陕西省西安市高陵一中、田家炳中学2020-2021学年高一上学期第一次月考化学试题 Word版含解析

陕西省西安市高陵一中、田家炳中学2020-2021学年高一上学期第一次月考化学试题 Word版含解析

- 1 - 高陵一中、田家炳中学 2020~2021 学年度第一次联考 化学试题(卷) 可能用到的相对原子质量：Mg-24 Al-27 Fe-56 Ba-137 H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 Ca-40 Co-59 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(本题包括 18 个小题，每小题只有一个选项符合题意，每题 3 分，共 54 分) 1. 化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中不正确的是( ) A. 甲醛的水溶液虽具有杀菌、防腐的作用，但不能用于食品保鲜、杀菌； B. 84 消毒液能杀死新冠病毒是因为能使构成病毒的蛋白质变性； C. 制造光纤的主要材料是二氧化硅，制造太阳能电池板主要材料是硅； D. 煤经过气化和液化两个物理变化，即可变为清洁能源； 【答案】D 【解析】 【详解】A. 甲醛的水溶液虽具有杀菌、防腐的作用，但是甲醛有毒，不能用于食品保鲜、杀 菌，故 A 正确； B. 高温能杀死新冠病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性，故 B 正确； C. 制造光纤的主要材料是二氧化硅，制造太阳能电池板主要材料是硅，故 C 正确； D. 煤的气化和液化都有新物质生成，属于化学变化，故 D 错误。 故答案选：D。 2. NA 代表阿伏加德罗常数。已知 C3H6 和 C4H8 的混合物的质量为 a g，则该混合物( ) A. 所含共用电子对数目为(a/7＋1)NA B. 所含碳氢键数目为 aNA/7 C. 燃烧时消耗的 O2 一定是(33.6a/14)L D. 所含原子总数为 aNA/14 【答案】B 【解析】 【详解】ag 混合物中含有最简式 CH2 的物质的量为： ，ag 混合物中含有 C 原子、 H 原子。 a a= mol14g/mol 14 a mol14 a mol7 - 2 - A. 在 CnH2n 分子中，平均每个 C 含有 1 个碳碳共用电子对、每个 H 形成了 1 个碳氢共用电子 对，所以总共含有 共用电子对，故 A 错误； B. 每个氢原子形成 1 个碳氢键，ag 混合物中总共含有 H 原子，所以含有 H 原子 碳氢键，所含碳氢键数目为 ，故 B 正确； C. 没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算 ag 混合物燃烧消耗的氧气的体积，故 C 错误； D. ag 混合物中含有最简式 CH2 的物质的量为： ，ag 混合物中含有 C 原子、 H 原子，总共含有原子的物质的量为： ，所含原子总数为 ，故 D 错误。 故答案选：B。 3. 用等体积的 0.1mol/L 的 BaCl2 溶液，恰好可使相同体积的 Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的 SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ） A. 3：2：3 B. 3：1：2 C. 2：6：3 D. 1：1：1 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等 于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是 a、b、c，则根据反应式 Ba2＋＋SO42－＝ BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为 2:6:3,答案选 C。 4. “纳米材料”(1 nm＝10－9m )是指研究开发直径为几纳米至几十纳米的材料。如将“纳米材料” 分散到某液体中，对于所得分散系的叙述不正确的是 A. 光束通过此分散系时会形成一条光亮的“通路” B. 此分散系中“纳米材料”的粒子在做不停的、无序的运动 C. 在外加电场作用下，“纳米材料”的粒子可能向电极做定向运动 D. 用滤纸过滤的方法可以从此分散系中分离得到该“纳米材料” 【答案】D 【解析】 【详解】A．当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路”。这是胶体中胶粒 3a mol14 a mol7 a mol7 AaN 7 a a= mol14g/mol 14 a mol14 a mol7 3a mol14 3aNA 14 - 3 - 在光照时产生对光的散射作用形成的，称为胶体的丁达尔效应，“纳米材料”（1nm=10-9 m） 将“纳米材料”分散到某液体中，所得分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，故 A 正确； B．布朗运动不是胶体的特有性质，对于液体中各种不同的悬浮微粒，都可以观察到布朗运动， 所以，在此分散系中“纳米材料”的粒子在做不停的、无序的运动，故 B 正确； C．将“纳米材料”分散到某液体中，所得分散系为胶体，胶体的胶粒带电荷是由于它们具有 很大的总表面积，有吸附力，吸附离子，胶粒在外加电场作用下，能在分散剂里向阳极或阴 极作定向移动，所以，在外加电场作用下，“纳米材料”的粒子可能向电极做定向运动，故C 正确； D．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于 1nm）、胶体（1nm～ 100nm）、浊液（大于 100nm），滤纸上的小孔直径小于 100nm，胶体和溶液都能通过，只有 浊液的微粒不能通过，分离提纯胶体应用半透膜，用滤纸过滤的方法不可以从此分散系中分 离得到该“纳米材料”，故D 错误； 故选：D。 5. 下列离子方程式书写正确的是( ) A. 亚硫酸钠溶液与双氧水混合 SO ＋2H2O2＝SO ＋2H2O＋O2↑ B. 次氯酸钙溶液中通入少量 SO2 气体 Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO C. Ba(OH)2 溶液与过量 NaHCO3 溶液混合 Ba2++2OH－+2HCO =BaCO3↓+CO + 2H2O D. Ba(OH)2 与 NaHSO4 溶液恰好反应至中性 Ba2+ + OH— + H+ + SO = BaSO4↓+ H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A.亚硫酸钠与双氧水反应，双氧水做氧化剂，亚硫酸根做还原剂：SO ＋H2O2＝SO ＋H2O，故 A 错误； B.次氯酸根具有氧化性，SO2 具有还原性，会发生氧化还原反应： ，故 B 错误； C. Ba(OH)2 溶液与过量 NaHCO3 溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水：Ba2++2OH－+2HCO =BaCO3↓+CO + 2H2O，故 C 正确； D. Ba(OH)2 与 NaHSO4 溶液恰好反应至中性时反应物比例为 1:2，离子方程为：Ba2+ + 2OH- +2 H+ 2- 3 2- 4 - 3 2- 3 2- 4 2- 3 2- 4 2 - 4 + 22 +Ca +H O3ClO +SO = SO +Cl +2 OCa HCl－ ↓ - 3 2- 3 - 4 - + SO = BaSO4↓+ 2H2O，故 D 错误。 故答案选：C。 6. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　） A. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO 、Cl－ B. =1×10－13 mol·L－1 的溶液中：NH 、Ca2＋、Cl－、NO C. 与 Al 反应能放出 H2 的溶液中：Fe2＋、K＋、NO 、SO D. 由水电离的 c(H＋)=1×10－13 mol·L－1 的溶液中：K＋、Na＋、AlO 、CO 【答案】B 【解析】 【详解】A．使酚酞变红色的溶液显碱性，而 Al3＋在碱性条件下不能大量存在，故 A 错误； B． =1×10－13mol·L－1 的溶液中显酸性，各离子之间不发生反应，也不与氢离子反应， 可以大量共存，故 B 正确； C．与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性，若溶液显碱性，亚铁离子不能大量共 存，若溶液显酸性，Fe2＋和 NO 不能大量共存，故 C 错误； D．由水电离的 c(H＋)=1×10－13 mol·L－1 的溶液中水的电离受到抑制，溶液可能显酸性也可能显 碱性，如果显酸性，偏铝酸根离子和碳酸根离子不能大量共存，故 D 错误。 综上所述答案为 B。 7. 下列说法正确的是 ( ) A. 电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液或熔化状态下能否电离 B. 强电解质与弱电解质的本质区别，是其水溶液导电性的减弱 C. 酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质 D. 常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质，其他化合物都是非电解质 【答案】A 【解析】 【详解】A、电解质与非电解质的本质区别是在水溶液或熔化状态下能否电离，A 正确； B、强电解质与弱电解质的本质区别是其在水溶液中是否完全电离，B 错误； 2- 4 2- 4 w +(H ) K c + 4 - 3 - 3 2- 4 - 2 2- 3 w +(H ) K c - 3 - 5 - C、酸、碱和绝大多数盐类、活泼金属氧化物属于电解质，其他化合物是非电解质，C 错误； D、常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质，弱酸、弱碱、水等化合物是弱电解质，D 错 误； 故选 A 8. 下列各图所示装置中，肯定不符合气密性要求的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良 好，故 A 符合； B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故 B 符合； C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大， 在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故 C 符合； D．用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图 示两端液面相平，说明装置漏气；故选 D。 【点晴】实验基本操作考查为高频考点，检查装置的气密性原理就是根据装置内外的压强差 形成水柱或气泡，通过分析实验装置是否形成水柱或气泡，来检查装置的气密性，虽然装置 各不相同，甚至差别较大，但原理都是一样的。 9. 下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ） A. 氧化镁中混有氧化铝 B. 氯化铝溶液中混有氯化铁 C 氧化铁中混有二氧化硅 D. 氯化亚铁溶液中混有氯化铜 【答案】D 【解析】 。 - 6 - 【详解】A．MgO 是碱性氧化物与 NaOH 不能反应，而 Al2O3 是两性氧化物，可以与 NaOH 发 生反应产生 NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的 MgO，故 A 不选； B．向溶液中加入过量的 NaOH 溶液，FeCl3 变为 Fe(OH)3 沉淀，AlCl3 变为 NaAlO2，过滤，然后 向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到 Al(OH)3，再分别向两种物质的 沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到 AlCl3 溶液，除去了杂质，故 B 不选； C．SiO2 是酸性氧化物，可以与 NaOH 发生反应，而碱性氧化物 Fe2O3 与 NaOH 不能发生反应， 加入过量的 NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的 Fe2O3，故 C 不选； D．二者都可以与 NaOH 发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、 提纯二者，故 D 选； 故选 D。 【点睛】分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：①所选试剂一 般只和杂质反应；②作不应引入新的杂质；③不减，即不减少欲被提纯的物质；④易分，即 欲被提纯的物质与杂质应容易分离；⑤易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。 10. 下列说法正确的是 A. I 的原子半径大于 Br，HI 比 HBr 的热稳定性强 B. P 的非金属性强于 Si，H3PO4 比 H2SiO3 的酸性强 C. Al2O3 和 MgO 均可与 NaOH 溶液反应 D. SO2 和 SO3 混合气体通入 Ba(NO3)2 溶液可得到 BaSO3 和 BaSO4 【答案】B 【解析】 【详解】A. 非金属性 Br>I，则 HBr 比 HI 的热稳定性强，A 错误； B. 非金属性 P>Si，则 H3PO4 比 H2SiO3 的酸性强，B 正确； C. Al2O3 属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO 属于碱性氧化物，与 NaOH 溶液不反 应，C 错误； D. SO2 在酸性环境中能被 Ba(NO3)2 氧化成硫酸钡，则 SO2 和 SO3 混合气体通入 Ba(NO3)2 溶液只 得到 BaSO4 白色沉淀，D 错误； 答案选 B。 【点睛】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以 及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。 11. 歌曲《青花瓷》,唱道“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分 - 7 - 是 Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为 2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是(　　) A. 该反应不属于氧化还原反应 B. 该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化,所以是氧化还原反应 C. 该反应中铜得电子,O2 失电子,所以是氧化还原反应 D. 该反应是氧化还原反应,化合价发生改变的只有两种元素 【答案】D 【解析】 【分析】 在该反应中，铜元素的化合价由 0 价变成+2 价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由 0 价 变成-2 价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。 【详解】A. 在该反应中，铜元素的化合价由 0 价变成+2 价，失去电子，被氧化，氧元素的化 合价由 0 价变成-2 价，得到电子被还原，故该反应属于氧化还原反应，A 不正确； B. 该反应中碳元素化合价没有发生变化，B 不正确； C. 该反应中铜失去电子，O2 得到电子，C 不正确； D. 该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，D 正确。 故选 D 12. 在反应 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 中，有 56 g N2 生成，发生氧化反应的物质的质量是( ) A. 68g B. 426 g C. 224 g D. 213g 【答案】A 【解析】 【详解】 ，在 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 反应中，氯气中氯元素化合价 由 0 价降低为-1 价，氯元素被还原，氨气中氮元素化合价由-3 价升高为 0 价，氮元素被氧化， 由方程式可知，当有 1molN2 生成时，有 8molNH3 参加反应，其中有 2molNH3 被氧化，则有 2mol N2 生成，发生氧化反应的 NH3 的物质的量是 4mol，质量为 4mol×17g/mol=68g，故答案选：： A。 13. 下列有关氧化还原反应的叙述正确的是( ) A. 金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂，非金属单质只能作氧化剂 。 2 56gn N = =2mol28g/mol （ ） - 8 - B 化合物中某元素处于最高价时不能再被氧化 C. 失电子越多的还原剂，其还原性越强 D. 某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素一定被氧化 【答案】B 【解析】 【详解】A、金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂，但非金属单质既可作氧化剂也可作还 原剂，如氯气和水的反应中氯气既作氧化剂又作还原剂，故 A 错误； B、因元素的化合价处于最高价时在反应中只能降低不能升高，在反应中得到电子，则化合物 中某元素处于最高价只能被还原，故 B 正确； C、失电子越多的还原剂，其还原性不一定强，还原性强与失去电子的难易程度有关，如 Na 与 Al 比较，Na 的还原性强，故 C 错误； D、某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素可能被氧化也可能被还原，如 2H2S+SO2═3S↓+2H2O，故 D 错误； 故答案选：B。 14. 已知氟、氯、溴、碘、砹为同一族元素，其中溴化砹(AtBr)可发生下列反应： ①2AtBr＋2Mg=MgBr2＋MgAt2； ②AtBr＋2NH3(l)=NH4Br＋AtNH2。 对上述两个反应的有关说法正确的是（ ） A. 这两个反应都是氧化还原反应 B. 反应①MgAt2 既是氧化产物，又是还原产物 C. 反应②中 AtBr 既是氧化剂，又是还原剂 D. Mg 的还原性弱于 MgAt2 的还原性 【答案】B 【解析】 【分析】 AtBr 是一种卤素互化物，性质和卤素单质相似。AtBr 中由于 At 的非金属性弱于 Br，所以 At 为+1 价，Br 为-1 价。反应①是氧化还原反应，镁和 At 的化合价都发生了变化，但反应②没有 化合价变化，不是氧化还原反应。 【详解】A. 反应②没有化合价变化，不是氧化还原反应，故 A 不选； B. 反应①中镁的化合价升高，生成的 MgAt2 是氧化产物，At 的化合价由+1 降低到中 MgAt2 的 - 9 - -1，MgAt2 又是还原产物，故 B 选； C. 反应②没有化合价变化，不是氧化还原反应，故 C 不选； D. 在反应①中，Mg 作还原剂，MgAt2 是还原产物，所以 Mg 还原性强于 MgAt2 的还原性， 故 D 不选。 故选 B。 15. 将一定量的氯气通入 30 mL 浓度为 10.00 mol·L－1 的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶 液中形成 NaCl、NaClO、NaClO3 共存体系。下列判断正确的是 A. 与 NaOH 反应的氯气一定为 0.3 mol B. n(Na＋)∶n(Cl－)可能为 7∶3 C. 若反应中转移的电子为 n mol，则 0.15＜n＜0.25 D. n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为 11∶2∶1 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A 、 由 于 反 应 后 体 系 中 没 有 NaOH ， 故 氢 氧 化 钠 反 应 完 ， 根 据 钠 元 素 守 恒 n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol ， 根 据 氯 原 子 守 恒 有 2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气 n(Cl2)=0.15mol，故 A 错误； B、根据方程式 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O 可知，氧化产 物只有 NaClO 时，n(Na+)：n(Cl-)最大为 2：1，当氧化产物为 NaClO3 时，n(Na+)：n(Cl-)最小为 6：5，故 6：5＜n(Na+)：n(Cl-)＜2：1，7：3＞2：1，故 B 错误； C、根据方程式 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O 可知，氧化产 物只有 NaClO 时，转移电子数最少，为 0.3mol× ×1=0.15mol，氧化产物只有 NaClO3 时，转 移电子数最多，为 0.3mol× ×1=0.25mol，故 C 正确； D、令 n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成 NaCl 获得的电子为 11mol×1=11mol， 生成 NaClO、NaClO3 失去的电子为 2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故 D 错误； 故选 C。 16. 向 21.6 g 铁粉和铜粉的混合物中加入 1L 1 mol/L 硝酸溶液，充分反应，放出 NO 气体且 金属有剩余。则反应后溶液中 c(NO3‾) 可能为 A. 0.45 mol/L B. 0.6 mol/L C. 0.75 mol/L D. 0.9 mol/L 【答案】C 的 1 2 5 6 - 10 - 【解析】 【详解】铁粉和铜粉和硝酸反应后金属有剩余，剩余的金属肯定有铜，或有铜和铁，所以反 应后溶液中不可能是铁离子，生成物中金属离子为亚铁离子或铜离子，设金属为 M 则方程式 为 3M+8HNO3=M(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸根离子在反应中有 1/4 被还原生成一氧化氮气体， 有 3/4 留在溶液中，所以溶液中的硝酸的物质的量为 0.75mol。故选 C。 【点睛】掌握金属和硝酸的反应的先后顺序和铁的产物的价态。铁先和硝酸反应生成硝酸铁， 然后铁和硝酸铁生成硝酸亚铁，铜也可以和硝酸铁反应生成硝酸铜和硝酸亚铁，所以当金属 有剩余时，溶液中不可能有铁离子，剩余的金属肯定有铜，或有铜和铁，溶液中肯定有硝酸 亚铁，可能有硝酸铜。 17. 下列实验方案中，不能测定 Na2CO3 和 NaHCO3 混合物中 Na2CO3 质量分数的是（ ） A. 取 a 克混合物充分加热，减重 b 克 B. 取 a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得 b 克固体 C. 取 a 克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体 NaOH 吸收，增重 b 克 D. 取 a 克混合物与足量 Ba(OH)2 溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得 b 克固体 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaHCO3 受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法 即可计算出 Na2CO3 质量分数，故 A 不符合题意； B．Na2CO3 和 NaHCO3 均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以 bg 固体是氯化钠，利 用守恒法可计算出 Na2CO3 质量分数，故 B 不符合题意； C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会 混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故 C 符合题意； D．Na2CO3 和 NaHCO3 都与 Ba(OH)2 反应，反应的方程式为 CO32−+Ba2+=BaCO3↓、 HCO3−+OH−+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是 BaCO3，所以可以计算出 Na2CO3 质量 分数，故 D 不符合题意； 答案选 C。 【点睛】易错点为 C 选项，氢氧化钠具有一定吸水性，在吸收二氧化碳的过程中也会吸收水 分，则增重的质量不光是二氧化碳的质量。 18. 将 11.9 g 由 Mg、Al、Fe 组成的合金溶于足量的 NaOH 溶液中，合金质量减少了 2.7 g。另 取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了 6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过 - 11 - 量的 NaOH 溶液，则最终所得沉淀的质量为( ) A. 22.1 g B. 27.2 g C. 30 g D. 19.4 g 【答案】D 【解析】 【详解】将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成 Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共 失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了 6.72L NO，即氮原子得电子的物 质的量是 ，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属 失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即 n(OH−)=0.9mol，从金属单质转 化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于 11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金 质量减少了 2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是 7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g−7.8g=19.4g. 故答案选 D。 第Ⅱ卷 非选择题(请将该卷答案写在答题纸上) 二、填空题(每空 2 分，共 46 分) 19. (1)配制 100 mL 9.2 mol·L-1 的稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸(密度为 1.84 g· mL-1，质量分数 为 98%)的体积为_____ mL。 (2)等温等压下，等体积的 CO2 和 O3 所含分子个数比为____，密度比为____。 (3)12g 石墨含 C-C 键数目为____。 (4)在标准状况下 1.7 g 氨气所占的体积为___L，它与同条件下___mol H2S 含有相同的氢原子数。 【答案】 (1). 50 (2). 1:1 (3). 11:12 (4). 1.5NA (5). 2.24 (6). 0.15 【解析】 【分析】 （1）根据稀释过程中溶质的量保持不变，即 cV(稀)M= 进行计算； （2）根据阿佛加德罗定律进行求解； （3）结合石墨中每个碳原子与周围的 3 个碳原子形成 C-C 键进行求解； （4）根据气体摩尔体积进行求解即可。 【详解】(1)设配制 100 mL 9.2 mol·L-1 的稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸(密度为 1.84 g· mL-1， 质量分数为 98%)的体积为 VmL，则 cV(稀)M= ，即 9.2 mol·L-1×0.1L×98g/mol=1.84 ( )6.72L 5-2 =0.9mol22.4L/mol × %Vρ ω %Vρ ω - 12 - g· mL-1×V×98%，解得：V=50.0mL，故答案为：50.0； (2)根据阿佛加德罗定律可知，等温等压下，等体积的 CO2 和 O3 所含分子数相同，即分子个数 比为 1：1，密度比等于摩尔质量的反比，即为：48：44=12：11，故答案为：1：1；12：11； (3)根据石墨的结构，每个碳原子与周围的 3 个碳原子形成 C-C 键，故 12g 石墨含 C-C 键数目 为 ，故答案为：1.5NA ； (4)在标准状况下 1.7 g 氨气所占的体积为 ，设它与同条件下 xmol H2S 含有相同的氢原子数，则有：2x= ，解得：x=0.15mol，故答案为：2.24；0.15。 20. 现有五种可溶性物质 A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳 离子 Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子 Cl-、OH-、 、 、X 中的一种。 (1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是______和_____ (填化 学式，且摩尔质量小的写在第一个空)。 (2)为了确定 X，现将(1)中的两种物质记为 A 和 B，含 X 的物质记为 C，当 C 与 B 的溶液混合时， 产生红褐色沉淀和无色无味气体；当 C 与 A 的溶液混合时，产生棕黄色沉淀(红白混合颜色)， 向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则 X 为____。 A． 　　 B． 　　　 C．CH3COO- D． (3)B 的水溶液不显中性，原因主要为_______________(用离子方程式表示)。 (4)将 Cu 投入到装有 D 溶液的试管中，Cu 不溶解；再滴加稀硫酸，Cu 逐渐溶解，管口附近有 红棕色气体出现。则物质 D 一定含有上述离子中的_________(填相应的离子符号)。有关反应 的离子方程式为___________________。 【答案】 (1). Na2CO3 (2). Ba(OH)2 (3). B (4). (5). (6). 【解析】 【分析】 因阳离子中 Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+均不能与 共存，所以 只能与 Na+结合成 Na2CO3 A A 12g 3 3× N = N12g/mol 2 2 1.7g ×22.4L/mol=2.24L17g/mol 1.7g ×317g/mol 3NO− 2 3CO − 2 3SO − 2 4SO − 2 3SiO − 2- - - 3 2 3CO +H O HCO +OH - 3NO + - 2+ 3 23Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O↑ 2 3CO − 2 3CO − - 13 - 存在，又因 Al3+、Mg2+、Fe3+均不能与 OH-共存，所以 OH-只能与 Ba2+结合成 Ba(OH)2 存在，由(2) 可知，当 C 与 B 的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，很明显是 Fe3+与 发生 双水解的现象，不难得出 B 为 Na2CO3，A 为 Ba(OH)2，C 中有 Fe3+，又因 C 与 A 反应产生的白 色沉淀不溶于稀 HNO3，则 C 为 Fe2(SO4)3，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。 【详解】(1)因 Al3+、Mg2+、Fe3+和 OH-反应生成沉淀，Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和 反应，则 不能共存，所以一定存在的物质为 Na2CO3 和 Ba(OH)2； (2)C 与 B 的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为 Fe(OH)3、气体为 CO2；C 与 A 的溶液混合时产生棕黄色沉淀(红白混合颜色)，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解， 最后留有白色沉淀不再溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则 B 为 Na2CO3，A 为 Ba(OH)2，C 为 Fe2(SO4)3，另两种物质为 AlCl3、Mg(NO3)2 或 MgCl2、Al(NO3)3，因 C 为 Fe2(SO4)3，则阴离子 有 ，则 X 为 ，故答案为：B； (3)由上面推断可知 B 为 Na2CO3，该盐是强碱弱酸盐， 水解消耗水电离产生的 H+，破坏 了水的电离平衡，使水的电离平衡正向移动，最终使溶液中 c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，离子 方程式为： ； (4)将 Cu 投入 D 溶液中，Cu 不溶解；再滴加稀 H2SO4，Cu 逐渐溶解，管口附近有红棕色气体 出现，该气体为 NO2，说明 D 中含有 ，反应离子方程式为：3Cu+8H++2 ═3Cu2++2NO↑+4H2O。 【点睛】本题考查离子推断、实验方案设计等。注意常见的离子之间的反应及反应产生沉淀 的颜色及溶解性，注意在酸性条件下 具有强氧化性，能够与 Cu、I-、Fe2+、 发生氧 化还原反应而不能大量共存。 21. 某课外小组的同学拟用图所示装置从含碘废液(除 H2O 外，还有 I2、I-等)中回收碘。回答下 列问题： (1)装置 A 中发生反应的离子方程式为________。 2 3CO − 2 3CO − 2 4SO − 2 4SO − 2 3CO − 2- - - 3 2 3CO +H O HCO +OH 3NO− 3NO− 3NO− 2 3SO − - 14 - (2)仪器 X 的名称为____；装置 D 的作用是________________。 (3)装置 C 中球形冷凝管中的冷却水从_____(填“a”或“b”)进入，反应控制在较低温度下且保持溶 液 pH=2 进行，其主要原因是____________________。 (4)三颈烧瓶中液体经过滤得粗碘，粗碘可经_______(填操作名称)得到纯碘。 【答案】 (1). (2). 圆底烧瓶 (3). 吸收 未反应的 Cl2，防止污染空气 (4). a (5). 防止 I 被进一步氧化（或使 Cl2 有较大溶解度） (6). 升华 【解析】 【分析】 由实验装置可知，A 中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，B 中饱和食盐水可除去 HCl，C 中氯 气与碘离子氧化为碘单质，D 中 NaOH 可吸收尾气，以此来解答。 【详解】(1)装置 A 中发生反应的离子方程式为 ，故 答案为： ； (2)仪器 X 的名称为圆底烧瓶；装置 D 的作用是吸收来反应的 Cl2，防止污染空气，故答案为： 圆底烧瓶；吸收来反应的 Cl2，防止污染空气； (3)装置 C 中球形冷凝管冷却水从 a 进入,反应控制在较低温度下且保持溶液 pH=2 进行,其主要 原因是使氯气在溶液这有较大的溶解度或减少 I2 的挥发，故答案为：a；防止 I 被进一步氧化 （或使 Cl2 有较大溶解度）； (4)三口烧瓶中液体经过滤得粗碘，粗碘可经升华得到纯碘，故答案为：升华。 22. 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为 Co2O3，含少量 Fe2O3、 Al2O3、SiO2、MgO、碳及有机物等)制取 CoC2O4 的工艺流程如下： (1)“浸出液”的主要成分是____________________。 (2)“钴浸出”过程中 Co3+转化为 Co2+，反应的离子方程式为___________________。 (3)“净化除杂 1”过程中，先在 40~50℃加入 H2O2，其作用是__________(用离子方程式表示)； 再升温至 80~85℃，加入 Na2CO3 溶液，调 pH 至 4.5，“滤渣 1”的主要成分是____________，净 Δ+ - 2+ 2 2 2MnO +4H +2Cl = Mn +Cl +2H O↑ Δ+ - 2+ 2 2 2MnO +4H +2Cl = Mn +Cl +2H O↑ Δ+ - 2+ 2 2 2MnO +4H +2Cl = Mn +Cl +2H O↑ - 15 - 化除杂 2 除去 Mg2+离子。 (4)为测定制得样品的纯度，现称取 1.00 g 样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4] 溶液，再用过量稀硫酸酸化，用 0.1000 mol/L KMnO4 溶液滴定，达到滴定终点时，共用去 KMnO4 溶液 26.00 mL，则草酸钴样品的纯度为___________。(保留四位有效数字) 【 答 案 】 (1). (2). (3). (4). (5). 95.55% 【解析】 【分析】 含钴废料中的碳及有机物在 550℃焙烧时可生产二氧化碳等物质除去；氢氧化钠可溶废料中的 氧化铝和二氧化硅；钴浸出过程中 Co3+被亚硫酸钠还原为 Co2+，铁离子被亚硫酸钠还原为亚铁 离子；净化除杂 1 中，加入 H2O2，可以将亚铁离子氧化为铁离子，再升温至 80~85℃，加入 Na2CO3 溶液，调 pH 至 4.5，可沉淀铁离子；净化除杂 2 中加入氟化钠可将钙、镁离子转化为 沉淀除去；再加入 沉钴，得到样品，据此解答。 【详解】（1）含钴废料中的氧化铝、二氧化硅能够被氢氧化钠溶解，因此浸出液中主要含有 ； （2）钴浸出过程中 Co3+被亚硫酸钠还原为 Co2+，反应的离子方程式为： ； （3）在钴浸出过程中铁离子被亚硫酸钠还原为亚铁离子，净化除杂 1 过程中，先在 40~50℃ 加入 H2O2，可以将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为： ；再升温至 80~85℃，加入 Na2CO3 溶液，调 pH 至 4.5， 铁离子沉淀，故滤渣 1 的主要成分是 ； （4）设草酸钴的质量为 x，根据方程式： ，草酸根守恒可得： ，解得 x=0.9555g，样品 2 2 3NaAlO Na SiO、 3+ 2- 2+ 2- + 3 2 42Co +SO +H O=2Co +SO +2H 3+ 3+ 2 2 22Fe +2H O +2H =2Fe +2H O+ 3Fe(OH) ( )4 2 42NH C O 2 2 3NaAlO Na SiO、 3+ 2- 2+ 2- + 3 2 42Co +SO +H O=2Co +SO +2H 3+ 3+ 2 2 22Fe +2H O +2H =2Fe +2H O+ 3Fe(OH) - + 2+ 2 2 4 4 2 25H C O +2MnO +6H =2Mn +10CO +8H O↑ ( ) - 2 4 4 2 4 2 2 4 42 5CoC O 5 NH C O 5H C O 2MnO 5 47g 2mol x 0.026L 0.1mol/L × ×    - 16 - 纯度为： 。100. 0%9555 =95g .55%1g ×