【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一（上）期中模拟试卷（解析版）

黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一（上）期中模拟试卷
一．选择题（共18小题，满分54分，每小题3分）
1．下列物质中，既属于有机物又属于酸的是（　　）
A．CO2 B．CH3COOH C．C2H5OH D．Fe
【分析】有机物是含有碳元素的化合物，二氧化碳虽然含有C元素，但是此物质与无机物性质相似，故认为是无机物，据此选择即可．
【解答】解：A、二氧化碳、CO、碳酸钠等均属于无机物，故A错误；
B、CH3COOH含有C元素，属于有机物，且含有羧基，属于酸，故B正确；
C、乙醇是有机物，但是属于醇类，不是羧酸，故C错误；
D、Fe为金属单质，属于无机物，故D错误，故选B。
【点评】本题主要考查的是有机物与酸的概念，难度不大，注意二氧化碳为无机物．
2．新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注．下列表述不正确的是（　　）
A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素
B．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C．防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料
D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖
【分析】A．棉花、优质针叶木主要成分是纤维素；
B．Fe3O4是磁性物质；
C．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万；
D．淀粉遇碘单质变蓝．
【解答】解：A．棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；
B．Fe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；
C．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；
D．葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质，难度不大，注意基础知识的积累，注意葡萄糖遇碘不变蓝．
3．下列实验的现象与对应结论均正确的是（　　）
选项
操作
现象
结论
A
在AlCl3溶液中滴加过量氨水
有白色沉淀生成
实验室常用此法制备Al（OH）3
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
C
将一小块Na放入CuSO4溶液中
Na很快消失
Na 能置换出铜盐溶液中的铜
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
【分析】A、氢氧化铝不溶于氨水，所以实验室常用此法制备Al（OH）3；
B、常温下将Al片放入浓硝酸发生钝化现象，而不是不反应；
C、钠与水反应生成的氢氧化钠与硫酸铜发生复分解反应，生成氢氧化铜；
D、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不生成氧化铁．
【解答】解：A、氢氧化铝不溶于氨水，所以实验室常用此法制备Al（OH）3，所以现象与结论都正确，故A正确；
B、常温下将Al片放入浓硝酸发生钝化现象，而不是不反应，结论错误，故B错误；
C、钠与水反应生成的氢氧化钠与硫酸铜发生复分解反应，生成氢氧化铜，结论错误，故C错误；
D、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不生成氧化铁，所以现象与结论都错误，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质，熟悉氢氧化铝的制法、钝化、钠与水的反应、铁与水蒸气的反应即可解答，题目难度不大．
4．以下实验能获得成功的是（　　）
A．用乙醇和乙酸混合共热制取乙酸乙酯
B．将铁屑、溴水、苯混合制溴苯
C．在苯中滴入浓硝酸制硝基苯
D．将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色
【分析】A、乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下混合共热可以制取乙酸乙酯；
B、铁屑、液溴、苯混合制溴苯；
C、在苯中滴入浓硝酸和浓硫酸来制硝基苯；
D、在乙醇的催化氧化中，金属铜作催化剂．
【解答】解：A、乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下混合共热才可以制取乙酸乙酯，故A错误；
B、铁屑、液溴、苯混合可以制溴苯，不能用溴水，故B错误；
C、在苯中滴入浓硝酸和浓硫酸来制硝基苯，故C错误；
D、在乙醇的催化氧化中，金属铜作催化剂，铜参与反应，最后会生成金属铜，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生有机物的性质以及反应的发生情况，可以根据教材知识来回答，较简单．
5．下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（　　）
A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．淀粉溶液 D．酒精溶液
【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液．丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路．丁达尔现象是胶体特有的性质，抓住这一特点即可解答．
【解答】解：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于1﹣100nm的是浊液；
A．稀硫酸属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A错误；
B．硫酸铜溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故B错误；
C．淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔效应，故C正确；
D．酒精溶液是溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体的性质应用，注意丁达尔效应是胶体特有的性质是解答本题的关键，题目较简单．
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．62g Na2O溶于水后所得溶液中含有O2﹣离子数为NA
B．常温常压下，32gO3含有的原子数为2NA
C．标准状况下，22.4 L氦气中含有2 NA个氦原子
D．1molAl3+含有的核外电子数为3NA
【分析】A、Na2O溶于水后和水反应生成NaOH；
B、求出臭氧的物质的量，然后根据臭氧为三原子分子来分析；
C、求出氦气的物质的量，然后根据氦气为单原子分子来分析；
D、铝离子的核外有10个电子。
【解答】解：A、Na2O溶于水后和水反应生成NaOH，故所得溶液中无O2﹣，故A错误；
B、32g臭氧的物质的量n==mol，而臭氧为三原子分子，故mol臭氧中含有的氧原子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故B正确；
C、标况下22.4L氦气的物质的量为1mol，而氦气为单原子分子，故1mol氦气中含NA个氦原子，故C错误；
D、铝离子的核外有10个电子，故1mol铝离子的核外有10NA个电子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A． =1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．通入大量CO2的溶液中：Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
C．c（ClO﹣）=l.0 mol/L的溶液中：Na+、K+、S2﹣、SO42﹣
D．能使酚酞变红的溶液中：K+、SO32﹣、CO32﹣、Cl﹣
【分析】A． =1×10﹣13mol•L﹣1的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性离子；
B．碳酸的酸性大于苯酚；
C．次氯酸根离子能氧化还原性离子；
D．酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在。
【解答】解：A． =1×10﹣13mol•L﹣1的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性离子，所以酸性溶液中Fe2+与NO3﹣不能大量共存，故A不选；
B．碳酸的酸性大于苯酚，所以含有C6H5O﹣的溶液通入二氧化碳，会生成苯酚，所以溶液不能大量共存，故B不选；
C．次氯酸根离子能氧化还原性离子，则c（ClO﹣）=l.0 mol/L的溶液中：S2﹣不能大量存在，故C不选；
D．酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在，则K+、SO32﹣、CO32﹣、Cl﹣能够大量存在，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存的正误判断，属于中等难度的试题，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，注意明确离子不能大量共存的一般情况，还应该注意题目所隐含的条件，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
8．做化学实验必须注意实验安全。下列做法正确的是（　　）
A．金属钠保存在四氯化碳中
B．制氯气在通风橱中进行
C．金属钠着火用小苏打干粉灭火
D．发生火灾拨打110报警电话
【分析】A．金属钠的密度小于四氯化碳，不能用四氯化碳保存钠；
B．氯气为有毒气体；
C．钠燃烧生成的过氧化钠与二氧化碳反应；
D．火警电话为119。
【解答】解：A．金属钠的密度小于四氯化碳，会浮在四氯化碳溶液表明，无法隔离空气，应该将钠保存在煤油中，故A错误；
B．氯气有毒，制氯气在通风橱中进行，故B正确；
C．金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，不能用小苏打干粉灭火，可用干燥沙土盖灭，故C错误；
D.110为报警求助电话，发生火灾应该拨打火警电话119，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学试剂保存、化学安全事故处理方法，题目难度不大，明确常见化学试剂的性质为解答关键，注意掌握化学安全事故处理方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的化学安全意识。
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）

实验操作
现象
结论
A
将气体通入灼热的CuO固体
固体由黑色变为红色
该气体一定为CO
B
向某溶液中加入1～2滴KSCN溶液
生成血红色沉淀
该溶液中含Fe3+
C
向Al（OH）3中加入HCl或NaOH溶液
固体均溶解
Al（OH）3是两性氢氧化物
D
将SO2通入到酸性KMnO4溶液中
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
【分析】A．具有还原性的气体可还原CuO，不一定为一氧化碳；
B．硫氰化铁为络合物，不是沉淀；
C．既能与酸反应又能与碱反应的氢氧化物为两性氢氧化物；
D．酸性高锰酸钾溶液将二氧化硫氧化，二氧化硫表现了还原性。
【解答】解：A．粉末由黑变红，该气体可能为氢气，不一定为CO，故A错误；
B．向某溶液中加入1～2滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中含Fe3+，实验现象描述不合理，故B错误；
C．向Al（OH）3中加入HCl或NaOH溶液，氢氧化铝固体均溶解，说明Al（OH）3既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氢氧化物，故C正确；
D．将SO2通入到酸性KMnO4溶液中，二者发生氧化还原反应，溶液紫红色褪去，SO2表现了还原性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重物质的检验和鉴别的考查，注意物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意现象与反应的关系和实验的评价性分析，题目难度中等。
10．通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学研究的方法之一。下列反应的推断或解释正确的是（　　）
选项
操作
实验现象
推断或解释
A
燃烧的钠粒放入CO2中
燃烧且有白色和黑色颗粒产生
黑色颗粒是炭，白色颗粒可能是Na2CO3
B
NH3通入到AgNO3溶液中
先有沉淀后消失
AgOH 具有两性
C
乙醇蒸气通过灼热的Fe2O3 固体
红色固体变黑色，且有刺激性气味
乙醇还原Fe2O3一定生成Fe 和乙醛
D
灼热的木炭放入浓硝酸中
放出红棕色气体
一定是木炭与浓硝酸反应生 成 NO2呈红棕色
【分析】A．燃烧的钠粒放入CO2中发生反应生成白色和黑色颗粒产生，根据原子守恒分析判断；
B．NH3通入到AgNO3溶液中先反应生成氢氧化银，后氢氧化银继续与氨水反应生成氢氧化二氨合银；
C．乙醇还原Fe2O3还可能生成氧化亚铁和乙醛；
D．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，可能为硝酸的分解生成的二氧化氮。
【解答】解：A．燃烧的钠粒放入CO2中发生反应生成白色和黑色颗粒产生，根据原子守恒白色可能是Na2CO3，黑色颗粒是炭，故A正确；
B．NH3通入到AgNO3溶液中先反应生成氢氧化银，后氢氧化银继续与氨水反应生成配合物氢氧化二氨合银，则先有沉淀后消失，故B错误；
C．乙醇蒸气通过灼热的Fe2O3 固体，红色固体变黑色，且有刺激性气味，可能生成氧化亚铁和乙醛，不一定生成Fe，故C错误；
D．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，可能为硝酸的分解生成的二氧化氮，所以不一定是木炭与浓硝酸反应生成NO2呈红棕色，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学方案评价，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及产物推断、氧化还原反应等知识点，明确元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，易错选项是D。
11．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（　　）

A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgC1浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【解答】解：A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH）2，随后后变为红褐色，生成Fe（OH）3，Fe元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．Na2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；
D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
12．某植物营养液含有0.2molK+、0.25molZn2+、0.4molCl﹣、SO42﹣，则SO42﹣的物质的量为（　　）
A．0.1mol B．0.15mol C．0.3mol D．0.5mol
【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒有：n（K+）+2n（Zn2+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），据此计算。
【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒有：n（K+）+2n（Zn2+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），则：
0.2mol+0.25mol×2=0.4mol+2n（SO42﹣）
解得：n（SO42﹣）=0.15mol
故选：B。
【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意电解质混合溶液中呈利用电荷守恒计算。
13．下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是（　　）
A．Cl﹣→Cl2 B．CuO→Cu C．CaCO3→CO2 D．H2O2→O2
【分析】当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现，据此解答．
【解答】解：A．Cl﹣→Cl2，氯元素的化合价升高，被氧化，须加入氧化剂才能实现，故A正确；
B．CuO→Cu，铜元素的化合价降低，需要加还原剂，故B错误；
C．CaCO3→CO2，碳元素的化合价不变，不需要氧化剂、还原剂，故C错误；
D．H2O2→O2，氧化剂和还原剂都是H2O2，因此无需再加氧化剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应理论，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂、还原剂反应的考查，题目难度不大．
14．下列反应的离子方程式表示正确的是（　　）
A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣
B．铜片跟三氯化铁溶液反应：2Fe3++3Cu═3Cu2++2Fe
C．漂白粉溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
D．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O
【分析】A．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；
B．反应生成的亚铁离子和铁离子，不会置换出铁；
C．次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙；
D．稀硝酸能够氧化亚铁离子。
【解答】解：A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳，反应的离子方程式为：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故A正确；
B．铜片跟三氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故B错误；
C．漂白粉溶液中通入少量SO2，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣，故C错误；
D．．Fe3O4与稀HNO3反应，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
15．工业上制备二氧化氯（ClO2）的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应，其反应方程式为：
CH3OH+NaClO3+H2SO4→C1O2↑+CO2↑+Na2SO4+H2O（未配平），则下列说法正确的是（　　）
A．甲醇是氧化剂
B．通过反应可判断NaClO3的氧化性强于Na2SO4
C．还原产物和氧化产物的物质的量之比为6：l
D．生成1molCO2时转移电子的物质的量为4mol
【分析】该反应中，碳元素化合价由甲醇中﹣2价变为二氧化碳中+4价，甲醇是还原剂，二氧化碳是氧化产物；氯元素化合价由NaClO3中+5价变为C1O2中+4价，NaClO3是氧化剂，C1O2是还原产物，反应中Na2SO4既不是氧化产物也不是还原产物，不能说明NaClO3的氧化性强于Na2SO4，根据电子转移数目守恒计算还原产物和氧化产物的物质的量之比，结合C元素化合价变化计算生成1molCO2时转移转移电子物质的量．
【解答】解：A．该反应中，碳元素化合价由甲醇中﹣2价变为二氧化碳中+4价，所以甲醇是还原剂，故A错误；
B．氯元素化合价由NaClO3中+5价变为C1O2中+4价，NaClO3是氧化剂，C1O2是还原产物，反应中Na2SO4既不是氧化产物也不是还原产物，不能说明NaClO3的氧化性强于Na2SO4，故B错误；
C．该反应中氧化产物是CO2，还原产物是ClO2，根据电子转移守恒可知，所以还原产物和氧化产物的物质的量之比=[4﹣（﹣2）]：（5﹣4）=6：1，故C正确；
D．该反应中，碳元素化合价由﹣2价变为+4价，故生成1molCO2时转移转移电子物质的量=1mol×[4﹣（﹣2）]=6mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应基本概念、氧化性强弱比较、有关计算等，明确元素化合价是解本题关键，根据元素化合价变化来分析解答即可，难度不大．
16．铝分别与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的NaOH和HCl的物质的量之比为（　　）
A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1
【分析】反应的有关方程式为：铝与盐酸：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，铝与NaOH溶液：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；假设生成的氢气的物质的量为3mol，根据方程式计算NaOH、HCl的物质的量，氢氧化钠和氯化氢物质的量的之比．
【解答】解：令生成的氢气的物质的量为3mol，则：
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，
6mol 3mol
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
2mol 3mol
所以所取氢氧化钠和盐酸溶液中NaOH、HCl的物质的量的之比为2mol：6mol=1：3；
故选：C。
【点评】本题考查了铝的性质、根据方程式的计算，难度不大，注意有关方程式的书写，根据方程式计算．
17．VLAl2（SO4）3溶液中含agAl3+，从中取出，并稀释至VL，则稀释后SO42﹣的物质的量浓度为（　　）
A． mol/L B． mol/L C． mol/L D． mol/L
【分析】根据n=计算出ag铝离子的物质的量，再根据硫酸铝的化学式计算出硫酸根离子的物质的量，从而可知取出的溶液中含有硫酸根离子的物质的量，然后根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出稀释后溶液中硫酸根离子的浓度．
【解答】解：VL Al2（SO4）3溶液中含agAl3+，含有铝离子的物质的量为： =mol，
根据化学式Al2（SO4）3可知，VL该溶液中含有硫酸根离子的物质的量为： mol×=mol，
从中取出，取出的溶液中含有硫酸根离子的物质的量为： mol×=mol，
稀释过程中硫酸根离子的物质的量不变，则稀释后SO42﹣的物质的量浓度为： =mol/L，
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确稀释过程中溶质的物质的量不变为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的化学计算能力．
18．下列图象能表示相关反应中生成物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（　　）
A． n （HCl）=1mol，K2CO3加入到HCl溶液中，在敝口容器中生成的气体
B． n（NaOH）=1mol，CO2通入到NaOH溶液中反应生成的盐
C． n（NaAlO2）=1mol，HCl加入到NaAlO2溶液中离子的存在情况
D． n（AlCl3）=1mol，Na2O2加入AlCl3溶液反应的产物
【分析】A．K2CO3逐步加入到HCl溶液中，发生K2CO3+2HCl═2KCl+H2O+CO2↑；
B．CO2逐步通入到NaOH溶液中，发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3；
C．HCl逐步通入到NaAlO2溶液中，发生NaAlO2+4HCl═AlCl3+NaCl+2H2O；
D．Na2O2逐步加入到AlCl3溶液中，发生2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O．
【解答】解：A．因开始反应时盐酸过量，则发生K2CO3+2HCl═2KCl+H2O+CO2↑，n（HCl）=1mol时生成0.5mol二氧化碳后再加盐酸不反应，气体不会减少，图象与反应不符，故A错误；
B．因开始碱过量，则发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，n（NaOH）=1mol时生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳发生Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，则最终碳酸钠减少为0，碳酸氢钠生成1mol，图象与反应不符，故B错误；
C．因开始NaAlO2过量，则发生NaAlO2+4HCl═AlCl3+NaCl+2H2O，n（NaAlO2）=1mol时生成1mol铝离子，图象与反应符合，故C正确；
D．据2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故开始添加Na2O2就有气体生成，图象与反应不符，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应与图象的关系，为高频考点，把握图象中的线、点的意义及对应的化学反应是解答本题的关键，并注意反应物的量对反应的影响来分析反应的产物，题目难度中等．
二．填空题（共5小题，满分46分）
19．（4分）有以下几种物质：①干燥的食盐晶体 ②一水合氨 ③水银 ④蔗糖 ⑤冰醋酸（纯醋酸晶体） ⑥熔融KNO3⑦CO2⑧硫酸　⑨盐酸（填序号）
（1）以上物质可以导电的是　③⑥⑨　；
（2）以上物质中属于强电解质的是　①⑥⑧　；
（3）以上物质中属于弱电解质的是　②⑤　；
（4）以上物质中属于非电解质的是　④　．
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；
在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．
【解答】解：①干燥的食盐晶体不能导电，在水溶液中完全电离，是强电解质；
②一水合氨不能导电，在水溶液中部分电离，是弱电解质；
③水银为金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
④蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；
⑤冰醋酸（纯醋酸晶体）不能导电，在水溶液中部分电离，是弱电解质；
⑥熔融KNO3能导电，在水溶液中完全电离，是强电解质；
⑦CO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；
⑧硫酸不能导电，在水溶液中完全电离，是强电解质；
⑨盐酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
故能导电的是③⑥⑨；属于强电解质的是①⑥⑧；属于弱电解质的是②⑤；属于非电解质的是④
故答案为：（1）③⑥⑨； （2）①⑥⑧； （3）②⑤；（4）④．
【点评】本题考查物质的导电性的判断，电解质、非电解质、强弱电解质概念的辨析，难度不大．解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件．
20．（10分）（1）现有34g某气体，它们的摩尔质量为17g•mol﹣1．则：
①该气体的物质的量为　2　mol。
②该气体所含分子数为　2　NA。
③该气体在标准状况下的体积为　44.8　L。
④该气体完全溶解于500mL水后稀释到2L，物质的量浓度为　1　mol•L﹣1。
（2）将100mL 0.5mol•L﹣1 Na2CO3溶液加水稀释到250mL，稀释后c（Na+）=　0.4　mol•L﹣1。
（3）　36　g H2O中的氧原子数目与标准状况下22.4L CO2中的氧原子数目相同。
【分析】（1）根据n====cV计算；
（2）稀释前后溶质的物质的量不变，然后根据c=来求解；
（3）根据氧原子数目相等列出2H2O～～～CO2关系式。
【解答】解：（1）①n==2mol，故答案为：2；
②N=nNA=2NA，故答案为：2；
③V=nVm=2mol×22.4L/mol=44.8L，故答案为：44.8；
④c==1mol/L，故答案为：1；
（2）稀释前后溶质的物质的量不变，然后根据c===0.4mol/L，故答案为：0.4；
（3）由2H2O～～～CO2关系式，也就是36g的水与标准状况下22.4L CO2中的氧原子数目相同，故答案为：36。
【点评】本题考查物质的量的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意相关计算公式的运用，难度不大。
21．（15分）某化学小组用MnO2和浓盐酸共热制取氯气时，利用刚吸收过SO2的NaOH溶液对尾气进行吸收处理．请按要求回答下列问题：
（1）请写出用此法制取Cl2的离子方程式：　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　．
（2）该尾气吸收处理一段时间后，吸收液中（假设不含酸式盐）肯定存在的阴离子有OH﹣、　SO42﹣　、　Cl﹣　；对可能大量存在的其他阴离子（不考虑空气中CO2的影响）设计如下实验进行探究．
①提出假设：
假设1：只存在SO32﹣；假设2．　只存在ClO﹣　；假设3：既存在SO32﹣也存在ClO﹣．
②质疑讨论：经分析假设3不合理，理由是　SO32﹣具有强还原性，ClO﹣具有强氧化性，两者发生氧化还原反应而不能大量共存　．
③实验方案设计与分析：
限选试剂：3moL•L﹣1 H2SO4、1moL•L﹣1 NaOH、0.01mol•L﹣1 KMnO4紫色石蕊试液．
实验步骤 预期现象和结论
步骤一：取少量吸收液于试管中，滴加3mol•L﹣1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中．
步骤二：在A试管中滴加　0.01mol•L﹣1KMnO4溶液　，振荡． 若　紫红色褪去　，则说明假设1成立．
步骤三：在B试管中滴加　紫色石蕊溶液　，振荡 若　先变红后褪色　，则说明假设2成立．
（3）假设有224mL（标准状况下）SO2被15mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液完全吸收，得溶液X．忽略盐类的水解，所得X溶液中溶质正盐的物质的量为　0.005mol　．
若用0.2000mol•L﹣1 KIO3溶液恰好将上述溶液X中所有的硫元素氧化，还原产物为I2，则消耗KIO3溶液的体积为　20　L．
【分析】（1）MnO2和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水；
（2）利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液吸收含有氯气的尾气，根据溶液中发生的反应分析存在的阴离子；
①可假设1：只存在SO32﹣；假设2只存在ClO﹣；假设3：既不存在SO32﹣，也不存在ClO﹣；
②SO32﹣具有还原性，ClO﹣具有氧化性，二者不能共存；
③根据所限制实验试剂和SO32﹣、ClO﹣的性质，先加入硫酸至酸性，若存在SO32﹣、ClO﹣，分别生成了H2SO3和HClO；H2SO3具有还原性，选择具有强氧化性的高锰酸钾溶液，证明SO32﹣的存在；因为HClO具有强氧化性，紫色石蕊溶液，证明有ClO﹣的存在；
（3）首先计算SO2和NaOH的物质的量，判断反应产物，列方程式计算相关物理量；根据转移电子数相等来计算消耗KIO3溶液的体积．
【解答】解：（1）MnO2和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液吸收含有氯气的尾气，少量的SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3被氯气氧化生成硫酸钠，其反应方程式为Cl2+Na2SO3+2NaOH=2NaCl+Na2SO4+H2O，故一定存在SO42﹣、Cl﹣，
故答案为：SO42﹣、Cl﹣；
（3）由已知假设1、只存在SO32﹣，假设3、既存在SO32﹣也存在ClO﹣，可知假设2为为：只存在ClO﹣，
故答案为：只存在ClO﹣；
②SO32﹣具有强还原性，ClO﹣具有强氧化性，两者发生氧化还原反应而不能大量共存，
故答案为：SO32﹣具有强还原性，ClO﹣具有强氧化性，两者发生氧化还原反应而不能大量共存；
③因为吸收液呈碱性，先取少量吸收液于试管中，滴加3moL•L﹣1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中先加入硫酸的试管，若存在SO32﹣、ClO﹣，分别生成了H2SO3和HClO；
在A试管中滴加0.01mol•L﹣1KMnO4溶液，若紫红色褪去，证明有SO32﹣，则说明假设1成立；
在B试管中滴加紫色石蕊溶液，若溶液先变红后褪色，证明有ClO﹣，则说明假设2成立，
故答案为：0.01mol•L﹣1KMnO4溶液；紫红色褪去；紫色石蕊溶液；先变红后褪色；
（3）n （SO2）==0.01mol，n（NaOH）=0.015L×1mol/L=0.015mol，
则反应的可能方程式有：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，SO2+NaOH=NaHSO3，
则有：2＞=＞1，
所以：所得产物为Na2SO3和NaHSO3，
设所得产物中含Na2SO3为xmol，NaHSO3为ymol则得方程组：，解得：x=0.005，y=0.005，即正盐的物质的量为：0.005mol；
设0.2000mol•L﹣1 KIO3溶液VL恰好将上述溶液X中所有的硫元素氧化，还原产物为I2，则KIO3得电子总数为：0.2000mol/L×VL×（5﹣0），
X溶液中硫失电子总数为：0.01mol×（6﹣4），根据得失电子总数相等得：0.2000mol/L×VL×（5﹣0）=0.01mol×（6﹣4），解答V=20mL，
故答案为：0.005mol；20．
【点评】本题属于实验探究题，要根据实验原理提出假设，再结合物质的性质加以验证，侧重于考查学生的实验探究能力和对知识的应用能力，题目难度中等．计算时注意先判断反应产物，利用氧化还原反应中转移电子数相等来计算可简化计算过程．
22．（10分）在Na+浓度为0.5mol•L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为固体SiO2和H2O）
阳离子
K+
Ag+
Ca2+
Ba2+
阴离子
NO3﹣
CO32﹣
SiO32﹣
SO42﹣
现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积均在标准状况下测定）。
序号
实验内容
实验结果
Ⅰ
向该溶液中加入足量稀盐酸
产生白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56L气体
Ⅱ
将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4g
Ⅲ
向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液
无明显现象
请回答下列问题。
（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是　Ag+、Ca2+、Ba2+　；
（2）实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为　CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑　；
（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，写出SiO32﹣物质的量浓度的计算过程。
（4）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由。
【分析】由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Ca2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32﹣的浓度为： =0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在，据此进行解答。
【解答】解：由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Ca2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32﹣的浓度为： =0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在，
（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32﹣、SiO32﹣，则一定没有Ag+、Ca2+、Ba2+，
故答案为：Ag+、Ca2+、Ba2+；
（2）加入盐酸，由生成气体判断溶液中一定含有CO32﹣，发生反应CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，
故答案为：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑；
（3）根据发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，H2SiO3H2O+SiO2，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32﹣的浓度为： =0.4mol/L，
答：H2SiO3=H2O+SiO2 2H++SiO32﹣=H2SiO3
n（SiO32﹣）=n（SiO2）=2.4g÷60g/mol=0.04 mol
c（SiO32﹣）=0.04 mol÷0.1 L=0.04 mol/L；
（4）根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c（CO32﹣）=0.25mol/L，c（SiO32﹣）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42﹣）=0，根据电荷守恒2c（CO32﹣+）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，
故答案为：存在，其浓度至少为0.8mol/L。
【点评】本题考查离子共存、离子检验等知识，难度中等，注意掌握离子反应反应条件及常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点。
23．（7分）铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，回答下列问题．
（1）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板，取其腐蚀后的废液，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，则反应后的溶液中肯定有的离子是　Fe2+、Cu2+　；若有红色固体，则反应后的溶液中肯定没有的离子是　Fe3+　，检验该离子的试剂为　KSCN溶液　．
（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃﹣60℃，加入H2O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的化学方程式为：　Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O　，
（3）实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2）制备绿矾（FeSO4.7H2O），测定产品中绿矾含量的实验步骤：
a．称取5.7g产品，溶解，配成250mL溶液；
b．量取25mL待测液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为40mL．
根据上述步骤回答下列问题：
①滴定时发生反应的离子方程式为（完成并配平离子反应方程式）
　5　Fe2++　1　Mn+（　8　）　H+　═　5　Fe3++　1　Mn2++（　4　）　H2O　
②用硫酸酸化的KMnO4溶液滴定至终点的标志是　滴入最后一滴酸性KMnO4时，溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色　．
③上述产品中FeSO4•7H2O的质量分数为　0.975（或97.5%）　．
（4）铁氰化钾 K3[Fe（CN）6]和亚铁氰化钾K4[Fe（CN）6]的混合溶液可用于太阳能电池的电解液，该太阳能电池的工作原理示意图如图所示，其中催化剂a为　负　极，电极反应式为　[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣=[Fe（CN）6]3﹣　．

【分析】（1）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；若有红色固体，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（2）根据H2O2的氧化性，在酸性条件下双氧水可以把铜氧化成二价铜离子；
（3）①根据在酸性条件下反应，反应物一定有氢离子，然后根据电子守恒和质量守恒配平方程式；
②根据反应结束时滴入高锰酸钾溶液溶液后颜色变化判断滴定终点；
③根据反应方程式及高锰酸钾的物质的量计算出产品中FeSO4•7H2O的质量分数；
（4）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动，以此来解答．
【解答】解：（1）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液中的阳离子为Fe2+、Cu2+；若有红色固体，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，则溶液中肯定没有的离子是Fe3+，检验Fe3+选择KSCN溶液，观察是否出现血红色，若无血红色出现，证明不含，
故答案为：Fe2+、Cu2+；Fe3+； KSCN溶液；
（2）少量铜丝放入适量的稀硫酸中铜丝不与稀硫酸反应，但加入H2O2后由于双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可以把铜氧化成二价铜离子，所以方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
（3）①用硫酸酸化的0.01mol/L KMnO4溶液，所以反应物中一定有氢离子，高锰酸根离子化合价由+7变为+2，降低了5价，亚铁离子与+2变为+3，升高了1价，所以高锰酸根离子系数为1、亚铁离子系数为5，根据电荷守恒、质量守恒配平氢离子、水，配平后的方程式为：5Fe2++1MnO4﹣+8H+═5Fe3++1Mn2++4H2O，
故答案为：5；1；8；H+；5；1；4；H2O；
②当亚铁离子与高锰酸钾离子完全反应后，再滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液会呈淡紫色，据此判断滴定终点，
故答案为：滴定最后一滴酸性KMnO4时溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色；
③25mL待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.01mol/L×0.04L=0.0004mol，
5.7g产品配成250mL溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.0004mol×=0.004mol，
根据反应：5Fe2++1MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，硫酸亚铁的物质的量为：0.004mol×5=0.02mol，
所以样品中含有的FeSO4•7H2O的质量为：278g/mol×0.02mol=5.56g，
FeSO4•7H2O的质量分数为：×100%≈97.5%，
故答案为：0.975或97.5%．
（4）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，发生氧化反应，可知催化剂a表面发生反应电极反应为Fe（CN）64﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣，
故答案为：负；Fe（CN）64﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣．
【点评】本题考查金属及化合物的综合应用，为高频考点，涉及氧化还原反应计算、离子反应、离子检验及原电池的应用等，注重化学反应原理的分析与应用能力的考查，题目难度中等．