湖南省長沙市長沙縣2021-2022學(xué)年高一化學(xué)上學(xué)期9月月考測(cè)試試題

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B.根據(jù)純凈物的元素組成，將純凈物分為單質(zhì)和化合物

C.根據(jù)能否發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)將分散系分為溶液、濁液和膠體

D.根據(jù)其溶液是否導(dǎo)電，將物質(zhì)分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)下列有關(guān)Fe(OH)3膠體和FeC13A.兩者均能透過濾紙

B.Fe(OH)3膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)是Fe(OH)3膠體區(qū)別于FeC13溶液最本質(zhì)的特征

C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，會(huì)出現(xiàn)紅褐色對(duì)四組無色透明溶液進(jìn)行離子檢驗(yàn)，四位同學(xué)各鑒定一組，他們的實(shí)驗(yàn)報(bào)告的結(jié)論如下，其中可能正確的是(?)A.MnO4-、K+、S2-、Na+ B.Na+、HCO3-、OH-、Cl-

C.KClO3

與濃鹽酸發(fā)生如下反應(yīng)：KClO3+6HCl(濃A.Cl2

既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物

B.轉(zhuǎn)移

5mol電子時(shí)，產(chǎn)生

67.2L的

Cl2

C.鹽酸既體現(xiàn)酸性，又體現(xiàn)還原性

D.如表中評(píng)價(jià)合理的是(?)選項(xiàng)化學(xué)反應(yīng)及其離子方程式評(píng)價(jià)ANaHCO3溶液與過量的Ba(OH正確B向石灰乳中加入足量稀鹽酸：O錯(cuò)誤，石灰乳不應(yīng)寫成離子形式C向沸水中滴加飽和的氯化鐵溶液至液體變?yōu)榧t褐色：F正確DNaOH溶液中通入少量CO2正確A.A B.B C.C D.D已知I-、Fe2+、SO2、Cl-和A.2Fe3++SO2+2H2O=2F下列關(guān)于鈉的化合物的說法中不正確的是(?)

①熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3；

②Na2O和Na2O2都能與水反應(yīng)生成堿，故均為堿性氧化物；

③等濃度的溶液與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氣泡的劇烈程度：Na2CO3>NaHCA.②③⑤⑥ B.①②③⑤ C.②③④⑥ D.②④⑤⑥下列敘述中正確的是(?)A.可用pH試紙測(cè)新制氯水的pH

B.工業(yè)上將氯氣通入石灰乳制漂白粉，其有效成分是氯化鈣

C.FeCl2既能由金屬和氯氣直接反應(yīng)得到，又能由金屬和鹽酸反應(yīng)得到

某同學(xué)用以下裝置制備并檢驗(yàn)

Cl2的性質(zhì)。下列說法正確的是(?)A.Ⅰ圖：若

MnO2

過量，則濃鹽酸可全部消耗完

B.Ⅱ圖：證明新制氯水具有酸性和漂白性

C.Ⅲ圖：產(chǎn)生了棕黃色的霧

D.圖：日光照射燒瓶中的飽和氯水會(huì)有氣泡產(chǎn)生，這是由于氯氣光照條件下溶解度下降而逸出兩個(gè)體積相同的容器，一個(gè)盛有NO，另一個(gè)盛有N2和O2，在同溫同壓下兩容器內(nèi)的氣體一定具有相同(?)

①原子總數(shù)

②質(zhì)子總數(shù)

③分子總數(shù)

④質(zhì)量．A.①② B.②③ C.①③ D.②④若20g密度為dg?cm-3的硝酸鈣溶液中含有1gCa2+A.d400 B.20d C.2.5d 某固體A在一定條件下可完全分解，生成B、C、D三種氣體的混合物.反應(yīng)方程式如下：2A=B↑+2C↑+3D↑，此時(shí)測(cè)得混合氣體的相對(duì)平均分子質(zhì)量為20，則固體A的摩爾質(zhì)量為(?)A.30g/mol B.60g/mol C.90g/mol D.120g/mol用無水Na2CO3配制250mL1.000mol?A.稱量時(shí)碳酸鈉固體含有結(jié)晶水 B.移液時(shí)有液滴灑落瓶外

C.定容時(shí)俯視容量瓶刻度線 D.容量瓶沒有干燥鐵粉可與高溫水蒸氣反應(yīng)，若反應(yīng)后得到的干燥固體質(zhì)量比反應(yīng)前鐵粉的質(zhì)量增加了32g，則參加反應(yīng)的鐵粉的物質(zhì)的量是(?)A.0.5mol B.1mol C.1.5mol D.2mol硫酸亞鐵是一種重要的化工原料，可以制備一系列物質(zhì)(如圖所示)。下列說法錯(cuò)誤的是(?)A.堿式硫酸鐵可用作凈水劑，該過程發(fā)生物理變化和化學(xué)變化

B.該溫度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大

C.可用KSCN為除去括號(hào)內(nèi)的雜質(zhì)，所選用的試劑或方法不正確的是(?)A.Na2CO3固體(NaHCO3)，加熱

B.NaHCO3溶液(Na2CO3)，通入過量的CO合金是一類用途廣泛的金屬材料，下列有關(guān)合金的說法正確的是(?)A.合金具有金屬光澤以及良好的導(dǎo)電性、導(dǎo)熱性、延展性等金屬特性

B.通常合金的硬度比其成分金屬的小

C.合金是兩種金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)

D.一般來說合金的熔點(diǎn)比它的成分金屬的熔點(diǎn)都高下列有關(guān)鐵及其化合物的說法中正確的是(?)A.Fe3O4為紅棕色晶體

B.鐵與水蒸氣在高溫下的反應(yīng)產(chǎn)物為Fe2O3和H2

C.Fe(OH)高錳酸鉀是一種典型的強(qiáng)氧化劑。完成下列填空。

在用KMnO4酸性溶液處理Cu2S和CuS的混合物時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)如下：

①8MnO4-+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O(已配平)

②MnO4-+CuS+H+--Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)

(1)下列關(guān)于反應(yīng)①的說法中錯(cuò)誤的是______。(填字母序號(hào))

a.被氧化的元素是Cu和S

b.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為8：5

c.生成2.24L(標(biāo)況下)SO2，轉(zhuǎn)移電子0.8mol

d.還原性的強(qiáng)弱關(guān)系是：Mn2+>Cu2S

(2)標(biāo)出反應(yīng)②中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：______

在稀硫酸中，也能發(fā)生氧化還原反應(yīng)。

(3)配平離子方程式：______MnO4-+______Fe2++______H+已知某“84消毒液”瓶體部分標(biāo)簽如圖1所示，該“84消毒液”通常稀釋100倍(體積之比)后使用．請(qǐng)回答下列問題：

(1)該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度約為______mol?L-1(小數(shù)點(diǎn)后保留一位)；

(2)某同學(xué)取100mL該“84消毒液”，稀釋后用于消毒，稀釋后的溶液中c(Na+)=______

mol?L-1；

(3)該同學(xué)參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480mL含NaClO質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%的消毒液．下列說法正確的是______

(填序號(hào))；

A.如圖2所示的儀器中，有三種是不需要的，還需要一種玻璃儀器

B.容量瓶用蒸餾水洗凈后，應(yīng)烘干后才能用于溶液配制

C.配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒可能導(dǎo)致結(jié)果偏低

D.需要稱量NaClO固體的質(zhì)量為143.0g

(4)“84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強(qiáng)消毒能力，某消毒小組人員用98%(密度為1.84g?cm-3)已知A為淡黃色固體，T、R為兩種常見的用途很廣的金屬單質(zhì)，D是具有磁性的黑色晶體，C是無色無味的氣體，H是白色沉淀，且在潮濕空氣中迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色固體M。

(1)寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A：______，D：______，R：______。

(2)按要求寫下列反應(yīng)方程式：

H在潮濕空氣中變成M的過程中的化學(xué)方程式：______。

B和R反應(yīng)生成N的離子方程式：______。

D與鹽酸反應(yīng)的離子方程式：______。

(3)向W溶液中加入一定量T后，為檢驗(yàn)所得溶液中金屬陽離子，甲、乙兩位同學(xué)做了如下實(shí)驗(yàn)：甲同學(xué)取出少量反應(yīng)后溶液，加入少量H2O2，再滴加幾滴KSCN溶液，發(fā)現(xiàn)溶液顯血紅色，由此得出結(jié)論有Fe2+；乙同學(xué)取出少量反應(yīng)后溶液，加入少量酸性KMnO4溶液，發(fā)現(xiàn)酸性KMnO4溶液褪色，由此得出結(jié)論有為了測(cè)定鎂鋁合金中各成分金屬的含量，可采取以下兩種方法：

(1)將8g鎂鋁合金樣品投入足量的氫氧化鈉溶液中充分反應(yīng)后，過濾，得濾渣4.4g，則合金樣品中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______。

(2)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下進(jìn)行甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)：各取200mL同濃度的鹽酸，加入不同質(zhì)量的同一種鎂鋁合金粉末，產(chǎn)生氣體，有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如表。實(shí)驗(yàn)序號(hào)甲乙丙合金質(zhì)量/g2.553.854.59生成氣體體積/L2.803.363.36則鹽酸的物質(zhì)的量濃度為______(保留三位有效數(shù)字)，合金中鎂鋁的物質(zhì)的量之比______。答案1.【答案】B

【解析】解：A.一元酸、二元酸是根據(jù)酸電離出氫離子的個(gè)數(shù)進(jìn)行分類的，如CH3COOH含有4個(gè)H，但為一元酸，故A錯(cuò)誤；

B.依據(jù)純凈物所含元素種類，將純凈物分為單質(zhì)和化合物，敘述正確，故B正確；

C.依據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小將分散系分為溶液、濁液和膠體，粒子直徑小于1nm為溶液，大于100nm為濁液，介于1-100nm之間為膠體，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)其溶液或者熔融狀態(tài)是否導(dǎo)電，將化合物分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

A.一元酸、二元酸是根據(jù)酸電離出氫離子的個(gè)數(shù)進(jìn)行分類；

B.只含一種元素的純凈物為單質(zhì)，含有兩種或者兩種以上元素的純凈物為化合物；

C.依據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小將分散系分為溶液、濁液和膠體；

D.電解質(zhì)和非電解質(zhì)都必須是化合物。

本題考查了物質(zhì)的分類，熟悉相關(guān)物質(zhì)的概念及分類依據(jù)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。

【解析】解：A.膠體和溶液都能通過濾紙，故A正確；

B.膠體區(qū)別于溶液的本質(zhì)特征為粒子直徑大小不同，膠體粒子直徑介于1-100nm之間，故B錯(cuò)誤；

C.制備氫氧化鐵膠體，應(yīng)在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，否則易生成氫氧化鐵沉淀，故C錯(cuò)誤；

D.溶液和膠體呈電中性，膠粒因吸附帶電荷，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

A.膠體和溶液都能通過濾紙；

B.膠體區(qū)別于溶液的本質(zhì)特征為粒子直徑大小不同；

C.生成氫氧化鐵沉淀；

D.溶液和膠體呈電中性。

本題考查膠體的性質(zhì)以及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于化學(xué)與生活的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，難度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.MnO4-為有色離子，故A錯(cuò)誤；

B.HCO3-、OH-之間發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C.H+、CO32-之間發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D.Na+、OH-、Cl-【解析】解：A.只有Cl元素的化合價(jià)變化，KClO3中Cl由+5價(jià)降低為0，HCl中Cl由-1價(jià)升高為0，Cl2

既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，故A正確；

B.由反應(yīng)可知轉(zhuǎn)移5mol電子生成3mol氣體，狀態(tài)未知，不能計(jì)算體積，故B錯(cuò)誤；

C.生成KCl和氯氣，可知鹽酸既體現(xiàn)酸性，又體現(xiàn)還原性，故C正確；

D.失去電子被氧化，由反應(yīng)可知5個(gè)Cl失去電子與1個(gè)Cl得到電子相同，則被氧化的元素和被還原的元素的質(zhì)量之比

5：1，故D正確；

故選：B。

由KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，KClO3中Cl由+5價(jià)降低為【解析】解：A.過量Ba(OH)2溶液與少量的NaHCO3溶液混合，離子方程式：Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O，評(píng)價(jià)錯(cuò)誤，故A錯(cuò)誤；

B.向石灰乳中加入鹽酸，離子方程式：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O【解析】解：A、因該反應(yīng)中S元素的化合價(jià)升高，F(xiàn)e元素的化合價(jià)降低，則SO2為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO2>Fe2+，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，故A能發(fā)生；

B、因該反應(yīng)中Fe元素的化合價(jià)升高，Cl元素的化合價(jià)降低，則Fe2+為還原劑，還原性強(qiáng)弱為Fe2+>Cl-，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，故B能發(fā)生；

C、因該反應(yīng)中S元素的化合價(jià)升高，I元素的化合價(jià)降低，則SO2為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO2>I-，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，故【解析】解：①NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3，故①正確；

②Na2O2屬于過氧化物，不是堿性氧化物，Na2O屬于堿性氧化物，故②錯(cuò)誤；

③與鹽酸反應(yīng)的劇烈程度：NaHCO3>Na2CO3，故③錯(cuò)誤；

④Na2O由鈉離子和氧離子構(gòu)成、Na2O2晶體由鈉離子和過氧離子構(gòu)成、則混合物中陰、陽離子的數(shù)目比相同，均為1：2，故④正確；

⑤等質(zhì)量的N【解析】解：A.氯水具有漂白性，會(huì)使pH試紙顏色變淺或褪色，故不能用pH試紙來測(cè)氯水的pH，故A錯(cuò)誤；

B.工業(yè)上將氯氣通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，氯氣和石灰乳[Ca(OH)2]反應(yīng)生成氯化鈣和次氯酸鈣以及水，化學(xué)方程式：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，其有效成分是次氯酸鈣，故B錯(cuò)誤；

C.Fe與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵，故C錯(cuò)誤；

D.漂白粉漂白時(shí)，向溶液中滴入少量稀鹽酸或通入二氧化碳，可生成【解析】解：A、Ⅰ圖中：如果MnO2過量，濃鹽酸隨著反應(yīng)進(jìn)行，濃度減小到一定程度，不再與二氧化錳繼續(xù)反應(yīng)，所以鹽酸不能全部消耗，故A錯(cuò)誤；

B、Ⅱ圖中氯水中氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，滴入石蕊試液遇到石蕊變紅證明酸性，但次氯酸存在溶液最后會(huì)褪色，即證明氯水的酸性，故B正確；

C、Ⅲ圖中：銅在氯氣中燃燒產(chǎn)生棕色的煙，故C錯(cuò)誤；

D、氯水中含HClO，光照時(shí)HClO分解生成氧氣和HCl，則氣泡主要為分解生成的氧氣，結(jié)論不合理，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

A、從濃鹽酸隨著反應(yīng)進(jìn)行濃度減小后不與二氧化錳繼續(xù)反應(yīng)分析判斷；

B、氯水中氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；

C、銅在氯氣中燃燒產(chǎn)生棕色的煙分析；

D、氯水中含HClO，光照時(shí)HClO分解生成氧氣，氣泡為放出的氧氣。

本題考查氯氣的性質(zhì)以及實(shí)驗(yàn)室制法，注意氯氣的化學(xué)性質(zhì)以及氯氣、氯水的性質(zhì)的異同，題目難度不大。

10.【解析】解：相同條件下，體積相同的兩種容器內(nèi)氣體的物質(zhì)的量相等，根據(jù)N=nNA知分子數(shù)相等，每個(gè)分子含有的原子個(gè)數(shù)相等，所以原子總數(shù)相等，一個(gè)一氧化氮分子、氮?dú)夥肿踊蜓鯕夥肿又泻械馁|(zhì)子數(shù)不等，所以總質(zhì)子數(shù)不相等，氣體的摩爾質(zhì)量不等，所以其總質(zhì)量不等，

故選：C.

相同條件下，體積相同的兩種容器內(nèi)氣體的物質(zhì)的量相等，分子數(shù)相等，根據(jù)氣體的分子構(gòu)成、原子構(gòu)成作進(jìn)一步判斷．

本題考查阿伏伽德羅定律及其推論，題目難度不大，本題著重于原子結(jié)構(gòu)的考查，注意把握分子的構(gòu)成．

11.【解析】解：1g鈣離子的物質(zhì)的量為：n(Ca2+)=1g40g/mol=0.025mol，

該溶液中含有硝酸根離子的物質(zhì)的量為：n(NO3-)=2n(Ca2+)=0.025mol×2=0.05mol，

20g該硝酸鈣溶液的體積為：V=20gdg/c【解析】解：設(shè)A為2mol，由方程式2A=B↑+2C↑+3D↑，可知分解生成6mol氣體，則混合氣體質(zhì)量為6mol×20g/mol=120g，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得A的質(zhì)量為120g，故A的摩爾質(zhì)量為120g2mol=60g/mol，

故選：B。

設(shè)A為2mol，由方程式可知分解生成6mol氣體，根據(jù)m=nM計(jì)算混合氣體質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得A的質(zhì)量，再根據(jù)M=mn計(jì)算A【解析】解：A.稱量時(shí)碳酸鈉固體含有結(jié)晶水，則稱取溶質(zhì)中含有溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故A不選；

B.移液時(shí)有液滴灑落瓶外，部分溶質(zhì)損耗，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故B不選；

C.定容時(shí)俯視容量瓶刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故C選；

D.容量瓶沒有干燥，對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不影響，溶液濃度無影響，故D不選；

故選：C。

分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)C=nV計(jì)算誤差分析，凡是使n偏大，或者V偏小，溶液濃度都偏高。

本題考查了配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制誤差分析，明確配制原理及操作步驟是解題關(guān)鍵，題目難度不大。

14.【解析】解：反應(yīng)后得到的干燥固體質(zhì)量比反應(yīng)前鐵粉的質(zhì)量增加了32g，即固體增重為32g，設(shè)參加反應(yīng)的鐵為xmol，則

△m

3mol64g

xmol32g

3x=64g32g，解得x=1.5，

故選C.

本題考查鐵的化學(xué)性質(zhì)，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)即可解答，注意鐵與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵及差量法計(jì)算是解答的關(guān)鍵，題目難度不大．

【解析】解：A.Fe3+能發(fā)生水解生成Fe(OH)3膠體，過程中有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，F(xiàn)e(OH)3膠體具有吸附性而吸附水中懸浮物，過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A正確；

B.(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4小，則FeSO4能與(NH4)2SO4反應(yīng)生成(NH4)2Fe(SO4)2，故B錯(cuò)誤；

C.若【解析】解：A.碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱分解生成碳酸鈉，則可用加熱的方法除雜，故A正確；

B.碳酸鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，則可通入二氧化碳除去碳酸鈉，且不引入新雜質(zhì)，故B正確；

C.鐵與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，鋁可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，則可選用適量NaOH溶液再過濾，可除雜，故C正確；

D.氯化鐵與銅反應(yīng)生成氯化銅，引入新雜質(zhì)，應(yīng)用鐵粉除雜，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

A.碳酸氫鈉加熱可分解生成碳酸鈉；

B.碳酸鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉；

C.鋁可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)；

D.生成氯化銅，引入新雜質(zhì)。

本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。

17.【答案】A

【解析】解：A.合金是金屬和金屬或金屬和非金屬形成的具有特征性質(zhì)的混合物，一定含金屬，具有金屬光澤以及良好的導(dǎo)電性、導(dǎo)熱性、延展性等金屬特性，故A正確；

B.通常合金的硬度比其成分金屬的大，故B錯(cuò)誤；

C.合金是兩種金屬或金屬和非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)，故C錯(cuò)誤；

D.一般來說合金的熔點(diǎn)比它的成分金屬的熔點(diǎn)都低，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

A.合金是金屬和金屬或金屬和非金屬形成的具有特征性質(zhì)的混合物；

B.合金的硬度大；

C.合金可以是金屬和金屬或金屬和非金屬形成的具有特征性質(zhì)的混合物

D.一般來說合金的熔點(diǎn)比它的成分金屬的熔點(diǎn)低。

本題考查了合金的組成、合金性質(zhì)、合金的同種等知識(shí)點(diǎn)，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。

18.【答案】D

【解析】解：A.氧化鐵是紅色粉末，俗稱鐵紅，F(xiàn)e3O4是黑色固體，俗稱磁性氧化鐵，故A錯(cuò)誤；

B.鐵與水蒸氣在高溫下的反應(yīng)產(chǎn)物為Fe3O4和H2，不生成Fe2O3，故B錯(cuò)誤；

C.氫氧化亞鐵為白色固體，不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成紅褐色氫氧化鐵，F(xiàn)e(OH)3能在空氣中穩(wěn)定存在，故C錯(cuò)誤；

D.FeCl2和氯氣反應(yīng)生成FeCl3，所以除去FeCl3溶液中的FeCl2雜質(zhì)可以向溶液中通入氯氣，故D正確；

故選：D。

A.Fe3【解析】解：(1)反應(yīng)中錳元素化合價(jià)+7價(jià)降低到+2價(jià)，銅元素化合價(jià)+1價(jià)升高到+2價(jià)，硫元素化合價(jià)-2價(jià)升高到+4價(jià)，由電子、電荷及原子守恒可知離子方程式為8MnO4-+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O，

a.銅元素的化合價(jià)由+1升到+2價(jià)，硫元素的化合價(jià)由-2升到+4價(jià)，均被氧化，故a正確；

b.設(shè)氧化劑的物質(zhì)的量為x，還原劑的物質(zhì)的量為y，則5x=(2+6)y，解得x：y=8：5，故b正確；

c.由反應(yīng)可知當(dāng)生成5molSO2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子40mol，n(SO2)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，則當(dāng)有0.1molSO2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移電子0.8mol，故c正確；

d.還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，則還原性Cu2S>Mn2+，故d錯(cuò)誤；

故答案為：d；

(2)反應(yīng)MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，錳元素化合價(jià)+7價(jià)降低到+2價(jià)，共降低5價(jià)，硫元素化合價(jià)-2價(jià)升高到+4價(jià)，共升高6價(jià)，由電子、電荷及原子守恒可知反應(yīng)的離子方程式為6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，反應(yīng)過程中共轉(zhuǎn)移30個(gè)電子，單線橋表示電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目和方向?yàn)椋?/p>

故答案為：；

(3)錳元素化合價(jià)由+7降到+2，化合價(jià)共降低5價(jià)，F(xiàn)e元素化合價(jià)由+2升到+3，化合價(jià)共升高1價(jià)，化合價(jià)最小公倍數(shù)為5，則MnO4-的系數(shù)為1、Fe2+的系數(shù)為5，故Mn2+的系數(shù)為1，F(xiàn)e3+的系數(shù)為5，根據(jù)原子守恒可知H2O的系數(shù)為4，H+的系數(shù)為8，配平后離子方程式為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，

故答案為：1；5；8，1；5；4；

(4)沒有480mL容量瓶，應(yīng)選擇500mL容量瓶，則n[(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]=n(Fe2+)=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，故m[(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O]=0.05mol×392g/mol=19.6g；用固體溶解配制500mL一定物質(zhì)的量濃度溶液，需要玻璃儀器有：500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，

故答案為：19.6【解析】解：(1)c(NaClO)=c=1000ρωM=1000×1.1.9×25%74.5=4.0mol?L-1，故答案為：4.0；

(2)稀釋后c(NaClO)=1100×4.0mol?L-1=0.04mol?L-1，故答案為：0.04；

(3)A.需用托盤天平稱量NaClO固體，需用燒杯來溶解NaClO，需用玻璃棒進(jìn)行攪拌和引流，需用容量瓶和膠頭滴管來定容，圖示的A、B、不需要，但還需玻璃棒和膠頭滴管，故A錯(cuò)誤；

B.配制過程中需要加入水，所以經(jīng)洗滌干凈的容量瓶不必烘干后再使用，故B錯(cuò)誤；

C.由于NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2而變質(zhì)，所以商品NaClO可能部分變質(zhì)導(dǎo)致NaClO減少，配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，結(jié)果偏低，故C正確；

D.應(yīng)選取500mL的容量瓶進(jìn)行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的質(zhì)量：0.5L×4.0mol?L