陜西省西安市2020-2021學年高一化學上學期第二次月考試題（含解析）考試時間：100分鐘總分：100分可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Ca-40Zn-65Cu-64Fe-56Ba-137Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(本題包括20小題，每小題2分，共40分。每小題只有一個選項符合題意)1.下列選項中的詩句內容基本不涉及化學變化的是A.“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇” B.“美人首飾侯王印，盡是江中浪底來”C.“千錘萬鑿出深山，烈火焚燒若等閑” D.“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干”【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.燃放煙花爆竹過程中會生成CO2等新物質，屬于化學變化，故A不選；B.“美人首飾侯王印，盡是沙中浪底來”主要描述的是從河水泥沙中淘金的過程，沒有新物質生成，屬于物理變化，故B選；C.烈火焚燒指的是可燃物燃燒的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故C不選；D.蠟燭燃燒時有CO2等新物質生成，屬于化學變化，故D不選，答案選B。2.下列是一些裝置氣密性檢查的方法，其中正確的是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】A、此裝置兩導管都與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，A不正確；B、用彈簧夾夾住右邊導管，向長頸漏斗中倒水，液面高度不變，說明裝置氣密性良好，故能檢查裝置氣密性，B正確；C、裝置長頸漏斗與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，C不正確；D、此裝置兩導管都與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，D不正確；答案選B。【點晴】檢查裝置的氣密性有多種方法，原理都是根據裝置內外的壓強差形成水柱或氣泡，據此分析各種檢查方法。做題時應注意檢查裝置的氣密性是不是在密閉裝置中。有些裝置比較復雜或者學生平時比較少見，造成不會分析而出錯，答題時注意靈活應用。3.下列各組物質的分類正確的是()①混合物：氨水、水銀、75%的酒精②含有氧元素的化合物叫做氧化物③CO2、NO2、P2O5均為酸性氧化物，Na2O、Na2O2為堿性氧化物④同素異形體：C60、C70、金剛石、石墨⑤在熔融狀態下能導電的化合物為電解質⑥有單質參加的反應或有單質生成的反應是氧化還原反應A.全部正確 B.①②⑤ C.②③⑥ D.④⑤【答案】D【解析】【分析】【詳解】①氨水、75%的酒精屬于混合物，水銀是金屬汞，屬于純凈物，故①錯誤；②由兩種元素構成，其中一種元素是氧元素的化合物叫氧化物，故②錯誤；③CO2、P2O5與堿反應生成鹽和水，均為酸性氧化物，NO2與堿反應時生成硝酸鹽、亞硝酸鹽和水，有元素化合價的變化，所以NO2不是酸性氧化物，Na2O與酸反應生成鹽和水，Na2O為堿性氧化物，Na2O2與酸反應生成鹽、氧氣和水，Na2O2不是堿性氧化物，故③錯誤；④C60、C70、金剛石、石墨都是由碳元素構成的結構和性質不同的單質，它們互為同素異形體，故④正確；⑤在水溶液中或熔融狀態下能夠自身電離出離子而導電的化合物是電解質，故⑤正確；⑥有單質參加的反應或有單質生成的反應不一定是氧化還原反應，如氧氣和臭氧的轉化雖然有單質參加和生成，但元素的化合價沒有變化，所以不是氧化還原反應，故⑥錯誤；④⑤正確，答案選D4.由空氣中的灰塵、硫酸、硝酸等顆粒物組成的氣溶膠系統造成的視覺障礙叫霾。當水汽凝結加劇、空氣濕度增大時，霾就會轉化為霧。二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物是霧霾的主要組成。以下說法不正確的是()A.霧霾天，汽車車燈照出通路的現象屬于丁達爾效應B.靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠體粒子的帶電性而加以除去C.防霧霾口罩的原理與過濾、滲析類似，防霧霾效果好的口罩往往呼吸阻力較大D.PM2.5是直徑小于或等于2.5μm的污染物顆粒，完全屬于膠體粒子的直徑范圍【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．霧霾中含有的部分微粒直徑在10?9?10?7m之間，故汽車車燈照出光亮“通路”的現象屬于丁達爾效應，AB．靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠體粒子的帶電性而加以除去，B項正確；C.防霧霾口罩的原理與過濾、滲析類似，防霧霾效果好的口罩透氣性較差，空隙較小，則往往呼吸阻力較大，C項正確；D．PM2.5是指直徑小于或等于2.5μm的污染物顆粒，即粒子直徑2.5×10?6m，而膠體中分散質粒子的直徑為10?9?10?7m，則PM2.5的直徑不完全在膠體粒子的直徑范圍內，D答案選D。5.下列離子方程式正確的是()A.醋酸溶液與水垢中CaCO3反應：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑B.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好為中性：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2OC.Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應：HCO＋Ca2＋＋OH-=CaCO3↓＋H2OD.等體積、等物質的量濃度的NaHCO3溶液與Ba(OH)2溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH-=BaCO3↓＋H2O【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．醋酸為弱酸，不能寫成離子形式，離子方程式為：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2＋H2O＋CO2↑，故A錯誤；B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好為中性，反應生成硫酸鋇沉淀、硫酸鈉和水，離子方程式為：Ba2＋＋2OH-＋2H＋＋SO=BaSO4↓＋2H2O，故B錯誤；C．Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應生成碳酸鈣沉淀、碳酸鈉和水，離子方程式為：2HCO＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋H2O＋，故C錯誤；D．等體積、等物質的量濃度的NaHCO3溶液與Ba(OH)2溶液混合，反應生成碳酸鋇沉淀、NaOH和水，離子方程式為：HCO＋Ba2＋＋OH-=BaCO3↓＋H2O，故D正確；答案選D。6.一定溫度和壓強下，30L某種氣態純凈物中含有6.02×1023個分子，這些分子由1.204×1024個原子組成，下列有關說法中不正確的是A.該溫度和壓強可能是標準狀況B.標準狀況下該純凈物若為氣態，其體積約是22.4LC.該氣體中每個分子含有2個原子D.若O2在該條件下為氣態，則1molO2在該條件下的體積也為30L【答案】A【解析】【分析】【詳解】據n=可知，該氣體的物質的量為1mol，A、該溫度和壓強下，1mol該氣體的體積為30L，不是標準狀況，故A符合題意；B、因該氣體的物質的量為1mol，因此若該氣體在標準狀況下為氣體，則其體積約為22.4L，故B不符合題意；C、1mol該氣體含有1.204×1024個原子，則該氣體分子中含有原子個數為=2，因此該氣體為雙原子分子，故C不符合題意；D、因1mol該氣體在該條件下為30L，由此可知該條件下氣體摩爾體積為30L/mol，故若O2在該條件下為氣態，則1molO2在該條件下的體積為30L/mol×1mol=30L，故D不符合題意；故答案為A。【點睛】在不同溫度和壓強下，每一種條件均有相對應的氣體摩爾體積，其數據可能相同，也可能不同，常見標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，在使用時需注明其條件以及該物質是否為氣體。7.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A.27g鋁加入1mol·L-1的NaOH溶液中，轉移電子數是3NAB.56gN2與CO的混合物中原子總數是4NAC.44.8LNO與22.4LO2反應后的分子數是2NAD.每生成1molO2，轉移的電子數一定為4NA【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．氫氧化鈉溶液體積未知，無法計算氫氧化鈉物質的量，如果氫氧化鈉過量，則27g鋁中加入1mol/L的NaOH溶液，轉移電子數是3NA，如果氫氧化鈉不足，則應依據氫氧化鈉的物質的量計算轉移電子數，故A錯誤；B．N2與CO的摩爾質量均為28g/mol，故56g混合物的物質的量為2mol，且兩者均為雙原子分子，故2mol混合物中含4NA個原子，故B正確；C．溫度和壓強未知，無法確定氣體的物質的量，故C錯誤；D．生成1molO2，轉移的電子數不一定為4NA，例如Na2O2與H2O反應生成1molO2時，轉移的電子數為2NA，故D錯誤；綜上所述答案為B。8.現有VL0.5mol·L－1的鹽酸，欲將其濃度擴大一倍，以下方法中最宜采用的是()A.加熱濃縮到原來體積的一半 B.加入5mol·L－1的鹽酸0.125VLC.加入10mol·L－1的鹽酸0.1VL，再稀釋至1.5VL D.標況下通入11.2L氯化氫氣體【答案】C【解析】【分析】【詳解】A項、加熱蒸發會導致HCl揮發，加熱濃縮到原來體積的一半，溶液濃度小于原來的2倍，故A錯誤；B項、溶液的體積不具有加和性，不明確溶液的密度大小，無法求出混合后溶液的體積，故B錯誤；C項、混合后溶液中的HCl為0.5mol/L×VL+10mol/L×0.1VL=1.5Vmol，所以混合后HCl的濃度為=1mol/L，故C正確；D項、通過氯化氫氣體，溶液的密度和體積發生變化，無法求出濃度，故D錯誤；故選C。【點睛】物質的量和質量具有加合性，溶液的體積不具有加和性，不明確溶液的密度大小，無法求出混合后溶液的體積是解答易錯點。9.將少量金屬鈉分別投入下列物質的水溶液中，有氣體放出，且溶液質量減輕的是A.HCl B.NaOH C.K2SO4 D.CuSO4【答案】D【解析】【分析】A.NaA.Na與HCl溶液發生反應2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，有氣體放出，溶液質量增加；B.Na與NaOH溶液發生反應2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有氣體放出，溶液質量增加；C.Na與K2SO4溶液發生反應2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有氣體放出，溶液質量增加；D.Na與CuSO4溶液發生反應2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓+H2↑，有氣體放出，溶液質量減小；答案選D。10.某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+七種離子中的某幾種。現取該溶液進行實驗，得到如下現象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液變橙色，且有無色氣泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成；③向所得溶液中繼續滴加淀粉溶液，溶液不變藍色。已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3據此可以判斷，該溶液中肯定不存在的離子組是（）A.Al3+、Mg2+、SOB.Mg2+、CO、I-C.Al3+、SO、I-D.Al3+、Br-、SO【答案】A【解析】【分析】【詳解】根據①可判斷溶液中有Br-和CO，根據離子共存原則知，不存在Al3+、Mg2+；根據②可判斷溶液中無SO；根據③不能確定是否含有I-，因為在①中氯水可能把I-氧化成了IO，致使溶液不變藍色，故A正確；故選A。11.LiAlH4是重要的儲氫材料，可與水發生反應:LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑。下列說法正確的是A.氫氣既是氧化產物又是還原產物B.LiAlH4既是氧化劑又是還原劑C.若生成標況下4.48LH2，則轉移0.4mol電子D.還原劑與氧化劑的物質的量之比為2:1【答案】A【解析】【分析】【詳解】A、LiAlH4中H由-1價升高為0價，被氧化，H2O中H由+1價降為0價，被還原，氫氣既是氧化產物又是還原產物，故A正確；B、LiAlH4中H由-1價升高為0價，被氧化，是還原劑，故B錯誤；C、由LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑可知，每molLiAlH4反應，轉移4mole-，生成4molH2，若生成標況下4.48LH2，為0.2mol，則轉移0.2mol電子，故C錯誤；D、由LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，LiAlH4中H由-1價升高為0價，作還原劑，水作氧化劑，計量數之比為1：2，故D錯誤。故選A。12.已知下列反應：①Cl2＋2Br-=2Cl-＋Br2②2I-＋Br2=2Br-＋I2③2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2④2Fe2+＋Br2=2Fe3++2Br-向含有Fe2＋、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質的量變化如下圖所示。下列有關說法不正確的是()A.線段BC代表Fe3＋物質的量的變化情況B.原混合溶液中c(FeBr2)=6mol·L-1C.當通入Cl22mol時，溶液中已發生的離子反應可表示為2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl-D.原溶液中n(Fe2＋)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3【答案】B【解析】【分析】根據氧化還原反應中：氧化劑的氧化性>氧化產物的氧化性，還原劑的還原性>還原產物的還原性，根據反應：①Cl2＋2Br-=2Cl-＋Br2，氧化性：Cl2>Br2、還原性：Br->Cl-；②2I-＋Br2=2Br-＋I2，氧化性：Br2>I2、還原性：I->Br-；③2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2，氧化性：Fe3＋>I2、還原性：I->Fe2＋；④2Fe2+＋Br2=2Fe3++2Br-，氧化性：Br2>Fe3+、還原性：Fe2+->Br-；則，氧化性順序為：，還原性順序為：；氧化劑先氧化還原性強的離子，再氧化還原性弱的離子，判斷離子的反應先后順序，然后根據圖象判斷參加反應的各離子的物質的量。【詳解】A．據分析知，AB段代表Cl2＋2I-=2Cl-＋I2反應時碘離子的物質的量的變化情況，線段BC代表2Fe2+＋Cl2=2Fe3++2Cl-時Fe3＋物質的量的變化情況，A正確；B．通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，最后是溴離子，在通入氯氣的量為0～1mol的過程中，碘離子從最大量降到0，即得到碘離子的物質的量為2mol，通入氯氣的量為1～3mol的過程中，亞鐵離子從4mol降到0，三價鐵的量逐漸增大，所以含有亞鐵離子共4mol，在通入氯氣的量為3～6mol的過程中溴離子從6mol降到0，所以溴離子的物質的量是6mol，即FeBr2的物質的量為3mol，故B錯誤；C．當通入Cl22mol時，2mol的碘離子消耗氯氣1mol，余下的1mol氯氣再與2mol亞鐵離子反應，即溶液中發生的離子反應可表示為：2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl-，C正確；D．由B可知，碘離子的物質的量為2mol，亞鐵離子是4mol，溴離子的物質的量是6mol，原溶液中n(Fe2＋):n(I-):n(Br-)=2:1:3，D正確；答案選B。13.已知：①向KMnO4晶體滴加濃鹽酸，產生黃綠色氣體；②FeCl2溶液中通入少量實驗①產生的氣體，溶液變黃色；③實驗②生成的溶液滴在KI試紙上，試紙變藍。下列判斷正確的是()A.上述實驗證明氧化性：＞Cl2＞Fe3＋＞I2B.上述實驗中共有兩個氧化還原反應C.實驗①生成的氣體不能使濕潤的KI試紙變藍D.實驗②證明Fe2＋既有氧化性又有還原性【答案】A【解析】【分析】反應①中產生的黃綠色氣體是Cl2，反應②中FeCl2被Cl2氧化成FeCl3，反應③中FeCl3溶液將KI氧化成I2，遇淀粉變藍。【詳解】A．根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，由分析可得氧化性由強到弱的順序為：＞Cl2＞Fe3＋＞I2，所以A對；B．由分析可得上述實驗中有三個氧化還原反應，所以B錯；C．因為Cl2的氧化性大于Fe3＋，而Fe3＋能將I-氧化成I2，根據氧化還原反應中的強弱規律，Cl2能氧化I-，所以實驗①生成的氣體能使濕潤的KI試紙變藍，所以C錯；D．實驗②證明Fe2＋被Cl2氧化，只能證明具有還原性，不能證明有氧化性，所以D錯；故答案為A。14.Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應中Na2Sx與NaClO的物質的量之比為1∶16，則x的值為()A.5 B.3 C.4 D.【答案】A【解析】Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，S元素化合價由-升高為+6，而NaClO被還原為NaCl，Cl元素化合價由+1價降低為-1價，反應中Na2Sx與NaClO的物質的量之比為1：16，根據電子轉移守恒，則：x×[6-(-)]=16×[1-(-1)]，解得：x=5，故選A。15.向100mL的FeBr2溶液中，通入標準狀況下Cl25.04L，Cl2全部被還原，測得溶液中c（Br－）＝c（Cl－A.0.75mol·L－ B.1.5mol·L－1 C.2mol·L－1 D.3mol·L－【答案】D【解析】【分析】【詳解】n(Cl2)=5.04L÷22.4L/mol=0.225mol，微粒的還原性：n(Fe2+)＞n(Br-)，所以當向溶液中通入氯氣時，首先發生反應：2Fe2++Cl2=2Fe3＋+2Cl－；然后發生反應：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2。n(Cl-)=0.225mol×2=0.45mol，由于溶液中c(Br-)=c(Cl-)，假設FeBr2的物質的量是x，則根據電子守恒可得：x+(2x-0.45)=0.225mol×2，解得x=0.3mol，所以原FeBr2溶液的物質的量濃度c(FeBr2)=0.3mol÷0.1L=16.Mg、Al組成的混合物與足量鹽酸反應，產生標準狀況下的氫氣4.48L，下列推斷中不正確的是()A.參加反應的Mg、Al共0.2molB.參加反應的HCl為0.4molC.Mg、Al反應中共失去0.4mol電子D.若與足量的稀硫酸反應能產生0.2molH2【答案】A【解析】【分析】Mg、Al組成的混合物與足量鹽酸反應的離子方程式為：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，反應后，金屬完全反應，結合生成氫氣的量分析判斷。【詳解】Mg、Al組成的混合物與足量鹽酸反應，產生標準狀況下的氫氣4.48L，n(H2)==0.2mol。A．因為反應后Mg、Al化合價不同，且金屬混合物的質量未知，所以無法計算參加反應的Mg、Al的物質的量，故A錯誤；B．根據H原子守恒得n(HCl)=2n(H2)=0.4mol，故B正確；C．根據轉移電子相等可知，Mg、Al在反應中共失去電子的物質的量=0.2mol×2=0.4mol，故C正確；D．因為金屬混合物不足量，且Mg、Al與足量的鹽酸或稀硫酸反應的離子方程式完全相同，則與足量的稀硫酸反應生成的氫氣和與足量的鹽酸生成的氫氣的量相同，也為0.2molH2，故D正確；故選A。17.汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發生反應：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化產物比還原產物多1.75mol,則下列判斷正確的是A.生成40.0LN2(標準狀況)B.有0.250molKNO3被氧化C.轉移電子的物質的量為1.75molD.被氧化的N原子的物質的量為3.75mol【答案】D【解析】【分析】反應中NaN3中N元素化合價升高，被氧化，KNO3中N元素化合價降低，被還原，根據反應方程式可知，每當生成16molN2，則氧化產物比還原產物多14mol，轉移電子的物質的量為10mol，被氧化的N原子的物質的量為30mol，有2molKNO3被還原，現氧化產物比還原產物多1.75mol，則生成2molN2，據此分析解答。【詳解】A．生成標況下氮氣的體積為2mol×22.4L/mol=44.8L，故A錯誤；B．由反應可知，被還原的硝酸鉀的物質的量為2mol×＝0.25mol，故B錯誤；C．轉移電子的物質的量為0.25mol×（5-0）＝1.25mol，故C錯誤；D．轉移10mol電子被氧化的N原子為30mol，則轉移1.25mol電子被氧化的N原子的物質的量為（1.25mol×30）÷10＝3.75mol，故D正確；故選D。18.向分別盛有100mL水、100mL0.1mol·L－1鹽酸、100mL0.01mol·L－1NaOH溶液的X、Y、Z三個燒杯中各投入0.05molNa。下列有關說法正確的是A.三個燒杯中均先發生的離子反應為2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑B.三個燒杯中鈉均在液面上劇烈反應，且X燒杯中的反應最劇烈C.三個燒杯反應后，溶質的物質的量濃度相同D.三個燒杯反應后，生成的氣體的質量一定相同【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．鈉與鹽酸反應時鈉先與H＋反應，離子方程式表示為2Na＋2H＋=2Na＋＋H2↑，故A錯誤；B．三個燒杯中，鈉均在液面上劇烈反應，Y燒杯中的氫離子濃度最大，反應最劇烈，B錯誤；C．X燒杯中生成的溶質為NaOH，Y燒杯中生成的溶質為NaCl、NaOH，Z燒杯中生成NaOH，且Z燒杯中原溶質為NaOH，三個燒杯中溶質的物質的量濃度不同，故C錯誤；D．因向三個燒杯中加入鈉的物質的量相同且鈉全部反應完，生成H2的量相同，故D正確；答案為D。19.下列關于鋁單質的敘述中，正確的是()A.不能用鋁制的器皿來盛放酸梅湯或堿水是因為鋁會和酸或堿反應B.鋁制品在空氣中有很強的抗腐蝕性是因為鋁的化學性質很穩定C.鋁和NaOH溶液反應：Al＋2OH－=AlO2-＋2H2↑D.用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱，熔化后的液態鋁會滴落下來，是因為金屬鋁的熔點較低【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．無論是鋁還是其氧化物都能與酸或堿反應，故A正確；B．鋁表面形成致密的氧化膜，故B錯誤；C．電荷、電子均不守恒，正確的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，故C錯誤；D．打磨后的鋁箔在酒精燈上灼燒表面生成Al2O3，高熔點的Al2O3兜住了熔融的液態鋁，不會滴落，故D錯誤；故答案為A。20.某同學探究金屬Na與CO2的反應，實驗如下：實驗I實驗II操作將點燃的金屬鈉伸到盛有CO2的集氣瓶中將實驗I的集氣瓶用水沖洗，過濾。取黑色濾渣灼燒；取濾液分別滴加酚酞和氯化鋇溶液現象①火焰呈黃色②底部有黑色固體，瓶壁上附有白色固體①黑色濾渣可燃②濾液能使酚酞溶液變紅，滴加氯化鋇溶液有白色沉淀生成下列說法不正確的是A.生成的黑色固體中含有C B.白色固體是Na2OC.實驗說明CO2具有氧化性 D.金屬Na著火不能用CO2滅火【答案】B【解析】【分析】由實驗I可知鈉能夠在二氧化碳中燃燒，根據質量守恒定律，反應物中含有鈉元素、氧元素、碳元素；由實驗II中黑色濾渣可燃可知，反應物中黑色固體為碳，由濾液能使酚酞溶液變紅，滴加氯化鋇溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固體為碳酸鈉，則鈉在二氧化碳氣體中燃燒生成碳酸鈉和碳單質，反應的化學方程式為4Na+3CO22Na2CO3+C。【詳解】A項、鈉在二氧化碳氣體中燃燒生成碳酸鈉和碳單質，則生成的黑色固體中含有C，故A正確；B項、碳酸鈉在溶液中水解，使溶液顯堿性，與氯化鋇溶液反應生成碳酸鋇沉淀，則由濾液能使酚酞溶液變紅，滴加氯化鋇溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固體為碳酸鈉，故B錯誤；C項、鈉在二氧化碳氣體中燃燒生成碳酸鈉和碳單質，反應中鈉為還原劑，二氧化碳為氧化劑，實驗說明CO2具有氧化性，故C正確；D項、由實驗I可知鈉能夠在二氧化碳中燃燒，則金屬Na著火不能用CO2滅火，應用沙土覆蓋滅火，故D正確；故選B。【點睛】本題考查物質的性質探究，注意反應現象、實驗現象和反應產物的分析判斷是解題的關鍵。II卷(非選擇題，共60分)二、填空題(共4小題，滿分60分)21.(1)在標準狀況下進行甲、乙、丙三組實驗。三組實驗均各取60mL同濃度的鹽酸，加入同一種鎂鋁合金粉末，產生氣體，有關數據見下表：實驗序號甲乙丙合金質量/mg255385459生成氣體體積/mL280336336甲、乙兩組實驗中，___________(填“甲”或“乙”)組鹽酸是不足量的，所用鹽酸的物質的量濃度為___________，鎂鋁合金中Mg、Al物質的量之比為___________。(2)取10.0g碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物充分進行加熱(2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O)，將生成的CO2氣體通入足量澄清石灰水中完全吸收，測得生成沉淀4.0g。則原混合物中碳酸鈉的質量分數為___________。(3)已知鋅跟濃硫酸反應生成SO2，跟稀硫酸反應生成H2。一定量的鋅與100mL18.5mol/L濃硫酸充分反應，鋅完全溶解，同時收集到標準狀況下的氣體A33.6L。將反應后的溶液稀釋到1L，測得溶液中氫離子的濃度為0.1mol·L-1。寫出鋅跟濃硫酸反應的化學方程式：___________。反應過程中消耗的H2SO4的物質的量是___________。氣體A的成分是___________，各成分的體積比是___________。反應過程中消耗的鋅的質量是___________。【答案】(1).乙(2).0.5mol·L-1(3).1∶1(4).32.8%(5).Zn＋2H2SO4(濃)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(6).1.80mol(7).二氧化硫和氫氣(8).1∶4(9).97.5g【解析】【分析】【詳解】(1)三組實驗所用鹽酸的量相同，甲、乙兩種實驗中，隨著合金質量增加生成的氣體的體積也增加，說明甲組實驗中鹽酸是過量的，可知255g合金可以生成280mL氣體，所以若乙中合金完全反應，則應產生=422.7mL氣體，但實際產生氣體小于422.7mL，說明乙組實驗鹽酸是不足量的；乙、丙兩種實驗中合金質量雖然增加，但生成的氣體體積不變，說明鹽酸完全反應，根據生成氫氣的量可知n(HCl)=2n(H2)=2=0.03mol，所以c(HCl)==0.5mol·L-1；甲組實驗中合金完全反應，設合金中Mg的物質的量為xmol，Al的物質的量為ymol，根據質量守恒有24x+27y=0.255g，根據電子守恒有2x+3y=2=0.025mol，解得x=0.005mol、y=0.005mol，所以鎂鋁合金中Mg、Al物質的量之比1:1；(2)加熱時只有碳酸氫鈉分解產生二氧化碳，生成的沉淀為CaCO3，根據C元素守恒和碳酸氫鈉受熱分解的化學方程式可知n(NaHCO3)=2=0.08mol，所以原混合物中碳酸鈉的質量分數為100%=32.8%；(3)根據題意可知Zn與濃硫酸反應生成SO2，Zn應被氧化成ZnSO4，根據電子守恒和元素守恒可得化學方程式為Zn＋2H2SO4(濃)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O；將反應后的溶液稀釋到1L，測得溶液中氫離子的濃度為0.1mol·L-1，則剩余的n(H2SO4)=1L0.1mol/L=0.05mol，硫酸總量為18.5mol/L0.1L=1.85mol，所以反應過程中消耗的H2SO4的物質的量為1.85mol-0.05mol=1.80mol；生成的氣體為標況下33.6L，即1.5mol，根據Zn與濃硫酸反應方程式可知生成1.5molSO2需要3mol硫酸，Zn與稀硫酸反應的化學方程式為Zn+H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成1.5mol氫氣需要1.5mol硫酸，實際消耗的硫酸為1.80mol，所以氣體A為二氧化硫和氫氣；根據題意n(SO2)+n(H2)=1.5mol，根據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，同溫同壓下氣體的體積比等于物質的量之比，所以V(SO2)：V(H2)=1∶4；根據兩個方程式可知無論是生成二氧化硫還是氫氣，生成1mol氣體時均消耗1molZn，所以該反應中消耗的Zn的物質的量為1.5mol，質量為1.5mol65g/mol=97.5g。22.Ⅰ.現有中學化學中常見的幾種物質：①O2、②Mg、③CO、④WO3、⑤W、⑥CO2。請回答下列問題：(1)①、②、③、④四種物質中常用作還原劑的有___________(填序號)。(2)請將③、④、⑤、⑥對應物質填入下列橫線上，以組成一個氧化還原反應方程式：___________＋______________________＋___________(3)隨著人們環保意識的增強，許多汽車都已經裝上了如圖所示的尾氣處理裝置。在催化劑的作用下，尾氣中兩種主要的有毒氣體反應生成兩種無害氣體，兩種無害氣體均為空氣中的成分，寫出該反應的化學方程式：___________。該反應中氧化劑是___________。Ⅱ.KClO3和濃鹽酸在一定溫度下反應可以生成黃綠色易爆物ClO2，反應方程式如下：2KClO3＋4HCl(濃)=2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O。(1)請分析該反應中電子轉移的情況___________。(雙線橋法表示)(2)濃鹽酸在反應中顯示出來的性質是___________(填寫編號)。①只有還原性；②還原性和酸性；③只有氧化性；④氧化性和酸性(3)產生0.1molCl2，則轉移的電子的物質的量為___________mol。(4)ClO2具有很強的氧化性。因此，常被用作消毒劑，其消毒的效率(以單位質量得到的電子數表示)是Cl2的___________倍(小數點后保留兩位)。【答案】(1).②③(2).3CO(3).WO3(4).W(5).3CO2(6).2CO＋2NON2＋2CO2(7).NO(8).(9).②(10).0.2(11).2.63【解析】【分析】【詳解】Ⅰ.(1)①O2、②Mg、③CO、④WO3中，Mg是活潑金屬易失電子，常作還原劑，CO也常用作還原劑，故選②③；(2)③、④、⑤、⑥對應物質發生氧化還原反應的方程式為：3CO+WO3W+3CO2；(3)尾氣中兩種主要的有毒氣體是NO、CO，二者在催化劑的作用下反應生成兩種無害氣體為N2、CO2，該反應的化學方程式2CO＋2NON2＋2CO2，氮元素化合價降低，則反應中氧化劑是NO；Ⅱ.(1)在該反應中，KClO3中Cl元素的化合價從+5價降低到+4價，HCl中的Cl元素部分化合價從-1價升高到+2價，當2molKClO3與4molHCl反應時，轉移2mol電子，則用雙線橋表示的電子轉移情況為；(2)因為反應中鹽酸既生成鹽氯化鉀，又被氧化，則濃鹽酸在反應中顯示出來的性質是酸性和還原性，故選②；(3)根據(1)的分析知，當生成1molCl2時，轉移2mol電子，則產生0.1molCl2，則轉移的電子的物質的量為0.2mol；(4)ClO2具有很強的氧化性，得電子的產物為Cl-，Cl2的還原產物也是Cl-，則ClO2的消毒的效率是Cl2的倍。23.已知1L某待測液中除含有0.2mol·L-1的Na＋外，還可能含有下列離子中的一種或幾種：陽離子K＋、NH、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋陰離子Cl-、Br-、CO、HCO、SO現進行如下實驗操作(每次實驗所加試劑均過量)：已知：NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O(1)由氣體B可確定待測液中含有的離子是___________。(2)由沉淀D和沉淀E可以判斷待測液中一定含有的離子是___________，據此可以排除的離子是___________。(3)由白色沉淀B可確定待測液中含有的離子是___________。(4)某同學讀圖后，認為待測液中一定不含溴離子，他判斷的依據是___________。(5)綜合分析，待測液中K＋的最小濃度為___________。【答案】(1).NH(2).CO、SO(3).Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋(4).HCO(5).向溶液B中通入氯氣，溶液呈淺黃綠色(或向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，出現白色沉淀)(6).0.1mol·L-1【解析】【分析】待測液和氯化鋇溶液反應得到沉淀A，則溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成氣體，且有部分沉淀不溶解，則溶液中存在CO和SO，根據離子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；濾液A中有Ba2+，加入過量的NaOH溶液得到氣體B、白色沉淀B，則溶液中一定含有NH、HCO，氣體B為NH3，白色沉淀B為BaCO3，濾液B中通入氯氣，得淺黃綠色溶液，溶液中一定沒有Br?，濾液B中加入硝酸銀、硝酸溶液得到白色沉淀C，C為AgCl，說明濾液B