2019-2020学年陕西省宝鸡市渭滨区高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

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2019-2020学年陕西省宝鸡市渭滨区高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

渭滨区2019-2020-1高一化学试题 可能用到的相对原子质量:H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64‎ 一、单项选择题:(共25小题,每小题只有1个选项正确,每小题2分,共50分)‎ ‎1.下列行为不符合安全要求的是 A. 做实验剩余的金属钠直接丢弃在废液缸中 B. 闻气体时用手轻轻扇动,使少量气体飘进鼻孔 C. 配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌 D. 不慎洒出的酒精在桌上着火时,立即用湿毛巾盖灭 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠和水剧烈反应,甚至发生爆炸现象,故剩余的金属钠不能直接丢弃在废液缸中,A错误;‎ B、闻气体时用手轻轻扇动,使少量气体飘进鼻孔,以防中毒,B正确;‎ C、配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌,以散热,防止液体飞溅,C正确;‎ D、水和酒精互溶,酒精在桌上着火时不用水扑火,立即用湿毛巾盖灭,D正确;‎ 答案选A。‎ ‎【点晴】明确物质的性质是解本题的关键,注意基础知识的积累。例如常见意外事故的处理:‎ 意外事故 处理方法 洒在桌面的酒精燃烧 立即用湿抹布扑盖 酸洒在皮肤上 立即用较多的水冲洗(皮肤上不慎洒上浓H2SO4,不得先用水冲洗而要根据情况迅速用干布擦去,再用水冲洗),最后再涂上3%~5%的NaHCO3溶液 碱洒在皮肤上 用较多的水冲洗,再涂上硼酸溶液 水银洒在桌面上 进行回收后再撒上硫粉 酸液溅到眼中 立即用水冲洗,边洗边眨眼睛 酒精等有机物在实验台上着火 用湿抹布、石棉或沙子盖灭,火势较大时,可用灭火器扑救 液溴沾到皮肤上 应立即用布擦去,再用酒精擦洗 ‎2.化学实验中常将溶液或试剂进行酸化,下列酸化处理的措施正确的是(  )‎ A. 检验溶液是否含有SO时,先用盐酸将待检验溶液酸化,然后往其中滴加BaCl2溶液 B. 为提高高锰酸钾溶液的氧化能力,用盐酸将高锰酸钾溶液酸化 C. 检验溶液中是否含有Fe3+时,用硝酸酸化 D. 定性检验SO,将BaCl2溶液用HNO3酸化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸根离子能和钡离子反应生成不溶于盐酸的白色沉淀,检验溶液中是否含有SO42-时,先用盐酸酸化,所得溶液再加BaCl2溶液,如果出现白色沉淀,证明含有硫酸根离子,反之则没有,故A正确;‎ B.高锰酸钾具有强氧化性,用盐酸将高锰酸钾溶液酸化时,高锰酸钾能将氯离子氧化为氯气,故B错误;‎ C. 硝酸具有强氧化性,易将亚铁离子氧化为三价铁离子,会干扰铁离子的检验,故C错误;‎ D. 定性检验SO32-时,将BaCl2溶液用HNO3酸化,因为硝酸具有强氧化性,易将亚硫酸根氧化为硫酸根,硫酸根也和钡离子反应生成白色沉淀,会干扰亚硫酸根的检验,故D错误;‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】检验溶液是否含有SO42-时,先用盐酸将待检验溶液酸化的目的是为了排除Ag+、CO32-、SO32-等离子的干扰,因硝酸易将SO32-氧化,故在检验SO42-时,一般不用硝酸酸化的硝酸钡。‎ ‎3.从海带中提取碘要经过灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作,下列对应的装置合理,操作规范的是( )‎ A. 海带灼烧成 灰 B. 过滤含碘离子溶液 C. 放出碘的苯溶液 D. 分离碘并回收苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、灼烧海带应在坩埚中进行,A错误;‎ B、过滤应用玻璃棒引流,B错误;‎ C、碘单质易溶在苯中,且苯的密度小于水,在上层,应从上口倒出上层液体,C错误;‎ D、分离碘并回收苯可采用蒸馏法,装置正确,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎4.化学与生产、生活密切相关,下列说法正确的是 A. 用漂白粉对游泳池进行杀菌消毒 B. 将适量的铜、锌熔合成合金的过程发生了化学变化 C. 明矾净水时发生了化学变化及物理变化,能起到杀菌消毒的作用 D. 硝酸型酸雨的形成与氧化还原反应无关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 漂白粉有效成分是Ca(ClO)2,该物质与水、二氧化碳作用产生HClO,该物质具有强的氧化性,可以杀菌消毒,因此用漂白粉对游泳池进行杀菌消毒,A正确;‎ B. 将适量的铜、锌熔合成合金的过程发生了物理变化,B正确;‎ C. 明矾净水时发生了化学变化及物理变化,能吸附净化水,但不能起到杀菌消毒的作用,C错误;‎ D. 硝酸型酸雨的形成包括3NO2+H2O=2HNO3+NO及2NO+O2=2NO2等反应,这些反应都是氧化还原反应,因此与氧化还原反应有关,D错误;‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.下列变化中,前者是物理变化,后者是化学变化,且都有明显颜色变化的是 A. 打开盛装NO的集气瓶;冷却NO2气体 B. 用冰水混合物冷却SO3气体;加热氯化铵晶体 C. 木炭吸附NO2气体;将氯气通入品红溶液中 D. 向品红溶液中加入Na2O2;向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.打开盛装NO的集气瓶,NO被氧化为NO2,发生的是化学反应,不是物理变化,故A错误;B.用冰水混合物冷却SO3气体,是物理变化,没有颜色变化;加热氯化铵晶体,为化学变化,没有颜色变化,故B错误;C.木炭吸附NO2气体,颜色变浅,属于物理变化;将氯气通入品红溶液中,次氯酸具有漂白性,发生氧化还原反应,使品红褪色,属于化学变化,故C正确;D.向品红溶液中加入Na2O2和向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应,故D错误;故选C。‎ ‎6.下列叙述中正确的是 A. 摩尔是物质的量的单位,1摩尔任何物质均含有6.02×1023个分子 B. 1mol氧气的质量为‎16g C. 500mL 2.5 mol·L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2.5 mol·L-1‎ D. 标准状况下,‎11.2 L乙醇中含有的分子数为0.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 摩尔是物质的量的单位,1摩尔任何物质约含有6.02×1023个构成物质的基本微粒,但不一定是分子,A错误;‎ B. 1 mol氧气的质量为‎32 g,B错误;‎ C. 溶液具有均一性,所以500 mL 2.5 mol·L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2.5 mol·L-1,C正确;‎ D. 在标准状况下乙醇是液体,不能使用气体摩尔体积计算,D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎7.下列有关操作或判断正确的是(  )‎ A. 配制一定物质的量浓度的溶液时,定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 B. 用托盘天平称取‎25.20 g NaCl C. 用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D. 用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸,量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、配制一定物质的量浓度的溶液时,定容时仰视刻度线会导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液浓度偏低, A错误;‎ B、托盘天平的准确度为‎0.1g,不能用托盘天平称取25.20gNaCl,B错误;‎ C、用100mL量筒量取5.2mL的盐酸会产生较大误差,应该使用10mL量筒量取,C错误;‎ D、用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸,量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致量取的盐酸体积偏大,所配溶液浓度偏高, D正确;‎ 答案为D。‎ ‎【点晴】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法,该题是中等难度的试题,试题基础性强,注重灵活性,侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练,该题的难点在于误差分析,需要明确的是根据c=n/V可得,误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的,误差分析时,关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。‎ ‎8.下列有关化学实验的说法正确的是 A. SO2能使品红溶液、酸性KMnO4溶液褪色,加热后都能恢复原来颜色 B. 用铂丝蘸取某溶液在酒精灯的火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃观察到火焰颜色为紫色,说明原溶液中含有K+,不含Na+‎ C. 用滴加BaCl2溶液观察有无白色沉淀生成的方法鉴别K2CO3和NaHCO3‎ D. 少量CO2通入CaCl2溶液能生成白色沉淀,CO2过量时白色沉淀溶解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2具有漂白性,能使品红溶液,但反应产生的无色物质不稳定,加热物质分解,又恢复原来的颜色;SO2具有还原剂,会将酸性KMnO4溶液还原而褪色,加热后不能恢复原来颜色,A错误;‎ B. 用铂丝蘸取某溶液在酒精灯的火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃观察到火焰颜色为紫色,说明原溶液中含有K+,不能说明是否含Na+,B错误;‎ C. BaCl2与K2CO3反应产生BaCO3白色沉淀,与NaHCO3不能反应,因此可以用滴加BaCl2溶液观察有无白色沉淀生成的方法鉴别K2CO3和NaHCO3,C正确;‎ D. CO2通入CaCl2溶液不能反应,无白色沉淀生成,D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.下列过程中,没有发生氧化还原反应的是 A. 食物变质 B. 青铜器生锈 C. 燃放烟花爆竹 D. 利用蒸馏法获得蒸馏水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 食物变质是食物被氧化而产生新的物质的过程,A不符合题意;‎ B. 青铜器生锈是Cu单质变为Cu2(OH)2CO3的过程,发生了氧化还原反应,B不符合题意;‎ C. 燃放烟花爆竹时S变为SO2,C变为CO2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,C不符合题意;‎ D. 利用蒸馏法获得蒸馏水,是物质状态的变化,没有新物质产生,没有发生氧化还原反应,D符合题意;‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.下列关于物质分类的说法正确的是 A. HNO3、CO2、CaCO3都属于酸 B. 金刚石、白磷都属于单质 C. SO2、SiO2、CO均属于酸性氧化物 D. 金属氧化物均为碱性氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HNO3属于酸,CO2属于酸性氧化物,CaCO3都属于盐,A错误;‎ B. 金刚石、白磷都是仅有一种元素组成的物质,都属于单质,B正确;‎ C. SO2、SiO2均属于酸性氧化物,CO是不成盐氧化物,C错误;‎ D. 金属氧化物有的是碱性氧化物,如CaO、Na2O,有的是酸性氧化物,如Mn2O7,有的是两性氧化物,如Al2O3,有的是过氧化物,如Na2O2,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.下列说法错误的是 A. 利用丁达尔效应可区分胶体与溶液 B. 某物质经科学测定只含有一种元素,则可以断定该物质是一种纯净物 C. 用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3‎ D. 向豆浆中加入硫酸钙制豆腐,是利用了胶体的聚沉性质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胶体能够发生丁达尔效应,溶液不能发生丁达尔效应,因此可以利用丁达尔效应可区分胶体与溶液,A正确;‎ B. 某物质经科学测定只含有一种元素,该物质可能是纯净物,也可能是混合物,如氧气和臭氧等,B错误;‎ C. 胶体粒子和溶液的微粒均可以通过滤纸缝隙,因此用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3,C正确;‎ D. 向豆浆中加入硫酸钙制豆腐,是利用了胶体的微粒遇电解质发生聚沉现象,D正确;‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2:Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2:Al+2OH-=AlO2-+H2↑‎ C. 硫酸铜溶液中加少量铁粉:3Cu2++2Fe=2Fe3++3Cu D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应符合事实,遵循离子方程式的物质拆分原则,A正确;‎ B. 反应的物质除了Al、NaOH外,还有水,电荷不守恒,电子不守恒,B错误;‎ C. 硫酸铜溶液中加少量铁粉,反应产生Cu单质和Fe2+,反应原理不符合事实,C错误;‎ D. Na2SiO3是可溶性物质,以离子形式存在,不符合物质拆分原则,D错误;‎ 故合理选项是A。‎ ‎13.25 ℃‎时,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 0.1‎‎ mol∙L-1Ca(NO3)2溶液中:Na+、NH4+、CO32-、CH3COO-‎ B. 加铝粉能产生大量H2的溶液中:Na+、NH4+、NO3-、Cl-‎ C. 3% H2O2溶液中:Fe2+、H+、SO42-、Cl-‎ D. 强酸性溶液中:Na+、Mg2+、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca2+与CO32-会反应产生CaCO3沉淀,不能大量共存,A错误;‎ B. 加铝粉能产生大量H2的溶液可能显酸性,也可能显碱性,在碱性溶液中,OH-、NH4+会反应产生NH3·H2O,不能大量共存;在酸性溶液中,H+、NO3-起硝酸的作用,与Al反应不能产生氢气,不能大量共存,B错误;‎ C. 3% H2O2溶液在酸性条件下具有氧化性,能够将Fe2+氧化为Fe3+,不能大量共存,C错误;‎ D.选项离子在酸性条件下不能发生任何反应,可以大量共存,D正确;‎ 故合理选项是D。‎ ‎14.下列说法不正确的是 A. 氢氧化铝常用于治疗胃酸过多引起的胃溃疡 B. 切开的金属Na暴露在空气中,光亮表面会逐渐变暗 C. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠,能使焙制出的糕点疏松多孔 D. 金属钠着火时,可以使用泡沫灭火器来灭火 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化铝能够与胃酸的主要成分HCl发生反应,产生AlCl3和H2O,降低c(H+),因此常用于治疗胃酸过多引起的胃溃疡,A正确;‎ B. 切开的金属Na暴露在空气中,与空气中的O2会产生Na2O,使光亮表面会逐渐变暗,B正确;‎ C. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠,碳酸氢钠不稳定,在加热时分解产生CO2和水蒸气,因而能使焙制出的糕点疏松多孔,C正确;‎ D. 金属钠着火时,反应产生Na2O2,若使用泡沫灭火器来灭火,Na2O2与CO2及H2O反应产生O2,会使钠继续燃烧,不能起到灭火作用,D错误;‎ 故合理选项是D。‎ ‎15.有关NaHCO3和Na2CO3的性质,以下叙述错误的是(  )‎ A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应,在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小 B. 等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应,所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3‎ 的两倍 C. 等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应,前者消耗盐酸较多 D. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2一样多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据反应的方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知,‎106g Na2CO3完全反应生成1mol CO2,‎84g NaHCO3完全反应生成1mol CO2,则当Na2CO3和NaHCO3的质量相同时,前者和HCl反应放出的CO2较少,A正确;‎ B.由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知,等物质的量的两种盐与同浓度HCl完全反应,所消耗HCl的体积,Na2CO3是NaHCO3的两倍,B正确;‎ C.由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知,等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应,Na2CO3消耗HCl较多,C错误;‎ D.由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知,等物质的量的两种盐与同浓度HCl完全反应,生成CO2一样多,D正确;‎ 故选C。‎ ‎16.下列有关铝及其化合物的说法正确的是 A. 可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3‎ B. 铝表面有氧化膜保护,铝锅可以长时间盛放酸性溶液 C. 氯化铝溶液与过量NaOH溶液反应可产生白色胶状沉淀 D. 氧化铝为两性氧化物故可以作耐火材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应;‎ B.铝及其氧化膜都能和酸反应;‎ C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,氢氧化钠过量时沉淀溶解,但向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液,先没有沉淀生成;‎ D.氧化铝是离子化合物,阳离子与阴离子之间以极强的离子键结合。‎ ‎【详解】A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应,而Fe2O3不与NaOH溶液反应,所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3,A正确;‎ B.铝及其氧化膜都能和酸反应,所以铝锅不可以长时间盛放酸性溶液,B错误;‎ C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液,开始生成Al(OH)3白色沉淀,当氢氧化钠过量时Al(OH)3与过量的NaOH溶液反应产生NaAlO2和水,使沉淀溶解,C错误;‎ D.氧化铝为离子化合物,Al3+与O2-之间以极强的离子键结合,断裂消耗很高能量,所以氧化铝熔点很高,因此氧化铝可以作耐火材料,D错误;‎ 故合理选项A。‎ ‎【点睛】本题考查了铝及其化合物性质的分析应用,主要是氧化铝、氢氧化铝的两性及氧化铝是离子化合物,熔点高,掌握基础是关键。‎ ‎17.下列关于SO2的说法正确的是 A. SO2气体通入滴有酚酞的NaOH溶液中,红色褪去,说明SO2具有漂白性 B. 等物质的量的SO2和Cl2混合通入品红溶液中,能使红色褪去 C. SO2气体通入溴水中,溴水的颜色褪去,说明SO2具有漂白性 D. 二氧化硫的排放会导致酸雨的产生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2气体溶于水反应产生H2SO3,会中和溶液中的NaOH,使溶液的碱性减弱,导致红色褪去,不能说明SO2具有漂白性,A错误;‎ B. 等物质的量的SO2和Cl2混合通入水中,发生反应:SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4,产生的盐酸和硫酸不具有漂白性,因此不能使红色褪去,B错误;‎ C. SO2气体通入溴水中,溴水的颜色褪去,是由于发生反应:SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,说明SO2具有还原性,C错误;‎ D. 二氧化硫的排放会与空气中的水反应产生H2SO3,H2SO3被溶解在水中的氧气氧化产生H2SO4,因而会导致酸雨的产生,D正确;‎ 故合理选项是D。‎ ‎18.下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是 A. 在空气中敞口久置的浓硫酸,溶液质量增大(难挥发性)‎ B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应(强氧化性、酸性)‎ C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成(吸水性)‎ D. 浓硫酸干燥氯气(脱水性)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在空气中敞口久置的浓硫酸,由于浓硫酸吸收空气中的水分,使溶液质量增大,与硫酸的难挥发性无关,A错误;‎ B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应,浓硫酸表现了强氧化性、酸性,B正确;‎ C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成这是浓硫酸的脱水性,不是吸水性,C错误;‎ D. 浓硫酸干燥氯气这是浓硫酸的吸水性,不是脱水性,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎19. 下列物质之间的转化都一步能实现的是 A. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3‎ B. Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2‎ C. N2→NH3→NO→NO2→HNO3→NO2‎ D. S→SO3→H2SO4→SO2→Na2SO3→Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A错误,二氧化硅到硅酸不能一步实现。‎ B错误,氧化铝到氢氧化铝不能一步实现。‎ C正确,氮气和氢气反应生成氨气,氨气催化氧化得到一氧化氮,一氧化氮被氧气氧化成二氧化氮,二氧化氮溶于水生成硝酸,浓硝酸与金属反应可得二氧化氮,或者浓硝酸自身分解也可得到二氧化氮。‎ D错误,单质S变三氧化硫不能一步实现。所以正确答案选C。‎ ‎20.关于氮的变化关系图如下,则下列说法不正确的是 A. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径 B. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径 C. 上述所有反应都是氧化还原反应 D. 氮气在足量的氧气中通过一步反应可生成NO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸,路线①②③就是工业生产硝酸的主要途径,A正确;‎ B. 雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO,NO被O2氧化产生NO2,NO2被水吸收得到硝酸,故路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径,B正确;‎ C.在上述反应中都存在N元素化合价的变化,因此都是氧化还原反应,C正确;‎ D. 氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO,与二者相对物质的量多少无关,D错误;‎ 故合理选项是D。‎ ‎21.SiO2是一种化工原料,可以制备一系列物质。下列说法正确的是 A. 图中所有反应都不属于氧化还原反应 B. 硅酸盐的化学性质稳定,常用于制造光导纤维 C. 可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙 D. 普通玻璃是由纯碱、黏土和石英制成的,具有固定的熔点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应;‎ B.光导纤维的成分是二氧化硅;‎ C.二氧化硅和盐酸不反应,碳酸钙溶于盐酸;‎ D.玻璃属于混合物,没有个固定的熔点。‎ ‎【详解】A.化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应,二氧化硅与碳反应生成硅单质的反应有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,A错误; ‎ B.光导纤维的成分是二氧化硅,不是硅酸盐,B错误;‎ C.碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳,二氧化硅和盐酸不反应,可以用盐酸除去石英(主要成分为SiO2)中混有的少量碳酸钙,C正确;‎ D.玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的,玻璃属于混合物,没有固定的熔点,D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查硅和二氧化硅的性质和用途,注意只有纯净物有固定的熔沸点,混合物没有固定的熔沸点。‎ ‎22.某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列从分类角度分析正确的是 A. 实验①、③反应制得的物质均为纯净物 B. ③发生化学变化,最终得到的分散系为胶体 C. ①反应中铁丝为还原剂,发生还原反应 D. 实验①、②涉及的所有物质均为电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验①Fe在Cl2中燃烧产生FeCl3,得到的纯净物,③得到的是氢氧化铁胶体,是混合体系,所以不全为纯净物,A错误;‎ B. 将FeCl3浓溶液滴入沸水中加热煮沸,发生水解反应产生Fe(OH)3胶体和HCl,因此最终得到的分散系为胶体,B正确;‎ C. 实验①Fe与Cl2反应产生FeCl3中,Fe失去电子,被氧化,作还原剂,发生氧化反应,C错误; ‎ D. 实验①中的铁和氯气是单质,既不是电解质也不是非电解质,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎23.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是(  )‎ A. E处棉花球变成黄色,说明Cl2的氧化性比Br2强 B. F处棉花球变成蓝色,说明Br2的氧化性比I2强 C. E处发生反应的离子方程式为:Cl2+2Br-===2Cl-+Br2‎ D. G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为:2OH-+Cl2===ClO-+Cl-+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气具有强氧化性,可与Br-、I-发生置换反应生成单质,可以与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水 ‎【详解】A. E处棉花球变成黄色,发生Cl2+2Br-===2Cl-+Br2,Cl2为氧化剂,Br2为氧化产物,Cl2的氧化性比Br2强,A正确;‎ B.F处棉花球变成蓝色,发生Cl2+2I-===2Cl-+I2,Cl2的氧化性比I2强,B错误;‎ C.E处发生反应的离子方程式为:Cl2+2Br-===2Cl-+Br2,C正确;‎ D. NaOH与Cl2反应的离子方程式为:2OH-+Cl2===ClO-+Cl-+H2O,D正确;‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】在F处,是未反应完的Cl2与KI发生反应置换出I2,使淀粉变蓝色,不能说明Br2的氧化性比I2强。‎ ‎24.一定量的Cu粉与浓H2SO4共热产生SO2气体的体积为‎2.24 L(标准状况下),则下列情况不可能的是(  )‎ A. 加入Cu的质量为‎6.4 g B. 加入浓H2SO4中含溶质0.2 mol C. 加入Cu的质量大于‎6.4 g D. 加入浓H2SO4中含溶质多于0.2 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜粉与浓硫酸混合加热,发生反应为:Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O,n(SO2)=‎2.24L÷‎22.4L/mol=0.1mol。随着反应的进行,硫酸的浓度会变小,稀硫酸与铜不反应,据此分析可得结论。‎ ‎【详解】A.由反应可知,n(Cu)=n(SO2)=0.1mol,则Cu的质量为0.1mol×‎64g/mol=‎6.4g,故A正确;‎ B.由反应可知,n(H2SO4)=0.2mol,随反应的进行,稀硫酸与Cu不反应,则加入浓硫酸中溶质应大于0.2mol,故B错误;‎ C.随反应的进行,稀硫酸与Cu不反应,加入Cu的质量可以大于‎6.4g,故C正确;‎ D.根据B知,加入浓硫酸中溶质应该大于0.2mol,故D正确;‎ 答案选B。‎ ‎25.某工业废气所含氮氧化物(NOx)的氮氧质量比为7:4,则该NOx可表示为 A. N2O B. NO C. N2O3 D. NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】依题意,,x=,从而得出其化学式为N2O。‎ 故选A。‎ 二、填空题(共2题,共24分)‎ ‎26.物质的量是化学中常用的物理量,请完成以下有关计算:‎ ‎(1)‎0.2 g H2含有________个H原子。‎ ‎(2)标准状况下,含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为________。‎ ‎(3)100 mL硫酸钠溶液中n(Na+)=0.20 mol,则其中c(SO42-)=________。‎ ‎(4)在‎9.5 g某二价金属的氯化物中含有0.2 mol Cl-,此氯化物的摩尔质量为________,该金属元素的相对原子质量为________。‎ ‎(5)‎6.72 L CO(标准状况)与一定量的Fe2O3恰好完全反应(生成Fe与CO2)后,生成Fe的质量___g。‎ ‎【答案】 (1). 0.2NA (2). 2∶1 (3). 1.0 mol/L (4). ‎95 g/mol (5). 24 (6). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据n=计算H2的物质的量,然后根据H2分子中含有的H原子个数计算H原子数目;‎ ‎(2)先计算气体的物质的量的比,然后根据V=n·Vm确定气体的体积比;‎ ‎(3)根据Na2SO4电离产生的Na+、SO42-的个数关系由Na+的物质的量计算出SO42-的物质的量,再根据c=计算c(SO42-);‎ ‎(4)根据盐的组成由Cl-的物质的量确定盐的物质的量,结合n=计算氯化物的摩尔质量,再根据摩尔质量与物质式量关系计算金属元素的相对原子质量;‎ ‎(5)先计算CO的物质的量,然后根据反应方程式计算出反应产生的Fe的物质的量和质量。‎ ‎【详解】(1)0.2 gH2的物质的量是n==0.1 mol,由于H2分子中含有2个H原子,则0.1 molH2中含有0.2 molH原子,含有的H原子数目为0.2NA;‎ ‎(2)由于在CO、CO2分子中含有的O原子数分别是1个、2个,所以标准状况下,含有相同氧原子数的CO和CO2的物质的量的比为2:1,由于V=n·Vm,所以气体的体积比等于气体的物质的量的比,故相同条件下CO、CO2的体积比等于2:1;‎ ‎(3)Na2SO4电离产生Na+、SO42-个数比为2:1,由于n(Na+)=0.20 mol,所以n(SO42-)=0.10 mol,溶液的体积是‎0.1 L,所以c(SO42-)===1.0 mol/L;‎ ‎(4)二价金属的氯化物中含有0.2 mol Cl-,则氯化物的物质的量为0.1 mol,由于其质量是‎9.5 g,所以该金属氯化物的摩尔质量为M==‎95 g/mol;假设金属元素用符号R表示,该氯化物化学式为RCl2,R+2×35.5=95,所以R的相对原子质量为95-71=24;‎ ‎(5)‎6.72 L CO标准状况的CO的物质的量n(CO)=‎6.72 L÷‎22.4 L/mol=0.3 mol,CO与Fe2O3反应的方程式为:3CO+Fe2O32Fe+3CO2;由于CO的物质的量是0.3 mol,则反应产生的Fe的物质的量是0.2 mol,则生成Fe的质量m(Fe)=0.2 mol×‎56 g/mol=‎11.2 g。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量的有关计算的知识。掌握物质的量的有关计算公式及物质的结构是本题解答的基础。‎ ‎27.硝酸被称为“国防化工之母”,某化学兴趣小组对浓硝酸与铜片的反应进行探究,请完成下列问题。‎ ‎(1)写出反应刚开始阶段化学方程式,并用“双线”‎ 桥表达电子转移的方向和数目______________,该阶段反应现象为_________。‎ ‎(2)最终铜有剩余,则反应将要结束时的离子方程式是________;待反应停止时,再加入稀硫酸,这时铜片上又有气泡产生,其原因是_______。‎ ‎(3)用试管将反应产生的NO2收集满并倒立在足量的水中,待试管中液面不再上升时,试管中剩余气体的体积约为原气体体积的________(相同条件下) ‎ ‎(4)若‎12.8g铜与一定质量的浓硝酸反应,铜完全溶解时,产生NO和NO2混合气体共‎5.6L(标准状况),则反应中转移的电子的物质的量为_________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 铜片溶解,溶液变蓝色,产生红棕色气体。 (3). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (4). 溶液中的硝酸根与硫酸中的氢离子重新具有硝酸的性质,可以继续反应 (5). (6). 0.4 mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O,根据元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目用“双线”桥表达电子转移;从固体、液体、气体物质变化分析实验现象;‎ ‎(2)随着反应的进行,硝酸变为稀硝酸,Cu与稀硝酸发生反应产生硝酸铜、NO、H2O,根据离子方程式书写原则,将化学方程式改写为离子方程式;‎ ‎(3)根据NO2与H2O反应的方程式,结合反应前后气体体积变化分析判断;‎ ‎(4)根据金属Cu失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等计算。‎ ‎【详解】(1)Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O,反应方程式为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,在该反应中Cu元素化合价升高,失去电子2e-,HNO3中N元素化合价降低,得到电子2e-,用双线桥法表示电子转移为:;‎ 物质Cu与浓硝酸发生反应,会看到铜片逐渐溶解,溶液由无色变蓝色,产生红棕色气体;‎ ‎(2)随着反应的进行,硝酸变稀,这时是稀硝酸与Cu的反应,化学方程式为:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,该反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;待反应停止时,若再加入稀硫酸,硫酸电离产生H+‎ ‎,与Cu(NO3)2电离产生的NO3-以HNO3的作用,将Cu氧化,继续发生反应:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,因此这时从铜片上又有气泡产生;‎ ‎(3)用试管将反应产生的NO2收集满并倒立在足量的水中,发生反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO,由方程式可知3体积的NO2反应后变为1体积的NO,因此反应后待试管中液面不再上升时,试管中剩余气体的体积约为原气体体积的;‎ ‎(4)在Cu与硝酸的反应中,Cu失去电子变为Cu(NO3)2,HNO3得到电子变为NO、NO2。在反应过程中电子转移数目相等,所以n(Cu)==0.2 mol,所以反应过程中电子转移的物质的量n(e-)=2n(Cu)=2×0.2mol=0.4 mol。‎ ‎【点睛】本题以Cu与硝酸的反应为线索,考查了硝酸的化学性质、氧化还原反应中电子转移的表示方法、电子转移数目的计算等。掌握硝酸的化学性质、氧化还原反应规律是本题解答的关键。注意Cu与硝酸反应随硝酸的浓度不同,反应现象不同。‎ 三、实验题(共2题,共20分)‎ ‎28.有一含NaCl、NaHCO3的混合物,某同学设计如图所示的实验装置,通过测量反应产生的CO2和H2O的质量,来确定该混合物中各组分的质量分数。请回答下列问题。‎ ‎(1)实验步骤:‎ ‎①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后,首先进行的操作是_________。‎ ‎②称取样品,并将其放入硬质玻璃管中;称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。‎ ‎③打开活塞K1、K2,关闭K3,缓缓鼓入空气数分钟,A中碱石灰的作用是_______。‎ ‎④关闭活塞K1、K2,打开K3,点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为_______。‎ ‎⑤打开活塞K1,缓缓鼓入空气数分钟,拆下装置,再次称量洗气瓶C质量和U形管D 的质量。‎ ‎(2)实验方案的评价及数据处理 ‎①实验步骤⑤打开活塞K1,缓缓鼓入空气数分钟的目的是__________。‎ ‎②若样品质量为W g,反应后C装置增加的质量为m‎1 g则D装置增重的质量为______g(用含m1的代数式表达),混合物中NaHCO3的质量分数为________(用含W、m1的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 吸收空气中的水和二氧化碳 (3). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (4). 使反应产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收 (5). (6). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将混合物加热,NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2,NaCl受热不发生变化,分解产生H2O(g) 在C处吸收,产生的CO2气体在D中吸收,根据C增重质量可计算出NaHCO3的质量及其分解产生的CO2的质量,从而求出NaCl的质量;为避免在实验过程中由于装置漏气或装置中空气的成分的影响,应在实验前检验装置的气密性,想法赶出装置中的空气,分解实验完毕,再通入处理过的空气,将分解产生的气体全部赶入装置C、D处,被完全吸收;E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果,根据以上分析进行解答即可。‎ ‎【详解】(1)①按图组装好实验装置后,首先进行的操作是检查装置气密性;‎ ‎③装置内有空气,空气中含有水蒸气和二氧化碳,影响水蒸气和二氧化碳质量的测定,打开活塞K1、K2,关闭活塞K3,缓缓鼓入空气数分钟,A中碱石灰的作用是吸收装置内空气中的水和二氧化碳;‎ ‎④关闭活塞K1、K2,打开K3,点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑;‎ ‎(2)①实验步骤⑤打开活塞K1,缓缓鼓入空气数分钟的目的是使NaHCO3分解产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收;‎ ‎②若样品质量为w g,反应后C装置增加的质量为m‎1 g,根据方程式:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知:每有‎168 g NaHCO3反应,会产生‎18 g H2O,‎44 g CO2‎ ‎,则反应产生m‎1 g水,会产生CO2的质量为m(CO2)=g=g,即D装置增重的质量为 g,混合物中NaHCO3的质量为m(NaHCO3)= g,由于样品质量为w g,所以NaHCO3的质量分数为:×100%=×100%。‎ ‎【点睛】本题以钠的化合物为载体,综合考查学生实验能力和分析能力和计算能力,注意把握物质的性质以及实验原理,为解答该题的关键;注意排除装置中空气的干扰。‎ ‎29.某研究性学习小组同学为了探究“在相同的温度和压强下,相同体积的任何气体都含有相同数目的分子”,他们以教材中相关【科学探究】为基础,设计了如图实验装置并记录相关实验数据。‎ ‎【实验装置】‎ ‎【部分实验数据】‎ 温度 压强 时间 水槽中H2O的质量 H2体积 O2体积 ‎30 ℃‎ ‎101 kPa ‎0‎ ‎300 g ‎0‎ ‎0‎ ‎30 ℃‎ ‎101 kPa ‎4分钟 ‎298.2 g ‎1.243 L 请回答下列问题:‎ ‎(1)4分钟时H2、O2的物质的量分别是________mol、________mol。‎ ‎(2)该温度下,气体摩尔体积是__________。‎ ‎(3)在该实验条件下,3 mol O2的气体的体积为____________L ‎【答案】 (1). 0.1 (2). 0.05 (3). ‎24.86 L/mol (4). ‎‎74.58 L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解4min前后水的质量差可计算出电解水的质量,根据电解方程式中物质反应关系可计算出4分钟时反应产生的H2、O2的物质的量;‎ ‎(2)由O2的体积、氧气的物质的量可计算出该温度下的气体摩尔体积;‎ ‎(3)根据V=n·Vm可计算出该条件下3 mol O2的气体的体积。‎ ‎【详解】(1)电解水的质量为m(H2O)=‎300 g-298.2 g=‎1.8 g;n(H2O)==0.1 mol,根据电解方程式:2H2O2H2↑+O2↑可知:n(H2)= n(H2O)= 0.1 mol,n(O2)= n(H2O)=×0.1 mol=0.05 mol;‎ ‎(2)由于n=,在该温度下,0.05molO2的体积是‎1.243 L,所以在该温度下的气体摩尔体积是Vm==‎24.86 L/mol;‎ ‎(3)在该实验条件下气体摩尔体积为‎24.86 L/mol,则3mol O2的气体的体积V=3 mol×‎24.86 L/mol=‎74.58 L。‎ ‎【点睛】本题考查了气体的物质的量与气体体积、外界条件的关系的知识。掌握反应前后元素的物质的量不变是本题解答的关键,注意影响气体体积的主要因素有气体的物质的量及温度、压强。‎ 四、计算题(共1题,共6 分)‎ ‎30.将一定质量的镁和铝的合金投入100 mL,一定物质的量浓度的盐酸中,恰好反应,共产生气体‎5.6 L(标准状况下),向所得溶液中滴加5mol·L-1NaOH溶液至过量,最终产生白色沉淀‎13.6 g。请计算:‎ ‎(1)原合金中镁和铝的质量分别是________。‎ ‎(2)原盐酸溶液的物质的量浓度________。‎ ‎【答案】 (1). m(Mg)=‎2.4 g,m(Al)=‎2.7 g (2). 5 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属Mg、Al是比较活泼的金属,与HCl反应产生Mg2+、Al3+进入溶液,Mg2+、Al3+与加入NaOH电离产生的OH-结合形成Mg(OH)2、Al(OH)3,Mg、Al失去电子的物质的量与Mg2+、Al3+形成Mg(OH)2、Al(OH)3结合的OH-的物质的量相等,等于盐酸中的H+完全转化为H2得到的电子的物质的量,结合H2的体积及Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的质量计算。‎ ‎【详解】(1)n(H2)==0.25 mol,则一定质量的镁和铝的合金反应,转移的电子的物质的量为n(e-)=2n(H2)=2×0.25mol=0.5 mol,向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液,Mg2+、Al3+反应产生Mg(OH)2、Al(OH)3,OH-的物质的量等于反应过程中金属失去电子的物质的量,n(OH-)=n(e-)=0.5 mol,则m(OH-)=0.5 mol×‎17 g/mol=‎8.5 g,所以Mg、Al质量和为m(Mg、Al)=‎13.6 g-8.5 g=‎5.1 g。假设混合物中Mg、Al的物质的量分别是x、y,则24x+27y=5.1;2x+3y=0.5,解得x=0.1,y=0.1,所以混合物中Mg的质量为m(Mg)=0.1 mol×‎24 g/mol=‎2.4 g;Al的质量为m(Al)=0.1 mol×‎27 g/mol=‎2.7 g;‎ ‎(2)根据H元素守恒可知n(HCl)=2n(H2)=2×0.25 mol=0.5 mol,则原盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)==5 mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查镁铝化合物性质、混合物的计算。掌握反应实质,利用电子守恒、元素守恒分析判断和计算。‎
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