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38，山西省运城市景胜中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题
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这是一份38，山西省运城市景胜中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题，共18页。试卷主要包含了896L/＝0， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共16题，每题3分，共48分）
1. 通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列实验操作和现象或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应是放热反应，向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，反应放热达到脱脂棉的着火点时，脱脂棉可以燃烧，A正确；
B．向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀出现，则该沉淀一定为AgCl，因为碳酸银可以溶于稀硝酸，无气体产生，说明一定不含或，否则会有CO2气体产生，B正确；
C．K元素的焰色试验必须透过蓝色钴玻璃观察，没有透过蓝色钴玻璃观察，所以不能确定溶液中是否含有钾离子，C正确；
D．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，不能说明溶液中一定含有，可能还有Ag+干扰，D错误；
故答案为：D。
2. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。A. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A. Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；
B. “地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；
C. 小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；
D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。
3. 下列物质间的转化，不能通过一步反应完成的是（ ).
A. Zn→H2B. CO2→CaCO3C. Fe→Fe(OH)3D. Ca(OH)2→CaCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌与稀硫酸反应，生成硫酸锌和氢气，可以一步反应实现，故A不符合题意；
B．二氧化碳与氢氧化钙反应能生成碳酸钙，可以一步反应实现，故B不符合题意；
C．铁不能直接转化为氢氧化铁，铁可先与硝酸反应转化为铁盐，再与碱反应才能转化为氢氧化铁，故C符合题意；
D．二氧化碳与氢氧化钙反应能生成碳酸钙，可以一步反应实现，故D不符合题意；
答案选C。
4. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现白色沉淀，若再通入另一种气体X，有白色沉淀产生。则气体X不可能是
A. NH3B. NO2C. Cl2D. CO2
【答案】D
【解析】
【分析】由强酸制弱酸的原理可知，SO2与BaCl2溶液不反应，不可能生成BaSO3沉淀，通入另一种气体产生白色沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32-离子，或发生氧化还原反应生成SO42-离子，否则不生成沉淀。
【详解】A． 通入氨气溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3，A选项不符合题意；
B． NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，B选项不符合题意；
C． Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，C选项不符合题意；
D． 碳酸和亚硫酸均比盐酸的酸性弱，所以二氧化碳和二氧化硫与氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，D选项符合题意；
答案选D。
【点睛】在复分解反应中，一般是较强酸制较弱酸；所以切记：CO2和SO2与BaCl2或CaCl2均不反应。
5. 下列离子方程式正确的是
A. 向溶液中通入等物质的量的：
B. 将磁性氧化铁溶于硝酸：
C. 过量通入溶液中：
D. 用醋酸和淀粉-溶液检验加碘盐中的：
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中、都有还原性，还原性强弱为>，先氧化，再氧化，按1ml与1ml反应分析，1ml得电子2ml，1ml失电子1ml，根据氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数规律，还有1ml参加反应失电子1ml，故参加反应的、、化学计量系数之比为1:1:1，A正确；
B．硝酸具有强氧化性，与磁性氧化铁发生氧化还原反应，应只生成，不生成，B错误；
C．具有还原性，具有氧化性，二者应发生氧化还原反应，生成及，C错误；
D．醋酸是弱酸，在离子方程式书写中应写化学式符号，不能拆写离子符号，D错误；
答案选A。
6. 将Mg、Cu组成的mg混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到的还原产物NO气体为0.896L（标准状况），向反应后溶液中加入2 ml/L NaOH溶液60mL时，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为
A. （m+2.28）g
B. （m+2.04）g
C. （m+3.32）g
D. （m+4.34）g
【答案】B
【解析】
【详解】当金属离子恰好沉淀时,m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)，n(OH－)＝n(金属失去的e－)＝n(NO得到的e－)＝3×0.896L/（22.4L/ml）＝0.12 ml，m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)＝m g＋0.12ml×17 g/ml＝(m＋2.04) g，故B正确。
本题选B
7. 近年来，总有一些不法商贩为了牟取自身利益。用硫磺(燃烧硫磺)对银耳进行熏制，使银耳增白。这些不法商贩所制取的银耳是利用了
A. SO2的氧化性B. S的漂白性
C. SO2的漂白性D. SO2的还原性
【答案】C
【解析】
【分析】使银耳增白是利用二氧化硫的漂白性，据此作答。
【详解】A．二氧化硫的氧化性在二氧化硫和强还原性的硫化氢等反应时体现，A错误；
B．单质硫不具有漂白性，硫燃烧生成的二氧化硫有漂白性，B错误；
C．二氧化硫可以和某些有机色素结合生成不稳定的无色物质，硫磺燃烧生成二氧化硫，熏制银耳可以增白，C正确；
D．二氧化硫的还原性是在和氧化剂如酸性高锰酸钾溶液反应时体现，D错误；
故选C。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：+2H+=SO2↑+H2O
B. CuSO4溶液与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
C. 0.01ml/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02ml/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3＋+ 2+ 2Ba2＋+ 4OH- = 2BaSO4↓ +↓ +2 H2O
D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
【答案】D
【解析】
详解】A．稀硝酸与Na2SO3发生氧化还原反应，生成、NO和H2O，故A错误；
B．硫酸铜溶液中加过量的氨水的离子反应为Cu2++4NH3•H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，故B错误；
C．0.01ml/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02ml/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子反应为+Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3•H2O，故C错误；
D．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2和Na2SO4，两个方程式加和可得离子方程式2 Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故D正确；
故选D。
9. 下列物质中不能用化合反应的方法制得的是
①SiO2 ②H2SiO3 ③Na2O2 ④Al(OH)3 ⑤FeCl3 ⑥CaSiO3
A. ①③⑤B. ②④C. ②⑥D. ①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应。
【详解】①硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不选； 氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②选； ③Na2O2可通过钠与氧气在加热的条件下反应得到，故③不选； ④氧化铝和水不反应，所以Al(OH)3不能通过化合反应得到，故④选； ⑤铁和氯气反应生成的是氯化铁，方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故⑤不选；⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不选；
②④符合不能用化合反应的制得的条件，故选B。
10. 下列物质中不能用化合反应的方法制得的是
①SiO2 ②H2SiO3 ③Na2O2 ④Al(OH)3 ⑤FeCl3 ⑥CaSiO3
A. ①③⑤B. ②④C. ②⑥D. ①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应。
【详解】①硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不选； 氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②选； ③Na2O2可通过钠与氧气在加热的条件下反应得到，故③不选； ④氧化铝和水不反应，所以Al(OH)3不能通过化合反应得到，故④选； ⑤铁和氯气反应生成的是氯化铁，方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故⑤不选；⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不选；
②④符合不能用化合反应的制得的条件，故选B。
11. 我国清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”，写道：“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅。……。虚弱者忌之。宜外用，勿服。……。”这里的“鼻冲水”是指
A. 氨水B. 硝酸C. 醋D. 卤水
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意知，鼻冲水具有挥发性，有刺激性气味，可外用，不可内服；
A、氨水具有挥发性，如果密封性不好，挥发出氨气，瓶内液体体积会慢慢减小；氨气的密度比空气小，有刺激性气味的性质结合“鼻冲水”贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，气甚辛烈可以确定是氨气，故A项符合要求；
B、硝酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不能外用，B不符合要求；
C、醋属于饮食调料，可食用，C不符合要求；
D、卤水不具有挥发性及强烈气味，D不符合要求；
故选A。。
12. 下列有关图像的说法正确的是
A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1ml，向含有1mlNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1mlHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1mlNaHCO3，消耗HCl 1ml；最后1mlNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1ml，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。
13. X、Y、Z三种物质何存在如下图所示的转化关系。下列说法错误的是
A. 若a处强碱，则X与Z的溶液可能反应生成Y
B. 若a是氧气，则Y一定是氧化物
C. 若a是金属单质，则Y、Z中a的化合价可能是
D. 若a是强酸，则Y既可能与酸反应又可能与碱反应
【答案】B
【解析】
【分析】由反应的转化关系可知X可与a连续反应，说明X的生成物与a的量或反应条件有关，符合该转化关系的有：氢氧化钠或氢氧化钾与二氧化碳和二氧化硫的反应、铁和硝酸或氯化铁溶液的反应、偏铝酸盐和盐酸的反应、氯化铝和氢氧化钠溶液的反应、氨气或氮气或硫或硫化氢被氧化的反应、钠被氧化的反应等。
【详解】A． 若a是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性。Z是AlO，Al3+的溶液和AlO溶液混合生成氢氧化铝沉淀，故A正确；
B． 若a是氧气，如硫化氢被氧化的反应生成的Y可能是硫，则Y不一定是氧化物，故B错误；
C． 若a是金属单质，如铁与氯气反应生成氯化铁溶液，再与铁反应生成氯化亚铁，则Y、Z中a的化合价可能是，故C正确；
D． 若a是强酸，如盐酸可与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，再与盐酸反应生成氯化铝，则Y是氢氧化铝，既可能与酸反应又可能与碱反应，故D正确；
故选B。
14. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A. ：通过饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
B. ：通入足量的氯气
C. ：用点燃的方法除去
D. 溶液：加入过量溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．：通过饱和食盐水的洗气瓶，通入饱和碳酸钠，会产生新的杂质气体，A错误；
B．：通入足量的氯气，可以将氧化为，B正确；
C．：不能用点燃的方法除去，应该将混合气体通入灼热的，C错误；
D．溶液，加入过量溶液，除去，同时也除去了，D错误；
故选B。
15. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．将一块用砂纸打磨过的铝条放入试管，再加入98%浓硫酸3mL，铝条表面无明显现象，因为发生钝化现象，但不是与铁不反应，A不合题意；
B．向试管中加入3mL稀KMnO4酸性溶液，再通入SO2气体，紫红色褪去，是由于SO2将KMnO4还原为无色的Mn2+，故体现了SO2的还原性而不是漂白性，B不合题意；
C．室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，是因为发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，故可得出Fe3+的氧化性比I2的强，C符合题意；
D．将溶液X与稀盐酸反应产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，溶液X中可能含有SO、与盐酸反应生成的SO2使品红褪色，也可能含有如ClO-、等具有强氧化性的离子生成了Cl2使品红褪色，D不合题意；
故答案为：C。
16. 向含有xmlHNO3和ymlH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是
A. 当x=y时，反应后溶液中一定有
B. 加入n3ml铁粉后b线保持不变说明n1ml铁粉后溶液中一定无H+
C. 由图可知，y≤1.5x
D. 当x=1，y=1时最多溶解铁粉质量为56.0g
【答案】D
【解析】
【分析】向含有xmlHNO3和ymlH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先发生铁和硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，当硝酸根离子消耗完后，再加入铁粉，发生铁和铁离子反应生成亚铁离子，因此可以推出a表示铁离子的关系曲线，b为亚铁离子的关系曲线。
【详解】A．发生反应或，根据方程式分析，当x=y时，氢离子少量，硝酸根离子一定有剩余，A正确；
B．加入n3ml铁粉，铁离子恰好完全转变为亚铁离子，且之后b线保持不变说明n1ml铁粉后溶液中一定没有氢离子，B正确；
C．从图分析，铁和混酸反应生成铁离子之后氢离子无剩余，则据离子方程式分析，有1ml硝酸时需要至少有3ml氢离子由硫酸提供，即有1.5ml硫酸，则y≤1.5x，C正确；
D．溶解铁粉最多的时刻反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：，当x=1，y=1时，氢离子完全反应，即3ml氢离子反应，则消耗铁的物质的量为ml，最多溶解铁粉质量为g，D错误；
故选D。
二、填空题（共52分）
17. 将一定质量的Mg—Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。回答下列问题。
（1）原Mg-Al合金的质量是_________，合金中Mg与Al的物质的量之比是________；
（2）所加NaOH溶液的物质的量浓度是________________；
（3）原HCl溶液物质的量浓度是_____________________。
（4）向含有0.1mlNH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入5 ml·L-1NaOH溶液，开始发现熔液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有刺激性气味的气体(NH3)逸出；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图。________
【答案】 ①. 5.1 g ②. 1∶1 ③. 6 ml·L−1 ④. 5 ml·L−1 ⑤.
【解析】
【详解】分析图象可知，Mg—Al合金与HCl反应时，盐酸过量，图象中各线段对应的化学反应如下：OA段：①H＋＋OH－=H2O，AB段：②Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓和③Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，BC段：④Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。据此解析如下：
(1) B点对应的沉淀为Al(OH)3和Mg (OH)2，其总质量为13.6g，C点对应的沉淀为Mg (OH)2，其质量为5.8g，所以n[Mg (OH)2]= n(Mg)=0.1ml，即金属镁的质量为2.4g；则
n(Al)= n[Al(OH)3]==0.1ml，则金属铝的质量为2.7g，所以合金中Mg与Al的物质的量之比为1∶1，合金的总质量为5.1g。
(2) 由(1)的分析可知 n[Al(OH)3] =0.1ml，则反应④中溶解Al(OH)3沉淀需要n(NaOH)= 0.1ml，BC段加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，所以c(NaOH)= = 5ml/L。
(3)当加入NaOH溶液的体积为120mL时，即B点的溶液中溶质只有NaCl，根据其组成比即n(Na+)=n(Cl－)，可得n(NaOH)=n(HCl)=0.12L×5ml/L=0.60ml，所以c(HCl)==
6ml/L。
(4)据题意，加入NaOH溶液时，先与Al3＋反应，再与NH4+反应，最后Al(OH)3溶解，反应的离子方程式依次为①Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，②NH4+＋OH－=NH3+H2O，③Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，由NH4Al(SO4)2的物质的量为0.1ml和c(NaOH)= 5ml/L，求出反应①中生成n[Al(OH)3] =0.1ml，消耗V(NaOH)=60mL，反应②消耗V(NaOH)=20mL，反应③消耗V(NaOH)=20mL，由此可画出图象如答案所示。
点睛：利用图象的BC段求出氢氧化钠溶液的浓度是解答本题的关键；利用B点溶液中溶质的组成比求出盐酸的浓度是解题的技巧。
18. 氮元素在地球上含量丰富，氮及其化合物在工农业生产和生活中有着重要作用，氮氧化物也是主要的大气污染物。
（1）含有NO和的工业尾气可以利用NaOH溶液吸收处理。主要反应为、。
①下列措施不能提高尾气中NO和去除率的有___________(填标号)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气的过程中定期补加适量NaOH溶液
②若将2.24L(已换算成标准状况下的体积)由NO和组成的混合气体通入溶液中，充分反应(气体完全被吸收)，吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后，得到晶体7.22g，则原混合气体中NO和的物质的量之比为___________。
（2）用NaClO溶液也可以吸收工业尾气中的NO。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸化的NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为___________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是___________。
（3）以亚硝酸钠()溶液为研究对象，探究的性质。现取三份溶液，分别进行以下实验：
【答案】（1） ①. A ②. 3：7
（2） ①. ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
（3） ①. 2NO+2H+=NO↑+NO2↑+H2O ②. MnO+8H++5NO=5NO2+Mn2++4H2O ③. 氧化性
【解析】
【小问1详解】
①A．加快通入尾气的速率会缩短尾气和氢氧化钠溶液的接触时间，不利于NO和的去除，A错误；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气可以增大气体与氢氧化钠溶液的接触，有利于NO和的去除，B正确；
C．吸收尾气的过程中定期补加适量NaOH溶液，有利于提高NO和的去除，C正确；
故选A；
②根据N元素守恒可计算得出晶体中含有的NaNO3的物质的量为0.02ml，NaNO2的物质的量为0.08ml，由废气吸收的主要反应、可知，生成0.02ml NaNO3消耗0.04mlNO2，则发生反应的NO2和NO的总物质的量为0.06ml，由此可得NO的物质的量为0.03ml，NO2的物质的量为0.04ml+0.03ml=0.07ml，故NO和NO2的物质的量之比为3∶7；
【小问2详解】
①根据题目信息，在酸性溶液中，HClO氧化NO生成和，利用电子守恒可配平反应的离子方程式：；
②在酸性条件下，转化成HClO，溶液pH越小，生成的HClO浓度越大，HClO的氧化性越强，则NO转化率越高，故答案为：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；
【小问3详解】
NO在酸性条件下发生歧化反应：2NO+2H+=NO2↑+NO2↑+H2O；酸性条件下，MnO将NO氧化为NO2，离子方程式为：MnO+8H++5NO=5NO2+Mn2++4H2O；加入溶液和足量HCl，振荡，产生白色沉淀说明为沉淀，则说明具有氧化性，把氧化为硫酸钠。
19. 七校某化学兴趣小组发现有一瓶无色澄清透明溶液，已知其只含下列离子中的若干种，且每种离子的数目相等：、、、、、、、、，分别取100ml溶液进行以下4组实验：
①向其中加入过量盐酸，滴加过程中均无气泡和沉淀生成。
②用pH试纸检测溶液呈碱性。
③做焰色试验，发现火焰呈黄色。
④加入足量溶液，产生白色沉淀。
（1）由步骤①可以判断一定不存在的离子有___________。
（2）由以上实验操作能够判断的阳离子一定有___________，根据电中性原则能否确定含有，___________(填“能”或“否”)，请设计实验检验：___________，书写检验的离子方程式：___________。
（3）取实验①的酸性溶液加入铜片，产生气泡，经测定该气体为NO，溶液变蓝，请写出该反应的离子方程式：___________。
（4）电荷守恒是学习化学的重要思维方法。某、混合溶液中含有、物质的量分别为、，求溶液中的物质的量为___________ml。
【答案】（1）、
（2） ①. 、 ②. 能 ③. 取少量原溶液于洁净的试管中，加入足量的稀酸化，再滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中有 ④.
（3）@
（4）0.6
【解析】
【分析】溶液无色澄清透明，可排除的存在，加过量盐酸无气泡和无沉淀，则无、，溶液呈碱性，说明有，焰色反应呈黄色说明有，加入有白色沉淀说明有，根据离子数目相等和溶液呈电中性，可知应该还存在和，无，据此作答。
【小问1详解】
溶液无色澄清透明，可排除的存在，加过量盐酸无气泡无沉淀，则无，所以答案为：、；
【小问2详解】
焰色反应呈黄色说明一定有，加入足量溶液有白色沉淀说明有；根据分析，有和、，依据电中性原理，所以一定要有和，检验的方法为取少量原溶液于洁净的试管中，加入足量的稀酸化，再滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中有，故答案为：、；能；取少量原溶液于洁净的试管中，加入足量的稀酸化，再滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中有；；
【小问3详解】
依据现象，发生反应为稀硝酸和铜的反应，其离子方程式为：
【小问4详解】
依据电荷守恒则：n(H+)=n()×2- n(Al3+)×3=0.9×2-0.4×3ml=0.6ml，故答案为0.6ml。
20. 目前支原体肺炎流行，及时消毒有利于降低感染几率。常用的消毒剂有双氧水、医用酒精以及含氯消毒剂等，其中含氯消毒剂的家族最庞大、应用最广泛。
（1）次氯酸钠()为“84”消毒液的有效成分，常温下用烧碱溶液吸收可制备“84”消毒液，反应的化学方程式为___________。
（2）但在巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿，一种可能原因是与反应产生促进藻类快速生长，该反应中氧化剂是___________，若生成标况下44.8L的，转移电子的数目为___________。
（3）如果在不同温度、浓度的条件下，与溶液的反应，可以生成或。现将氯气缓缓通入冷溶液，当溶液中含有的与的物质的量为1：1时，为___________，整个过程，参加反应所需与氯气的物质的量之比为___________。
若将通入含aml的溶液中，发生上述过程，回答下列问题：
（4）与的物质的量之和可能为aml，该说法___________。
A．正确 B．错误
（5）反应中转移电子的物质的量可能为___________。
A. amlB. amlC. amlD. aml
亚氯酸钠()为便携式消毒除菌卡的主要活性成分，一种制备粗产品的工艺流程如下图，已知，纯易分解爆炸，一般用空气稀释到10％以下。
（6）在发生器中发生________(氧化或还原)反应，该反应的还原产物为_________，吸收塔中温度不宜过高，否则会导致产率下降，原因是___________。
（7）“有效氯含量”的定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力(即得电子数)相当于多少克的氧化能力(氯元素均被还原至价)，则亚氯酸钠的有效氯含量为___________。(保留两位小数)。
【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（2） ①. NaClO ②. 4NA
（3） ①. 6：1 ②. 2：1
（4）B （5）C
（6） ①. 还原 ②. ClO2 ③. H2O2受热分解
（7）1.57
【解析】
【小问1详解】
氯气制备84消毒液发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
【小问2详解】
由题意可知，84消毒液与双氧水混合发生的反应为次氯酸钠溶液与过氧化氢溶液反应生产氯化钠、氧气和水，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，氧元素化合价升高被氧化，双氧水是还原剂、氧气是氧化产物，由化合价变化可知，反应生成标况下44.8L氧气转移电子的数目为×2×NAml—1=4NA，故答案为：4NA；
【小问3详解】
设氯气与氢氧化钠溶液反应时生成次氯酸钠和氯酸钠物质的量都为1ml，由得失电子数目守恒可知，氯化钠的物质的量为1ml×1+1ml×5=6ml，则氯化钠与氯酸钠的物质的量比为6：1，由钠原子个数守恒可知，氢氧化钠的物质的量为8ml，由氯原子个数守恒可知，氯气的物质的量为8ml×=4ml，则氢氧化钠和氯气的物质的量比为2：1，故答案为：6：1；2：1；
【小问4详解】
由钠原子个数守恒可知，若次氯酸钠和氯酸钠的物质的量之和为aml，氯化钠的物质的量为aml，则氯气与氢氧化钠溶液反应时得失电子数目不守恒，则次氯酸钠和氯酸钠的物质的量之和不可能为aml，故选B；
【小问5详解】
若氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应转移电子数目aml，若氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水，反应转移电子数目为aml，则氯气与氢氧化钠溶液反应时电子转移数目介于aml和aml之间，故选C；
【小问6详解】
由题给流程可知，发生器中发生反应为酸性溶液中氯酸钠与二氧化硫反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应中硫元素的化合价升高被氧化，二氧化硫是反应的还原剂，发生氧化反应，氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是氧化剂、二氧化氯是还原产物；过氧化氢受热易发生分解反应，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会因过氧化氢溶液受热分解导致亚氯酸钠产率下降，故答案为：还原；ClO2；H2O2受热分解；
【小问7详解】
由题意可知，亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57，故答案为：1.57。选项
实验操作和现象
结论
A
向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧
过氧化钠与水反应放热
B
向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，无气体产生，但有白色沉淀出现
未知溶液中含有Cl-，一定不或
C
用铂丝蘸取少量未知固体化合物做焰色试验，火焰呈黄色
固体中一定含Na+，可能含K+
D
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀
溶液中一定含有
选项
实验操作和现象
结论
A
将一块用砂纸打磨过的铝条放入试管，再加入98%浓硫酸3mL，铝条表面无明显现象
铝与浓硫酸常温下不反应
B
向试管中加入3mL稀KMnO4酸性溶液，再通入SO2气体，紫红色褪去
SO2具有漂白性
C
室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
Fe3+的氧化性比I2的强
D
将溶液X与稀盐酸反应产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
溶液X中一定含有SO
操作和现象
结论
实验1：滴加稀硫酸，产生红综色气体。
写出产生此现象的离子方程式：①___________。
实验2：滴入溶液，开始仍为紫红色，再向溶液中滴加稀硫酸后，紫色褪去。
写出产生此观象的离子方程式：②___________。
实验3：滴入5滴溶液再加入溶液和足量HCl，振荡，产生白色沉淀。
可推断，具有③___________性。
一、单选题（共16题，每题3分，共48分）
1. 通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列实验操作和现象或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应是放热反应，向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，反应放热达到脱脂棉的着火点时，脱脂棉可以燃烧，A正确；
B．向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀出现，则该沉淀一定为AgCl，因为碳酸银可以溶于稀硝酸，无气体产生，说明一定不含或，否则会有CO2气体产生，B正确；
C．K元素的焰色试验必须透过蓝色钴玻璃观察，没有透过蓝色钴玻璃观察，所以不能确定溶液中是否含有钾离子，C正确；
D．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，不能说明溶液中一定含有，可能还有Ag+干扰，D错误；
故答案为：D。
2. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。A. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A. Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；
B. “地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；
C. 小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；
D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。
3. 下列物质间的转化，不能通过一步反应完成的是（ ).
A. Zn→H2B. CO2→CaCO3C. Fe→Fe(OH)3D. Ca(OH)2→CaCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌与稀硫酸反应，生成硫酸锌和氢气，可以一步反应实现，故A不符合题意；
B．二氧化碳与氢氧化钙反应能生成碳酸钙，可以一步反应实现，故B不符合题意；
C．铁不能直接转化为氢氧化铁，铁可先与硝酸反应转化为铁盐，再与碱反应才能转化为氢氧化铁，故C符合题意；
D．二氧化碳与氢氧化钙反应能生成碳酸钙，可以一步反应实现，故D不符合题意；
答案选C。
4. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现白色沉淀，若再通入另一种气体X，有白色沉淀产生。则气体X不可能是
A. NH3B. NO2C. Cl2D. CO2
【答案】D
【解析】
【分析】由强酸制弱酸的原理可知，SO2与BaCl2溶液不反应，不可能生成BaSO3沉淀，通入另一种气体产生白色沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32-离子，或发生氧化还原反应生成SO42-离子，否则不生成沉淀。
【详解】A． 通入氨气溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3，A选项不符合题意；
B． NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，B选项不符合题意；
C． Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，C选项不符合题意；
D． 碳酸和亚硫酸均比盐酸的酸性弱，所以二氧化碳和二氧化硫与氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，D选项符合题意；
答案选D。
【点睛】在复分解反应中，一般是较强酸制较弱酸；所以切记：CO2和SO2与BaCl2或CaCl2均不反应。
5. 下列离子方程式正确的是
A. 向溶液中通入等物质的量的：
B. 将磁性氧化铁溶于硝酸：
C. 过量通入溶液中：
D. 用醋酸和淀粉-溶液检验加碘盐中的：
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中、都有还原性，还原性强弱为>，先氧化，再氧化，按1ml与1ml反应分析，1ml得电子2ml，1ml失电子1ml，根据氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数规律，还有1ml参加反应失电子1ml，故参加反应的、、化学计量系数之比为1:1:1，A正确；
B．硝酸具有强氧化性，与磁性氧化铁发生氧化还原反应，应只生成，不生成，B错误；
C．具有还原性，具有氧化性，二者应发生氧化还原反应，生成及，C错误；
D．醋酸是弱酸，在离子方程式书写中应写化学式符号，不能拆写离子符号，D错误；
答案选A。
6. 将Mg、Cu组成的mg混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到的还原产物NO气体为0.896L（标准状况），向反应后溶液中加入2 ml/L NaOH溶液60mL时，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为
A. （m+2.28）g
B. （m+2.04）g
C. （m+3.32）g
D. （m+4.34）g
【答案】B
【解析】
【详解】当金属离子恰好沉淀时,m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)，n(OH－)＝n(金属失去的e－)＝n(NO得到的e－)＝3×0.896L/（22.4L/ml）＝0.12 ml，m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)＝m g＋0.12ml×17 g/ml＝(m＋2.04) g，故B正确。
本题选B
7. 近年来，总有一些不法商贩为了牟取自身利益。用硫磺(燃烧硫磺)对银耳进行熏制，使银耳增白。这些不法商贩所制取的银耳是利用了
A. SO2的氧化性B. S的漂白性
C. SO2的漂白性D. SO2的还原性
【答案】C
【解析】
【分析】使银耳增白是利用二氧化硫的漂白性，据此作答。
【详解】A．二氧化硫的氧化性在二氧化硫和强还原性的硫化氢等反应时体现，A错误；
B．单质硫不具有漂白性，硫燃烧生成的二氧化硫有漂白性，B错误；
C．二氧化硫可以和某些有机色素结合生成不稳定的无色物质，硫磺燃烧生成二氧化硫，熏制银耳可以增白，C正确；
D．二氧化硫的还原性是在和氧化剂如酸性高锰酸钾溶液反应时体现，D错误；
故选C。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：+2H+=SO2↑+H2O
B. CuSO4溶液与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
C. 0.01ml/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02ml/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3＋+ 2+ 2Ba2＋+ 4OH- = 2BaSO4↓ +↓ +2 H2O
D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
【答案】D
【解析】
详解】A．稀硝酸与Na2SO3发生氧化还原反应，生成、NO和H2O，故A错误；
B．硫酸铜溶液中加过量的氨水的离子反应为Cu2++4NH3•H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，故B错误；
C．0.01ml/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02ml/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子反应为+Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3•H2O，故C错误；
D．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2和Na2SO4，两个方程式加和可得离子方程式2 Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故D正确；
故选D。
9. 下列物质中不能用化合反应的方法制得的是
①SiO2 ②H2SiO3 ③Na2O2 ④Al(OH)3 ⑤FeCl3 ⑥CaSiO3
A. ①③⑤B. ②④C. ②⑥D. ①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应。
【详解】①硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不选； 氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②选； ③Na2O2可通过钠与氧气在加热的条件下反应得到，故③不选； ④氧化铝和水不反应，所以Al(OH)3不能通过化合反应得到，故④选； ⑤铁和氯气反应生成的是氯化铁，方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故⑤不选；⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不选；
②④符合不能用化合反应的制得的条件，故选B。
10. 下列物质中不能用化合反应的方法制得的是
①SiO2 ②H2SiO3 ③Na2O2 ④Al(OH)3 ⑤FeCl3 ⑥CaSiO3
A. ①③⑤B. ②④C. ②⑥D. ①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应。
【详解】①硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不选； 氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②选； ③Na2O2可通过钠与氧气在加热的条件下反应得到，故③不选； ④氧化铝和水不反应，所以Al(OH)3不能通过化合反应得到，故④选； ⑤铁和氯气反应生成的是氯化铁，方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故⑤不选；⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不选；
②④符合不能用化合反应的制得的条件，故选B。
11. 我国清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”，写道：“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅。……。虚弱者忌之。宜外用，勿服。……。”这里的“鼻冲水”是指
A. 氨水B. 硝酸C. 醋D. 卤水
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意知，鼻冲水具有挥发性，有刺激性气味，可外用，不可内服；
A、氨水具有挥发性，如果密封性不好，挥发出氨气，瓶内液体体积会慢慢减小；氨气的密度比空气小，有刺激性气味的性质结合“鼻冲水”贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，气甚辛烈可以确定是氨气，故A项符合要求；
B、硝酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不能外用，B不符合要求；
C、醋属于饮食调料，可食用，C不符合要求；
D、卤水不具有挥发性及强烈气味，D不符合要求；
故选A。。
12. 下列有关图像的说法正确的是
A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1ml，向含有1mlNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1mlHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1mlNaHCO3，消耗HCl 1ml；最后1mlNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1ml，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。
13. X、Y、Z三种物质何存在如下图所示的转化关系。下列说法错误的是
A. 若a处强碱，则X与Z的溶液可能反应生成Y
B. 若a是氧气，则Y一定是氧化物
C. 若a是金属单质，则Y、Z中a的化合价可能是
D. 若a是强酸，则Y既可能与酸反应又可能与碱反应
【答案】B
【解析】
【分析】由反应的转化关系可知X可与a连续反应，说明X的生成物与a的量或反应条件有关，符合该转化关系的有：氢氧化钠或氢氧化钾与二氧化碳和二氧化硫的反应、铁和硝酸或氯化铁溶液的反应、偏铝酸盐和盐酸的反应、氯化铝和氢氧化钠溶液的反应、氨气或氮气或硫或硫化氢被氧化的反应、钠被氧化的反应等。
【详解】A． 若a是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性。Z是AlO，Al3+的溶液和AlO溶液混合生成氢氧化铝沉淀，故A正确；
B． 若a是氧气，如硫化氢被氧化的反应生成的Y可能是硫，则Y不一定是氧化物，故B错误；
C． 若a是金属单质，如铁与氯气反应生成氯化铁溶液，再与铁反应生成氯化亚铁，则Y、Z中a的化合价可能是，故C正确；
D． 若a是强酸，如盐酸可与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，再与盐酸反应生成氯化铝，则Y是氢氧化铝，既可能与酸反应又可能与碱反应，故D正确；
故选B。
14. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A. ：通过饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
B. ：通入足量的氯气
C. ：用点燃的方法除去
D. 溶液：加入过量溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．：通过饱和食盐水的洗气瓶，通入饱和碳酸钠，会产生新的杂质气体，A错误；
B．：通入足量的氯气，可以将氧化为，B正确；
C．：不能用点燃的方法除去，应该将混合气体通入灼热的，C错误；
D．溶液，加入过量溶液，除去，同时也除去了，D错误；
故选B。
15. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．将一块用砂纸打磨过的铝条放入试管，再加入98%浓硫酸3mL，铝条表面无明显现象，因为发生钝化现象，但不是与铁不反应，A不合题意；
B．向试管中加入3mL稀KMnO4酸性溶液，再通入SO2气体，紫红色褪去，是由于SO2将KMnO4还原为无色的Mn2+，故体现了SO2的还原性而不是漂白性，B不合题意；
C．室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，是因为发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，故可得出Fe3+的氧化性比I2的强，C符合题意；
D．将溶液X与稀盐酸反应产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，溶液X中可能含有SO、与盐酸反应生成的SO2使品红褪色，也可能含有如ClO-、等具有强氧化性的离子生成了Cl2使品红褪色，D不合题意；
故答案为：C。
16. 向含有xmlHNO3和ymlH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是
A. 当x=y时，反应后溶液中一定有
B. 加入n3ml铁粉后b线保持不变说明n1ml铁粉后溶液中一定无H+
C. 由图可知，y≤1.5x
D. 当x=1，y=1时最多溶解铁粉质量为56.0g
【答案】D
【解析】
【分析】向含有xmlHNO3和ymlH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先发生铁和硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，当硝酸根离子消耗完后，再加入铁粉，发生铁和铁离子反应生成亚铁离子，因此可以推出a表示铁离子的关系曲线，b为亚铁离子的关系曲线。
【详解】A．发生反应或，根据方程式分析，当x=y时，氢离子少量，硝酸根离子一定有剩余，A正确；
B．加入n3ml铁粉，铁离子恰好完全转变为亚铁离子，且之后b线保持不变说明n1ml铁粉后溶液中一定没有氢离子，B正确；
C．从图分析，铁和混酸反应生成铁离子之后氢离子无剩余，则据离子方程式分析，有1ml硝酸时需要至少有3ml氢离子由硫酸提供，即有1.5ml硫酸，则y≤1.5x，C正确；
D．溶解铁粉最多的时刻反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：，当x=1，y=1时，氢离子完全反应，即3ml氢离子反应，则消耗铁的物质的量为ml，最多溶解铁粉质量为g，D错误；
故选D。
二、填空题（共52分）
17. 将一定质量的Mg—Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。回答下列问题。
（1）原Mg-Al合金的质量是_________，合金中Mg与Al的物质的量之比是________；
（2）所加NaOH溶液的物质的量浓度是________________；
（3）原HCl溶液物质的量浓度是_____________________。
（4）向含有0.1mlNH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入5 ml·L-1NaOH溶液，开始发现熔液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有刺激性气味的气体(NH3)逸出；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图。________
【答案】 ①. 5.1 g ②. 1∶1 ③. 6 ml·L−1 ④. 5 ml·L−1 ⑤.
【解析】
【详解】分析图象可知，Mg—Al合金与HCl反应时，盐酸过量，图象中各线段对应的化学反应如下：OA段：①H＋＋OH－=H2O，AB段：②Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓和③Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，BC段：④Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。据此解析如下：
(1) B点对应的沉淀为Al(OH)3和Mg (OH)2，其总质量为13.6g，C点对应的沉淀为Mg (OH)2，其质量为5.8g，所以n[Mg (OH)2]= n(Mg)=0.1ml，即金属镁的质量为2.4g；则
n(Al)= n[Al(OH)3]==0.1ml，则金属铝的质量为2.7g，所以合金中Mg与Al的物质的量之比为1∶1，合金的总质量为5.1g。
(2) 由(1)的分析可知 n[Al(OH)3] =0.1ml，则反应④中溶解Al(OH)3沉淀需要n(NaOH)= 0.1ml，BC段加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，所以c(NaOH)= = 5ml/L。
(3)当加入NaOH溶液的体积为120mL时，即B点的溶液中溶质只有NaCl，根据其组成比即n(Na+)=n(Cl－)，可得n(NaOH)=n(HCl)=0.12L×5ml/L=0.60ml，所以c(HCl)==
6ml/L。
(4)据题意，加入NaOH溶液时，先与Al3＋反应，再与NH4+反应，最后Al(OH)3溶解，反应的离子方程式依次为①Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，②NH4+＋OH－=NH3+H2O，③Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，由NH4Al(SO4)2的物质的量为0.1ml和c(NaOH)= 5ml/L，求出反应①中生成n[Al(OH)3] =0.1ml，消耗V(NaOH)=60mL，反应②消耗V(NaOH)=20mL，反应③消耗V(NaOH)=20mL，由此可画出图象如答案所示。
点睛：利用图象的BC段求出氢氧化钠溶液的浓度是解答本题的关键；利用B点溶液中溶质的组成比求出盐酸的浓度是解题的技巧。
18. 氮元素在地球上含量丰富，氮及其化合物在工农业生产和生活中有着重要作用，氮氧化物也是主要的大气污染物。
（1）含有NO和的工业尾气可以利用NaOH溶液吸收处理。主要反应为、。
①下列措施不能提高尾气中NO和去除率的有___________(填标号)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气的过程中定期补加适量NaOH溶液
②若将2.24L(已换算成标准状况下的体积)由NO和组成的混合气体通入溶液中，充分反应(气体完全被吸收)，吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后，得到晶体7.22g，则原混合气体中NO和的物质的量之比为___________。
（2）用NaClO溶液也可以吸收工业尾气中的NO。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸化的NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为___________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是___________。
（3）以亚硝酸钠()溶液为研究对象，探究的性质。现取三份溶液，分别进行以下实验：
【答案】（1） ①. A ②. 3：7
（2） ①. ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
（3） ①. 2NO+2H+=NO↑+NO2↑+H2O ②. MnO+8H++5NO=5NO2+Mn2++4H2O ③. 氧化性
【解析】
【小问1详解】
①A．加快通入尾气的速率会缩短尾气和氢氧化钠溶液的接触时间，不利于NO和的去除，A错误；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气可以增大气体与氢氧化钠溶液的接触，有利于NO和的去除，B正确；
C．吸收尾气的过程中定期补加适量NaOH溶液，有利于提高NO和的去除，C正确；
故选A；
②根据N元素守恒可计算得出晶体中含有的NaNO3的物质的量为0.02ml，NaNO2的物质的量为0.08ml，由废气吸收的主要反应、可知，生成0.02ml NaNO3消耗0.04mlNO2，则发生反应的NO2和NO的总物质的量为0.06ml，由此可得NO的物质的量为0.03ml，NO2的物质的量为0.04ml+0.03ml=0.07ml，故NO和NO2的物质的量之比为3∶7；
【小问2详解】
①根据题目信息，在酸性溶液中，HClO氧化NO生成和，利用电子守恒可配平反应的离子方程式：；
②在酸性条件下，转化成HClO，溶液pH越小，生成的HClO浓度越大，HClO的氧化性越强，则NO转化率越高，故答案为：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；
【小问3详解】
NO在酸性条件下发生歧化反应：2NO+2H+=NO2↑+NO2↑+H2O；酸性条件下，MnO将NO氧化为NO2，离子方程式为：MnO+8H++5NO=5NO2+Mn2++4H2O；加入溶液和足量HCl，振荡，产生白色沉淀说明为沉淀，则说明具有氧化性，把氧化为硫酸钠。
19. 七校某化学兴趣小组发现有一瓶无色澄清透明溶液，已知其只含下列离子中的若干种，且每种离子的数目相等：、、、、、、、、，分别取100ml溶液进行以下4组实验：
①向其中加入过量盐酸，滴加过程中均无气泡和沉淀生成。
②用pH试纸检测溶液呈碱性。
③做焰色试验，发现火焰呈黄色。
④加入足量溶液，产生白色沉淀。
（1）由步骤①可以判断一定不存在的离子有___________。
（2）由以上实验操作能够判断的阳离子一定有___________，根据电中性原则能否确定含有，___________(填“能”或“否”)，请设计实验检验：___________，书写检验的离子方程式：___________。
（3）取实验①的酸性溶液加入铜片，产生气泡，经测定该气体为NO，溶液变蓝，请写出该反应的离子方程式：___________。
（4）电荷守恒是学习化学的重要思维方法。某、混合溶液中含有、物质的量分别为、，求溶液中的物质的量为___________ml。
【答案】（1）、
（2） ①. 、 ②. 能 ③. 取少量原溶液于洁净的试管中，加入足量的稀酸化，再滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中有 ④.
（3）@
（4）0.6
【解析】
【分析】溶液无色澄清透明，可排除的存在，加过量盐酸无气泡和无沉淀，则无、，溶液呈碱性，说明有，焰色反应呈黄色说明有，加入有白色沉淀说明有，根据离子数目相等和溶液呈电中性，可知应该还存在和，无，据此作答。
【小问1详解】
溶液无色澄清透明，可排除的存在，加过量盐酸无气泡无沉淀，则无，所以答案为：、；
【小问2详解】
焰色反应呈黄色说明一定有，加入足量溶液有白色沉淀说明有；根据分析，有和、，依据电中性原理，所以一定要有和，检验的方法为取少量原溶液于洁净的试管中，加入足量的稀酸化，再滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中有，故答案为：、；能；取少量原溶液于洁净的试管中，加入足量的稀酸化，再滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中有；；
【小问3详解】
依据现象，发生反应为稀硝酸和铜的反应，其离子方程式为：
【小问4详解】
依据电荷守恒则：n(H+)=n()×2- n(Al3+)×3=0.9×2-0.4×3ml=0.6ml，故答案为0.6ml。
20. 目前支原体肺炎流行，及时消毒有利于降低感染几率。常用的消毒剂有双氧水、医用酒精以及含氯消毒剂等，其中含氯消毒剂的家族最庞大、应用最广泛。
（1）次氯酸钠()为“84”消毒液的有效成分，常温下用烧碱溶液吸收可制备“84”消毒液，反应的化学方程式为___________。
（2）但在巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿，一种可能原因是与反应产生促进藻类快速生长，该反应中氧化剂是___________，若生成标况下44.8L的，转移电子的数目为___________。
（3）如果在不同温度、浓度的条件下，与溶液的反应，可以生成或。现将氯气缓缓通入冷溶液，当溶液中含有的与的物质的量为1：1时，为___________，整个过程，参加反应所需与氯气的物质的量之比为___________。
若将通入含aml的溶液中，发生上述过程，回答下列问题：
（4）与的物质的量之和可能为aml，该说法___________。
A．正确 B．错误
（5）反应中转移电子的物质的量可能为___________。
A. amlB. amlC. amlD. aml
亚氯酸钠()为便携式消毒除菌卡的主要活性成分，一种制备粗产品的工艺流程如下图，已知，纯易分解爆炸，一般用空气稀释到10％以下。
（6）在发生器中发生________(氧化或还原)反应，该反应的还原产物为_________，吸收塔中温度不宜过高，否则会导致产率下降，原因是___________。
（7）“有效氯含量”的定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力(即得电子数)相当于多少克的氧化能力(氯元素均被还原至价)，则亚氯酸钠的有效氯含量为___________。(保留两位小数)。
【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（2） ①. NaClO ②. 4NA
（3） ①. 6：1 ②. 2：1
（4）B （5）C
（6） ①. 还原 ②. ClO2 ③. H2O2受热分解
（7）1.57
【解析】
【小问1详解】
氯气制备84消毒液发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
【小问2详解】
由题意可知，84消毒液与双氧水混合发生的反应为次氯酸钠溶液与过氧化氢溶液反应生产氯化钠、氧气和水，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，氧元素化合价升高被氧化，双氧水是还原剂、氧气是氧化产物，由化合价变化可知，反应生成标况下44.8L氧气转移电子的数目为×2×NAml—1=4NA，故答案为：4NA；
【小问3详解】
设氯气与氢氧化钠溶液反应时生成次氯酸钠和氯酸钠物质的量都为1ml，由得失电子数目守恒可知，氯化钠的物质的量为1ml×1+1ml×5=6ml，则氯化钠与氯酸钠的物质的量比为6：1，由钠原子个数守恒可知，氢氧化钠的物质的量为8ml，由氯原子个数守恒可知，氯气的物质的量为8ml×=4ml，则氢氧化钠和氯气的物质的量比为2：1，故答案为：6：1；2：1；
【小问4详解】
由钠原子个数守恒可知，若次氯酸钠和氯酸钠的物质的量之和为aml，氯化钠的物质的量为aml，则氯气与氢氧化钠溶液反应时得失电子数目不守恒，则次氯酸钠和氯酸钠的物质的量之和不可能为aml，故选B；
【小问5详解】
若氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应转移电子数目aml，若氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水，反应转移电子数目为aml，则氯气与氢氧化钠溶液反应时电子转移数目介于aml和aml之间，故选C；
【小问6详解】
由题给流程可知，发生器中发生反应为酸性溶液中氯酸钠与二氧化硫反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应中硫元素的化合价升高被氧化，二氧化硫是反应的还原剂，发生氧化反应，氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是氧化剂、二氧化氯是还原产物；过氧化氢受热易发生分解反应，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会因过氧化氢溶液受热分解导致亚氯酸钠产率下降，故答案为：还原；ClO2；H2O2受热分解；
【小问7详解】
由题意可知，亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57，故答案为：1.57。选项
实验操作和现象
结论
A
向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧
过氧化钠与水反应放热
B
向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，无气体产生，但有白色沉淀出现
未知溶液中含有Cl-，一定不或
C
用铂丝蘸取少量未知固体化合物做焰色试验，火焰呈黄色
固体中一定含Na+，可能含K+
D
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀
溶液中一定含有
选项
实验操作和现象
结论
A
将一块用砂纸打磨过的铝条放入试管，再加入98%浓硫酸3mL，铝条表面无明显现象
铝与浓硫酸常温下不反应
B
向试管中加入3mL稀KMnO4酸性溶液，再通入SO2气体，紫红色褪去
SO2具有漂白性
C
室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
Fe3+的氧化性比I2的强
D
将溶液X与稀盐酸反应产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
溶液X中一定含有SO
操作和现象
结论
实验1：滴加稀硫酸，产生红综色气体。
写出产生此现象的离子方程式：①___________。
实验2：滴入溶液，开始仍为紫红色，再向溶液中滴加稀硫酸后，紫色褪去。
写出产生此观象的离子方程式：②___________。
实验3：滴入5滴溶液再加入溶液和足量HCl，振荡，产生白色沉淀。
可推断，具有③___________性。
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