【化学】贵州省黔南布依族苗族自治州瓮安第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】贵州省黔南布依族苗族自治州瓮安第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

贵州省黔南布依族苗族自治州瓮安第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。‎ 分卷I 一、单选题（共26小题,每小题2.0分,52分）‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 22.4 L·mol－1就是气体摩尔体积 B. 1 mol H2的质量只有在标准状况下才约为2 g C. 标准状况下，18 g水的体积为22.4 L D. H2和O2的混合气体1 mol在标准状况下的体积约为22.4 L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在标准状态下气体的摩尔体积为22.4 L·mol－1，在非标准状态下气体的摩尔体积可能为22.4 L·mol－1，也可能不是22.4L/mol，故A错误；‎ B.1 mol H2的质量在任何条件下均是2 g，故B错误；‎ C.标准状况下水是液态，不能适用于气体摩尔体积，则18 g水的体积不是22.4 L，故C错误；‎ D.1 mol H2和O2的混合气体在标准状况下的体积约为22.4 L，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.公认的人体必需金属元素是钠和钾。在动物中,钠主要是以氯化钠形式存在于细胞外液中,依靠氯化钠可以把一定量的水吸到细胞里来,使细胞里维持一定的水分。某试剂瓶上贴有如下标签,对该试剂理解正确的是 （　　）‎ A. 该溶液中含有的微粒主要有NaCl、Na+、Cl-、H2O B. 若取50毫升溶液,其中的c（Cl-）=0.05 mol·L-1‎ C. 若取该溶液与100 mL 0.1 mol·L-1AgNO3溶液完全反应,需要取该溶液10 mL D. 该溶液与1.0 mol·L-1Na2SO4溶液的c（Na+）相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl在溶液中完全电离出钠离子和氯离子，在溶液中不存在NaCl分子，故A错误；‎ B．若取50毫升溶液，取出溶液浓度不变，则c(Cl-)=c(NaCl)=1.0mol/L，故B错误；‎ C．100mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中：n(AgNO3)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，则需要n(NaCl)=n(AgNO3)=0.01mol，需要该NaCl溶液的体积为：=0.01L=10mL，故C正确；‎ D．1.0mol/LNaCl溶液中c(Na+)=1.0mol/L，1.0 mol/L Na2SO4溶液中c(Na+)=1.0mol/L×2=2.0mol/L，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.下列对化学科学的应用叙述不正确的是（　　）‎ A. 化学科学将继续推动材料科学的发展 B. 化学科学将为环境问题的解决提供有力的保障 C. 化学科学在了解疾病的病理方面无能为力 D. 化学科学使人类能够更好地利用能源和资源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】化学科学具有十分广阔的探索空间，包括材料、能源、环境、生命等各个领域，则选项A、B、D正确；化学科学可以使研究人员在分子水平上了解疾病的病理，并寻求有效的防治措施，则选项C错误，故答案为C。‎ ‎4. 在下列变化①大气固氮②硝酸分解③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是（ ）‎ A. ①②③ B. ②①③ C. ③②① D. ③①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①大气固氮发生的反应为N2+O2 2NO，其中N元素的化合价由0价升至+2价，氮元素被氧化；②硝酸分解的方程式为4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O，其中N元素的化合价由+5价降至+4价，氮元素被还原；③实验室制氨气的原理为2NH4Cl+Ca（OH）‎ ‎2CaCl2+2NH3↑+2H2O，N元素的化合价不变，氮元素既不被氧化又不被还原；按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列为①②③，答案选A。‎ ‎5.关于反应2Na2O2＋2CO2==2Na2CO3＋O2 的下列说法正确的是（ ）‎ A. CO2是还原剂，在该反应中被氧化 B. Na2O2是氧化剂，在该反应中发生氧化反应 C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2‎ D. 若有2 mol Na2O2参加反应，则有2 mol电子转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应中，过氧化钠中O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该反应中CO2中各元素化合价不变，所以二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；‎ B．该反应中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，既发生氧化反应，又发生还原反应，故B错误；‎ C．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，且各占一半，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故C错误；‎ D．若有2molNa2O2参加反应，则转移电子的物质的量=2mol×（1-0）=2mol，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎6.0.015 mol·L－1的盐酸，含溶质0.03 mol，则溶液体积为（　　）‎ A. 1 L B. 2L C. 3L D. 4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液体积V===2 L，故答案为B。‎ ‎7.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，②2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，③2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2；下列说法错误的是（ ）‎ A. 铁元素在反应①和③中均被氧化 B. 反应②中当有1mol Cl2被还原时，有2mol Br－被氧化 C. 氧化性强弱顺序为：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2‎ D. 还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①中Fe2＋作还原剂，在反应中被氧化，③中Fe3＋作氧化剂，在反应中被还原，A项错误；‎ B.反应②中Cl2作氧化剂，当1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br－被氧化，B项正确；‎ C.D.由反应①可知：氧化性：Br2＞Fe3＋，还原性：Fe2＋＞Br－；由反应②可知：氧化性：Cl2＞Br2，还原性：Br－＞Cl－；由③可知：氧化性，Fe3＋＞I2，还原性：I－＞Fe2＋，故C、D正确。‎ 答案选A。‎ ‎8.2005年诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂。工业上冶炼钼的化学原理为①2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2；②MoO3＋2NH3·H2O====（NH4）2MoO4＋H2O；③（NH4）2MoO4＋2HCl====H2MoO4↓＋2NH4Cl；④H2MoO4MoO3＋H2O;⑤用还原剂将MoO3还原成金属钼。‎ 则下列说法正确的是（ ）‎ A. MoS2煅烧产生的尾气可直接排空 B. MoO3是金属氧化物，也是碱性氧化物 C. H2MoO4是一种强酸 D. 利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为3∶3∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、从反应①看，MoS2煅烧后的产物中有SO2，它是大气污染物，因此尾气不能直接排入空气中，A错误；‎ B、碱性氧化物跟酸反应生成盐和水，但从反应②可看出，MoO3和碱反应生成盐和水，因此MoO3应该是酸性氧化物，又从反应③看，MoO3是H2MoO4酸酐，因此不可能是碱性氧化物，B错误；‎ C、由③可知，强酸制弱酸，而且难溶于水，所以H2MoO4是一种弱酸，C错误；‎ D、因为MoO3中钼元素显+6价，1molMoO3能得到6mol电子，而1molH2‎ ‎、CO、Al分别失去的电子数为2mol、2mol、3mol，根据电子守恒规律可知所消耗还原剂的物质的量之比为3：3：2，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎9.下列反应结束后，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色的是 ( )‎ A 铁锈与过量稀盐酸 B. FeCl3溶液与过量铜片 C. FeCl3溶液与过量铁粉 D. FeCl2溶液与过量Zn粉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁锈与过量稀盐酸反应生成FeCl3，溶液中存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，故A正确；‎ B. FeCl3溶液与过量铜片反应生成FeCl2，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错误；‎ C. FeCl3溶液与过量铁粉反应生成FeCl2，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故C错误；‎ D. FeCl2溶液与过量Zn粉生成ZnCl2和Fe，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎10.下列条件下,两种气体所含原子数一定相等的是 （　　）‎ A. 同质量、不同密度的N2和CO B. 同温度、同体积的H2和N2‎ C. 同体积、同密度的C2H4和C2H6 D. 同压强、同体积的N2O和CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，则等质量时二者的物质的量相等，又都为双原子分子，则原子数相同，故A正确；‎ B．由pV=nRT可知，同温度、同体积的H2和N2，压强与物质的量成正比，压强不确定，则物质的量不一定相等，二者都是双原子分子，含有的原子数目不一定相等，故B错误；‎ C．同体积、同密度，则质量相同，若质量均为mg，C2H4中原子的物质的量为×6，C2H6中原子的物质的量为×8，二者不相等，故C错误；‎ D．由pV=nRT可知，同压强、同体积的N2O和CO2‎ ‎，温度与物质的量成反比，温度不确定，则物质的量不确定，二者都是三原子分子，含有的原子数目不一定相等，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎11.对下列物质进行的分类正确的是(　　)‎ A. 纯碱、烧碱都属于碱 B. CuSO4·5H2O属于电解质 C. 凡能电离出H＋的化合物都属于酸 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱是盐、烧碱属于碱，A错误；‎ B. CuSO4·5H2O属于电解质，B正确；‎ C. 能电离出H＋的化合物不一定属于酸，如NaHSO4，C错误；‎ D. 盐类物质不一定含有金属阳离子，如氯化铵等铵盐，D错误。‎ 故选B。‎ ‎12.将盛有12mLNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2 mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2mL气体可能分别是（ ）‎ A. 1.2mL，NO B. 2.4mL，O2‎ C. 3.5mL，O2 D. 4mL，NO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】NO2和O2的混合气体溶于水发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，‎ 若剩余2 mL气体为O2，则发生该反应的气体体积为10 mL，其中NO2是8 mL，O2是2 mL，因此原混合气体中NO2体积为8mL，O2的体积为2 mL+2 mL=4 mL；‎ 若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2体积为3×2 mL=6 mL，则发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12 mL-6 mL=6 mL，其中反应消耗的氧气为6 mL×=1.2 mL，NO2的总体积为12 mL-1.2 mL=10.8mL。‎ 故合理选项是A。‎ ‎13.实验室里可按下图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R可用水吸收，则R是 A HCl B. Cl2 C. CO D. NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据装置可知，被收集的气体密度小于空气的。根据吸收装置可知，该气体极易溶于水，所以答案选D。‎ ‎14.SO2通入足量Fe(NO3)3稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化过程，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 上述过程中，最终被还原的是NO3-‎ B. 从上述过程中可以得出氧化性：稀硝酸>稀硫酸>Fe3＋‎ C. 上述过程中，会产生一种无色的难溶于水的气体 D. 若通入的SO2完全反应，则同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为3∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2通入硝酸铁稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，是因为Fe3＋与SO2发生氧化还原反应生成SO42-、Fe2＋；溶液立即又变为棕黄色，是因为Fe2＋与NO3-、H＋发生氧化还原反应生成Fe3＋，所以最终被还原的是NO3-，故A正确；‎ B．SO2能够被Fe3＋氧化成H2SO4，Fe2＋能够被稀硝酸氧化成Fe3＋，则氧化性：稀硝酸>Fe3＋>稀硫酸，故B错误；‎ C．稀溶液中，NO3-在酸性环境中被还原为NO，NO是无色的难溶于水的气体，故C正确；‎ D．上述过程中，最终被还原的是NO3-，故整个过程相当于SO2和NO3-之间发生了氧化还原反应，由关系式3SO2～2NO3-可知，SO2与NO的体积比为3∶2，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎15.某化学小组用如图所示装置制取氯气。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该装置图中至少存在三处明显错误 B. 该实验中收集氯气的方法不正确 C. 如果需要得到干燥纯净的Cl2，只需在气体发生装置和收集装置之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶即可 D. 含有2 mol HCl的某浓盐酸与足量MnO2混合，在一定条件下反应，转移1 mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应，图中缺少加热装置，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应有尾气吸收装置，浓盐酸是易挥发酸，需要用分液漏斗加入，故A正确；‎ B．氯气比空气重，可以用向上排气法收集，装置中 正确，故B错误；‎ C．浓盐酸有挥发性，氯气里除水气还原挥发的氯化氢，仅干燥不可以得到纯净氯气，需要先用饱和食盐水除HCl再干燥才行，故C错误；‎ D．含有2 mol HCl的某浓盐酸与足量MnO2混合，转移电子小于1 mol，原因盐酸浓度低后反应要停止，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎16.氧化钠和过氧化钠的相同点是(　　)‎ A. 都是淡黄色的固体 B. 都是碱性氧化物 C. 都能与水反应生成碱 D. 都能与二氧化碳反应放出氧气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化钠是白色固体，过氧化钠是淡黄色的固体，故错误；‎ B. 氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，故错误；‎ C.过氧化钠和氧化钠都和水反应生成氢氧化钠，故正确；‎ D. 氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故错误。‎ 故选C。‎ ‎17.如图是实验室进行氨溶于水的“喷泉实验”的装置，下列叙述不正确的是(     )‎ A. 该实验说明氨气是一种极易溶于水的气体 B. 进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水有碱性 C. 氨水很稳定，将烧瓶中的红色溶液加热，颜色不会发生变化 D. 形成“喷泉”的主要原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，挤压胶头滴管，滴有酚酞的水能形成喷泉实验，说明烧瓶产生较大压强差，从而说明氨气极易溶于水，故A正确，不符合题意；‎ B选项，进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，酚酞遇见碱变为红色，说明氨水有碱性，故B正确，不符合题意；‎ C选项，将烧瓶中的红色溶液加热，溶液颜色变浅，说明氨水不稳定，易分解，故C错误，符合题意；‎ D选项，氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压，从而形成“喷泉”，故D正确，不符合题意；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎18.提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，设计实验方案如下，则X试剂为（ ）‎ A. 碳酸钠 B. 碳酸钾 C. 硫酸钠 D. 硫酸钾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由分离实验方案可知，X试剂除去钡离子，使钡离子转化为沉淀，过滤而除去，再加过量硝酸除去试剂X，且除杂不能引入新杂质，则A、C排除，D中硫酸钾与硝酸不反应，则只有B中碳酸钾符合，答案选B。‎ ‎19.三个相同的恒温恒容密闭容器中分别盛有等质量的H2、CH4、O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 三种气体的分子数目一定相等 B. 三种气体物质的量之比为16∶2∶1‎ C. 三种气体的密度之比为1∶2∶1 6‎ D. 三种气体的压强一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、相同温度体积下，三种气体的质量相等，三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的倒数比，即为16：2：1，等于气体的分子数目之比，故A错误；‎ B、相同温度体积下，三种气体的质量相等，三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的倒数比，即为16：2：1，故B正确；‎ C、相同温度下，三种气体的密度等于摩尔质量和摩尔体积的比，体积温度一样，所以摩尔体积一样，摩尔质量之比即为密度比，应该是1：8：16，故C错误；‎ D、根据PV=nRT，温度体积一样，压强之比等于物质的量之比，即为16：2：1，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎20.为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)不能达到目的的是（ ）‎ A. NaOH溶液[Ba(OH)2溶液] B. FeSO4溶液(KSCN溶液)‎ C. KI(淀粉溶液) D. Na2SO3溶液(BaCl2溶液)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH吸收二氧化碳而变质，会混有碳酸钠，则加入Ba（OH）2溶液生成白色沉淀，说明变质，A正确；‎ B．硫酸亚铁易被氧化，变质后会混有铁离子，加KSCN溶液，溶液变红，说明变质，B正确；‎ C．KI易被氧化，变质会混有碘单质，加淀粉后溶液变蓝，说明变质，C正确；‎ D．亚硫酸钠变质会混有硫酸钠，均与氯化钡反应生成白色沉淀，则加氯化钡不能检验变质，应利用盐酸和氯化钡检验，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎21.下列说法中正确是(　　)‎ A. 相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体分子的大小决定 B. 相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体的分子数决定 C. 不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同 D. 不同的气体，分子数若相同，则气体体积相同 ‎【答案】B ‎【解析】A. 相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体分子的分子数决定，A不正确；B. 相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体的分子数决定，B正确；C. 不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数不一定不同，只有在同温同压下，体积不同的气体，其分子数一定不同，C不正确；D. 在同温同压下，不同的气体，分子数若相同，则气体体积相同，D不正确。本题选B.‎ ‎22.在酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（　　）‎ A. K＋、、、Na＋ B. Na＋、Ba2＋、、HCO3−‎ C. 、Fe2＋、K＋、Cl－ D. 、K＋、Mg2＋、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在酸性溶液中CO不能大量存在，故A错误；‎ B．HCO在酸性条件下不能大量存在，故B错误；‎ C．在酸性溶液中NO具有强氧化性，能氧化Fe2＋，而不能大量共存，故C错误； ‎ D．离子组、K＋、Mg2＋、Cl－彼此间不发生离子反应，且在酸性溶液中能大量共存，故D正确； ‎ 故答案为D。‎ ‎23.从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是 （ ）‎ A. 铜和浓硝酸反应 B. 氧化铜和硝酸反应 C. 铜和稀硝酸反应 D. 氯化铜和硝酸银反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铜和浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3 （浓）=Cu(NO3)2 +2NO2 ↑+2H2O，该反应中产生有毒气体二氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，选项A错误；‎ B、铜和稀硝酸反应方程式为：3Cu+ 8HNO3 =3Cu（NO3）2 +2NO↑+ 4H2‎ O，该反应中产生有毒气体一氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，选项B错误；‎ C、氧化铜和硝酸反应的方程式为：CuO+2HNO3 = Cu(NO3)2+H2O，没有污染物，且硝酸的利用率100%，，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，选项C正确；‎ D、氯化铜和硝酸银反应方程式为：CuCl2 +2AgNO3 =2AgCl↓+Cu(NO3)2 ，该反应虽有硝酸铜生成，但硝酸银价格较贵，不符合“降低成本”理念，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.下列离子方程式正确的是（　　）‎ A. 将氨水滴入到FeCl3溶液中：Fe3＋＋3OH－=Fe（OH）3↓‎ B. 铜片跟氯化铁溶液反应： 2Fe3＋＋3Cu=3Cu2＋＋2Fe C. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2＋＋2H2O2＋4H＋=Fe3＋＋4H2O D. 向FeCl3溶液中加入铁粉：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．弱电解质NH3·H2O不能拆写成离子的形式，正确的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH，故A错误；‎ B．铜片跟氯化铁溶液反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，故B错误；‎ C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液反应的离子方程式应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故C错误；‎ D．向FeCl3溶液中加入铁粉反应的离子方程式应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎25.单质钛(Ti)抗腐蚀能力强(放在大海中几周后仍金光闪闪)，机械强度高，有“未来金属”之称。又因用它制的“骨头”置入人体后可以在上面长肉，所以又有“亲生物金属”之美誉。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3，铁为＋2价)的方法来制取TiO2，再由TiO2制金属钛。主要反应有：①FeTiO3＋3H2SO4=Ti(SO4)2＋FeSO4＋3H2O ‎②Ti(SO4)2＋3H2O=H2TiO3↓＋2H2SO4‎ ‎③H2TiO3TiO2＋H2O ‎④TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4↑＋2CO↑‎ ‎⑤TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti 上述反应中，属于氧化还原反应的有(　　)‎ A. ①② B. ①⑤ C. ③④ D. ④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】有元素化合价变化的反应是氧化还原反应。‎ ‎【详解】①FeTiO3＋3H2SO4=Ti(SO4)2＋FeSO4＋3H2O反应中，元素化合价都没变，属于非氧化还原反应；‎ ‎②Ti(SO4)2＋3H2O=H2TiO3↓＋2H2SO4反应中，元素化合价都没变，属于非氧化还原反应；‎ ‎③H2TiO3TiO2＋H2O反应中，元素化合价都没变，属于非氧化还原反应；‎ ‎④TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4↑＋2CO↑反应中，碳元素化合价升高、氯元素化合价降低，有元素化合价变化，属于氧化还原反应；‎ ‎⑤TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti反应中，镁元素化合价升高、钛元素化合价降低，有元素化合价变化，属于氧化还原反应；‎ 综上所述，④⑤属于氧化还原反应，故选D。‎ ‎26.检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是(　　)‎ A. 加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝 B. 将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红 C. 加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性 D. 加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；‎ B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；‎ C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；‎ D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ 分卷II 二、非选择题（共6小题, 共48分）‎ ‎27.(1)利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量。a中试剂是浓氨水。‎ ‎①仪器a的名称为_________，仪器b中装入的试剂可以是___________。‎ ‎②按气流方向正确的装置连接顺序为_________(填字母，装置可重复使用)。‎ ‎(2)亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。‎ 已知：ⅰ.NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O ⅱ.气体液化的温度：NO2(21℃)、NO(-152℃)‎ ‎①反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是________________。‎ ‎②为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(从左向右连接)：A→_________；组装好仪器后，接下来进行的操作是__________。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). NaOH或生石灰或碱石灰 (3). BDADC (4). 排出装置中的空气，防止干扰NO的检验 (5). CEDB (6). 检查装置的气密性 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①根据仪器的结构判断仪器名称，仪器b中加入的是氢氧化钠固体或碱石灰，能够吸收水蒸气；‎ ‎②‎ 从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须干燥，故B接D，D接A，吸收反应生成的水用装置D，最后多余的氨气用装置C吸收；‎ ‎(2)①NO易遇空气中的氧气反应生成二氧化氮；‎ ‎②根据各部分装置的作用进行连接。有气体参与或生成的反应装置，实验前通常需要检验气密性；‎ ‎【详解】(1)通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量，a中试剂是浓氨水。‎ ‎①仪器a名称为分液漏斗，用来盛放和滴加液体，a中试剂是浓氨水，仪器b中加入的是氢氧化钠固体或碱石灰，滴入浓氨水固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气；‎ ‎②从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须先进行干燥，又NH3的水溶液显碱性，因此要使用碱性干燥剂碱石灰干燥氨气，故B接D，干燥后的氨气在装置A中与MxOy发生氧化还原反应，得到N2和H2O，所以D接A，再通过碱石灰的U型管吸收反应生成的H2O蒸气，这时的气体中含有未完全反应的氨气，不能直接排入大气，要通过盛有浓硫酸的C装置吸收氨气后再排入大气，所以还需要装置C，故按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC；‎ ‎(2)①反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是排出装置中的空气，防止反应产生的NO被装置中空气中含有的氧气氧化产生NO2，干扰NO的检验；‎ ‎②装置A中反应制取NO、NO2的混合气体，装置C吸收水蒸气，E冷却NO2，使其转化为无色的N2O4，利用D检验NO，NO、NO2都是大气污染物，不能直接排入大气，利用二者能够与NaOH溶液反应的性质，利用装置B进行尾气处理，防止污染空气，所以装置的连接为A→C→E→D→B，组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性。‎ ‎28.研究金属与硝酸的反应，实验如下。‎ ‎（1）Ⅰ中的无色气体是_________。‎ ‎（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。‎ ‎（3）研究Ⅱ中的氧化剂 ‎①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。‎ ‎②乙同学通过分析，推测出 也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。‎ ‎（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。‎ ‎【答案】(1). NO或一氧化氮 (2). Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ (3). 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出 (4). 中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 (5). 取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 (6). 金属的种类、硝酸的浓度 (7). 温度 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；‎ ‎(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；‎ ‎(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；‎ ‎②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；‎ ‎(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度 ‎【详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；‎ ‎(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；‎ ‎(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；‎ ‎②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；‎ ‎(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。‎ ‎29.如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)X是________(填化学式，下同)，F是__________。‎ ‎(2)A―→D反应的化学方程式为_______。‎ ‎(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为______。‎ ‎(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。‎ ‎(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amol C完全转化为G，理论上至少需要D___ mol。‎ ‎【答案】(1). NH4HCO3 (2). NO2 (3). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (4). 酸性和氧化性 (5). NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋CO32—＋NH3↑ (6). 2a ‎【解析】‎ ‎【分析】X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。‎ ‎【详解】X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；‎ ‎(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；‎ ‎(2) A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；‎ ‎(3) Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；‎ ‎(4) NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－2H2O＋CO32—＋NH3↑；‎ ‎(5) 以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量==2amol。‎ ‎30.已知A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色。在适宜的条件下可发生如下转化：‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）写出A、B、C的化学式：A_____、B_______、C_________。‎ ‎（2）反应E溶液＋A→F溶液＋C的离子方程式为：______________ ； D溶液＋A→F溶液的离子方程式为：___________；若向F溶液中加入NaOH溶液，观察到的现象为：_________。‎ ‎（3）写出除去D溶液中F杂质的离子方程式：________。‎ ‎【答案】(1). Fe (2). Cl2 (3). H2 (4). Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ (5). 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋ (6). 溶液中生成白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (7). 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，A与B反应生成D，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，D溶液中含有Fe3+，由D于F相互转化可知，A为Fe，B为Cl2，D为FeCl3，F为FeCl2．B与C反应生成E，Fe与E溶液反应得到氯化亚铁与C，则C为H2，E为HCl，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，故D溶液中含Fe3＋，根据题干信息可推知A为Fe，结合框图中E溶液与A反应生成F溶液和气体C可确定E溶液为酸，故E为HCl，由此推知B、C分别为Cl2、H2，D、F分别为FeCl3、FeCl2。‎ ‎(2)E为HCl，溶液与铁反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，F为FeCl2，加入氢氧化钠溶液，可生成不稳定的氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，可被氧化生成氢氧化铁，现象为溶液中生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变红褐色；‎ ‎(3)除去氯化铁中的氯化亚铁，可通入氯气，发生氧化还原反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎ ‎31.在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙(粒子直径在1～100nm之间)。如图所示A～E为实验室常见的仪器装置(部分固定夹持装置略去)，请根据要求回答问题。‎ ‎（1）实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述仪器装置的接口连接顺序是(选填字母)：a接__、___接__，__接h；实验室用A装置制取NH3的化学方程式为___。‎ ‎（2）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是___，试写出制纳米级碳酸钙的化学方程式：___。‎ ‎（3）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：___。‎ ‎【答案】(1). d (2). e (3). g (4). f (5). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (6). NH3 (7). CaCl2＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3(胶体)＋2NH4Cl (8). 取少许样品与水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置，注意干燥管的使用原则是大口进小口出；‎ 实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙反应制得；‎ ‎（2）根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出反应方程式；‎ ‎（3）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以根据胶体的性质确定实验方案。‎ ‎【详解】（1）实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，所以应选A为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，故选C；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故选E；氨气有刺激性气味，所以不能直接排空；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，故选D；注意干燥管的使用原则是大口进小口出；所以仪器装置的接口连接顺序是d、e、g、f，故答案为：d、e、g、f；‎ 实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ；故答案为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2‎ ‎＋2NH3↑＋2H2O ；‎ ‎（2）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，‎ 故答案为：NH3；CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；‎ ‎（3）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以具有胶体的性质，运用胶体的丁达尔效应判断，‎ 故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是。‎ ‎32.硫酸型酸雨的形成原理可简化表示如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A物质的化学式_________，B物质的化学式_________。‎ ‎（2）根据SO2的性质，可让工厂的烟道气通过________除去SO2，达到减少污染的目的。‎ ‎（3）现有雨水样品1份，每隔一段时间测定该雨水样品的pH，所得数据如下：‎ 注　溶液的pH越大，H＋的物质的量浓度就越小。‎ ‎①雨水样品的pH变化的原因是____________（用化学方程式表示）。‎ ‎②如果将刚取样的上述雨水和用氯气消毒的自来水相混合，pH将_________（填“增大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）：_____________。‎ ‎（4）你认为减少酸雨产生可采用的措施是_________（填序号）。‎ ‎①少用煤做燃料；②把工厂烟囱造高；③燃料脱硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源 ‎【答案】(1). SO2 (2). SO3 (3). 碱液（或氨水）、氧化剂 (4). 2H2SO3＋O2=2H2SO4 (5). 减小 (6). H2SO3＋Cl2＋H2O=H2SO4＋2HCl (7). ①③⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)酸雨形成是含硫物质的燃烧生成的二氧化硫形成的，依据流程分析可知含硫燃气主要是二氧化硫，催化氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸；‎ ‎(2)SO2是酸性氧化物，且SO2中硫元素显+4价，具有还原性，做还原剂，依据氧化还原反应，需要加入氧化剂实现转化；‎ ‎(3)①雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，2H2SO3+O2=2H2SO4，从而使雨水的酸性增强；‎ ‎②根据氯气能氧化H2SO3生成硫酸和盐酸，溶液的酸性增强，PH减小；‎ ‎(4)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成．把工厂烟囱造高、在已酸化的土壤中加石灰等措施不能有效地防止酸雨的形成。‎ ‎【详解】(1)酸雨形成是含硫物质的燃烧生成的二氧化硫形成的，依据流程分析可知含硫燃气主要是二氧化硫，催化氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，反应的过程为：SO2SO3H2SO4，则A物质的化学式为SO2，B物质的化学式为SO3；‎ ‎(2)SO2是酸性氧化物，且SO2中硫元素显+4价，它可能升高到+6价，具有还原性，做还原剂，依据氧化还原反应，需要加入还原剂实现转化，则可让工厂的烟道气通过碱溶液(如氨水)或氧化剂(如酸性KMnO4溶液)而除去SO2，达到减少污染的目的；‎ ‎(3)①雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4，从而使雨水的酸性增强；‎ ‎②因氯气能氧化H2SO3生成硫酸和盐酸，两者都是强酸，酸性增强，pH减小，反应的化学方程式为：H2SO3＋Cl2＋H2O=H2SO4＋2HCl；‎ ‎(4)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，即①③⑤正确，故答案为①③⑤。‎