2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高一上学期期末考试 化学试题（解析版）‎ 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。‎ 相对原子质量： C:12 O：16 Al:27 S：32 Ba:137‎ 第Ⅰ卷 一、选择题(本大题包括16个小题，每小题3分，共48分。每小题只有1个选项符合题意，请将正确选项的序号填入下面的答案栏中。)‎ ‎1.化学与社会、生活、环境联系紧密，下列说法正确的是 A. 信息技术的关键材料及光导纤维的主要成分是Si B. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关 C. 酸雨的形成主要是因为化石燃料燃烧排放的废气中含有大量的碳氧化物 D. 硅酸盐工业中水泥和玻璃的主要原料均含石灰石 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiO2具有良好的光学性质，则信息技术的关键材料及光导纤维的主要成分是SiO2，故A项错误；‎ B. “温室效应”“ 光化学烟雾”的形成与氮氧化物有关，而“雾霾天气”的形成则与PM2.5有关，与氮氧化物无关，故B项错误；‎ C. 酸雨的形成主要是因为化石燃料燃烧排放的废气中含有大量的二氧化硫、氮氧化物，而不是碳氧化物，故C项错误；‎ D.玻璃是由石灰石、纯碱和石英砂（SiO2）为原料制备而来，水泥主要原料为石灰石和黏土，两者的原料中均含石灰石，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中A选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识点。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。‎ ‎2.下列关于浓硫酸的叙述中，正确的是 A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化 B. 浓硫酸在常温下能够使铁、镁等金属形成氧化膜而钝化 C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥二氧化硫、氢气等气体 D. 浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 浓硫酸具有脱水性，使蔗糖炭化； B. 浓硫酸具有强氧化性，可使铁、铝钝化，但不能使镁钝化； C. 浓硫酸具有吸水性，可干燥酸性气体或中性气体； D. 浓硫酸和铜在加热条件下发生反应；．‎ ‎【详解】A. 浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，则炭化变黑，与吸水性无关，故A项错误；‎ B. 浓硫酸具有强氧化性，可使铁、铝在表面生成一层致密的氧化物膜，即发生钝化现象，但不能是金属镁钝化，故B项错误。‎ C. 浓硫酸具有吸水性，可做二氧化硫、氢气等气体的干燥剂，故C项正确；‎ D. 浓硫酸和铜在加热条件下才会发生反应放出二氧化硫气体，而在常温下两者并不反应，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查浓硫酸的化学性质，掌握其吸水性、脱水性和强氧化性的原理与应用是解题的关键，其中，浓硫酸因具有吸水性可做干燥剂，但浓硫酸不能干燥碱性气体（如氨气等）和还原性气体（如硫化氢气体等），做题时学生要特别留意。‎ ‎3.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是 A. 分离植物油和氯化钠溶液 B. 除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体 C. 分离四氯化碳和溴单质 D. 除去二氧化碳中的氯化氢气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化钠与植物油互不相溶，分层后，植物油在上层，则利用图中分液装置可分离，故A正确； B.氯化铵不稳定，受热分解为氯化氢和氨气，与氯化钠分离，不能选图中蒸馏装置，故B错误； C.溴与四氯化碳的沸点不同，不能利用过滤法分离，应利用蒸馏进行分离，故C错误； D.二氧化碳、HCl均与NaOH溶液反应，图中装置不能除杂，图中试剂应为碳酸氢钠溶液，故D错误； 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】除去CO2气体中的HCl气体，混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液中，除去了氯化氢，提纯了二氧化碳；但是混合气体不能通过饱和碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应，减小了被提纯物质的量。‎ ‎4.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L的SO3中含有的SO3分子数为NA B. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA。‎ C. 50 mL 18 mol/L浓硫酸与足量铜共热产生SO2的分子数为0.45NA。‎ D. 含1 mol FeCl3的溶液与沸水作用形成Fe(OH)3胶粒数目小于NA。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 标况下，三氧化硫为固体；‎ B. 1 mol氯气发生歧化反应时，转移的电子数并不是2 mol；‎ C. 随着反应的进行，浓硫酸的浓度会下降，铜只能和浓硫酸共热条件下反应生成SO2，不能和稀硫酸反应生成SO2；‎ D. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。‎ ‎【详解】A. 标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；‎ B. 1 mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，转移的电子为1 mol，故B项错误；‎ C. 铜只能与浓硫酸反应生成二氧化硫，当硫酸变稀后与铜不反应，故浓硫酸不能完全反应完，故生成的二氧化硫的分子个数小于0.45 NA个，故C项错误；‎ D. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则1 mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故D项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。‎ ‎5.如图所示：烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则a、b不可能是 ‎ A. a为Cl2气体，b为饱和NaCl溶液 B. a为NH3气体，b为盐酸溶液 C. a为CO2气体，b为浓NaOH溶液 D. a为HCl气体，b为H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则气体a极易溶于水，或极易与烧杯中的液体反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，以此来解答。‎ ‎【详解】A. Cl2微溶于水，饱和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯气的溶解，不能形成压强差，则不能形成喷泉，故A项错误；‎ B. 氨气极易溶于水，可与盐酸反应生成NH4Cl溶液，导致气体减少，构成压强差，可形成喷泉，故B项正确；‎ C. CO2可与浓NaOH反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，故C项正确；‎ D. HCl极易溶于水，构成压强差，可形成喷泉，故D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列离子方程式书写正确的是 A. 水玻璃中加入硫酸Na2SiO3+ 2H+ = H2SiO3↓+ 2Na+‎ B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中 Cl2+2OH- = Cl-+ClO-+H2O C. 向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：Ca2+ + HCO3- + OH- ═ CaCO3↓+H2O D. 钠投入CuSO4溶液中：2Na +Cu2+ = Cu + 2Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. Na2SiO3是强电解质，在溶液中可拆成离子；‎ B. 氯气和氢氧化钠发生歧化反应；‎ C. 根据“以少定多”的原则可知，氢氧化钠足量时，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；‎ D. 钠先和水反应生成氢氧化钠与氢气；‎ ‎【详解】A. 水玻璃中加入硫酸的离子方程式为：SiO32-+ 2H+ = H2SiO3↓，故A项错误；‎ B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中会生成氯化钠与次氯酸钠，其离子方程式为：Cl2+2OH- = Cl-+ClO-+H2O，故B项正确；‎ C. 足量的氢氧化钠与Ca(HCO3)2反应的离子方程式为：Ca2+ + 2HCO3- + 2OH- ═ CaCO3↓ + CO32- + 2H2O，故C项错误；‎ D. 金属钠很活泼，投入溶液中可以与水反应，不能置换铜单质，则钠投入CuSO4溶液中的离子方程式为：2Na + 2H2O+ Cu2+ = 2Na++Cu(OH)2↓ + H2↑，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，C项是难点，也是易错点，理解“以少定多”原则，平常多强化训练，找出陷阱，方可提高做题准确率。‎ ‎7.根据下列反应 ‎①2H2S+SO2= 3S↓+2H2O ②2FeCl2+Cl2= 2FeCl3‎ ‎③2FeCl3+2HI= 2FeCl2+2HCl+I2 ④I2+SO2+H2O= H2SO4+2HI 判断氧化性物质的氧化性由强到弱的顺序是 A. Cl2＞I2＞FeCl3＞SO2＞S B. Cl2＞FeCl3＞SO2＞I2＞S C. Cl2＞FeCl3＞I2＞SO2＞S D. FeCl3＞Cl2＞I2＞SO2＞S ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，通过氧化反应得到的产物为氧化产物，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来解答。‎ ‎【详解】①反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O，氧化剂为SO2，氧化产物为S，所以氧化性SO2>S；‎ ‎②2FeCl2+Cl2═2FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，所以氧化性Cl2>FeCl3；‎ ‎③2FeCl3+2HI═I2+2FeCl2+2HCl，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，所以氧化性FeCl3>I2；‎ ‎④I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4，氧化剂为I2，还原剂是SO2，所以氧化性I2>SO2，‎ 所以氧化性Cl2>FeCl3>I2>SO2>S，故C项正确。‎ 答案选C。‎ ‎8.在明矾[(KAl(SO4)2)]溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当硫酸根离子恰好完全沉淀时，铝元素的存在形式为 A. 一部分为Al(OH)3，一部分为AlO2－ B. 全部为AlO2－‎ C. 一部分为Al(OH)3，一部分为Al3＋ D. 全部为Al(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，发生KAl(SO4)2 + 2Ba(OH)2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，以此来解答．‎ ‎【详解】向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，1 mol KAl(SO4)2需要消耗2molBa(OH)2，则发生KAl(SO4)2 + 2Ba(OH)2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，显然铝元素几乎全部以AlO2-形式存在于溶液中，故B项正确， 答案选B。‎ ‎9.下列离子能大量共存的是 A. Fe 2+、NO3－、H+、SO42－ B. Mg2＋、Al3+、NO3－、SO42－‎ C. Fe3＋、NH4+、SCN－、Cl－ D. Ca2+、NO3－、Na+、CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能结合生成络离子，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答。‎ ‎【详解】A. NO3－与H+结合具有强氧化性，可将Fe 2+氧化而不共存，故A项错误；‎ B. Mg2＋、Al3+、NO3－、SO42－离子组之间无沉淀、无气体、无弱电解质、无络合物生成，也没有氧化还原反应发生，故B项正确；‎ C. Fe3＋与SCN－会形成络合物而不共存，故C项错误；‎ D. Ca2+与CO32－结合会生成碳酸钙沉淀，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题是无限定条件的离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型较易，值得注意的是A项，NO3－与H+结合后悔具有强氧化性，则与具有还原性的离子如Fe2+、S2-、I-等均不共存。‎ ‎10.下列实验现象的解释正确的是 ‎ 实验现象 解释 A KI淀粉溶液中通入Cl2,溶液变蓝 淀粉能与Cl2发生反应 B 胶体的微粒可以透过滤纸,不能透过半透膜 胶体的微粒直径介于1―100nm之间 C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色 溶液中有Na+、无K+‎ D 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成 一定是由于该溶液中含有SO42-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 淀粉遇碘变蓝色；‎ B. 胶体的微粒直径介于1―100 nm之间，可透过滤纸，不能透过半透膜；‎ C. 观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃；‎ D. 硝酸具有强氧化性，溶液中可能含有亚硫酸根；‎ ‎【详解】A. Cl2具有氧化性，可与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故A项错误；‎ B. 因胶体的微粒直径介于1―100 nm之间，可透过滤纸，不能透过半透膜，只有离子、小分子才可以透过半透膜，故B项正确；‎ C. 钠离子的焰色反应呈黄色，但是对钾离子检验会造成干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，故C项错误；‎ D. 硝酸可能会将SO32-氧化成SO42-，则原溶液中可能含有SO32-，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题侧重考查化学实验的要求与评价，D项需要注意加入的硝酸的氧化性，可能会干扰相关离子的检验，SO42-正确的检验方法是：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-；‎ ‎11.12 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7(重铬酸钾)溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr在还原产物中的化合价为(　　)‎ A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题没有给出具体的氧化还原反应方程式，不能直接根据化学计量数列比例式计算。但题目给出了氧化剂，还原剂的量，所以只要找到氧化剂和还原剂之间计量关系即可求出还原产物中Cr元素化合价，由此分析。‎ ‎【详解】还原剂与氧化产物、失电子数之间的关系为：Na2SO3~Na2SO4~失2e-；氧化剂与还原产物（设还原产物中Cr的化合价为x）、得电子数之间的关系为：K2Cr2O7~2~得2(6-x)e-，因为n(Na2SO3)=0.012L×0.1mol/L=0.0012mol，n(K2Cr2O7)=0.02L×0.02mol/L=0.0004mol，根据电子得失守恒列方程式：0.0012mol×2e-=0.0004mol×2(6-x)e-，解得x=3，答案选B。‎ ‎【点睛】根据氧化还原反应中得失电子守恒建立氧化剂与还原剂之间的计量关系。‎ ‎12.甲、乙两只烧杯中各盛有100 Ml 2.5 mol·L－1的盐酸和NaOH溶液，向两只烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体的体积比为V(甲)：V(乙)=5：6，则加入铝粉的质量为 A. 10.8g B. 3.6g C. 5.4g D. 2.7g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，反应结束后测得生成的气体的体积比为V(甲)：V(乙)=5：6，由化学方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，其化学计量数之比等于参加反应的各物质的物质的量之比。可以看出，酸与碱分别与相同物质的量的Al反应时，HCl消耗较多，则可推知上述条件下，酸与金属反应时酸少量，碱与金属反应时碱过量，结合方程式分析解答。‎ ‎【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1 L×2.5 mol/L=0.25 mol，‎ 设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：‎ 解得x=0.25 mol× = 0.125 mol，‎ 则根据V(甲)：V(乙)=5：6可知，碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.125 mol×= 0.15 mol，‎ 碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：‎ 解得y=0.15mol×= 0.1 mol 则铝的质量为0.1 mol×27 g/mol = 2.7 g，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】此题属于经典题型，理清楚实际参加反应的反应物哪种物质的过量及其各物质之间的反应关系式是解题的关键。‎ ‎13.在标准状况下，将O2和NO2按1∶4的体积比充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液溶质的物质的量浓度为 A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶于水发生的反应是4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，根据n＝V/Vm、c＝n/V计算硝酸的浓度。‎ ‎【详解】设烧瓶的体积为V L，由于O2和NO2的体积比为1∶4，所以NO2的体积为V L，由4NO2+O2+2H2O＝4HNO3可知二者恰好反应，因此最终液体充满整个烧瓶，溶液体积为V L，NO2的物质的量为V L÷22.4 L·mol−1=V mol，所以硝酸的物质的量浓度为V mol÷V L=mol·L−1。答案选C。‎ ‎14.将一定质量Fe2O3和Al2O3的混合固体溶解在200mL 0.1mol·L-1的过量H2SO4溶液中,然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀,用去NaOH溶液100 mL,则NaOH溶液的浓度为 A. 0.4 mol·L-1 B. 0.2 mol·L-1‎ C. 0.1 mol·L-1 D. 0.8 mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根离子守恒与钠元素守恒作答，再结合公式c=计算得出结论。‎ ‎【详解】由上述分析可知，根据硫酸根守恒有n(Na2SO4)=n(H2SO4) = 0.2 L×0.1 mol/L= 0.01 mol，根据钠离子守恒有n(NaOH）= 2 n(Na2SO4）= 0.02 mol× 2 =0.04 mol，则该c(NaOH）= = 0.4 mol/L，故A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题涉及金属氧化物与酸和碱的反应，方程式繁多而复杂，解题的技巧则是找到使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀后溶液的溶质仅有硫酸钠，利用守恒的思想找到物质之间的等量关系。这样做常可一步到位算出答案，能明显提高做题速度与准确率。‎ ‎15.向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如下图所示。下列判断正确的是 ‎ A. 在0-a范围内,只发生中和反应 B. ab段发生反应的离子方程式为CO32- +2H+ = CO2 ↑+H2O C. a = 0.3‎ D. 原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量之比为1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向氢氧化钠和碳酸钠混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸会先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应。盐酸与碳酸钠反应分为两步，首先盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，然后盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、氯化钠和水。故总体反应步骤如下：‎ ‎①HCl+NaOH= NaCl+H2O；‎ ‎②HCl+Na2CO3= NaHCO3 +NaCl；‎ ‎③HCl+NaHCO3= NaCl+CO2↑+H2O。‎ 再结合图像据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. a点以后开始生产二氧化碳气体，则0-a范围内发生的化学反应为①和②，不仅仅是酸碱中和反应，故A项错误；‎ B. ab段为生成二氧化碳的过程，发生反应的化学方程式为③，故其离子方程式为HCO3- +H+ = CO2 ↑+H2O，故B项错误；‎ C. 由图可知生成二氧化碳0.01 mol，根据碳元素守恒，则混合物中碳酸钠的物质的量是0.01 mol，所以两步反应②、③分别消耗的盐酸的量是0.01 mol，则稀盐酸的体积分别是 = 0.1 L，故a = 0.4 - 0.1 = 0.3，故C项正确；‎ D. 根据碳元素守恒可知，混合物中Na2CO3的物质的量等于生成的CO2的物质的量，为0.01 mol，因0-a（0-0.3）阶段消耗的盐酸的总的物质的量为0.3 L0.1mol/L = 0.03 mol，为发生反应②碳酸钠消耗的盐酸的物质的量为0.01 mol，则反应①中氢氧化钠消耗的盐酸为0.03 mol- 0.01 mol = 0.02 mol，即氢氧化钠的物质的量为0.02 mol，从而可得原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量之比为2：1，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】图像分析题，抓住拐点和各阶段发生的反应过程是解题的关键。要明白碳酸钠溶液与稀盐酸反应的实质是溶液中的CO32-与H+的反应，其过程分两步进行，第一步：CO32-+H+ ═HCO3-，继续滴加盐酸，则生成的HCO3-会继续与H+发生第二步反应：HCO3-+H+ ═ CO2↑+H2O。‎ ‎16.某100 mL溶液可能含有Na＋、NH4+、Fe3＋、CO32-、SO42-、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下(所加试剂均过量，气体全部逸出)：‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3＋‎ B. 原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋‎ C. 原溶液中c(Cl－)≥0.1 mol·L－1‎ D. 若原溶液中不存在Na＋，则c(Cl－)＜0.1 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是 = 0.01 mol，碳酸根离子的物质的量是 = 0.01 mol，因碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，则为氨气，故原溶液中一定含有铵根离子，根据元素守恒可知，铵根离子的物质的量是 = 0.05 mol，根据溶液的电中性可判断钠离子与氯离子是否存在。‎ ‎【详解】有上述分析可知：‎ A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，因Fe3＋与CO32-不共存，则一定不存在Fe3＋，故A项正确；‎ B. 根据溶液呈现电中性可知，原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，需要进行焰色反应才能确定是否含有Na＋，故B项正确；‎ C. 阳离子所带正电荷的物质的量之和：因为铵根离子的物质的量为0.05 mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2 = 0.04mol，所以原溶液中一定存在氯离子，且c(Cl−)⩾0.1mol⋅L−1，故C项正确；‎ D. 若原溶液中不存在Na+，根据电中性原则可知，n(Cl−) = 0.05 mol-0.04 mol = 0.01 mol，则c(Cl−) = 0.1mol⋅L−1，故D错误；‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题(本题共4小题，共52分)‎ ‎17.①Cu丝 ②Cl2 ③Al2(SO4)3溶液 ④蔗糖 ⑤浓硝酸⑥Ca(OH)2⑦NH4Cl⑧CO2 ⑨氨水 请用以上相应的数字编号和化学用语回答问题:‎ ‎(1)属于电解质的是__________；属于非电解质的是__________.‎ ‎(2)实验室制取氨气的化学反应方程式_______________________.‎ ‎(3)工业制漂白粉的化学反应方程式__________________________.‎ ‎(4)实验室制Al(OH)3的离子方程式______________________________________________________‎ ‎(5)①和⑤的化学方程式并用双线桥标出电子转移__________.‎ ‎【答案】 (1). ⑥⑦ (2). ④⑧ (3). 2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑+ 2H2O (4). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (5). Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电解质与非电解质的定义判断。电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质和混合物既不是单质，也不是非电解质。 （2）实验室用固体氢氧化钙与氯化铵制备氨气；‎ ‎（3）工业上用氯气与石灰乳（溶质为氢氧化钙）制备漂白粉；‎ ‎（4）实验室利用硫酸铝与氨水制备Al(OH)3沉淀；‎ ‎（5）①和⑤反应会生成硝酸铜、二氧化氮与水，根据氧化还原反应的规律，按“标价态”——“连双线”——“注得失”的顺序标出电子得失情况。‎ ‎【详解】①Cu丝为单质，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎②Cl2为单质，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎③Al2(SO4)3溶液为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎④蔗糖为有机物，在水溶液和熔融状态下不导电，故蔗糖为非电解质；‎ ‎⑤浓硝酸为浓度较高的硝酸的水溶液，是混合物，故浓硝酸既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑥Ca(OH)2是化合物，溶于水或熔融状态下均会电离出自由移动的离子，则Ca(OH)2是电解质；‎ ‎⑦NH4Cl在水溶液中能电离出自由移动的铵根离子和氯离子，则NH4Cl是电解质；‎ ‎⑧CO2为化合物，溶于水后形成碳酸，但自身不能电离出自由移动的离子，故CO2为非电解质；‎ ‎⑨氨水为一水合氨的水溶液，为混合物，故氨水既不是电解质，也不是非电解质；‎ 故属于电解质的为：⑥⑦；非电解质的为：④⑧，‎ 答案为：⑥⑦；④⑧；‎ ‎（2）实验室制取氨气的化学反应方程式：2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑+ 2H2O，‎ 故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑+ 2H2O；‎ ‎（3）工业上用氯气与氢氧化钙反应制取漂白粉，其化学方程式为：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O，‎ 故答案为：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O；‎ ‎（4）实验室利用硫酸铝与氨水反应制取Al(OH)3，其离子方程式为：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+，‎ 故答案为：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+；‎ ‎（5）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，用双线桥法表示电子转移数目如下：‎ ‎，‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题侧重考查学生对基础知识的掌握与运用，其中第（1）问中，掌握电解质与非电解质的判断方法是解此题的关键，需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质，此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质，学生往往易混淆。‎ ‎18.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置.‎ ‎(1)实验室用装置A制备SO2某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后,漏斗中液体未流下,你认为原因可能是__________.‎ ‎(2)实验室用装置E制备Cl2,其反应的化学方程式为__________;若有8mol的HCl参加反应,则转移的电子总数为__________.‎ ‎(3)该装置中氢氧化钠溶液的作用是__________‎ ‎(4)通气后B、D两个试管中的现象分别为B：________D：________.停止通气后,再给B、D两个试管分别加热,两个试管中的现象分别为B：______________D：___________.‎ ‎(5)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强.他们将制得的SO2和Cl2按1:1同时通入到品红溶液中，结果发现品红的颜色_________.请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)__________.‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗活塞未打开 (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 4NA (4). 尾气处理 (5). 褪色 (6). 褪色 (7). 变为红色 (8). 无变化 (9). 无变化 (10). SO2+Cl2+2H2O = 2HCl+H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据分液漏斗使用方法和作用进行解答； （2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气和氯化锰、水；‎ ‎（3）SO2和Cl2均有毒，可以与氢氧化钠反应；‎ ‎（4）SO2和氯水均具有漂白性，可漂白品红溶液；二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，因而具有漂白性，该无色化合物具有不稳定性，受热容易分解；氯水因为具有强氧化性而漂白品红溶液，加热后无变化；‎ ‎（5）氯水具有强氧化性可与二氧化硫反应。‎ ‎【详解】（1）使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出，打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，原因是：分液漏斗的玻璃塞未打开； 故答案为：分液漏斗的玻璃塞为打开； （2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气和氯化锰、水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； （3）SO2和Cl2均有毒，故C装置中氢氧化钠溶液的作用是：尾气处理，‎ 故答案为：尾气处理；‎ ‎（4）因二氧化硫可以漂白品红，氯气溶于水后也具有漂白性，则通气后B、D两个试管中的现象均是品红溶液褪色，又因为二氧化硫的漂白原理是其能够与有色物质化合生成无色物质，因而具有漂白性，但该无色化合物具有不稳定性，受热容易分解，加热后溶液恢复原来的红色；而氯水因强氧化性漂白的品红溶液，反应不可逆，故受热后现象无变化，‎ 故答案为：褪色；褪色；变为红色；无变化；‎ ‎（5）SO2和Cl2按1:1通入溶液中，发生氧化还原反应，其化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O = 2HCl+H2SO4，即将两者按1:1同时通入品红溶液中，品红的颜色不会变化，‎ 故答案为：无变化；SO2+Cl2+2H2O = 2HCl+H2SO4。‎ ‎19.已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质， C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，．‎ ‎(1)H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________,化学方程式为________。‎ ‎(2)A和水反应生成B和C的离子方程式为___________________________,由此反应可知A有作为_________的用途。‎ ‎(3)步骤①的离子方程式_________________________,步骤②后的离子方程式___________________请写出检验W溶液中主要阳离子所需要的试剂：_____。‎ ‎(4)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为_____________________‎ ‎【答案】 (1). 白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色 (2). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 (3). 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑ (4). 供氧剂 (5). Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3++ 4H2O (6). Fe + 2Fe3+ =3Fe2+ (7). KSCN (8). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，则C为O2，B为NaOH；R是地壳中含量最多的金属，则R为Al，Al可以与NaOH反应产生无色无味的气体F，则F为H2；T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe；Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，则D为Fe3O4；D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，FeCl2结合NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2，则H为Fe(OH)2，Fe(OH)2与潮湿的空气反应生成Fe(OH)3，则M为Fe(OH)3，M与盐酸反应会生成FeCl3，则W为FeCl3，再根据各物质的性质分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：‎ ‎（1）H在潮湿空气中变成M的实质是Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的过程，其实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色，发生的化学方程式为：4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3，‎ 故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；‎ ‎（2）A为Na2O2，与水反应的离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑；Na2O2可与水或二氧化碳制备氧气，故可作为供氧剂，‎ 故答案为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑；供氧剂；‎ ‎（3）D为Fe3O4，D与盐酸反应会生成氯化铁与氯化亚铁和水，其离子方程式为：Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3++ ‎ ‎4H2O；再加入足量单质铁以后，溶液中的Fe3+会被还原为Fe2+，其离子方程式为：Fe + 2Fe3+ =3Fe2+；W为FeCl3，Fe3+可使KSCN溶液变红，则检验W溶液中主要阳离子所需要的试剂为KSCN溶液，‎ 故答案为：Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3++ 4H2O；Fe + 2Fe3+ =3Fe2+；KSCN；‎ ‎（4）B为NaOH，R为Al，则两者在溶液中反应生成F（H2）的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，‎ 故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。‎ ‎20.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量的铝铁合金与100mL很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示．试回答下列问题：‎ ‎(1)结合OH－的能力最弱的是________(填离子符号)‎ ‎(2)B与A的差值为________mol．‎ ‎(3)原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为______．‎ ‎(4)B点对应的沉淀量为________mol，C点对应的溶液体积为________mL．‎ ‎(5)硝酸溶液的物质的量浓度为_________mol·L－1‎ ‎(6)写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式_____________________。‎ ‎【答案】 (1). NH4+ (2). 0.008 (3). 1：3 (4). 0.032 (5). 7 (6). 1．48mol·L－1 (7). 8Al＋30H＋＋3NO3-===8Al3＋＋3NH4+＋9H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝粉和铁粉的混合物与100 mL很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，反应始终没有气体生成，可知不会有氮的氧化物生成，根据题设条件可知，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素在该反应过程中由+5价变成了较低的价态-3价，结合图像可以看出硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸发生中和反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，则OH-与溶液中的NH4+‎ 发生了反应，再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀被溶解，故结合图像可分析出随着氢氧化钠的不断滴加，溶液中发生的反应的依次为：OC段：H++OH- = H2O，CD段：Fe3++3OH- = Fe(OH)3↓，Al 3++3OH- = Al(OH)3↓，DE段：NH4++ OH-═NH3•H2O，EF段：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH的反应，所以溶液中结合OH－的能力最弱的是NH4+，‎ 故答案为：NH4+；‎ ‎（2）E与F之间沉淀的量减少，因为Al（OH）3溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，则溶解的沉淀的物质的量（B与A的差值）等于EF阶段消耗的氢氧化钠的物质的量，为4 mol/L（36 mL-34 mL）10-3 = 0.008 mol，‎ 故答案为：0.008 mol； （3）根据铝元素守恒可知，设参与反应的铝的物质的量为x mol，则 解得x = 0.008 mol，‎ 即铝的物质的量是0.008 mol；‎ 又DE段是NH4NO3和NaOH反应，根据关系式NH4NO3～NaOH得n（NH4NO3）=n（NaOH）=（34-31）×10-3 L×4 mol/L = 0.012 mol， 设铁有y mol，Al离子也是0.008 mol，NH4+有0.012 mol，根据电子转移数守恒可得： 3x+0.008×3=0.012×8， y = 0.024 mol， 所以铁离子有0.024 mol，根据原子守恒知，铁的物质的量是0.024mol，则原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为0.008 mol:0.024 mol = 1:3，‎ 故答案为：1：3； （4）B为沉淀的最大值，沉淀为Al（OH）3和Fe（OH）3，根据元素守恒法可知，其物质的量分别为铝粉和铁粉的物质的量，为0.008 mol+0.024 mol = 0.032 mol；根据图象确定C点消耗氢氧化钠的量．滴加NaOH体积为31 mL时， 发生反应为①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓， 可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积为31 mL-103 mL/L = 7 mL，‎ 故答案为：0.032 mol；7；‎ ‎（5）E点时，溶液中的溶质是硝酸钠和氨水，n（NH3•H2O）=n（NH4+）=0.012 mol，n（NaNO3）=n（NaOH）= 34×10-3 L×4mol/L = 0.136 mol，根据氮原子守恒知，c（HNO3）= = ‎ ‎ = 1.48 mol/L， 故答案为：1.48；‎ ‎（6）根据题意可知，该浓度的硝酸与铝反应时，得到的氮元素化合价为-3价，根据氧化还原反应的规律配平该离子方程式得，8Al＋30H＋＋3NO3-===8Al3＋＋3NH4+＋9H2O，‎ 故答案为：8Al＋30H＋＋3NO3-===8Al3＋＋3NH4+＋9H2O。‎ ‎ ‎ ‎ ‎