解析湖南省岳阳七中届高三月考化学试题.docx

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解析湖南省岳阳七中届高三月考化学试题

湖南岳阳七中2020届高三9月化学考试题

第I卷（选择题）

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Ne20Na23Al27S32Cl35.5Fe56Ba137

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。

每小题2分，共50分）

1.将淀粉-KI混合液装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中一段时间后，某学生取烧杯中液体滴加几滴试剂便立即报告老师说：

这个半透膜袋已经破损了，老师肯定了他的做法。

这位学生所滴的试剂及观察到的现象是（）

A.滴两滴碘水显蓝色B.滴淀粉试液显蓝色

C.滴入氯水-淀粉试液显蓝色D.滴AgNO3，溶液出现黄色沉淀

【答案】A

【详解】将淀粉-KI混合液装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中一段时间，由于淀粉形成的是胶体，不能透过半透膜，而KI溶液的离子可以透过半透膜，若这个半透膜袋已经破损了，则在烧杯的液体中含有淀粉胶体，由于淀粉遇碘水溶液会显蓝色，因此该同学加入的试剂是碘水，观察到的现象是显蓝色；

本题答案选A。

2.向2mL0.5mol·L－1的FeCl3溶液中加入3mL3mol·L－1KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是

A.Fe3＋不与I－发生反应

B.Fe3＋与F－结合成不与I－反应的物质

C.F－使I－的还原性减弱

D.Fe3＋被F－还原为Fe2＋，使溶液中不再存在Fe3＋

【答案】B

【详解】A．铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；

B．根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，FeCl3溶液褪成无色，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象，进一步证明Fe3+与F﹣结合生成的物质不与I﹣反应，故B正确；

C．氟离子与碘离子不反应，氟离子不会使碘离子的还原性减弱，故C错误；

D．铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；

本题答案选B。

【点睛】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论。

3.实验室保存下列药品的方法，正确的是

A.氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里

B.盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发

C.盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞

D.氯水保存在无色玻璃瓶中，液氯贮存在钢瓶里

【答案】B

【详解】A.氢氟酸与二氧化硅反应，则不能贮存在细口玻璃瓶里，A错误；

B.液溴的密度大于水，且微溶于水，水起液封的作用，盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，B正确；

C.盛放液体的试剂瓶为细口瓶，盛放浓硫酸不用广口瓶，C错误；

D.氯水见光易分解，氯水应保存在棕色玻璃瓶中；液氯在常温下不与铁反应，可贮存在钢瓶里，D错误；

答案为B。

4.使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（）

①用天平称量时所用砝码生锈

②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度

③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

A.②⑤B.②③⑥C.①⑤⑥D.③⑥

【答案】D

【详解】①用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故①错误；

②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故②错误；

③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故④错误；

⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故⑤错误；

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑥正确；

综上③⑥正确；

本题答案选D。

5.下列两种物质间发生反应，消耗等物质的量的酸，产生气体最多的是

A.木炭与浓硝酸B.铜与稀硝酸C.锌与稀硫酸D.木炭与浓硫酸

【答案】D

【详解】设酸的物质的量为1mol，分别根据4个反应的化学方程式可以求出产生气体的物质的量。

A.木炭与浓硝酸：

C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O，产生的气体为1.25mol；

B.铜与稀硝酸：

Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，产生的气体为0.25mol；

C.锌与稀硫酸：

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，产生的气体为1mol；

D.木炭与浓硫酸：

C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的气体为1.5mol；

综上D项中产生的气体最多；

本题答案选D

6.下列物质的用途描述不正确的是

A.晶体硅可用作制作半导体材料B.碳酸钠可用于制胃酸中和剂

C.氧化铁可用于制作红色涂料D.明矾可用作净水剂

【答案】B

【详解】A.硅元素处于金属和非金属分界线处，单质硅是一种良好的半导体材料，A正确；

B.碳酸钠在溶液中水解显碱性，且碱性较强，有较强的刺激性，不能用作胃酸中和剂，B错误；

C.氧化铁呈红棕色，可以用作红色涂料，C正确；

D.明矾的水溶液中，铝离子水解产生氢氧化铝，具有净水的作用，D正确；

答案为B。

7.下列反应的离子方程式正确的是

A.用CH3COOH溶解CaCO3：

CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑

B.钠与CuSO4溶液反应：

2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+

C.AlCl3溶液中加入过量稀氨水：

Al3++4NH3•H2O═AlO2—+4NH4++2H2O

D.用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：

Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O

【答案】D

【详解】A.用CH3COOH溶解CaCO3醋酸为弱电解质，不能拆成离子形式，应该写化学式，A错误；

B.钠与CuSO4溶液反应，先与溶液中的水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应，B错误；

C.AlCl3溶液中加入过量稀氨水，反应生氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱，C错误；

D.双氧水具有强氧化性，能氧化单质铜，则用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：

Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，D正确；

答案为D。

【点睛】硫酸铜溶液中，Na与溶液中水提供的氢离子反应，不是置换溶液中的铜离子。

8.类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质。

但类比是相对的，不能违背客观事实。

下列类比分析结果正确的是

A.Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO•Pb2O3

B.CaC2能水解：

CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，则Al4C3也能水解：

Al4C3+12H2O=4A1（OH）3↓+3CH4↑

C.Cl2与Fe加热生成FeCl3，则I2与Fe加热生成FeI3

D.SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba（NO3）2溶液也不产生沉淀

【答案】B

【详解】A.Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2，+3，则表示为FeO•Fe2O3，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbO•PbO2，A错误；

B.水解反应为物质与水电离出来的H＋和OH－结合的反应，Al4C3中的Al与OH－结合生成Al（OH）3，C与H结合生成甲烷，化学方程式为Al4C3+12H2O=4A1（OH）3↓+3CH4↑，B正确；

C.碘单质的氧化性比氯气弱，只能将Fe氧化成＋2价，则I2与Fe加热生成FeI2，C错误；

D.SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但SO2通入Ba（NO3）2溶液中，SO2溶于水，生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO2氧化成SO42－，会生成硫酸钡沉淀，D错误；

答案为B。

【点睛】类推时，要根据实际情况推测，Pb的化合价为+2、+4价，其氧化物为PbO、PbO2两种和铁的不同。

9.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序是（）

A.p（Ne）＞p（H2）＞p（O2）B.p（O2）＞p（Ne）＞p（H2）

C.p（H2）＞p（O2）＞p（Ne）D.p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）

【答案】D

【详解】根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为H2＜Ne＜O2，则压强的大小顺序为p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）；

本题答案选D。

10.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：

2Cu2O＋Cu2S

6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是

A.该反应的氧化剂只有Cu2O

B.Cu既是氧化产物，又是还原产物

C.Cu2S既是氧化剂又是还原剂

D.还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6

【答案】C

【详解】A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；

B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；

C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；

D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：

1，故D错误；

本题答案选C。

11.下列物质分类正确的是

A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物

B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体

C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质

D.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物

【答案】D

【详解】A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。

A错误；

B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；

C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。

C错误；

D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。

D正确；

本题答案选D。

12.下列说法都正确的是

①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关

②四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金

③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质

④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置

⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氯，两者都含有极性键

⑥水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物

A.①②③④B.①②④⑥C.①②⑤⑥D.③④⑤⑥

【答案】B

【详解】①江河水中含有胶体，在入海口遇到海水中的电解质溶液，会发生聚沉形成三角洲，①正确；

②钢材是铁的合金，②正确；

③硫酸钡属于盐，虽然不溶于水，但是属于强电解质，③错误；

④硅元素处于第三周期第ⅣA族，下周期的元素为Ge，锗为金属元素，处于金属与非金属的交界位置，④正确；

⑤氯气中只有非极性键，⑤错误；

⑥橡胶属于高分子材料，⑥正确；

综上正确的有①②④⑥；

本题答案选B。

13.下列说法正确的是

A.植物油的主要成分是高级脂肪酸B.醋酸铅溶液可使鸡蛋清中的蛋白质变性

C.蔗糖及其水解产物均可发生银镜反应D.合成纤维和棉花的主要成分均为纤维素

【答案】B

【详解】A.植物油的主要成分是高级脂肪酸与丙三醇反应生成的酯，A错误；

B.醋酸铅为可溶性的重金属盐，其可使鸡蛋清中的蛋白质变性，B正确；

C.蔗糖不与银氨溶液发生银镜反应，C错误；

D.棉花主要成分为纤维素，合成纤维经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，不是纤维素，D错误；

答案为B。

14.下列褪色现象中，其中一项与其他三项褪色原理不同的是

A.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B.氯水能使甲基橙褪色

C.浓硝酸能使石蕊试液褪色

D.臭氧能使品红溶液褪色

【答案】A

【详解】A、二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾氧化，A正确；

B、氯水能使甲基橙褪色，因为氯水中的次氯酸具有强氧化性使其褪色，B错误；

C、浓硝酸能使石蕊试液褪色，是因为浓硝酸接具有强氧化性，有机色素被氧化褪色，C错误；

D、臭氧具有强氧化性，能将有机有色物质氧化而使其褪色，D错误；

本题答案选A。

15.下列叙述正确的是

A.常温常压下，4.6gNO2气体约含有1.81×1023个原子

B.在标准状况下，80gSO3所占的体积约为22.4L

C.常温下，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为1

D.标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA

【答案】A

【详解】A．常温常压下，4.6gNO2气的物质的量是0.1mol，所以约含有1.81×1023个原子，A项正确；

B．在标准状况下，SO3是固体，不能使用气体摩尔体积，B项错误；

C．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，因此在常温下，0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，C项错误；

D．在标准状况下，22.4L氯气的物质的量是1mol,它与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，D项错误；

答案选A。

16.为提纯下列物质（括号内为杂质）选用的试剂和分离方法都正确的是

序号

物质

试剂

分离方法

①

硝酸钾（氯化钠）

蒸馏水

重结晶

②

二氧化碳（氯化氢）

饱和碳酸钠溶液

洗气

③

乙醇（水）

金属钠

蒸馏

④

NaCl溶液（Na2S）

AgCl

过滤

A.①③B.①④C.②D.③④

【答案】B

【详解】①硝酸钾和氯化钠溶解度差距较大，可采用重结晶的方法分离，①正确；

②饱和碳酸钠可与HCl反应，但还可用吸收二氧化碳，所选试剂错误，②错误；

③乙醇和水均能与Na反应生成氢气，无法分离，③错误；

④硫化银为沉淀，且溶解性比氯化银小。

加入氯化银，可以将S2-转化为硫化银除去，而加入的过量的氯化银不溶于水，可与硫化银一同过滤除去，④正确；

综上①④正确；

答案为B。

17.下列选项中所涉及到的两个量一定不相等的是

A.足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数

B.等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积（相同条件下）

C.100mL1mol/LHNO3分别与1.4gFe、2.8gFe完全反应时生成的NO物质的量

D.等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时转移的电子数

【答案】B

【详解】A．由于金属钠足量，反应过程中转移电子的物质的量根据不足量的物质为标准；1molCl2反应转移2mol电子，1molO2发生反应产生Na2O转移2mol电子，也可能发生反应产生Na2O2，转移电子4mol，因此足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数可能相等，也可能不相等，A项不符合题意；

B.KO2、CaO2分别与水发生反应的方程式是：

4KO2+2H2O=4KOH+3O2↑；2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑；可见等物质的量的两种物质发生反应产生的氧气的物质的量不相等，则在相同条件下的体积也一定不相等，B项正确；

C．100mL1mol/LHNO3的物质的量是0.1mol，由于硝酸是变价金属，与1.4gFe、2.8gFe完全反应时，反应产生的物质可能形成Fe（NO3）2，也可能形成Fe（NO3）3，因此反应产生的NO物质的量可能相等，也可能不相等，C项不符合题意；

D．等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时，由于氢离子得到的电子变为单质氢气，生成等质量气体时转移的电子数一定相等，D项不符合题意；

本题答案选B。

18.下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是

A.加入Al粉放出H2的溶液中：

Na+、K+、Fe3+、NO3—

B.c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：

NH4+、AlO2—、SO42—、HCO3—

C.水电离出的c（H+）=1×10—13mol/L的溶液中：

Mg2+、K+、NO3—、Cl—

D.c（H+）=1×10—13mol/L的溶液中：

K+、Cl—、AlO2—、CO32—

【答案】D

【详解】A.加入Al粉放出H2的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Fe3+不能共存，若为酸，有NO3—，无氢气放出，A错误；

B.c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：

Fe3+、HCO3—可发生双水解反应不共存，B错误；

C.水电离出的c（H+）=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Mg2+不能共存，C错误；

D.c（H+）=1×10—13mol/L

溶液为碱溶液，K+、Cl—、AlO2—、CO32—不反应可以大量共存，D正确；

答案为D。

【点睛】酸、碱对水的电离均有抑制作用，则水电离出的c（H+）=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱。

19.A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是

A.D、E中一定都含有A的元素

B.单质B肯定是氧化剂

C.A、B、C中一定有一种是氧元素的单质

D.若A是非金属，则B一定为金属

【答案】B

【详解】单质B和氧化物反应生成单质A和氧化物F，则D中一定含有A的元素。

D和A反应又生成E，则E中一定含有A元素，根据框图的转化特点可知，A是碳、B是镁、C是氧气、D是CO2、E是CO、F是氧化镁。

A.单质B和氧化物反应生成单质A和氧化物F，则D中一定含有A的元素。

D和A反应又生成E，则E中一定含有A元素，A项正确，不符合题意；

B.物质B可以为镁，不一定是氧化剂，B项错误，符合题意；

C.物质C为氧气，C项正确，不符合题意；

D.物质A为C，B为镁，D项正确，不符合题意；

本题答案选B。

20.下列操作不能说明仪器组装气密性良好的是

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【详解】A.手握住试管后，烧杯中有气泡产生，离开试管玻璃导管内有一段水柱，装置气密性良好，A正确；

B.装置B气密性良好时，漏斗内的液体不能顺利流下，B正确；

C.装置C气密性良好时，手捧住烧瓶时，玻璃导管有一段水柱，离开时导管内液面与集气瓶液面持平，C正确；

D.装置D气密性良好时，上移左侧滴管，左右两侧容器内的液面会出现液面差，现两液面持平，说明装置漏气，D错误；

答案为D。

21.将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是

选项

a

b

现象

离子方程式

A

稀硫酸

KI

在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色

4I—+O2+2H2O=2I2+4OH—

B

Na2CO3

稀盐酸

开始时无气泡，后来有气泡

CO32—+H+=HCO3—；

HCO3—+H+=H2O+CO2↑

C

稀盐酸

Na2SiO3

产生白色胶状物

2H++SiO32—=H2SiO3（胶体）

D

稀H2SO4

滴有酚酞的Ba（OH）2

有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色

Ba2++OH—+H++SO42—=BaSO4↓+H2O

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A.硫酸与碘化钾混合溶液呈酸性，最终不可能生成氢氧根离子，A错误；

B碳酸钠加入到盐酸中，盐酸过量，开始就有气体产生，B错误；

C.盐酸与硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸沉淀，C正确；

D.硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸少量，氢氧化钡过量，溶液不会变为无色，现象为红色变浅，硫酸为二元酸，要完全反应掉，化学方程式应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，D错误；

答案为C。

【点睛】碳酸钠加入到盐酸中，开始盐酸过量，有气体产生；盐酸加入到碳酸钠中，碳酸钠过量，开始无气体产生。

22.某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：

下列说法不正确的是

A.固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe（OH）3

B.使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al（OH）3转化为AlO2－

C.试剂a选用盐酸，从溶液Ⅲ得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解

D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O

【答案】D

【详解】A.SiO2难溶于盐酸，固体Ⅰ中含有SiO2；氯化铝、氯化铁与氢氧化钙反应生成Fe（OH）3，所以固体Ⅱ中含有Fe（OH）3，，故A正确；

B.Al（OH）3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al（OH）3转化为AlO2－，故B正确；

C.CaCl2·6H2O易失去结晶水，所以须控制条件防止其分解，故C正确；

D.溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，生成氯化铵，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl2·6H2O，故D错误。

故选D。

23.下列A～D四组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是

（Ⅰ）

（Ⅱ）

A

少量SO2通入Ba（OH）2溶液

过量SO2通入Ba（OH）2溶液

B

少量浓氨水滴入Al2（SO4）3溶液中

少量Al2（SO4）3溶液滴入浓氨水中

C

0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液

0.3molCl2通入含0.2molFeBr2溶液中

D

过量BaCl2溶液与少量Na2SO4溶液相混合

少量Ba（OH）2溶液与过量MgSO4溶液相混合

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.少量二氧化硫与氢氧化钡反应的产物为亚硫酸钡沉淀，过量时，产物为亚硫酸氢钡，离子方程式不同，A错误；

B.少量氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，过量时沉淀不溶解，离子方程式相同，B正确；

C.0.1mol氯气与溶液中的亚铁离子恰好完全反应，而0.3mol氯气时，与亚铁离子反应剩余的氯气与溴离子反应，离子方程式不同，C错误；

D.氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，而氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，离子方程式不同，D错误；

答案为B；

【点睛】氧化性：

氯气>溴>铁离子，则氯气先与亚铁离子反应，完全反应后再与溴离子反应。

24.若以w1和w2分别表示浓度为amol/L和bmol/L氨水的质量分数，且2a＝b，则下列判断正确的是

A.2w1＝w2B.2w2＝w1C.w2＞2w1D.w1＜w2＜2w1

【答案】C

【详解】根据c=1000

/M，amol/L=1000

/M，bmol/L=1000

/M，已知2a＝b，则1000

/M=2000

/M，化简

=2

，已知氨水的密度小于1g/cm3，且浓度越大密度