冷凝管，水蒸气被冷凝变为液态，用锥形瓶收集起来，就得到了蒸馏水，因此该装置可以用于实验室制取少量蒸馏水，C正确；D、由于碳酸氢钠受热易分解，因此比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性时由于玻璃的导热性差，应该把Na2CO3放在外管，把NaHCO3放在内管，若观察到右边烧杯的石灰水显变浑浊，就证明稳定性：Na2CO3NaHCO3，D错误，答案选D。考点：考查化学实验基本操作与实验设计判断7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是()A. 在25、101kPa下，11.2 L CO2气体中含有的碳原子数目为0.5NAB. 1mol氯气与足量Fe粉完全反应，失去的电子数为3NAC. 常温常压下，78g Na2O2与足量水反应生成O2分子数为0.5NAD. 2 molL1H2SO4溶液中含有的H+数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A. 在25、101kPa下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2 L CO2气体的物质的量小于0.5mol，其中含有的碳原子数目小于0.5NA，A错误；B. 1mol氯气与足量Fe粉完全反应生成氯化铁，得到的电子数为2NA，B错误；C. 常温常压下，78g Na2O2的物质的量是1mol，与足量水反应生成0.5mol氧气，则O2分子数为0.5NA，C正确；D. 2 molL1H2SO4溶液的体积未知，则不能计算其中含有的H+数目，D错误。答案选C。8.下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1molL1的是()A. 将40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液B. 将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C. 将0.5 molL1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水后的溶液D. 1L含K+为1mol的K2SO4溶液【答案】B【解析】【详解】A、体积指溶液体积不是溶剂体积，所以40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液浓度不是1mol/L，A错误；B、80 g SO3的物质的量是1mol，溶于水并配成1L的溶液，物质的量浓度为1 molL-1，B正确；C、由蒸发前后溶质的物质的量不变，但溶液的密度不等于水的密度，体积之差不等于质量之差，C错误；D、1L含K+1mol的K2SO4，溶质的物质的量为0.5mol，则溶液的浓度为0.5mol/L，D错误。答案选B。【点睛】掌握物质的量浓度的含义和计算依据是解答的关键，注意概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。其次还要注意溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质的量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)均不发生变化。9.下列现象或应用不能用胶体的知识解释的是()A. 清晨，人们经常看到阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象B. 土壤表面积巨大且一般带负电，能吸收NH4+等营养离子，使土壤具有保肥能力C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀D. 水泥、冶金工厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气的污染【答案】C【解析】【分析】气溶胶具有丁达尔现象；胶粒带电荷，能吸附带相反电荷的离子；红褐色沉淀是生成的氢氧化铁，不是胶体；烟尘属于气溶胶，胶体具有电泳性质。【详解】阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关，A正确；土壤胶粒带电荷，能吸附带相反电荷的离子，可用胶体的知识解释，B正确；在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀，发生的是复分解反应，与胶体无关，C错误；烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，D正确。故选C。【点睛】本题考查胶体的性质，掌握胶体性质是丁达尔现象、电泳是解题关键。10.下列反应的离子方程式不正确的是()A. FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+B. 碳酸钠与足量的盐酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2C. 少量金属钠加到冷水中：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2D. 氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O【答案】A【解析】【详解】A. 没有配平，FeCl3溶液与Cu的反应的方程式应该为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，A错误；B. 碳酸钠与足量的盐酸反应的方程式为：CO32-+2H+H2O+CO2，B正确；C. 少量金属钠加到冷水中的离子反应为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，C正确；D. 氢氧化铜加到盐酸中的离子反应为：Cu(OH)2+2H+Cu2+2H2O，D正确；答案选A。11.下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是()A. BaCl2溶液中滴加稀硫酸 B. 盐酸和氧化铁反应C. 铁片放入CuSO4溶液中 D. 氢气还原CuO【答案】C【解析】【分析】离子反应，应能在溶液中进行，且有离子参加或生成的反应，氧化还原反应的特征是有化合价的升降，以此解答该题。【详解】ABaCl2溶液中滴入稀硫酸生成硫酸钡和水，属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；B盐酸和氧化铁反应的实质为氢离子和氧化铁的反应，属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C铁片放入CuSO4溶液中，反应的实质为Fe+Cu2+Fe2+Cu，既是离子反应又是氧化还原反应，故C正确；D氢气还原氧化铜不是离子反应，但属于氧化还原反应，故D错误。答案选C。12.通入足量氯水后能大量共存的一组离子是()A. Na+、SO42、Al3、NO3 B. Na+、K+、HCO3、OHC. Na+、Ca2+、NO3、CO32 D. K+、Fe2+、NO3、Cl【答案】A【解析】【分析】根据氯水中含有氯气、次氯酸和盐酸结合离子的性质分析解答。【详解】A. 通入足量氯水后Na+、SO42、Al3、NO3不反应，可以大量共存，A正确；B. 通入足量氯水后HCO3、OH与氢离子均反应，不能大量共存，且二者也反应生成碳酸根和水，不能大量共存，B错误；C. 通入足量氯水后CO32与氢离子反应，不能大量共存，且溶液中钙离子和碳酸根离子也不能大量共存，C错误；D. 通入足量氯水后Fe2+被氧化，不能大量共存，D错误。答案选A。13.已知5KCl+ KClO3 + 3H2SO4 = 3Cl2+ 3K2SO4 + 3H2O，下列说法不正确的是 ()A. KClO3是氧化剂B. 标准状况下产生33.6L Cl2时有3mol电子转移C. H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂D. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为51【答案】B【解析】【分析】由5KCl+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O可知，KCl中Cl元素由-1价升高为0，KClO3中Cl元素由+5价降低为0，以此来解答。【详解】A含元素化合价降低的物质为氧化剂，反应中KClO3中Cl元素由+5价降低为0，则KClO3是氧化剂，故A正确；B由反应可知，3molCl2生成时有5mol电子转移，标准状况下产生33.6L Cl2即1.5mol氯气时有2.5mol电子转移，故B错误；CH2SO4中各元素的化合价在反应前后不变，则H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故C正确；DKCl中Cl元素由-1价升高为0，KClO3中Cl元素由+5价降低为0，KCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，故D正确；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关判断与计算，明确反应中元素的化合价变化及氧化还原反应中的基本概念即可解答，选项D为解答的易错点。14.下列有关钠及钠的化合物的叙述中，正确的是()A. Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源B. 钠在空气中燃烧发出黄色的火焰，生成Na2OC. 钠与CuSO4溶液反应置换出CuD. 用铂丝蘸取硫酸钠溶液在酒精灯上灼烧时火焰呈紫色【答案】A【解析】【详解】A. 过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，因此Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源，A正确；B. 钠在空气中燃烧发出黄色的火焰，生成Na2O2，常温下与氧气反应生成Na2O，B错误；C. 钠是活泼的金属，极易与水反应，钠与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，不能置换出Cu，C错误；D. 用铂丝蘸取硫酸钠溶液在酒精灯上灼烧时火焰呈黄色，D错误。答案选A。15.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是( )向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量；向AlCl3溶液中通入NH3气体至过量A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的，所以向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠晶体。氢氧化铝是两性氢氧化物，既能溶于强酸，也能溶于强碱中，向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸最终转化为氯化铝，得不到沉淀；向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸先发生胶体的聚沉形成氢氧化铁沉淀，然后与硫酸发生中和反应沉淀溶解；氢氧化铝不能溶于氨水中，向AlCl3溶液中通入NH3气体至过量最终有沉淀生成；因此符合条件的是，答案选C。16.图用分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，不正确的是（）XYZANaAlO2盐纯净物B胶体分散系混合物CAl2O3两性氧化物氧化物D单质参与反应置换反应氧化还原反应A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。B、胶体是分散质粒子半径在1nm100nm的分散系，分散系是混合物，故B正确；C、氧化铝属于两性氧化物，两性氧化物属于氧化物，故C正确；D、置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但有单质参与的反应不一定是置换反应，故D错误；故答案选D。17.烧杯中盛有含 Cu2、Al3、Fe3、SO42、Fe2、Cl六种离子的溶液，若向其中加入足量的 Na2O2 搅拌，充分反应后再向该烧杯中滴加足量的稀盐酸，此时上述离子物质的量保持不变的有()A. 1 种 B. 2 种 C. 3种 D. 4 种【答案】C【解析】【详解】加入足量Na2O2，Na2O2具有强氧化性且和水反应生成氧气和NaOH，Fe2+被氧化生成Fe3+，Al3+AlO2，Fe3+Fe（OH）3，Cu2+Cu（OH）2，加入盐酸后，Cu（OH）2、AlO2和Fe（OH）3分别又生成Cu2+、Al3+、Fe3+，则溶液中Fe3+增多，引入氯离子，则Cl也增多，Fe2+减小，因此只有SO42、Cu2+、Al3+不变，故答案选C。【点睛】把握过氧化钠性质及整个过程中发生的反应是解本题关键，亚铁离子和氯离子判断是解答的易错点，注意亚铁离子的还原性以及反应中加入盐酸引入了氯离子。18.下列除杂（括号内为杂质）所选用的试剂及操作方法均正确的一组是()待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaOH (Na2CO3)盐酸BCO2 (HCl)Na2CO3溶液洗气CFeCl3 (FeCl2)铁粉过滤DMg (Al)NaOH溶液过滤A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A、盐酸也和氢氧化钠反应，应该用适量的氢氧化钡，然后过滤即可，A不正确；B、CO2和碳酸钠溶液也反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，B不正确；C、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，应该用氯气或氯水，C不正确；D、金属镁和氢氧化钠溶液不反应，但铝和氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠和氢气，可以除去镁粉中的铝，D正确；答案选D。【点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；分离提纯后的物质状态不变；实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。19.下列说法不正确的是()A. 无论新制还是久置的氯水，滴加AgNO3溶液均生成白色沉淀B. 氯水呈黄绿色，说明氯水中含有 Cl2C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色【答案】D【解析】【详解】A. 无论新制还是久置的氯水，溶液中均含有氯离子，滴加AgNO3溶液均生成白色沉淀，故A正确；B. 氯气呈黄绿色，氯水呈黄绿色，说明氯水中含有Cl2，故B正确；C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，发生反应：HCO3+H+H2O+CO2，说明氯水中含有H+，故C正确；D. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后，次氯酸将石蕊氧化，溶液最终呈无色，故D不正确；故答案选D。20.下列相关实验的叙述中，正确的是()A. HClO、活性炭均能使某些有色物质褪色，说明二者均有氧化性B. 加热分别盛有NaHCO3和碘的两支试管，试管底部固体均减少，说明二者均发生升华C. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来D. 用上图装置观察 Fe(OH)2 的生成【答案】D【解析】【详解】A. HClO具有强氧化性能使某些有色物质褪色，活性炭具有吸附性，也能使某些有色物质褪色，A错误；B. 加热分别盛有NaHCO3和碘的两支试管，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，碘升华，因此试管底部固体均减少，B错误；C. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，由于生成的氧化铝的熔点高于金属铝的熔点，所以熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D. 植物油能够隔绝空气，防止氧气氧化氢氧化亚铁，则可用上图装置观察Fe(OH)2的生成，D正确。答案选D。21.只用一种试剂，就能将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液通过一步实验加以区别，这种试剂是()A. KSCN B. BaCl2 C. NaOH D. HCl【答案】C【解析】【分析】四种物质与所选物质反应，发生的现象应各有不同，根据四种物质与所给选项中的四种物质反应的现象逐一分析，即可正确选择。【详解】A、硫氰化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，不能鉴别，故A错误；B、氯化钡和选项中的物质间均不反应，无现象，不能鉴别，故B错误；C、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，可以鉴别，故C正确；D、盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，不能鉴别，故D错误。故答案选C。【点睛】此题主要是考查同学们的综合分析能力，不但要求同学们具备有关化合物的基础知识，而且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力。掌握物质的性质差异是解答的关键。22.下列物质：Na，Cl2，Na2O2分别与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中钠是还原剂，水是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，正确；Cl2+H2O=HCl+HClO，该反应中氯元素的化合价由0价变为-1价和+1价，所以氧化剂和还原剂都是氯气，每个氯原子得电子或失电子个数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，正确；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，该反应中氧元素的化合价由-1价变为0价和-2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，每个过氧化钠化学式中氧原子得失数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，正确；答案选D。【点睛】正确书写反应的化学方程式以及有关元素的化合价变化情况是解本题关键，平时学习中注意有关概念的理解，例如氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物等。该题的易错选项是，注意过氧化钠与水的反应中，水中氧元素的化合价不变。23.下列物质之间的转化都一步能实现的是（）A. SiSiO2H2SiO3Na2SiO3B. AlAl2O3Al（OH）3NaAlO2C. NaNa2ONa2O2NaOHNa2CO3NaHCO3D. FeFe2O3Fe(OH)3FeCl3【答案】C【解析】【详解】A、二氧化硅不溶于水，不能与水反应，不能一步得到硅酸，故A错误；B、Al2O3不溶于水，不能与水反应，不能一步得到Al（OH）3，故B错误；C、钠常温下被空气氧化为氧化钠，加热后氧化钠又被氧化为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液中通入二氧化碳，生成碳酸氢钠，都能一步实现转化，故C正确；D、铁与氧气反应生成四氧化三铁，且氧化铁不溶于水，不能直接转化为氢氧化铁，故D错误；故答案选C。24.关于下列实验装置或操作的说法中，正确的是（ ）A. 选择合适的试剂，可分别制取并收集少量H2和Cl2B. 实验中若左边棉花变橙红色，右边棉花变蓝色，则能证明氧化性：Cl2Br2I2C. 实验用来吸收氯化氢气体并防止倒吸D. 用图操作可用乙醇提取碘水中的碘【答案】C【解析】【详解】A. 装置中应该选择分液漏斗，而不是长颈漏斗，A错误；B. 实验中若左边棉花变橙红色，右边棉花变蓝色，由于氯气和生成的单质溴能氧化碘化钾，则不能能证明氧化性：Br2I2，B错误；C. 氯化氢极易溶于水，实验中用倒扣的漏斗可吸收氯化氢气体并防止倒吸，C正确；D. 乙醇和水互溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘，D错误。答案选C。25.下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是（ ）A. 常温下，Na2CO3比NaHCO3的溶解度小B. 质量相同的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应可生成等量的CO2C. 石灰水可鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液D. 相同条件下Na2CO3和NaHCO3分别与盐酸反应，后者放出气体快【答案】D【解析】【详解】A、相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，A错误；B、由于Na2CO3的摩尔质量大于NaHCO3的摩尔质量，则在质量相等的条件下与足量盐酸反应碳酸氢钠产生的二氧化碳多，B错误；C、加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成CaCO3沉淀，不能区别两种溶液，C错误；D、由于碳酸钠和盐酸反应分步进行，首先转化为碳酸氢钠，则相同条件下Na2CO3和NaHCO3分别与盐酸反应，NaHCO3反应速率快，即后者放出气体快，D正确；答案选D。26.某化学兴趣小组利用KMnO4和浓HCl及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是（）A. A中可用分液漏斗代替长颈漏斗B. B中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2C. C为向上空气法收集氯气D. D中盛放的NaOH溶液可以吸收尾气【答案】B【解析】【详解】AA中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，故A正确；BB中盛放的NaOH溶液能吸收氯气，不能净化Cl2，最后不能收集干燥纯净的氯气，故B错误；C氯气密度大于空气，可用向上空气法收集氯气，故C正确；D氯气和氢氧化钠溶液反应，可除去含氯气的尾气，故D正确；故答案选B。27.某溶液中含有Cl-、SO42、Fe3+、K+、M，且离子的物质的量之比为2：3：1：3：1，则微粒M为（）A. Na+ B. S2- C. Mg2+ D. Al3+【答案】C【解析】【分析】溶液不显电性，利用电荷守恒及离子的共存来计算解答即可。【详解】溶液中含有Cl、SO42、Fe3+、K+、M，且离子物质的量之比为2：3：1：3：1，已知的阳离子所带电荷=31+13=6，已知的阴离子所带电荷=12+23=86，溶液不显电性，故M为阳离子，设M的电荷为x，由电荷守恒可知，6+x=8，解得x=2，排除Na+、S2、Al3+，故答案选C。【点睛】本题考查物质的量的有关计算，明确电荷守恒是解答本题的关键。另外解答该类试题时还注意是否满足离子共存，例如本题中如果选项中还有钡离子，虽然电荷满足，但与硫酸根离子不能大量共存，也不符合题意。28.已知还原性：SO2I-Fe2+，下列离子反应不能发生的是（）A. SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+B. I2 + 2Fe2+ = 2I- + 2Fe3+C. SO2 + Cl2 + 2H2O= 2Cl- + SO42- + 4H+D. 少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2 + 2I- =I2+2Cl【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性分析解答。【详解】A、反应中还原剂SO2的还原性强于还原产物Fe2，符合题给条件，反应能进行，A不符合；B、反应中还原剂Fe2的还原性强于还原产物I，不符合已知还原性强弱顺序，反应不能进行，B符合；C、反应中还原剂SO2的还原性强于还原产物Cl，符合已知条件，反应能进行，C不符合；D、离子还原性IFe2，氯气先被还原，反应中还原剂I的还原性强于还原产物Cl，反应能进行且符合事实，D不符合。答案选B。29.下列实验与对应示意图的关系正确的是（）ABCD向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A项，HH2O=Al(OH)3、Al(OH)33H=Al33H2O，应是13，错误；B项，Al(OH)3不溶于NH3H2O，错误；C项，在溶解Al(OH)3时，会增加BaSO4沉淀，所以质量仍增加，正确；D项，CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O、CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，错误。30.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为还原剂，已知25.0mL0.01mol/LNa2S2O3溶液恰好把22.4mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl-离子，则S2O32-将转化成（）A. S2- B. S C. SO42- D. SO32-【答案】C【解析】【分析】结合反应中元素的化合价变化情况，利用电子得失守恒分析解答。【详解】标况下22.4mL（即0.001mol）Cl2完全转化为Cl时，得电子总量是0.001mol20.002mol，设S2O32转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子得失守恒可知：0.025L0.01molL-12(x2)0.002，解得x=6，所以S2O32转化成SO42，故答案选C。第卷 （非选择题，共40分）31.某实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液。（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、量筒、_、_。（2）实验时图中所示操作的先后顺序为_（填编号）。（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度如何？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒_；向容量瓶加水定容时俯视液面_；摇匀后液面下降，再加水至刻度线_。（4）所需Na2CO3固体的质量为_g；若改用浓溶液稀释，需要量取2mol/LNa2CO3溶液_mL。【答案】 (1). 500mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 5.3 (8). 25.0【解析】【分析】实验室需要配制500mL 0.10mol/L Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，结合实验原理、操作步骤、稀释定律和cn/V分析解答。【详解】（1）实验室需要配制500mL 0.10mol/L Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶，胶头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作步骤为：；（3）转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，所配溶液浓度偏低；向容量瓶加水定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高；摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。（4）实验室需要配制500mL 0.10mol/L Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要碳酸钠的质量m=0.10mol/L0.5L106g/mol=5.3g；若改用浓溶液稀释，设需要量取2mol/L Na2CO3溶液体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V2mol/L=0.10mol/L500mL，解得V=25.0mL。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧是解答的关键，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练。32.下表有三组物质，请按要求回答下列问题：XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸Na2O2Na2CO3NaHCO3KOH溶液Al稀盐酸（1）同组物质中，Y既能与X发生氧化还原反应，又能与Z发生氧化还原反应的是_（填数字符号）。若Y与X或Z完全反应，产生的气体在标准状况下的体积为 67.2L，则转移电子的数目为_。（2）写出第组X与Y反应的离子方程式_。（3）第组固体X可作供氧剂，写出其中与二氧化碳的化学反应方程式_。【答案】 (1). Al (2). 6NA (3). Al(OH)3+OH-AlO2-+H2O (4). 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2【解析】【分析】（1）在所给的物质中，Al既能与酸发生氧化还原反应又能与碱发生氧化还原反应，根据氢元素的化合价变化计算转移电子数；（2）氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，据此书写离子反应方程式；（3）过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，据此解答。【详解】（1）在所给的物质中，Al既能与酸发生氧化还原反应又能与碱发生氧化还原反应，答案选；反应中均生成氢气，标况下67.2L氢气的物质的量是67.2L22.4L/mol3mol，氢元素化合价从+1价降低到0价，则生成1mol氢气转移2mol电子，所以反应中转移电子的数目为6NA；（2）氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为Al(OH)3+OH-AlO2-+H2O；（3）过氧化钠和二氧化碳或水反应均产生氧气，因此可以作供氧剂，其中过氧化钠和二氧化碳反应的方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2。33.某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）固体B的主要用途为（只写一种即可）_；（2）第步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是：_、_；（3）第步中，生成氢氧化铝的离子方程式是_。若往A溶液中通入足量CO2，产生的沉淀为_（填化学式）；（4）工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_（填化学式）。【答案】 (1). 炼铁原料或用作涂料、油漆等 (2). Al2O3+2OH2AlO2+H2O (3). SiO2+2OH SiO32+ H2O (4). Al3+3NH3H2OAl(OH)3+ 3NH4+ (5). Al(OH)3、H2SiO3 (6). CO【解析】【分析】向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物、二氧化硅是酸性氧化物，二者均溶于氢氧化钠溶液中，Fe2O3不溶于碱，则在得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入盐酸生成硅酸和氯化铝，氯化铝溶液中滴入氨水生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解，生成氧化铝，由此分析解答。【详解】（1）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后氧化铝和二氧化硅溶解，则