2020-2021学年陕西省西安市长安区第一中学高一上学期第二次月考化学试题解析版.docx

长安一中2020-2021学年第一学期第二次教学质量检测高一化学试卷考试时间：100分钟 总分：100分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 Zn-65 Cu-64 Fe-56 Ba-137卷(选择题共40分)一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列选项中的诗句内容基本不涉及化学变化的是A. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”B. “美人首饰侯王印，尽是江中浪底来”C. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”【答案】B【解析】【分析】【详解】A.燃放烟花爆竹过程中会生成CO2等新物质，属于化学变化，故A不选；B. “美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”主要描述的是从河水泥沙中淘金的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；C. 烈火焚烧指的是可燃物燃烧的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.蜡烛燃烧时有CO2等新物质生成，属于化学变化，故D不选，答案选B。2. 下列是一些装置气密性检查的方法，其中正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】A、此装置两导管都与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，A不正确；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故能检查装置气密性，B正确；C、装置长颈漏斗与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，C不正确；D、此装置两导管都与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，D不正确；答案选B。【点晴】检查装置的气密性有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法。做题时应注意检查装置的气密性是不是在密闭装置中。有些装置比较复杂或者学生平时比较少见，造成不会分析而出错，答题时注意灵活应用。3. 下列各组物质的分类正确的是( )混合物：氨水、水银、75%的酒精含有氧元素的化合物叫做氧化物CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨在熔融状态下能导电的化合物为电解质 有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应A. 全部正确B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】氨水、75%的酒精属于混合物，水银是金属汞，属于纯净物，故错误；由两种元素构成，其中一种元素是氧元素的化合物叫氧化物，故错误；CO2、P2O5与碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，NO2与碱反应时生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，有元素化合价的变化，所以NO2不是酸性氧化物，Na2O与酸反应生成盐和水，Na2O为碱性氧化物，Na2O2与酸反应生成盐、氧气和水，Na2O2不是碱性氧化物，故错误；C60、C70、金刚石、石墨都是由碳元素构成的结构和性质不同的单质，它们互为同素异形体，故正确；在水溶液中或熔融状态下能够自身电离出离子而导电的化合物是电解质，故正确；有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如氧气和臭氧的转化虽然有单质参加和生成，但元素的化合价没有变化，所以不是氧化还原反应，故错误；正确，答案选D4. 由空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成的视觉障碍叫霾。当水汽凝结加剧、空气湿度增大时，霾就会转化为雾。二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物是雾霾的主要组成。以下说法不正确的是( )A. 雾霾天，汽车车灯照出通路的现象属于丁达尔效应B. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去C. 防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大D. PM2.5是直径小于或等于2.5 m的污染物颗粒，完全属于胶体粒子的直径范围【答案】D【解析】【分析】【详解】A 雾霾中含有的部分微粒直径在109107m之间，故汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁达尔效应，A项正确；B 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去，B项正确；C. 防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩透气性较差，空隙较小，则往往呼吸阻力较大，C项正确；D PM2.5是指直径小于或等于2.5m的污染物颗粒，即粒子直径2.5×106m，而胶体中分散质粒子的直径为109107m，则PM2.5的直径不完全在胶体粒子的直径范围内，D项错误；答案选D。5. 下列离子方程式正确的是( )A. 醋酸溶液与水垢中CaCO3反应： CaCO32H=Ca2H2OCO2B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性： Ba2OH-HSO=BaSO4H2OC. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应： HCOCa2OH-=CaCO3H2OD. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCOBa2OH-=BaCO3H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A醋酸为弱酸，不能写成离子形式，离子方程式为：CaCO32CH3COOH=Ca22H2OCO2，故A错误；B向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠和水，离子方程式为：Ba22OH-2HSO=BaSO42H2O，故B错误；CCa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为： 2HCOCa22OH-=CaCO3H2O，故C错误；D等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合，反应生成碳酸钡沉淀、NaOH和水，离子方程式为：HCOBa2OH-=BaCO3H2O，故D正确；答案选D。6. 一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是A. 该温度和压强可能是标准状况B. 标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4LC. 该气体中每个分子含有2个原子D. 若O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积也为30L【答案】A【解析】【分析】【详解】据n=可知，该气体的物质的量为1mol， A、该温度和压强下，1mol该气体的体积为30L，不是标准状况，故A符合题意；B、因该气体的物质的量为1mol，因此若该气体在标准状况下为气体，则其体积约为22.4L，故B不符合题意；C、1mol该气体含有1.204×1024个原子，则该气体分子中含有原子个数为=2，因此该气体为双原子分子，故C不符合题意；D、因1mol该气体在该条件下为30L，由此可知该条件下气体摩尔体积为30L/mol，故若O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积为30L/mol ×1mol=30L，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】在不同温度和压强下，每一种条件均有相对应的气体摩尔体积，其数据可能相同，也可能不同，常见标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，在使用时需注明其条件以及该物质是否为气体。7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 27 g铝加入1 mol·L-1的NaOH溶液中，转移电子数是3NAB. 56 g N2与CO的混合物中原子总数是4NAC. 44.8 L NO与22.4 L O2反应后的分子数是2NAD. 每生成1 mol O2，转移的电子数一定为4NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A氢氧化钠溶液体积未知，无法计算氢氧化钠物质的量，如果氢氧化钠过量，则27 g铝中加入1 mol/L的NaOH溶液，转移电子数是3NA，如果氢氧化钠不足，则应依据氢氧化钠的物质的量计算转移电子数，故A错误；BN2与CO的摩尔质量均为28 g/mol，故56 g混合物的物质的量为2 mol，且两者均为双原子分子，故2 mol混合物中含4NA个原子，故B正确；C温度和压强未知，无法确定气体的物质的量，故C错误；D生成1 mol O2，转移的电子数不一定为4NA，例如Na2O2与H2O反应生成1 mol O2时，转移的电子数为2NA，故D错误；综上所述答案为B。8. 现有V L 0.5 mol·L1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是()A. 加热浓缩到原来体积的一半B. 加入5 mol·L1的盐酸0.125V LC. 加入10 mol·L1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V LD. 标况下通入11.2 L氯化氢气体【答案】C【解析】【分析】【详解】A项、加热蒸发会导致HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的2倍，故A错误；B项、溶液的体积不具有加和性，不明确溶液的密度大小，无法求出混合后溶液的体积，故B错误；C项、混合后溶液中的HCl为 0.5mol/L×VL+10mol/L×0.1VL=1.5Vmol，所以混合后HCl的浓度为=1mol/L，故C正确；D项、通过氯化氢气体，溶液的密度和体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；故选C。【点睛】物质的量和质量具有加合性，溶液的体积不具有加和性，不明确溶液的密度大小，无法求出混合后溶液的体积是解答易错点。9. 将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是A. HClB. NaOHC. K2SO4D. CuSO4【答案】D【解析】【分析】【详解】A.Na与HCl溶液发生反应2Na+2HCl=2NaCl+H2，有气体放出，溶液质量增加；B.Na与NaOH溶液发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，有气体放出，溶液质量增加；C.Na与K2SO4溶液发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，有气体放出，溶液质量增加；D.Na与CuSO4溶液发生反应2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2+H2，有气体放出，溶液质量减小；答案选D。10. 某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+七种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3据此可以判断，该溶液中肯定不存在的离子组是（ ）A. Al3+、Mg2+、SOB. Mg2+、CO、I-C. Al3+、SO、I-D. Al3+、Br-、SO【答案】A【解析】【分析】【详解】根据可判断溶液中有Br-和CO，根据离子共存原则知，不存在Al3+、Mg2+；根据可判断溶液中无SO；根据不能确定是否含有I-，因为在中氯水可能把I-氧化成了IO，致使溶液不变蓝色，故A正确；故选A。11. LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应 :LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2。下列说法正确的是A. 氢气既是氧化产物又是还原产物B. LiAlH4既是氧化剂又是还原剂C. 若生成标况下4.48 LH2， 则转移0.4 mol 电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2: 1【答案】A【解析】【分析】【详解】A、LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，氢气既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B、LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂，故B错误；C、由LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2可知，每molLiAlH4反应，转移4mole-，生成4molH2，若生成标况下4.48 LH2，为0.2mol， 则转移0.2 mol 电子，故C错误；D、由LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2，LiAlH4中H由-1价升高为0价，作还原剂，水作氧化剂，计量数之比为1：2，故D错误。故选A。12. 已知下列反应：Cl22Br-=2Cl-Br2 2I-Br2=2Br-I22Fe32I-=2Fe2I2 2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-向含有Fe2、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法不正确的是( )A. 线段BC代表Fe3物质的量的变化情况B. 原混合溶液中c(FeBr2)=6 mol·L-1C. 当通入Cl2 2 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I-2Cl2=2Fe3I24Cl-D. 原溶液中n(Fe2)n(I-)n(Br-)=213【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性，还原剂的还原性>还原产物的还原性，根据反应：Cl22Br-=2Cl-Br2 ，氧化性：Cl2>Br2、还原性： Br->Cl-；2I-Br2=2Br-I2 ，氧化性：Br 2>I2、还原性： I->B r -；2Fe32I-=2Fe2I2 ，氧化性： Fe3>I2、还原性： I->Fe2； 2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-，氧化性：Br 2>Fe3+、还原性： Fe2+->B r -；则，氧化性顺序为： ，还原性顺序为： ；氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量。【详解】A据分析知，AB段代表Cl22I-=2Cl-I2反应时碘离子的物质的量的变化情况，线段BC代表2Fe2+Cl2=2Fe3+2 Cl-时Fe3物质的量的变化情况，A正确；B通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B错误；C当通入Cl2 2 mol时，2mol的碘离子消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2mol亚铁离子反应，即溶液中发生的离子反应可表示为： 2Fe22I-2Cl2=2Fe3I24Cl-，C正确；D由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol， 原溶液中n(Fe2):n(I-):n(Br-)=2:1:3，D正确；答案选B。13. 已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体； FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色； 实验生成的溶液滴在KI试纸上，试纸变蓝。下列判断正确的是()A. 上述实验证明氧化性：Cl2Fe3I2B. 上述实验中共有两个氧化还原反应C. 实验生成的气体不能使湿润的KI试纸变蓝D. 实验证明Fe2既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】【分析】反应中产生的黄绿色气体是Cl2，反应中FeCl2被Cl2氧化成FeCl3，反应中FeCl3溶液将KI氧化成I2，遇淀粉变蓝。【详解】A根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由分析可得氧化性由强到弱的顺序为：Cl2Fe3I2，所以A对；B由分析可得上述实验中有三个氧化还原反应，所以B错；C因为Cl2的氧化性大于Fe3，而Fe3能将I-氧化成I2，根据氧化还原反应中的强弱规律，Cl2能氧化I-，所以实验生成的气体能使湿润的KI试纸变蓝，所以C错；D实验证明Fe2被Cl2氧化，只能证明具有还原性，不能证明有氧化性，所以D错；故答案为A。14. Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值为()A. 5B. 3C. 4D. 2【答案】A【解析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x×6-(-)=16×1-(-1)，解得：x=5，故选A。15. 向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c（Br）c（Cl），则原FeBr2溶液的物质的量浓度是（）A. 0.75mol·LB. 1.5mol·L1 C. 2mol·L1 D. 3mol·L1【答案】D【解析】【分析】【详解】n(Cl2)=5.04L÷22.4L/mol=0.225mol，微粒的还原性：n(Fe2+)n(Br-)，所以当向溶液中通入氯气时，首先发生反应：2Fe2+ Cl2=2Fe3+2Cl；然后发生反应：Cl22Br=2ClBr2。n(Cl-)=0.225mol×2=0.45mol，由于溶液中c(Br-)=c(Cl-)，假设FeBr2的物质的量是x，则根据电子守恒可得：x+(2x-0.45)=0.225mol×2，解得x=0.3mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度c(FeBr2)=0.3mol÷0.1L=3mol/L,因此选项是D。16. Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48 L，下列推断中不正确的是( )A. 参加反应的Mg、Al共0.2 molB. 参加反应的HCl为0.4 molC. Mg、Al反应中共失去0.4 mol电子D. 若与足量的稀硫酸反应能产生0.2 mol H2【答案】A【解析】【分析】Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应的离子方程式为：Mg2H=Mg2H2，2Al6H=2Al33H2，反应后，金属完全反应，结合生成氢气的量分析判断。【详解】Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48L，n(H2)=0.2mol。A因为反应后Mg、Al化合价不同，且金属混合物的质量未知，所以无法计算参加反应的Mg、Al的物质的量，故A错误；B根据H原子守恒得n(HCl)=2n(H2)=0.4mol，故B正确；C根据转移电子相等可知，Mg、Al在反应中共失去电子的物质的量=0.2mol×2=0.4 mol，故C正确；D因为金属混合物不足量，且Mg、Al与足量的盐酸或稀硫酸反应的离子方程式完全相同，则与足量的稀硫酸反应生成的氢气和与足量的盐酸生成的氢气的量相同，也为0.2 mol H2，故D正确；故选A。17. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3= K2O+5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75 mol,则下列判断正确的是A. 生成40.0 L N2(标准状况)B. 有0.250 mol KNO3被氧化C. 转移电子的物质的量为1.75molD. 被氧化的N原子的物质的量为3.75mol【答案】D【解析】【分析】反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，据此分析解答。【详解】A生成标况下氮气的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B由反应可知，被还原的硝酸钾的物质的量为2mol×0.25mol，故B错误；C转移电子的物质的量为0.25mol×（5-0）1.25mol，故C错误；D转移10mol电子被氧化的N原子为30mol，则转移1.25mol电子被氧化的N原子的物质的量为（1.25mol×30）÷103.75mol，故D正确；故选D。18. 向分别盛有100mL水、100mL0.1mol·L1盐酸、100mL0.01mol·L1NaOH溶液的X、Y、Z三个烧杯中各投入0.05molNa。下列有关说法正确的是A. 三个烧杯中均先发生的离子反应为2Na2H2O=2Na2OHH2B. 三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，且X烧杯中的反应最剧烈C. 三个烧杯反应后，溶质的物质的量浓度相同D. 三个烧杯反应后，生成的气体的质量一定相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A钠与盐酸反应时钠先与H反应，离子方程式表示为2Na2H=2NaH2，故A错误；B三个烧杯中，钠均在液面上剧烈反应，Y烧杯中的氢离子浓度最大，反应最剧烈，B错误；CX烧杯中生成的溶质为NaOH，Y烧杯中生成的溶质为NaCl、NaOH，Z烧杯中生成NaOH，且Z烧杯中原溶质为NaOH，三个烧杯中溶质的物质的量浓度不同，故C错误；D因向三个烧杯中加入钠的物质的量相同且钠全部反应完，生成H2的量相同，故D正确；答案为D。19. 下列关于铝单质的叙述中，正确的是()A. 不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C. 铝和NaOH溶液反应：Al2OH=AlO2-2H2D. 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，熔化后的液态铝会滴落下来，是因为金属铝的熔点较低【答案】A【解析】【分析】【详解】A无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，故A正确；B铝表面形成致密的氧化膜，故B错误；C电荷、电子均不守恒，正确的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2，故C错误；D打磨后的铝箔在酒精灯上灼烧表面生成Al2O3，高熔点的Al2O3兜住了熔融的液态铝，不会滴落，故D错误；故答案为A。20. 某同学探究金属Na与CO2的反应，实验如下：实验I实验II操作将点燃的金属钠伸到盛有CO2的集气瓶中将实验I的集气瓶用水冲洗，过滤。取黑色滤渣灼烧；取滤液分别滴加酚酞和氯化钡溶液现象火焰呈黄色底部有黑色固体，瓶壁上附有白色固体黑色滤渣可燃滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成下列说法不正确的是A. 生成的黑色固体中含有CB. 白色固体是Na2OC. 实验说明CO2具有氧化性D. 金属Na着火不能用CO2灭火【答案】B【解析】【分析】由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，根据质量守恒定律，反应物中含有钠元素、氧元素、碳元素；由实验II中黑色滤渣可燃可知，反应物中黑色固体为碳，由滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，则钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。【详解】A项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，则生成的黑色固体中含有C，故A正确；B项、碳酸钠在溶液中水解，使溶液显碱性，与氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，则由滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，故B错误；C项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应中钠为还原剂，二氧化碳为氧化剂，实验说明CO2具有氧化性，故C正确；D项、由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，则金属Na着火不能用CO2灭火，应用沙土覆盖灭火，故D正确；故选B。【点睛】本题考查物质的性质探究，注意反应现象、实验现象和反应产物的分析判断是解题的关键。II卷(非选择题，共60分)二、填空题(共4小题，满分60分)21. (1)在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验均各取60mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：实验序号甲乙丙合金质量/mg255385459生成气体体积/mL280336336甲、乙两组实验中，_(填“甲”或“乙”)组盐酸是不足量的，所用盐酸的物质的量浓度为_，镁铝合金中Mg、Al物质的量之比为_。(2)取10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物充分进行加热(2NaHCO3Na2CO3CO2H2O)，将生成的CO2气体通入足量澄清石灰水中完全吸收，测得生成沉淀4.0g。则原混合物中碳酸钠的质量分数为_。(3)已知锌跟浓硫酸反应生成SO2，跟稀硫酸反应生成H2。一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应，锌完全溶解，同时收集到标准状况下的气体A 33.6L。将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液中氢离子的浓度为0.1mol·L-1。写出锌跟浓硫酸反应的化学方程式：_。反应过程中消耗的H2SO4的物质的量是_。气体A的成分是_，各成分的体积比是_。反应过程中消耗的锌的质量是_。【答案】 (1). 乙 (2). 0.5mol·L-1 (3). 11 (4). 32.8% (5). Zn2H2SO4(浓)ZnSO4SO22H2O (6). 1.80mol (7). 二氧化硫和氢气 (8). 14 (9). 97.5g【解析】【分析】【详解】(1)三组实验所用盐酸的量相同，甲、乙两种实验中，随着合金质量增加生成的气体的体积也增加，说明甲组实验中盐酸是过量的，可知255g合金可以生成280mL气体，所以若乙中合金完全反应，则应产生=422.7mL气体，但实际产生气体小于422.7mL，说明乙组实验盐酸是不足量的；乙、丙两种实验中合金质量虽然增加，但生成的气体体积不变，说明盐酸完全反应，根据生成氢气的量可知n(HCl)=2n(H2)=´2=0.03mol，所以c(HCl)=0.5mol·L-1；甲组实验中合金完全反应，设合金中Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，根据质量守恒有24x+27y=0.255g，根据电子守恒有2x+3y=´2=0.025mol，解得x=0.005mol、y=0.005mol，所以镁铝合金中Mg、Al物质的量之比1:1；(2)加热时只有碳酸氢钠分解产生二氧化碳，生成的沉淀为CaCO3，根据C元素守恒和碳酸氢钠受热分解的化学方程式可知n(NaHCO3)=´2=0.08mol，所以原混合物中碳酸钠的质量分数为´100%=32.8%；(3)根据题意可知Zn与浓硫酸反应生成SO2，Zn应被氧化成ZnSO4，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为Zn2H2SO4(浓) ZnSO4SO22H2O；将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液中氢离子的浓度为0.1mol·L-1，则剩余的n(H2SO4)=´1L´0.1mol/L=0.05mol，硫酸总量为18.5mol/L´0.1L=1.85mol，所以反应过程中消耗的H2SO4的物质的量为1.85mol-0.05mol=1.80mol；生成的气体为标况下33.6L，即1.5mol，根据Zn与浓硫酸反应方程式可知生成1.5molSO2需要3mol硫酸，Zn与稀硫酸反应的化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4H2，生成1.5mol氢气需要1.5mol硫酸，实际消耗的硫酸为1.80mol，所以气体A为二氧化硫和氢气；根据题意n(SO2)+ n(H2)=1.5mol，根据消耗的硫酸的量可知2n(SO2)+ n(H2)=1.8mol，解得n(SO2)=0.3mol，n(H2)=1.2mol，同温同压下气体的体积比等于物质的量之比，所以V(SO2)：V(H2)=14；根据两个方程式可知无论是生成二氧化硫还是氢气，生成1mol气体时均消耗1molZn，所以该反应中消耗的Zn的物质的量为1.5mol，质量为1.5mol´65g/mol=97.5g。22. .现有中学化学中常见的几种物质：O2、Mg、CO、WO3、W、CO2。请回答下列问题：(1)、四种物质中常用作还原剂的有_(填序号)。(2)请将、对应物质填入下列横线上，以组成一个氧化还原反应方程式：_(3)随着人们环保意识的增强，许多汽车都已经装上了如图所示的尾气处理装置。在催化剂的作用下，尾气中两种主要的有毒气体反应生成两种无害气体，两种无害气体均为空气中的成分，写出该反应的化学方程式：_。该反应中氧化剂是_。.KClO3 和浓盐酸在一定温度下反应可以生成黄绿色易爆物ClO2，反应方程式如下：2KClO34HCl(浓)=2KCl2ClO2Cl22H2O。(1)请分析该反应中电子转移的情况_。(双线桥法表示)(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填写编号)。只有还原性；还原性和酸性；只有氧化性；氧化性和酸性(3)产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为_mol。(4)ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的_倍(小数点后保留两位)。【答案】 (1). (2). 3CO (3). WO3 (4). W (5). 3CO2 (6). 2CO2NON22CO2 (7). NO (8). (9). (10). 0.2 (11). 2.63【解析】【分析】【详解】.(1)O2、Mg、CO、WO3中，Mg是活泼金属易失电子，常作还原剂，CO也常用作还原剂，故选；(2)、对应物质发生氧化还原反应的方程式为：3CO+WO3W+3CO2；(3)尾气中两种主要的有毒气体是NO、CO，二者在催化剂的作用下反应生成两种无害气体为N2、CO2，该反应的化学方程式2CO2NON22CO2，氮元素化合价降低，则反应中氧化剂是NO；.(1)在该反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低到+4价，HCl中的Cl元素部分化合价从-1价升高到+2价，当2mol KClO3与4mol HCl反应时，转移2mol电子，则用双线桥表示的电子转移情况为；(2)因为反应中盐酸既生成盐氯化钾，又被氧化，则浓盐酸在反应中显示出来的性质是酸性和还原性，故选；(3)根据(1)的分析知，当生成1mol Cl2时，转移2mol电子，则产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为0.2mol；(4)ClO2具有很强的氧化性，得电子的产物为Cl-，Cl2的还原产物也是Cl-，则ClO2的消毒的效率是Cl2的倍。23. 已知1L某待测液中除含有0.2mol·L-1的Na外，还可能含有下列离子中的一种或几种：阳离子K、NH、Mg2、Ba2、Fe3阴离子Cl-、Br-、CO、HCO、SO现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)：已知：NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O(1)由气体B可确定待测液中含有的离子是_。(2)由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是_，据此可以排除的离子是_。(3)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是_。(4)某同学读图后，认为待测液中一定不含溴离子，他判断的依据是_。(5)综合分析，待测液中K的最小浓度为_。【答案】 (1). NH (2). CO、SO (3). Mg2、Ba2、Fe3 (4). HCO (5). 向溶液B中通入氯气，溶液呈浅黄绿色(或向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀) (6). 0.1mol·L-1【解析】【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2、Ba2、Fe3；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH、HCO，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl，据此分析解答。【详解】(1)由滤液A加入NaOH反应生成气体B，则B肯定为NH3，则由此可以确定待测液中含有的离子是NH；(2)待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2、Ba2、Fe3；(3)滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定有HCO，发生反应HCOOH-= COH2O，Ba2+与CO结合生成BaCO3沉淀，则由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是HCO；(4)由图中信息可知，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，则溶液中一定没有Br，且向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，也能说明溶液中一定没有Br；(5)根据元素守恒可知：n(CO)=、n(SO)=、n(HCO)=、n(NH)=；根据溶液呈电中性，有：2×n(SO)+n(HCO)+2×n(CO)=2×0.05mol+0.1mol+2×0.1mol=0.4mol，n(NH)+n(Na+)=0.1mol+1L×0.2molL-1=0.3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K；若原溶液中不存在Cl，则K的物质的量是0.4mol0.3mol=0.1mol，K浓度是c(K)=，若存在Cl，则K+的浓度应该大于0.1 mol·L1，故待测液中K