【化学】河南省上石桥高中2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷

河南省上石桥高中2018-2019学年高二上学期12月月考
一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）
1．（2分）下列试剂中，标签上应标注和的是（　　）
A．C2H5OH B．HNO3 C．NaOH D．HCl
【分析】警示标记标注和说明该物质具有强的氧化性和腐蚀性，据此解答．
【解答】解：A．C2H5OH为易燃品，不具有强的氧化性和腐蚀性，故A错误；
B．硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故B正确；
C．NaOH具有腐蚀性，但是不具有氧化性，故C错误；
D．盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查硝酸的性质及警示标记，题目难度不大，明确警示标记的含义，熟悉硝酸的性质，是解答本题的关键．
2．（2分）下列叙述中不正确的是（　　）
A．可用装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
B．可用装置分离汽油和水的混合物
C．可用装置从海水中蒸馏得到淡水
D． 可用装置把胶体粒子从分散系中分离出来
【分析】A．碳酸氢钠加入分解生成的二氧化碳，而碳酸氢钠不分解；
B．汽油不溶于水，混合液分层；
C．可以通过蒸馏的方法将海水转化成淡水，温度计水银球及冷凝管的通水方向都合理；
D．胶体粒子能够通过滤纸，无法通过过滤分离胶粒．
【解答】解：A．碳酸氢钠加热分解产生的二氧化碳气体能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠加热不分解，可用图示装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故A正确；
B．汽油与水混合分层，可用图示装置分离汽油和水的混合物，故B正确；
C．可用蒸馏装置从海水中蒸馏得到淡水，图示装置合理，故C正确；
D．胶粒能够通过滤纸，无法用装置把胶体粒子从分散系中分离出来，应该用半透膜，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及碳酸钠与碳酸氢钠的性质、胶体性质、分液、蒸馏等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见物质组成、结构与性质，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．
3．（2分）需要配制2mol/L的NaCl溶液480mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（　　）
A．480mL，56.2g B．500mL，56.2g
C．500mL，58.5g D．任意规格，56.2g
【分析】配制2mol/L的NaCl溶液480mL，选择500mL容量瓶，结合m＝cVM计算．
【解答】解：配制2mol/L的NaCl溶液480mL，选择500mL容量瓶，NaCl的质量为0.5L×2mol/L×58.5g/mol＝58.5g，
故选：C。
【点评】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握容量瓶的选择、浓度与物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意容量瓶具有固定规格，题目难度不大．
4．（2分）下列判断合理的是（　　）
①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
②蔗糖、硫酸钡和二氧化碳分别属于非电解质、电解质和酸性氧化物
③根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑤根据Na2O、Na2O2组成元素相同，均与H2O反应，故均属于碱性氧化物．
A．②⑤ B．②④ C．①②⑤ D．②③④
【分析】①纯碱即碳酸钠属于盐；
②蔗糖在熔融时和溶液中都不导电，硫酸钡在熔融时能电离，二氧化碳与水反应生成碳酸；
③分散系的分类依据是分散质微粒直径大小；
④化学反应中元素化合价发生变化，即有电子的转移的反应属于氧化还原反应；
⑤碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的金属氧化物．
【解答】解：①硫酸、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐和氧化物，纯碱即碳酸钠属于盐，不是碱，故错误；
②蔗糖在熔融时和溶液中都不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融时能电离，属于电解质，二氧化碳与水反应生成碳酸属于酸性氧化物，故正确；
③根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，丁达尔效应是胶体的性质，故错误；
④化学反应中元素化合价发生变化，即有电子的转移的反应属于氧化还原反应，所以根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；
⑤因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故错误。
故选：B。
【点评】本题考查物质的分类，注意物质的分类的依据，注意酸、碱、盐、氧化物、电解质、非电解质等概念的含义，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．
5．（2分）下列四组离子中一定能大量共存的是（　　）
A．K+、H+、Cl﹣、CO32﹣ B．Fe3+、Mg2+、NO3﹣、SCN﹣
C．NO3﹣ H+、Fe2+、SO42﹣ D．Na+、OH﹣、Cl﹣、NO3﹣
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能结合生成络离子，不发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．H+、CO32﹣反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；
B．Fe3+、SCN﹣发生络合反应而不能大量共存，故B错误；
C．NO3﹣ H+、Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意信息的抽取和离子的性质为解答的关键，选项C为易错点，题目难度不大．
6．（2分）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O．下列说法正确的是（　　）
A．H2C2O4在反应中被还原
B．1 molKClO3参加反应有2mol电子转移
C．ClO2是氧化产物
D．KClO3在反应中得到电子
【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（O均为﹣2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答．
【解答】解：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（O均为﹣2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，
A．H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故A错误；
B．1molKClO3参加反应有1mol×（5﹣4）＝1mol，故B错误；
C．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾，其对应的产物ClO2是还原产物，故C错误；
D．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并注意氧化剂、还原剂中元素的变化来解答，难度不大．
7．（2分）根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为（　　）
①I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI；
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3；
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2。
A．I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞SO2 B．Cl﹣＞Fe2+＞SO2＞I﹣
C．Fe2+＞I﹣＞Cl﹣＞SO2 D．SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣
【分析】同一自发进行的氧化还原反应中，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，据此分析解答。
【解答】解：①I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2＞HI；
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2＞FeCl3；
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HI＞FeCl2；
通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣，
故选：D。
【点评】本题考查还原性强弱判断，侧重考查学生对基本概念的理解，根据元素化合价变化分析解答即可，知道常见元素化合价，题目难度不大。
8．（2分）下列叙述正确的是（　　）
A．钠在氧气中燃烧，火焰呈黄色，产生白色固体
B．屠呦呦利用乙醇萃取青蒿汁中的青蒿素，获得了2015年度诺贝尔医学奖，为人类防治疟疾作出了重大贡献
C．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品
D．镁燃烧发出耀眼的白光，常用于制造信号弹和焰火
【分析】A．钠在氧气中燃烧火焰呈黄色，生成过氧化钠；
B．屠呦呦女士利用乙醚做萃取剂萃取除了青蒿素；
C、水晶的成份是二氧化硅；
D、镁在空气中点燃，剧烈燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成白色固体氧化镁，镁是制造信号弹、焰火、闪光粉、轻质合金原料．
【解答】解：A．钠在氧气中燃烧火焰呈黄色，生成淡黄色固体，故A错误；
B．屠呦呦女士利用乙醚做萃取剂萃取除了青蒿素，获得了诺贝尔化学奖，故B错误；
C、水晶的成份是二氧化硅，不是硅酸盐制品，故C错误；
D、镁在空气中点燃，剧烈燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成白色固体氧化镁，镁是制造信号弹、焰火、闪光粉、轻质合金原料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，注意知识的积累，难度不大．
9．（2分）将金属钠投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是（　　）
①稀盐酸 ②K2SO4溶液 ③CuSO4溶液 ④饱和NaOH溶液．
A．③ B．④ C．③④ D．①②
【分析】金属钠投入到盐或碱溶液中时，先和水反应生成生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和部分盐发生复分解反应，根据加入钠的质量和析出物质的质量相对大小判断，据此分析解答．
【解答】解：①钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量＝m（Na）﹣m（H2），故错误；
②将金属钠加入到硫酸钾溶液中，只有金属钠和水之间反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量＝m（Na）﹣m（H2），故错误；
③钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，方程式为：2NaOH+CuSO4═Na2SO4+Cu（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuSO4═H2↑+Na2SO4+Cu（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻，故正确；
④钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，水量减少，氢氧化钠会析出，所以溶液质量减少，故正确；
故选：C。
【点评】本题考查了钠的性质，明确钠和其它物质之间的反应及溶解的质量与析出物质质量的相对大小即可解答，难度不大．
10．（2分）化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（　　）
A．往自来水中加入明矾进行杀菌消毒
B．氮化硅陶瓷是一种新型的无机非金属材料
C．在食品袋中放入硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
D．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药
【分析】A．明矾不具有杀菌消毒能力；
B．氮化硅为非金属化合物；
C．硅胶、生石灰不具有还原性；
D．大量使用化肥和农药，可导致环境污染．
【解答】解：A．明矾不具有杀菌消毒能力，只水解生成具有吸附性的胶体，用于净水，故A错误；
B．氮化硅为非金属化合物，为非金属材料，故B正确；
C．硅胶、生石灰不具有还原性，不能防止食品氧化而变质，故C错误；
D．大量使用化肥和农药，可导致环境污染，用适度使用，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及明矾、氮化硅、食品添加剂以及环境饱和等知识，为高频考点，侧重化学与生活、生产以及环境饱和等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．
11．（2分）收藏家收藏的清末铝制品，至今仍保存完好，其主要原因是（　　）
A．铝不易发生化学反应
B．铝的氧化物容易发生还原反应
C．铝不易被氧气氧化
D．铝表面致密的氧化膜能阻止铝进一步被氧化
【分析】铝易与氧气生成氧化物薄膜，这层薄膜可以阻碍反应的进一步进行，既防止铝的进一步生锈．
【解答】解：在金属的活动性顺序表中，铝排在比较靠前的位置，也就是说铝的金属性比较强。铝和氧气可以反应生成氧化铝（氧化物薄膜），这层薄膜可以阻碍反应的进一步进行，既防止铝的进一步生锈。故选D。
【点评】本题是考查铝的活泼性，学生只要掌握金属的活动性顺序表，注意：铝的氧化物薄膜防止铝的进一步生锈．
12．（2分）通常情况下，既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥的是（　　）
A．HCl B．NO C．NH3 D．Cl2
【分析】用干燥剂干燥气体时，干燥剂能吸收水分且和该气体不反应，
总的原则是：中性干燥剂既可以用来干燥酸性气体又可以用来干燥碱性气体，
酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体，
碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体．
【解答】解：A．HCl能和碱石灰中的氢氧化钠、氧化钙反应，和浓硫酸不反应可以用浓硫酸干燥，故A错误；
B．NO和浓硫酸、碱石灰都不反应，既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥，故B正确；
C．氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥，氨气是碱性气体可以用碱石灰干燥，故C错误。
D．Cl2能和碱石灰中的氢氧化钠反应，和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了干燥剂的选择，难度不大，根据气体的性质正确选择干燥剂，常见的干燥剂有：浓硫酸、碱石灰；其中，浓硫酸是酸性干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂．
13．（2分）只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（　　）
A．NaOH B．H2SO4 C．BaCl2 D．AgNO3
【分析】四种盐溶液的阳离子各不相同，可从阳离子鉴别的角度分析，鉴别阳离子，可加入碱，结合沉淀的颜色等角度判断．
【解答】解：A．加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀迅速变成灰绿色最后总变成红褐色，Al2（SO4）3先生成白色沉淀后沉淀溶解，（NH4）2SO4生成刺激性气体，四种物质现象各不相同，可鉴别，故A正确；
B．均与硫酸不反应，不能鉴别，故B错误；
C．Na2SO4、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误；
D．均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．
14．（2分）下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（　　）
①NaHCO3②Al2O3③Al（OH）3④Al．
A．③④ B．②③④ C．①③④ D．全部
【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，据此分析解答．
【解答】解：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，所以能和稀硫酸、NaOH溶液反应的物质有碳酸氢钠、氧化铝、氢氧化铝和铝，
故选：D。
【点评】本题考查能和强酸强碱反应的物质，侧重考查物质性质，知道常见物质的性质即可解答，注意总结归纳．
15．（2分）证明某溶液中只含Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是（　　）
A．先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
B．先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显血红色
C．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀
D．只需要滴加KSCN溶液
【分析】先根据Fe3+的特征反应判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，据此解答．
【解答】解：A．先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，不能排除三价铁离子的干扰，故A错误；
B．先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显血红色，可证明二价铁离子存在，故B正确；
C．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，证明存在三价铁离子，故C错误；
D．二价铁离子与硫氰根离子不反应，无明显现象，只滴加KSCN溶液，不能证明二价铁离子的存在，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子的检验，明确离子的特征反应是解题关键，注意滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度中等．
16．（2分）下列说法：①硅的化学性质很稳定，因此硅在自然界中以游离态形式存在；②二氧化硅和二氧化碳在物理性质上有很大差异；③二氧化硅是一种酸性氧化物，它不可于任何酸发生反应．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②
【分析】①硅在自然界中以化合态形式存在；
②二氧化硅是原子晶体，固体二氧化碳是分子晶体；
③二氧化硅可与氢氟酸发生反应．
【解答】解：①硅是亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，如二氧化硅、硅酸盐等，故①错误；
②二氧化硅是原子晶体，固体二氧化碳是分子晶体，所以二氧化硅和二氧化碳在物理性质上有很大差别，故②正确；
③二氧化硅可与氢氟酸发生反应生成四氟化硅气体，故③错误；
故选：D。
【点评】本题考查硅和二氧化硅的性质，注意把握其物理、化学性质，题目难度不大．
17．（2分）下列实验现象和结论一致，正确的是（　　）
A．氯水加入有色布条，有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在
B．氯水溶液呈黄绿色，有刺激性气味，说明有Cl2存在
C．氯水加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在
D．氯水加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO存在
【分析】氯气微溶于水，溶液呈浅黄绿色，具有刺激性气味，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中含有Cl﹣等离子，且HClO具有强氧化性和漂白性，以此解答该题．
【解答】解：A．氯气没有漂白性，起漂白作用的是氯气和水反应生成的次氯酸，有色布条褪色，不一定存在氯气，故A错误；
B．氯气是黄绿色有刺激性气味的气体，故B正确；
C．由于盐酸中就存在氯离子，不能得到氯水中存在氯离子的结论，故C错误；
D．只能说明氯水能和氢氧化钠反应，但不能说明含有次氯酸，故D错误。
故选：B。
【点评】本题综合考查氯气的性质，为高空常见题型，侧重对学生实验能力的培养，有利于培养学生逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力，有利于培养学生的创新能力，难度不大．
18．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．SO2通入BaCl2溶液中无现象，加入氨水后得到BaSO4沉淀
B．SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，体现SO2的漂白性
C．SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红色
D．等物质的量的SO2和Cl2通入水中，溶液的漂白性增强
【分析】A、盐酸酸性强亚硫酸，所以SO2通入BaCl2溶液不反应，加入氨水生成亚硫酸钡；
B、向酸性KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸根离子；
C、二氧化硫为酸性氧化性，生成亚硫酸；
D、二氧化硫与氯气等物质的量通入水中发生化学反应：SO2 +Cl2 +2H2O＝H2SO4+2HCl，依据生成物的性质解答．
【解答】解：A、盐酸酸性强亚硫酸，所以SO2通入BaCl2溶液不反应，加入氨水生成亚硫酸钡，而不是硫酸钡，故A错误；
B、向酸性KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸根离子，S元素的化合价升高，是SO2的还原性，而不是SO2的漂白性，故B错误；
C、二氧化硫为酸性氧化性，生成亚硫酸，所以SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红色，故C正确；
D、将等物质的量的SO2、CI2通入水中发生化学反应：SO2 +Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl，生成物硫酸、氯化氢电离产生氢离子，溶液显酸性，不具有漂白性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质，明确二氧化硫、氯气发生的化学反应是解题关键，题目难度不大．
19．（2分）试管中盛有少量白色固体，可能是铵盐，检验的方法是（　　）
A．加水，将湿润的红色石蕊试纸放在试管中
B．加NaOH溶液，加热，滴入酚酞试剂
C．加NaOH溶液，加热，滴入紫色石蕊试剂
D．加NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
【分析】A、铵盐和水混合不会产生氨气；
B、氢氧化钠和氨水均能使酚酞显示红色；
C、氢氧化钠和氨水均能使石蕊试液显示蓝色；
D、氨气具有碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．
【解答】解：A、铵盐和水混合不会产生氨气，将湿润的红色石蕊试纸放在试管中会显示红色，是因为铵根离子水解显示酸性，但是显酸性的溶液不一定是铵盐，故A错误；
B、氢氧化钠和氨水均是碱性的，均能使酚酞显示红色，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，故B错误；
C、氢氧化钠和氨水均是碱性的，均能使石蕊试液显示蓝色，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，故C错误；
D、将白色固体放入试管加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大．
20．（2分）下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（　　）
A．在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大（脱水性）
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应（氧化性、酸性）
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海棉状的炭生成（吸水性）
D．浓硫酸可用来干燥某些气体（不挥发性）
【分析】A．根据浓硫酸具有吸水性，不具有挥发性来分析；
B．根据浓硫酸具有强氧化性来分析；
C．根据浓硫酸具有脱水性来分析；
D．根据浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体．
【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；
B．浓硫酸具有强氧化性，则在加热条件下铜与浓硫酸反应发生氧化还原反应，还生成硫酸盐，表现的是浓硫酸的氧化性和酸性，故B正确；
C．浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出，则浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑，表现的是浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体，如氢气、二氧化碳等，表现的是浓硫酸的吸水性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，明确浓硫酸的三大特性是解答本题的关键，题目难度不大，选项B为解答的难点．
21．（2分）下列有关NO2的说法正确的是（　　）
A．NO2可由N2与O2反应直接制备
B．NO2有毒，但因其易溶于水且与水反应，因此不属于大气污染物
C．NO2既有氧化性也有还原性
D．NO2为红棕色气体，因此将NO2通入水中，溶液显红棕色
【分析】A．N2与O2反应生成NO；
B．NO2可导致酸雨、光化学烟雾发生；
C．NO2与水反应生成硝酸和NO，N元素的化合价升高也降低；
D．NO2通入水生成硝酸和NO．
【解答】解：A．N2与O2反应生成NO，NO再与氧气反应生成二氧化氮，故A错误；
B．NO2可导致酸雨、光化学烟雾发生，属于大气污染物，故B错误；
C．NO2与水反应生成硝酸和NO，N元素的化合价升高也降低，则NO2既有氧化性也有还原性，故C正确；
D．NO2通入水生成硝酸和NO，溶液为无色，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查二氧化氮的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与环境的联系，题目难度不大．
22．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
B．钠与水的反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
D．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
【分析】A．二者反应生成氯化铁；
B．电荷不守恒；
C．漏掉氢氧根离子与氢离子的反应；
D．电荷不守恒．
【解答】解：A．将氯气通入氯化亚铁溶液，离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故A正确；
B．钠与水的反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸混合，离子方程式：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．金属铝溶于氢氧化钠溶液，离子方程式：2OH﹣+2Al+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，题目难度不大．
23．（2分）相同状况下混合下列同组气体，所得混合气体平均相对分子质量为36，它们可能是（　　）
A．NO2和NO B．NO2和CO2 C．N2和O2 D．O2和CO
【分析】利用均值法，所得混合气体平均相对分子质量为36，其中一种相对分子量大于36，另一种小于36，由此分析解答．
【解答】解：A、NO2的相对分子量为46大于36，NO的相对分子量为30小于36，所以混合气体的相对分子量可能为36，故A正确；
B、NO2和CO2的相对分子量分别为46和44，都大于36，不可能，故B错误；
C、N2和O2的相对分子量分别为28和32，都小于36，不可能，故C错误；
D、O2和CO的相对分子量分别为32和28，都小于36，不可能，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查平均相对分子量的有关计算，比较基础，注意均值法在解题中的灵活应用．
24．（2分）下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2的是（　　）
A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O
B．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2
C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2
D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
【分析】含有元素化合价降低的物质为氧化剂，含有元素化合价升高的物质为还原剂，结合反应方程式中元素化合价的变化分析。
【解答】解：A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O反应中有2molS化合价降低，作氧化剂，有1molS升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故A错误；
B．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；
C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2反应中，NaClO3作氧化剂，I2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故C错误；
D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，当1molMnO2得到2mol电子时，有2molHCl失电子，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应概念及计算，判断氧化剂、还原剂后，可以根据电子转移守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比，难度不大。
25．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A．相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同
B．56gFe与足量盐酸反应转移电子数为3NA
C．任何条件下，22.4LNH3与18gH2O所含电子数均为10NA
D．46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA
【分析】A．根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等；
B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁；
C．气体状况未知，Vm不确定；
D．NO2和N2O4的最简式均为NO2．
【解答】解：A．由2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等，转移电子数相等，生成氢气的物质的量相等，故A错误；
B.56gFe物质的量为＝1mol，与足量盐酸反应生成1mol二价铁离子，转移电子数为2NA，故B错误；
C．气体状况未知，Vm不确定，无法计算氨气的物质的量，氨气物质的量未知，则22.4LNH3所含电子数不一定为10NA，故C错误；
D．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量n＝＝1mol，故含3mol原子即3NA个，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的应用，质量换算物质的量计算的方法，气体摩尔体积的条件应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
二、解答题（共5小题，满分50分）
26．（8分）把对应物质的字母代码填入括号内．
A水玻璃 B明矾 C浓硫酸 D过氧化钠E新制氯水 F小苏打 G二氧化硅 H次氯酸钙
（1）漂白粉或漂粉精的有效成分　H
（2）常温下能使铝铁钝化　C
（3）能使石蕊试液先变红后褪色　E
（4）能做木材防火剂　A
（5）能做净水剂　B
（6）能做供氧剂　D
（7）能做处理胃酸过多的一种药剂　F
（8）能做光纤制品的是　G　．
【分析】（1）次氯酸钙是漂白粉或漂粉精的有效成分；
（2）常温下能使铝铁钝化的是浓硫酸或是浓硝酸；
（3）能使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性；
（4）能做木材防火剂的是耐火材料；
（5）能做净水剂的是可以产生氢氧化铁或是氢氧化铝胶体的物质；
（6）过氧化钠可以和水、二氧化碳都可以反应产生氧气；
（7）能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质；
（8）二氧化硅晶体对光具有全反应作用，能传到光信号．
【解答】解：（1）漂白粉或漂粉精是氯气与氢氧化钙反应生成的，次氯酸钙是漂白粉或漂粉精的有效成分，
故答案为：H；
（2）常温下能使铝铁钝化的是浓硫酸或是浓硝酸，故答案为：C；
（3）能使石蕊试液先变红后褪色的物质具有酸性且具有氧化性，应该是新制氯水，其中含有盐酸和次氯酸，故答案为：E；
（4）硅酸钠不燃烧，也不支持燃烧，硅酸钠的水溶液能做木材防火剂，是耐火材料，故答案为：A；
（5）能做净水剂的是可以产生氢氧化铁或是氢氧化铝胶体的物质，如明矾，故答案为：B；
（6）过氧化钠可以和水、二氧化碳都可以反应产生氧气，常做供氧剂，故答案为：D；
（7）能做处理胃酸过多的一种药剂必须是可以和盐酸反应的物质，可以选择碳酸氢钠，故答案为：F；
（8）二氧化硅晶体对光具有全反应作用，能传到光信号，所以能做光纤制品的是二氧化硅，故答案为：G．
【点评】本题考查了元素化合物的性质和用途，题目难度不大，侧重于基础知识的应用，注意把握常见元素化合物的性质和用途，有利于培养学生对基础知识的综合应用能力．
27．（12分）写出下列反应的化学方程式．
（1）铁与水蒸气在高温下：　3Fe+4H2OFe3O4+4H2
（2）苛性钠腐蚀玻璃：　SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O
（3）制取漂白粉：　2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
（4）稀硝酸与铜片：　3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑4H2O
（5）氨的催化氧化：　4NH3+5O24NO+6H2O
（6）铜片在浓硫酸中加热：　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O　．
【分析】（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
（2）苛性钠为氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水而腐蚀玻璃；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
（4）稀硝酸与铜片反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
（5）氨的催化氧化生成一氧化氮和水；
（6）铜片在浓硫酸中加热生成硫酸铜、二氧化硫和水；
【解答】解：（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，方程式：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；
故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；
（2）苛性钠为氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水而腐蚀玻璃，方程式：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
故答案为：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，方程式：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（4）稀硝酸与铜片反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，方程式：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑4H2O；
故答案为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑4H2O；
（5）氨的催化氧化生成一氧化氮和水，方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（6）铜片在浓硫酸中加热生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．
【点评】本题考查了化学方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意方程式遵循客观事实，遵循原子个数守恒规律，题目难度不大，注意反应条件的标注．
28．（8分）铁、铝的混合物进行如下实验：

（1）操作X的名称是　过滤　；
（2）气体A是　H2　（填化学式）；
（3）加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为：　2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑　；加入稀盐酸发生反应的离子方程式为：　Fe+2H+＝Fe2++H2↑　；
（4）向溶液D加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，请写出沉淀转化的化学方程式：　4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3　．
【分析】由流程可知，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，而Fe不能，则气体A为H2，溶液B含NaAlO2、NaOH，操作X为过滤，分离出固体C为Fe，Fe与稀盐酸反应生成氢气和氯化亚铁，则溶液D为FeCl2，以此来解答．
【解答】解：（1）由上述分析可知，操作X分离不溶性固体与溶液，则名称为过滤，故答案为：过滤；
（2）由上述分析可知，气体A为H2，故答案为：H2；
（3）加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，加入稀盐酸发生反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑；Fe+2H+＝Fe2++H2↑；
（4）溶液D为FeCl2，向溶液D加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，该沉淀转化的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．
29．（12分）如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）．请回答：

（1）烧瓶中反应的化学方程式是　MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O　．
（2）装置B中盛放液体是　饱和NaCl溶液　，气体通过装置B的目的是　吸收氯气中混有的杂质HCl　．装置C中盛放的液体是　浓硫酸　，气体通过装置C的目的是　干燥氯气　．
（3）烧杯E中盛放的液体是　NaOH溶液　．
（4）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应．为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加　干燥　装置．
（5）当电子转移的数目为6.02×1023个时生成的氯气的物质的量为　0.5　mol，生成的氯气用0.5mol/L的NaOH溶液　2　L．
【分析】实验室用加热二氧化锰与浓盐酸方法制取氯气，因为浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，可以依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶进行除杂，氯气与铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，据此解答．
（1）实验室用加热二氧化锰与浓盐酸方法制取氯气；
（2）浓盐酸易挥发，发生装置生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气；
（3）装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（4）生成的氯化铁①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应，需要防止水蒸气进入装置D；
（5）依据方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，生成1mol氯气转移2mol电子；依据2NaOH+Cl2═NaCl+H2O+NaClO，计算需要氢氧化钠溶液体积．
【解答】解：（1）实验室用加热二氧化锰与浓盐酸方法制取氯气，二者加热生成氯化锰、氯气和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以选择盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气，所以选择盛有浓硫酸的洗气瓶C除去水蒸气；
故答案为：饱和NaCl溶液； 吸收氯气中混有的杂质HCl；浓硫酸；干燥氯气；
（3）氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气；
故答案为：NaOH溶液；
（4）生成的氯化铁①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应，需要防止水蒸气进入装置D，为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置，防止装置E中水蒸气进入，
故答案为：干燥；
（5）依据方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，生成1mol氯气转移2mol电子，则当当电子转移的数目为6.02×1023个物质的量为1mol时，生成的氯气的物质的量为0.5mol，依据2NaOH+Cl2═NaCl+H2O+NaClO，0.5mol氯气消耗氢氧化钠1mol，用0.5mol/L的NaOH溶液体积为：＝2L；
故答案为：0.5； 2．
【点评】本题考查了氯气的实验室制备和性质检验、有关方程式的计算，把握发生的反应、实验装置的作用、实验原理为解答的关键，题目难度不大．
30．（10分）某研究性学习小组为了制取氨气和探究氨气的有关性质，进行了下列实验．

（1）根据图A写出实验室制取氨气的化学方程式　2NH4Cl+Ca（OH）2NH3↑+CaCl2+2H2O　；
（2）收集氨时，试管口棉花的作用　防止与空气对流收集不到纯净的氨气　；验满的方法是　将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，看试纸是否变蓝（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在瓶口，产生白烟）　；收集干燥的氨时，使用的干燥剂是　碱石灰　；
（3）实验室制取下列气体时，与实验室制取氨气的气体发生装置相同的是　B　．
A、氢气 B、氧气 C、氯气 D、二氧化碳
（4）图B装置进行喷泉实验，烧瓶中充满氨气，引发水上喷的操作是　打开止水夹，挤出胶头滴管中的水　；所得溶液呈　碱　性（填酸性、碱性或中性），解释原因（用化学方程式表示）　NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣　．
【分析】（1）实验室通常用加热氢氧化钙与氯化铵的混合固体的方法制取氨气，在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水；
（2）根据氨气的溶解性及密度确定收集方法；氨气有刺激性气味，能污染大气；氨气的验满可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒，也可用湿润的红色石蕊试纸；干燥气体时必须满足：气体不能与干燥剂反应，干燥剂且能吸水；
（3）根据实验室制取氨气选择固固加热装置，结合气体的反应原理来分析试剂和使用的仪器，从而确定装置；
（4）利用氨气极易溶于水，形成压强差而形成喷泉；氨气溶于水生成一水合氨，在水溶液中部分电离生成铵根离子和氢氧根离子，溶液呈碱性．
【解答】解：（1）氨盐和碱反应生成氨气和水，实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2NH3↑+CaCl2+2H2O；
（2）氨气极易溶于水，所以不能采用排水法收集氨气，氨气的密度小于空气且常温下和氧气不反应，根据图象知，氨气采用向下排空气法收集；氨气有刺激性气味，能污染大气，为防止管内气体与空气对流，减少氨气对大气的污染，便于收集纯的氨气，用棉花塞在试管口，检验氨气是否集满，可以利用氨气的水溶液显碱性，即用“使湿润的红色石蕊试纸变蓝”；也可以用氨气遇浓盐酸产生白烟，即“用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在瓶口，产生白烟”，碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物，氨气不能与碱石灰反应，且碱石灰能吸水，所以用碱石灰作干燥剂，
故答案为：防止与空气对流收集不到纯净的氨气；将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，看试纸是否变蓝（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在瓶口，产生白烟）；碱石灰；
（3）实验室制取氨气，用的是固体与固体反应，需要加热，应该使用硬质大试管作反应器．
A、实验室制取氢气，是用锌与稀硫酸反应，不需要加热，可用试管、启普发生器等作为反应器，故A不选；
B、实验室制取氧气，可以用加热氯酸钾或高锰酸钾的方法，要使用加热固体反应物的装置，使用硬质大试管作反应器，故B选；
C、实验室制取氯气用浓盐酸与二氧化锰固体反应，需要加热，使用烧瓶作反应器，故C不选；
D、实验室制取二氧化碳，用的是碳酸钙与稀盐酸反应，不需要加热，可以使用试管作反应器，也可使用启普发生器，故D不选；
综合以上分析，实验室制取氧气和氨气的实验装置相同．
故答案为：B；
（4）氨气极易溶于水，如果打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉，氨气和水反应生成一水合氨，反应为：NH3+H2O⇌NH3•H2O，一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离生成铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，溶液呈碱性，
故答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；碱；NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣．
【点评】本题考查了氨气的性质和制取，掌握铵盐和氨气的性质、实验室制氨气的反应原理和形成喷泉的原理是解答本题的关键，题目难度中等．