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）

‎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。‎ ‎ ‎ ‎ ‎