2023-2024学年河南省开封市五县联考高一上期1月月考化试题（解析版）

PAGEPAGE3河南省开封市五县联考2023-2024学年高一上学期12月月考试题考试时长：75分钟满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接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答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法合理的是（）A.“卤水点豆腐”“血液透析”都与胶体的聚沉有关B.“雨过天晴云破处，这般颜色做将来。”所描述的瓷器青色，来自氧化铁C.新冠疫情仍然时有发生，生活中常备杀菌消毒试剂有84消毒液、酒精D.“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻。”灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化〖答案〗C〖解析〗【详析】A．“卤水点豆腐”与胶体的聚沉有关，“血液透析”利用的是胶体的渗析，A错误；B．氧化铁为红棕色固体，瓷器青色不可能是氧化铁导致的，B错误；C．84消毒液、酒精可以使蛋白质变性，均是常用的消毒剂，C正确；D．焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，为物理变化，D错误；故选C。2.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．不能一步转化，故A错误；B．可以通过转化，故B正确；C．可以通过转化，故C正确；D．可以通过转化，故D正确；故〖答案〗为A。3.溶液中含有如表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol/L(不考虑水的电离和离子水解)。向溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是（）阳离子、、、、、阴离子、、、、、A.溶液中不可能含有和 B.溶液中含有3种阴离子、2种阳离子C.原溶液中一定含有 D.不能确定原溶液中是否含有、〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向

X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变，产生气体不可能是离子或离子；根据表中的离子，可以推知是、在酸性环境下生成的一氧化氮，有无，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，还含有阴离子，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的，所以原溶液中含有的五种离子为、、、、。【详析】A．根据分析可知，溶液中一定不存在和，溶液中不可能含有和，A正确；B．根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为、、、、，溶液中含有3种阴离子、2种阳离子，B正确；C．根据分析可知，原溶液中一定含有，C正确；D．根据分析可知，原溶液中是否含有、，D错误；故选D。4.能证明只含Fe2＋而不含Fe3＋的实验及现象是（）A.只需滴加KSCN溶液，溶液不显红色B.先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色C.先滴加KSCN溶液，溶液呈红色，再加足量铁粉红色消失D.先滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再滴加氯水后显红色〖答案〗D〖解析〗【详析】A、滴加KSCN溶液，溶液不显红色，只能说明溶液中不含有Fe3＋，无法证明其中含有Fe2＋，故A不符合题意；B、先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，只能证明加入氯水后，溶液中含有Fe3＋，无法证明原溶液中含有Fe2＋或Fe3＋，故B不符合题意；C、先滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe3＋，再加足量铁粉红色消失，说明原溶液中含有Fe3＋，与题意要求不符，故C不符合题意；D、先滴加KSCN溶液，溶液不显红色，说明原溶液中不含Fe3＋，再滴加氯水后显红色，说明原溶液中含有Fe2＋，与题意要求相符，故D符合题意；故〖答案〗为D。【『点石成金』】用氯水和KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe2＋，需注意排除Fe3＋干扰，且试剂加入顺序不能颠倒；若需要检验含Fe3＋的溶液中的Fe2+，则用氯水和KSCN溶液无法校验，可用酸性高锰酸钾溶液进行检验，不过需要注意排除Cl-等还原性微粒的干扰。5.第二架国产大型客机C919将在本月底实现首飞。C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的认识不正确的是（）A.铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，熔点低于锂单质B.改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金C.铝锂合金具有金属光泽，可导电导热D.铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，故A正确；B．合金的性质与成分的含量有关，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，故B正确；C．铝锂合金具有金属材料的一些通性，有金属光泽，可导电导热，故C正确；D．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同，故D错误；故选D。6.在一定条件下，和可发生如下反应：，从而可知在中，元素R的化合价是（）A.+7价 B.+4价 C.+5价 D.+6价〖答案〗B〖解析〗【详析】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5；方法2：设元素R在中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有，所以x＝＋5；故本题选B。7.下列各操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）①向石灰水中通入过量CO2②向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化碳⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳A.②③⑤⑥ B.①④⑤ C.②④⑤⑥ D.④⑤⑥〖答案〗D〖解析〗【详析】①向石灰水中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，①不符合题意；②向Ca（ClO）2溶液中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，②不符合题意；③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液，胶体先发生聚沉，然后氢氧化铝沉淀溶于过量的稀氢氧化钠溶液中，③不符合题意；④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化硫，不发生反应，④符合题意；⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水，生成氢氧化铝沉淀，氨水过量后不能溶解氢氧化铝，⑤符合题意；⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳，最后只生成碳酸氢钠固体，⑥符合题意；综上所述④⑤⑥符合题意，〖答案〗选D。8.下列实验，能达到实验目的的是（）ABCD观察钾元素的焰色实验室制备Fe(OH)2制备氧化钠比较NaHCO3和Na2CO3溶解度〖答案〗A〖解析〗【详析】A、透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色，故A正确；B、氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，故B错误；C、钠与氧气加热生成过氧化钠，故C错误；D、溶解度与溶解放热多少无关，故D错误；〖答案〗选A。9.用表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的一组是（）①标准状况下，22.4L含有的分子数为②钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为③通常状况下，个分子占有的体积为22.4L④物质的量浓度为0.5mol/L的溶液中，含有个数为⑤48g和的混合气体所含原子个数为⑥常温常压下，1.6g气体含有质子数为A.②⑤⑥ B.②④⑤ C.①②⑥ D.①③⑥〖答案〗A〖解析〗【详析】①标准状况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；②23g钠的物质的量为，而反应后钠元素为+1价，故1mol钠转移1mol电子即1NA个，故②正确；③通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，个分子占有的体积大于22.4L，故③错误；④溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故④错误；⑤和均由氧原子构成，48g混合物中含有的氧原子的物质的量为，48g和的混合气体所含原子个数为，故⑤正确；⑥常温常压下，1.6g甲烷的物质的量为0.1mol，而甲烷为10质子微粒，故0.1mol甲烷中含NA个质子，故⑥正确1.6g气体含有质子数为，故⑥正确；综上分析可知，正确的有②⑤⑥，〖答案〗选A。10.下列离子方程式正确的是（）A.碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：B.漂白粉溶液中通入少量C.Fe与NaHSO4溶液反应：D.用氢氧化钡溶液中和硫酸溶液：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．烧碱过量，反应要以不足量的Ca(HCO3)2为标准，假设其物质的量为1mol，则该反应的离子方程式应该为：，A错误；B．CO2少量，Ca(ClO)2与CO2、H2O反应产生CaCO3和HClO，离子方程式符合反应事实，遵循物质的拆分原则，B正确；C．NaHSO4在溶液中电离产生Na+、H+、，Fe与NaHSO4在溶液中反应产生FeSO4、Na2SO4、H2，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；D．不符合物质反应的微粒数目比，该反应的离子方程式应该为：，D错误；故合理选项是B。11.将一定量的氯气通入0.50mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是（）A.若反应中转移的电子为nmol，则0.25<n<0.5B.溶液中可能为4∶3∶1C.与NaOH反应的氯气为0.5molD.当溶液中时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将一定量的氯气通入0.50mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)，则发生的反应有和。【详析】A．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为mol，若反应中转移的电子为nmol，则，A错误；B．由反应和反应可得，若为4∶3∶1，则在反应中得到电子个数与失去电子个数的比值为4∶8，即1∶2，不满足得失电子守恒，B错误；C．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，则与NaOH反应的氯气为0.25mol，C错误；D．当溶液中时，由反应和反应可得，根据氯原子守恒，生成NaCl的氯为氧化剂，生成NaClO和NaClO3的氯原子为还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，D正确；故选D。12.钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示：①3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑；②6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH。则下列说法正确的是（）A.该生产过程不会产生污染B.Na2Fe2O4中铁元素显+6价，具有强氧化性，因此能净水C.整个反应过程中每有4.2gFe参加反应转移0.2mol电子D.反应①②③均是氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该生产过程放出氨气，会产生污染，故A错误；B．Na2Fe2O4中铁元素显+3价，故B错误；C．整个反应过程中Fe最终生成Fe3O4，3molFe失8mol电子，每有4.2gFe参加反应转移电子，故C正确；D．Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH反应前后元素化合价不变，反应③是非氧化还原反应，故D错误；选C。13.向和的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是（）A.a点时溶液中的阳离子为、和B.b点时溶液中发生的反应为：C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为D.原溶液中和的物质的量浓度之比为1：1〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。【详析】A．0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)==0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L，C说法正确；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；〖答案〗选D。14.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是（）A.步骤①，硫酸酸溶后溶液中主要有Fe3+、Fe2+等阳离子B.步骤②反应FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2SO42-＋16H+，消耗1molFeS2转移16mol电子C.步骤③，得到的绿矾晶体久置于空气中会变质D.步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据流程：烧渣中的Fe3O4、Fe2O3和FeO均溶于硫酸，溶液中含Fe2+、Fe3+，三价铁具有氧化性，因此步骤②中发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，反应得到硫酸亚铁溶液，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成铁黄[FeO(OH)]，据此分析解答。【详析】A．步骤①中用硫酸酸溶时，Fe3O4、Fe2O3和FeO均溶于硫酸，生成Fe2+、Fe3+的溶液，故A正确；B．三价铁具有氧化性，步骤②中的反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42ˉ+16H+，反应中Fe3+中铁元素由+3价降低为+2价，FeS2中S由-1价升高到+6价，因此消耗1molFeS2转移14mol电子，故B错误；C．Fe2+有较强的还原性，所以绿矾晶体久置于空气中会被氧气氧化而变质，故C正确；D．步骤④，反应条件控制不当，如果氨水过量，绿矾可与氨水反应生成Fe(OH)3，故D正确；故选B。15.向两份20mL0.1mol/LBa(OH)2溶液中各加入一定量的KAl(SO4)2和Al2(SO4)3，溶液的导电性随(混合前)的变化关系如图所示，下列分析不正确的是（）A.①代表加入KAl(SO4)2的变化曲线B.a点溶液的pH值约为7C.b点溶液中大量存在的阳离子有Al3+和Ba2+D.c、d两点溶液中Ba(OH)2均已完全反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至过量发生两个离子反应：当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是KAlO2，将数据代入方程式计算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；当时，化学反应方程式为，溶液中溶液中的可溶物质是K2SO4，将数据代入方程式计算；所以曲线①代表该反应；Ba(OH)2中加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至过量发生两个离子反应：当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是Ba(AlO2)2，将数据代入方程式计算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；当时，化学反应方程式为，此时溶液中几乎无可溶物质，溶液此时导电能力最差；所以曲线②代表该反应；【详析】A．根据分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的变化曲线，描述正确，A不符题意；B．a点溶液中几乎无可溶物，反应物全部生成固体沉淀，所以水溶液接近中性，描述正确，B不符题意；C．根据分析，b点溶液中可溶物质只有K2SO4，描述错误，C符合题意；D．根据分析，c、d两点对应反应中，①中Ba2+及OH-全部生成新的物质，②中OH-全部反应，Ba2+也都参与生成新物质，未有Ba(OH)2剩余，描述正确，D不符题意；本题选C。二、非选择题(本题共4题，55分)16.据题目要求完成下列各题：（1）写出氯气溶于水的离子反应方程式___________。（2）将4.6g金属钠投入到足量水中，得ag溶液；将4.8g金属镁投入到足量盐酸中，得bg溶液，假设水的质量与盐酸的质量相等，则反应后两溶液的质量关系式为a___________b(填>、<、=)。（3）在碱性溶液中可被NaClO氧化为，而NaClO被还原为NaCl。若反应中与NaClO物质的量之比为1：13，则x的值为___________。（4）离子在一定条件下可以把离子氧化，若反应后离子变为离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，离子被氧化后的化合价为___________。（5）已知爆炸时硝酸铵按下式分解：。则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为___________。（6）高铁酸钠()是高效的饮用水处理剂，可在碱性溶液环境下由NaClO溶液氧化制得。①请配平以下化学反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：________②每转移3mol电子，生成的物质的量为___________mol。〖答案〗（1）（2）=（3）4（4）+7；（5）5：3（6）①.②.1〖解析〗（1）氯气溶于水反应生成次氯酸和氯化氢，离子反应方程式Cl2+H2O=HClO+Cl−+H+；故〖答案〗为：Cl2+H2O=HClO+Cl−+H+。（2）4.6g金属钠物质的量n(Na)=0.2mol，2Na+2H2O=2NaOH+H2，n(H2)=n(Na)=0.1mol，生成氢气的质量为0.1mol×2g/mol=0.2g，反应后溶液质量增加量为4.6g-0.2g=4.4g，4.8g金属镁的物质的量n(Mg)=0.2mol，Mg+2HCl=MgCl2+H2，n(H2)=n(Mg)=0.2mol，生成氢气的质量为0.2mol×2g/mol=0.4g，反应后溶液质量增加量为4.8g-0.4g=4.4g，故a=b；故〖答案〗为：=。（3）Na2Sx在S的化合价为-价，Na2SO4，S的化合价为+6价，NaClO中的Cl化合价为+1价，NaCl中的Cl化合价为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：13，根据电子得失守恒可知，1×x×(+6)=13×2，解得x=4；故〖答案〗为：4。（4）R2O中R的化合价为+7价，RO中R的化合价为+6价，Mn2+中Mn为+2价，氧化后的化合价为+x价，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，根据电子得失守恒可知5×2×(7-6)=2×(x-2)，解得x=7；故〖答案〗为：+7。（5）5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O↑，反应中NH是还原剂，N元素化合价为-3价，NO是氧化剂，N元素化合价为+5价，生成N2中N元素化合价为0价，设被氧化和被还原的N原子数分别为x、y，根据电子得失守恒为x×3=y×5，则x:y=5:3；故〖答案〗为：5:3。（6）Fe元素反应前后从+3价升高到+6价，Cl元素反应前后从+1价降低到-1价，根据电子得失守恒配平方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应前后两个铁原子失去6个电子，3个氯原子得到6个电子，则单线桥法表示为；根据单线桥法可知每转移3mol电子，生成Na2FeO4的物质的量为1mol；故〖答案〗为：；1。17.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。现有以下物质：①液氯；②Na2O2；③BaCO3；④澄清石灰水；⑤NaHSO4溶液；⑥干冰；⑦氢氧化钾溶液；⑧碳酸钾固体；⑨碳酸氢钠固体；⑩Fe(OH)3胶体。回答下列问题：（1）以上物质中属于电解质的是_______。（2）将物质的量均为1mol的②和⑨混合固体加热充分反应，所得的固体的物质的量为_______mol。（3）将⑤溶液滴加到③固体中，反应的离子方程式为_______。（4）鉴别⑧和⑨两种固体，现象明显的定性分析操作为_______。（5）将2mol气体通入到溶质物质的量均为1mol的⑦和⑧的混合溶液中充分反应，则得到的溶质为_______。（6）H3PO2(次磷酸)与足量的⑦反应只生成一种盐KH2PO2，则KH2PO2属于_______。(填写“正盐”、“酸式盐”、“碱式盐”)〖答案〗（1）②③⑧⑨（2）2（3）（4）焰色试验（5）和（6）正盐〖解析〗（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸碱盐、水和大多数金属氧化物均为电解质，①液氯是单质不是电解质也不是非电解质；②Na2O2是活泼金属氧化物，属于电解质；③BaCO3

固体不能导电，在熔融状态下能导电是电解质；④澄清石灰水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤NaHSO4溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥干冰本身不能电离属于非电解质；⑦氢氧化钾溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧碳酸钾固体属于盐类，属于电解质；⑨碳酸氢钠固体不能导电，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质；⑩Fe（OH）3胶体属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；故属于电解质的是②③⑧⑨；故〖答案〗为：②③⑧⑨；（2）将物质的量均为1mol的②即Na2O2和⑨即NaHCO3混合固体加热充分反应，根据反应方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，所得的固体为1molNa2CO3和1molNaOH，故总的物质的量为2mol，故〖答案〗为：2；（3）将⑤即NaHSO4溶液滴加到③即BaCO3固体中生成BaSO4、H2O和CO2，则反应的离子方程式为：，故〖答案〗为：；（4）由于钠和钾的焰色试验中的火焰的颜色不同，故鉴别⑧即碳酸钾和⑨即碳酸氢钠两种固体，现象明显的定性分析操作为焰色试验，故〖答案〗为：焰色试验；（5）将2molHCl气体通入到溶质物质的量均为1mol的⑦即KOH和⑧即K2CO3的混合溶液中充分反应，根据先后发生：KOH+HCl=KCl+H2O、K2CO3+HCl=KHCO3+KCl，则得到的溶质为KCl和KHCO3，故〖答案〗为：KCl和KHCO3；（6）H3PO2(次磷酸)与足量的⑦即KOH反应只生成一种盐KH2PO2，说明KH2PO2不能再与碱反应，则KH2PO2属于正盐，故〖答案〗为：正盐。18.明矾[]在造纸等方面应用广泛。工业上以废易拉罐(主要成分为Al和Fe，还含有少量的Al和Fe的氧化物)为原料制备明矾的工艺流程如图：已知：不同温度下的溶解度如表。温度/℃010203040608090的溶解度/g3.003.995.908.3911.7024.8071.00109.00回答下列问题：（1）“酸溶”时溶液中主要的金属离子有___________、___________、。（2）写出“酸溶”时氧化铝与稀硫酸反应的离子方程式：___________。（3）从物质的分类角度考虑，上述流程中出现的物质，属于酸性氧化物的是___________(填化学式)。（4）“转化”“调pH”的目的是将铁元素转化为沉淀除去，实际生产中易形成胶体，鉴定是否产生胶体，可采用的方法是___________。（5）“沉铝”中加入的目的是将转化为，补全该反应的离子方程式__________。__________________________（6）“操作”包括___________、___________、过滤、洗涤、干燥可得到明矾晶体。（7）某工厂用废易拉罐(含Al5.4％)制备(相对分子质量474)，最终得到产品，产率为___________。〖答案〗（1）①.②.（2）（3）（4）丁达尔效应（5）1，3，1，3（6）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（7）〖解析〗〖祥解〗废易拉罐中的Al和Fe溶于过量的稀硫酸，生成硫酸铝、硫酸亚铁，过滤后向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液pH将铁离子转化为氢氧化铁除去，过滤后向滤液中加入碳酸氢钠溶液，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，生成的氢氧化铝与稀H2SO4、K2SO4反应，反应后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体。（1）“酸溶”时，铝、铁分别与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁，因此主要的金属离子有、Al3+；（2）“酸溶”时氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式：；（3）能与碱反应生成盐和水的属于酸性氧化物，即是；（4）鉴别胶体的溶液的方法是丁达尔效应，则检验生成胶体可采用的方法是丁达尔效应；（5）由电荷守恒，铝离子系数为1，碳酸氢根离子系数配3，结合原子守恒可得离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；（6）将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；（7）m1kg废易拉罐中含铝m1kg×0.054=0.054m1kg，所以理论上应该产生明矾，而实际产生m2kg，因此明矾的产率为。19.某小组欲制取少量氯化铁粉末，经查阅资料获悉：①氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水；②氯化铁粉末受热易升华，在空气中易吸水生成结晶水化合物：。根据资料信息，他们设计了如图所示的实验装置(部分夹持装置已略去)：请回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_______。(2)装置B的作用是_______；为了制得氯化铁粉末，装置C中应盛装的是_______，其作用是_______。(3)装置D中发生反应的化学方程式为_______。(4)A和D两处均需要加热，应先点燃_______(填“A”或“D”)处的酒精灯，理由是_______。(5)有的同学认为这套装置还存在一定的缺陷.请你结合所学知识加以分析，说明改进缺陷的方法：_______。〖答案〗(1)(2)除去Cl2中的HCl浓硫酸除去Cl2中的水蒸气(3)(4)A使产生的氯气，排尽装置中的空气，防止铁被空气中的氧气氧化(5)在F装置后连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯或将F装置中的无水CaCl2换为碱石灰(合理即可)〖解析〗〖祥解〗装置A用于制取氯气，制取的氯气中含有HCl和水蒸气，装置B用于除去HCl，装置C盛装浓硫酸，除去水蒸气，装置D中铁与氯气反应制备氯化铁，装置E收集氯化铁，装置F可防止空气中的水蒸气进入装置E，据此分析解答。【详析】(1)装置A中二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应制备氯气，发生反应的化学方程式为；(2)装置B的作用是除去Cl2中的HCl；铁与水蒸气在高温条件下可以发生反应生成四氧化三铁，且氯化铁易吸水，则为了制得氯化铁粉末，装置C中应盛装的是浓硫酸，除去Cl2中的水蒸气；(3)装置D中铁与氯气反应生成氯化铁，发生反应的化学方程式为；(4)A和D两处均需要加热，应先点燃A处的酒精灯，理由是使产生的氯气，排尽装置中的空气，防止铁被空气中的氧气氧化；(5)氯气有毒，多余的氯气排放到空气中，污染环境，则该装置缺少尾气处理装置，改进缺陷的方法为在F装置后连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯或将F装置中的无水CaCl2换为碱石灰，以吸收多余氯气。河南省开封市五县联考2023-2024学年高一上学期12月月考试题考试时长：75分钟满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接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答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法合理的是（）A.“卤水点豆腐”“血液透析”都与胶体的聚沉有关B.“雨过天晴云破处，这般颜色做将来。”所描述的瓷器青色，来自氧化铁C.新冠疫情仍然时有发生，生活中常备杀菌消毒试剂有84消毒液、酒精D.“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻。”灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化〖答案〗C〖解析〗【详析】A．“卤水点豆腐”与胶体的聚沉有关，“血液透析”利用的是胶体的渗析，A错误；B．氧化铁为红棕色固体，瓷器青色不可能是氧化铁导致的，B错误；C．84消毒液、酒精可以使蛋白质变性，均是常用的消毒剂，C正确；D．焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，为物理变化，D错误；故选C。2.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．不能一步转化，故A错误；B．可以通过转化，故B正确；C．可以通过转化，故C正确；D．可以通过转化，故D正确；故〖答案〗为A。3.溶液中含有如表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol/L(不考虑水的电离和离子水解)。向溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是（）阳离子、、、、、阴离子、、、、、A.溶液中不可能含有和 B.溶液中含有3种阴离子、2种阳离子C.原溶液中一定含有 D.不能确定原溶液中是否含有、〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向

X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变，产生气体不可能是离子或离子；根据表中的离子，可以推知是、在酸性环境下生成的一氧化氮，有无，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，还含有阴离子，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的，所以原溶液中含有的五种离子为、、、、。【详析】A．根据分析可知，溶液中一定不存在和，溶液中不可能含有和，A正确；B．根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为、、、、，溶液中含有3种阴离子、2种阳离子，B正确；C．根据分析可知，原溶液中一定含有，C正确；D．根据分析可知，原溶液中是否含有、，D错误；故选D。4.能证明只含Fe2＋而不含Fe3＋的实验及现象是（）A.只需滴加KSCN溶液，溶液不显红色B.先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色C.先滴加KSCN溶液，溶液呈红色，再加足量铁粉红色消失D.先滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再滴加氯水后显红色〖答案〗D〖解析〗【详析】A、滴加KSCN溶液，溶液不显红色，只能说明溶液中不含有Fe3＋，无法证明其中含有Fe2＋，故A不符合题意；B、先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，只能证明加入氯水后，溶液中含有Fe3＋，无法证明原溶液中含有Fe2＋或Fe3＋，故B不符合题意；C、先滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe3＋，再加足量铁粉红色消失，说明原溶液中含有Fe3＋，与题意要求不符，故C不符合题意；D、先滴加KSCN溶液，溶液不显红色，说明原溶液中不含Fe3＋，再滴加氯水后显红色，说明原溶液中含有Fe2＋，与题意要求相符，故D符合题意；故〖答案〗为D。【『点石成金』】用氯水和KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe2＋，需注意排除Fe3＋干扰，且试剂加入顺序不能颠倒；若需要检验含Fe3＋的溶液中的Fe2+，则用氯水和KSCN溶液无法校验，可用酸性高锰酸钾溶液进行检验，不过需要注意排除Cl-等还原性微粒的干扰。5.第二架国产大型客机C919将在本月底实现首飞。C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的认识不正确的是（）A.铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，熔点低于锂单质B.改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金C.铝锂合金具有金属光泽，可导电导热D.铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，故A正确；B．合金的性质与成分的含量有关，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，故B正确；C．铝锂合金具有金属材料的一些通性，有金属光泽，可导电导热，故C正确；D．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同，故D错误；故选D。6.在一定条件下，和可发生如下反应：，从而可知在中，元素R的化合价是（）A.+7价 B.+4价 C.+5价 D.+6价〖答案〗B〖解析〗【详析】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5；方法2：设元素R在中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有，所以x＝＋5；故本题选B。7.下列各操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）①向石灰水中通入过量CO2②向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化碳⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳A.②③⑤⑥ B.①④⑤ C.②④⑤⑥ D.④⑤⑥〖答案〗D〖解析〗【详析】①向石灰水中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，①不符合题意；②向Ca（ClO）2溶液中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，②不符合题意；③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液，胶体先发生聚沉，然后氢氧化铝沉淀溶于过量的稀氢氧化钠溶液中，③不符合题意；④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化硫，不发生反应，④符合题意；⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水，生成氢氧化铝沉淀，氨水过量后不能溶解氢氧化铝，⑤符合题意；⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳，最后只生成碳酸氢钠固体，⑥符合题意；综上所述④⑤⑥符合题意，〖答案〗选D。8.下列实验，能达到实验目的的是（）ABCD观察钾元素的焰色实验室制备Fe(OH)2制备氧化钠比较NaHCO3和Na2CO3溶解度〖答案〗A〖解析〗【详析】A、透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色，故A正确；B、氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，故B错误；C、钠与氧气加热生成过氧化钠，故C错误；D、溶解度与溶解放热多少无关，故D错误；〖答案〗选A。9.用表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的一组是（）①标准状况下，22.4L含有的分子数为②钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为③通常状况下，个分子占有的体积为22.4L④物质的量浓度为0.5mol/L的溶液中，含有个数为⑤48g和的混合气体所含原子个数为⑥常温常压下，1.6g气体含有质子数为A.②⑤⑥ B.②④⑤ C.①②⑥ D.①③⑥〖答案〗A〖解析〗【详析】①标准状况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；②23g钠的物质的量为，而反应后钠元素为+1价，故1mol钠转移1mol电子即1NA个，故②正确；③通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，个分子占有的体积大于22.4L，故③错误；④溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故④错误；⑤和均由氧原子构成，48g混合物中含有的氧原子的物质的量为，48g和的混合气体所含原子个数为，故⑤正确；⑥常温常压下，1.6g甲烷的物质的量为0.1mol，而甲烷为10质子微粒，故0.1mol甲烷中含NA个质子，故⑥正确1.6g气体含有质子数为，故⑥正确；综上分析可知，正确的有②⑤⑥，〖答案〗选A。10.下列离子方程式正确的是（）A.碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：B.漂白粉溶液中通入少量C.Fe与NaHSO4溶液反应：D.用氢氧化钡溶液中和硫酸溶液：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．烧碱过量，反应要以不足量的Ca(HCO3)2为标准，假设其物质的量为1mol，则该反应的离子方程式应该为：，A错误；B．CO2少量，Ca(ClO)2与CO2、H2O反应产生CaCO3和HClO，离子方程式符合反应事实，遵循物质的拆分原则，B正确；C．NaHSO4在溶液中电离产生Na+、H+、，Fe与NaHSO4在溶液中反应产生FeSO4、Na2SO4、H2，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；D．不符合物质反应的微粒数目比，该反应的离子方程式应该为：，D错误；故合理选项是B。11.将一定量的氯气通入0.50mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是（）A.若反应中转移的电子为nmol，则0.25<n<0.5B.溶液中可能为4∶3∶1C.与NaOH反应的氯气为0.5molD.当溶液中时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将一定量的氯气通入0.50mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)，则发生的反应有和。【详析】A．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为mol，若反应中转移的电子为nmol，则，A错误；B．由反应和反应可得，若为4∶3∶1，则在反应中得到电子个数与失去电子个数的比值为4∶8，即1∶2，不满足得失电子守恒，B错误；C．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，则与NaOH反应的氯气为0.25mol，C错误；D．当溶液中时，由反应和反应可得，根据氯原子守恒，生成NaCl的氯为氧化剂，生成NaClO和NaClO3的氯原子为还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，D正确；故选D。12.钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示：①3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑；②6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH。则下列说法正确的是（）A.该生产过程不会产生污染B.Na2Fe2O4中铁元素显+6价，具有强氧化性，因此能净水C.整个反应过程中每有4.2gFe参加反应转移0.2mol电子D.反应①②③均是氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该生产过程放出氨气，会产生污染，故A错误；B．Na2Fe2O4中铁元素显+3价，故B错误；C．整个反应过程中Fe最终生成Fe3O4，3molFe失8mol电子，每有4.2gFe参加反应转移电子，故C正确；D．Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH反应前后元素化合价不变，反应③是非氧化还原反应，故D错误；选C。13.向和的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是（）A.a点时溶液中的阳离子为、和B.b点时溶液中发生的反应为：C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为D.原溶液中和的物质的量浓度之比为1：1〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。【详析】A．0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)==0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L，C说法正确；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；〖答案〗选D。14.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是（）A.步骤①，硫酸酸溶后溶液中主要有Fe3+、Fe2+等阳离子B.步骤②反应FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2SO42-＋16H+，消耗1molFeS2转移16mol电子C.步骤③，得到的绿矾晶体久置于空气中会变质D.步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据流程：烧渣中的Fe3O4、Fe2O3和FeO均溶于硫酸，溶液中含Fe2+、Fe3+，三价铁具有氧化性，因此步骤②中发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，反应得到硫酸亚铁溶液，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成铁黄[FeO(OH)]，据此分析解答。【详析】A．步骤①中用硫酸酸溶时，Fe3O4、Fe2O3和FeO均溶于硫酸，生成Fe2+、Fe3+的溶液，故A正确；B．三价铁具有氧化性，步骤②中的反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42ˉ+16H+，反应中Fe3+中铁元素由+3价降低为+2价，FeS2中S由-1价升高到+6价，因此消耗1molFeS2转移14mol电子，故B错误；C．Fe2+有较强的还原性，所以绿矾晶体久置于空气中会被氧气氧化而变质，故C正确；D．步骤④，反应条件控制不当，如果氨水过量，绿矾可与氨水反应生成Fe(OH)3，故D正确；故选B。15.向两份20mL0.1mol/LBa(OH)2溶液中各加入一定量的KAl(SO4)2和Al2(SO4)3，溶液的导电性随(混合前)的变化关系如图所示，下列分析不正确的是（）A.①代表加入KAl(SO4)2的变化曲线B.a点溶液的pH值约为7C.b点溶液中大量存在的阳离子有Al3+和Ba2+D.c、d两点溶液中Ba(OH)2均已完全反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至过量发生两个离子反应：当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是KAlO2，将数据代入方程式计算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；当时，化学反应方程式为，溶液中溶液中的可溶物质是K2SO4，将数据代入方程式计算；所以曲线①代表该反应；Ba(OH)2中加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至过量发生两个离子反应：当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是Ba(AlO2)2，将数据代入方程式计算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；当时，化学反应方程式为，此时溶液中几乎无可溶物质，溶液此时导电能力最差；所以曲线②代表该反应；【详析】A．根据分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的变化曲线，描述正确，A不符题意；B．a点溶液中几乎无可溶物，反应物全部生成固体沉淀，所以水溶液接近中性，描述正确，B不符题意；C．根据分析，b点溶液中可溶物质只有K2SO4，描述错误，C符合题意；D．根据分析，c、d两点对应反应中，①中Ba2+及OH-全部生成新的物质，②中OH-全部反应，Ba2+也都参与生成新物质，未有Ba(OH)2剩余，描述正确，D不符题意；本题选C。二、非选择题(本题共4题，55分)16.据题目要求完成下列各题：（1）写出氯气溶于水的离子反应方程式___________。（2）将4.6g金属钠投入到足量水中，得ag溶液；将4.8g金属镁投入到足量盐酸中，得bg溶液，假设水的质量与盐酸的质量相等，则反应后两溶液的质量关系式为a___________b(填>、<、=)。（3）在碱性溶液中可被NaClO氧化为，而NaClO被还原为NaCl。若反应中与NaClO物质的量之比为1：13，则x的值为___________。（4）离子在一定条件下可以把离子氧化，若反应后离子变为离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，离子被氧化后的化合价为___________。（5）已知爆炸时硝酸铵按下式分解：。则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为___________。（6）高铁酸钠()是高效的饮用水处理剂，可在碱性溶液环境下由NaClO溶液氧化制得。①请配平以下化学反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：________②每转移3mol电子，生成的物质的量为___________mol。〖答案〗（1）（2）=（3）4（4）+7；（5）5：3（6）①.②.1〖解析〗（1）氯气溶于水反应生成次氯酸和氯化氢，离子反应方程式Cl2+H2O=HClO+Cl−+H+；故〖答案〗为：Cl2+H2O=HClO+Cl−+H+。（2）4.6g金属钠物质的量n(Na)=0.2mol，2Na+2H2O=2NaOH+H2，n(H2)=n(Na)=0.1mol，生成氢气的质量为0.1mol×2g/mol=0.2g，反应后溶液质量增加量为4.6g-0.2g=4.4g，4.8g金属镁的物质的量n(Mg)=0.2mol，Mg+2HCl=MgCl2+H2，n(H2)=n(Mg)=0.2mol，生成氢气的质量为0.2mol×2g/mol=0.4g，反应后溶液质量增加量为4.8g-0.4g=4.4g，故a=b；故〖答案〗为：=。（3）Na2Sx在S的化合价为-价，Na2SO4，S的化合价为+6价，NaClO中的Cl化合价为+1价，NaCl中的Cl化合价为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：13，根据电子得失守恒可知，1×x×(+6)=13×2，解得x=4；故〖答案〗为：4。（4）R2O中R的化合价为+7价，RO中R的化合价为+6价，Mn2+中Mn为+2价，氧化后的化合价为+x价，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，根据电子得失守恒可知5×2×(7-6)=2×(x-2)，解得x=7；故〖答案〗为：+7。（5）5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O↑，反应中NH是还原剂，N元素化合价为-3价，NO是氧化剂，N元素化合价为+5价，生成N2中N元素化合价为0价，设被氧化和被还原的N原子数分别为x、y，根据电子得失守恒为x×3=y×5，则x:y=5:3；故〖答案〗为：5:3。（6）Fe元素反应前后从+3价升高到+6价，Cl元素反应前后从+1价降低到-1价，根据电子得失守恒配平方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，反应前后两个铁原子失去6个电子，3个氯原子得到6个电子，则单线桥法表示为；根据单线桥法可知每转移3mol电子，生成Na2FeO4的物质的量为1mol；故〖答案〗为：；1。17.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。现有以下物质：①液氯；②Na2O2；③BaCO3；④澄清石灰水；⑤NaHSO4溶液；⑥干冰；⑦氢氧化钾溶液；⑧碳酸钾固体；⑨碳酸氢钠固体；⑩Fe(OH)3胶体。回答下列问题：（1）以上物质中属于电解质的是_______。（2）将物质的量均为1mol的②和⑨混合固体加热充分反应，所得的固体的物质的量为_______mol。（3）将⑤溶液滴加到③固体中，反应的离子方程式为_______。（4）鉴别⑧和⑨两种固体，现象明显的定性分析操作为_______。（5）将2mol气体通入到溶质物质的量均为1mol的⑦和⑧的混合溶液中充分反应，则得到的溶质为_______。（6）H3PO2(次磷酸)与足量的⑦反应只生成一种盐KH2PO2，则KH2PO2属于_______。(填写“正盐”、“酸式盐”、“碱式盐”)〖答案〗（1）②③⑧⑨（2）2（3）（4）焰色试验（5）和（6）正盐〖解析〗（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸碱盐、水和大多数金属氧化物均为电解质，①液氯是单质不是电解质也不是非电解质；②Na2O2是活泼金属氧化物，属于电解质；③BaCO3

固体不能导电，在熔融状态下能导电是电解质；④澄清石灰水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤NaHSO4溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥干冰本身不能电离属于非电解质；⑦氢氧化钾溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧碳酸钾固体属于盐类，属于电解质；⑨碳酸氢钠固体不能导电，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质；⑩Fe（OH）3胶体属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；故属于电解质的是②③⑧⑨；故〖答案〗为：②③⑧⑨；（2）将物质的量均为1mol的②即Na2O2和⑨即NaHCO3混合固体加热充分反应，根据反应方程式：2NaHCO3Na