浙江省台州市五校2019_2020学年高一化学10月月考试题含解析.doc

浙江省台州市五校2019-2020学年高一化学10月月考试题（含解析）本卷可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Mg-24，Al-27，S-32，Cl-35.5，Ca-40，Mn-55，Fe-56，Cu-64，Ag-108，Ba-137一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1. 在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品。这里的“碘、铁、钙、硒、氟”指的是（ ）A. 元素B. 单质C. 分子D. 氧化物【答案】A【解析】2.下列各组物质按单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）A. 烧碱、白磷、碘酒B. 氧气、明矾、空气C. 铁、熟石灰、干冰D. 纯碱、不锈钢、铜【答案】B【解析】【详解】A烧碱属于化合物、白磷属于单质、碘酒属于混合物，A项错误； B氧气属于单质、明矾属于化合物、空气属于混合物，B项正确；C铁属于单质、熟石灰属于化合物、干冰属于化合物，C项错误；D纯碱属于化合物、不锈钢属于混合物、铜属于单质，D项错误；答案选B。【点睛】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成。纯净物是由一种物质组成纯净物又分为单质和化合物。由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物。3.据ETH天文研究所报告,组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne。下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是( )A. 22Ne的质子数为12B. 20Ne和22Ne的中子数相同C. 20Ne和22Ne的质量数相同D. 20Ne和22Ne互为同位素【答案】D【解析】试题解析：A22Ne的质子数的等于核电荷数为10， A错误； B20Ne中子数为20-10=10，22Ne的中子数22-10=12，B错误；C20Ne质量数为20；22Ne的质量数为22； C错误；D20Ne和22Ne二者核电荷数一样，中子数不同同种元素，互为同位素，D正确；考点: 考查质量数与质子数和中子数之间关系。4. 胶体区别于其它分散系的本质特征是A. 胶体的分散质能透过滤纸B. 胶体是纯净物，其它分散系是混合物C. 胶体能产生丁达尔现象D. 胶体的分散质粒子直径在1100 nm之间【答案】D【解析】试题分析：胶体与其它分散系的本质区别即本质特征是分散质粒子的大小。丁达尔效应是区别于其它分散系的方法。胶体属于混合物。故选D。考点：胶体的性质。点评：掌握胶体的概念与性质。5. 根据粒子散射现象，提出带核的原子结构模型的科学家是A. 汤姆生B. 卢瑟福C. 道尔顿D. 波尔【答案】B【解析】粒子散射实验又称金箔实验。是1909年汉斯·盖革和恩斯特·马斯登在欧内斯特·卢瑟福指导下于英国曼彻斯特大学做的一个著名物理实验。6.下列物质中属于电解质的是（ ）A. (NH4)2SO4B. NH3C. 酒精D. NaCl溶液【答案】A【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，注意电解质首先必须是化合物。【详解】A. (NH4)2SO4在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子而使其溶液导电，所以(NH4)2SO4是电解质，A项正确；B. NH3在水溶液虽然导电，但不是本身导电，属于非电解质，B项错误；C. 酒精在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，酒精是非电解质，C项错误；D. NaCl溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D项错误；答案选A。【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。7. 在无色的强碱性溶液中，能大量共存的是( )A. Na、Al3、NO3-、Cl-B. K+、Na+、Cl-、AlO2-C. Fe2+、K+、SO42-、Cl-D. Na、HCO3-、K、NO3-【答案】B【解析】试题分析：A在碱性溶液中Al3不能存在，会反应生成氢氧化铝沉淀，错误；BK+、Na+、Cl-、AlO2-在碱性溶液中能够大量共存，正确；CFe2+有颜色，错误；D在碱性溶液中HCO3-不能存在，会反应生成碳酸根离子，错误；故选B。【考点定位】考查离子共存、离子反应【名师点晴】离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；还应该注意题目所隐含的条件。1、溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；2、强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；3、强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等。8.用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A. 钠、镁B. 溴、碘C. 食盐、淡水D. 氯气、烧碱【答案】C【解析】【分析】从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁，需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁，然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁，A错误；B.从海水中提炼溴和碘，是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质，B错误；C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，C正确；D.可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解饱和食盐水，即得烧碱、氢气和氯气，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键。9.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于3 区域的( )A. Cl22KBr = Br22KClB. 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2【答案】D【解析】【分析】由图可知，区域3的反应不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答。【详解】ACl2+2KBrBr2+2KCl属于置换反应，不符合，A项错误；B2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2属于分解反应，不符合，B项错误；C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3属于化合反应，不符合，C项错误；D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，-1价O元素化合价一部分升高到0价，一部分降低到-2价，属于氧化还原反应，D项正确；答案选D。10.下列贮存化学试剂的方法正确的是（ ）A. 液溴应保存在带橡皮塞的试剂瓶中B. 烧碱溶液盛放在带磨口玻璃塞的玻璃瓶中C. 新制的氯水保存在棕色广口瓶中，并放在阴凉处D. 液氯可以保存在干燥的钢瓶中【答案】D【解析】【详解】A. 组成橡皮有机物中有含有碳碳双键的物质，液溴会与之反应，所以带橡皮塞的试剂瓶不能保存有强氧化性的液溴，会腐蚀橡皮塞，A项错误；B. 强碱溶液能与玻璃的成分二氧化硅反应，生成有粘性的水玻璃，将玻璃瓶口和瓶塞黏在一起，故烧碱溶液不能放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中，B项错误；C. 氯水见光时其中的次氯酸会发生分解，所以应该盛放在棕色细口瓶中，C项错误；D. 纯净的液氯不与钢瓶发生化学反应，可以用钢瓶来保存液氯，D项正确；答案选D。11.下列叙述错误的是（ ）A. 光导纤维的主要成分是硅酸盐B. 金属钠着火时不可以用水灭火C. 氧化铁常用作红色油漆和涂料D. 常温下可用铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸【答案】A【解析】【详解】A. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，A项错误 ；B. 过氧化钠能与水和二氧化碳发生反应生成氧气，B项正确；C. 氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，C项正确D. 常温下，铁或铝在浓硫酸中发生钝化现象使表面形成一层致密稳定的氧化膜，故铁制品或铝容器可以盛放浓硫酸，D项正确；答案选A。【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中A选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的主要成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。12.下列实验装置图所示的实验操作中，不能达到相应的实验目的的是（ ）A. 闻气体的气味B. 用浓硫酸干燥氢气C. 向容量瓶中转移液体D. 检验钾元素的存在【答案】D【解析】【详解】A. 闻气体时，应使极少量气体进入鼻孔，则用手轻轻扇动来闻气体气味，图中操作合理，A项正确；B. 浓硫酸具有吸水性，且不与氢气反应，且气体长导管进，图中装置合理，B项正确；C. 转移液体需要引流，图中玻璃棒引流，且玻璃棒下端刻度线以下，图中操作合理，C项正确；D. 观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，图中缺少蓝色的钴玻璃，不能完成实验，D项错误；答案选D。13.用NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1mo1·L-1的AlCl3溶液中，Cl-离子的数目为3NAB. 2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NAC. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAD. 5.6 g铁分别与足量的盐酸或氯气反应，电子转移总数均为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A. 溶液的体积未知，无法求出溶液中氯离子的数目，A项错误；B. 2.4g金属镁物质的量为0.1mol，依据最外层电子数可知，0.1mol Mg失去0.2mol电子，即0.2NA，B项正确；C. 标准状况下，H2O为液体，无法利用气体摩尔体积计算含有的分子数，C项错误；D. 铁与盐酸反应生成的是亚铁离子，则1mol Fe与足量的盐酸反应时转移电子数为0.2 NA，铁而与氯气反应生成的是氯化铁，故1mol Fe与足量的氯气反应时转移电子数为0.3 NA，D项错误；答案选B。【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C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，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。14.某反应可表示为：mMnHO2=xM2yH2O，则x值为 ()A. 2B. 4C. 6D. 9【答案】A【解析】【分析】首先根据质量守恒定律，可把方程式变成xM+4H+O2=xM2+2H2O，这时我们可以采用两种方法进行求解：根据电荷守恒或得失电子守恒进行解析。【详解】本题可以利用得失电子守恒求解，也可以利用电荷守恒求解。据得失电子守恒有2x4，即x2；若利用电荷守恒求解，则有y2(氧原子守恒)，n4(氢原子守恒)，4×12x(电荷守恒)，即x2；正确选项A。15. 下列离子方程式书写正确的是A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB. 氯气通入水中：Cl2H2O2H+ClClOC. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+ 3NH3·H2O = Al(OH)3+3NH4+D. 硫酸铜与氢氧化钡反应：Ba2+SO42=BaSO4【答案】C【解析】试题分析：A中醋酸是弱酸，不能拆开，错误；B中生成的次氯酸是弱酸，不能拆，错误；D中除了生成硫酸钡沉淀还有氢氧化铜沉淀。错误；C正确。考点：离子方程式正误判断16.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是( )A. 过滤、蒸馏、蒸发、分液B. 过滤、蒸发、蒸馏、分液C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤【答案】B【解析】【详解】根据装置图可知，从左到右各个装置进行的分离混合物的方法依次是过滤、蒸发、蒸馏、分液，故合理选项是B。17.冶炼金属一般有下列四种方法：焦炭法、水煤气（或氢气，或一氧化碳）法、活泼金属置换法、电解法。四种方法在工业上均有应用。古代有（）火烧孔雀石炼铜、（）湿法炼铜、（）铝热法炼铬、（）从光卤石中炼镁，对它们的冶炼方法分析不正确的是（ ）A. 用B. 用C. 用D. 用【答案】B【解析】【分析】焦炭法：属于热还原法，在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂C将金属从其化合物中还原出来；水煤气（或H2、CO）法：属于热还原法，在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，可用该法冶炼；活泼金属置换法：金属活动顺序中，通常排在前面的金属不一定能置换后面的金属，铝热反应也是金属置换法冶炼金属的常用方法；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，根据金属的活泼性强弱确定冶炼方法。【详解】A（I）火烧孔雀石炼铜是采用的焦炭法来冶炼金属，Cu2(OH)2CO32CuO+H2O+CO2，C+2CuO2Cu+CO2，用，A项正确；B（II）湿法炼铜就是用金属铁与铜的盐溶液反应，即铁与硫酸铜溶液（或氯化铜、硝酸铜溶液）反应，生成铜和硫酸亚铁（或氯化亚铁、硝酸亚铁），Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，用，B项错误；C（III）铝热法炼铬，三氧化二铬与铝发生铝热反应的方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3，用，C项正确；D从光卤石中炼镁，从海水或光卤石中先获得MgCl26H2O，然后制得无水MgCl2，Mg属于活泼金属，所以金属镁是电解熔融的氯化镁来冶炼金属镁的，用，D项正确；答案选B。18.下列离子检验的结论正确的是（ ）A. 向含有 Fe2+溶液中加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2+具有还原性B. 某溶液与NaOH溶液共热，产生了使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中一定存在NH4+C. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色无味的气体，则该固体中一定含有CO32-D. 向无色溶液中加BaC12溶液，生成了白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此可确定该溶液中一定含有 SO42-【答案】A【解析】【详解】A. 向含有Fe2+溶液中加少量酸性KMnO4溶液，Fe2+会被酸性KMnO4氧化而使KMnO4溶液褪色，A项正确；B. 氨气可使湿润得红色石蕊试纸变蓝，而不能使蓝色石蕊试纸变红，B项错误；C. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色无味的气体，则该固体中可能含有CO32-或HCO3，C项错误；D. 不溶于稀硝酸的白色沉淀还可能是氯化银，则原溶液中可能还有SO42-或Ag，D项错误；答案选A。【点睛】本题综合考查离子的检验与物质的性质，其中D项是常考点，也是学生易错点。在进行离子检验时，要注意排除干扰杂质离子的干扰，高中阶段常见阴离子的检验方法与操作可归纳如下：1.CO32-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀溶液稀盐酸或稀硝酸，生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明原溶液中有CO32-；2. SO42-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-；3. Cl-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸，然后加入几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中有Cl-。19. 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是A. 甲的物质的量比乙的物质的量少B. 甲的分子数比乙的分子数多C. 甲的体积比乙的体积大D. 甲的相对分子质量比乙相对分子质量小【答案】A【解析】【详解】根据PV=nRT，=，若两容器的温度和压强均相同，则密度之比等于摩尔质量之比，又甲的密度大于乙的密度，则甲的摩尔质量大于乙，则：A充有质量相同的甲、乙两种气体，因M甲M乙，则由n=可知，甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；B由A可知，甲的物质的量小，则由N=nNA可知，甲的分子数比乙的分子数少，故B错误；C两容器的温度和压强均相同，根据V=nVm可知，甲的体积小，故C错误；D甲的摩尔质量大于乙，则甲的相对分子质量比乙相对分子质量大，故D错误；故答案为A。20.下列关于NaHCO3和Na2CO3的叙述不正确的是（ ）A. 两者都能与澄清石灰水反应生成白色沉淀B. NaHCO3与Na2CO3在一定条件下可以相互转化C. NaHCO3 可用于焙制糕点，Na2CO3可用于玻璃、造纸等工业D. NaHCO3比Na2CO3稳定【答案】D【解析】【详解】A. Na2CO3和Ca(OH)2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+ Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，NaHCO3可与Ca(OH)2发生反应：Ca(OH)2+NaHCO3CaCO3+NaOH+H2O或Ca(OH)2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2O，两者均会产生白色沉淀，A项正确；B. Na2CO3可与水、二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3固体分解或在NaHCO3溶液中加入氢氧化钠均可生成Na2CO3，因此二者可相互转化，B项正确；C. NaHCO3加热易分解生成二氧化碳气体，从而使面包疏松多孔，可用于焙制糕点，Na2CO3可用于玻璃、造纸等工业，C项正确；D. NaHCO3不稳定，加热易分解，Na2CO3较稳定，D项错误；答案选D。21.如图所示，从a处通入氯气。若打开活塞b，d处的有色布条不褪色；若关闭活塞b，d处的有色布条褪色。下列判断正确的是A. a处通入的是潮湿的氯气B. c中盛放的可能是浓硫酸C. c中盛放的可能是氢氧化钠溶液D. c中盛放的可能是饱和食盐水【答案】D【解析】【详解】A、潮湿的氯气可以使有色布条褪色，错误；B、浓硫酸能干燥氯气，关闭b，有色布条不褪色，错误；C、氢氧化钠溶液能吸收氯气，关闭b，有色布条不褪色，错误；D、氯气从饱和的食盐水中溶解度很小，出来的氯气中含有水蒸气，可以使有色布条褪色，正确；答案选D。【点睛】该题的根据是明确干燥的氯气煤油漂泊性，真正起漂白剂的是次氯酸。然后结合装置和氯气的化学性质，逐一分析即可。22.向物质X中逐渐加入(或通入)Y溶液，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，下表中符合图示情况的是 ABCDXCO2HClNaOHAlCl3YCa(OH)2NaAlO2AlCl3NaOHA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】根据图象曲线变化可知，将物质X逐渐加入(或滴入)Y溶液中，生成沉淀，当Y溶液反应完后，继续加入物质X，物质X能与沉淀反应而使生成的沉淀溶解，且生成沉淀所需要的X的物质的量与沉淀溶解需要的X的物质的量之比为3:1，据此进行解答。【详解】A石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O，生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2溶液反应完后，再继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2OCa(HCO3)2沉淀消失，所以前后两个过程CO2的物质的量之比为1：1，故A错误；B偏铝酸钠溶液中加入盐酸，先发生反应AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+Al3+3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1：3，故B错误；C氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3+3OH-Al(OH)3，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故C正确；D氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，先发生反应Al3+4OH-AlO2-+2H2O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应后发生3AlO2-+Al3+6H2O4Al(OH)3+6H2O，生成沉淀溶，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，故D错误；故答案为C。23.下列有关实验操作的叙述正确的是（ ）A. 用 pH试纸粗略测定饱和氯水的pHB. 用托盘天平准确称取0.40g的NaOH固体配成1000mL浓度为0.100 mol·L-1的溶液C. 将95的工业酒精直接蒸馏可制得无水乙醇D. 用苯萃取溴水中的溴时，有机层应从上口倒出【答案】D【解析】【详解】A. 因氯水中HClO具有漂白性，不能利用pH试纸测到pH，应选用pH计，A项错误；B. 托盘天平的读数只能为0.1g，无法用托盘天平称取0.40g的NaOH固体，B项错误；C. 酒精与水的沸点相差不多，需将95的工业酒精加入生石灰后再进行蒸馏，C项错误；D. 苯的密度比水小，可作为溴水中溴的萃取剂，分液时有机层在上层，因此应从上口倒出，D项正确；答案选D。24.将一定量的氯气通入含有Fe3+、Fe2+、Cl-、Br-的溶液中，离子浓度可能保持不变的是（不考虑溶液体积的变化）（ ）A. Br-B. Fe2+C. Cl-D. Fe3+【答案】A【解析】【详解】通入一定量的氯气充分反应后，溶液具有强氧化性，因为Fe2+的还原性大于Br，所以氯气少量只将Fe2+氧化生成Fe3+，氯气过量才将Br被化生成溴单质，所以溶液中Fe3+、Cl增大，则当氯气少量时Br保持不变，A项正确；答案选A。25.金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为CB. 该反应中的氧化产物和还原产物的物质的量之比为12C. 该反应中转移的电子数为12eD. 该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为12【答案】D【解析】【详解】A、氧化剂是化合价降低的物质，还原剂是化合价升高的物质，根据反应方程式C的化合价由0价到4价，化合价降低，C作氧化剂，C的化合价由0价到2价，化合价升高，即C为还原剂，故A错误；B、根据选项A的分析，SiC作还原产物，CO作氧化产物，即氧化产物与还原产物的物质的量比值为2：1，故B错误；C、根据选项A的分析，该反应转移电子数为4 e，故C错误；D、根据选项B的分析，故D正确；答案选D。二、简答题（共36分）26.按要求填写下列空格（1）画出Cl的原子结构示意图_。（2）写出醋酸的电离方程式_。（3）写出工业上制取漂白粉的化学方程式_。【答案】 (1). (2). CH3COOHCH3COO- +H+ (3). 2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O【解析】【分析】（1）Cl的原子序数为17，根据核外电子排布规律书写；（2）醋酸为弱酸；（3）工业上利用氯气与石灰乳反应制备漂白粉。【详解】（1）Cl的原子序数为17，核外电子数为17，则Cl的原子结构示意图为；（2）醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离生成氢离子与醋酸根离子，其电离方程式为：CH3COOHCH3COO- +H+；（3）工业上氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其化学方程式为：2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。27.图中，A为空气中常见的气体单质，B、C、E是金属单质，D为非金属单质。已知：I是一种常见的温室气体，E原子核内有12个质子；反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接。回答下列问题：（1）分别写出A、F的化学式A_；F _。（2）写出下列反应的化学方程式C+GB+H_2E+I2F+D_（3）C与NaOH溶液反应的离子方程式为_。【答案】 (1). O2 (2). MgO (3). 8Al+ 3Fe3O4 9Fe + 4 Al2O3 (4). 2Mg+ CO22MgO + C (5). 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2【解析】【分析】图中A为空气中常见的气体单质，可能会氧气或氮气；B、C、E是金属单质，D为非金属单质。已知：I是一种常见的温室气体，则I为CO2；根据元素守恒可知，A为O2；E原子核内有12个质子，又为金属单质，则推知E为Mg，F为MgO；反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，说明该反应为铝热反应，可知C为Al，G为铁在氧气中燃烧的产物，应为Fe3O4，故B为Fe，H为Al2O3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】（1）由以上分析可知A为O2，F为MgO，故答案为：O2；MgO；（2）根据上述分析可知，C+GB+H为铝热反应，反应的方程式为8Al+ 3Fe3O4 9Fe + 4 Al2O3，2E+I2F+D为镁与二氧化碳的燃烧反应，其反应的方程式为：2Mg+ CO22MgO + C，故答案为：8Al+ 3Fe3O4 9Fe + 4 Al2O3；2Mg+ CO22MgO + C；（3）Al与氢氧化钠溶液反应会生成偏铝酸钠与氢气，其反应的离子方程式为：2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2。【点睛】G的推断是易错点，固定思维利用铝热反应将G误推为Fe2O3，要结合铁在氧气中燃烧的情况综合考虑。28.在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选择适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。（1）装置A是CO2气体的发生装置，请写出仪器a的名称_。（2）B中盛饱和NaHCO3溶液，其作用是_。（3）写出C中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_。（4）D中盛放的试剂可以是_（填序号）。 浓H2SO4 NaOH溶液 CaCl2溶液 Ca(OH)2溶液【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 除去CO2中的HCl气体 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). 【解析】【分析】（1）根据仪器的构造与用途作答；（2）根据实验目的来分析仪器B加入饱和的NaHCO3溶液的目的；（3）过氧化钠与二氧化碳反应会生成碳酸钠与氧气；（4）分析装置图和实验目的可知D是吸收未反应的二氧化碳。【详解】（1）仪器a为分液漏斗；（2）反应生成的二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，仪器B加入饱和的NaHCO3溶液的目的除去二氧化碳中的HCl气体；故答案为：除去CO2中的HCl气体；（3）过氧化钠与二氧化碳发生氧化还原反应，其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（4）分析装置图和实验目的可知D是吸收未反应的二氧化碳气体，故可用盛饭碱液， NaOH溶液和Ca(OH)2溶液均符合要求，故答案为：。29.某氯化铁样品中含有少量FeCl2杂质。现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：请根据上述流程，回答以下问题：（1）操作I是配制一定物质的量浓度的溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_、_（填仪器名称）。（2）下列操作可能使所配溶液浓度偏小的是_（填写序号）。未洗涤烧杯和玻璃棒 定容时俯视容量瓶的刻度线配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水 摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切（3）请写出上图中滴加氯水后所发生反应的离子方程式_。（4）检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是_。（5）样品中铁元素的质量分数是_。【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). (4). 2Fe 2+ Cl2 2Fe 3+ 2Cl- (5). 取少量最后洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 (6). 39.2%【解析】【分析】（1）根据实验的规范操作步骤选取所需的玻璃仪器；（2）根据物质的量浓度公式c=分析操作不规范对浓度所造成的影响效果；（3）氯水中氯气可氧化亚铁离子；（4）根据溶液中可能剩余的残余离子分析作答；（5）根据铁元素守恒，结合物质的量相关的计算分析。【详解】（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.0mL溶液，需要250mL容量瓶，另外定容时还需要胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（2）未洗涤烧杯和玻璃棒，配制的溶质物质的量偏小，根据c=可知，所配溶液浓度偏小，项正确；定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，根据c=可知，所配溶液浓度偏大，项错误；配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，项错误； 摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切，相当于稀释溶液，使所配溶液浓度偏小，项正确；故答案为：；（3）滴加氯水后氯气氧化亚铁离子转化为铁离子，其离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe 3+2Cl-；（4）溶液中存在氯化铵，可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子；故答案为：取少量最后洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；（5）因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，即Fe2O3的质量为2.8g，由于参加反应的溶液只取所配溶液的1/10，因此铁元素的质量为10×2.8g×=19.6g，样品中铁元素的质量分数是=39.2%，故答案为：39.2%；三、实验题（10分）30.海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，盛放海带的仪器名称是_。（2）步骤的实验操作名称是_，步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出碘单质和回收苯，该步骤的实验操作名称是_。（3）步骤反应的离子方程式是_。（4）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法_。【答案】 (1). 坩埚 (2). 过滤 (3). 蒸馏（或分馏） (4). 2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2H2O (5). 取少量提取碘后的水溶液滴加淀粉溶液，出现蓝色则证明有碘单质【解析】【分析】实验室从海带中提取碘：海带灼烧成灰，浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤，得到不溶的残渣，滤液为含碘离子的溶液，加入酸和氧化剂H2O2，将碘离子氧化成碘单质，利用有机溶剂苯萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质。据此解答。【详解】（1）步骤灼烧海带，为固体的加热，应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；（2）步骤是分离固体和液体，则实验操作为过滤；步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏（或分馏）；（3）步骤是碘离子在酸性条件下被H2O2氧化生成单质碘，反应的离子方程式为2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2H2O；（4）碘单质与淀粉反应显蓝色，因此可设计如下实验：取少量提取碘后的水溶液滴加淀粉溶液，出现蓝色则证明有碘单质。四、计算题（4分）31.将19.5g锌投入100mL某浓度的稀盐酸中，锌和稀盐酸恰好完全反应。求：（1）反应中生成的H2在标准状况下的体积为_L。（2）若用36.5%的浓盐酸（ =1.2g/mL）来配置上述稀盐酸，需要浓盐酸的体积为_mL。【答案】 (1). 6.72 (2). 50【解析】【分析】（1）根据n=计算19.5g锌的物质的量，由方程式计算生成氢气的物质的量，再根据V=nVm计算氢气的体积；（2）先计算与锌反应生成盐酸的物质的量，再根据及稀释规律分析作答。【详解】（1）19.5g锌的物质的量为：=0.3 mol；由化学方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2可知：n(H2)=n(Zn)=0.3 mol，所以氢气的体积为：0.3 mol×22.4L/mol= 6.72 L，故答案为：6.72；（2）令与锌反应的HCl的物质的量为n，根据第（1）问可知：Zn+2HCl=ZnCl2 +H21  2 0.3mol n 所以 解得n=0.6 mol，设体积为V，根据稀释前后物质的量保持不变可知，则0.6mol=×V，解得V=0.05 L=50mL，故答案为：50。- 20 -