2018-2019学年湖南省衡阳市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年湖南省衡阳市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年湖南省衡阳市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）‎ 考试时量：90分钟考试总分：100分 可能用的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Al—27 S—32 Fe—56 Cu—64 Mg—24 Ba—137 Si—28‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：本大题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意,请将最恰当的答案填在答题卡上 ‎1.下列物质的分类正确的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物，根据以上概念分析解答。‎ ‎【详解】A．氨气由两种元素组成，其中一种元素为氢元素，为氢化物，不属于酸，选项A错误；‎ B．Na2CO3是由钠离子和碳酸根离子构成的盐，不属于碱，选项B错误；‎ C．HClO由三种元素组成不属于氧化物，HClO电离时产生的阳离子全部是氢离子，属于酸，选项C错误；‎ D．HCl电离时产生的阳离子全部是氢离子属于酸，Fe(OH)3电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子属于碱，Na2S是由金属钠离子和硫离子组成的盐，NO是氧化物，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.目前我国许多城市定期公布空气质量报告，在空气质量报告中，一般不涉及（ ）‎ A. SO2 B. NO2 C. CO2 D. 可吸入颗粒物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 答案：C 空气污染指数是指根据空气中SO2、 NO2和可吸入颗粒物等污染物的浓度计算出来的数值。CO2一般不涉及。‎ ‎3.氯化铁溶液和氢氧化铁胶体具有的共同性质是（ ）‎ A. 分散质颗粒直径在1~100nm之间 B. 能产生丁达尔效应 C. 呈红褐色 D. 能透过滤纸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液中溶质粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在1～100nm之间，选项A错误；‎ B、溶液不产生丁达尔效应，胶体能产生丁达尔效应，选项B错误；‎ C、氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体呈红褐色，选项C错误；‎ D、胶体粒子直径比溶液大，胶体、溶液都能透过滤纸，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查胶体的性质以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，注意氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体。‎ ‎4.下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）‎ A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B. 生活中可用HF来刻蚀玻璃 C. 工业上利用合成氨实现人工固氮 D. 工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生的反应中存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，反之不是，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂，过氧化钠与二氧化碳或水反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项A不选；‎ B．生活中可用HF来刻蚀玻璃，为二氧化硅与HF发生的复分解反应，不是氧化还原反应，选项B选；‎ C．利用合成氨实现人工固氮，将氮气和氢气化合生成氨气，N、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项C不选；‎ D．工业上电解熔融状态Al2O3制备Al，Al、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项D不选；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列试剂保存方法正确的是（ ）‎ A. 氯水存放在无色试剂瓶中 B. Na2SiO3可用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放 C. 浓硝酸保存在磨口玻璃塞棕色试剂瓶中，并置于阴凉处 D. 金属钠保存在水中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，次氯酸不稳定，见光易分解，新制的氯水应该保存在棕色试剂瓶中避光保存，选项A错误；‎ B、硅酸钠是一种粘合剂，可将瓶口与瓶塞粘到一起，无法打开，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放，选项B错误；‎ C．硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，选项C正确；‎ D、金属钠和水之间能反应，所以不能保存在水中，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. NH3溶于水生成能导电的物质，所以NH3是电解质 B. 氧化剂中至少有一种元素的化合价在反应中升高 C. 金属与非金属单质反应时，被氧化的一定是金属 D. 二氧化碳和二氧化硅都可与水直接反应生成酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氨气溶于水所得溶液能导电，原因是氨气溶于水形成的一水合氨电离出自由移动的离子而导电，氨气自身不能电离出离子，所以氨气是非电解质，选项A错误；‎ B、氧化剂被还原，其中至少有一种元素的化合价在反应中化合价降低，但不一定有元素的化合价升高，若有则为还原剂，选项B错误；‎ C、金属与非金属单质反应时，金属单质的化合价升高，则被氧化的一定是金属，选项C正确；‎ D、二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，二氧化碳能和水反应生成碳酸，但二氧化硅不溶于水，和水不反应，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.某同学欲配制100mL0.5mol.L-1的NaOH溶液时有以下实验操作，其中会导致所配制的溶液浓度偏高的是（）‎ A. 未冷却到室温就注入容量瓶定容 B. 定容后，经振荡、摇匀、静置，液面下降再加水 C. 配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液 D. 向容量瓶转移溶液时有少量液体流出 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、未冷却至室温就注入容量瓶并马上定容，导致体积偏小，浓度偏高，选项A选；‎ B．定容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度，导致V偏大，则配制溶液浓度偏低，选项B不选；‎ C. 配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液，对溶液浓度无影响，选项C不选；‎ D. 向容量瓶转移溶液时有少量液体流出，导致溶质减少，浓度偏低，选项D不选；‎ 答案选A。‎ ‎8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，2.24LSO3所含的分子数为0.1NA B. 1molCu和含2molH2SO4的热浓硫酸反应，失去2 NA个电子 C. 16gO2含有的氧原子数为NA D. 0.3 mol.L-1的MgCl2溶液中含Mg2+数为0.3 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标准状况下SO3不是气体，2.24LSO3所含的分子数为不等于0.1NA，选项A错误；‎ B．随着反应的进行，浓硫酸浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，因此转移的电子数小于2 NA，选项B错误；‎ C、16 g O2的物质的量为0.5mol，含有1mol氧原子，个数为NA个，选项C正确；‎ D、没有给定溶液的体积，无法计算镁离子的数目，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎9.自然界里常见金属元素存在最多的是Al，其次是铁，接着是铜。然而人类冶炼金属获得成功最早的反而是含量少的铜，含量最多的铝最迟冶炼出来，究其原因，合理的是( )‎ A. 铜矿较易还原，铝矿很难还原 B. 铜矿颜色较深，易发现，铝矿颜色较浅，不易发现 C. 矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发 D. 以上说法是错误的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝属于亲氧元素，极易被氧气氧化生成氧化物，铜属于较不活泼金属，铜元素较易被还原生成铜单质。‎ ‎【详解】A．铝较活泼，极易被氧气氧化生成氧化物，所以在自然界中以化合态存在，且冶炼铝时应该采用电解法冶炼，一般条件下铝矿石难被还原，铜较不活泼，铜离子较易被还原，所以冶炼铜比铝早，选项A正确；‎ B．金属的冶炼难易程度与金属的颜色无关，选项B错误；‎ C．金属的冶炼难易程度与矿石在地下埋藏深浅无关，选项C错误；‎ D．选项A正确，选项B、C错误，故选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查金属的冶炼，金属冶炼方法的选取与其活泼性强弱有关，活泼金属采用电解法冶炼、较活泼金属采用热还原法冶炼、较不活泼金属采用热分解法冶炼，根据金属的活泼性强弱选取合适的冶炼方法，题目难度不大。‎ ‎10.下列各组物质由于浓度或条件不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）‎ ‎①Cu与HNO3溶液；②NaOH与AlCl3溶液；③Fe与稀HCl溶液；④Na与O2反应 A. ①④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O、Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，符合题意；‎ ‎②两者发生的反应为非氧化还原反应，不符合题意；‎ ‎③Fe＋2HCl = FeCl２＋H2↑，不因浓度或条件不同发生不同氧化还原反应，不符合题意；‎ ‎④两者在常温或点燃的情况下，发生不同的氧化还原反应，分别生成氧化钠和过氧化钠，符合题意；‎ 答案为A。‎ ‎11.关于下列各装置图的叙述中，正确的是 （ ）‎ A. 实验室用装置①分离碘酒中的碘和酒精 B. 装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸 C. 装置③可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色 D. 装置④可用于比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因碘与酒精不会分层，则不能利用分液漏斗来分离，选项A错误；‎ B．氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳，并且四氯化碳不溶于水，密度比水大，可用来防止倒吸，选项B正确；‎ C、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，所以观察氢氧化亚铁的颜色要做好防护措施，故要将滴管伸到NaOH溶液的液面以下，选项C错误；‎ D、NaHCO3易分解，可放在套装小试管中在温度较低时加热分解，但装置将固体药品位置对换，由于Na2CO3受热不分解，澄清石灰水没明显现象，故无法比较，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎12.下列离子在溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. NH4+、Ba2+、Cl-、CO32- B. Cl-、NO3-、Fe2+、H+‎ C. K+、Na+、SO42-、MnO4- D. Na+、H+、NO3-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答。‎ ‎【详解】A. Ba2+与CO32-反应产生碳酸钡沉淀而不能大量共存，选项A错误；‎ B. NO3-、H+与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；‎ C. K+、Na+、SO42-、MnO4-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项C正确；‎ D.H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，把握常见离子之间的反应为解答的关键，注意NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+，题目难度不大。‎ ‎13.如图所示装置可用于（需要时可以用酒精灯加热）（ ）‎ A. 加热KMnO4制取和收集O2 B. 用铜和稀硝酸反应制取和收集NO C. 用NH4Cl与Ca(OH)2固体反应制取和收集NH3 D. 用铜和浓硫酸反应制取和收集SO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，试管中为固体与液体反应制备气体，反应可加热，生成的气体利用排水法收集，则气体不溶于水，以此来解答。‎ ‎【详解】A．加热固体时试管口应略向下倾斜，且加热KMnO4制取氧气时试管口应塞上一团棉花，选项A错误；‎ B．用铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，能利用上述装置制取和收集NO，选项B正确；‎ C．氨气溶于水，不能利用排水法收集，且利用该装置制取氨气时，试管口应向下倾斜，选项C错误；‎ D．SO2易溶于水且与水反应，不能利用排水法收集，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的是（ ）‎ 选项 待提纯的物质 选用的试剂 操作方法 A NaOH(Na2CO3）‎ 盐酸 蒸发 B 酒精(水)‎ 饱和Na2CO3溶液 萃取分液 C CO2(HCl)‎ 饱和NaHCO3溶液 洗气 D Fe(Al)‎ 稀硫酸 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、除去氢氧化钠溶液中的碳酸钠时，使用稀盐酸会使碳酸钠、氢氧化钠均反应后生成氯化钠，不能达到除去杂质的实验目的，选项A错误；‎ B、酒精和饱和碳酸钠溶液互溶，不分层，无法通过萃取分液的方法分离除杂，选项B错误；‎ C、氯化氢与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳不与饱和碳酸氢钠溶液反应，从而除去二氧化碳中的氯化氢，选项C正确；‎ D、铁和铝都能和稀硫酸反应，故选用稀硫酸作除杂试剂错误，应选氢氧化钠溶液，铝溶解于氢氧化钠溶液中，铁不溶，过滤得到铁，选项D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯。除去混合物中的杂质时，所选择的试剂应只能与杂质反应而不能与主要成分发生反应，并且在反应后不能引入新的杂质。‎ ‎15.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 氯气与氢氧化钾溶液的反应：Cl2+ 2OH－= C1－+ C1O－+ H2O B. 金属钠投入水中： Na +2H2O = Na+ +OH－ + H2↑‎ C. 铜与稀硝酸反应：Cu + 4 H+ + 2NO3－ = Cu2+ + 2NO2↑ + 2H2O D. 将NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液混合： HCO3－ + OH－ = CO32－ + H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气与氢氧化钾溶液反应的离子方程式为：Cl2+ 2OH－= C1－+ C1O－+ H2O，选项A正确；‎ B. 金属钠投入水中，反应的离子方程式为：2Na +2H2O = 2Na+ +2OH－ + H2↑，选项B错误；‎ C. 铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu + 8H+ + 2NO3－ =3Cu2+ + 2NO↑ +4H2O，选项C错误；‎ D. 将NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液混合，反应的离子方程式为： HCO3－+ NH4+ + 2OH－ =NH3·H2O+ CO32－ + H2O，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎16.实验室以空气和镁为原料制备 Mg3N2 的装置如图所示（夹持和加热装置略去）：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 装置 A、B 中可依次加入浓硫酸、NaOH 溶液 B. 若去掉装置 C，对产品纯度无影响 C. 实验时应先加热 C，通入一段时间空气后再加热D D. E 中碱石灰的作用是吸收尾气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.要制备氮化镁，需要除去空气中的氧气、CO2和水蒸气，则装置A. B 中可依次加入NaOH溶液、浓硫酸， 选项A错误；‎ B.若去掉装置C ,镁与氧气反应生成氧化镁,对产品纯度有影响, 选项B错误；‎ C.实验时，应先加热C，通入一段时间空气除去氧气，然后再加热D , 选项C正确；‎ D.装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，避免进入D中干扰实验，选项D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎17.下列各组物质的转化中，一定条件下均能一步实现的组合是（ ）‎ A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质,根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可。‎ ‎【详解】①氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，一定条件下均能一步实现；‎ ‎②铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，一定条件下均能一步实现；‎ ‎③氯化铝与足量氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝，一定条件下均能一步实现；‎ ‎④硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠与盐酸反应生成氯化钠和硅酸，硅酸不能一步转化为硅单质，一定条件下无法全部一步实现；‎ 由以上分析可知，①②③中的反应一定条件下均能一步实现，④不能一步实现。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论，注意硅酸不能一步生成单质硅。‎ ‎18.下列有关物质检验的实验操作与现象能得到对应结论的是( )‎ 操作 现象 结论 A 先滴加2滴KSCN溶液，再滴加KMnO4溶液 先不显红色，再滴加 KMnO4溶液后变为红色 原溶液中有Fe2＋‎ B 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有I－‎ C 用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 液中有Na＋，无K＋‎ D 将某气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 该气体一定是SO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．KMnO4溶液为紫红色，对实验有干扰，无法通过该方法检验亚铁离子的存在，选项A错误； ‎ B．氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，选项B正确；‎ C．黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，利用焰色反应检验K+时需通过蓝色钴玻璃观察火焰，选项C错误；‎ D．氯水、臭氧等也有漂白性，能使品红褪色，故该气体也可能是氯气、臭氧等，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎19.漂粉精同浓盐酸作用产生氯气:Ca(ClO)2+4HCl(浓)＝ 2C12↑+CaCl2+2H2O。下列说法错误的是（ ）‎ A. 该反应中HCl作还原剂，Ca(ClO)2作氧化剂 B. 每消耗1mol Ca(ClO)2，有4molHCl被氧化 C. 已知漂白粉样品mg，反应结束后测得Cl2在标准状况下的体积为VmL，则该漂白粉中有效成分的含量为143v/448m%‎ D. 依据该反应产生的氯气中，除含水蒸气外，还含有HCl气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应Ca(ClO)2+4HCl(浓)＝ 2C12↑+CaCl2+2H2O，Ca(ClO)2中的氯元素由+1价变为0价，得到一个电子被还原，作氧化剂；HCl中的氯元素由-1价变为0价，失去一个电子被氧化，作还原剂；生成2mol氯气转移2mol电子，同时消耗4molHCl，其中一半的氯原子被氧化为氯气，另一半生成氯化钙，即只有一半HCl被氧化，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 该反应中HCl中的氯元素由-1价变为0价，失去电子被氧化，作还原剂，Ca(ClO)2‎ 中的氯元素由+1价变为0价，得到电子被还原，作氧化剂，选项A正确；‎ B、根据上述分析，每消耗1mol Ca(ClO)2，有2molHCl被氧化，选项B错误；‎ C、已知漂白粉样品mg，反应结束后测得Cl2在标准状况下的体积为VmL，则该漂白粉中有效成分Ca(ClO)2的含量为143v/448m%，选项C正确；‎ D．因盐酸易挥发，则生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎20.现有Al2(SO4)3和MgCl2的混合溶液，向其中不断加入0.1mol/L的NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（ ）‎ A. 4：3 B. 1：3 C. 2：3 D. 6：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知加入0.5mLNaOH溶液，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，NaOH溶液的浓度为0.1mol/L，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)=0.5×10-3L0.1mol/L=5×10-5mol，再加入0.1mLNaOH溶液时，沉淀由最大值减小为最小值，故10-5mol NaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]= 10-5mol ，计算出n[Mg(OH)2]，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl-）=2n[Mg(OH)2]，根据化学式Al2(SO4)3可知溶液中n(SO42-)=n[Al(OH)3]，据此计算判断。‎ ‎【详解】由图可知加入0.5mLNaOH溶液，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，NaOH溶液的浓度为0.1mol/L，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)=0.5×10-3L0.1mol/L=5×10-5mol，再加入0.1mLNaOH溶液时，沉淀由最大值减小为最小值，故10-5mol NaOH溶解氢氧化铝沉淀，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]= 10-5mol ，所以2n[Mg(OH)2]+3×10-5mol =5×10-5mol，故n[Mg(OH)2]= 10-5mol，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl-）=2n[Mg（OH）2]=2×10-5mol，根据化学式Al2(SO4)3可知溶液中n(SO42-)=n[Al(OH)3]=×10-5mol =1.5×10-5mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为2×10-5mol：1.5×10-5mol =4：3。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应计算、化学反应图象计算等，难度中等，清楚图象中各阶段发生的反应是解题的关键。‎ ‎21.只用下列试剂中的一种就能将Na2S、Ba(NO3)2、NaAlO2、NaHCO3、AlCl3五种无色透明的溶液区别出来，这种试剂是（　　）‎ A. 硫酸 B. 盐酸 C. 氨水 D. 氢氧化钠溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入硫酸，Na2S产生臭鸡蛋气味的气体，Ba（NO3）2生成白色沉淀，NaAlO2先生成白色絮状沉淀，硫酸过量时沉淀溶解，NaHCO3生成无色无味的气体，AlCl3无明显现象，可鉴别，选项A正确；‎ B．加入盐酸，不能鉴别Ba（NO3）2和AlCl3，均无明显现象，选项B错误；‎ C．加入氨水，不能鉴别Ba（NO3）2、NaAlO2、Na2S、NaHCO3，均无明显现象，选项C错误；‎ D．加入氢氧化钠溶液，不能鉴别Na2S、Ba（NO3）2、NaAlO2、NaHCO3，均无明显现象，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎22.将0.3 molMnO2和100mL 12 mol/L的浓盐酸混合后缓慢加热，充分反应后向留下的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为（不考虑HCl的挥发）（ ）‎ A. 等于0.6mol B. 小于0.6mol C. 大于0.6mol，小于1.2mol D. 以上结论都不正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】n（MnO2）=0.3mol，n（HCl）=0.1L×12mol/L=1.2mol，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知0.3molMnO2反应需要HCl为0.3mol×4=1.2mol，若MnO2与盐酸能恰好完全反应，则生成氯气为1.2mol×=0.3mol，溶液剩余Cl-为1.2mol-0.3mol×2=0.6mol，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.6mol，则反应完全后向剩余的溶液中加入足量AgNO3溶液生成AgCl沉淀的物质的量大于0.6mol，小于1.2mol。‎ 答案选C。‎ ‎23.等体积的两份稀酸溶液，一份为a mol.L-1的硝酸溶液;另一份为硝酸和硫酸的混合溶液，其中硝酸浓度为a mol.L- 1、硫酸的浓度为b mol.L- 1。若分别向两份溶液加入过量的铜粉，产生的气体体积为1:2(都只生成NO)，则a :b的值是 ( )‎ A. 1: 1 B. 1:2 C. 2:1 D. 3:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出溶液体积为VL，一份为a mol•L-1的硝酸溶液，含有硝酸的物质的量为Vamol，由于铜足量，根据反应3Cu+8H++2NO3-（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：‎ ‎×Vamol=0.25Vamol；当硝酸根离子完全反应时生成NO体积为Vamol＞2×0.25Vamol，说明第二份溶液中的硝酸根离子有剩余，根据第二份溶液中的氢离子计算出生成NO体积，然后结合生成气体的体积之比为1：2列式计算；‎ ‎【详解】设溶液体积为VL，一份为a mol•L-1的硝酸溶液，含有硝酸的物质的量为Vamol，由于铜足量，根据反应3Cu+8H++2NO3-（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：‎ ‎×Vamol=0.25Vamol；另一份为硝酸和硫酸的混合溶液，硝酸浓度为a mol•L-1硫酸的浓度为b mol•L-1，含有Vamol硝酸、Vbmol硫酸，铜足量，若硝酸根离子完全反应，则生成NO的物质的量为：Vamol＞2×0.25Vamol，所以反应后硝酸根离子有剩余，氢离子完全反应，混合液中含有氢离子的总物质的量为：Vamol+2Vbmol，根据反应3Cu+8H++2NO3-（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：×（Vamol+2Vbmol）=0.25Vamol+0.5Vbmol，根据产生的气体体积为1：2（都只生成NO）可知：‎ ‎=1：2，整理可得：a :b=2：1，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，尤其是要根据铜和稀硝酸反应的离子方程式计算，为易错点。‎ ‎24.某溶液中可能含有Na+、Ca2+、Fe2+、Cl-、CO32-、SiO32-、SO42-中的几种离子，为确定其组成，向该无色溶液中滴加过量的稀盐酸产生气体，并有沉淀生成，过滤后向滤液中加入过量的硝酸银溶液，有白色沉淀生成。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）‎ A. 肯定含有Na+、Cl-、SiO32- B. 肯定不含Ca2+‎ C. 不能确定是否含有Fe2+ D. 肯定含有SO42-、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某溶液与盐酸反应生成气体和沉淀，气体为二氧化碳、沉淀为硅酸，则一定含CO32-、SiO32-，由离子共存可知，一定不含Ca2+、Fe2+，由电荷守恒可知一定存在的阳离子为Na+；滤液与过量硝酸银反应生成白色沉淀应为AgCl或硫酸银，因加盐酸引入氯离子，则不能确定是否含Cl-，也不能确定是否含SO42-，以此来解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，溶液中一定含有Na+、CO32-、SiO32-，不能确定是否含Cl-，选项A错误；‎ B．由上述分析可知，含CO32-、SiO32-，由离子共存可知，溶液中一定不含Ca2+，选项B正确；‎ C．由上述分析可知，一定含CO32-、SiO32-，由离子共存可知，一定不含Fe2+，，选项C错误；‎ D．过滤后向滤液中加入过量的硝酸银溶液，反应生成白色沉淀应为AgCl或硫酸银，不能确定是否含SO42-，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎25.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生标准状况下4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体，在反应后的溶液中，加入1mol/L的NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，生成沉淀的质量为8.51g。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2:3‎ B. 得到8.51g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为230mL C. NO2和N2O4的混合气体中NO2的体积分数是93%‎ D. 该反应消耗HNO3的物质的量为0.23mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铜镁合金溶于硝酸时，硝酸得到电子变为NO2和N2O4的混合气体，得到的电子数与金属失去的电子数目相等，当向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液时产生沉淀结合的OH-的物质的量与电子转移数目相等。反应后的溶液是NaNO3溶液。n(OH-)==0.23mol,假设在4.6g铜镁合金中含有的Mg、Cu的物质的量分别是x、y，则根据电子守恒可得2x+2y=0.23mol;根据质量守恒可得：24x+64y=4.6g,解得x=0.069mol；y=0.046mol。所以该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶3，选项A正确；‎ B、由选项A可知，当金属离子全部沉淀时，生成沉淀的质量为8.51g， n(NaOH)=n(OH-)=0.23mol，V(NaOH)=，选项B正确；‎ C、标准状况下4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体，NO2和N2O4的混合气体中NO2的体积分数是93%，选项C正确；‎ D、反应后的溶液是NaNO3溶液，故n(HNO3)=n(NaOH)=0.23mol，另一部分硝酸在反应中起氧化剂的作用，最后反应生成NO2和N2O4的混合气体，根据氮原子守恒，n(HNO3)=，即硝酸的总物质的量为0.46mol，选项D不正确。‎ 答案选D。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、非选择题：本大题包括5小题，共50分。用黑色签字笔在答题卡的相应位置填写。‎ ‎26.化学计量、离子反应、氧化还原反应知识等在化学中占有重要地位，回答下列问题：‎ ‎（1）0.3molNH3分子中所含原子数与_________个H2O分子中所含原子数相等，含0.3 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是________，12.4 g Na2R含Na+0.4 mol，则R的摩尔质量为________。‎ ‎（2）有以下物质：①硅石 ②Al2O3 ③稀硫酸 ④NaOH溶液 ⑤Al2(SO4)3 ⑥FeCl3，写出①与④反应的离子方程式 ________________，①中含少量杂质②可选择____进行除杂（填序号），将④逐滴加入⑤溶液中直到过量，可观察到的现象是___________________________，⑥可以用来腐刻铜箔制造电路板，其离子方程式为___________________________。‎ ‎（3）KClO3和浓盐酸在一定温度下的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O。浓盐酸在反应中表现出来的性质是__________（填写编号）。‎ ‎①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性。‎ 反应中，若氧化产物比还原产物多0.1mol，则电子转移的物质的量为__________mol。‎ ‎【答案】 (1). 0.4NA (2). 0.45mol (3). 16g/mol (4). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (5). ③ (6). 先产生白色沉淀后沉淀溶解 (7). 2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2 Fe2+ (8). ② (9). 0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据n=结合分子构成计算；‎ ‎（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；‎ 氧化铝能与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，而硅石不与稀硫酸反应；‎ 先产生氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝在过量的氢氧化钠溶液中溶解；‎ 氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜而使铜溶解；‎ ‎（3）根据氧化还原反应原理进行判断，再根据氧化还原反应中电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】（1）0.3molNH3分子中所含原子数为0.3×4NA=1.2NA，1molH2O分子含有3mol原子，则H2O分子的物质的量应为0.4mol，即0.4NA个时，与0.3molNH3分子中所含原子数相等，故答案为：0.4NA；‎ Al2(SO4)3中N（A13+）：N（SO42-）=2：3，则含0.3molA13+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是0.45mol；‎ 若12.4g的Na2R含Na+0.4mol,则Na2R的摩尔质量为M==62g/mol，Na2R的相对分子质量为62，R的相对原子质量为62-232=16，R的摩尔质量为16g/mol；‎ ‎（2）①与④反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；‎ ‎①中含少量杂质②可利用氧化铝能与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，而硅石（二氧化硅）不与稀硫酸反应，选择③稀硫酸进行除杂；‎ 将④逐滴加入⑤溶液中直到过量，先产生氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝在过量的氢氧化钠溶液中溶解，故可观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解；‎ ‎⑥可以用来腐刻铜箔制造电路板，是利用氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜而使铜溶解，其离子方程式为2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2 Fe2+；‎ ‎（3）根据反应KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O可知，浓盐酸中氯元素由-1价变为0价被氧化作还原剂，部分氯元素化合价不变生成氯化钾，故在反应中表现出来的性质是还原性和酸性，答案选②；‎ 反应KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，1 mol KClO3参与反应，转移电子数为5mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：1，若氧化产物比还原产物多0.1mol，则电子转移的物质的量为0.25mol。‎ ‎27.I．常见的治疗缺铁性贫血的方法是服用补铁药物,市场上一种常见的补铁药物的商品名称是:速力菲，速立菲正式名称是：琥珀酸亚铁薄膜片，为棕黄色薄膜衣片，是一种常见的补铁药物。该药片在水和乙醇中的溶解度不大，某同学为检测速立菲中Fe2+的存在，设计并进行实验如下：‎ ‎（1）试剂1为：____________；‎ ‎（2）加入试剂1后，溶液显淡红色的原因是： ____________________________________；加入新制氯水后，发生氧化还原反应的离子反应方程式为 ____________________________； ‎ ‎（3）医学上服用维生素C，可防止二价亚铁离子被氧化，由此推测维生素C具有_________性。‎ Ⅱ．蔗糖与浓硫酸的炭化实验会产生大量的有刺激性气味的气体，会对环境造成污染。某实验小组利用如下装置对该实验进行改进。回答下列问题：‎ 注：硬质玻璃管中①、②、③处分别为滴有Na2S溶液的滤纸、滴有品红溶液的滤纸、滴有酸性KMnO4溶液的滤纸，a和b分别为两个小气球。‎ ‎（1）图中盛装浓硫酸的仪器名称为_______。‎ ‎（2）实验开始后先关闭活塞K,硬质玻璃管中①号试纸变黄，②号和③号滤纸均褪色，a处气球变大。硬质玻璃管中实验现象说明炭化实验产生的刺激性气味气体是 SO2，①、②、③处发生的变化分别说明SO2具有_______、________和__________(填SO2表现出的性质)。‎ ‎（3）打开活塞K,‎ ‎ a处气球变小，b处气球变大。使三颈烧瓶内气体缓慢通过B瓶和C瓶，一段时间之后，发现澄清石灰水变浑浊。为证明有CO2生成，可以在④号位罝的滤纸滴加_______溶液。‎ ‎【答案】 (1). KSCN (2). 少量Fe2+被氧化成Fe3+ (3). 2Fe2++Cl2=2Fe3+ +2Cl- (4). 还原性 (5). 分液漏斗 (6). 氧化性 (7). 漂白性 (8). 还原性 (9). 品红溶液 ‎【解析】‎ ‎【详解】I．（1）药片处理后得到浅绿色溶液，则含有Fe2+离子，加入试剂后呈淡红色，则加入试剂1为KSCN溶液；‎ ‎（2）Fe2+离子还原性很强，易被空气中的O2氧化为Fe3+离子，在溶液形成过程中有少量Fe2+已经氧化成Fe3+离子，滴加KSCN溶液后，Fe3+离子与SCN-离子结合成浓度较小的红色[Fe（SCN）]2+络离子，溶液呈淡红色，故加入试剂1后，溶液显淡红色的原因是：少量Fe2+被氧化成Fe3+；‎ 加入新制氯水后，Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，发生氧化还原反应的离子反应方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3+ +2Cl-；‎ ‎（3）医学上服用维生素C，可防止二价亚铁离子被氧化，由此推测维生素C起还原剂作用，具有还原性；‎ Ⅱ．（1）根据仪器的结构可知，图中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；‎ ‎(2)①号试纸变黄，有单质S生成，说明SO2具有氧化性；②号滴有品红溶液的滤纸褪色，说明SO2具有漂白性；③号滴有酸性KMnO4溶液的滤纸褪色，说明SO2具有还原性；‎ ‎(3)由于SO2也能使澄清石灰水变浑浊,酸性高锰酸钾溶液吸收SO2 ,所以为保证进入C装置的气体全部是CO2 ,应该在④号位置的滤纸滴加品红溶液,该试剂的作用是检验混合气体中SO2是否完全除尽，答案为品红溶液。‎ ‎【点睛】本题为实验探究题，首先要熟悉反应原理，认真分析题目中的若干信息，并结合中学化学中所学的氧化还原反应知识对所提出的问题进行解答。‎ ‎28.I．（1）氨和硝酸都是重要的工业原料，标准状况下，将640L氨气溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为______mol/L（保留三位有效数字）．将体积为12mL的试管充满NO2气体后，倒立于水槽中（保持同温同压），液面稳定后，保持相同条件下再通入O2，若要液面仍在原来的位置，则通入O2的体积为______mL。‎ ‎（2）工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH- =NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH- =_____+H2O（配平该方程式）。‎ Ⅱ．在标准状况下，分别取30mL相同浓度的盐酸依次装入①②③试管中，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝混合物，相同条件下，测得有关数据如表所示（反应前后溶液体积不发生变化）。‎ 实验序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 混合物质量/mg ‎255‎ ‎510‎ ‎1020‎ 气体体积/mL ‎280‎ ‎336‎ ‎336‎ ‎（1）①组实验中，盐酸__________，（填过量或不足）；②组实验中，盐酸__________，（填过量或不足）。‎ ‎（2）盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。‎ ‎（3）混合物中Mg和Al的物质的量之比为__________。‎ ‎【答案】 (1). 28.6 (2). 7 (3). 2NO2- (4). 过量 (5). 不足 (6). 1 (7). 1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．（1）根据n=、c=进行计算；‎ 二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水反应生成二氧化氮，二氧化氮又和水反应生成硝酸和一氧化氮，当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积，据此分析解答；‎ ‎(2)用化合价升降法配平；‎ ‎【详解】I．（1）640L氨气的物质的量为：=28.6mol，溶于水形成1L氨水，c===28.6mol/L；‎ 根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，将一容积12mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升至一定高度不再变化时，生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的为4mL；当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，则：‎ ‎4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ‎ ‎4mL 3mL 当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积为4mL，故通入的氧气的体积=4mL+3mL=7mL；‎ ‎（2）由质量守恒和得失电子守恒，配平后的离子方程式为：NO+NO2+2OH﹣===2NO2-+H2O，答案为2NO2-；‎ Ⅱ．（1）①由表中数据可知，30.0mL同浓度的盐酸加入255mg金属，盐酸有剩余，金属完全反应；‎ ‎②加入510mg金属与加入1020mg金属生成的氢气体积一样多，故加入510mg金属，盐酸完全反应，②组实验中，盐酸不足；‎ ‎（2）此时生成氢气336mL，氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=2×0.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为=1mol/L；‎ ‎（3）由表中①、②数据可知，①中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，联立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol：0.005mol=1：1。‎ ‎ ‎