2018-2019学年四川省棠湖中学高一上学期期末考试化学试题(解析版)

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2018-2019学年四川省棠湖中学高一上学期期末考试化学试题(解析版)

‎2018-2019学年四川省棠湖中学高一上学期期末考试 化学试题(解析版)‎ 可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 S-32 Mg-24 Al-27 Cl-35.5K-39‎ 第Ⅰ卷(选择题50分)‎ 一.选择题(本题包括25小题,每小题2分,共50分,每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.伦敦奥运会闭幕式上,燃放了大量的烟花,五彩缤纷的焰火十分好看。研究表明,焰火颜色的产生与烟花中含有钠、钾、钙、钡、铜、锶等金属元素有关。下列有关说法不正确的是:‎ A. 五彩缤纷的焰火的形成是因为上述金属元素发生了焰色反应 B. 钠可以保存在煤油中 C. KCl与KNO3灼烧时火焰的颜色不相同 D. 观察钾及其化合物的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、焰火是某些金属元素发生焰色反应,故A说法正确;B、金属钠不与煤油反应,且密度大于煤油,因此少量的金属钠保存在煤油中,故B说法正确;C、KCl和KClO3都含有K元素,灼烧时通过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰,故C说法错误;D、观察钾元素的焰色反应时,需要通过蓝色钴玻璃观察,故D说法正确。‎ ‎2. 下列物质中属于纯净物的是 A. 液氨 B. 漂白粉 C. 氯水 D. 盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:液氨就是NH3的液态,是纯净物,漂白粉主要成分有氯化钙和次氯酸钙,氯水主要由氯气、盐酸、次氯酸、水,盐酸主要有氢离子、氯离子和水。‎ 考点:物质的分类 点评:溶液一般都是混合物,属于简单题。‎ ‎3.下列微粒不具有还原性的是:‎ A. H2 B. H+ C. Cl2 D. Cl¯‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、H2中H的化合价显0价,处于中间价态,具有还原性,故A错误;B、H+显+1价,处于最高价,只具有氧化性,故B正确;C、Cl2中Cl显0价,处于中间价态,具有还原性,故C错误;D、Cl-显-1价,处于最低价态,只具有还原性,故D错误。‎ 点睛:化合价处于最高价只具有氧化性,处于最低价只具有还原性,处于中间价态, 既具有氧化性,也具有还原性。‎ ‎4.将一块铝箔用砂纸打磨表面后,在酒精灯上加热至熔化,下列说法正确的是:‎ A. 熔化的是铝 B. 熔化的是Al2O3 C. 熔化物迅速燃烧 D. 熔化物迅速滴落下来 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 打磨过的铝箔在酒精灯上加热,因为铝是活泼的金属,与空气中氧气反应,铝表面产生一层氧化铝,氧化铝的熔点高于金属铝,因此现象是熔化而不滴落,熔化的是内部的金属铝,故选项A正确。‎ ‎5.已知阿伏加德罗常数为NA,下列说法正确的是 A. 2mol水中含有NA个H2O分子 B. 1g氢气含有NA个H2分子 C. 22.4L 氧气中含有NA个氧分子 D. 1mol铁与过量稀盐酸反应生成NA个H2分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 分子个数N=n×NA,则2mol水中含有的水分子个数N=2mol×NAmol-1=2NA,故A错误;B. 1g氢气的物质的量n=1g÷2g/mol=0.5mol,H2分子个数N=n×NA=0.5NA个,故B错误;C. 因未说明氧气是否处于标准状况,所以无法计算氧气的分子个数,故C错误;D. 铁和盐酸反应的化学方程式为:Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,根据方程式可知,1mol铁与过量稀盐酸反应生成1mol氢气,氢气分子个数为NA个,故D正确;答案选D。‎ 点睛:本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断,试题难度不大,解题时要注意阿伏加德罗常数、质量、物质的量等之间的关系,充分运用物质的量这个桥梁进行相关计算即可得出正确结论,本题的易错点是C项,解题时容易直接利用体积进行计算,而忽略了题目未给出气体是否处于标准状况这个关键条件。‎ ‎6.用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中,正确的是 X Y Z A 非金属单质 非电解质 纯净物 B 置换反应 氧化还原反应 离子反应 C 胶体 分散系 混合物 D 酸性氧化物 非金属氧化物 氧化物 A. A B. B C. C D. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 纯净物包括单质和化合物,非电解质一定为化合物,和非金属单质之间是并列关系,不是包含关系,故A错误;B. 置换反应一定是氧化还原反应,但氧化还原反应不一定属于离子反应,故B错误;C. 胶体是一种分散系,属于混合物,故C正确;D. Mn2O7是酸性氧化物,属于金属氧化物,不属于非金属氧化物,故D错误;答案选C。‎ ‎7.抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒。下列说法中正确的是 A. 漂白粉是纯净物,漂白液是混合物 B. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2‎ C. 漂白液的有效成分是Na2O2‎ D. 工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:A、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物,漂白液是次氯酸钠的溶液,也是混合物,错误,不选A;B、漂白粉的有效成分为次氯酸钙,正确,选B;C、工业上通常将氯气通入石灰乳中制取漂白粉,不是石灰水中,错误,不选C;D、漂白液的有效成分为次氯酸钠,不是过氧化钠,错误,不选D。‎ 考点:漂白粉和漂白液的成分和制取 ‎8.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是 A. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中,产生蓝绿色的烟 B. 向pH 试纸上滴加氯水,先变红后变白 C. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH 溶液,充分振荡,上下两层均为无色 D. 往氯水中加入NaHCO3固体,有气体产生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. Cu与氯气反应生成氯化铜,产生棕黄色的烟,故A错误;B. 氯水中含有HCl和HClO,HClO具有漂白性,则pH试纸上滴加氯水,先变红后变白,故B正确;C. 溴与NaOH反应生成溴化钠和次溴酸钠,所得溶液与四氯化碳分层,充分振荡,上下两层均为无色,故C正确;D. 氯水中含有盐酸,与NaHCO3反应生成二氧化碳气体,故D正确;答案选A。‎ ‎9.下列反应能用离子方程式OH-+HCO3-= CO32- +H2O 表示的是 A. NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O B. Ca(OH)2+Ca( HCO3)2=2CaCO3↓+2H2O C. 2NaOH+NH4HCO3= NH3·H2O+Na2CO3+H2O D. NaOH+Ca(HCO3)2= CaCO3↓+H2O+NaHCO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O的离子方程式为:OH-+HCO3-= CO32- +H2O,故A正确;B. 碳酸钙为沉淀,不能拆成离子形式,正确的离子方程式为:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,故B错误;C. NH3·H2O是弱电解质,不能拆成离子形式,正确的离子方程式为:2OH-+NH4++HCO3-=NH3·H2O+CO32-+H2O,故C错误;D. 碳酸钙为沉淀,不能拆成离子形式,正确的离子方程式为:OH-+Ca2++HCO3-=CaCO3↓+H2O,故D错误;答案选A。‎ 点睛:本题主要考查离子方程式的书写和正误判断,试题难度不大,把握物质间发生的反应及离子方程式的书写方法是解答本题的关键,本题的易错点是B和D项,解题时要特别注意反应物或生成物是否拆分正确,碳酸钙是难溶物,不能拆成离子形式,所以不能用OH-+HCO3-= CO32- +H2O表示。‎ ‎10.某学生要提纯混有泥沙的食盐,他设计的主要操作有:溶解、过滤、蒸发。在这些操作中都需要使用的仪器是 A. 烧杯 B. 漏斗 C. 玻璃棒 D. 酒精灯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 溶解需要的仪器为烧杯和玻璃棒,用玻璃棒搅拌,起加速溶解的作用,过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒,玻璃棒起引流作用,蒸发要用到蒸发皿、酒精灯和玻璃棒,用玻璃棒搅拌,起防止局部温度过高的作用,故答案选C。‎ ‎11.0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2 L1 mol/L KCl溶液中的Cl-的数目之比( )‎ A. 5∶2 B. 3∶1 C. 15∶2 D. 1∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:浓度与体积无关。两溶液中Cl-浓度比为1×3:1×1。‎ 考点:物质的量浓度计算 点评:浓度与体积无关。‎ ‎12.下列物质只能作还原剂的是 A. S2- B. Fe2+ C. SO32- D. K+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.S2-中S元素的化合价是最低价态只有还原性,故A正确;B.Fe2+中铁元素的化合价是中间价态既有氧化性又有还原性,故B错误;C.SO32-中S元素的化合价是中间价态既有氧化性又有还原性,故C错误;D.K+中钾元素的化合价是最高价态只有氧化性,故D错误;故选A。‎ 点睛:物质氧化剂还原剂的判断是根据元素的化合价高低判断,根据元素的化合价高低判断氧化剂还原剂.最高价态的元素只有氧化性,最低价态的元素只有还原性,中间价态的既有氧化性又有还原性,难准确判断元素的化合价是解题关键。‎ ‎13.下列离子在酸性溶液中能大量共存的是( )‎ A. Fe3+、NH4+、SCN-、Cl- B. Na+、Mg2+、NO3-、SO42-‎ C. Al3+、Fe2+、NO3-、Cl- D. K+、Na+、Cl-、SiO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. Fe3+与SCN-在溶液中生成配合物,得红色溶液,不能大量共存,故A错误;B. Na+、Mg2+、NO、SO42-在同一溶液中彼此间不发生离子反应,可大量共存,故B正确;C. Fe2+在酸性溶液中能被NO氧化,不能大量共存,故C错误; D. SiO32-不能在酸性溶液中大量存在,要生成硅酸沉淀,故D错误;答案为B。‎ ‎14.下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是 A. Al跟NaOH溶液共热 B. Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液 C. Al2O3和水共热 D. Al2(SO4)3和过量的氨水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎15.下列不能使有色布条或品红溶液褪色的物质是 A. 氯化钙溶液 B. 氯水 C. 次氯酸钠溶液 D. 二氧化硫 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.氯化钙溶液不具有漂白性,故A选;B.氯水中含有HClO,具有漂白性,故B不选;C.次氯酸钠溶液含有ClO-,能生成HClO,具有漂白性,故C不选;D.SO2能使品红溶液褪色,具有漂白性,故D不选;故选A。‎ ‎16.用毛笔蘸取少量30% FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”字,放置片刻,用少量水将铜片上的溶被冲到小烧杯中,下列说法正确的是( )‎ A. 烧杯中的溶液呈黄色 B. 铜片无任何变化 C. 铜片上有凹陷的“Cu”字 D. 发生了反应:Fe3+ +Cu=Cu2++ Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:FeCl3溶液与铜片发生:2FeCl3+ Cu=2FeCl2+ CuCl2,FeCl2溶液 是浅绿色,CuCl2是蓝色,A错;FeCl3溶液与铜片发生了反应,B错;D项电荷不守恒,错,选C。‎ 考点:FeCl3的性质、离子方程式的书写判断。‎ ‎17.下列实验装置不能达到实验目的的是( )‎ A. 验证Na和水反应是否为放热反应 B. 用CO2做喷泉实验 C. 观察纯碱的焰色反应 D. 比较NaCO3、NaHCO3的稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应放热,试管中温度升高,导致气体压强增大,红墨水出现液面差,可以达到实验目的,选项A正确; ‎ B.二氧化碳与氢氧化钠反应,压强减小,形成喷泉,可以达到实验目的,选项B正确;‎ C.铁丝的焰色反应为无色,可用来做纯碱的焰色反应,能够达到实验目的,选项C正确;‎ D.套装小试管加热温度较低,碳酸氢钠应放在套装小试管中,通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性,题中装置无法达到实验目的,选项D错误;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价,题目难度中等,涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识,D项为易错点,注意碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性的差别。‎ ‎18.下列反应中,反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变时,反应产物均不发生变化的是 A. 氢氧化钠与二氧化碳反应 B. 盐酸和碳酸氢钠溶液 C. 铜与硝酸反应 D. 氯化铝溶液和氢氧化钠溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水,与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠,所以二氧化碳的用量不同产物不同,选项A不选;B.盐酸和碳酸氢钠溶液生成二氧化碳与水,与反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变无关,选项B选;C.浓硝酸生成二氧化氮,稀硝酸生成一氧化氮,所以浓度不同产物不同,选项C不选;D.氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀,和过量氢氧化钠溶液反应时,先生成氢氧化铝沉淀,然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠,溶液又变澄清,所以与反应物用量有关,选项D不选。答案选B。‎ 点睛:本题考查了物质间的反应,有些反应物除了受温度、反应物的量限制外,可能还与浓度有关,如铜和浓硫酸反应但和稀硫酸不反应,明确物质的性质是解本题关键,物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同,应根据具体反应的物质的性质分析.一般是发生反应后,如果某种物质过量且和生成产物继续反应,则会引起产物变化;反应时温度不同产物可能不同,据此解答。‎ ‎19.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是 实验操作及现象 实验结沦 A 向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液,紫色消失 H2O2具有氧化性 B 氯气通入品红溶液中,溶液褪色 氯气具有漂白性 C 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeC13溶液中呈红褐色 制Fe(OH)3胶体 D 向某溶液加入NaOH 并微热,产生能够使湿润的红色,石蕊试纸变蓝的无色气体 该溶液中一定含有NH4+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液,发生氧化还原反应,Mn元素的化合价降低,MnO4-转化为Mn2+紫色消失,H2O2中氧元素化合价升高被氧化,具有还原性,选项A错误;B、氯水中含HClO,具有漂白性,则通入品红溶液中,品红褪色,而不是氯气具有漂白性,选项B错误;C、将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中,生成氢氧化铁沉淀,制备氢氧化铁胶体,应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液,选项C错误;D、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气,证明铵盐与强碱共热产生氨气,则该溶液中一定含有NH4+,选项D正确。答案选D。‎ ‎20.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】‎ 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,氯化铁变为Fe(OH)3沉淀,氯化铝变为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,就得到氯化铝溶液,除去了杂质,故B不选;C.二氧化硅是酸性氧化物,可以与NaOH发生反应,而氧化铁与NaOH不能发生反应.加入过量的NaOH,然后过滤洗涤,就得到纯净的氧化铁,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。‎ ‎21.以下各组物质中与34gOH—所含电子数相同的是(  )‎ A. 常温下,20g氖气 B. 标准状况下,44.8L甲烷 C. 2mol/L NaOH溶液中的Na+ D. 2L 1mol/L氢氟酸中的F—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎34gOH-的物质的量是34g÷17g/mol=2mol,所含电子的物质的量是20mol。A. 常温下,20g氖气的物质的量是1mol,所含电子的物质的量是10mol,A错误;B. 标准状况下,44.8L甲烷的物质的量是44.8L÷22.4L/mol=2mol,所含电子的物质的量是20mol,B正确;C. 溶液体积未知,不能计算2mol/L NaOH溶液中的Na+所含电子的物质的量,C错误;D. 氢氟酸是弱酸,2L 1mol/L氢氟酸中的F-的物质的量小于2mol,所含电子的物质的量小于20mol,D错误,答案选B。‎ ‎22.若下列图像中横轴代表所加溶液体积,纵坐标代表生成沉淀质量,则各项描述中与图像能对应的是(  )‎ ‎①②③④‎ A. 图①可能是MgCl2、AlCl3溶液逐滴加氨水至过量 B. 图②可能是AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量 C. 图③可能是NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量 D. 图④可能是含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.MgCl2、溶液中滴加氨水至过量,应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝,由于氢氧化铝不溶于弱碱,所以沉淀完全后不再变化,A错误;B.向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量,先生成氢氧化铝沉淀,氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠,发生的反应为:Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,两过程中氢氧化钠的用量为3:1,与图象不符合,B错误;C.向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡,开始会生成沉淀,当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸,沉淀会溶解,发生的反应为:AlO2-+H++2H2O===Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+===Al3++3H2O,两过程消耗盐酸量为1:3,与图象不符合,C不正确;D.向含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量,氨水首先与盐酸发生中和反应,然后沉淀铝离子,由于氨水不能溶解氢氧化铝,所以沉淀达到最大值以后,不再发生变化,D正确,答案选D。‎ 点睛:本题以图象题形式考查了铝盐、偏铝酸盐与酸、碱反应以及沉淀的变化分析,注意滴加顺序不同,量不同会导致产物不同。答题时要根据反应过程判断结合图像的变化趋势去分析解答,尤其要注意起点、拐点以及终点的判断。‎ ‎23.下列有关金属及其化合物的性质及推断正确的是(  )‎ A. Na在空气中会发生许多化学反应,因此需要保存在煤油中;Na2O2在空气中也会发生许多化学反应,因此也需保存在煤油中 B. Al有两性,因此与Al同主族的金属元素均具有两性 C. FeCl2溶液在保存时一般会放入一定量的铁粉,但FeCl3溶液在保存时不用放铁粉 D. CuO能溶于足量的稀硫酸形成蓝色透明溶液,Cu2O也能溶于足量稀硫酸只生成蓝色透明溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. Na2O2需要密封保存,不是保存在煤油中,A错误;B. Al是活泼的金属,不能说具有有两性,B错误;C. FeCl2溶液在保存时一般会放入一定量的铁粉以防止氯化亚铁被氧化,但FeCl3溶液在保存时不用放铁粉,因为二者反应生成氯化亚铁,C正确;D. CuO能溶于足量的稀硫酸形成蓝色透明溶液,Cu2O也能溶于足量稀硫酸生成蓝色透明溶液,但同时还有金属铜产生,D错误,答案选C。‎ 点睛:B选项是解答的易错点,首先中学化学中所说的两性一般是指两性氧化物或两性氢氧化物,例如氧化铝和氢氧化铝。铝是典型的活泼金属,不能依据铝能与氢氧化钠溶液反应而得出铝具有两性,更不能说铝是两性元素,铝属于金属元素。‎ ‎24.在下列反应中,氧化剂与还原剂是同种物质,且物质的量之比为2: 1的是(  )‎ A. O3+2KI+H2O===2KOH+I2+O2‎ B. 3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF C. 2Na2O2+2CO2=== 2Na2CO2+O2↑‎ D. Cl2+NaOH===NaCl+NaClO+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2中臭氧是氧化剂,碘化钾是还原剂,不是同一种物质,A错误;B. 3+5H2O=2NO+HNO3+9HF中氮元素化合价部分从+3价降低到+2价,部分升高到+5价,因此NF3既是氧化剂,也还原剂,根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1,B正确;C. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO2+O2↑过氧化钠既是氧化剂,也是还原剂,二者的物质的量之比为1:1,C错误;D. Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O中氯气既是氧化剂,也是还原剂,二者的物质的量之比为1:1,D错误,答案选B。‎ ‎25.将一定量的Na2CO3与NaHCO3的混合物充分加热,可收集到标况下a L的气体,若将同样的混合物投入到足量盐酸中,会收集到标况下b L的气体,则Na2CO3物质的量分数为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两次得到的二氧化碳的物质的量分别是、,根据方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知碳酸氢钠的物质的量是。根据碳原子守恒可知碳酸钠的物质的量是 ‎,则Na2CO3物质的量分数为。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查学生混合物的有关计算知识,注意元素守恒的应用以及物质性质的掌握是解答的关键,题目难度不大。‎ 第II卷(非选择题 50分)‎ ‎26.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al,此外还含有少量Al2O3和Fe2O3,为探索工业废料的再利用,某化学兴趣小组设计了如下实验流程,用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。‎ 请回答:‎ ‎(1)写出步骤Ⅰ反应的离子方程式:____________________________。‎ ‎(2)试剂X是______________。溶液D是______________。‎ ‎(3)在步骤Ⅱ时,用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少,可采取的改进措施是_____________________。‎ ‎(4)由固体F制取硫酸铜溶液,通常有两种方案:‎ 方案一:将固体F在加热条件下与浓硫酸反应;‎ 方案二:将固体F投入热的稀浓硫酸中,然后通入氧气;‎ 方法一的缺点为:_________________________________________________。‎ ‎(5)工业上常用溶液E制得净水剂Na2FeO4,流程如下:‎ ‎①测得溶液E中c(Fe2+)为0.2 mol·L-1,若要处理1 m3溶液E,理论上需要消耗25%的H2O2溶液_______kg。‎ ‎②写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式______________。(已知NaClO还原为NaCl)‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2H2O+2OH-===2AlO2-+3H2↑ Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O (2). 稀硫酸(或稀H2SO4) (3). NaHCO3溶液 (4). 在a和b间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,除去HCl (5). 产生污染气体二氧化硫 (6). 13.6 (7). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应,铝可与氢氧化钠反应,用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为:合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应,所得滤液A为NaAlO2溶液,经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,反应可生成氢氧化铝固体C,生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3,得到AlCl3溶液;溶液D为碳酸氢钠溶液;‎ 滤渣B为Fe和Cu的化合物,加入足量稀硫酸,得到的滤液E为FeSO4,经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾,滤渣F为Cu,可用于制备胆矾,以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)在废金属屑中含有Cu、Fe、Al、Al2O3、Fe2O3,当加入过量NaOH溶液时,只有Al、Al2O3可以发生反应,所以步骤Ⅰ反应的离子方程式是2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑; Al2O3+ 2OH-= 2AlO2-+H2O;‎ ‎(2)把混合物过滤,得到的固体B中含有Cu、Fe、Fe2O3,向其中加入过量的稀硫酸,发生反应:Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O;Fe2(SO4)3+Fe= 3FeSO4;Fe2(SO4)3+Cu= 2FeSO4+ CuSO4 ; Fe+ H2SO4=FeSO4+H2↑;试剂X是H2SO4;过滤得到滤液E含有FeSO4、CuSO4;固体F中含有Cu,用热的浓硫酸溶解得到CuSO4溶液,也可以用固体F继续加入热的稀H2SO4,同时不断鼓入空气,固体溶解得CuSO4溶液;(3)溶液A中含有NaOH、NaAlO2;向其中通入过量的CO2,发生反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性物质NaHCO3,溶液D是NaHCO3,固体C是Al(OH)3沉淀,用盐酸溶解得到AlCl3;然后在HCl的气氛中加热蒸发得到无水AlCl3;‎ ‎(3)在步骤Ⅱ时,用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少,这是由于浓盐酸有挥发性,在制取的CO2气体中含有杂质HCl。为了避免固体C减少,可采取的改进措施是a,b间加一个盛有饱和NaHCO3的洗气瓶,除去HCl;‎ ‎(4)用固体F继续加入热的稀H2SO4,同时不断鼓入空气,固体溶解得CuSO4溶液;反应的化学方程式是2Cu+O2+ 2H2SO4=2CuSO4+2H2O;‎ ‎(5)①Fe2+与H2O2反应的方程式是:2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O,由于n(Fe2+)=0.2 mol/L×1×103‎ ‎ L=200mol,则根据方程式可知需要H2O2的物质的量是100mol,所以理论上需要消耗的H2O2溶液=13600g=13.6Kg;②根据图示可知由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式是2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O。‎ ‎27.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂,用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表:‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 其它性质 SO2Cl2‎ ‎-54.1‎ ‎69.1‎ ‎①易与水反应,产生大量白雾 ‎②易分解:SO2Cl2SO2↑+Cl2↑‎ H2SO4‎ ‎10.4‎ ‎338‎ 吸水性且不易分解 实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯,装置如图所示(夹持仪器已省略),请回答有关问题:‎ ‎(1) 仪器A冷却水的进口_______(填“a”或“b”)。‎ ‎(2) 仪器B中盛放的药品是_______。‎ ‎(3) 实验所需二氧化硫用亚硫酸钠与硫酸制备,该反应的离子方程式为_______,以下与二氧化硫有关的说法中正确的是_______。‎ A.因为SO2具有漂白性,所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色 B.能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2‎ C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色,且原理相同 D.等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中,漂白效果更好 E.可用浓硫酸干燥SO2 ‎ F.可用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2‎ ‎(4) 装置丙所盛试剂为_______,若缺少装置乙,则硫酰氯会损失,该反应的化学方程为______________。‎ ‎(5) 少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得,该反应的化学方程式为:2ClSO3H===H2SO4+SO2Cl2,此方法得到的产品中会混有硫酸。‎ ‎①从分解产物中分离出硫酰氯的方法是______________。‎ ‎②请设计实验方案检验产品中有硫酸(可选试剂:稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液)____。‎ ‎【答案】 (1). a (2). 碱石灰 (3). SO32-+2 H+=== SO2↑+H2O (4). BE (5). 饱和食盐水 (6). SO2Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl (7). 蒸馏 (8). 取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等),冷却后加水稀释,取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红;再取少量溶液,加入BaCl2溶液产生白色沉淀,说明含有H2SO4。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二氧化硫和氯气合成硫酰氯:甲装置:SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2;硫酰氯会水解,仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置,同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气,丁装置:浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气,浓盐酸易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,丙装置:除去Cl2中的HCl,乙装置:干燥氯气.‎ ‎(1)根据采用逆流的冷凝效果好,判断冷凝管的进水口;‎ ‎(2)仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置,同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气;‎ ‎(3)实验时,装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气;‎ ‎(4)盐酸易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,丙装置:除去Cl2中的HCl;SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢,根据原子守恒书写;二氧化硫具有漂白性、氧化剂、还原性;‎ ‎(5)①二者沸点相差较大,采取蒸馏法进行分离;‎ ‎②氯磺酸(ClSO3H)分解:2ClSO3H═H2SO4+SO2Cl2,设计实验方案检验产品,需检验氢离子、检验硫酸根离子。‎ ‎【详解】(1)根据采用逆流的冷凝效果好,所以冷凝管中的冷却水进口为a,故答案为:a;‎ ‎(2)甲装置:SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2,二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体,产物硫酰氯会水解,所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰,可防止空气中的水蒸气进入装置,同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气,故答案为:碱石灰;‎ ‎(3)用亚硫酸钠与硫酸制备二氧化硫,该反应的离子方程式为:SO32-+2H+=SO2↑+H2O;‎ A.因为SO2具有漂白性,它能使品红溶液褪色,与溴水、酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,与水反应生成亚硫酸使石蕊试液变红,选项A错误;‎ B.能使品红溶液褪色的物质可能是SO2,或氯气等,选项B正确;‎ C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色,原理分别为化合反应、强氧化性、吸附性、强氧化性,选项C错误;‎ D.等物质的量的SO2和Cl2混合后生成盐酸和硫酸,不具有漂白效果,故D错误;‎ E.二者不反应,可用浓硫酸干燥SO2,选项E正确;‎ F.二者均与石灰水反应生成白色沉淀,则不能用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2,选项F错误;‎ 答案为BE;‎ ‎(4)盐酸易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,氯气难溶于饱和食盐水;HCl易溶于水,而氯气难溶于饱和食盐水,可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl,所以丙装置作用为:除去Cl2中的HCl,SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢,则其水解方程式为:SO2Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl;‎ ‎(5)①二者为互溶液体,沸点相差较大,采取蒸馏法进行分离,故答案为:蒸馏;‎ ‎②氯磺酸(ClSO3H)分解:2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2,取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等),冷却后加水稀释;取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红,证明溶液呈酸性,再取少量溶液,加入BaCl2溶液产生白色沉淀,说明含有H2SO4,或取反应后的产物直接加BaCl2溶液,有白色沉淀,证明含有硫酸根离子,再滴加紫色石蕊试液变红,说明含有H2SO4。‎ ‎28.下列物质:①氢氧化钠溶液、②铜片、③碳酸钙、④蔗糖、⑤熔融的NaCl、⑥SO2 气体、⑦碳酸氢钠、⑧盐酸 ‎(1)能导电且属于电解质的是___________。(填编号)‎ ‎(2)写出碳酸钙的电离方程式____________________________________。‎ ‎(3)写出碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式____________________________________。‎ ‎(4)向100mL1.5mol/L 的氢氧化钠溶液中缓慢通入一定量的CO2,反应后,向所得溶液中逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸,所得气体的体积与所加盐酸的体积(不考虑气体溶解于水)关系如图所示。‎ 则 ‎①氢氧化钠溶液与一定量的CO2 充分反应后的溶液中溶质为_________ (写化学式)。‎ ‎②盐酸的浓度为________________________。‎ ‎③B点时,产生的气体在标准状况下的体积为_________________L。‎ ‎【答案】 (1). ⑤ (2). CaCO3==Ca2++ CO32- (3). HCO3-+OH- ==CO32- + H2O (4). NaOH和Na2CO3 (5). 0.5mol/L (6). 1.12‎ ‎【解析】‎ ‎(1)含有自由移动电子的物质可以导电,因此能导电且属于电解质的是熔融的NaCl,答案选。(2)碳酸钙完全电离,碳酸钙的电离方程式为CaCO3==Ca2++CO32-。(3)碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式为HCO3-+OH-==CO32-+H2‎ O。(4)加入盐酸200mL时开始生成气体,当加入盐酸300mL时不再产生气体,A→B段发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,而O→A段消耗的盐酸为A→B消耗的盐酸的二倍,应为NaOH和Na2CO3的混合物;加入300mL盐酸时气体不再发生变化,此时溶液中的溶质为氯化钠,根据钠离子守恒可知氯化钠是0.15mol,所以氯化氢是0.15mol,浓度是0.15mol÷0.3L=0.5mol/L;AB段消耗HCl为0.1L×0.5mol/L=0.05mol,由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知生成二氧化碳的物质的量为0.05mol,标况下二氧化碳的体积为:22.4L/mol×0.05mol=1.12L。‎ 点睛:掌握反应发生的先后顺序是解答的关键,注意弄清曲线上拐点的含义,如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等,另外进行有关的计算时要学会利用守恒法,例如原子守恒、电荷守恒等。‎ ‎29.Ⅰ.4.1gH3PO3可与2gNaOH 完全反应生成正盐,则H3PO3为__________元酸。该正盐的电离方程式为_________________。‎ Ⅱ、小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。‎ ‎(1)小苏打片每片含0.504gNaHCO3,2 片小苏打片能中和胃酸中的H+是___________mol。‎ ‎(2)胃舒平每片含0.234gAl(OH)3,中和胃酸时,6片小苏打片相当于胃舒平__________。‎ ‎(3)达喜的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐。取该碱式盐粉末3.01g,逐滴加入2.0mol/L盐酸使其溶解(其他成分不与盐酸反应),当加入盐酸42.5mL 时,开始产生CO2,加入盐酸至45.0mL时怡好反应完全,则该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为____________。‎ ‎【答案】 (1). 一 (2). NaH2PO3=Na++H2PO3- (3). 0.012 (4). 4 (5). 16:1‎ ‎【解析】‎ Ⅰ、4.1gH3PO3的物质的量是4.1g÷82g/mol=0.05mol,2gNaOH的物质的量是2g÷40g/mol=0.05mol,二者按照物质的量之比1:1完全反应生成正盐,则H3PO3为一元酸。该正盐的电离方程式为NaH2PO3=Na++H2PO3-。‎ Ⅱ、(1)小苏打片每片含0.504gNaHCO3,2片小苏打片中碳酸氢钠的物质的量是1.008g÷84g/mol=0.012mol,因此能中和胃酸中的H+是0.012mol。(2)0.234gAl(OH)3的物质的量是0.234g÷78g/mol=0.003mol,因此中和胃酸时,6片小苏打片相当于胃舒平片;(3)有关反应的方程式依次是NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,当加入盐酸42.5mL时,开始产生CO2,加入盐酸至45.0mL时怡好反应完全,则与碳酸氢根反应的盐酸是45mL-42.5mL=2.5mL,盐酸的物质的量是0.005mol,所以碳酸氢根的物质的量是0.005mol,则碳酸根的物质的量也是0.005mol。与氢氧根、碳酸根反应消耗盐酸的物质的量是0.0425L×2mol/L=0.085mol,则与氢氧根反应的盐酸是0.085mol-0.005mol=0.08mol,所以氢氧根的物质的量是0.08mol,则该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为16:1。‎ 点睛:(3)中的计算是解答的难点和易错点,答题时首先要搞清楚反应的先后顺序,即盐酸首先中和氢氧根离子,然后与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子,最后碳酸氢根离子与盐酸反应放出二氧化碳,计算时注意结合反应的离子方程式。‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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