2019届湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次月考化学试题(解析版)

湖南省衡阳市第八中学2019届高三上学期第二次月考
化学试题
★祝你考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带等。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将答题卡依序排列上交。

8、本科目考试结束后，请将试卷自行保管，以供教师讲评分析试卷使用。

1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 中国天眼用到碳化硅，芯片用到高纯硅，石英玻璃用到硅酸盐
B. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
C. 宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜
D. “笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，用石材制作砚台的过程是化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A、石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，选项A错误；B、鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项B正确；C、铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，选项C错误；D、存在新物质的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，选项D错误。

答案选B。

2.以下有关物质用途的叙述正确的是( )
A. 利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
B. 金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火
C. 食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质
D. 古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理【答案】A
【解析】
【详解】A．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，选项A正确；B、两金属在高温下均可与泡沫成分二氧化碳反应，选项B错误；C、生石灰不具有还原性就不能防止食物氧化，但可以吸水，其作用为干燥剂，选项C错误；D．用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素为萃取过程，没有新物质生成，属于物理变化，不是氧化还原反应，选项D错误；答案选A。

3.下列有关物质分类或归纳正确的是( )
①电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱②化合物：BaCl2、Ca（OH）2、HNO3、HT
③混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银④同素异形体：金刚石、石墨、C60
A. ①②
B. ②③
C. ③④
D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】①于水或在熔融状态下能电离出阴阳离子的化合物是电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱均是电解质；②由两种或两种以上元素形成的纯净物是化合物，BaCl2、Ca(OH)2、HNO3均是化合物，HT是氢气分子，属于单质，错误；③由两种或两种元素物质组成的是混合物，盐酸、漂白粉、水玻璃均是混合物，水银是金属单质，属于纯净物，错误；④由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，金刚石、石墨、C60均是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，正确，综上，正确的有①④，答案选D。

4.固体NH5属离子化合物。

它与水反应的方程式为：NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气。

下列有关NH5叙述正确的是
A. 与水反应时，水作氧化剂
B. NH5中N元素的化合价为+5价
C. 1 mol NH5中含有5N A个N—H键
D. 与乙醇反应时，NH5被还原
【答案】A
【解析】
试题分析：A．该反应中，水中的氢元素化合价由+1价→0价，所以水得电子作氧化剂，故A正确；B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，氢离子为-1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为-3价，故B
错误；C．NH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4N A个N-H键，故C错误；D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中氢离子的化合价由-1价→0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，故D错误；故选A。

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

5.向BaCl2溶液中通入物质的量之比为1∶2的某混合气体，无沉淀产生，则该混合气体是( )
A. Cl2和SO2
B. CO2和NH3
C. NO和CO2
D. NO2和SO2
【答案】C
【解析】
【分析】
A．Cl2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸；B．CO2和NH3生成（NH4）2CO3再与BaCl2生成BaCO3沉淀；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸。

【详解】A．发生SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，可生成硫酸钡沉淀，选项A不选；B．CO2和NH3在水溶液中生成CO32-，可生成碳酸钡沉淀，选项B不选；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，选项C选；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，选项D不选。

答案选C。

【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握二氧化硫的还原性，题目难度不大。

6.NaHCO3和Na2O2按2∶1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，然后趁热排出气体物质，容器内残留物的成分是( )
A. Na2O2和NaHCO3
B. NaHCO3和Na2CO3
C. NaOH和Na2CO3
D. 只有Na2CO3
【答案】D
【解析】
【分析】
NaHCO3和Na2O2按2∶1的个数之比混合，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据二者的物质的量的关系来判断残留固体。

【详解】设NaHCO3固体和Na2O2固体分别为2mol、1mol，
则2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
2mol 1mol 1mol 1mol
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
1mol 1mol 1mol 0mol 1mol 0mol
则剩余固体为n（Na2CO3）=1mol，即剩余固体只有Na2CO3，答案选D。

【点睛】本题考查钠的化合物的性质，题目难度不大，本题注意等物质的量的NaHCO3和Na2O2固体混合物的特点，注意有关反应，以正确判断最终产物。

7.下列说法不正确的是( )
A. Al箔插入稀HNO3中，无现象，说明Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
B. 如图所示，①中为AlCl3溶液，②中为浓氨水，①中有白色沉淀生成
C. AlCl3NaAlO2(aq)Al(OH)3
D. AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后铝的存在形式：
【答案】A
【解析】
【分析】
A．Al与稀硝酸不发生钝化；B．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气属于碱性气体溶于水形成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；C．氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠能够与二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀；D．氢氧化钠与氯化铝的物质的量为3：1时恰好生成氢氧化铝沉淀，当二者之比为4：1时铝离子完全转化成偏铝酸根离子。

【详解】A．Al与稀硝酸不发生钝化，与浓硝酸在常温下发生钝化，则Al箔插入稀HNO3中金属溶解，有气泡冒出，选项A错误；B．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气属于碱性气体溶于水形成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，所以，①中有白色沉淀生成，选项B正确；C．氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以该转化关系能够实现，选项C正确；D．OH-与Al3+的物质的量之比为3：1时，铝元素都以Al(OH)3的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≤3时铝元素都以Al(OH)3和Al3+的形式存在，OH-与Al3+的物质的量之比为4：1时，铝元素都以AlO2-的形式存在，即OH-与Al3+的物质的量之比为≥4时铝元素都以AlO2-的形式存在，选项D正确；答案选A。

【点睛】本题考查了铝单质及其化合物性质，题目难度中等，明确铝及其化合物性质为解答关键，注意掌握铝与浓硫酸、浓硝酸的钝化现象及氧化铝、氢氧化铝的化学性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

8.大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。

下列说法正确的是
A. 丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛
B. 生成O3的反应属于氧化还原反应
C. 反应I属于复分解反应
D. 该过程中O2作催化剂
【答案】A
【解析】
A、丙烯转化成甲醛和乙醛，是丙烯中的双键发生断裂，此反应属于氧化反应，故A正确；
B、根据示意图，O2→O3，化合价没有发生变化，因此生成O3的反应不属于氧化还原反应，故B错误；
C、反应I中NO转化成NO2，化合价升高，即反应I为氧化还原反应，故C错误；
D、有O2参与反应，但后面没有O2的生成，因此O2不作催化剂，故D错误。

9.美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与眼泪中的
葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20 nm ～60 nm )。

下列有关说法错误
．．的是（）
A. 检测时NaAuCl4发生氧化反应
B. 葡萄糖和果糖互为同分异构体
C. 葡萄糖是多羟基醛
D. 纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
化合价降低的反应是还原反应，氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，A错误；B.葡萄糖和果糖分子式相同，但是结构不同，葡萄糖为多羟基醛糖，而果糖为多羟基酮糖，互为同分异构体，B正确；葡萄糖中含有醛基，具有还原性，C正确；分散质粒子直径在1 nm ～100 nm之间的分散系为胶体，纳米金单质颗粒直径为20 nm ～60 nm，分散在水中所得的分散系为胶体，D正确；正确选项A。

10.2011年3月11日，日本本州岛仙台港发生9.0级地震，地震引发海啸，食盐、蔗糖、醋酸、“84消毒液”、明矾等是灾后居民日常生活中经常使用的物质。

下列有关说法或表示正确的是( )
A. 食盐中阴离子的结构示意图为：
B. 蔗糖和醋酸都是弱电解质
C. “84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：
D. 1L 2 m ol·L-1的明矾溶液完全水解制得的胶体中胶粒数等于2N A
【答案】C
【解析】
【详解】A．食盐中阴离子的核外电子排布中最外层应是8个电子，选项A错误；B．蔗糖在水溶液里不能电离是以分子存在，是非电解质，选项B错误；C．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO-离子构成，NaClO的电子式为，选项C正确；D．由于胶体粒子是氢氧化铝分子的聚合体，故1 L 2 mol/L 的明矾溶液完全水解含有氢氧化铁胶粒数小于2N A，选项D错误。

答案选C。

11.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（）
A. ①②③
B. ②③④
C. ②③
D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①钠在空气中点燃生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应均能一步实现；②获得金属镁应电解熔融的MgCl2，而不是其水溶液，反应不能一步实现；③铁在氧气中点燃生成四氧化三铁而不是生成氧化铁，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，转化不能由一步反应实现；
④SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与氯化氢反应生成H2SiO3和氯化钠，转化均能由一步反应实现；综上，应选②③；答案选C。

12.金属钾的冶炼可采用如下方法：2KF＋CaC2CaF2＋2K↑＋2C，下列有关说法合理的是（）
A. 该反应的氧化剂是KF，氧化产物是K
B. 该反应能说明C的还原性大于K
C. 电解KF溶液不可能制备金属钾
D. CaC2、CaF2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2∶1
【答案】C
【解析】
试题分析：分析氧化还原反应注意①标清变价元素的化合价②熟记氧化还原反应的基本概念和基本规律③突破电子转移；该反应中钾元素的化合价由+1价降为0价，被还原，KF为氧化剂，K为还原产物；碳元素的化合价由—1价升高到0价，被氧化，CaC2作还原剂，C是氧化产物；A、该反应的氧化剂是KF，氧化产物是C，错误；B、该反应的还原剂为CaC2，还原产物为K，不能说明C的还原性大于K，错误；C、电解KF溶液，阳离子H+放电，阴离子OH—放电，不可能制备金属钾，正确；D、CaC2、CaF2均为离子化合物，CaF2中阴、阳离子个数比为2∶1，而CaC2中阴、阳离子个数比为1∶1，错误。

考点：考查氧化还原反应、电解原理和物质结构。

13.著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。

稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。

已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。

下列说法不正确的是( )
A. 铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在
B. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI = CeI4 + 2H2↑
C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+
D. 四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，它们互称为同位素
【答案】B
【解析】
【分析】
A．结合稀土萃取理论来分析；B．应发生氧化还原反应；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，发生氧化还原反应，生成Ce3+和Fe3+；D．具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素。

【详解】A、金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态存在，选项A正确；B、氧化性：Ce4+>Fe3+，Fe3+>I2则Ce能把氢碘酸氧化生成单质碘，选项B正确；C、用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+，选项C正确；D、四种稳定的核素
136
Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，互称为同位素，选项D正58
确。

答案选B。

【点睛】本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重信息的迁移使用来考查学生，选项A为解答的难点。

14.硒(Se)是人体必需的一种微量元素，其单质可用于制光敏电阻、复印机的硒鼓等等。

工业上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸钠处理含硒的工业废料，得到亚硒酸(H2SeO3)和少量硒酸(H2SeO4)，富集后再将它们与盐酸共热，将H2SeO4转化为H2SeO3，主要反应为2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋H2O＋Cl2↑，然后向溶液中通入SO2将硒元素还原为单质硒沉淀。

据此正确的判断为( )
A. H2SeO4的氧化性比Cl2弱
B. H2SeO3的氧化性比SO2弱
C. H2SeO4的氧化性比H2SeO3强
D. 析出1mol硒，需亚硒酸、SO2和水各1mol
【答案】C
【解析】
【分析】
氧化还原反应中氧化剂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，结合元素的化合价的变化计算电子转移的数目。

【详解】A．反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则H2SeO4的氧化性比氯气强，选项A错误；B．将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，可说明氧化性亚硒酸具有氧化性，二氧化硫具有还原性，则亚硒酸的氧化性大于二氧化硫，选项B错误；C.2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O反应中，H2SeO4为氧化剂，H2SeO3为还原产物，则H2SeO4的氧化性比H2SeO3强，选项C正确；D．将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应中Se元素化合价由+4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，选项D错误；答案选C。

【点睛】本题综合考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和自学能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意从元素化合价的角度分析相关概念和物质的性质。

15.设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）
A. 标准状况下，11.2LCHCl3所含的原子总数为2.5N A
B. 1 L 0.1 mol·Lˉ1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 N A
C. 常温常压下，44gC3H8中含有的共价键总数为10N A
D. 78gNa2O2固体中含有阴、阳离子总数为4N A
【答案】C
【解析】
【详解】A．气体摩尔体积使用对象为气体，三氯甲烷标况下为液体，不能使用气体摩尔体积，选项A错误；B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数大于0.4N A个，选项B 错误；C、44g丙烷的物质的量为1mol，而1mol丙烷中含10条共价键，即共价键总数为10N A，选项C正确；D、78g过氧化钠是1mol，但过氧化钠中阴阳离子的个数之比是1:2的，含有阴阳离子总数应该是3N A，选项D错误。

答案选C。

16.下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A. MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2O
B. NaAlO2 溶液中通入过量CO2：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
C. FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2O
D. Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++HCO3-+OH- = CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. MnO2与浓盐酸混合加热生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，选项A错误；B. NaAlO2 溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，选项B正确；C. FeSO4溶液中
加入盐酸酸化的H2O2，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，选项C错误；D. Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液生成碳酸钙和碳酸钠，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH- = CaCO3↓+CO32-+2H2O，选项D错误。

答案选B。

17.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是
A. 加入KSCN溶液一定不变红色
B. 溶液中一定含 Fe2+
C. 溶液中一定不含Cu2+
D. 剩余固体中一定含Cu
【答案】C
【解析】
由于氧化性：Fe3+Cu2+，Fe先与FeCl3发生反应（Fe+2FeCl3=3FeCl2），后与CuCl2发生反应（Fe+CuCl2=FeCl2+Cu），充分反应后仍有固体存在，则FeCl3完全反应，该固体可能为Cu或Fe和Cu的混合物。

A，根据上述分析，溶液中不含Fe3+，加入KSCN溶液一定不变红色，A项正确；B，FeCl3完全反应被还原成FeCl2，CuCl2与Fe反应生成FeCl2和Cu，Fe被氧化成Fe2+，溶液中一定含Fe2+，B项正确；C，CuCl2可能部分与Fe反应，溶液中可能含Cu2+，C项错误；D，根据上述分析剩余固体中一定含Cu，D 项正确；答案选C。

18.下列实验现象的解释正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气具有强氧化性，将KI氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色而不是淀粉能与Cl2发生显色反应，选项A错误；B、因为胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间的分散系，胶体的微粒可以透过滤纸，不能透过半透膜，选项B正确；C、某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀
可能为硫酸钡和AgCl，由于稀硝酸具有强氧化性，则原溶液中可能含有SO32-或Ag+，不一定含有SO42-，选项C错误；D、常温下Cu与浓硫酸不反应，钝化是在金属表面形成致密的氧化膜，铜在冷的浓硫酸中不发生钝化，选项D错误；答案选B。

19.化学学习方法中的类推法是指由已学知识通过迁移构建新知识的方法。

下列类推正确的是（）
A. CaCO3与稀HNO3反应生成CO2，CaSO3也能与稀HNO3反应生成SO2
B. 铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜
C. 钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气
D. 锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A、亚硫酸盐具有还原性易被氧化剂氧化；
B、金属铜被氧化剂S氧化为低价态；
C、活泼金属可以和醇发生反应生成氢气；
D、金属钠和盐溶液的反应实质是和水先反应，不和盐发生置换反应。

【详解】A、CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，但是亚硫酸盐具有还原性，易被氧化剂硝酸氧化为硫酸钙，不会生成SO2，选项A错误；B、氯气氧化性强于S，金属铜被氧化剂S氧化到低价态+2价，选项B错误；
C、活泼金属钾、钠可以和醇发生反应生成氢气，选项C正确；
D、金属钠和盐溶液的反应实质是和水先反应，不和溶液中的银离子发生置换反应生成银，选项D错误；答案选C。

【点睛】本题考查学生物质的性质知识，可以根据所学知识来回答，注意知识的梳理和归纳是关键，难度不大。

20.下列根据实验操作和现象所得出的结论，错误的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
SiO3溶液中存在：SiO32－＋2H2O H2SiO3＋2OH－，硅酸钠溶液显碱性，滴入酚酞，
A、Na
溶液变红，加入盐酸，H＋和OH－反应，平衡正向移动，红色褪去，因此体现盐酸酸性强于硅酸，故A说法正确；B、铁和浓硝酸在常温下发生钝化反应，产生一层致密氧化薄膜，阻碍反应的发生，故B说法错误；C、铝箔在空气中被氧化成氧化铝，熔化而不滴落，说明氧化铝的熔点高于铝的熔点，故C说法正确；D、向溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明不含Fe3＋，滴加氯水后，溶液变红，说明产生Fe3＋，即原溶液中含有Fe2＋，故D说法正确。

21.常温下，向Na2CO3溶液中逐滴滴入0.1mol/L盐酸，溶液的pH随着滴入盐酸溶液体积变化曲线如下图，则下列说法正确的是（）
A. a点时溶液pH＝11.5，原因是：CO32－＋2H2O H2CO3＋2OH－
B. a-b段发生反应为：CO32－＋2H＋= CO2↑＋H2O
C. b-c段发生反应为：HCO3－＋H＋= CO2↑＋H2O
D. c-d段发生反应为：H＋＋OH－= H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点溶液显碱性，是碳酸根离子水解的原因，盐类水解为可逆反应，离子方程式为：CO32－+H2O HCO3-+OH-，选项A错误；B．a-b段发生碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子，离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，选项B错误；C．b-c段发生碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，选项C正确；D．c-d段，盐酸过量，不发生反应，选项D错误；答案选C。

22.将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。

下列说法不正确的是
A. 不能求出硝酸的物质的量浓度
B. 氢氧化钠溶液浓度为3mol/L
C. 可以求出合金中镁的质量
D. 可以求出沉淀的最大质量
【答案】A
【解析】
分析：向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的NaOH溶液是10mL，沉淀达到最大时消耗NaOH溶液是50mL，溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液是10mL，则生成氢氧化铝消耗NaOH溶液是30mL，因此生成氢氧化镁消耗NaOH溶液是20mL，所以根据方程式Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知金属镁铝的物质量之比为1:1。

生成的NO为0.05mol，转移电子0.15mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量均是=0.03mol。

详解：A. 沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可知能求出硝酸的物质的量浓度，故A错误；B.溶解0.03mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03mol，氢氧化钠溶液浓度为=3mol/L,故B正确；C. 从以上分析可知可以求出合金中镁的质量，故C正确；D. 从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故D正确；综合以上分析，本题应选A。

点睛：解此题时，要用好守恒关系，镁铝和稀硝酸反应生成0.05mol NO，转移电子0.15mol，根据得失电子守恒可求出金属镁铝的物质的量均是=0.03mol。

沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒能求出硝酸的物质的量浓度。

23. 硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。

下列说法正确的是
A. CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B. 除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应
C. 工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
D. 用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
【答案】B
试题分析：A.CO与碱不反应，不属于酸性氧化物，A项错误；B.根据图示提供的信息，除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应，B项正确；C.工业上利用氯气和石灰乳反应来制取漂白粉，C项错误；D.根据合成流程图，发生的反应为CO+2H2O = CH3OH、2CH3OH+O2= 2HCHO+2H2O，第二个反应的原子利用率不等于100%，D项错误；答案选B。

考点：考查物质的制备与用途。

24.已知A、B、D、E均为化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是（）
A. 若A是铁，则E可能为稀硝酸
B. 若A是CuO，E是碳，则B为CO
C. 若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3
D. 若A是AlCl3溶液，E可能是氨水
【答案】D
【解析】
试题分析：A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；B、C＋CuO=Cu＋CO2，过量的C和CO2发生反应：C＋CO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；C、2NaOH＋CO2(少
量))=Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。

考点：考查无机推断、元素及其化合物的性质等知识。

25.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。

另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。

若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（）
A. 2.24L
B. 4.48L
C. 6.72L
D. 8.96L
【答案】C。