2018-2019学年山西省大同市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年山西省大同市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年山西省大同市第一中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）‎ 一、选择题 ‎1.中国《诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含了许多化学知识，下列诗词与蒸馏原理有关的是（　　）‎ A. 日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川 B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 C. 折戟沉沙铁未销，自将磨洗认前朝 D. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 蒸馏是利用物质的沸点不同进行物质分离的一种方法，通过加热使沸点低的物质形成蒸汽的过程，过程中没有发生化学变化，属于物理变化。A．“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，过程中也存在通过加热使沸点低的物质形成蒸汽（紫烟）的过程，故A正确；B．“沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，与蒸馏无关，故B错误；C、“折戟沉沙铁未销，自将磨洗认前朝”，过程中没有加热产生蒸汽的过程，与蒸馏无关，故C错误；D、“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，过程中碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，发生了化学变化，与蒸馏无关，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题的难点在于找到蒸馏过程的本质和分离的手段。如果单纯分析物理变化和化学变化，则无法正确解答。‎ ‎2.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA B. 常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA C. 标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氟气所含原子数均为2NA D. 常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故A错误；标准状况下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA，故B错误；标准状况下，水是液体，故C错误；铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，故D正确。‎ ‎3.现有密度为dg/mL浓度为18mol/L的浓硫酸溶液100g ，需要加入一定量的水将其稀释为浓度是9mol/L,则加入水的体积是 A. 大于100mL B. 小于 l00mL C. 等于 100mL D. 等于 100/d mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ 稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，稀释前的质量分数为w1，稀释后的质量分数为w2‎ ‎，则：100g×w1=(100g+x)×w2，18mol•L-1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9mol•L-1的硫酸，由c=，可得：c1==18mol/L=2c2=×2，硫酸的浓度越大，密度越大，则d＞d2，=2×＜2，所以：=＜2，解得：x＜100g，又水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于100mL，故选B。‎ 点睛：本题考查物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小。溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数w越大。‎ ‎4.在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作可使所配溶液浓度偏髙的是（）‎ A. 未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶 B. 用量筒量取浓盐酸时，仰视读数 C. 定容时水加多了，加多的水用滴管吸出 D. 溶解搅拌时造成液体溅出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质减少，浓度偏低，A错误；B、用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的盐酸体积增加，浓度偏高，B正确；C、定容时水加多了，加多的水用滴管吸出，导致溶质减少，浓度偏低，C错误；D、溶解搅拌时造成液体溅出，导致溶质减少，浓度偏低，D错误，答案选B。‎ ‎5.有下列物质：①盐酸，②氨水，③CO2气体，④SO3气体，⑤纯碱粉末，⑥酒精，⑦铜，⑧熔融的NaCl，⑨水玻璃（Na2SiO3水溶液）以下叙述不正确的是（）‎ A. 属于电解质的有3种 B. 属于纯净物的有6种 C. 属于非电解质的有3种 D. 上述状态下能导电的有5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①盐酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎②氨水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③CO2气体不能导电，其溶于水能导电的原因是碳酸导电，二氧化碳是非电解质；‎ ‎④SO3不能导电，其溶于水能导电的原因是三氧化硫溶于水生成硫酸导电，三氧化硫是非电解质；‎ ‎⑤纯碱粉末不能导电，属于盐，熔融状态或溶于水中能导电，属于电解质；‎ ‎⑥酒精不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑦铜能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧熔融的NaCl能导电，属于电解质；‎ ‎⑨水玻璃（Na2SiO3水溶液）能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎【详解】A、⑤⑧是电解质，属于电解质的有2种，故A错误。‎ B、③④⑤⑥⑦⑧属于纯净物，故B正确；‎ C、③④⑥是非电解质，故C正确；‎ D、①②⑦⑧⑨能导电，故D正确；‎ 本题选A ‎6.下列对某溶液所含离子检验的叙述正确的是 A. 滴入BaCl2溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，则原溶液一定含有SO42﹣‎ B. 滴入盐酸酸化，再滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含有Cl﹣‎ C. 滴入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的蓝色的石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定含有NH4+‎ D. 滴入KSCN溶液无明显现象，再通入少量Cl2后呈红色，则原溶液一定含有Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若原溶液中含有SO32﹣，加入硝酸，SO32﹣也会被氧化为SO42﹣，因此不能判断原溶液中是否含有SO42﹣，故A错误；‎ B、加入盐酸酸化，溶液中引入了Cl﹣，无法证明原溶液中是否存在Cl﹣，故B错误；‎ C、氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而使湿润的蓝色石蕊试纸变红的为酸性气体，故C错误；‎ D、开始滴入KSCN溶液无明显现象，说明溶液中不含Fe3+，通入少量Cl2后呈红色，说明发生反应2Fe2++ Cl2= 2Fe3++2 Cl﹣，生成Fe3+，证明原溶液中含有Fe2+，故D正确；‎ 本题选D ‎7. 下列关于浓硫酸的叙述正确的是 (　　)‎ A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化 B. 浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体 C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体 D. 浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 浓硫酸使蔗糖炭化，体现的是脱水性而不是吸水性，脱水性和吸水性的本质区别是看氢和氧两元素在原物质中是否是以“H2O”的形式存在。‎ 浓硫酸与铜的反应需在加热的条件下进行。 浓硫酸作为干燥剂，不能干燥碱性和强还原性物质，氨气不能用浓硫酸干燥而氢气可以。 浓硫酸使铁铝钝化必须强调在常温下。‎ ‎8.下列离子方程式正确的是 A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+ 2Cl2＋3H2O==2SO32-＋4Cl-＋6H+‎ B. CuSO4溶液吸收H2S 气体：Cu2++H2S= CuS↓+2H+‎ C. AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O═AlO2-+4NH4++2H2O D. 等体积、等浓度的Ba（OH）2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合： Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故A错误；B. CuSO4溶液吸收H2S 气体，反应生成的硫化铜不溶于硫酸，离子方程式为：Cu2++ H2S= CuS↓+2H+，故B正确；C. 氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C错误；D. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，以及水，离子方程式为： Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故选B。‎ ‎9.下列关于溶液和胶体的说法正确的是(　　)‎ A. 蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，烟、雾属于胶体 B. 溶液和胶体的本质区别是后者具有丁达尔效应，而前者无此现象 C. 制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色 D. 利用过滤的方法能将Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．淀粉溶液和烟、雾一样均为胶体，故A错误；B．溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，故B错误；C．加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe（OH）胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故C正确；D．胶体和溶液都能透过滤纸，所以不能通过过滤的方法将将Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来，故D错误；答案为C。‎ ‎10.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 0.1mol·L-1KI溶液：Na+、K+、ClO-、OH-‎ B. 0.1mol·L-1Fe2（SO4）3溶液：Cu2+、NH4+、NO3- 、SO42-‎ C. lmol·L-1 HCl溶液：Ba2+ 、K+、CO32-、NO3-‎ D. 0.1mol·L-1NaOH 溶液:Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、I-具有强还原性，ClO-具有强氧化性，I-与ClO-发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B、在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，能大量共存，故B正确；‎ C、CO32-能与H+反应生成水和二氧化碳，在HCl溶液中CO32-不能大量存在，故C错误；‎ D、Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D错误。‎ 本题选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。解题时要特别注意题中的附加条件。‎ ‎11.下列表述中正确的是（） ‎ ‎①光导纤维做通讯材料有许多优点，但怕腐蚀，铺设也很不方便 ‎ ‎②化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成， 玛瑙的主要成分是硅酸盐 ‎ ‎③提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料 ‎ ‎④氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维等属于新型无机非金属材料 ‎ ‎⑤太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能 A. ①②③ B. ②④‎ C. ①③⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅性质稳定，耐腐蚀，①错误；玛瑙的主要成分是二氧化硅，②错误；水泥是典型硅酸盐材料，③正确；氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维等均为常见新型无机非金属材料，④正确；硅常作为太阳能电池板、电子芯片的原材料，⑤正确。‎ 故本题答案D。‎ ‎12.某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是 A. I图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗 B. II图中：如果倒置的最筒充满了氯气，水槽内装满水经足够长的时间光照，量筒内最后剩余气体为HCl和氧气 C. III图中：生成蓝色的烟 D. IV图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中至溶液显酸性结果有Cl2生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，所以如果MnO2过量，浓盐不能全部消耗完，A错误；B．氯化氢极易溶于水，不可能剩余，B错误；C．铁与氯气反应生成棕黄色氯化铁固体，看到产生棕黄色烟生成，C错误；D．IV图中：湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应为，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，氯化钠和次氯酸钠会发生氧化还原反应，离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，所以结果有Cl2生成，D正确；答案选D。‎ ‎13.向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。‎ 下列判断正确的是(　　)‎ A. 原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1‎ B. 通入CO2在标准状况下的体积为448 mL C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3‎ D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠的方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而根据图像可知生成CO2消耗盐酸溶液的体积是100mL－25mL＝75mL＞25mL，这说明NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，A正确；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2‎ ‎）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol/L=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol=0.36L=336mL，B错误；C．Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，因此Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，C错误；D．由C中分析可知D错误；答案选A。‎ 点睛：判断反应后溶液中溶质成分是解答的难点，解答的关键是理解Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序，即在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。另外需要注意如果含有氢氧化钠，则首先发生中和反应。‎ ‎14.下图所示的是验证二氧化硫性质的微型实验，a、b、c、d是浸有相关溶液的棉球。将浓硫酸滴入装有亚硫酸钠固体的培养皿中。‎ 关于此实验的“现象”“解释或结论”以及对应关系均正确的是(　　)‎ 选项 现象 解释或结论 A a处黄色褪去 非金属性：Br＞S B b处变为红色 二氧化硫与水反应生成酸性物质 C c处变为蓝色 二氧化硫具有一定的氧化性 D d处红色先褪去后恢复 二氧化硫具有漂白性且漂白性不稳定 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，SO2具有还原性，能把溴水氧化，所以a处黄色褪去，说明SO2的还原性强于溴离子的，但不能说明Br和S的非金属性强弱，故A错误；B.SO2是酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，所以b处变为红色，故B正确；C.SO2‎ 不能把碘化钾氧化生成单质碘，因此c处不可能变为蓝色，故C错误；D.SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热后才能恢复到原来的颜色，故D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】二氧化硫具有一定的氧化性，但氧化性较弱，并不能将碘离子氧化生成碘单质。‎ ‎15.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 5∶16 C. 2∶3 D. 3∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2，所以该溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol×2+2xmol×3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol×2+2xmol×3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B。‎ ‎16.将一定量的Na2O2和NaHCO3混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体，冷却后有固体物质剩余，下列选项不正确的是( )‎ Na2O2/mol NaHCO3/mol 气体成分 A ‎1‎ ‎2‎ Na2CO3‎ B ‎1.5‎ ‎2‎ Na2O2 Na2CO3‎ C ‎2‎ ‎1‎ Na2CO3、NaOH、Na2O2‎ D ‎2‎ ‎2‎ NaOH、Na2CO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：混合物在密闭容器中加热（温度高于100℃），可能发生如下反应：‎ ‎①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，②2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，③2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，‎ ‎④2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，由上述反应，可得总的反应方程式为：‎ Ⅰ．Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+1/2O2↑+H2O↑ Ⅱ．2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH A．当x=1/2时，只发生反应Ⅰ，且二者恰好完全反应，此时剩余固体为Na2CO3，气体成分为H2O（g）、O2，故A正确；B．当1/2＜x＜1时，发生反应Ⅰ、Ⅱ，此时剩余固体为Na2CO3、NaOH，气体成分为H2O（g）、O2，故B错误；C．当x＞1时，发生反应Ⅱ，过氧化钠有剩余，此时剩余固体为Na2CO3、NaOH、Na2O2，故C正确；D．当x=1时，发生反应Ⅱ，过氧化钠恰好完全，此时剩余固体为Na2CO3、NaOH，故D正确；故选B。‎ 考点：考查混合物的有关计算等，注意利用总反应方程式分段讨论，由于二氧化碳与氢氧化钠反应，故可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，反应完毕过氧化钠有剩余再与水反应，据此分段书写总反应式。‎ ‎17.将一定量Mg、Al合金溶于1 mol·L-1的HC1溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与滴加的NaOH溶液（mL）体积的关系如图所示。下列结论中正确的是（）‎ A. 溶解“一定量Mg、A1合金”的HC1溶液的体积为90mL B. 欲求出a的取值范围尚缺少一个条件 C. 无法确定Mg、A1合金中Mg和A1的物质的量之比的最大值 D. 无法算出实验中产生H2的物质的量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH-= AlO2¯+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n（Al）=n[Al（OH）3]=n（OH-）=1mol·L-1×0.01L=0.01mol。当加入氢氧化钠溶液80mL时，沉淀量最大，说明氯化铝、氯化镁恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子守恒可知n(NaCl）=n(NaOH)=‎ ‎0.08L×1mol·L-1=0.08mol。‎ ‎【详解】A、由分析可知沉淀量最大时n（NaC1)=n(NaOH）==0.08mol,根据氯元素守恒，所以n（HCI）=n（NaCl）=0.08mol，所以溶解金属的1 mol·L-1的HC1共0.08 mol，即所需HC1体积为80mL，故A错误；‎ B、假设盐酸溶解金属后不剩余，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a=0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，所以a的取值范围为 0≤a＜50，故B错误；‎ C、沉淀0.01molAl3+需要的OH-为0.03mol，即NaOH溶液的体积为30mL，镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为80-a，若假设盐酸不剩余，所以沉淀Mg2+需要NaOH溶液的体积最大值为50mL，求出n （Mg）的最大值为0.025mol，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为2.5，故C错误；‎ D、金属镁的量不确定，无法判断生成氢气的量的多少，故D正确。‎ 本题选D ‎18.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是( ) ‎ A. 图①向容量瓶中转移溶液 B. 图②用于Na2O2和H2O反应制取少量的O2‎ C. 图③比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性 D. 图④制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 向容量瓶中转移溶液，玻璃棒末端应伸到刻度线以下，故A错误；过氧化钠是易溶于水的粉末，图②不能用于Na2O2和H2O反应制取少量的O2，故B错误；碳酸钠比碳酸氢钠稳定，所以大试管内加入碳酸钠，小试管内加入碳酸氢钠，大试管温度高、小试管温度低，碳酸氢钠分解，而碳酸钠受热不分解，才能比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，故C错误；图④可以隔绝空气，所以能制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色，故D正确。‎ ‎19.下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是(　　)‎ 选项 操作和现象 结论或目的 A 向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色 红砖中含有氧化铁 B CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液，溶液不显红色 黑色固体中没有Fe3O4‎ C 取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 该Fe(NO3)2试样已经变质 D 向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红色 原溶液中含有Fe2＋‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．氧化铁溶于盐酸反应得氯化铁溶液，滴加KSCN溶液变红色；B．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+；C．溶液中含有NO3－，在酸性条件下会氧化Fe2+离子，不能证明是否已变质；D．若溶液中存在铁离子，加入KSCN溶液也变红色。‎ ‎【详解】A. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，三价铁离子遇KSCN溶液会变红色，说明红砖中含有氧化铁，故A正确；‎ B.CO还原Fe2O3得到单质Fe，即使有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3＋与Fe发生反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，加入KSCN溶液也不显红色，故B错误；‎ C. NO3－＋H＋具有强氧化性，而Fe2＋具有还原性，二者发生氧化还原反应，有Fe3＋生成，遇KSCN溶液呈红色，不能证明样品是否变质，故C错误；‎ D.若原溶液中不存在Fe2＋存在Fe3＋，也有此现象，故D错误，答案选A。‎ ‎20.将Mg、Cu组成的mg混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到的还原产物NO气体为0.896L（标准状况），向反应后溶液中加入2 mol/L NaOH溶液60mL时，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为 A. （m+2.28）g B. （m+2.04）g C. （m+3.32）g D. （m+4.34）g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当金属离子恰好沉淀时,m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)，n(OH－)＝n(金属失去的e－)＝n(NO得到的e－)＝3×0.896L/（22.4L/mol）＝0.12 mol，m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)＝m g＋0.12mol×17 g/mol＝(m＋2.04) g，故B正确。‎ 本题选B 二、填空题 ‎21.氮元素的单质和常见的化合物在工、农业生产中用途广泛。‎ Ⅰ.（1）常用作食品袋中填充气的是______________，常用作制冷剂的化合物是____________，该物质在空气中与HC1相遇有白烟现象，产生该现象的化学反应方程式是 __________________。‎ ‎（2）铵盐大多在农业上用作化肥。工业制备氨气的化学反应方程式为___________________________。‎ Ⅱ.某同学用下列装置（固定、加热仪器和橡胶管略）进行有关氨气制取的实验探究。回答下列问题：‎ ‎（1）若用装置①制取并收集干燥的NH3，其反应的化学方程式为________________________；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是____________（填装置序号），装置中所盛试剂具有的性质是____________。‎ ‎（2）若用装置②制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是_________________，分液漏斗中装的试剂是_____________，收集装置应选择______________（填装置序号）。‎ ‎（3）用如图1装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是_____________。该实验的原理是_______________________‎ ‎（4）如果只提供如图2的装置，请说明引发喷泉的方法，_________________________。‎ ‎（5）为防止污染环境，以下装置（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气的是______________（填序号）。‎ ‎【答案】 (1). 氮气 (2). 氨气 (3). NH3+HCl=NH4Cl (4). N2＋3H22NH3 (5). 2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O (6). ③⑦ (7). 氨气难溶于该试剂，该试剂不易挥发，不与氨气反应 (8). CaO或NaOH或碱石灰 (9). 浓氨水 (10). ④⑥ (11). 将胶头滴管中的水挤入上部烧瓶 (12). 挤入的水溶解部分NH3，内部压强降低，使得外界大气压将烧杯中水压入烧瓶中，形成喷泉 (13). 打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，NH3与水接触，即发生喷泉 (14). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题从氮及其化合物的性质，氨气的制备、气体的制取和收集等方面分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）氮气化学性质稳定，常用作食品袋中填充气，氨气易液化，常作制冷剂，氨气属于碱性气体，易和氯化氢反应生成氯化铵，即NH3+HCl=NH4Cl， 故答案为：氮气；氨气；NH3+HCl=NH4Cl； （2）工业合成氨的化学反应方程式为：N2＋3H22NH3‎ 故答案为：N2＋3H22NH3‎ Ⅱ.（1）若用装置①制取NH3，则实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；要测定氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发，测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是③⑦；‎ 故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O ；③⑦；氨气难溶于该试剂，该试剂不易挥发，不与氨气反应；‎ ‎（2）若用装置②制取并收集干燥的NH3，是固体和液体不加热制备气体的制备方法，可以利用浓氨水滴入碱石灰中得到氨气，分液漏斗中是浓氨水；根据氨气的性质及密度确定收集方法，氨气极易溶于水，常温下，氨气和空气中成分不反应，且氨气密度小于空气，所以可以采用向下排空气法收集，氨气是碱性气体，应用碱石灰干燥，选择装置④⑥；‎ 故答案为：CaO或NaOH或碱石灰；浓氨水；④⑥；‎ ‎（3）设法将烧瓶中的NH3先溶解一部分使其溶解，内部压强降低即可引发喷泉。可以将胶头滴管中的水挤入上部烧瓶即可即可导致压强下降，引发喷泉。‎ 故答案为：将胶头滴管中的水挤入上部烧瓶；挤入的水溶解部分NH3，内部压强降低，使得外界大气压将烧杯中水压入烧瓶中，形成喷泉。‎ ‎（4）在没有外加水的情况下只能使烧瓶中的NH3体积膨胀与烧杯中的水接触，使NH3体积膨胀的方法便是升高其温度，因而可用手或热毛巾将烧瓶捂热。‎ 故答案为：打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，NH3与水接触，即发生喷泉。‎ ‎（5）、因为氨气极易溶于水，吸收多余的氨气装置，必须能够防止倒吸，②④装置中的倒置的漏斗和球形干燥管的体积较大，能防止液体倒吸进入反应装置。‎ 故答案为：②④．‎ ‎【点睛】本题重点在于理解喷泉实验的原理，利用NH3易溶于水的特点造成内外压强差，从而引发喷泉。‎ ‎22.Ⅰ.已知A为常见的金属单质，各物质之间有下图所示的关系:‎ ‎（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：‎ A为_____________，‎ B为_____________，‎ C为_____________，‎ D为_____________，‎ E为_____________，‎ F为_____________。‎ ‎（2）写出③、④、⑤的离子方程式：‎ ‎③__________________________，‎ ‎④__________________________，‎ ‎⑤__________________________。‎ Ⅱ.如图装置，用来制取和观察Fe（OH）2在空气中被氧化的颜 色变化。实验时必须使用铁屑和6mol·L-1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：‎ ‎（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是_____________，A中反应的离子方程式______________________。‎ ‎（2）实验开始时应先将活塞a__________（填“打开”或“关闭”）。‎ ‎（3）简述生成Fe（OH）2的操作过程：_________________________________________________。‎ ‎（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B中发生反应的化学方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). Fe (2). Fe 3O4 (3). FeCl2 (4). FeCl3 (5). Fe(OH)2 (6). Fe(OH)3 (7). Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O (8). 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl- (9). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (10). 铁屑 (11). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (12). 打开 (13). 先将活塞a打开，A中反应发生一段时间后关闭a，使得A中溶液流入B中发生反应 (14). 4Fe（OH）2＋O2＋2H2O＝4Fe（OH）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红褐色沉淀说明F是氢氧化铁，E在氧气条件下转化为氢氧化铁，说明E是氢氧化亚铁，同时也说明A是铁，B是黑色晶体，与盐酸反应生成亚铁和铁离子，说明B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁。‎ ‎【详解】Ⅰ. （1）、根据分析的推断，可以确定A为Fe，B为Fe 3 O 4 ，C为FeCl 2 ，D为FeCl 3 ，E为Fe(OH) 2 ，F为Fe(OH) 3 。‎ 本题答案： Fe； Fe 3 O 4；FeCl 2；FeCl 3 ；Fe(OH) 2；Fe(OH) 3 。‎ ‎（2）、根据上述的推断③的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；④的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；⑤是由氯化铁到氯化亚铁，应该加入还原剂，但是不能加铜等，因为产物只有氯化亚铁，则只能选择Fe，离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+ ‎ 本题答案： Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O； 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-； 2Fe3++Fe=3Fe2+；‎ Ⅱ.制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧气氧化，所以B装置中是氢氧化钠，A是产生硫酸亚铁的装置，可以用金属铁和稀硫酸之间的反应来获得，为保证硫酸亚铁进入B中和氢氧化钠混合，要借助氢气产生的压强将装置中反应生成的液体排入B中；‎ ‎（1）A中应预先加入的试剂是铁，再滴入酸即可，发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。‎ 本题答案：铁屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑； （2）为保证酸顺利滴下且利用产生的氢气将装置中的空气排出，在实验开始时应先将活塞a打开。‎ 本题答案：打开； ‎ ‎（3）在实验开始时应先将活塞a打开，A中反应发生一段时间后关闭a，生成的氢气使得A中压强增大，将生成的硫酸亚铁溶液压入B瓶中进行反应进而生成Fe（OH）2。‎ 本题答案：先将活塞a打开，A中反应发生一段时间后关闭a，使得A中溶液流入B中发生反应。 （4）氢氧化亚铁可以被氧气氧化为氢氧化铁， B中发生反应的化学方程式：4Fe（OH）2＋O2＋2H2O＝4Fe（OH）3‎ 本题答案：4Fe（OH）2＋O2＋2H2O＝4Fe（OH）3‎ ‎【点睛】推断题重在找出“题眼”，即题中的已知部分。本题由红褐色沉淀出发，结合铁及其化合物的性质进行判断。‎ ‎ ‎ ‎ ‎