2018-2019学年甘肃省张掖市高一(上)期末化学试卷解析版

2018-2019学年甘肃省张掖市高一（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共20小题，共50.0分）
1.下列生活实例中，运用了过滤原理的是（）
A. 用笊篱捞饺子
B. 用热水沏茶
C. 用洗衣粉去除油渍
D. 用冷水浸泡中药
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了实验基本操作、生活中的应用，主要是理解过滤原理，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

【解答】
A．用笊篱捞饺子，利用的原理是过滤原理，分离固体和液体，故A正确；
B．热水沏茶利用物质溶解性，茶内的某些物质溶解在水中，不是过滤操作，故B错误；C．用洗衣粉去除油渍是利用化学反应使油脂生成溶于水的物质，便于除去，不是过滤操作，故C错误；
D．用冷水浸泡中药是利用中药的成分溶解于水中提取，不是过滤操作，故D错误；
故选：A。

2.下列物质分类正确的是（）
A. SiO2、NO均为酸性氧化物
B. 稀豆浆、淀粉溶液均为胶体
C. 烧碱、乙醇均为电解质
D. 水玻璃、NH3•H2O均为混合物
【答案】B
【解析】解：A．NO不能与碱反应，所以不是酸性氧化物，故A错误；
B．胶体是分散质微粒直径的大小介于1～100nm的分散系，稀豆浆、淀粉溶液均为胶体，故B正确；
C．烧碱NaOH为电解质，乙醇为非电解质，故C错误；
D．NH3•H2O是纯净物，氨水为混合物，故D错误；
故选：B。

A．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．胶体是分散质微粒直径的大小介于1～100nm的分散系；
C．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
D．不同物质组成的为混合物；
本题考查了酸性氧化物、电解质、胶体、混合物、纯净物的概念等内容，比较基础，难度不大。

3.下列关于物质的性质或用途说法正确的是（）
A. 铝的表面易形成致密氧化物薄膜，故铝制器皿耐腐蚀
B. 合金材料中不可能含有非金属元素
C. SiO2常用作半导体材料
D. 明矾常用于水的净化和消毒
【答案】A
【解析】解：A．铝是活泼金属，铝的表面易形成致密氧化物薄膜，密氧化物薄膜能保护内部金属不被腐蚀，所以铝制器皿耐腐蚀，故A正确；
B．合金是金属单质与金属单质或金属单质与非金属单质熔合而成的具有金属特性的物质，所以合金材料中可能含有非金属元素，如碳素钢就是碳与铁的合金，故B错误；C．晶体硅常用作半导体材料，SiO2常用作光导纤维材料，故C错误；
D．明矾净水利用的是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有较大表面积，具有吸附作用，
不能消毒杀菌，故D错误。

故选：A。

A．铝是活泼金属，铝的表面易形成致密氧化物薄膜；
B．合金是金属单质与金属单质或金属单质与非金属单质熔合而成的具有金属特性的物质；
C．晶体硅常用作半导体材料；
D．明矾净水利用的是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有较大表面积，具有吸附作用。

本题考查了物质的性质与用途，把握元素化合物的物理性质和化学性质以及它们的用途是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

4.配制100mL1.0mol•L-1的NaOH溶液，下列情况不会影响溶液浓度的是（）
A. 容量瓶使用前有蒸馏水
B. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C. 俯视确定凹液面与刻度线相切
D. 称量NaOH固体时使用了称量纸
【答案】A
【解析】解：A、容量瓶使用前有蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，故A正确；
B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故B错误；
C、俯视确定凹液面与刻度线相切，会导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可知，配
制的溶液浓度偏高，故C错误；
D、称量NaOH固体时使用了称量纸，导致氢氧化钠吸水或与空气中二氧化碳反应，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故D错误；故选：A。

根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体
积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，注意掌握误差分析的方法与技巧，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力．
5.设N A代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）
A. 18g水中含有18N A个电子
B. 0.3mol O2与0.2mol O3的质量相等
C. 28g氮气所含的分子数目为N A
D. 在标准状况下，0.5mol氯气分子所占体积是11.2L
【答案】A
【解析】解：A、18g水的物质的量为1mol，而水中含10个电子，故1mol水中含10N A 个电子，故A错误；
B、氧气和臭氧分别为双原子和三原子分子，故0.3mol氧气和0.2mol臭氧中均含0.6mol 氧原子，则两者的质量相同，均为m=0.6mol×16g/mol=9.6g，故B正确；
C、28g氮气的物质的量n==1mol，故分子数N=nN A=N A个，故C正确；
D、标况下0.5mol氯气的体积V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D正确。

故选：A。

A、求出水的物质的量，然后根据水中含10个电子来分析；
B、氧气和臭氧分别为双原子和三原子分子，据此分析两种物质中的氧原子的物质的量；
C、求出氮气的物质的量，然后根据分子数N=nN A来分析；
D、根据气体体积V=nVm来计算。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

6.下列现象说明SO2具有氧化性的是（）
A. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色
B. SO2通入石蕊试液中使之变红色
C. SO2通入氯水中使之褪色
D. SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀
【答案】D
【解析】解：A．SO2通入高锰酸钾溶液使之褪色，S元素的化合价升高，说明SO2具有还原性，故A不选；
B．SO2通入石蕊试液使其变红色，与水反应生成亚硫酸，SO2具有酸性氧化物的性质，不是氧化还原反应，故B不选；
C．SO2通入氯水使之褪色，反应生成硫酸和盐酸，S元素的化合价升高，说明SO2具有还原性，被氯气氧化为硫酸，故C不选；
D．SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀，反应生成S，SO2中S元素的化合价降低，具有氧化性，故D选；
故选：D。

SO2具有氧化性，则反应中S元素的化合价降低，以此来解答．
本题考查二氧化硫的性质，把握二氧化硫的氧化性、还原性、酸性氧化物的性质为解答的关键，注意从元素的化合价角度分析性质，题目难度不大．
7.下列溶液中，与100ml 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是
（）
A. 100 ml 0.5 mol/L MgCl2溶液
B. 200 ml 0.25 mol/L HCl溶液
C. 200 ml 0.25 mol/L CaCl2溶液
D. 50 ml 1 mol/L NaCl溶液
【答案】C
【解析】解：100ml 0.5mol/LNaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L，
A.100ml 0.5 mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L×2=1mol/L，故A错误；
B.200ml 0.25 mol/L HCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.25 mol/L，故B错误；
C.200ml 0.25 mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度0.25 mol/L×2=0.5mol/L，故C正确；
D.50ml 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，故D错误。

故选：C。

100ml 0.5mol/LNaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L，结合物质的浓度和构成计算该题。

本题考查物质的量浓度的相关计算，为高频考点，注意“溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关”，难度不大。

8.浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入少量稀盐酸时，溶液的颜色变化是（）
A. 变浅
B. 变为红色
C. 没有变化
D. 变为黄色
【答案】D
【解析】解：Fe（NO3）2溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子，逐滴加入稀盐酸后，相当于加入了氢离子和氯离子，相当于存在了硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化为三价，所以溶液变为棕黄色。

故选：D。

硝酸能将亚铁离子氧化为三价，二价铁浅绿色，三价铁为棕黄色．
本题考查学生二价铁和三价铁之间的转化，要求学生熟悉氧化还原反应的有关知识并熟练运用．
9.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的两性物质是（）
①NaHCO3②Al2O3③Al（OH）3④Al
A. ③④
B. ②③
C. ①③④
D. 全部
【答案】B
【解析】解：①NaHCO3是强碱弱酸酸式盐，能和稀硫酸、NaOH反应，但不属于两性物质，故错误；
②Al2O3是能和稀硫酸、NaOH溶液反应生成盐和水的物质，属于两性物质，故正确；
③Al（OH）3是能和稀硫酸、NaOH溶液反应生成盐和水的物质，属于两性物质，故正确；
④Al能和稀硫酸、NaOH反应生成盐和氢气，不属于两性物质，故错误；
故选：B。

既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐，弱酸对应的铵盐、蛋白质、氨基酸等，两性物质是能和酸、碱反应生成盐和水的物质。

本题考查元素化合物性质及基本概念，明确两性物质概念内涵是解本题关键，侧重考查对基本概念的理解和掌握，注意总结归纳能和强酸强碱反应的物质，题目难度不大。

10.用可溶性钡盐检验SO42-离子的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是（）
A. 形成较多的白色沉淀
B. 形成的沉淀纯度更高
C. 排除SO42-以外其它阴离子及Ag+的干扰
D. 排除Ba2+以外的其它阳离子干扰
【答案】C
【解析】解：A、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的多少没关系，故A错误；
B、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的纯度没关系，故B错误；
C、加盐酸时，如果有白色沉淀出现，则可以排除银离子、碳酸根离子等阴离子的干扰，故C正确；
D、和盐酸反应生成沉淀的阳离子只有银离子，所以不需排除Ba2+以外的其它阳离子干扰，故D错误。

故选：C。

在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要可能存在的其他微粒如碳酸根离子、银离子等的干扰．在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整．
本题考查学生硫酸根离子的检验知识，注意在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整，难度不大．
11.下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是（）
A. CO2→H2CO3
B. SiO2→Na2SiO3
C. Na2O2→Na2CO3
D. SiO2→H2SiO3
【解析】解：A、由CO2→H2CO3可知，二氧化碳能和水反应生成碳酸，一步实现该转化，故A不选；
B、由SiO2→Na2SiO3可知，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，所以能一步实现该转化，故B不选；
C、由Na2O2→Na2CO3可知，选择二氧化碳即可一步实现，故C不选；
D、由SiO2→H2SiO3可知，二氧化硅不溶于水，不能和水反应，必须先和强碱反应生成盐，盐再转化为酸，故D选。

故选：D。

根据物质的性质来分析物质能发生的化学反应，并利用物质组成上的差异来选择合适的反应．
本题考查物质之间的转化，注意是否一步转化是解答的关键，学生应熟悉物质之间的反应及物质的组成来分析解答．
12.下列各反应的离子方程式中，正确的是（）
A. SiO2溶于氢氟酸：SiO2 +4H++4F-=SiF4↑+2H2O
B. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
C. NaHCO3溶液与NaHSO4溶液反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑
D. 铁和稀H2SO4反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
【答案】C
【解析】解：A．SiO2溶于氢氟酸，离子方程式：SiO2 +HF=SiF4↑+2H2O，故A错误；B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；C．NaHCO3溶液与NaHSO4溶液反应，离子方程式：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C正确；D．铁和稀H2SO4反应，离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；
故选：C。

A．HF为为弱酸，应保留化学式；
B．电荷不守恒；
C．反应实质碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水；
D．不符合客观事实。

本题考查了离子方程式的书写，明确物质性质及反应实质是解题关键，题目难度不大，注意离子反应遵循客观事实。

13.用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人安全防护用品是（）
A. 实验服
B. 橡胶手套
C. 护目镜
D. 防毒面罩
【答案】D
【解析】解：浓硫酸具有强腐蚀性，实验时应避免将浓硫酸溅到皮肤上、眼睛中，则可用实验服、橡胶手套、护目镜等防护，因浓硫酸不挥发，不用防毒面罩，
故选：D。

浓硫酸不挥发，具有强腐蚀性，实验时应避免将浓硫酸溅到皮肤上，以此解答该题。

本题考查浓硫酸的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握浓硫酸的性质以及实验安全常识，难度不大。

14.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
①pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2-、NO3-
②加入铝粉能放出H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SiO32-、SO42-
③酸性溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、I-
④含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SCN-
A. ①②
B. ①
C. ①④
D. ①③④
【解析】解：①pH=11的溶液呈碱性，CO32-、Na+、AlO2-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故①正确；
②加入铝粉能放出H2的溶液呈酸性或碱性，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，SiO32与Fe2+、氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故②错误；
③Fe3+、I-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；
④Fe3+与SCN-发生络合反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故④错误；
故选：B。

①pH=11的溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
②加入铝粉能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子、亚铁离子与氢氧根离子反应，硅酸根离子与亚铁离子和氢离子反应；
③铁离子能够氧化碘离子；
④铁离子与硫氰根离子发生络合反应。

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，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；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”存等。

15.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是（）
A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀
B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体
D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解
【答案】C
【解析】解：A．将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，而非沉淀，故A错误；
B．三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故B错误；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；
D．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝不溶于弱碱，故氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误。

故选：C。

A．将氯化铁饱和溶液加入到沸水中可得到氢氧化铁胶体；
B．三价铁离子遇硫氰化钾变红色；
C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气；
D．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝不溶于弱碱．
本题考查元素及其化合物的性质，明确物质间的反应是解题的关键，题目难度不大．
16.下列叙述正确的是（）
A. Fe与S混合加热生成FeS2
B. 白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷
C. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的气体不一定是Cl2
D. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
【答案】C
【解析】解：A．Fe与S混合加热生成FeS，故A错误；、
B．白磷在空气中加热，生成五氧化二磷，应在隔绝空气的条件下实现白磷、红磷的转化，故B错误；
C．某气体能能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色，说明该气体的氧化性大于碘单质，可以为O3、NO2等强氧化性气体，不一定是Cl2，故C正确；
D．NaHCO3在高温下分解，Na2CO3在高温下不分解，因此NaHCO3的热稳定性小于Na2CO3，故D错误；
故选：C。

A．Fe与S混合加热生成FeS；
B．白磷在空气中加热，生成五氧化二磷；
C．具有氧化性的气体能够使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色；
D．NaHCO3在高温下分解，Na2CO3在高温下不分解；
本题考查了氯气的性质和氯气的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质危机的关键，注意掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

17.能实现3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓过程的是（）
A. 向AlCl3溶液中不断滴加NaOH溶液
B. 向NaAlO2溶液中不断滴加HCl溶液
C. 向NaAlO2溶液中不断通入CO2气体
D. 向NaOH溶液中不断滴加AlCl3溶液【答案】D
【解析】解：A．向铝盐溶液中不断滴入氢氧化钠溶液，发生反应分别为Al3++3OH-=Al （OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，该反应不符合题意，故A错误；
B．向偏铝酸盐溶液中不断滴加盐酸溶液，偏铝酸根离子和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铝和氢离子反应生成铝离子，该反应不符合题意，故B错误；C．向偏铝酸钠溶液不断通入二氧化碳气体，偏铝酸根离子和二氧化碳反应生成氢氧化铝，但反应物中有二氧化碳，所以不符合题意，故C错误；
D．向氢氧化钠溶液中不断滴入铝盐溶液，反应开始时碱过量，没有沉淀生成，先生成AlO2-离子，当碱全部反应后，再加入铝盐，发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，故D正确；
故选：D。

向氢氧化钠溶液中不断滴入铝盐溶液，反应开始时碱过量，没有沉淀生成，先生成AlO2-离子，当碱全部反应后，再加入铝盐，发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，据此分析。

本题考查了元素化合物的性质，主要考查的是铝的重要化合物的转化，题目难度不大，注意二氧化碳和偏铝酸钠的反应是容易出错的题目，平时注意总结归纳。

18.将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体，仍无沉淀，
则通入的气体可能是（）
A. CO2
B. NH3
C. SO3
D. Cl2
【答案】A
【解析】解：盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2溶液不反应，继续通入另一种气体，仍无沉淀，说明该气体不能和二氧化硫反应使二氧化硫转化为亚硫酸根离子或硫酸根离子，或该气体不和水反应生成含有亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质，A．CO2和SO2不反应，所以符合条件，故A正确；
B.2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3，生成的亚硫酸铵和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡白色沉淀，不符合条件，故B错误；
C．SO3+H2O=H2SO4，生成的硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色沉淀，所以不符合条件，故C错误；
D．Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成的硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色沉淀，所以不符合条件，故D错误；
故选：A。

盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2溶液不反应，继续通入另一种气体，仍无沉淀，说明该气体不能和二氧化硫反应使二氧化硫转化为亚硫酸根离子或硫酸根离子，或该气体不和水反应生成含有亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质，据此分析解答．
本题考查物质之间的反应，涉及酸性强弱判断、氧化还原反应，明确物质的性质是解本题关键，注意氯气和二氧化硫之间的反应，题目难度不大．
19.FeC13、CuCl2的混合溶液中加入一定量铁粉充分反应，则下列判断正确的是（）
A. 加入KSCN溶液一定不变红色
B. 溶液中一定含Fe2+、Cu2+
C. 若有固体剩余，溶液中一定不含Cu2+
D. 若有固体剩余则固体中一定含Cu
【答案】D
【解析】解：A．若铁粉足量，发生2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，溶液中不含铁离子，加入KSCN溶液不变红色，故A错误；
B．若铁粉足量，发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，溶液中不含Cu2+，故B错误；
C．若有固体剩余，固体只有Cu，且氯化铜没有完全反应，则溶液中可含Cu2+，故C 错误；
D．由氧化性强弱为Fe3+＞Cu2+，则先发生2FeCl3+Fe=3FeCl2，再发生
CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，可知有固体剩余则固体中一定含Cu，故D正确；
故选：D。

Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，则先发生2FeCl3+Fe=3FeCl2，再发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，以此来解答．
本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握氧化性的强弱及反应的先后顺序为解答的关键，侧重氧化还原反应分析与应用能力的考查，题目难度不大．
20.将32gCu投入一定量的浓HNO3中，当Cu完全溶解时，共收集到NO、NO2、N2O4
混合气体12.32L，其中N2O4气体1.12L（气体体积均为标准状况测定），则反应中消耗HNO3的物质的量为（）
A. 1.5mol
B. 1.55mol
C. 1.6mol
D. 2mol
【答案】C
【解析】解：32gCu的物质的量为=0.5mol，生成硝酸铜的物质的量为0.5mol；NO、NO2、N2O4混合气体12.32L，其中N2O4气体1.12L（气体体积均为标准状况测定），则N2O4气体的物质的量为=0.05mol，NO和NO2混合气体的物质的量为
=0.5mol，Cu与浓硝酸反应，硝酸的作用是氧化剂和酸性，则起酸性作用的硝酸
的物质的量为0.5mol×2=1mol，被还原的硝酸的物质的量为0.5mol+0.05mol×2=0.6mol，则参加反应的硝酸的物质的量为1mol+0.6mol=1.6mol，
故选：C。

32gCu的物质的量为=0.5mol，NO、NO2、N2O4混合气体12.32L，其中N2O4气体1.12L（气体体积均为标准状况测定），则N2O4气体的物质的量为=0.05mol，NO 和NO2混合气体的物质的量为=0.5mol，Cu与浓硝酸反应，硝酸的作用是氧化剂
和酸性，结合原子守恒即可计算出反应消耗的硝酸的物质的量。

本题考查化学方程式的有关计算，为高频考点，明确反应原理，硝酸的性质及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。

二、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
21.现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互
转化关系如下图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。

请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：B______ H______
（2）反应①的化学方程式：______。

（3）反应③的离子方程式：______。

（4）气体甲在Cl2中燃烧的现象：______；
（5）氢氧化亚铁露置于空气中生成H的化学方程式：______；
【答案】Al Fe（OH）32Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ 安静的燃烧，产生苍白色火焰，瓶口有白雾4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
【解析】解：（1）由上述分析可知，B为Al，H为Fe（OH）3，故答案为：Al；Fe（OH）；
3
（2）反应①的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）反应③的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（4）氢气在Cl2中燃烧的现象为：安静的燃烧，产生苍白色火焰，瓶口有白雾，故答案为：安静的燃烧，产生苍白色火焰，瓶口有白雾；
（5）氢氧化亚铁露置于空气中生成H的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）
，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

3
金属A与水反应生成D与气体单质甲，而D的焰色反应为黄色，则A为Na，D为NaOH，甲为H2．金属B和氢氧化钠溶液反应生成氢气，说明B为Al，Cl2与氢气反应生成丙为HCl，溶于水得到E为盐酸，物质D（氢氧化钠）和G为反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，说明G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可推知C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3。

本题考查无机物的推断，D是焰色反应及物质H的颜色是推断的突破口，熟悉掌握物质的性质即可解答，题目难度中等。

三、简答题（本大题共3小题，共26.0分）
22.按要求回答下列问题。

（1）H2SO3转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一，写出其反应的化学方程式
______。

（2）Ba2+有剧毒。

某市曾发生一起“毒烧饼”事件，起因是烧饼摊主在制作烧饼的过程中误将碳酸钡当作干粉使用，导致多人食用烧饼后中毒。

试写出碳酸钡与胃酸（以盐酸表示）反应的离子反应方程式______。

（3）减少SO2的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2．写出该反应的化学方程式：______。

【答案】H2SO3+O2=H2SO4BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O SO2+2CO S+2CO2
【解析】解：（1）亚硫酸不稳定，易被空气中氧气氧化生成硫酸，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，所以生成硫酸后使酸雨酸性增强，该反应方程式为：H2SO3+O2=H2SO4，
故答案为：H2SO3+O2=H2SO4；
（2）（2）人体胃液中含有盐酸，碳酸钡能和盐酸反应生成可溶性的氯化钡，钡离子有毒，所以会产生中毒现象，反应方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
（3）在一定条件下，一氧化碳能还原二氧化硫生成硫单质，自身被氧化生成二氧化碳，
反应方程式为：SO2+2CO S+2CO2，故答案为：SO2+2CO S+2CO2。

（1）亚硫酸不稳定，易为氧气氧化生成硫酸；
（2）碳酸钡属于碳酸盐，能和盐酸反应生成可溶性的氯化钡；
（3）在一定条件下，CO还原SO2得到单质硫，同时自身被氧化生成二氧化碳；
本题考查了根据题设所给的条件来书写化学方程式和离子方程式，难度不大，注意掌握物质的性质以及提取题干所给的信息。

23.已知反应：2KMnO4 +16HCl=2KCl+2MnCl2 +5Cl2↑+8H2O，请回答：
（1）该反应中，元素化合价升高的是______（填元素符号），氧化剂是______氧化性：KMnO4______ Cl2（填＞、=、＜）
（2）HC1在该反应过程中表现出的化学性质有______。

A．酸性 B．还原性 C．氧化性 D．挥发性
（3）若有2.24LCl2（标准状况）生成，被氧化的HCl为______mol，转移电子数目为______。

（4）ClO2具有很强的氧化性，因此可被用来做消毒剂，若ClO2作消毒剂后其自身转化为Cl-，则其消毒的效率（以单位质量得到电子数表示）是Cl2的______倍（保留2位小数）。

【答案】Cl KMnO4＞AB 0.2 0.2N A 2.63
【解析】解：（1）该反应中，元素化合价升高的是Cl，氧化剂是KMnO4，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KMnO4＞Cl2，
故答案为：Cl；KMnO4；＞；
（2）生成盐体现酸性，生成氯气体现的还原性，则HC1在该反应过程中表现出的化学性质有AB，
故答案为：AB；
（3）若有2.24LCl2（标准状况）生成，被氧化的HCl为×2=0.2mol，转移电子数
目为0.2mol×（1-0）×N A=0.2N A，
故答案为：0.2；0.2N A；。