2015-2016学年辽宁省实验中学高一上学期月考化学试卷(12月份)(解析版)

2015-2016学年辽宁省实验中学高一（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题：（本题共10个小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分）1．下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒用作引流的是（）①过滤②蒸发③溶解④向容量瓶转移液体．A．①和②B．①和③C．③和④D．①和④【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用．【解答】解：①在过滤时，玻璃棒起引流作用；②在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；③玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；④向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用．其中玻璃棒的作用及其目的相同的是①和④，故选D．【点评】本题主要考查了玻璃棒的作用，熟悉各实验中玻璃棒的作用及使用注意事项即可解答，较简单．2．过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：正确的操作顺序是（）①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤．A．③②①⑤④B．①②③⑤④C．②③①④⑤D．③⑤②①④【考点】粗盐提纯．【专题】离子反应专题．【分析】从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析．【解答】解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①⑤④；故选A．【点评】除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维．3．鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体最简便的方法是（）A．萃取B．蒸馏C．过滤D．丁达尔效应【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，而氯化铁溶液不具备该性质．【解答】解：胶体和溶液的区别是：氯化铁胶体具有丁达尔效应，而氯化铁溶液不具备，可以据此来鉴别二者．故选D．【点评】本题考查胶体的特性以及溶液和胶体的鉴别知识，是对课本知识的考查，较简单．4．下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是（）A．硫酸、CuSO45H2O、苛性钠B．硫酸、空气、纯碱C．氧化铁、胆矾、熟石灰D．硝酸、食盐水、烧碱【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】由两种或两种以上不同物质组成的物质属于混合物，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物属于酸，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物属于碱，以此解答该题．【解答】解：A、硫酸属于酸，CuSO4·5H2O属于纯净物中的化合物，苛性钠属于碱，故A 错误；B、硫酸属于酸，空气属于混合物，纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故B错误；C、氧化铁属于氧化物，但凡是五水硫酸铜的俗称，属于纯净物中的化合物，熟石灰是氢氧化钙的俗称，属于碱类，故C错误；D、硝酸属于酸，食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物，烧碱是氢氧化钠的俗称，属于碱类，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生物质的分类知识，可以根据教材知识来回答，难度不大．5．下列电离方程式中正确的是（）A．KOH═K++OH﹣B．NaHCO3═Na++H++CO32﹣C．H2SO4═2H++SO42﹣D．Fe2（SO4）3═Fe23++3SO42﹣【考点】电离方程式的书写．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】强电解质完全电离，用等号；弱电解质部分电离用可逆号，弱酸的酸式根离子应不能拆，强酸的酸式根离子应拆成离子形式，注意原子团不能拆，据此解答．【解答】解：A．氢氧化钾为强电解质，完全电离，电离方程式：KOH═K++OH﹣，故A正确；B．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故B错误；C．硫酸为强电解质，完全电离，电离方程式：H2SO4═2H++SO42﹣，故C正确；D．硫酸铁为强电解质，完全电离，电离方程式：Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣，故D错误；故选：AC．【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意弱酸的酸式根离子不能拆，题目难度不大．6．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A．K+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣B．Ba2+、Na+、CO32﹣、OH﹣C．Mg2+、Ba2+、OH﹣、NO3﹣D．H+、K+、CO32﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间能结合生成沉淀、气体和水等，则离子不能大量共存来分析解答．【解答】解：A、因该组离子之间不反应，则能够大量共存，故A正确；B、因Ba2+、CO32﹣能结合生成碳酸钡沉淀，则不能大量共存，故B错误；C、因Mg2+、OH﹣能结合生成氢氧化镁沉淀，则不能大量共存，故C错误；D、因H+、CO32﹣能结合生成水和二氧化碳气体，则不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应、常见物质的溶解性、状态等即可解答，难度不大．7．下列离子方程式书写正确的是（）A．铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．盐酸与饱和的澄清石灰水反应：H++OH﹣═H2OC．碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2OD．稀硫酸与锌反应：H2SO4+Zn═Zn2++SO42﹣+H2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；B．强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；C．醋酸为弱电解质，在离子反应中应保留化学式；D．Zn与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气．【解答】解：A．铁跟稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．盐酸与饱和的澄清石灰水反应的离子反应为H++OH﹣═H2O，故B正确；C．碳酸钙与醋酸反应的离子反应为CaCO3+2HAc═Ca2++CO2↑+H2O+2Ac﹣，故C错误；D．锌跟稀硫酸反应的离子反应为Zn+2H+═Zn2++H2↑，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的离子反应是解答本题的关键，难度不大．8．用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，22.4L H2O含有的分子数为N AB．常温常压下，1.06克Na2CO3含有的Na离子数为0.02N AC．通常状况下，1N A个H2分子占有的体积为22.4LD．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl离子个数为N A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、标况下水为液态；B、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含2mol钠离子来分析；C、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，故0.01mol碳酸钠中含0.02mol钠离子即0.02N A个，故B正确；C、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故N A个氢气分子即1mol氢气的体积大于22.4L，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．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是（）①NaHCO3②Al2O3③Al（OH）3④Al．A．③④B．②③④C．①③④D．全部【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，据此分析解答．【解答】解：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，所以能和稀硫酸、NaOH溶液反应的物质有碳酸氢钠、氧化铝、氢氧化铝和铝，故选D．【点评】本题考查能和强酸强碱反应的物质，侧重考查物质性质，知道常见物质的性质即可解答，注意总结归纳．10．将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）A．KSCN B．BaCl2C．HCl D．NaOH【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】阴离子相同，只有阳离子不同，可利用与碱反应的不同现象来鉴别，以此来解答．【解答】解：A．KSCN只能鉴别出氯化铁，故A不选；B．均与氯化钡不反应，不能鉴别，故B不选；C．均与HCl不反应，不能鉴别，故C不选；D．氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液分别与NaOH反应的现象为：无现象、白色沉淀生成后溶解、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀，现象不同，可鉴别，故D选；故选D．【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．二、选择题（本题共10小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分）11．向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（）A．B．C．D．【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物．【分析】根据Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O来分析．【解答】解：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D．【点评】本题考查化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氢氧化铝能溶于碱，而氢氧化镁不能来解答．12．为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是（）A．分别加入1mol/L的盐酸溶液，看有无气泡产生B．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C．分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀D．分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】NaHCO3不稳定，加热易分解，K2CO3可与BaCl2溶液反应生成沉淀，二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，都和与盐酸反应生成二氧化碳，但生成气体的速率不同，以此解答该题．【解答】解：A．K2CO3和NaHCO3两种白色固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，不能鉴别，应通过生成气体的速率判断，故A错误；B．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故B正确；C．K2CO3可与BaCl2溶液反应生成沉淀，NaHCO3不反应，可鉴别，故C正确；D．二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，注意观察钾元素的焰色反应应通过蓝色钴玻璃观察，可鉴别，故D正确．故选A．【点评】本题考查物质的鉴别的方案设计，题目难度中等，明确二者性质的异同是解答该题的关键，也是易错点．13．下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验．请观察如图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的（）A．甲为小苏打，乙为纯碱B．要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C．加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D．整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【分析】A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产生气体判断稳定性强弱；B．无水硫酸铜遇到水显示蓝色，据此可以鉴别是否有水存在；C．烧杯A与装有碳酸钠的试管相连，则实验过程中不会生成二氧化碳，石灰水不会变浑浊；C．烧杯A连接的试管盛放的为碳酸钠，加热过程中不会产生二氧化碳．【解答】解：A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B．白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C．碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A 烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D．碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确；故选C．【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，题目难度中等，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案．14．Na2O2是一种既有氧化性、又有还原性的物质，当Na2O2与某物质Q发生反应并且有氧气生成时，下列有关说法正确的是（）A．Q一定是氧化剂B．当有1 mol O2生成时转移电子4 molC．O2一定是氧化产物D．Na2O2不可能发生还原反应【考点】氧化还原反应．【分析】Na2O2与某物质Q发生反应并且有氧气生成时，则说明过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，据此分析．【解答】解：Na2O2与某物质Q发生反应并且有氧气生成时，则说明过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，则Na2O2既发生还原反应又发生氧化反应，生成的氧气既是还原产物又是氧化产物，而Q可能是既不是氧化剂又不是还原剂，例如过氧化钠与水或者二氧化碳反应，当有1 molO2生成时转移电子为2×1=2 mol，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】本题考查了氧化还原反应，注意结合元素化合价的变化分析，题目难度中等．15．将两种金属单质组成的混合物11g，加到足量稀硫酸中，最终得到11.2L（标准状况下）的氢气，这两种金属可能是（）A．Zn和Fe B．Ag和Mg C．Al和Cu D．Mg和Zn【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】假设金属都为+2价，根据M=计算金属混合物的平衡相对原子质量，利用平均值法判断，注意不反应的金属，其相对原子质量看做无穷大．【解答】解：标准状况下11.2L氢气的物质的量为=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.5mol，则金属混合物的平均相对原子质量==22，A．Zn、Fe在反应中都表现+2价，Zn的相对原子质量为65，Fe的相对原子质量为56，二者平均相对原子质量介于56～65之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为22，故A错误；B．Ag不反应，其的相对原子质量看做无穷大，Mg在反应中表现+2价，相对原子质量为24，二者平均相对原子质量大于24，故B错误；C．当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为×27=18，Cu不反应，其的相对原子质量看做无穷大，平均值可能为22，故C正确；D．Mg、Zn在反应中都表现+2价，Mg的相对原子质量为24，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量介于24～65之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为22，故D 错误．故选：C．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题利用平均值法可快速解答，注意化合价与相对原子质量的转化．16．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．5：3 B．5：4 C．1：1 D．3：5【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比．【解答】解：在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5﹣0）：[0﹣（﹣3）]=5：3．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比．17．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①金属钠投入到FeCl2溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2．A．①②③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】①钠和水反应生成的氢氧化钠和FeCl2溶液发生复分解反应生成Fe（OH）2，最终生成红褐色的Fe（OH）3；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应生成偏铝酸钠，无沉淀产生；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生复分解反应有碳酸钙是白色沉淀生成；④碳酸酸性比氢氧化铝强，过量CO2通入NaAlO2溶液中生成氢氧化铝白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出白色的碳酸氢钠晶体．【解答】①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2 ↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3↓，AlOH3+OH ﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故错误；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3 ↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故正确；④向NaAlO2溶液中通入过量CO2溶液发生的反应为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，氢氧化铝是白色沉淀，故正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确；故选：D．【点评】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意⑤根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项．18．关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是（）A．等浓度时水溶液碱性：NaHCO3＞Na2CO3B．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3C．与盐酸溶液反应的速率（快慢）：NaHCO3＜Na2CO3D．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、根据碳酸根离子和碳酸氢根离子的水解程度分析；B、碳酸氢钠受热易分解；C、碳酸氢钠与盐酸反应速率较快；D、根据碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时碳元素守恒来计算．【解答】解：A、碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，因此等浓度时水溶液碱性：NaHCO3＜Na2CO3，故A错误；B、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，对热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；C、碳酸氢钠与盐酸反应速率较快，因此与盐酸反应速率：NaHCO3＞Na2CO3，故C错误；D、设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol，故D正确；故选D．【点评】熟记碳酸铵和碳酸氢钠的性质差异是解决问题的关键，注意知识的积累和灵活应用，难度不大．19．根据下列反应判断有关物质的还原性由强到弱的顺序正确的是（）①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞H2SO3＞Fe2+＞NOC．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱．【解答】解：①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I﹣，②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I﹣＞Fe2+，③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO，显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键，题目难度不大．20．向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL．在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol．L﹣1的盐酸，产生CO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示．下列说法正确的是（）A．在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是①NaOH、Na2CO3②Na2CO3③Na2CO3、NaHCO3④NaHCO3B．B曲线说明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是11.2L（标准状况）C．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.100mol/LD．B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为NaOH、Na2CO3【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】①当生成CO2气体时，发生反应HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，根据消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质；②逐滴加入0.1molL﹣1的盐酸，生成CO2气体时，发生反应HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，根据消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质；③先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，根据盐酸的物质的量计算氢氧化钠的物质的量浓度．【解答】解：A．由CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，则在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是①NaOH、Na2CO3②Na2CO3③Na2CO3、NaHCO3④NaHCO3，故A正确；B．当生成CO2气体时，发生反应HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸60mL 时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积（75﹣60）mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH 和Na2CO3，由HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑可知，与盐酸反应产生CO2的最大体积是0.015L×0.1mol/L×22.4L/mol=0.336L，故B错误；C．先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，盐酸和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的物质的量浓度为cmol/L，加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液．根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=7.5×10﹣3mol，c（NaOH）==0.15mol/L，故C错误；D．由图可知，对应B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O 和CO32﹣+H+=HCO3﹣，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积为60mL，远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积（75﹣60）mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3，故D正确；故选AD．【点评】本题考查离子反应及化学反应的计算，为高频考点，把握图象与反应的对应关系及溶质的判断为解答的关键，注意分析与计算能力的综合考查，题目难度中等．三、填空题（本题包括4小题）21．已知A为常见的金属单质，根据如图所示的转化关系回答下列问题．（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：。