河南省南陽市第一中學2023-2024學年高一上學期12月月考化學Word版含解析.docx

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高一化學試卷一．選擇題（共15小題，每題3分，共45分）1．向100mL小燒杯中加入40mL蒸餾水，加熱至沸騰，向沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3飽和溶液。繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱，就制得了Fe（OH）3膠體。下列有關膠體的敘述錯誤的是（　?。〢．膠體是一種分散系，屬于混合物B．膠體中的分散質粒子的直徑為1～100nmC．膠體的本質特征是能發(fā)生丁達爾效應D．丁達爾效應可被用來區(qū)分膠體和溶液2．下列“類比”合理的是（　　）A．Na與H2O反應生成NaOH和H2，則Fe與H2O反應生成Fe（OH）3和H2B．NaClO溶液與CO2反應生成NaHCO3和HClO，則NaClO溶液與SO2反應生成NaHSO3和HClOC．NaOH溶液與少量AgNO3溶液反應生成Ag2O和NaNO3，則氨水與少量AgNO3溶液反應生成Ag2O和NH4NO3D．Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl，則Mg3N2與鹽酸反應生成MgCl2和NH4Cl3．如圖是一種試驗某氣體化學性質的裝置，圖中B為開關，如先打開B，在A處通入干燥氯氣，C中紅色布條顏色無變化；當關閉B時，C處紅色布條顏色褪去，則D瓶中盛有的溶液是（　?。〢．濃H2SO4B．飽和NaCl溶液C．濃NaOH溶液D．濃Ba（OH）2溶液4．NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（　?。〢．等物質的量的Na2O2和Na2O中所含陰離子數均為NAB．1molMgCl2中Cl﹣Cl鍵個數為NAC．標準狀況下，0.1molC3H6中一定含有0.8NA個σ鍵D．0.1molFeCl3水解制得的Fe（OH）3膠體中膠粒數小于0.1NA5．NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（　　）A．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數為：2NAB．5.8g正丁烷和異丁烷的混合物中含有σ鍵數目為1.3NA C．1L0.1mol?L?1的NaHCO3溶液中數目為0.1NAD．2L0.5mol/LFeCl3溶液水解生成氫氧化鐵膠粒的數目為NA6．已知：NaH2PO2可由H3PO2與過量的NaOH溶液反應生成。類推是常用的思維方法，下列類推正確的是（　?。〢．CO2是酸性氧化物，NO2也是酸性氧化物B．Fe與稀硫酸反應生成H2，Cu與稀硫酸也反應生成H2C．NaH2PO4屬于酸式鹽，NaH2PO2也屬于酸式鹽D．CaO與水反應生成堿，Na2O與水反應也生成堿7．某100mL無色溶液可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、Cl﹣中的若干種，取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如圖：（所加試劑均過量，氣體全部逸出）下列說法錯誤的是（　?。〢．原溶液一定存在Na+、NH4+、Mg2+、Al3+和Cl﹣，一定不存在Fe3+、CO32﹣B．原溶液中c（NH4+）＝1mol?L﹣1C．沉淀2的成分為Mg（OH）2D．原溶液中c（Cl﹣）≥6mol?L﹣18．下列事實中一定能證明CH3COOH是弱電解質的是（　?。儆肅H3COOH溶液做導電實驗，燈泡很暗②0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol?L﹣1③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，產生大量氣泡④20mL0.2mol?L﹣1CH3COOH溶液恰好與20mL0.2mol?L﹣1NaOH溶液完全反應⑤1mLc（H+）＝0.01mol?L﹣1的CH3COOH溶液稀釋至1L，c（H+）＞1.0×10﹣5mol?L﹣1A．①②B．②③C．②⑤D．③④9．取A、B兩份物質的量濃度相等的NaOH溶液，體積均為50mL，分別向其中通入一定量的CO2后，再分別稀釋到100mL，在稀釋后的溶液中分別滴加0.1mol/L的鹽酸，產生的CO2體積（標準狀況）與所加鹽酸的體積關系如圖，下列說法正確的是（　?。?A．原NaOH溶液的物質的量濃度0.075mol?L﹣1B．A曲線表明原溶液通入CO2后，所得溶質為NaOH和Na2CO3且物質的量之比為1：3C．B曲線表明原溶液通入CO2后，所得溶質為Na2CO3和NaHCO3且物質的量之比為1：1D．B曲線表明原溶液通入CO2后，所得溶質與鹽酸反應產生氣體的最大體積為33.6mL（標準狀況）10．實驗室利用如圖所示裝置制備干燥、純凈的氯氣。下列有關敘述不正確的是（　?。〢．本實驗操作順序：檢驗裝置氣密性→添加固體藥品→添加液體藥品→加熱B．裝置Ⅱ、Ⅲ中的試劑依次為濃硫酸、飽和NaCl溶液C．氯氣密度比空氣大，故裝置Ⅳ中長導管進氣，短導管出氣D．裝置Ⅴ中反應的離子方程式為Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O11．以紅土鎳鎘礦（NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等雜質）為原料回收部分金屬單質，其工藝流程如圖所示：已知：電極電位是表示某種離子或原子獲得電子而被還原的趨勢，在25℃下，部分電對的電極電位如表：電對Cu2+/CuPb2+/PbCd2+/CdFe2+/FeNi2+/Ni電極電位/V+0.337﹣0.126﹣0.402﹣0.442﹣0.257下列說法錯誤的是（　?。?A．“漿化”的目的是增大接觸面積，加快酸浸反應速率，提高某些金屬元素浸取率B．“物質A”可以是NiCO3，“調pH”后，經加熱得Fe（OH）3沉淀C．“金屬A”是Pb和Cu混合物，“金屬B”是CdD．該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質有CO、H2SO4、Ni等12．下列有關鐵及其化合物的敘述中，不正確的是（　?。〢．高溫下，鐵和水蒸氣反應可以生成氫氣B．將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，煮沸至紅褐色，可以制得氫氧化鐵膠體C．Fe3O4常用作紅色油漆和涂料D．用KSCN溶液鑒別FeCl2溶液和Fe2（SO4）3溶液13．化石燃料燃燒會產生大氣污染物SO2、NOx等，科學家實驗探究用硫酸鈰循環(huán)法吸收SO2，其轉化原理如圖所示，下列說法正確的是（　　）A．檢驗可以選用鹽酸酸化的BaCl2溶液B．反應①的離子方程式為2Ce4++SO2+2H2O＝2Ce3+++4H+C．反應②中氧化劑與氧化產物的物質的量之比為1：2D．理論上每吸收標準狀況下224mLSO2，一定消耗0.32gO214．下列陳述Ⅰ、Ⅱ均正確并且有因果關系的是（　?。┻x項陳述Ⅰ陳述ⅡASO2有漂白性SO2可使酸性高錳酸鉀溶液褪色BNH3極易溶于水充滿NH3 的試管倒置于水槽中，水面迅速上升C濃硫酸有強氧化性濃硫酸可用于干燥H2和COD常溫下，鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化常溫下，鐵與濃硝酸不反應A．AB．BC．CD．D15．關于化合物（NH4）2Cr2O7的性質，下列推測合理的是（　　）A．（NH4）2Cr2O7固體受熱分解產物可能為CrO3、NH3、N2和H2OB．在（NH4）2Cr2O7溶液中滴加足量濃KOH溶液時只發(fā)生離子反應：NH4++OH﹣═NH3↑+H2OC．若一定條件下（NH4）2Cr2O7溶液與H2O2反應生成CrO5（Cr為+6價），推測CrO5可能具有分子穩(wěn)定性差，易分解的性質D．用濃鹽酸酸化（NH4）2Cr2O7溶液，會使平衡Cr2O72﹣+H2O?2CrO42﹣+2H+逆向移動，溶液由黃色（或橙黃色）變?yōu)槌壬沁x擇題（共4小題,共55分）16．如圖為實驗室某試劑瓶標簽上的有關數據，試根據標簽上的有關數據回答下列問題：氫氧化鈉溶液分子式：NaOH相對分子質量：40密度：1.2g?cm﹣3質量分數：20%（1）該NaOH溶液的物質的量濃度為　　mol/L．（2）現(xiàn)在要配制該濃度的NaOH溶液100ml，需稱量　　g固體氫氧化鈉．溶液配制的所需的基本步驟如下：（3）將上述實驗步驟A到F按實驗過程先后次序排列　?。?（4）上述實驗步驟A、B、E、F都用到的儀器名稱為　?。?）下列操作對NaOH溶液的物質的量濃度有何影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．①搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線再加水　?。虎谌萘科恐性猩倭空麴s水　??；③定容時俯視觀察液面　　．17．（1）濕法制備高鐵酸鉀（K2FeO4）的反應體系中有六種粒子：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。①寫出并配平濕法制高鐵酸鉀反應的離子方程式：　　。②每生成1molFeO42﹣轉移　　mol電子，若反應過程中轉移了0.3mol電子，則還原產物的物質的量為　　mol。③低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），原因是　　。（2）工業(yè)上從海水中提取單質溴可采用如下方法：①向海水中通入Cl2將海水中溴化物氧化，其離子方程式為　　。②向上述混合液中吹入熱空氣，將生成的溴吹出，用純堿溶液吸收，其化學方程式為　　。③將②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴轉化為單質溴，再用有機溶劑提取溴后，還可得到副產品Na2SO4．這一過程可用化學方程式表示為　　。18．如圖1是實驗室制備氯氣并進行一系列相關實驗的裝置。請回答下列問題：（1）儀器a的名稱是　　。（2）按圖組裝好裝置后，首先應進行的操作是　　。（3）實驗開始后，Ⅰ、Ⅱ處的有色布條褪色的是　　處。（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）（4）裝置A的燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為　　。（5）反應進行一段時間后D中的現(xiàn)象是，發(fā)生反應的離子方程式為　　。 （6）裝置E的作用是　　。（7）近年來，隨著化學工業(yè)快速發(fā)展，氯氣的需求迅速增加。圖2是某制備氯氣的原理示意圖。CuO的作用是　　，總反應方程式為　　。19．碲（Te）屬于氧族元素，廣泛應用于冶金、能源、化工等行業(yè)。碲化亞銅渣中主要含有Cu和Te元素，并以Cu2Te、Cu及Te的形式存在，此外還含少量Au、Ag等元素。以碲化亞銅渣為原料制備TeO2及膽礬的流程如圖：已知：①TeO2是兩性氧化物，難溶于水；②“酸浸”過程中Te元素先生成H2TeO3，隨著溶液pH的提高，生成TeO2進入酸浸渣中。回答下列問題：（1）H2TeO3的化學名稱為　　。（2）“酸浸”時，適宜的控溫方式為　　，寫出該步驟Cu發(fā)生反應的離子方程式：　??；碲化亞銅發(fā)生反應中，參加反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為　　。（3）實驗室中，“操作X”用到的玻璃儀器有玻璃棒、　　。（4）寫出“堿浸”時，TeO2與NaOH反應的化學方程式：　　。（5）“沉碲”時，控制溶液的pH為4.5～5.0，生成TeO2沉淀。酸性不能過強的原因是　?。环乐咕植克岫冗^大的操作方法是　　。 高一化學參考答案與試題解析一．選擇題（共15小題）1．【答案】C【分析】A．分散系由分散質和分散劑組成；B．膠體分散質粒子直徑介于1～100nm之間；C．膠體的本質特征是膠體粒子直徑在于1～100nm之間；D．丁達爾效應是膠體的特性?！窘獯稹拷猓篈．分散系由分散質和分散劑組成，膠體是一種分散系，屬于混合物，故A正確；B．膠體分散質粒子直徑介于1～100nm之間，故B正確；C．膠體的本質特征是膠體粒子直徑在1～100nm之間，與丁達爾效應無關，故C錯誤；D．丁達爾效應是膠體的特性，可用于區(qū)分膠體和溶液，故D正確；故選：C。2．【答案】D【分析】A．鈉活潑性強于鐵；B．二氧化碳不具有還原性，二氧化硫具有還原性；C．氨水與少量AgNO3溶液生成銀氨溶液；D．Na3N與Mg3N2均與鹽酸發(fā)生反應生成鹽?！窘獯稹拷猓篈．鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，鐵與水常溫下不反應，高溫反應生成四氧化三鐵和氫氣，故A錯誤；B．二氧化碳不具有還原性，二氧化硫具有還原性，所以次氯酸鈉與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，與二氧化碳反應原理不同，故B錯誤；C．氨水與少量AgNO3反應生成[Ag（NH3）2]+，發(fā)生Ag++2NH3?H2O＝[Ag（NH3）2]++2H2O，故C錯誤；D．Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl，反應為Na3N+4HCl＝3NaCl+NH4Cl，Mg3N2與鹽酸反應生成MgCl2和NH4Cl，反應為Mg3N2+8HCl＝3MgCl2+2NH4Cl，故D正確；故選：D。3．【答案】B【分析】 干燥的氯氣不能漂白有色布條，含水蒸氣的氯氣能使有色布條褪色，A處通入氯氣，打開B，在A處通入干燥氯氣，C中紅色布條顏色無變化；當關閉B時，C處紅色布條顏色褪去說明從D中出來的氣體為氯氣和水蒸氣?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸為干燥劑，能夠吸收水蒸氣，當氯氣通過盛有濃硫酸的D瓶是，出來的仍然是干燥的氯氣，不能使有色布條褪色，故A錯誤；B．干燥的氯氣通過盛有飽和食鹽水的D裝置，出來的氣體中含有氯氣和水蒸氣，能夠使有色布條褪色，故B正確；C．D中裝有氫氧化鈉，氯氣通過D時與氫氧化鈉反應，被吸收，從D中出來的氣體中不含氯氣，不能是有色布條褪色，故C錯誤；D．D中裝有濃Ba（OH）2溶液，氯氣通過D時與濃Ba（OH）2溶液反應，可吸收氯氣，不能使有色布條褪色，故D錯誤；故選：B。4．【答案】D【分析】A、根據Na2O2和Na2O的物質的量未知進行分析。B、根據MgCl2中不存在Cl﹣Cl進行分析。C、根據一個C3H6分子中含有10個σ鍵進行分析。D、根據一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體進行分析?！窘獯稹拷猓篈．Na2O2和Na2O的物質的量未知，不能計算等物質的量的Na2O2和Na2O固體中所含陰離子數，故A錯誤；B．MgCl2中不存在Cl﹣Cl，故B錯誤；C．一個C3H6分子中含有10個σ鍵，則標準狀況下，0.1molC3H6中一定含有NA個σ鍵，故C錯誤；D．一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故0.1mol氯化鐵形成的膠粒的個數小于0.1NA，故D正確；故選：D。5．【答案】B【分析】A．2molNO與1molO2充分反應生成2molNO2，但同時存在平衡：2NO2?N2O4；B．正丁烷和異丁烷分子式相同均為C4H10，且1個分子中均含共價鍵數目13個；C．NaHCO3溶液中會微弱水解和微弱電離；D．2L0.5mol/LFeCl3溶液中含F(xiàn)e3+物質的量為1mol，但Fe3+會發(fā)生水解，水解反應可逆且生成的氫氧化鐵膠粒是分子聚集體?！窘獯稹拷猓篈．2molNO與1molO2充分反應生成2molNO2，由于存在可逆反應2NO2?N2O4，所以產物的分子數小于2NA，故A錯誤； B．正丁烷和異丁烷分子式相同均為C4H10，每個分子中均含共價鍵數目13個，則5.8g混合物的物質的量n＝＝＝0.1mol，即0.1mol中含σ鍵數目為1.3NA，故B正確；C．NaHCO3溶液中既存在微弱水解又存在微弱電離，則1L0.1mol?L?1的NaHCO3溶液中數目小于0.1NA，故C錯誤；D．2L0.5mol/LFeCl3溶液中含F(xiàn)e3+物質的量為1mol，但Fe3+會水解，水解可逆不能進行到底，且生成的氫氧化鐵膠粒是分子聚集體，所以水解生成氫氧化鐵膠粒的數目小于NA，故D錯誤；故選：B。6．【答案】D【分析】A．和堿反應生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物；B．Fe與稀硫酸反應生成H2，Cu與稀硫酸不反應；C．酸式鹽是指可電離出氫離子的鹽；D．CaO與水反應生成氫氧化鈣，Na2O與水反應也生成氫氧化鈉?！窘獯稹緼．CO2是酸性氧化物，NO2不屬于酸性氧化物，故A錯誤；B．Fe與稀硫酸反應生成H2，Cu與稀硫酸不反應，故B錯誤；C．酸式鹽是指可電離出氫離子的鹽，NaH2PO4屬于酸式鹽，NaH2PO2屬于正鹽，故C錯誤；D．CaO與水反應生成氫氧化鈣，Na2O與水反應也生成氫氧化鈉，故D正確；故選：D。7．【答案】A【分析】溶液無色，則不含有Fe3+；加入適量氨水恰好完全反應生成13.6g沉淀1，反應為Mg2++2NH3?H2O＝Mg（OH）2↓+2NH4+、Al3++3NH3?H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，再加入NaOH溶液時沉淀部分溶解，該沉淀為Mg（OH）2、Al（OH）3，原溶液中含有Mg2+、Al3+，CO32﹣與Mg2+、Al3+均不能大量共存，即原溶液中無CO32﹣，沉淀2為Mg（OH）2，n（Mg2+）＝n[Mg（OH）2]＝＝0.1mol，n（Al3+）＝n[Al（OH）3]＝＝0.1mol；濾液中加入NaOH溶液引入了Na+，則不能確定原溶液中是否Na+，加入NaOH溶液生成NH3的物質的量n（NH3）＝＝0.6mol＞0.1mol×2+0.1mol×3＝0.5mol，則原溶液中一定含有NH4+，n（NH4+）＝0.6mol﹣0.5mol＝0.1mol；根據溶液不顯電性可知，原溶液中一定含有Cl﹣，正電荷量為0.1mol×2+0.1mol×3+0.1mol＝0.6mol，n（Cl﹣）≥0.6mol，綜上原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl﹣、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32﹣，可能含有Na+，據此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl﹣、NH4+，一定不含有Fe3+、CO32﹣，可能含有Na+，故A錯誤；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有0.1molNH4+，c（NH4+）＝＝1mol/L，故B正確；C．由上述分析可知，沉淀2為Mg（OH）2，故C正確；D．由上述分析可知，原溶液中可能含有Na+，則n（Cl﹣）≥0.6mol，c（Cl﹣）≥＝6mol/L，故D正確；故選：A。8．【答案】C【分析】①中未指明濃度，也沒有參照物，不能說明CH3COOH是弱電解質；②0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol?L﹣1，說明CH3COOH未完全電離；③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，產生大量氣泡，生成了CO2，說明酸性：CH3COOH＞H2CO3，H2CO3是弱酸，不能說明CH3COOH是弱電解質；④同體積同濃度一元酸和一元堿混合都恰好反應；⑤1mLc（H+）＝0.01mol?L﹣1的CH3COOH溶液稀釋至1L，c（H+）＞1.0×10﹣5mol?L﹣1，說明CH3COOH未完全電離?！窘獯稹拷猓孩僦形粗该鳚舛?，也沒有參照物，不能說明CH3COOH是弱電解質，故①錯誤；②0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol?L﹣1，說明CH3COOH未完全電離，說明CH3COOH是弱電解質，故②正確；③往NaHCO3溶液中滴加CH3COOH溶液，產生大量氣泡，生成了CO2，說明酸性：CH3COOH＞H2CO3，H2CO3是弱酸，不能說明CH3COOH是弱電解質，故③錯誤；④同體積同濃度一元酸和一元堿混合都恰好反應，不能說明CH3COOH是弱電解質，故④錯誤；⑤1mLc（H+）＝0.01mol?L﹣1的CH3COOH溶液稀釋至1L，c（H+）＞1.0×10﹣5mol?L﹣1，說明CH3COOH未完全電離，加水稀釋促進了電離，能夠說明CH3COOH是弱電解質，故⑤正確；故選：C。9．【答案】C【分析】A．當二氧化碳氣體完全放出時，溶液的溶質是氯化鈉，該反應的實質是鹽酸和氫氧化鈉反應生成氯化鈉，鹽酸和氫氧化鈉反應的物質的量之比為1：1，設氫氧化鈉的物質的量濃度為cmol/L，加入75ml鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為氯化鈉溶液，根據氯離子、鈉離子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.075L×0.1mol/L＝7.5×10﹣3mol，據c（NaOH）＝求解；B．對于A溶液來說，滴加鹽酸60mL時沒有氣體生成，先發(fā)生OH﹣+H+＝H2O后發(fā)生+H+＝ ，60mL后發(fā)生反應+H+＝H2O+CO2↑，前45mL發(fā)生OH﹣+H+＝H2O；C．B曲線表明原溶液通入CO2后，所得溶質為Na2CO3和NaHCO3，由（75﹣25）mL＝50mL：25mL＝2：1及+H+＝、+H+＝H2O+CO2↑可知，Na2CO3和NaHCO3的物質的量之比為1：1；D．B曲線表明原溶液通入CO2后，所得溶質與鹽酸反應產生氣體，由+H+＝H2O+CO2↑可知，氣體最大體積為V＝n×Vm求解。【解答】解：由圖可知，當生成CO2氣體時，發(fā)生反應+H+＝H2O+CO2↑，對于A溶液來說，滴加鹽酸60mL時沒有氣體生成，可能發(fā)生OH﹣+H+＝H2O和+H+＝，假設原溶液中只有碳酸鈉，生成碳酸氫鈉需要鹽酸的體積和碳酸氫鈉生成氯化鈉需要鹽酸的體積相等，實際上需要鹽酸的體積60mL遠遠大于碳酸氫鈉生成氯化鈉需要鹽酸的體積（75﹣60）mL＝15mL，說明原溶液中的溶質是NaOH和Na2CO3，當生成CO2氣體時，發(fā)生反應+H+＝H2O+CO2↑，對于B溶液來說，滴加鹽酸25mL時沒有氣體生成，可能發(fā)生OH﹣+H+＝H2O和+H+＝，假設原溶液中只有碳酸鈉，生成碳酸氫鈉需要鹽酸的體積和碳酸氫鈉生成氯化鈉需要鹽酸的體積相等，實際上需要鹽酸的體積25mL小于碳酸氫鈉生成氯化鈉需要鹽酸的體積（75﹣25）mL＝50mL，說明原溶液中的溶質Na2CO3和NaHCO3，則：A．當二氧化碳氣體完全放出時，溶液的溶質是氯化鈉，該反應的實質是鹽酸和氫氧化鈉反應生成氯化鈉，鹽酸和氫氧化鈉反應的物質的量之比為1：1，設氫氧化鈉的物質的量濃度為cmol/L，加入75ml鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為氯化鈉溶液。根據氯離子、鈉離子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.075L×0.1mol/L＝7.5×10﹣3mol，c（NaOH）＝＝0.15mol/L，故A錯誤；B．對于A溶液來說，滴加鹽酸60mL時沒有氣體生成，先發(fā)生OH﹣+H+＝H2O后發(fā)生+H+＝，60mL后發(fā)生反應+H+＝H2O+CO2↑，所得溶質為NaOH和Na2CO3且物質的量之比為3：1，故B錯誤；C．B曲線表明原溶液通入CO2后，所得溶質為Na2CO3和NaHCO3，由（75﹣25）mL＝50mL：25mL＝2：1及+H+＝、+H+＝H2O+CO2↑可知，Na2CO3和NaHCO3的物質的量之比為1：1，故C正確；D．B曲線表明原溶液通入CO2后，所得溶質與鹽酸反應產生氣體，由+H+＝H2O+CO2 ↑可知，氣體最大體積為0.05L×0.1mol/L×22.4L/mol＝0.112L＝112mL，故D錯誤；故選：C。10．【答案】B【分析】制備氣體的實驗，先連接裝置后檢驗裝置的氣密性，然后加固體藥品，再加入液體藥品，加熱I中制備氯氣，Ⅱ中飽和食鹽水除去HCl，Ⅲ中濃硫酸干燥氯氣，Ⅳ中為向上排空氣法收集氯氣，Ⅴ中NaOH溶液吸收尾氣，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈.先檢查裝置氣密性，然后按照先固后液的順序投料，則實驗操作順序為：檢驗裝置氣密性→添加固體藥品→添加液體藥品→加熱，故A正確；B.發(fā)生裝置中產生氯氣中含有水蒸氣和氯化氫，分別用濃硫酸、飽和NaCl溶液凈化，先除氯化氫雜質，因為除氯化氫過程中引入水蒸氣，用濃硫酸一起除去，所以裝置Ⅱ、Ⅲ中的試劑依次為飽和NaCl溶液、濃硫酸，故B錯誤；C.氯氣的密度比空氣大，所以用向上排空氣法收集，即長管進氣短管出氣，所以裝置Ⅳ中長導管進氣，短導管出氣，故C正確；D.氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，所以裝置Ⅴ中離子方程式為Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D正確；故選：B。11．【答案】C【分析】以紅土鎳鎘礦（NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等雜質）為原料回收部分金屬單質，首先鎳鎘礦漿化，然后通入空氣加入稀硫酸進行酸浸，硫化鎳和金屬氧化物溶于稀硫酸得到硫酸鹽，二氧化硅不反應，PbSO4不溶，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鉛的濾渣Ⅰ和濾液；向濾液中加入鎳的不溶物調節(jié)pH，可以是碳酸鎳或氧化鎳，經加熱將溶液中鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣Ⅱ和濾液；結合電極電位和不引入雜質，可向濾液中加入鎳，置換出銅離子為銅，過濾得到含有銅、鎳的金屬A和硫酸鎳、硫酸鎘的濾液；濾液經電解、過濾得到含有鎘和鎳的固體和稀硫酸溶液；固體通入一氧化碳氣化分離得到Ni（CO）4和鎘；Ni（CO）4受熱分解得到鎳以及CO，則該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質為一氧化碳、硫酸和鎳等。【解答】解：A．漿化可以增大接觸面積，加快酸浸速率，提高某些金屬元素浸取率，故A正確；B．調節(jié)溶液pH可向濾液中加入鎳的不溶物，經加熱將溶液中鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，則物質A可能為碳酸鎳，故B正確；C．由分析可知，金屬A為銅、鎳的混合物，故C錯誤；D．根據分析，該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質為一氧化碳、硫酸和鎳等，故D正確；故選：C。 12．【答案】C【分析】A．依據鐵與水蒸氣高溫反應生成四氧化三鐵和氫氣解答；B．依據氫氧化鐵膠體制備操作解答；C．依據氧化鐵為紅棕色，四氧化三鐵為黑色解答；D．三價鐵離子遇到KSCN溶液會生成血紅色溶?！窘獯稹拷猓篈．鐵與水蒸氣高溫反應生成四氧化三鐵和氫氣，故A正確；B．將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，煮沸至紅褐色，可以制得氫氧化鐵膠體，故B正確；C．氧化鐵為紅棕色，常用于紅色油漆和涂料，故C錯誤；D．亞鐵離子和KSCN溶液不發(fā)生反應，鐵離子遇到KSCN溶液生成血紅色溶液，用KSCN溶液鑒別FeCl2溶液和Fe2（SO4）3溶液，故D正確；故選：C。13．【答案】B【分析】A、根據酸性條件下HNO3會氧化SO2轉化為硫酸離子進行分析。B、根據反應①中氧化劑是Ce4+，還原劑是二氧化硫進行分析。C、根據電子守恒進行分析。D、根據電子守恒進行分析?！窘獯稹拷猓篈．大氣污染物中氮氧化合物中NO2和H2O轉化為HNO3，酸性條件下HNO3會氧化SO2轉化為硫酸離子，干擾硫酸離子的鑒定，故A錯誤；B．從圖中看，反應①中氧化劑是Ce4+，還原劑是二氧化硫，兩者發(fā)生氧化還原反應生成Ce3+、，方程式為，故B正確；C．反應②中O2中氧元素化合價由0變?yōu)椹?，為氧化劑，Ce3+化合價升高發(fā)生氧化反應得到氧化產物Ce4+，根據電子守恒可知，，故氧化劑與氧化產物的物質的量之比為1：4，故C錯誤；D．根據電子守恒可知，，理論上每吸收標準狀況下224mLSO2（為0.01mol），消耗0.005mol氧氣，為0.16g，故D錯誤；故選：B。14．【答案】B【分析】A.二氧化硫可被酸性高錳酸鉀氧化；B.氨氣極易溶于水；C.濃硫酸具有吸水性，作干燥劑； D.常溫下Fe遇濃硝酸發(fā)生鈍化，生成致密的氧化膜阻止反應的進一步發(fā)生。【解答】解：A.二氧化硫可被酸性高錳酸鉀氧化，溶液褪色體現(xiàn)二氧化硫的還原性，故A錯誤；B.氨氣極易溶于水，則充滿NH3的試管倒置于水槽中，水面迅速上升，故B正確；C.濃硫酸具有吸水性，作干燥劑，用于干燥H2和CO，與氧化性無關，故C錯誤；D.常溫下Fe遇濃硝酸發(fā)生鈍化，生成致密的氧化膜阻止反應的進一步發(fā)生，為化學變化，故D錯誤；故選：B。15．【答案】C【分析】A．（NH4）2Cr2O7固體受熱分解，鉻元素化合價會降低，氮元素化合價會升高；B．滴加足量濃KOH溶液時，反應Cr2O72﹣+H2O?2CrO42﹣+2H+平衡正向移動；C．CrO5中Cr為+6價，O的平均價為﹣價，則CrO5可能具有分子穩(wěn)定性差，易分解的性質；D．（NH4）2Cr2O7溶液與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應。【解答】解：A．﹣3價的氮元素具有還原性，+6價的鉻元素具有氧化性，（NH4）2Cr2O7固體受熱分解，鉻元素化合價會降低，氮元素化合價會升高，故A錯誤；B．在（NH4）2Cr2O7溶液中滴加足量濃KOH溶液時，除了發(fā)生反應NH4++OH﹣＝NH3↑+H2O，還發(fā)生反應Cr2O72﹣+H2O?2CrO42﹣+2H+平衡正向移動，故B錯誤；C．若一定條件下（NH4）2Cr2O7溶液與H2O2反應生成CrO5，Cr為+6價，O的平均價為﹣價，則CrO5可能具有分子穩(wěn)定性差，易分解的性質，故C正確；D．（NH4）2Cr2O7溶液中的Cr2O72﹣具有強氧化性，能與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應，溶液不會由黃色（或橙黃色）變?yōu)槌壬?，故D錯誤；故選：C。二．非選擇題（共4小題，共55分）16．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據c＝計算該NaOH溶液的物質的量濃度；（2）根據m＝nM＝cVM計算配制該濃度的NaOH溶液100ml需要氫氧化鈉的質量；（3）根據溶液配制的操作步驟進行排序，溶液配制步驟：計算→稱量→溶解→冷卻→轉移→洗滌→定容→搖勻；（4）由圖可知，上述實驗步驟A、B、E、F都用到的儀器名稱為100ml容量瓶；（5）分析操作對溶質物質的量、溶液體積的影響，根據c＝判斷對所配溶液濃度的影響．【解答】解：（1）該NaOH溶液的物質的量濃度為： mol/L＝6mol/L，故答案為：6；（2）配制6mol/L的NaOH溶液100ml需要氫氧化鈉的質量為：0.1L×6mol/L×40g/mol＝24.0g，故答案為：24.0；（3）溶液配制步驟：計算→稱量→溶解→冷卻→轉移→洗滌→定容→搖勻，故溶液配制實驗過程先后次序排列為：CBDFAE，故答案為：CBDFAE；（4）由圖可知，上述實驗步驟A、B、E、F都用到的儀器名稱為100ml容量瓶，故答案為：100ml容量瓶；（5）①搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，少量溶液殘留在瓶塞與瓶口之間，再加水至刻度線，導致所配溶液的體積偏大，配制溶液的濃度偏低，故答案為：偏低；②溶液配制需加水定容，容量瓶中原有少量蒸餾水，對所配溶液無影響，故答案為：無影響；③定容時俯視觀察液面，導致所配溶液的體積偏小，配制溶液的濃度偏高，故答案為：偏高．17．【答案】見試題解答內容【分析】（1）①濕法制備高鐵酸鉀時，F(xiàn)e（OH）3失電子被氧化生成K2FeO4，則ClO﹣作氧化劑被還原生成Cl﹣，氫氧化鐵必須在堿性條件下存在，所以該反應是在堿性條件下進行；②由反應的離子方程式知每生成1molK2FeO4轉移電子的物質的量為3mol；③低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀，說明相同條件下高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度??；（2）①Cl2將海水中的Br﹣氧化生成Br2；②純堿（Na2CO3）溶液顯堿性，類比Cl2與NaOH溶液的反應，可推出Br2在純堿溶液中會發(fā)生歧化反應生成溴化物，從③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸鹽，CO32﹣轉化為CO2；③在酸性條件下，Br﹣和BrO﹣3發(fā)生歸中反應生成Br2?！窘獯稹拷猓海?）①濕法制備高鐵酸鉀時，F(xiàn)e（OH）3失電子被氧化生成K2FeO4，則ClO﹣作氧化劑被還原生成Cl﹣，氫氧化鐵必須在堿性條件下存在，所以該反應是在堿性條件下進行，該反應的離子方程式為2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案為：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；②由反應的離子方程式知每生成1molK2FeO4轉移電子的物質的量為3mol，還原產物成K2FeO4的物質的量為2mol，所以反應過程中轉移了0.3mol電子，則還原產物的物質的量為0.15mol，故答案為：3；0.15；③ 低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀，說明相同條件下高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小，故答案為：該溫度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度??；（2）①Cl2將海水中的Br﹣氧化生成Br2，反應的離子方程式為：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，故答案為：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣；②純堿（Na2CO3）溶液顯堿性，類比Cl2與NaOH溶液的反應，可推出Br2在純堿溶液中會發(fā)生歧化反應生成溴化物，從③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸鹽，CO32﹣轉化為CO2，故答案為：3Na2CO3+3Br2═5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；③在酸性條件下，Br﹣和BrO3﹣發(fā)生歸中反應生成Br2，反應的方程式為：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O，故答案為：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O。18．【答案】（1）分液漏斗；（2）檢查氣密性；（3）Ⅰ；（4）MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（5）Cl2+2Br﹣＝Br2+2Cl﹣；（6）吸收尾氣，防止污染大氣；（7）催化作用；O2+4HCl2Cl2+2H2O（g）。【分析】A中濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下反應生成氯氣，b中用飽和食鹽水除氯化氫、且B中長頸漏斗還可用于平衡氣壓，裝置C用來探究濕潤的氯氣和干燥氯氣是否具有漂白性，D中氯氣和溴化鉀溶液反應，裝置E用來吸收多余的氯氣，防止污染大氣，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）儀器a的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；（2）有氣體生成或參加的反應，一定要檢查裝置的氣密性。則按圖組裝好裝置后，首先應進行的操作是檢查氣密性，故答案為：檢查氣密性；（3）實驗開始后，I處是潮濕的紅布條、II處是干燥的紅布條，因為干燥的氯氣沒有漂白性、Cl2與水反應生成的次氯酸具有強氧化性、漂白性，則有色布條褪色的是Ⅰ處，故答案為：Ⅰ；（4）裝置A的燒瓶中濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下反應生成氯氣、二氯化錳和水，化學方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O， 故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（5）D中氯氣和溴化鉀溶液反應生成氯化鉀和溴單質，溴水呈橙色，則反應進行一段時間后D中的現(xiàn)象是溶液由無色變?yōu)槌壬?，發(fā)生反應的離子方程式為Cl2+2Br﹣＝Br2+2Cl﹣，故答案為：Cl2+2Br﹣＝Br2+2Cl﹣；（6）氯氣與氫氧化鈉溶液反應，可以生成氯化鈉、次氯酸鈉和水等，則裝置E的作用是吸收尾氣，防止污染大氣，故答案為：吸收尾氣，防止污染大氣；（7）由圖知，氧化銅參加反應后又重新生成，則反應中CuO的作用是催化作用，該總反應的反應物是HCl和氧氣、水和氯氣是生成物，故總反應方程式為O2+4HCl2Cl2+2H2O（g），故答案為：催化作用；O2+4HCl2Cl2+2H2O（g）。19．【答案】（1）亞碲酸；（2）水浴加熱；3Cu++6H+＝3Cu2++Cl﹣+3H2O；4：3；（3）漏斗、燒杯；（4）TeO2+2NaOH═Na2TeO3+H2O；（5）酸性過強，會使二氧化碲溶解，導致產率降低；緩慢加入硫酸，并不斷攪拌。【分析】以碲化亞銅渣為原料制備TeO2及膽礬，碲化亞銅渣酸浸過程中水浴加熱，控制溫度80℃，酸性溶液中，氯酸鈉作氧化劑將Cu2Te、Cu及Te氧化為硫酸銅和亞碲酸，過濾分離，得到硫酸銅溶液，加入氫氧化鈉沉銅得到氫氧化銅，進一步得到膽礬；二氧化碲進入酸浸渣中，加入氫氧化鈉溶液溶解，得到亞碲酸鈉溶液，進一步加稀硫酸沉碲得到二氧化碲，據此分析?！窘獯稹拷猓海?）Te和S同主族，結合硫酸和亞硫酸，H2TeO3的化學名稱為亞碲酸，故答案為：亞碲酸；（2）溫度低于100℃，可用水浴加熱；酸性溶液中，氯酸鈉作氧化劑將Cu氧化為硫酸銅，離子方程式為3Cu++6H+＝3Cu2++Cl﹣+3H2O；碲化亞銅中銅元素為+1價，被氧化生成+2價銅離子，碲元素為﹣2價，被氧化生成+4價亞碲酸，氯酸根中氯元素為+5價，被還原生成﹣1價氯離子，根據得失電子守恒，氧化劑和還原劑的物質的量之比為4：3，故答案為：水浴加熱；3Cu++6H+＝3Cu2++Cl﹣+3H2O；4：3；（3）“操作X”為過濾，需要的玻璃儀器有玻璃棒、漏斗、燒杯，故答案為：漏斗、燒杯；（4）二氧化碲是兩性氧化物，結合氧化鋁和氫氧化鈉溶液的反應，反應方程式為TeO2 +2NaOH═Na2TeO3+H2O，故答案為：TeO2+2NaOH═Na2TeO3+H2O；（5）二氧化碲是兩性氧化物，可溶于強酸，酸性過強，會使二氧化碲溶解，導致產率降低；防止局部酸度過大的操作方法是緩慢加入硫酸，并不斷攪拌，故答案為：酸性過強，會使二氧化碲溶解，導致產率降低；緩慢加入硫酸，并不斷攪拌。