【文档说明】【精准解析】四川省三台中学实验学校2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题.doc，共(20)页，371.000 KB，由小赞的店铺上传

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四川省三台中学实验学校2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题1.下列关于胶体的叙述中，不正确的是（）A.胶体是一种相对稳定的分散系B.用滤纸能分离胶体和悬浊液C.利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D

.胶体中分散质粒子的直径小于1nm【答案】D【解析】试题分析：胶体的稳定性小于溶液的，属于介稳体系，A正确；胶体可以透过滤纸，浊液不能，因此用滤纸能分离胶体和悬浊液，B正确；溶液不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，C正确；胶体中分散质粒子的直径大于1nm，小于

100nm，D不正确，答案选D。考点：考查胶体的概念、胶体的性质等点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对胶体含义、特点以及性质的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力和学习效率。2.下列关于物质所属类别的叙述中错误的是A.Al2O3属

于两性氧化物B.液氯属于混和物C.Na2SiO3属于强电解质D.纯碱属于盐【答案】B【解析】【详解】A．氧化铝能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故氧化铝属于两性氧化物，故A正确；B．液氯是

氯气的液态形式，属于纯净物，故B错误；C．Na2SiO3属于钠盐，完全电离，属于强电解质，故C正确；D．纯碱是碳酸钠，属于盐，故D正确；答案选B。3.下列有关试剂的保存方法，错误的是：A.金属钠保存在煤油中B.存

放FeSO4溶液时加入少量铁粉C.NaOH溶液保存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中D.新制的氯水保存在无色细口瓶中【答案】D【解析】【详解】A．金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应，与煤油不反应且密度比煤油大，保存在煤油

中可隔绝空气，防止钠变质，故A正确；B．硫酸亚铁易被氧化为三价铁离子，可以加入少量的铁粉，防止亚铁离子被氧化，故B正确；C．玻璃中含有SiO2，易与氢氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，保存氢氧化钠溶液时不能用玻

璃塞，应用橡皮塞，故C正确；D．氯水是液体，所以要保存在细口瓶中；氯水中次氯酸见光易分解，所以氯水要保存在棕色试剂瓶中并置于阴凉处，故D错误；答案选D。4.下列有关实验原理或实验操作正确的是A.用pH试纸测量新制氯水的pHB.实验室用如图所示装置制饱和氯水

C.利用丁达尔效应鉴别淀粉胶体和NaCl溶液D.用量筒量取20mL0.5000mol·L-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L-1H2SO4溶液【答案】C【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，故A错误；B．实验室用如图所示装置制饱和氯水，缺少尾气处理装置，故B错误；C．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，则利用丁达尔效应鉴别淀粉胶体和NaCl溶液，故C正确；D．因体积不具有加和性

，溶液的体积不等于100mL，则加水80mL不能配制成0.1000mol•L-1H2SO4溶液，故D错误；故答案C。5.下列物质久置空气中不会变质的是A.亚硫酸钠固体B.漂白粉固体C.过氧化钠粉末D.硫酸钠粉末【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸钠容易与空气中的氧气反应生成硫酸钠而导致变质且质量增

加，久置变质，故A不符合；B．漂白粉固体能与空气中的二氧化碳、水反应而变质且质量增加，久置变质，故B不符合；C．过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，质量增加，久置变质，故C不符合；D．硫酸钠久置不与空气中的物质

反应，不会变质，故D符合；故答案选D。6.下化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.碳酸钠可用于去除餐具的油污B.漂粉精可用于游泳池的消毒C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸D.二氧化硅用于制作太阳能电池板【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠水解生成NaOH而导致其水溶液呈碱性，

碱性条件能够促进油脂水解，从而除去油污，故A正确；B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，所以漂白粉可用于游泳池的消毒，故B正确；C．氢氧化铝的碱性较弱，能中和

胃酸中的盐酸而降低胃液的酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故C正确；D．硅单质是重要的半导体材料，用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维，故D错误；故选D。7.下列反应中，气体反应物仅作还原剂的是A.SO

2+NaOH＝NaHSO3B.Cl2+H2O＝HCl+HClOC.2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2D.2KMnO4+5SO2+2H2O＝2MnSO4+K2SO4+2H2SO4【答案】D【解析】【详解】A

．SO2+NaOH＝NaHSO3反应中，各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，二氧化硫不是还原剂，故A错误；B．Cl2+H2O＝HCl+HClO反应中，水中H、O元素的化合价均不变，水既不是氧化

剂也不是还原剂，氯气既是氧化剂也是还原剂，故B错误；C．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中，过氧化钠中氧元素的化合价是-1价，碳酸钠中氧元素的化合价是-2价，氧气中氧元素的化合价是0价，所

以该反应过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，过氧化钠既表现氧化性也表现还原性，CO2既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；D．2KMnO4+5SO2+2H2O＝2MnSO4+K2SO4+2H2SO4反应中，二氧化硫中硫元素失电子，化合价升高，二氧化硫是还

原剂，故D正确；故选D。【点睛】明确元素化合价的变化是解本题的关键。本题的易错点为BC，要注意一些反应中只有一种反应物参与氧化还原反应，即一种物质既是氧化剂也是还原剂。8.做焰色反应实验时所用的铂丝，每次用毕后都要A.用水多洗几次B.先用稀盐酸洗，

再用水洗C.用稀盐酸洗，再在火焰上灼烧到没有什么颜色为止D.放在火焰上灼烧，直到铂丝发红为止【答案】C【解析】【详解】为防止铂丝上残留物质影响下次实验效果，一般铂丝用盐酸洗涤形成氯化物，再灼烧使其挥发，答案为C

.9.下列图示实验操作，能达到目的的是()A.检验钾离子B.干燥氯气C.分离酒精与水D.蒸发食盐水【答案】A【解析】【详解】A.利用焰色反应检验钾离子时，需要通过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，图示检验钾离子的方法合理，故A正确；B.干燥氯气，导气管应该采用长进短出的方式，故B错误；C.蒸馏操作

时，冷凝管通水的方向应该是从下口进水、上口出水，且温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D.蒸发食盐水时，必须使用玻璃棒搅拌，以使蒸发皿中物质受热均匀，故D错误；答案选A。【点睛】本题主要考查了常见离子的检验、气体的净化和干燥的方法、物

质的分离与提纯操作，题目难度中等。解答本题的关键是掌握常见的化学实验基本操作方法，明确气体的提纯、除杂方法，本题的易错点是C项，解题时要注意蒸馏操作的方法及实验原理，尤其是对于冷凝管的进出水方向要有正确的认识。10.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实

验操作实验现象结论A.将气体X通入品红溶液中红色褪去X一定是SO2B.向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀原溶液中定含SO42-C.向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2CO3

的酸性比H2SiO3强D.向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液溶液呈血红色原溶液中定含Fe2+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．能使品红溶液褪色的不一定SO2，氯气也可以，A错误；B．在酸性溶液中硝酸根能把亚硫酸根氧化为硫酸根，因此不能确定是否含有硫酸根，B错误；C．白色沉淀

是硅酸，根据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，C正确；D．原溶液中也可能含有铁离子，D错误;答案选C。【点晴】明确相关物质的性质是解答的关键，注意对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面

作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。11.下列叙述正确的是（）A.固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质B.铜丝能导电，所以铜是电解质C.氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质D.SO3溶于水能

导电，所以SO3是电解质【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠溶于水或在熔融状态均能导电，是电解质，A错误；B．铜丝能导电，但属于单质，铜既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢

是电解质，C正确；D．三氧化硫溶于水，生成了新的物质硫酸能导电，不是自身能够导电，D错误。故选C。12.下列有关碳酸钠与碳酸氢钠的说法中不正确的是A.在通常状况下，都是白色的固体B.在通常状况下，受热都易分解C.

它们都易溶于水D.都可以和盐酸反应并生成CO2气体【答案】B【解析】【详解】A．在通常状况下，碳酸钠为白色粉末，碳酸氢纳为白色细小晶体，故A正确；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠；碳酸钠受热不分解，故B错误；C．碳酸氢钠和碳酸钠都是钠盐，均易

溶于水，故C正确；D．强酸能够反应制弱酸，盐酸能与碳酸盐、碳酸氢盐反应产生二氧化碳、氯化钠、水，故D正确；故选B。13.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.39gNa2O2中含阴离子数为NAB.2molNO与1

molO2完全反应后所得气体分子数为2NAC.1molFe与过量的水蒸气完全反应时电子转移数为2NAD.1mo1Cl2与足量Fe完全反应，转移电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A．39gNa2O2中物质的量=3978/ggmol=0.5mol，Na2O2中含2个钠离子和1个过氧

根，故0.5mol过氧化钠中含0.5mol过氧根，即0.5NA，故A错误；B．由2NO+O2=2NO2、2NO2⇌N2O4可知，生成2molNO2，NO2还能进一步反应转化为N2O4，故反应后的气体的物质的量小于2mol，混合后所含分子数目小于2NA，故B错误；C．铁和

过量水蒸气反应生成Fe3O4，铁为+3、+2价，故1mol铁转移83NA个电子，故C错误；D．氯气和铁反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的

化合价有+3、+2价。14.下列关于化学与生产、生活的认识错误．．的是A.CO2、SO2、N2等均是造成温室效应的气体B.节能减排符合低碳经济的要求C.使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一D.纯铁的硬度和强度低于铁合金【答案】A【解析】【详解】A．CO2、CH4和氮氧化合物是形成温室效应

的气体，SO2、N2不是形成温室效应的气体，故A错误；B．节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故B正确；C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，是防止酸雨发生的重要措施

之一，故C正确；D．合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，则纯铁的硬度和强度均低于铁合金，故D正确；故选A。15.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。对氯水进行观察和实验，下列有关说法中正确的是A.将紫色石蕊溶

液滴入氯水中，溶液变红色后褪色，说明氯水既有酸性，又有漂白性。B.放入红色布条，一会儿红色布条褪色，证明溶液中存在Cl2C.加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，证明溶液中存在Cl－D.加入NaO

H溶液，氯水黄绿色消失，证明氯水中的HClO与NaOH发生了化学反应【答案】A【解析】【详解】A．氯气溶于水，部分氯气与水反应发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，因此将紫色石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红色后褪色，故A正确；B．氯水中含有次氯酸，可使有色

布条褪色，不是氯气的作用，故B错误；C．加入盐酸，会引入氯离子，不能确定氯水中含有Cl-，故C错误；D．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，主要是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意氯水的黄绿色是因为含有氯气分子的缘故。1

6.有下列物品或设备：①陶瓷餐具②砖瓦③水泥路桥④门窗玻璃⑤水晶镜片⑥玛瑙手镯⑦硅太阳能电池⑧石英光导纤维。所用材料为硅酸盐的是A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.①③⑥D.④⑤⑧【答案】A【解析】【详解】①陶瓷餐具，②砖瓦，③水泥路桥，④门窗玻璃的成分是硅酸盐；⑤水晶镜片，⑥玛

瑙手镯，⑧石英光导纤维所用材料为SiO2；⑦硅太阳能电池的原料是硅单质，故选A。17.下列离子方程式书写不正确的是A.碳酸钠溶液中滴入少量盐酸：CO32-＋H+==HCO3-B.NaOH溶液中通少量SO2：2OH－＋SO2══SO32-＋H2OC.氯气溶于水：Cl2

＋H2O==2H+＋Cl－＋ClO－D.碳酸氢钠溶液中加入烧碱溶液：HCO3-＋OH－==CO32-＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠溶液中滴入少量盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子反应为H++CO

32-＝HCO3-，故A正确；B．NaOH溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，反应的离子反应为2OH－＋SO2＝SO32-＋H2O，故B正确；C．氯气溶于水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故C错

误；D．碳酸氢钠溶液中加入烧碱溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+OH-＝CO32-+H2O，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意多元弱酸的正盐与盐酸反应的产物与盐酸的量的多少有关。18.向Na2

CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是A.a点对应的溶液中:Na+、OH—、SO42—、NO3—B.b点对应的溶液中:H+、Fe3+、MnO4—、Cl—C.c点对应的溶液中:Na+、K+、

NO3—、Cl—D.d点对应的溶液中:Na+、NO3—、Fe2+、Ag+【答案】C【解析】【分析】向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-

，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质分析解答。【详解】A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，故A错误；B．b点全部为HCO3-，H+能够与HCO3

-反应放出二氧化碳、Fe3+能够与HCO3-发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生反应，能够大量共存，故C正确；D．d点呈酸性，在酸性条件下，NO3-、Fe2+

能够发生氧化还原反应，且氯离子和银离子反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。【点睛】明确各阶段溶液中存在的离子和溶液的性质是解题的关键。本题的易错点为D，要注意酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，同时注意溶液中含有氯离子。19.向200mLl.5mol/LKOH溶液中通入

一定量氯气，恰好完全反应生成三种含氯盐:0.2molKCl、0.075molKClO和R以及水。则R为A.0.05molKClO4B.0.05molKClO3C.0.025molKClO3D.0.025molKClO4【答案】C【解析】【详解】200mLl.5mol/LKOH溶液中含有KOH的物质

的量为：1.5mol/L×0.2L=0.3mol，已知含有0.2molKCl、0.075molKClO，根据钾守恒，所以R的物质的量为：0.3mol-0.2mol-0.075mol=0.025mol，设R中Cl的化合价为x价，由

电子得失守恒分析可知：0.2×1=0.075×1+0.025x，即x=5，所以R中氯的化合价为+5价，则R为KClO3，物质的量为0.025mol，故选C。【点睛】明确氧化还原反应过程中得失电子守恒和原子守恒为解答的关键。本题

的难点是根据得失电子守恒计算判断氯的化合价。20.你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是（）①减少煤作燃料②造高工厂烟囱③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源A.①②③B.②③④⑤C.①③⑤D.①③④

⑤【答案】C【解析】【详解】①用煤作燃料会产生二氧化硫、氮氧化物，造成酸雨，所以减少煤作燃料可减少酸雨的形成，①合理；②把工厂烟囱造高不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，②不合理；③燃料脱硫处理可减少含硫物质的排放，可减

少二氧化硫的形成，③合理；④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，④不合理；⑤开发新能源可以减少煤、石油的使用，因而可减少酸雨的形成，故⑤合理；故正确说法是①③⑤，选项C合理。21.为除去铜粉

中混有的少量铝粉，下列试剂不．可行的是A.CuCl2溶液B.FeC13溶液C.NaOH溶液D.稀盐酸【答案】B【解析】【详解】A．Al与氯化铜可发生置换反应生成Cu，反应后过滤可除杂，故A正确；B．Al和Cu均溶于FeC13溶液，不能达到除杂目的，故B错误；C．Al与NaO

H溶液反应，而Cu不能，反应后过滤可除杂，故C正确；D．Al与盐酸反应，而Cu不能，反应后过滤可除杂，故D正确；故选B。22.下列图示与对应的叙述相符的是A.四种基本反应类型与氧化还原反应的关系B.AlCl3溶液滴加NaOH溶液生成沉淀的情况C.Ba(OH)

2溶液中滴加硫酸溶液导电性的情况D.等体积等浓度稀硫酸分别与足量铁和镁反应的情况【答案】A【解析】【详解】A．复分解反应一定不属于氧化还原反应，与氧化还原反应不会出现交叉；置换反应一定属于氧化还原反应，应包含在氧化还原反应中；部分的化合反应与分解反应属于氧化还原反应

，部分不属于，与氧化还原反应为交叉关系，故A正确；B．氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓生成沉淀，后发生Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，由方程式可知，前后NaOH溶液

体积之比为3∶1，故其图象为，故B错误；C．硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，随着硫酸的加入，溶液体积增大，Ba(OH)2溶液中离子的浓度逐渐减小，恰好反应生成硫酸钡和水时，溶液的导电性几

乎为0，随后硫酸过量，溶液的导电性逐渐增强，最终几乎变成硫酸溶液，溶液的导电性几乎不变，图象与实际不相符，故C错误；D．等体积等浓度稀硫酸中含有的硫酸相等，分别与足量铁和镁反应，硫酸完全反应，生成氢气的体积相等，Mg与硫酸反应速率较快，图象与实际不相符，故D错误；故选A。23.由二氧化硅制高纯硅的

流程如图，下列判断中错误的是()A.①②③均属于氧化还原反应B.氢气和氯化氢均可循环利用C.二氧化硅是一种坚硬难熔的固体D.三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5g【答案】D【解析】【详解】A．①②③反应前后元素化合价发生改变，故①②③发生的反应均是氧化还

原反应，A正确；B．由二氧化硅制高纯硅的流程图中反应过程中生成氢气和氯化氢，同时氯化氢也作为反应物参与化学反应，故氢气和氯化氢均可循环利用，B正确；C．二氧化硅熔点比较高，硬度比较大，C正确；D．三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5gmol-1，D错误答案选D。24

.下列变化可通过一步化学反应实现的是A.Na2O2→NaB.Al2O3→Al(OH)3C.SiO2→H2SiO3D.Na2CO3→NaOH【答案】D【解析】A、Na2O2不能一步得到金属钠，故A错误；

B、Al2O3不与水反应，因此不能直接一步生成氢氧化铝，故B错误；C、SiO2不与水反应，不能直接一步生成H2SiO3，故C错误；D、Na2CO3与Ca(OH)2反应，Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH

，能够一步得到，故D正确。25.在密闭容器中充入CO2、CO、H2、C3H6混合气体ag，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加ag。则相同条件下，CO2与C3H6的体积比为A.3:1B.2:1C.1:1D.无

法计算【答案】A【解析】【详解】根据2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量；在密闭容器中充入CO2、CO、H2

、C3H6的混合气体共ag，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加ag，则反应后CO2、CO、H2、C3H6混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与C3H6相当于CO、H2混合，CO2可以改写为CO·O，C3H6可以改写为C

3·3H2，因此需要O和C3中C、O原子数之比满足1∶1，则O和C3之比满足3∶1，所以CO2与C3H6的体积之比为3∶1，故选A。【点睛】本题的难点是掌握过氧化钠与水和二氧化碳反应方程式的书写，并得出质量变化

的特点。解答本题也可以直接结合物质的量的计算方法根据CO2与C3H6混合物中C、O原子数之比满足1∶1列式计算。26.某一反应体系中，有反应物和生成物共六种物质，这六种物质是：Cl2、KMnO4、MnCl2、H2O、HCl(浓)、KCl，其中K

MnO4、HCl为反应物。（1）该反应中的氧化剂是_______________，氧化产物为_____________。（2）该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为________________。（3）若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，则反应过

程中转移电子的数目为______NA(NA表示阿伏伽德罗常数的值)，发生反应的KMnO4的物质的量为____________。【答案】(1).KMnO4(2).Cl2(3).5:2(4).0.2(5).0.04【解析】【分析】(1)高锰酸钾

中的锰元素处于最高价，只有氧化性，能将HCl氧化，据此分析解答；(2)根据(1)的分析书写并配平化学方程式，再分析解答；(3)根据化学方程式以及反应转移电子的情况计算。【详解】(1)高锰酸钾中的锰元素处于最高价，只有氧化性，能将H

Cl氧化，HCl是还原剂，对应的产物Cl2是氧化产物，故答案为：KMnO4；Cl2；(2)根据电子守恒配平高锰酸钾氧化HCl的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑，氧化产物是氯气，还原产物是MnCl2，物质的量之比为5∶2，故答案为：5∶2；

(3)根据化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑，当生成5mol的氯气时，消耗高锰酸钾2mol，转移电子10mol，当产生的气体在标准状况下体积为2.24L，即生成氯气是0.1mol时，消耗高锰酸钾0.04mol，则反应过程中转移电子0.2

mol，即0.2NA个，发生反应的KMnO4的物质的量为0.04mol，故答案为：0.2；0.04。27.X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收。已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种

单质，它的水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应。回答下列问题：（1）X形成酸雨时，发生反应的化学方程式为________________，________________。（2）Y与NaOH溶液反应的离子方程式是___________

___________________________。（3）汽车燃料中一般不含氮元素，尾气中产生Z的原因是________________________。（4）Z与水反应的化学方程式是_______________________________________

________。【答案】(1).SO2+H2OH2SO3(2).2H2SO3+O2=2H2SO4(3).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(4).发动机内空气中的氮气和氧气反应生成了氮的氧化物(5).3NO2+H2O=2HNO3+

NO【解析】【分析】X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO

2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则

Z是NO2，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X是SO2，Y是Cl2，Z是NO2。(1)X是二氧化硫，溶于雨水，生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化生成硫酸，形成酸雨的反应方程式为SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，故答案为：SO2+H2O=H2SO3，2H

2SO3+O2=2H2SO4；(2)Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式是：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)发动机内空气中的氮气和氧气在高温和放

电的条件下反应生成了氮的氧化物，使得汽车尾气中含有氮氧化物，故答案为：发动机内空气中的氮气和氧气反应生成了氮的氧化物；(4)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H

2O=2HNO3+NO。28.有关物质间转化关系如图，试回答：（1）转化②的离子方程式为__________________________________；转化③的化学方程式为_________________________

__________。（2）用单线桥法标出反应④电子转移的方向和数目_____________________________。（3）若转化⑤用于实验室制Al(OH)3，则试剂A宜选择___________________（

填名称）。（4）向50mL3mol·L-1AlCl3溶液中滴加1mol·L-1NaOH溶液，结果Al3+离子有1/3转化为Al(OH)3沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为_________________________mL。【答案】(1)

.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(2).MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(3).(4).氨水(5).150或550【解析】【分析】(1)转化②为金属铝和NaOH反应；转化③为实验室制备氯气，据此分析

解答；(2)反应④为铝与氯气的反应，据此分析解答；(3)转化⑤为制备氢氧化铝，结合氢氧化铝的性质分析判断；(4)50mL3mol·L-1AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.05L×3mol•L-1=0.15mol，滴加1mol·L-1NaOH溶液，结果Al3+离子有1/3转化为Al(OH)3沉淀

，生成的Al(OH)3沉淀为0.05mol；根据氢氧化钠不足和氢氧化钠部分过量列式计算。【详解】(1)转化②为金属铝和NaOH反应，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3

H2↑；转化③为实验室制备氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；MnO2+4HCl(浓)MnC

l2+Cl2↑+2H2O；(2)反应④为铝与氯气的反应，反应的化学方程式为2Al+3Cl22AlCl3，反应中转移6个电子，用单线桥表示为，故答案为：；(3)转化⑤为制备氢氧化铝，由于氢氧化铝溶于强碱溶

液，故制取时选用碱性较弱的氨水，故答案是：氨水；(4)50mL3mol·L-1AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.05L×3mol•L-1=0.15mol，滴加1mol·L-1NaOH溶液，结果Al3+离子有1/3

转化为Al(OH)3沉淀，生成的Al(OH)3沉淀为0.05mol；①氢氧化钠不足，只生成了氢氧化铝，n(NaOH)=3n(Al(OH)3)=0.15mol，加入的NaOH溶液的体积为0.15mol1mol/L=0.15L=150mL；②氢氧化钠部分过量，生成了0.05mol氢氧化铝，0.10m

ol的NaAlO2，根据反应：Al3++3OH-＝Al(OH)3Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O、Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O；n(NaOH)=0.10mol×4+0.05mol×3=0.55mol，NaOH溶液

的体积为0.55mol1mol/L=0.55L=550mL；故答案为：150或550。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意氢氧化铝能够被氢氧化钠溶解，因此需要分情况讨论。29.铁是人体不可缺少的微量元素，硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）在医药上作补血剂。某课外小组测

定该补血剂（每片b克）中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤②中H2O2的作用是使Fe2+完全被_____（填“氧化”或“还原”）为Fe3+。（2）步骤③所得的红褐色悬浊液中除H2O2、氨水外主要还含

_____和_______（填化学式）。（3）步骤④中一系列处理的操作步骤为_____、洗涤、灼烧、冷却、称量。（4）实验中用已经准确量取的浓硫酸配制100mL1mol/Ｌ的硫酸溶液，则配制时用到的仪器除烧杯、玻璃棒，还有两种仪器是_______________。（5）若实验

无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量分数为____________。（6）下列操作会导致所测定的铁元素含量偏高的是_____。A.步骤③所加氨水量不足B.步骤④洗涤不充分C.步骤④灼烧不充分【答案】(1).氧

化(2).(NH4)2SO4(3).Fe(OH)3(4).过滤(5).100mL容量瓶、胶头滴管(6).7a/b%(7).BC【解析】【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化

铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，据此解答。【详解】（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为氧化；（2）根据反应图示，过量的硫酸能够与氨水反应生成硫酸铵；红褐色的物质是氢氧化铁，故答案为（

NH4）2SO4；Fe（OH）3；（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为过滤；（4）精确配制100mL1mol/L的硫酸溶液，配制时需要的仪器有天平、药匙、

玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶，所以还需要100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为100mL容量瓶、胶头滴管；（5）10片补血剂中氧化铁的物质的量为：a/160mol，含有的铁元素质量为：2×a/160×56g=0.7ag，每片补血剂含铁元素

的质量分数为：(1/10)×0.7a/b×100%=7a/b%，故答案为7a/b%。（6）A、步骤③所加氨水量不足，铁离子沉淀不完全，生成的氢氧化铁减少，氧化铁质量减少，测定结果偏低，故A错误；B、步骤④洗涤不充分，会导致氧

化铁的质量偏大，测得的铁元素质量分数偏大，故B正确；C、步骤④灼烧不充分，会导致氧化铁固体的质量偏大，铁元素质量分数偏大，故C正确；故选BC。30.已知A、B、C、D、E均为常见的物质，在一定的条件下相互转化关系如图所示（反应条件

和部分产物已省略）。请回答：（1）若A为金属单质，B、C为非金属单质，且常温下B、C均为无色气体，D为黑色固体，则B的化学式为_______，A与E在一定条件下反应生成D的化学方程式为______________________。（2）若A为非金属单质，且常温下为黄

绿色气体，B为金属单质，C为酸，且C的组成中含有与A相同的元素。C的化学式为_________，A与E的水溶液反应生成D的离子方程式为___________。【答案】(1).O2(2).3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(3).HCl(4).Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl

-【解析】【分析】(1)A为金属单质，B、C为非金属单质，且常温下B、C均为无色气体，D为黑色晶体，则D为Fe3O4，B为O2，C为H2，E为H2O，A为Fe；(2)A为非金属单质，且常温下为黄绿色气体，则A为Cl2；B为金属单质，C为酸

，且C的组成中含有与A相同，由转化关系可知，B为变价金属，则B为Fe，C为HCl，E为FeCl2，D为FeCl3。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为Fe，B为O2，C为H2，D为Fe3O4，E为H2O。铁与水蒸气在高温下

反应生成四氧化三铁，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：O2；3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；(2)根据上述分析，A为Cl2，B为Fe，C为HCl，D为FeCl3，E为

FeCl2。氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：HCl；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。