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

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。‎