还剩16页未读，
继续阅读
云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题
展开
2019年春季学期高一年级期中考
化学试题
可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64
第I卷
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】
砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。
点睛：解题的关键是看懂文言文所表达的意思，方法是找到关键字，如本题中的“砒烟上飞着覆器，遂凝结”等说明砒霜有易升华的性质，从而可得到正确的答案。
2.化学与人类生产、生活息息相关，下列说法正确的是( )
A. 汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2
B. “温室效应”“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C. 大量氯气泄漏时，用氢氧化钠溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场
D. 一定条件下SiO2可与碱和氢氟酸反应，故其属于两性氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．一氧化碳与一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气，所以汽车的排气管上装有“催化转化器”，可以减少有毒气体的排放，故A正确；
B．温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化合物无关，故B错误；
C．氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，但氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，应该用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，故C错误；
D．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅(不属于盐)和水，且不能与其他酸反应，二氧化硅不是两性氧化物，是酸性氧化物，故D错误；
故答案为A。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 摩尔是物质的质量的单位 B. 氢气的摩尔质量是2g
C. 1mo1OH－的质量是17 g D. 1mol气体所占的体积一定是22·4L
【答案】C
【解析】
【详解】A．摩尔是物质的量的单位，而不是质量单位，A选项错误；
B．1mol氢气的质量是2g，氢气的摩尔质量是2 g/mol，B选项错误；
C．OH-的摩尔质量为17g/mol，1mo1OH－的质量是17 g，C选项正确；
D．标准状况下，1mol气体所占的体积约为22·4L，若条件不是标准状况，1mol气体所占的体积不一定是22·4L，D选项错误；
答案选C。
4.下列物质的分类合理的是( )
A. 酸性氧化物：SO2、SO3、CO2、CO
B. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡
C. 混合物：铝热剂、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体
D. 电解质：稀硫酸、氢氧化钠、氯化钠、MgO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．CO不能和碱反应也不和酸反应，属于不成盐氧化物，故A分类不合理；
B．纯碱为Na2CO3，属于盐不属于碱，故B分类不合理；
C．铝热剂是金属铝和金属氧化物的混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；水煤气是CO和氢气的混合物；氢氧化铁胶体是分散系，是混合物，故C分类合理；
D．稀硫酸是混合物，不能说稀硫酸属于电解质，故D分类不合理；
故答案为C。
5.下列说法中错误的是( )
A. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体
B. “血液透析”利用了胶体的性质
C. 明矾能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
D. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故A正确；
B．血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，“血液透析”利用了胶体的性质，故B正确；
C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故C正确；
D．胶体可以产生丁达尔效应，溶液不能，则用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象不相同，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查胶体性质和制备，主要是胶体微粒、胶体分散系的电性、氢氧化铁胶体制备方法等知识点，注意三种分散系的本质区别。
6.下列实验过程中，始终无明显现象的是( )
A. 将CO2通入Ba(NO3)2溶液中 B. 将NO2通入FeSO4溶液中
C. 将NH3通入AlCl3溶液中 D. 将SO2通入H2S的溶液中
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸酸性弱于硝酸，所以二氧化碳不能和硝酸钡反应，CO2通入Ba(NO3)2溶液中始终无明显现象，故A符合题意；
B．NO2和水反应生成硝酸，硝酸具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，溶液颜色会由浅绿色变为淡黄色，故B不符合题意；
C．氨气溶于水的到一水合氨，氯化铝可以和一水合氨发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，故C不符合题意；
D．SO2和H2S会发生氧化还原反应生成S单质，S不溶于水，会有淡黄色沉淀生成，故D不符合题意；
故答案为A。
7.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是( )
A. 1.5 mol NO2与足量的H2O反应，转移的电子数为NA
B. 常温常压下，18g D2O含有的原子数为3NA
C. 氧气和臭氧的混合物32 g中含有2NA个氧原子
D. 在标准状况下，0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2 L
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2与水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO为唯一还原产物，N的化合价由+4价变为+2价，所以3molNO2反应时转移2mol电子，故1.5molNO2参与反应转移1mol电子即NA个，故A正确；
B．18g D2O的物质的量为=0.9mol，所以含有的原子数为2.7NA个，故B错误；
C．氧气和臭氧均为氧原子构成的单质，所以32g氧气和臭氧的混合物即32g氧原子，物质的量为=2mol，即2NA，故C正确；
D．0.5NA个氯气分子的物质的量为0.5mol，标况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D正确；
故答案为B。
8.下列各组离子能在溶液中大量共存的是 ( )
A. H+、Fe2+、、Cl- B. Na+、Ag+、、Cl-
C. Fe 3+、Na+、、SCN- D. K+、H+、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸根在有氢离子存在的情况下会将亚铁离子氧化，不能大量共存，故A不符合题意；
B．氯离子和银离子会生成沉淀，故B不符合题意；
C．铁离子和SCNˉ会生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意；
D．四种离子相互之间不反应，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
9.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是
A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀
B．证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)
C．探究氧化性：
KMnO4＞Cl2＞I2
D．比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化；
B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；
C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；
D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。
【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；
B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)，故A能达到实验目的；
C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故C正确；
D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。
10.下列说法中，正确的是( )
A. 硅元素在自然界里均以化合态存在 B. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
C. NH3易溶于水，可用作制冷剂 D. 粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2= Si +CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，故A正确；
B．光导纤维是利用二氧化硅透明，折射率合适，能够发生全反射的性质，与二氧化硅的硬度大小无关，故B错误；
C．氨气容易液化，气化时吸热可以降低周围环境的温度，可以作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故C错误；
D．碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，故D错误；
故答案为A。
11.为了除去粗盐中Ca2+，Mg2+，SO42-及泥沙，将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量的NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量Na2CO3，⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（ ）。
A. ①④②⑤③ B. ④①②⑤③ C. ②⑤④③① D. ⑤②④①③
【答案】D
【解析】
【详解】要先除SO42-，然后再除Ca2+，碳酸钠可以除去过量的Ba2+，如果物质加入顺序反了，过量的Ba2+就没法除去，至于加氢氧化钠除去Mg2+顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的OH-、CO32-，所以操作顺序可以为：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，但不能为④②⑤①③，故正确答案为D。
12.下列反应的离子方程式正确的是( )。
A. 用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气：MnO2+4HClMn2+ + 2Cl-+ Cl2↑+2H2O
B. 在NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2：+ Ca2+ + OH-═ CaCO3↓+ H2O
C 氯气与水反应：Cl2 + H2O ═ 2H+ + Cl- +ClO-
D. NaClO溶液中通入少量的SO2：3ClO﹣+H2O+SO2═Cl﹣++2HClO
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】A. 浓盐酸可以拆，正确的离子方程式为：MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+2H2O，故A错误；
B. 在NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2，假设Ca(OH)2为1mol，则2mol氢氧根离子消耗2mol碳酸氢根离子，生成2mol碳酸根离子和2mol水，1mol钙离子结合1mol碳酸根离子生成1mol碳酸钙沉淀，正确的离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O，故B错误；
C. 次氯酸为弱酸，不能拆，且该反应为可逆反应，正确的离子方程式为：Cl2 + H2O⇌H+ + Cl- +HClO，故C错误；
D. NaClO溶液中通入少量的SO2中，发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子，由于次氯酸钠溶液显碱性，故该反应的离子方程式为3ClO﹣+H2O+SO2═Cl﹣++2HClO，故D正确；
故选D。
【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，
碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O，
碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。
13.关于氮的变化关系图如图：
则下列说法不正确的是( )
A. 路线①②③是工业生产硝酸主要途径
B. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C. 上述所有反应都是氧化还原反应
D. 上述路线的所有反应中只有I属于氮的固定
【答案】D
【解析】
【分析】
根据转化关系图，确定化合价的变化和物质的转化关系，利用所学知识进行解题。
【详解】A．工业上生产硝酸的流程是：氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应4NH3+5O24NO+6H2O路线①，一氧化氮与氧气反应2NO+O2=2NO2路线②，二氧化氮被水吸收3NO2+H2O═2HNO3+NO路线③，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A正确；
B．在放电条件下，氮气和氧气发生化合反应：N2+O22NO路线Ⅰ，NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮：2NO+O2═2NO2路线Ⅱ，二氧化氮溶于水生成硝酸：3NO2+H2O═2HNO3+NO路线Ⅲ，B正确；
C．从氮的变化关系图可知：N从N2（0价）→NO（+2价）[NH3（-3价）]→NO2（+4价）→HNO3（+5价），都是氧化还原反应，C正确；
D．氮的固定是将氮气单质转化为氮的化合物，N2→NO和N2→NH3都属于氮的固定，D错误。
答案选D。
【点睛】闪电固氮特点是空气中的氮气与氧气反应得到一氧化氮，工业固氮的特点是氨气与氧气催化氧化得到一氧化氮，都属于氮的固定。
14.标准状况下，质量相等的下列物质中体积最大的是
A. N2 B. Cl2 C. H2 D. CO2
【答案】C
【解析】
【详解】氮气的摩尔质量是28g/mol、氯气的摩尔质量是71g/mol、氢气的摩尔质量是2g/mol、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，根据可知，相同质量的不同气体，其体积与摩尔质量成反比，摩尔质量最小的气体其体积最大，所以气体体积最大的是氢气，本题选C。
【点睛】质量相等的气体，摩尔质量越小，物质的量越大，相同条件下的体积也就越大。
15.对于下列事实的解释错误的是( )
A. 浓HNO3与浓HCl按1：3的体积比所得的混合物叫王水
B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D. 向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，下层呈紫红色，说明可用CCl4萃取碘水中的碘
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．王水是将浓HNO3与浓HCl按1：3的体积比混合所得的混合物，A正确；
B．浓硝酸不稳定，光照易分解生成二氧化氮、氧气和水，生成的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸呈现黄色，B正确；
C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，是由于铝与浓硝酸发生钝化，金属表面生成一层致密的氧化膜对内部金属起保护作用，C错误；
D．四氯化碳不溶于水，和碘不反应，碘在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以四氯化碳可以作萃取剂从碘水中萃取出碘，所以向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4密度大于水，下层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘，D正确；
答案选C。
16.下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（ ）
A. 在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大难挥发性
B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性
C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性
D. 浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色脱水性
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误。
答案选B。
17. 把铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余则
A. 溶液中有Fe2＋、Cu2＋
B. 剩下的固体是Fe和Cu
C. 溶液中有Fe3＋、Fe2＋
D. 剩下的固体是Fe，无Cu
【答案】B
【解析】
【详解】铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余，由于铁的还原性强，Cu 不会参与反应，并且铁会把氯化铜溶液中的铜置换出来，所以最后溶液就是FeCl2溶液，得到的固体是Fe和Cu 混合物，所以选B。
18.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2 ===2Na2FeO4 ＋2Na2O＋2Na2SO4 ＋O2↑，对此反应下列说法中正确的是
A. Na2O2只作氧化剂
B. 2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移
C. 每生成22.4L氧气就有2 mol Fe2＋ 被氧化
D. Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物
【答案】D
【解析】
从反应可以看出，Fe由+2价升高到+6价，氧元素部分由-1价降低到-2价，部分升高到0价，根据方程式的关系看出，失电子总数为2×（6-2）+2×（0-（-1））=10，失电子总数为2×（（-1）-2）×5=10，也就是说，2 molFeSO4、1 molNa2O2做还原剂，5molNa2O2做氧化剂；综上所述，A错误；2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有10 mol电子转移，B错误；没有给定气体所处的条件，无法计算，C错误；Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物，D正确；正确选项D。
19.现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl－与SO42-的物质的量之比为 （ ）
A. 1：3 B. 2：3
C. 6：1 D. 3：1
【答案】C
【解析】
【详解】溶解Al (OH)3
Al(OH)3 ＋ NaOH = NaAlO2＋2H2O
0.1 0.5― 0.4
生成Al (OH)3
AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3＋3H2O
0.1 0.3 0.1
生成Mg(OH)2
MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2＋Na2SO4
1 2
0.05 0.4―0.1
n(AlCl3):n(MgSO4)=0.1 :0.05=2:1
n(Cl-):n(SO42-)=6 :1，
故答案为B。
20.某溶液中只含有K+、Fe3+、，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，则溶液中K+与的个数比为( )
A. 1：4 B. 1：2 C. 3：4 D. 3：2
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中存在：阳离子所带电荷总数=阴离子所带电荷总数，即电荷守恒关系。
【详解】根据电荷守恒可知，N(K+)+3N(Fe3+)=N()，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，的个数为3a+3a=6a，所以，该溶液中K+与的个数比为3a：6a=1：2，故答案选B。
【点睛】注意离子所带的电荷数与电荷总数之间的关系。
21. 下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是
A. 将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H＋)
B. 使红色布条褪色(HCl)
C. 向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(Cl2)
D. 滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl－)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水中存在H＋，与NaHCO3反应产生CO2，故A不选；
B. 氯水使红色布条褪色是因为氯水中存在HClO，而不是因为氯水中存在HCl，故B选；
C. 氯水中存在Cl2能氧化Fe2＋→Fe3＋，故滴加KSCN溶液，溶液呈红色，故C不选；
D. 氯水中存在的Cl－能与AgNO3溶液生成白色沉淀，故D不选；
答案选B。
22.将12.8g铜片加入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO和NO2的混合气体4.48L（标准状况下）；若向反应后的溶液中加入400mL2mol/LNaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀．下列说法不正确的是( )
A. 混合气体中NO和NO2的体积之比为1：1 B. 原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L
C. 铜片与硝酸反应过程中转移电子0.4mol D. 反应后溶液中剩余NO3﹣的物质的量为0.4mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.12.8g铜的物质的量n=12.8g÷64g/mol=0.2mol，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，在氧化还原反应中得失电子数相同，设混合气体中NO为xmol，NO2为ymol，则有：
x+y=0.2mol ①
3x+y=0.4mol ②
解①②可得：x=0.1mol y=0.1mol
故两气体的物质的量之比为1：1，而体积之比等于物质的量之比，故体积之比也为1：1，故A正确；
B.原硝酸溶液反应后，一部分氮元素变为NO和NO2以气体的形式从反应容器中逸出，而另一部分氮元素以NO3-的形式存在于溶液中。当加入NaOH溶液使溶液中的Cu2-恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，此时溶液中n（NO3-）=n（Na+）=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，即反应后溶液中剩余NO3-的物质的量为0.8mol，而逸出的气体中含有的N原子的物质的量n=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，则可知原硝酸的物质的量n=0.8mol+0.2mol=1mol，则物质的量浓度为c=1mol÷0.1L=10mol/L，故B正确；
C.由于12.8g铜的物质的量n=12.8g÷64g/mol=0.2mol，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，即转移的电子为0.4mol，故C正确；
D.溶液中反应剩余的n（NO3-）=n（Na+）=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，故D错误。
故选D。
第Ⅱ卷
二、填空题
23.(1)2.4gRSO4中含0.02molR2+，则RSO4的摩尔质量是____；R的相对原子质量约是___。
(2)除去下列物质中所混有的少量杂质，指明应加入的试剂，写出有关的离子方程式。
NaHCO3溶液(Na2CO3)：试剂_________，离子方程式：___________。
(3)实验室需要0.1mol/L的硫酸980mL，欲用密度为1.84g/cm3、溶质的质量分数为98%的浓硫酸进行配制，则需用量筒量取______mL进行配制。假如其他操作均准确无误，若使用量筒量取时俯视读数，最终所配溶液的浓度________(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；若溶解时未冷却，直接转移到容量瓶中至刻度线，最终所配溶液的浓度_________(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(4)实验室在制备 Fe(OH)2 时必须隔绝空气，否则发生的现象是__。反应化学方程式为___。
【答案】 (1). 120g/mol (2). 24 (3). CO2 (4). CO2 ++H2O═2 (5). 5.4 mL， (6). 偏低 (7). 偏高 (8). 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (9). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【详解】(1)2.4gRSO4中含0.02molR2+， ，，RSO4的摩尔质量是120g/mol；R的相对原子质量约是120-96=24；
(2) Na2CO3 能与CO2、水反应生成NaHCO3，所以用CO2 除去NaHCO3溶液混有的Na2CO3，离子方程式为：CO2 ++H2O═2；
(3) 浓硫酸的物质的量浓度 ，由于实验室无980mL容量瓶，故应选用1000mL容量瓶，所以实际配制的是1000mL溶液，设所需的浓硫酸的体积为VmL，根据稀释公式：c浓V浓=c稀V稀，可知：18.4mol/L×VmL=0.1mol/L×1000mL，可求得V=5.4，所以需用量筒量取5.4mL进行配制；用量筒量取时俯视读数，使得浓硫酸的体积达不到5.4mL，即溶质物质的量偏少，根据 ，则最终所配溶液的浓度偏低；若溶解时未冷却，则冷却后体积会减小，根据，体积减小得浓度偏高；
(4) Fe(OH)2 易被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3 ，现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；反应化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【点睛】实验室无980mL容量瓶，所以选用1000mL容量瓶，浓硫酸体积的计算要注意带入1000mL进行计算，误差分析根据，由题意确定物质的量或者体积的变化，确定浓度的变化。
三、实验题
24.某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)，试回答下列问题：
（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为__。
（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是__。
（3）丙同学在安装好装置后，必须首先进行的一步操作是__。
（4）A中加入的试剂可能是__，作用是__；B中加入的试剂可能是__，作用是__；E中加入的试剂可能是__，作用是__。
（5）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：
C中：__，
D中：__。
如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？__(填“能”或“不能”)，原因是_。
【答案】 (1). Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O (2). 当Zn与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2 (3). 检验装置的气密性 (4). 品红溶液 (5). 检验SO2 (6). 浓H2SO4 (7). 吸收水蒸气 (8). 碱石灰 (9). 防止空气中水蒸气进入D中 (10). 黑色变成红色 (11). 白色粉末变成蓝色 (12). 不能 (13). 因为混合气体中含H2O会干扰H2的检验
【解析】
【分析】
本题对Zn与浓H2SO4反应的产物进行两种推测，而后设计装置进行验证；设计时既要验证有无SO2生成，又要验证有无H2生成；验证SO2可用品红溶液，验证H2可利用它的还原性，在加热条件下让气体通过CuO，再通过无水硫酸铜，同时必须注意验证H2时，应考虑空气中的水蒸气和从洗气装置中带出的水蒸气对氢气检验的干扰。
【详解】（1）锌和浓硫酸反应是二氧化硫、硫酸锌和水，反应的化学方程式为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；
（2）反应时浓H2SO4 浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4 反应可产生H2，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；
（3）装置是气体验证实验，所以需要装置气密性完好，实验开始先检验装置的气密性；
（4）分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰；
（5）证明生成的气体中含有水蒸气的现象，C装置中黑色氧化铜变为红色铜，D装置中白色硫酸铜变为蓝色；混合气体中含H2O会干扰H2的检验，所以如果去掉装置B，就不能根据D中的现象判断气体X中有氢气。
25.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应。
(1)A中装有Ca(OH)2和NH4Cl混合粉末，该反应的化学方程式是______。
(2)B的作用是______。
(3)C中发生反应的化学方程式是：___，并在方程式中用单线桥标出电子转移的方向和数目___。
(4)D中收集到的物质是___，检验该物质的方法和现象是___；E中收集到的气体是_____(填化学式)。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2 (2). 除去氨气中的水蒸气 (3). 3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O (4). (5). 氨水 (6). 用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝(或用酚酞溶液检验，酚酞溶液变红) (7). N2
【解析】
【分析】
A装置利用Ca(OH)2和NH4Cl混合加热制得氨气，经过B中碱石灰干燥后的氨气通入C中，将灼热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，其中冰水中放置的D收集到氨水，E中收集的气体为氮气，据此分析解题。
【详解】(1) A中装有Ca(OH)2和NH4Cl混合粉末，混合加热生成氨气，则该反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2；
(2)装置B中盛装的碱石灰的作用是除去氨气中的水蒸气；
(3)C中氨气将灼热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，发生反应的化学方程式是3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O，反应中NH3体现还原性，N元素的化合价从-3价升高为0价，每生成1个N2转移6e-，则用单线桥标出电子转移的方向和数目表示为；
(4) 冰水中放置的D收集的物质是氨水，氨水显碱性，则用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝(或用酚酞溶液检验，酚酞溶液变红)即可说明是氨水；装置E收集到不溶于的气体为N2。
【点睛】本题考查氨气的实验室制备及性质探究，解题关键是根据反应现象分析判断，涉及装置流程分析，排水法收集气体的成分分析和氨水的检验，均属基础考查。
四、工业流程题
26.Ⅰ．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作流程如下：
请回答下列问题：
(1)操作①的名称：____________；
(2) 沉淀②的化学式：____________；
(3)写出沉淀①与NaOH溶液反应的化学方程式：__________；
(4)写出滤液②里通入过量CO2后生成沉淀的离子方程式： ______，能否将滤液②中通入过量CO2换成加入过量盐酸？ ____ (填 能 或 不能)，其理由是_______(用化学方程式表示)。
Ⅱ．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
(1)铝在空气中有较强的抗腐蚀性，原因是___________________________。
(2)氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为___________________________。
(3)为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16g无水AlCl3样品溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32g。
①写出上述除杂过程中涉及的离子方程式______________、_______________。
②产品中AlCl3的质量分数为___________。(保留两位有效数字)
【答案】 (1). 过滤 (2). Fe(OH)3 (3). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (4). +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ (5). 不能 (6). Al(OH)3 +3HCl= AlCl3 +3H2O (7). 铝在空气中会形成一层致密的氧化膜，阻止其进一步氧化 (8). Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO (9). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (10). Al3++4OH-= +2H2O (11). 96%
【解析】
【分析】
Ⅰ．由流程可知，加盐酸，只有SiO2不反应，氧化铝、氧化铁均与盐酸反应，操作①为过滤，沉淀①为SiO2；滤液①中加过量NaOH，铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化沉淀，过滤后，沉淀②为Fe(OH)3，滤液②含NaOH、偏铝酸钠，与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，最后氢氧化铝分解生成氧化铝，以此来解答；
Ⅱ．根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，A1C13为共价化合物，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，FeCl3熔点、沸点较高，升华制备无水AlCl3，加入少量Al目的是除去FeCl3。
【详解】Ⅰ．(1)由上述分析可知，操作①的名称：过滤；
(2) 由上述分析可知， 沉淀②的化学式为Fe(OH)3；
(3)沉淀①与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
(4) 滤液②含NaOH、偏铝酸钠，通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，则生成沉淀的离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强酸和强碱溶液，则滤液②若加入过量盐酸，则无Al(OH)3沉淀生成，发生反应的化学方程式为Al(OH)3 +3HCl= AlCl3 +3H2O，故不能用过量盐酸代替过量CO2气体；
Ⅱ．(1) 铝在空气中会形成一层致密的氧化膜，阻止其进一步氧化，说明铝在空气中有较强的抗腐蚀能力；
(2) 根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；
(3) ①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，发生反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
②0.32g固体成分为Fe2O3，其物质的量为=0.002mol，根据原子守恒，可知含杂质FeCl3的物质的量为0.005mol，则产品中AlCl3的质量分数为≈96%。
【点睛】考查混合物分离提纯和物质的制备，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离为解答的关键，涉及常用化学用语书写、计算、分离提纯等，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
化学试题
可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64
第I卷
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】
砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。
点睛：解题的关键是看懂文言文所表达的意思，方法是找到关键字，如本题中的“砒烟上飞着覆器，遂凝结”等说明砒霜有易升华的性质，从而可得到正确的答案。
2.化学与人类生产、生活息息相关，下列说法正确的是( )
A. 汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2
B. “温室效应”“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C. 大量氯气泄漏时，用氢氧化钠溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场
D. 一定条件下SiO2可与碱和氢氟酸反应，故其属于两性氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．一氧化碳与一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气，所以汽车的排气管上装有“催化转化器”，可以减少有毒气体的排放，故A正确；
B．温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化合物无关，故B错误；
C．氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，但氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，应该用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，故C错误；
D．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅(不属于盐)和水，且不能与其他酸反应，二氧化硅不是两性氧化物，是酸性氧化物，故D错误；
故答案为A。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 摩尔是物质的质量的单位 B. 氢气的摩尔质量是2g
C. 1mo1OH－的质量是17 g D. 1mol气体所占的体积一定是22·4L
【答案】C
【解析】
【详解】A．摩尔是物质的量的单位，而不是质量单位，A选项错误；
B．1mol氢气的质量是2g，氢气的摩尔质量是2 g/mol，B选项错误；
C．OH-的摩尔质量为17g/mol，1mo1OH－的质量是17 g，C选项正确；
D．标准状况下，1mol气体所占的体积约为22·4L，若条件不是标准状况，1mol气体所占的体积不一定是22·4L，D选项错误；
答案选C。
4.下列物质的分类合理的是( )
A. 酸性氧化物：SO2、SO3、CO2、CO
B. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡
C. 混合物：铝热剂、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体
D. 电解质：稀硫酸、氢氧化钠、氯化钠、MgO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．CO不能和碱反应也不和酸反应，属于不成盐氧化物，故A分类不合理；
B．纯碱为Na2CO3，属于盐不属于碱，故B分类不合理；
C．铝热剂是金属铝和金属氧化物的混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；水煤气是CO和氢气的混合物；氢氧化铁胶体是分散系，是混合物，故C分类合理；
D．稀硫酸是混合物，不能说稀硫酸属于电解质，故D分类不合理；
故答案为C。
5.下列说法中错误的是( )
A. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体
B. “血液透析”利用了胶体的性质
C. 明矾能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
D. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故A正确；
B．血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，“血液透析”利用了胶体的性质，故B正确；
C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故C正确；
D．胶体可以产生丁达尔效应，溶液不能，则用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象不相同，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查胶体性质和制备，主要是胶体微粒、胶体分散系的电性、氢氧化铁胶体制备方法等知识点，注意三种分散系的本质区别。
6.下列实验过程中，始终无明显现象的是( )
A. 将CO2通入Ba(NO3)2溶液中 B. 将NO2通入FeSO4溶液中
C. 将NH3通入AlCl3溶液中 D. 将SO2通入H2S的溶液中
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸酸性弱于硝酸，所以二氧化碳不能和硝酸钡反应，CO2通入Ba(NO3)2溶液中始终无明显现象，故A符合题意；
B．NO2和水反应生成硝酸，硝酸具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，溶液颜色会由浅绿色变为淡黄色，故B不符合题意；
C．氨气溶于水的到一水合氨，氯化铝可以和一水合氨发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，故C不符合题意；
D．SO2和H2S会发生氧化还原反应生成S单质，S不溶于水，会有淡黄色沉淀生成，故D不符合题意；
故答案为A。
7.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是( )
A. 1.5 mol NO2与足量的H2O反应，转移的电子数为NA
B. 常温常压下，18g D2O含有的原子数为3NA
C. 氧气和臭氧的混合物32 g中含有2NA个氧原子
D. 在标准状况下，0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2 L
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2与水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO为唯一还原产物，N的化合价由+4价变为+2价，所以3molNO2反应时转移2mol电子，故1.5molNO2参与反应转移1mol电子即NA个，故A正确；
B．18g D2O的物质的量为=0.9mol，所以含有的原子数为2.7NA个，故B错误；
C．氧气和臭氧均为氧原子构成的单质，所以32g氧气和臭氧的混合物即32g氧原子，物质的量为=2mol，即2NA，故C正确；
D．0.5NA个氯气分子的物质的量为0.5mol，标况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D正确；
故答案为B。
8.下列各组离子能在溶液中大量共存的是 ( )
A. H+、Fe2+、、Cl- B. Na+、Ag+、、Cl-
C. Fe 3+、Na+、、SCN- D. K+、H+、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸根在有氢离子存在的情况下会将亚铁离子氧化，不能大量共存，故A不符合题意；
B．氯离子和银离子会生成沉淀，故B不符合题意；
C．铁离子和SCNˉ会生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意；
D．四种离子相互之间不反应，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
9.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是
A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀
B．证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)
C．探究氧化性：
KMnO4＞Cl2＞I2
D．比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化；
B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；
C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；
D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。
【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；
B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)，故A能达到实验目的；
C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故C正确；
D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。
10.下列说法中，正确的是( )
A. 硅元素在自然界里均以化合态存在 B. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
C. NH3易溶于水，可用作制冷剂 D. 粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2= Si +CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，故A正确；
B．光导纤维是利用二氧化硅透明，折射率合适，能够发生全反射的性质，与二氧化硅的硬度大小无关，故B错误；
C．氨气容易液化，气化时吸热可以降低周围环境的温度，可以作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故C错误；
D．碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，故D错误；
故答案为A。
11.为了除去粗盐中Ca2+，Mg2+，SO42-及泥沙，将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量的NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量Na2CO3，⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（ ）。
A. ①④②⑤③ B. ④①②⑤③ C. ②⑤④③① D. ⑤②④①③
【答案】D
【解析】
【详解】要先除SO42-，然后再除Ca2+，碳酸钠可以除去过量的Ba2+，如果物质加入顺序反了，过量的Ba2+就没法除去，至于加氢氧化钠除去Mg2+顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的OH-、CO32-，所以操作顺序可以为：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，但不能为④②⑤①③，故正确答案为D。
12.下列反应的离子方程式正确的是( )。
A. 用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气：MnO2+4HClMn2+ + 2Cl-+ Cl2↑+2H2O
B. 在NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2：+ Ca2+ + OH-═ CaCO3↓+ H2O
C 氯气与水反应：Cl2 + H2O ═ 2H+ + Cl- +ClO-
D. NaClO溶液中通入少量的SO2：3ClO﹣+H2O+SO2═Cl﹣++2HClO
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】A. 浓盐酸可以拆，正确的离子方程式为：MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+2H2O，故A错误；
B. 在NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2，假设Ca(OH)2为1mol，则2mol氢氧根离子消耗2mol碳酸氢根离子，生成2mol碳酸根离子和2mol水，1mol钙离子结合1mol碳酸根离子生成1mol碳酸钙沉淀，正确的离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O，故B错误；
C. 次氯酸为弱酸，不能拆，且该反应为可逆反应，正确的离子方程式为：Cl2 + H2O⇌H+ + Cl- +HClO，故C错误；
D. NaClO溶液中通入少量的SO2中，发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子，由于次氯酸钠溶液显碱性，故该反应的离子方程式为3ClO﹣+H2O+SO2═Cl﹣++2HClO，故D正确；
故选D。
【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，
碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O，
碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。
13.关于氮的变化关系图如图：
则下列说法不正确的是( )
A. 路线①②③是工业生产硝酸主要途径
B. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C. 上述所有反应都是氧化还原反应
D. 上述路线的所有反应中只有I属于氮的固定
【答案】D
【解析】
【分析】
根据转化关系图，确定化合价的变化和物质的转化关系，利用所学知识进行解题。
【详解】A．工业上生产硝酸的流程是：氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应4NH3+5O24NO+6H2O路线①，一氧化氮与氧气反应2NO+O2=2NO2路线②，二氧化氮被水吸收3NO2+H2O═2HNO3+NO路线③，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A正确；
B．在放电条件下，氮气和氧气发生化合反应：N2+O22NO路线Ⅰ，NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮：2NO+O2═2NO2路线Ⅱ，二氧化氮溶于水生成硝酸：3NO2+H2O═2HNO3+NO路线Ⅲ，B正确；
C．从氮的变化关系图可知：N从N2（0价）→NO（+2价）[NH3（-3价）]→NO2（+4价）→HNO3（+5价），都是氧化还原反应，C正确；
D．氮的固定是将氮气单质转化为氮的化合物，N2→NO和N2→NH3都属于氮的固定，D错误。
答案选D。
【点睛】闪电固氮特点是空气中的氮气与氧气反应得到一氧化氮，工业固氮的特点是氨气与氧气催化氧化得到一氧化氮，都属于氮的固定。
14.标准状况下，质量相等的下列物质中体积最大的是
A. N2 B. Cl2 C. H2 D. CO2
【答案】C
【解析】
【详解】氮气的摩尔质量是28g/mol、氯气的摩尔质量是71g/mol、氢气的摩尔质量是2g/mol、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，根据可知，相同质量的不同气体，其体积与摩尔质量成反比，摩尔质量最小的气体其体积最大，所以气体体积最大的是氢气，本题选C。
【点睛】质量相等的气体，摩尔质量越小，物质的量越大，相同条件下的体积也就越大。
15.对于下列事实的解释错误的是( )
A. 浓HNO3与浓HCl按1：3的体积比所得的混合物叫王水
B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D. 向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，下层呈紫红色，说明可用CCl4萃取碘水中的碘
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．王水是将浓HNO3与浓HCl按1：3的体积比混合所得的混合物，A正确；
B．浓硝酸不稳定，光照易分解生成二氧化氮、氧气和水，生成的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸呈现黄色，B正确；
C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，是由于铝与浓硝酸发生钝化，金属表面生成一层致密的氧化膜对内部金属起保护作用，C错误；
D．四氯化碳不溶于水，和碘不反应，碘在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以四氯化碳可以作萃取剂从碘水中萃取出碘，所以向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4密度大于水，下层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘，D正确；
答案选C。
16.下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（ ）
A. 在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大难挥发性
B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性
C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性
D. 浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色脱水性
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误。
答案选B。
17. 把铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余则
A. 溶液中有Fe2＋、Cu2＋
B. 剩下的固体是Fe和Cu
C. 溶液中有Fe3＋、Fe2＋
D. 剩下的固体是Fe，无Cu
【答案】B
【解析】
【详解】铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余，由于铁的还原性强，Cu 不会参与反应，并且铁会把氯化铜溶液中的铜置换出来，所以最后溶液就是FeCl2溶液，得到的固体是Fe和Cu 混合物，所以选B。
18.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2 ===2Na2FeO4 ＋2Na2O＋2Na2SO4 ＋O2↑，对此反应下列说法中正确的是
A. Na2O2只作氧化剂
B. 2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移
C. 每生成22.4L氧气就有2 mol Fe2＋ 被氧化
D. Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物
【答案】D
【解析】
从反应可以看出，Fe由+2价升高到+6价，氧元素部分由-1价降低到-2价，部分升高到0价，根据方程式的关系看出，失电子总数为2×（6-2）+2×（0-（-1））=10，失电子总数为2×（（-1）-2）×5=10，也就是说，2 molFeSO4、1 molNa2O2做还原剂，5molNa2O2做氧化剂；综上所述，A错误；2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有10 mol电子转移，B错误；没有给定气体所处的条件，无法计算，C错误；Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物，D正确；正确选项D。
19.现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl－与SO42-的物质的量之比为 （ ）
A. 1：3 B. 2：3
C. 6：1 D. 3：1
【答案】C
【解析】
【详解】溶解Al (OH)3
Al(OH)3 ＋ NaOH = NaAlO2＋2H2O
0.1 0.5― 0.4
生成Al (OH)3
AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3＋3H2O
0.1 0.3 0.1
生成Mg(OH)2
MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2＋Na2SO4
1 2
0.05 0.4―0.1
n(AlCl3):n(MgSO4)=0.1 :0.05=2:1
n(Cl-):n(SO42-)=6 :1，
故答案为B。
20.某溶液中只含有K+、Fe3+、，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，则溶液中K+与的个数比为( )
A. 1：4 B. 1：2 C. 3：4 D. 3：2
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中存在：阳离子所带电荷总数=阴离子所带电荷总数，即电荷守恒关系。
【详解】根据电荷守恒可知，N(K+)+3N(Fe3+)=N()，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，的个数为3a+3a=6a，所以，该溶液中K+与的个数比为3a：6a=1：2，故答案选B。
【点睛】注意离子所带的电荷数与电荷总数之间的关系。
21. 下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是
A. 将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H＋)
B. 使红色布条褪色(HCl)
C. 向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(Cl2)
D. 滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl－)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水中存在H＋，与NaHCO3反应产生CO2，故A不选；
B. 氯水使红色布条褪色是因为氯水中存在HClO，而不是因为氯水中存在HCl，故B选；
C. 氯水中存在Cl2能氧化Fe2＋→Fe3＋，故滴加KSCN溶液，溶液呈红色，故C不选；
D. 氯水中存在的Cl－能与AgNO3溶液生成白色沉淀，故D不选；
答案选B。
22.将12.8g铜片加入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO和NO2的混合气体4.48L（标准状况下）；若向反应后的溶液中加入400mL2mol/LNaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀．下列说法不正确的是( )
A. 混合气体中NO和NO2的体积之比为1：1 B. 原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L
C. 铜片与硝酸反应过程中转移电子0.4mol D. 反应后溶液中剩余NO3﹣的物质的量为0.4mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.12.8g铜的物质的量n=12.8g÷64g/mol=0.2mol，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，在氧化还原反应中得失电子数相同，设混合气体中NO为xmol，NO2为ymol，则有：
x+y=0.2mol ①
3x+y=0.4mol ②
解①②可得：x=0.1mol y=0.1mol
故两气体的物质的量之比为1：1，而体积之比等于物质的量之比，故体积之比也为1：1，故A正确；
B.原硝酸溶液反应后，一部分氮元素变为NO和NO2以气体的形式从反应容器中逸出，而另一部分氮元素以NO3-的形式存在于溶液中。当加入NaOH溶液使溶液中的Cu2-恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，此时溶液中n（NO3-）=n（Na+）=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，即反应后溶液中剩余NO3-的物质的量为0.8mol，而逸出的气体中含有的N原子的物质的量n=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，则可知原硝酸的物质的量n=0.8mol+0.2mol=1mol，则物质的量浓度为c=1mol÷0.1L=10mol/L，故B正确；
C.由于12.8g铜的物质的量n=12.8g÷64g/mol=0.2mol，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，即转移的电子为0.4mol，故C正确；
D.溶液中反应剩余的n（NO3-）=n（Na+）=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，故D错误。
故选D。
第Ⅱ卷
二、填空题
23.(1)2.4gRSO4中含0.02molR2+，则RSO4的摩尔质量是____；R的相对原子质量约是___。
(2)除去下列物质中所混有的少量杂质，指明应加入的试剂，写出有关的离子方程式。
NaHCO3溶液(Na2CO3)：试剂_________，离子方程式：___________。
(3)实验室需要0.1mol/L的硫酸980mL，欲用密度为1.84g/cm3、溶质的质量分数为98%的浓硫酸进行配制，则需用量筒量取______mL进行配制。假如其他操作均准确无误，若使用量筒量取时俯视读数，最终所配溶液的浓度________(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；若溶解时未冷却，直接转移到容量瓶中至刻度线，最终所配溶液的浓度_________(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(4)实验室在制备 Fe(OH)2 时必须隔绝空气，否则发生的现象是__。反应化学方程式为___。
【答案】 (1). 120g/mol (2). 24 (3). CO2 (4). CO2 ++H2O═2 (5). 5.4 mL， (6). 偏低 (7). 偏高 (8). 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (9). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【详解】(1)2.4gRSO4中含0.02molR2+， ，，RSO4的摩尔质量是120g/mol；R的相对原子质量约是120-96=24；
(2) Na2CO3 能与CO2、水反应生成NaHCO3，所以用CO2 除去NaHCO3溶液混有的Na2CO3，离子方程式为：CO2 ++H2O═2；
(3) 浓硫酸的物质的量浓度 ，由于实验室无980mL容量瓶，故应选用1000mL容量瓶，所以实际配制的是1000mL溶液，设所需的浓硫酸的体积为VmL，根据稀释公式：c浓V浓=c稀V稀，可知：18.4mol/L×VmL=0.1mol/L×1000mL，可求得V=5.4，所以需用量筒量取5.4mL进行配制；用量筒量取时俯视读数，使得浓硫酸的体积达不到5.4mL，即溶质物质的量偏少，根据 ，则最终所配溶液的浓度偏低；若溶解时未冷却，则冷却后体积会减小，根据，体积减小得浓度偏高；
(4) Fe(OH)2 易被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3 ，现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；反应化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【点睛】实验室无980mL容量瓶，所以选用1000mL容量瓶，浓硫酸体积的计算要注意带入1000mL进行计算，误差分析根据，由题意确定物质的量或者体积的变化，确定浓度的变化。
三、实验题
24.某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)，试回答下列问题：
（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为__。
（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是__。
（3）丙同学在安装好装置后，必须首先进行的一步操作是__。
（4）A中加入的试剂可能是__，作用是__；B中加入的试剂可能是__，作用是__；E中加入的试剂可能是__，作用是__。
（5）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：
C中：__，
D中：__。
如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？__(填“能”或“不能”)，原因是_。
【答案】 (1). Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O (2). 当Zn与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2 (3). 检验装置的气密性 (4). 品红溶液 (5). 检验SO2 (6). 浓H2SO4 (7). 吸收水蒸气 (8). 碱石灰 (9). 防止空气中水蒸气进入D中 (10). 黑色变成红色 (11). 白色粉末变成蓝色 (12). 不能 (13). 因为混合气体中含H2O会干扰H2的检验
【解析】
【分析】
本题对Zn与浓H2SO4反应的产物进行两种推测，而后设计装置进行验证；设计时既要验证有无SO2生成，又要验证有无H2生成；验证SO2可用品红溶液，验证H2可利用它的还原性，在加热条件下让气体通过CuO，再通过无水硫酸铜，同时必须注意验证H2时，应考虑空气中的水蒸气和从洗气装置中带出的水蒸气对氢气检验的干扰。
【详解】（1）锌和浓硫酸反应是二氧化硫、硫酸锌和水，反应的化学方程式为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；
（2）反应时浓H2SO4 浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4 反应可产生H2，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；
（3）装置是气体验证实验，所以需要装置气密性完好，实验开始先检验装置的气密性；
（4）分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰；
（5）证明生成的气体中含有水蒸气的现象，C装置中黑色氧化铜变为红色铜，D装置中白色硫酸铜变为蓝色；混合气体中含H2O会干扰H2的检验，所以如果去掉装置B，就不能根据D中的现象判断气体X中有氢气。
25.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应。
(1)A中装有Ca(OH)2和NH4Cl混合粉末，该反应的化学方程式是______。
(2)B的作用是______。
(3)C中发生反应的化学方程式是：___，并在方程式中用单线桥标出电子转移的方向和数目___。
(4)D中收集到的物质是___，检验该物质的方法和现象是___；E中收集到的气体是_____(填化学式)。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2 (2). 除去氨气中的水蒸气 (3). 3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O (4). (5). 氨水 (6). 用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝(或用酚酞溶液检验，酚酞溶液变红) (7). N2
【解析】
【分析】
A装置利用Ca(OH)2和NH4Cl混合加热制得氨气，经过B中碱石灰干燥后的氨气通入C中，将灼热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，其中冰水中放置的D收集到氨水，E中收集的气体为氮气，据此分析解题。
【详解】(1) A中装有Ca(OH)2和NH4Cl混合粉末，混合加热生成氨气，则该反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2；
(2)装置B中盛装的碱石灰的作用是除去氨气中的水蒸气；
(3)C中氨气将灼热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，发生反应的化学方程式是3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O，反应中NH3体现还原性，N元素的化合价从-3价升高为0价，每生成1个N2转移6e-，则用单线桥标出电子转移的方向和数目表示为；
(4) 冰水中放置的D收集的物质是氨水，氨水显碱性，则用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝(或用酚酞溶液检验，酚酞溶液变红)即可说明是氨水；装置E收集到不溶于的气体为N2。
【点睛】本题考查氨气的实验室制备及性质探究，解题关键是根据反应现象分析判断，涉及装置流程分析，排水法收集气体的成分分析和氨水的检验，均属基础考查。
四、工业流程题
26.Ⅰ．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作流程如下：
请回答下列问题：
(1)操作①的名称：____________；
(2) 沉淀②的化学式：____________；
(3)写出沉淀①与NaOH溶液反应的化学方程式：__________；
(4)写出滤液②里通入过量CO2后生成沉淀的离子方程式： ______，能否将滤液②中通入过量CO2换成加入过量盐酸？ ____ (填 能 或 不能)，其理由是_______(用化学方程式表示)。
Ⅱ．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
(1)铝在空气中有较强的抗腐蚀性，原因是___________________________。
(2)氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为___________________________。
(3)为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16g无水AlCl3样品溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32g。
①写出上述除杂过程中涉及的离子方程式______________、_______________。
②产品中AlCl3的质量分数为___________。(保留两位有效数字)
【答案】 (1). 过滤 (2). Fe(OH)3 (3). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (4). +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ (5). 不能 (6). Al(OH)3 +3HCl= AlCl3 +3H2O (7). 铝在空气中会形成一层致密的氧化膜，阻止其进一步氧化 (8). Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO (9). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (10). Al3++4OH-= +2H2O (11). 96%
【解析】
【分析】
Ⅰ．由流程可知，加盐酸，只有SiO2不反应，氧化铝、氧化铁均与盐酸反应，操作①为过滤，沉淀①为SiO2；滤液①中加过量NaOH，铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化沉淀，过滤后，沉淀②为Fe(OH)3，滤液②含NaOH、偏铝酸钠，与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，最后氢氧化铝分解生成氧化铝，以此来解答；
Ⅱ．根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，A1C13为共价化合物，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，FeCl3熔点、沸点较高，升华制备无水AlCl3，加入少量Al目的是除去FeCl3。
【详解】Ⅰ．(1)由上述分析可知，操作①的名称：过滤；
(2) 由上述分析可知， 沉淀②的化学式为Fe(OH)3；
(3)沉淀①与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
(4) 滤液②含NaOH、偏铝酸钠，通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，则生成沉淀的离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强酸和强碱溶液，则滤液②若加入过量盐酸，则无Al(OH)3沉淀生成，发生反应的化学方程式为Al(OH)3 +3HCl= AlCl3 +3H2O，故不能用过量盐酸代替过量CO2气体；
Ⅱ．(1) 铝在空气中会形成一层致密的氧化膜，阻止其进一步氧化，说明铝在空气中有较强的抗腐蚀能力；
(2) 根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；
(3) ①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，发生反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
②0.32g固体成分为Fe2O3，其物质的量为=0.002mol，根据原子守恒，可知含杂质FeCl3的物质的量为0.005mol，则产品中AlCl3的质量分数为≈96%。
【点睛】考查混合物分离提纯和物质的制备，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离为解答的关键，涉及常用化学用语书写、计算、分离提纯等，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
相关资料
更多
