2018-2019学年湖南省岳阳县第一中学、汨罗市一中高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年湖南省岳阳县第一中学、汨罗市一中高一上学期期末考试化学试题（解析版）

湖南省岳阳县第一中学、汨罗市一中2018-2019学年高一上学期期末考试 化学试题 ‎1.下列一步转化中，一定要加入氧化剂才能实现的是(　　)‎ A. SiO2―→Na2SiO3 B. Na2O2―→NaOH C. N2―→NH3 D. NH3―→NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．SiO2→Na2SiO3的反应中元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，错误；B．Na2O2可与水反应生成NaOH，Na2O2自身发生氧化还原反应，无须加入氧化剂，错误；C．N2→NH3，N元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，错误；D．NH3→NO，N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，正确。‎ 考点：考查氧化还原反应。‎ ‎2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关NA的叙述中，正确的是 ( )‎ A. 1 mol NaHCO3晶体中所含的离子总数为3NA B. 常温下，46gNO2与N2O4混合气体中所含的N原子数为NA C. 标准状况下，22.4L水中所含的H2O分子数为NA D. 在钠与过量氧气的反应中，1 mol 钠失去电子的数目为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢钠是由钠离子和碳酸氢根离子组成的盐，1 mol NaHCO3晶体中所含的离子总数为2NA，A错误；‎ B. NO2与N2O4的最简式均是“NO2”，常温下，46gNO2与N2O4混合气体中所含“NO2”的物质的量是1mol，其中含有的N原子数为NA，B正确；‎ C. 标准状况下水是液态，不能利用气体摩尔体积计算22.4L水中所含的H2O分子数，C错误；‎ D. 钠在反应中只能失去1个电子，在钠与过量氧气的反应中，1 mol钠失去电子的数目为NA，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.一定量的Na2O2与CO2反应，得到固体物质41.8 g，恰好与1 L 1 mol·L－1的稀盐酸完全反应。下列说法正确的是(　　)‎ A. 41.8 g固体物质为Na2CO3‎ B. 41.8 g固体物质为0.1 mol Na2CO3和0.4 mol Na2O2的混合物 C. 一定量的Na2O2为78 g D. 41.8 g固体物质为31.2 g NaHCO3和10.6 g Na2CO3的混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】盐酸中和含氯化氢的物质的量为：1L×1mol/L=1mol，反应后固体恰好与1mol氯化氢反应，反应后溶质为氯化钠，原固体中含有1mol钠离子，反应后的固体可能组成为：①碳酸钠，②碳酸钠和过氧化钠的混合物，③碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，若全部反应生成碳酸钠，其物质的量为：=0.5mol，质量为：106g/mol×0.5mol=53g>41.8g，若全部为过氧化钠，则过氧化钠的物质的量为 =0.5mol，质量为：78g/mol×0.5mol=39g<41.8g，故41.8g为碳酸钠和过氧化钠的混合物，由于二者的化学式中都含有2个钠离子，则二者的总物质的量为0.5mol，设反应后的混合物中含碳酸钠的物质的量为x，则含有过氧化钠的物质的量为：（0.5mol-x），根据反应后固体总质量可得：106g/mol×x+78g/mol×（0.5mol-x）=41.8g，解得：x=0.1mol，即：反应生成碳酸钠为0.1mol，则反应后剩余的过氧化钠的物质的量为：0.5mol-0.1mol=0.4mol，A．根据分析可知，剩余的固体为碳酸钠和过氧化钠的混合物，选项A错误；B．根据计算可知，41.8g固体物质为0.1mol Na2CO3和0.4mol Na2O2的混合物，选项B正确；C．根据钠离子守恒，原过氧化钠的物质的量为：=0.5mol，质量为：78g/mol×0.5mol=39g，选项C错误； D．根据分析可知，反应后固体为碳酸钠和过氧化钠的混合物，不存在碳酸氢钠，选项D错误；答案选B。‎ ‎4.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO42-)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为 A. 0.15 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1‎ C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对于混合溶液，不需要逐一去求浓度，直接依据溶液中电荷守恒可以求出离子浓度。在此溶液中，存在的电荷守恒是：c(H＋)+ 3c(Al3＋)+ c(K＋)=2 c(SO42-)+ c(OH—)，因为溶液是酸性的，可以不考虑极微量的氢氧根离子浓度，则求c(K＋)="1.6" mol·L－1－0.1 mol·L－1－1.2 mol·L－1="0.3" mol·L－1‎ 考点：考查对溶液中电荷守恒的运用。‎ 点评：本题如从各物质的浓度入手也可以求出钾离子浓度，但是运用电荷守恒法更快速，简洁，属于简单题。‎ ‎5.“纳米材料”是指微粒直径为几纳米到几十纳米的材料，如将纳米材料分散到水中，得到的分散系不可能具有下列性质中的( )‎ A. 能全部通过半透膜 B. 能全部通过滤纸 C. 粒子做布朗运动 D. 能发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因纳米材料分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，则 A.胶体粒子的直径大于溶液中分散质粒子的直径，则纳米材料不能透过半透膜，A符合题意；‎ B.溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，则能全部透过滤纸，B不符合题意；‎ C.因形成的是胶体分散系，则具有胶体的性质，可以产生布朗运动，C不符合题意；‎ D.因形成的是胶体分散系，故能发生丁达尔效应，D不符合题意。‎ 答案选A。‎ ‎6.卫星发射时是以N2H4(联氨)和N2O4为火箭的动力源。反应温度高达2700 ℃，反应式为2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O。对于该反应的说法正确的是(　　)‎ A. 联氨是氧化剂 B. 氧化产物和还原产物的质量比为1∶2‎ C. 属于置换反应 D. 该反应的优点有热值高、无污染等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应2N2H4+N2O4═3N2+4H2O中，只有N元素化合价发生变化，N2O4为氧化剂，N2H4为还原剂，结合反应的化学方程式解答该题。‎ ‎【详解】A．反应中N2H4中N元素化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，A错误；‎ B．N2O4为氧化剂，N2H4为还原剂，氧化产物和还原产物都为N2，由氧化剂和还原剂的物质的量可知氧化产物和还原产物的质量比为2：1，B错误；‎ C．只有单质生成，反应物中没有单质参加反应，不是置换反应，C错误；‎ D．生成物是氮气和水，没有污染，反应放出大量的热，所以具有热值高、无污染的特点，D正确。‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析能力和基本概念的理解和运用能力，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质。‎ ‎7.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有+5价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的+3价砷。下列说法正确的是(　　)‎ A. 在该反应中维生素C作氧化剂 B. 由上述信息可推知砒霜中含有的砷是+3价 C. 因为河虾中含有砷元素，所以不能食用 D. 上述反应中河虾中的+5价砷被氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 河虾中含有+5价砷与维生素C同食会产生有毒的+3价砷，则砷元素的化合价降低，维生素C中某元素的化合价升高，以此来解答。‎ ‎【详解】A、由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故A错误；‎ B、由信息可知，含有+3价砷的物质有毒，砒霜是砷的氧化物，且有毒，则砒霜中含有的砷是+3价，故B正确；‎ C、由信息可知，河虾中含有+5价砷与维生素C同食会产生有毒的+3价砷，所以二者不能同时食用，并不是因为河虾中含有砷元素，C错误；‎ D、由信息可知，河虾中含有+5价砷与维生素C同食会产生有毒的+3价砷，砷元素的化合价降低，则反应中河虾中的+5价砷被还原，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，注意把握习题中的信息。‎ ‎8.下列离子在对应的溶液中能大量共存的是( )‎ A. 在强酸性溶液中： CH3COO-、 NO3-、Fe2+、 Na+‎ B. 在能使酚酞试液变深红色的溶液中：Ca2+、 Ba2+、 NO3-、HCO3-‎ C. 在含有Cl-、 Ba2+的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-‎ D. 在无色透明溶液中：Ba2+、Fe3+、Mg2+、 Cl-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在强酸性溶液中CH3COO-结合氢离子转化为醋酸，NO3-、Fe2+与氢离子一起反应生成铁离子、NO和水，不能大量共存，A不符合；‎ B. 能使酚酞试液变深红色的溶液显碱性，Ca2+、Ba2+、HCO3-与氢氧根离子反应生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，不能大量共存，B不符合；‎ C. 在含有Cl-、Ba2+的溶液中Na+、K+、HCO3-、NO3-之间不反应，可以大量共存，C符合；‎ D. 在无色透明溶液中Fe3+不能大量共存，因为铁离子在溶液中显棕黄色，D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 铁屑与稀硫酸反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑‎ B. FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋‎ C. FeO与稀硝酸反应：FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O D. Fe3O4与稀硝酸反应：3Fe3O4＋28H＋＋NO3-===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硫酸的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，离子方程式是铁屑与稀硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2+＋H2↑，A错误；‎ B.电子、电荷不守恒，应该为2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，B错误；‎ C.硝酸具有强的氧化性，与FeO发生氧化还原反应，离子方程式是：3FeO+10H＋+NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，C错误；‎ D.二者发生氧化还原反应，离子方程式符合反应事实，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.下列有关硅及其化合物的说法正确的是(　　)‎ A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，属于金属材料 B. 常温下，硅的化学性质稳定，所以自然界中的硅大部分以游离态存在 C. SiO2是一种酸性氧化物，能够与水反应生成相应的酸 D. 除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸后过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．硅是非金属元素；‎ B．硅属于亲氧元素，在自然界中以化合态存在；‎ C．SiO2是一种酸性氧化物，SiO2不溶于水；‎ D．根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，除杂(提纯)是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，加入适量的稀盐酸可除去SiO2中混有的CaCO3。‎ ‎【详解】A．硅单质是半导体材料，可以导电，但Si属于非金属元素，A错误；‎ B．硅的化学性质不活泼，但硅属于亲氧元素，在自然界中都是以化合态存在，不能以游离态存在，广泛存在于矿物和岩石中，B错误；‎ C．酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，SiO2不溶于水，不能够与水反应生成相应的酸，C错误；‎ D．盐酸和碳酸钙反应生成可溶性的氯化钙，二氧化硅和盐酸不反应，然后采用过滤的方法除去氯化钙，能除去杂质，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了硅及二氧化硅的性质、存在形式，注意硅单质虽然不活泼，但硅元素属于亲氧元素，导致硅元素不能在自然界中以游离态存在，题目难度不大。‎ ‎11.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 该过程中可得到化工产品H2SO4‎ B. 该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2‎ C. 该过程中化合价发生改变的元素为Fe和S D. 图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2（SO4）3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+ SO2+ 2H2O＝2FeSO4 + 2H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸亚铁和硫酸，A正确；B、根据A中分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B正确；C、过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，C错误；D、根据以上分析可知D正确，答案选C。‎ 考点：考查化学与环境的知识 ‎12.类推的思维方法在化学学习与研宄中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中错误的是( )‎ ‎①钠与水反应生成NaOH和H2；高温下铁与水反应也生成碱和H2‎ ‎②氢氧化铝加热分解为金属氧化物和水；氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成相应的金属氧化物和水 ‎③碳酸钠、碳酸氢钠溶液均显碱性；钠盐溶液均能使酚酞变红 ‎④铝和硫反应生成Al2S3；铁与硫反应生成Fe2S3‎ A. ③④ B. ①③④ C. ②④ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2‎ ‎，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和H2，故错误；‎ ‎②难溶性的碱受热分解，生成对的氧化物和水，所以氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧化物和水，故正确；‎ ‎③碳酸钠、碳酸氢钠是强碱弱酸盐，溶液均水解显碱性，而氯化钠、硫酸钠溶液是强碱强酸盐溶液呈中性，所以并不是所有的钠盐溶液均能使酚酞变红，故错误；‎ ‎④铝和硫反应生成Al2S3；由于硫的氧化性较弱，铁与硫反应生成FeS，不存在Fe2S3，故错误；‎ 故答案选B。‎ ‎13.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是(　　)‎ 选项 操作、现象 解释 A 向KI淀粉溶液中加入FeCl3溶液，溶液变蓝 Fe3＋能与淀粉发生显色反应 B 称取2.0gNaOH固体 先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体 C 向稀硝酸中加入少量铁粉，有气泡产生 说明Fe置换出硝酸中的氢，生成了氢气 D 新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间，白色物质变成了红褐色 说明Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.铁离子能够氧化碘离子，生成的碘单质时淀粉变蓝，不是显色反应；‎ B. NaOH易潮解，具有腐蚀性；‎ C.铁与稀硝酸反应生成的NO气体，不会生成氢气。‎ D.氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化成氢氧化铁。‎ ‎【详解】A.向KI淀粉溶液中加入FeCl3溶液，I-被铁离子氧化成I2单质，从而使溶液变蓝，但Fe3＋不与淀粉反应，A错误；‎ B.NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘的小烧杯中称量，不能放在纸上，B错误；‎ C.少量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO气体和水，不会生成氢气，C错误；‎ D.新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间，Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3，白色的氢氧化亚铁迅速变为灰绿色，最后变成了红褐色的氢氧化铁，D正确； ‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等。明确铁及其化合物性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎14. 有下列三个反应：‎ ‎①Cl2+FeI2=FeCl2+I2‎ ‎②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br－‎ ‎③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O 下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2‎ B. 根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2>Fe3+>Co2O3‎ C. 在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化 D. 可以推理得到Cl2+FeBr2 =FeCl2+Br2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：反应①②③的氧化产物分别是I2、Fe3+、Cl2，故A错误；根据氧化还原反应的方程的左边的氧化剂的氧化性大于右边的氧化剂，还原剂的还原性大于右边的还原剂，可以知道Co2O3>Cl2>Fe3+，故B错误，③在Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，转移的电子数为2，所以当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化，故C正确根据②2Fe2++Br22Fe3++2Br－，可以知道，氧化性Br2>Fe3+，所以Cl2+FeBr2FeCl2+Br2是错误的，故D错误，本题的答案选C。‎ 考点：氧化还原反应 点评：本题考查了氧化还原反应，氧化还原反应是高考考查的重点和难点，本题的命题模式是高考命题的热点，本题难度适中。‎ ‎15.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是(　　)‎ A. 甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡 B. 乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡 C. 丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量 D. 丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；A错误；‎ B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．B错误；‎ C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3•H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；C正确；‎ D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2， CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎16.如右图所示，夹子开始处于关闭状态,将液体A滴入试管②与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管①内的水立刻沸腾了。则液体A和气体B的组合不可能(　　)‎ A. NaOH溶液、CO2 B. H2O、氨气 C. NaOH溶液、CO D. H2O、NO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水的沸点与压强有关，压强越小水的沸点越低，压强越大水的沸点越高，如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入试管②与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管①内的水立刻沸腾，说明其压强减小，据此解答。‎ ‎【详解】A．氢氧化钠溶液能吸收二氧化碳气体，打开夹子时①中的气体进入②中，从而使得①中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾了，A不选；‎ B．氨气极易溶于水，气体的物质的量减少，则①中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾，B不选；‎ C．一氧化碳和氢氧化钠不反应，打开夹子时①中的压强不变，水的沸点不变仍然是100℃，水不能沸腾，C选；‎ D．NO2易溶于水，与水发生反应：3NO2+H2O=HNO3+NO，反应使气体的物质的量减少，则①中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾，故D不选；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，根据题中的现象分析出气压的变化，并根据压强对物质沸点的影响分析解答，题目难度不大。‎ ‎17.硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀硝酸的还原产物为NO。实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。‎ ‎(1)请写出实验室中用Cu与稀HNO3反应制取NO的化学方程式并用双线桥标明电子的转移方向及数目_________________‎ ‎(2)64gCu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4L气体(标准状况下)，反应中消耗的HNO3的物质的量是_________(填字母代号)。‎ A.0.5mol B. 1.0mol C. 2.0mol D. 3.0mol 产生的气体分别是_______________，其物质的量之比是_______________‎ ‎(3)实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等，请将下列3种物质：FeSO4、Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上，并配平该反应的化学方程式。___HNO3+_______→ _______+ _______ +___ NO↑+___H2O ‎(4)硝酸的还原产物NO、NO2、N2O等对环境均有副作用，为了可持续发展，当今社会提出的一个新概念--“绿色化学”，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应，则下列由单质铜制取硝酸铜的方法可行且符合“绿色化学”的是_______(填字母代号)。‎ A．CuCu(NO3)2‎ B．CuCuOCu(NO3)2‎ C．CuCuOCu(OH)2Cu(NO3)2‎ D．CuCuSO4Cu(NO3)2‎ ‎【答案】 (1). (2). D (3). NO2和NO (4). 1:1 (5). 4 (6). 3FeSO4 (7). Fe(NO3)3 (8). Fe2(SO4)3 (9). 1 (10). 2 (11). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu与稀HNO3反应书写硝酸铜、NO与水；所含元素化合价升高的物质发生氧化反应，氧化剂得到电子，硝酸是氧化剂，结合N元素化合价变化计算转移电子；‎ ‎(2)Cu与硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO，根据Cu元素守恒计算n[Cu(NO3)2]，根据N元素守恒计算反应中消耗HNO3的物质的量；‎ ‎(3)所给的物质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为NO，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式；‎ ‎(4)A．铜与硝酸反应会产生一氧化氮、二氧化氮；‎ B．N元素被完全利用，没有污染物生成，该途径符合绿色化学原理；‎ C．氧化铜与水不反应；‎ D．铜与稀硫酸不反应，不能制得硫酸铜；铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫气体。‎ ‎【详解】(1) Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3(浓)= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应中，铜元素由反应前单质Cu的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价，化合价升高，失去2e-，发生氧化反应，N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2，化合价降低，获得3e-，电子得失最小公倍数是6，所以Cu、Cu(NO3)2的系数为3，HNO3、NO的系数为2，由于还有3个Cu(NO3)2中的6个NO3-没有参加氧化还原反应，也是由硝酸提供，所以HNO3的系数改为2+6=8，根据H元素原子守恒，可知水的系数为4，方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ，用双线桥法表示为：‎ ‎；‎ ‎(2)n(Cu)=1mol，则n[Cu(NO3)2]=1mol，n(NO2)+n(NO)= 22.4L÷ 22.4L/mol=1mol，即被还原的硝酸的物质的量为1mol，根据n[Cu(NO3)2]=1mol可知未参加氧化还原反应，表现为酸性的硝酸的物质的量为2mol，故反应共消耗硝酸的物质的量为n(HNO3)=1mol+2mol=3mol，合理选项是D；‎ 反应的Cu物质的量是1mol，失去2mol电子，开始硝酸为浓硝酸，被还原产生NO2，随着反应的进行，硝酸变为稀硝酸，硝酸被还原变为NO，假设NO2物质的量为x，则NO物质的量为(1-x)，根据电子守恒，可得x+3(1-x)=2，解得x=0.5mol，1-x=0.5mol，故二者的物质的量的比为1：1；‎ ‎(3)所给的物质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为NO，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3，根据电子守恒、原子守恒，可得发生的反应为：4HNO3+3FeSO4→Fe(NO3)3+ Fe2(SO4)3+NO↑+2H2O；‎ ‎(4)A．铜与硝酸反应会产生一氧化氮、二氧化氮等大气污染物，A错误；‎ B．N元素被完全利用，没有污染物生成，该途径符合绿色化学原理，B正确；‎ C．该流程中氧化铜与水不反应，不能制得硝酸铜，C错误；‎ D．该途径中铜与稀硫酸不反应，不能制得硫酸铜；铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫气体，污染大气，D错误，‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应基本概念、计算与配平、电子转移的表示方法及含氮化合物的综合应用等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意掌握氧化还原反应的配平方法，明确含氮化合物的知识及其应用。‎ ‎18.某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。‎ ‎(1)A中的化学方程式为_______________________________________。‎ ‎(2)通入足量SO2时C中观察到的现象为________________________________。‎ ‎(3)根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应。‎ ‎①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子_________________________________。‎ ‎②请设计实验方案检验有Fe2+生成__________________________________。‎ ‎③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42-。该做法_______(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。‎ ‎(4)D装置中倒置漏斗的作用是__________。‎ ‎(5)为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有________。‎ a．浓硫酸 b．酸性KMnO4溶液 c．碘水 d．NaCl溶液 ‎【答案】 (1). ）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (2). 溶液由棕黄色变为浅绿色 (3). 2Fe3++SO2+2H2OSO42-+4H++2Fe2+ (4). 取C中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液不变红，再加入新制的氯水，溶液变红 (5). 不合理 (6). 硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰实验 (7). 使气体充分吸收，防止溶液倒吸 (8). b、c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)装置A中的分液漏斗中的浓硫酸滴入锥形瓶中反应生成二氧化硫气体，通过装置B为安全瓶，通过装置C中的氯化铁溶液具有氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，氯化铁被还原为氯化亚铁，最后过量的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收。据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)在A中浓硫酸与固体亚硫酸钠发生复分解反应，产生二氧化硫气体，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎(2)通入足量SO2时，在C中二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化亚铁及盐酸，因此观察到的现象是溶液由棕黄色变为浅绿色；‎ ‎(1)①SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，离子反应为2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；‎ ‎②检验有Fe2+生成的实验方法为取C中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，溶液不变红色，再滴加2-3滴新制的氯水，溶液变为血红色；‎ ‎③硝酸具有强氧化性，可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，产生的硫酸与BaCl2溶液反应产生白色沉淀就会干扰试验，故该做法不合理；‎ ‎(4)因尾气SO2易溶于NaOH溶液，使装置内气体压强减小，容易引起倒吸现象的发生，所以倒置漏斗的作用为防止NaOH溶液倒吸；‎ ‎(5)验证SO2具有还原性，可与高锰酸钾或碘水等具有强氧化性的物质发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，被氧化；SO2与浓硫酸、NaCl不反应，不能使用，故合理选项是b、c。‎ ‎【点睛】本题考查性质实验方案的设计及实验装置综合，把握装置中发生的反应及氧化还原反应原理的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。‎ ‎19.铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态的形式存在于氧化铝中。铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，下图为工业上用酸溶法提取铝土矿中的铝。‎ 讨论回答下列问题：‎ ‎(1)①中加盐酸后的沉淀主要是___________(化学式)，为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有___________________________（一种即可）。 ‎ ‎(2)写出②、③中可能发生反应的离子方程式。‎ ‎②_______________________、________________、_______________________、________________。‎ ‎③_____________________、________________。‎ ‎(3)步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋的原因：_____________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 粉碎铝土矿、加热、增大盐酸的浓度(任填一种，其它合理答案亦可) (3). H++OH-=H2O (4). Al3++3OH-=Al(OH)3↓ (5). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (6). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (7). OH-+CO2=HCO3- (8). AlO2-+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+HCO3- (9). Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ①铝土矿中含有Al2O3及少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入盐酸时，Al2O3、Fe2O3与盐酸反应产生AlCl3、FeCl3进入溶液，酸性氧化物SiO2与盐酸不反应，所以加盐酸后的沉淀成分主要是SiO2；为了加快铝土矿在盐酸中的溶解，可采取的措施有将铝土矿粉碎，增大物质的接触面积；加热来提高反应温度或增大盐酸的浓度等方法；‎ ‎(2)②向含有HCl、AlCl3、FeCl3的溶液中加入足量NaOH溶液，首先发生反应：H++OH-=H2O；然后发生：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，最后发生：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎③在滤液甲中含NaOH、NaAlO2，向其中通入过量CO2气体，可能发生反应为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+2H2O+CO2= Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎(3)步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋是因为加入碱时Al3+会形成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，若用氨水就不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离开。‎ ‎20.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的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。‎ ‎(1)A-B段的离子反应方程式为__________________________。‎ ‎(2)原NaOH溶液的浓度为__________mol/L。‎ ‎(3)通入CO2在标准状况下的体积为_______mL。‎ ‎(4)所得溶液的溶质成分是_______________，其物质的量之比为_________。‎ ‎【答案】 (1). H++HCO3-=H2O+CO2↑ (2). 0.2 mol/L (3). 336ml (4). Na2CO3和NaHCO3 (5). 1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3；AB段反应产生CO2气体，是由于发生反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，根据Na元素守恒，计算出溶液中NaOH的物质的量，结合c=，计算出NaOH的浓度；根据图像中发生反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，消耗盐酸的物质的量，可计算出CO2的体积；利用Na2CO3与盐酸反应分步进行，首先是Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后是NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，根据两步消耗盐酸的物质的量关系，结合图像中产生气体前后消耗HCl的体积多少判断溶液成分，并进一步计算各种成分的物质的量及其比值关系。‎ ‎【详解】(1)A-B段发生反应为NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，其离子反应方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑；‎ ‎(2)当产生气体达到最大值时，溶液为NaCl溶液，根据元素守恒，可得n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)= 0.2 mol/L×0.1L=0.02mol，由于NaOH溶液的体积为100 mL，所以该溶液的浓度为c(NaOH)=；‎ ‎(3)由图像可知发生反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，消耗HCl体积为75mL，其物质的量是n(HCl)= 0.2 mol/L×0.075L=0.015mol，则n(CO2)= n(HCl)=0.015mol，V(CO2)= 0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL；‎ ‎(4) 向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3；溶液的成分可能有四种情况，分别是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3‎ ‎。若是第一种情况，不产生气体消耗HCl体积大于产生气体消耗HCl的体积，与图像不符合；若是第二种情况，不产生气体消耗HCl体积等于产生气体消耗HCl的体积，与图像不符合；若是第四种情况，加入盐酸立刻产生气体，也与图像不符合；只有第三种情况，不产生气体消耗HCl体积小于产生气体消耗HCl的体积，与图像符合。假如该溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，则根据图像可知25mLHCl发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，75mL盐酸发生反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，则n(NaHCO3)(总)= 0.2 mol/L×0.075L=0.015mol，其中有0.005mol Na2CO3与HCl反应产生，所以原溶液中含有NaHCO3的物质的量为0.015mol-0.005mol=0.010mol，故所得溶液中n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.005mol：0.010mol=1：2。‎ ‎【点睛】本题结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，考查了元素化合物的性质，对图象的分析，是解决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来。要熟练掌握元素及化合物的性质，将反应过程及元素守恒结合起来综合分析、解答。‎ ‎ ‎