还剩16页未读，
继续阅读
【化学】云南省巧家县四中2018-2019学年高一上学期12月份考试试题（解析版）
展开
云南省巧家县四中2018-2019学年高一上学期12月份考试试题
分卷I
一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)
1.标准状况下，两个容积相等的贮气瓶，一个装有O2，另一个装有CH4，两瓶气体具有相同的（ ）
A. 质量 B. 原子总数 C. 密度 D. 分子数
【答案】D
【解析】试题分析：A．质量m=nM，二者的摩尔质量不同，物质的量相等，所以质量一定不同，故A错误；B．氧气和甲烷的分子中含有的原子数不同，所以等物质的量的甲烷和氧气中含有的原子数一定不相等，故B错误；C．密度与摩尔质量成正比，所以二者的密度一定不同，故C错误；D．甲烷和氧气的物质的量相等，所以一定含有相同的分子数，故D正确；故选D。
2.在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl,16 mol KCl和24 mol K2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（ ）
A. 2 ,64 ,24 B. 64 ,2 ,24 C. 32 ,50 ,12 D. 16 ,50 ,24
【答案】B
【解析】试题分析：含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中：n（NH4+） = 50mol，n（Cl-） =" 50mol" + 16mol = 66mol，n（K + ） =" 16mol" + 24mol × 2 = 64mol，n（SO42-） = 24mol，由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液，营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中相应离子物质的量相等，根据硫酸根离子守恒可知，需要n[（NH4）2SO4]=24mol，再由铵根离子守恒得n（NH4Cl）=50mol-24mol×2=2mol，由氯离子守恒，则n（KCl）=66mol-2mol=64mol，选B。
3.下列物质既能用作食品防腐剂，又能用作食品干燥剂的是( )
A. 烧碱 B. 生石灰 C. 氮气 D. 铁粉
【答案】D
【详解】A、烧碱具有强烈的腐蚀性，虽然能够吸收水，但是也不能用作食品干燥剂，A不符合；
B、生石灰不能和氧气反应，不能用作食品防腐剂，B不符合；
C、氮气不能吸收水，不能用作食品干燥剂，C不符合；
D、铁粉能够吸收水和氧气，既能用作食品防腐剂，又能用作食品干燥剂，D符合。
答案选D。
4.下列变化中只有通过还原反应才能实现的是 ( )
A. Fe3＋→Fe2＋ B. Mn2＋→
C. Cl－→Cl2 D. N2O3→HNO2
【答案】A
【解析】
【分析】变化中只有通过还原反应才能实现，说明需要加入还原剂，则选项中有关元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A．Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，即只有通过还原反应才能实现，故A符合；
B．Mn元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，即通过氧化反应才能实现，故B不符合；
C．Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，即只有通过氧化反应才能实现，故C不符合；
D．N元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D不符合。
答案选A。
5.下列离子方程式正确的是( )
A. 氢氧化镁与稀盐酸反应：OH－＋H＋=H2O
B. 醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C. 向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑
D. 向碳酸钠溶液中加过量盐酸：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑
【答案】D
【详解】A. 氢氧化镁难溶，用化学式表示，与稀盐酸反应：Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2++2H2O，A错误；
B. 醋酸难电离，用化学式表示，醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应：CaCO3＋2CH3COOH＝2CH3COO－+Ca2＋＋H2O＋CO2↑，B错误；
C. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸：HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，C错误；
D. 向碳酸钠溶液中加过量盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑，D正确。
答案选D。
6.某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm－3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300 mL该溶液中Cl－的物质的量约等于（ ）
A. 0.37 mol B. 0.63 mol C. 0.74 mol D. 1.5 mol
【答案】D
【解析】试题分析：氯化镁溶液的质量为：1.18g•cm-3×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：3.54×5.1g÷24g•mol-1=0.75mol，根据电荷守恒氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1.5mol，选项D符合题意。
7. 下列各组溶液，只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的是（ ）
A. HCl和Na2CO3 B. 稀H2SO4和NaHCO3
C. CaCl2和Na2CO3 D. Ba（OH）2和NaHSO4
【答案】A
【解析】试题分析：A．盐酸滴入碳酸钠溶液中开始没有气体产生，盐酸过量后产生CO2，将碳酸钠滴入盐酸中立即产生 CO2，可以鉴别，A正确；B．无论是稀H2SO4滴加到NaHCO3中，还是NaHCO3滴加到稀H2SO4中，都产生气体，不能鉴别，B错误；C．无论是CaCl2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到CaCl2中，都产生沉淀，不能鉴别，C错误；D．无论是Ba（OH）2滴加到NaHSO4中，还是NaHSO4滴加到Ba（OH）2中，都产生沉淀，不能鉴别，D错误，答案选A。
8.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+
B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
C. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3-=CO2↑+H2O
D. 氢氧化镁与盐酸的反应：OH﹣+H+=H2O
【答案】A
【详解】A、碳酸钙溶于稀盐酸中生成氯化钙、水和CO2，离子方程式：CaCO3+2H+＝H2O+CO2↑+Ca2+，故A正确；
B．澄清的石灰水与稀盐酸反应，离子方程式：OH－+H+＝H2O，故B错误；
C．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式：OH-+HCO3-＝CO32-+H2O，故C错误；
D．氢氧化镁难溶，离子方程式中应该用化学式表示，离子方程式：Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2++2H2O，故D错误；
答案选A。
9.偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是（ ）
A. 偏二甲肼的摩尔质量为60 g
B. 6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60 g
C. 1 mol偏二甲肼的质量为60 g·mol－1
D. 6 g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子
【答案】B
【解析】偏二甲肼的摩尔质量为60 g/mol；1 mol这种物质的质量为60 g；6 g偏二甲肼含有0.1NA个偏二甲肼分子。
10.下列分散系中，分散质微粒直径介于10-9—10-7m (l—100nm）之间的是（ ）
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】B
【解析】试题分析：分散质微粒直径介于10-9—10-7m (l—100nm）之间的是胶体，答案选B。
11.下列有关电解质的说法中正确的是（ ）
A. 液态氯化氢不导电，所以氯化氢不是电解质
B. 氨溶于水形成的溶液能导电，所以氨是电解质
C. 熔融的铜导电性很好，所以铜是电解质
D. 氧化钠、氧化钙熔融时能导电，所以氧化钠、氧化钙是电解质
【答案】D
【详解】A. HCl水溶液中电离出氢离子和氯离子，能导电，所以HCl属于电解质，A错误；
B. 氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液能导电，但是氨气本身不能电离出离子，所以NH3·H2O是电解质，氨气是非电解质，B错误；
C. 熔融的铜能导电，但是铜属于单质，不属于化合物，所以铜既不是电解质，也不是电解质，C错误；
D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质,而氧化钠、氧化钙为化合物，在熔融态时能导电,符合电解质概念，是电解质,故D正确；
综上所述，本题选D。
12.上海建成了我国第一条磁悬浮铁路。磁悬浮的核心技术是利用超导体的反磁性。高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)是以YmOn、BaO和CuO为原料，经研磨烧结而成，此过程中所有元素的化合价均不变，则高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)中Y元素的化合价是( )
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋5
【答案】B
【解析】
【分析】根据在化合物中正负化合价代数和为零解答本题。
【详解】设Y元素的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素的化合价为-2，铜化合价+2，钡化合价+2，由于此过程中所有元素的化合价均不变，则根据高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)的化学式可知：2x+（+2）×4+（+2）×6+（-2）×13＝0，解得x＝+3；答案选B。
13.某化学兴趣小组利用MnO2和浓HCl及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是（ ）
A. A中可用分液漏斗代替长颈漏斗
B. A中缺少加热装置
C. B中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2
D. D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸
【答案】C
【解析】试题分析：A、A中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，故A正确；B、二氧化锰和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，故B正确；C、B中盛放的NaOH溶液吸收氯气，不能净化Cl2，最后不能收集干燥纯净的氯气，故C错误；D、氯气和氢氧化钠溶液反应，D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸，故D正确。
14.将12.4克氧化钠溶于87.6克水中，所得溶液溶质的质量分数是( )
A. 8.0% B. 12.4% C. 16% D. 32%
【答案】C
【解析】
【分析】根据氧化钠与水反应生成氢氧化钠，据此由参加反应的氧化钠的质量、反应的化学方程式计算出生成氢氧化钠的质量，进而由溶质质量分数的计算方法计算出所得溶液溶质的质量分数。
【详解】设生成NaOH的质量为x，则根据方程式可知
Na2O+H2O＝2NaOH
62 80
12.4g x
62：80＝12.4g：x
解得x＝16g。
所得溶液为氢氧化钠溶液，其溶质的质量分数是16g/(12.4g+87.6g)×100%＝16%。
答案选C。
15.某无色溶液放入铝片后有氢气产生，下列离子在该溶液中一定不能大量存在的是( )
A. SO42－ B. Cu2＋ C. K＋ D. OH－
【答案】B
【解析】
【分析】无色溶液放入铝片后有氢气产生，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，结合离子的性质分析解答。
【详解】A、SO42－在碱性或酸性溶液中均可以存在，A不符合；
B、Cu2＋在碱性溶液中不能大量存在，酸性溶液中可以，含Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不存在Cu2+，B符合；
C、K＋在酸性或碱性溶液中均可以大量存在，C不符合；
D、OH－在酸性溶液中不能大量存在，在碱性溶液中可以，D不符合；
答案选B。
16.不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )
A. 食盐水 B. 氯水 C. 氯化铁溶液 D. 碘水
【答案】A
【解析】
【分析】淀粉遇碘单质变蓝，具有氧化性的物质可氧化KI生成碘，或含碘单质的物质等均能使淀粉碘化钾溶液变蓝，以此来解答。
【详解】I2遇淀粉变蓝，说明能使淀粉碘化钾溶液变蓝的物质具有氧化性，可将碘离子氧化为I2。则
A．食盐水无氧化性，不能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故A选；
B．氯水具有强氧化性，发生Cl2+2KI＝2KCl+I2，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故B不选；
C．氯化铁具有氧化性，发生2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故C不选；
D．碘水中含碘单质，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故D不选；
答案选A。
17.下列关于二氧化硅的说法错误的是( )
A. 二氧化硅是一种非金属氧化物
B. 二氧化硅不存在单个的分子
C. 二氧化硅中硅元素与氧元素的质量比为7∶8
D. 二氧化硅分子由一个硅原子和两个氧原子构成
【答案】D
【详解】A. 二氧化硅是由Si和O两种元素组成的氧化物，Si是非金属元素，因此是一种非金属氧化物，A正确；
B. 二氧化硅属于原子晶体，不存在单个的分子，B正确；
C. 二氧化硅的化学式为SiO2，其中硅元素与氧元素的质量比为28∶32＝7∶8，C正确；
D. 二氧化硅属于原子晶体，不存在分子，D错误。
答案选D。
18.等质量的甲、乙、丙三种金属，分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应后，都生成＋2价的硫酸盐，其产生氢气的体积与反应时间的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 三种金属的活动性顺序为甲＞乙＞丙
B. 反应结束消耗硫酸的质量一定相同
C. 三种金属的相对原子质量是甲＞乙＞丙
D. 甲先反应完，乙最后反应完
【答案】D
【解析】
【分析】据相同时间内产生氢气较多（即反应剧烈）的金属活动性较强，结合产生氢气的关系图判断三种金属活动性；根据一定质量的金属完全反应产生氢气的质量=金属的化合价/金属的相对原子质量×金属的质量，结合三种金属的化合价及完全反应放出氢气的质量大小，判断三种金属的相对原子质量的大小。
【详解】A、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，当三种金属都在发生反应时，相同时间内甲放出氢气的质量大于丙，丙大于乙，可判断三种金属活动性顺序是甲＞丙＞乙，A错误；
B、金属与酸的反应生成氢气时，氢气来源于酸中的氢元素，所以生成的氢气与消耗的酸的多少顺序一致，则消耗硫酸的质量：甲＞乙＞丙，B错误；
C、三种金属的化合价、金属的质量都相等，完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比，即产生氢气多的相对原子质量小；根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，在三种金属完全反应后，放出H2的质量是甲＞乙＞丙；因此可判断相对原子质量是丙＞乙＞甲，C错误；
D、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图可知甲先反应完，乙最后反应完，D正确；
答案选D。
19.合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是( )
A. 青铜 B. 金刚砂(SiC) C. 硬铝 D. 生铁
【答案】B
【解析】
【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。
【详解】A．青铜是铜锡合金，故A不符合；
B．金刚砂(SiC)是化合物，不是合金，故B符合；
C．硬铝是铝的合金，故C不符合；
D．生铁是铁与碳的合金，故D不符合。
答案选B。
20.下列说法正确的是( )
A. 用澄清石灰水可以鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
B. 新制氯水经光照一段时间pH减小
C. 自然界硅元素贮量丰富，并存在大量的单质硅
D. 等质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，产生二氧化碳质量相同
【答案】B
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠均与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，实验现象相同，不能鉴别，故A错误；
B．氯水含HClO，光照下HClO分解生成盐酸和氧气，则酸性增强，pH减小，故B正确；
C．Si为亲氧元素，自然界硅元素全部以化合态存在，故C错误；
D．碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，盐酸足量时，等质量的碳酸钠与碳酸氢钠均完全反应，由n=m÷M可知碳酸氢钠的物质的量大，生成二氧化碳多，故D错误；
答案选B。
21.黄铜是合金，它是( )
A. 铜的化合物 B. 含铜的混合物
C. 铜的氧化物 D. 铜单质
【答案】B
【详解】黄铜是主要由铜和锌两种金属元素组成的合金，属于混合物，不属于单质，不是铜的化合物，也不是铜的氧化物，答案选B。
22.下列变化不可能通过一步反应直接完成的是( )
A. Al→AlO2－ B. Al2O3→Al(OH)3
C. Al(OH)3→Al2O3 D. Al3＋→AlO2－
【答案】B
【详解】A. 单质铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、氢气，即Al→AlO2－能通过一步反应直接完成，A不符合；
B. 氧化铝不溶于水，则Al2O3→Al(OH)3不能通过一步反应直接完成，B符合；
C. 氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，则Al(OH)3→Al2O3能通过一步反应直接完成，C不符合；
D. 铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则Al3＋→AlO2－能通过一步反应直接完成，D不符合。
答案选B。
23.石英的主要化学成分是( )
A. 硅酸钠 B. 氧化铝 C. 二氧化硅 D. 单质硅
【答案】C
【详解】石英的主要化学成分是二氧化硅，答案选C。
24.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体为( )
A. 2.24L B. 1.12L C. 0.672L D. 0.448L
【答案】C
【解析】试题分析：10mL此混合酸中；，铁依次发生、、．根据，生成NO 0．02mol,消耗H+0．08mol,剩余的氢离子0．02mol参与反应，生成氢气0．01mol，反应结束后，可产生标准状况下的气体,0．03mol×22．4L/mol=0．672L，故C正确。
25. 将1 mol Na和1 mol Al的混合物投入足量水中，产生气体在标准状况下的体积为( )
A. 11．2 L B. 22．4 L C. 33．6 L D. 44．8 L
【答案】D
【解析】试题分析： 1 mol金属钠与水反应得到1 mol的NaOH溶液和0．5 mol的H2，1 mol的金属铝与生成的1 mol NaOH溶液恰好反应，又得到1．5 mol的H2，因此，总共得到2 mol H2，在标准状况下是44．8 L。
26.工业上利用合成氨实现人工固氮。属于合成氨主要原料的是( )
A. 二氧化氮 B. 空气 C. 碳酸钠 D. 硝酸钾
【答案】B
【详解】工业用氮气和氢气合成氨，合成氨中原料气N2可从空气中分离得到，H2可用甲烷在高温下与水蒸气反应制得，故答案选B。
分卷II
二、填空题(共6小题,共48分)
27.无机化合物可根据其组成和性质进行分类。
（1）上图所示的物质分类方法名称是________。
（2）以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中。
___________、______________、_______________
（3）写出⑦转化为⑤的化学方程式：__________________________________________。
（4）实验室制备⑦常用________和________反应，检验该气体的方法是_______________________。
【答案】 (1). 树状分类法 (2). H2SO4(或HNO3等均可) (3). NaOH(或KOH) (4). Na2SO4(或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等均可） (5). 2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O (6). 稀盐酸 (7). 大理石(或石灰石) (8). 将气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，即可证明是CO2
【解析】
【分析】（1）根据树状分类法和交叉分类法的定义作答，树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有根、杆、枝、叶；
（2）题目中元素形成的酸还有H2SO4、HNO3等；形成的碱还有NaOH(或KOH)；形成的盐还可以是Na2SO4或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等；
（3）二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；
（4）实验室制取二氧化碳常用大理石（或者石灰石）与稀盐酸反应；二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，故常用澄清的石灰水检验二氧化碳，即将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊则说明该气体是二氧化碳。
【详解】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有根、杆、枝、叶，图示方法就是树状图，故答案为树状分类法；
（2）题目中元素形成的酸还有H2SO4、HNO3等；形成的碱还有NaOH(或KOH)；形成的盐还可以是Na2SO4或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等，
故答案为：H2SO4(或HNO3等均可)；NaOH(或KOH)；Na2SO4(或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等均可)；
（3）二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其化学方程式为：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，故答案为：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O；
（4）实验室制取二氧化碳常用大理石或者石灰石与稀盐酸反应；二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，故常用澄清的石灰水检验二氧化碳，即将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊则说明该气体是二氧化碳，故答案为：大理石(或石灰石)；将气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，即可证明是CO2。
28.(1)实验室制取氯气时，下列操作不正确的是________(填字母)。
A．装置Ⅰ可用于制取少量氯气
B．用装置Ⅱ除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置Ⅲ制取氯气
D．用装置Ⅳ干燥氯气
(2)实验室制取干燥、纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸外还需要的试剂是____________、____________、____________。
(3)已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。
若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气及验证它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是________(填字母)。
【答案】 (1). ABCD (2). 饱和食盐水 (3). 浓H2SO4 (4). NaOH溶液 (5). BD
【解析】
【分析】（1）根据实验室制备氯气的原理结合氯气的性质分析解答；
（2）根据生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气以及氯气有毒分析解答；
（3）KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞。
【详解】（1）A．应该用浓盐酸和二氧化锰加热反应制备氯气，因此装置Ⅰ不能用于制取少量氯气，A错误；
B．饱和碳酸氢钠溶液能吸收氯气，应该用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，且洗气瓶的导气管应“长进短出”，因此不能用装置Ⅱ除去氯气中的少量氯化氢，B错误；
C．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，则不能用装置Ⅲ制取氯气，C错误；
D．用装置Ⅳ干燥氯气时应该是长口进短口出，D错误；
答案选ABCD。
（2）实验室利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，因此生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，需要利用饱和食盐水除去氯化氢，利用浓硫酸干燥氯气，又因为氯气有毒还需要尾气处理，则实验室制取干燥、纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸外还需要的试剂是饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液。
（3）A.KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，无需加热，盐酸易挥发，应盛装在分液漏斗中，固体放在圆底烧瓶中，故A正确；
B.生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，氯气能与NaOH溶液反应，不能用于HCl的除杂，故B错误；
C.通入洗气瓶的导管应长进短出，否则气体不能通过洗气瓶，故C正确；
D.氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，否则会使试管内压强过大导致橡皮塞顶开，并应有尾气处理装置，故D错误。
答案选BD。
29.在严格无氧的条件下，碱与亚铁盐溶液反应生成白色胶状的 Fe(OH)2，在有氧气的情况下迅速 变为灰绿色，逐渐形成红褐色的氢氧化铁，故在制备过程中需严格无氧。现提供制备方法如下：
方法一：用 FeSO4 溶液与用不含 O2 的蒸馏水配制的 NaOH 溶液反应制备。
(1)配制 FeSO4 溶液时需加入铁粉的原因是_____；除去蒸馏水中溶解的 O2常采用_____的方法。
(2)生成白色 Fe(OH)2 沉淀的操作是用长滴管吸取不含 O2 的 NaOH 溶液，插入 FeSO4 溶液液面下，再挤出 NaOH 溶液。这样操作的理由是_____。
方法二：
在如图装置中，用 NaOH 溶液、铁屑、稀 H2SO4 等试剂制备。
(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；
(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；
(3)为了制得白色 Fe(OH)2 沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤 是_____。
(4)这样生成的 Fe(OH)2 沉淀能较长时间保持白色，其理由是_________________________。
【答案】(1). 稀硫酸、铁屑 (2). 煮沸 (3). 避免生成的Fe（OH） 2 沉淀接触O 2 (4). 稀硫酸、铁屑 (5). NaOH溶液 (6). 检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H 2 纯净时，再夹紧止水夹 (7). 试管Ⅰ中反应生成的H 2 充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入
【解析】
【分析】本实验题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求；方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化。
【详解】方法一 ：
(1)配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸和铁屑，抑制Fe2+的水解并防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，故答案为：稀H2SO4、铁屑；
(2)煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O2．故答案为：煮沸；
(3)Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，故答案为：避免生成的 Fe(OH)2沉淀接触O2；
方法二：
(1)试管Ⅰ中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用硫酸和铁屑反应生生成，故答案为：稀H2SO4、铁屑；
(2)试管Ⅱ中应为NaOH溶液，与试管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：NaOH溶液；
(3)打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2，若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe(OH)2溶液．故答案为：检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹；
(4)由于装置中充满H2，外界空气不易进入，所以沉淀的白色可维持较长时间，故答案为：试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入。
30.草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾。现从草木灰中提取钾盐，并用实验检验其中的CO32-、SO42-和Cl－。
(1)从草木灰中提取钾盐的实验操作顺序如下：①称量样品，②溶解沉降，③________，④________，⑤冷却结晶。
(2)用托盘天平(指针向上的)称量样品时，若指针偏向右边，则表示________(填字母)。
A．左盘重，样品轻
B．左盘轻，砝码重
C．右盘重，砝码轻
D．右盘轻，样品重
(3)在进行②③④操作时，都要用到玻璃棒，其作用分别是：②__________________；③______________；④__________________。
(4)将制得的少量晶体放入试管，加蒸馏水溶解并把溶液分成三份，分装在3支试管里。
①在第一支试管里加入稀盐酸，可观察有________生成，证明溶液中有________离子。
②在第二支试管里加入足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液，可观察到有________生成，证明溶液中有________离子。
③在第三支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液，过滤后，再向滤液中加入足量稀硝酸后，再加入AgNO3溶液，可观察到有________生成，证明溶液中有________离子。
【答案】(1). 过滤 (2). 蒸发 (3). B (4). 搅拌，加速样品溶解 (5). 引流，防止滤液溅到漏斗外 (6). 搅拌，使溶液受热均匀，防止滤液飞溅 (7). 气泡 (8). CO32- (9). 白色沉淀 (10). SO42- (11). 白色沉淀 (12). Cl－
【解析】
【分析】（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，可以利用过滤的方法来获得钾盐的水溶液，加热蒸发可得到晶体；
（2）根据天平平衡的原理，把样品放在左盘，砝码放在右盘，若指针偏向右边，则右边重；
（3）玻璃棒可用于搅拌、引流等作用；
（4）碳酸根离子和盐酸反应产生气体，硫酸根离子和盐酸酸化钡离子反应生成白色沉淀；氯离子和硝酸酸化的银离子反应生成白色沉淀。
【详解】（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，然后利用过滤的方法可以获得钾盐的水溶液，将所得的水溶液蒸发、冷却结晶可以获得氯化钾的固体；
（2）用托盘天平称量样品时，若指针偏向右边，则表示左盘轻、砝码重，故答案为B；
（3）在溶解固体时，使用玻璃棒可以加速溶解，在过滤操作中，可以用玻璃棒来引流，在蒸发结晶操作中，用玻璃棒来搅拌，使溶液受热均匀，防止滤液飞溅；
（4）①碳酸根离子能和盐酸反应生成二氧化碳，向溶液中加入稀盐酸后有气泡生成说明有碳酸根离子；
②向原溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，排除了其它阴离子的干扰，如果产生白色沉淀，就说明溶液中有硫酸根离子；
③在第三支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液，过滤后，排除了硫酸根离子，再向滤液中加入足量稀硝酸后，排除了其它离子的干扰，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明溶液中有氯离子。
31.为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：
（1）第①步中，操作A是__________，第⑤步中，操作B是__________。
（2）第④步中，写出相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2＋的主要存在形式为氯化钙)______。
（3）若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是_________。
（4）判断氯化钡已过量的方法是___________。
【答案】 (1). 溶解 (2). 过滤 (3). CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝2NaCl＋BaCO3↓ (4). ③和④中生成的氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡等沉淀与盐酸反应而溶解，杂质无法除去 (5). 在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量
【解析】
【分析】为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，首先溶于水，利用氯化钡除去硫酸根离子，利用氢氧化钠除去镁离子，利用碳酸钠除去钙离子以及过量的钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸除去碳酸钠和氢氧化钠，据此分析解答。
【详解】（1）粗盐提纯须先加水溶解，再加入试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3除去可溶性的SO42－、Mg2+、Ca2+，过滤后，加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，最后蒸发、结晶得到精盐，操作A为溶解，操作B为过滤；
（2）Na2CO3的作用是除去溶质中Ca2＋以及过量的Ba2＋，因此反应的化学方程式为CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝BaCO3↓＋2NaCl；
（3）若先用盐酸调pH再过滤，将使③和④中产生的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀溶解而无法过滤除去，影响精盐的纯度；
（4）BaCl2过量时，溶液中不存在SO42－，故判断氯化钡已过量的方法是在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量。
32.如图所示为A、B、C、D、E五种含氮物质之间的相互转化关系。其中A、B、C、D在常温下都是气体，且B为红棕色气体。
(1)写出各物质的化学式：A__________，B__________，C____________，D__________，E__________。
(2)写出各步反应的化学方程式。
①A→C：________________________。
②B→E：__________________________。
③C→B：__________________________。
【答案】(1). N2 (2). NO2 (3). NO (4). NH3 (5). HNO3 (6). N2＋O22NO (7). 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO (8). 2NO＋O2===2NO2
【解析】(1)B为红棕色气体，则B为NO2，C与氧气反应生成NO2，则C为NO；A气体在闪电条件下与氧气反应生成NO，则A为氮气；E与铜反应生成NO，则E为硝酸；D在催化剂条件下与氧气加热反应生成NO，且D是A在高温高压、催化剂条件下反应生成的，则D为氨气，根据分析可知：A、B、C、D、E分别为N2、NO2、NO、NH3、HNO3，故答案为：N2、NO2、NO、NH3、HNO3；
(2)①A→C的反应为氮气与氧气转化成NO的反应，氮气在放电的条件下可以和氧气之间反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；
②B→E为二氧化氮与水反应转化成硝酸，反应的化学方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；
③C→B为NO与氧气转化成二氧化氮的反应，反应方程式为：2NO+O2═2NO2，故答案为：2NO+O2═2NO2。
分卷I
一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)
1.标准状况下，两个容积相等的贮气瓶，一个装有O2，另一个装有CH4，两瓶气体具有相同的（ ）
A. 质量 B. 原子总数 C. 密度 D. 分子数
【答案】D
【解析】试题分析：A．质量m=nM，二者的摩尔质量不同，物质的量相等，所以质量一定不同，故A错误；B．氧气和甲烷的分子中含有的原子数不同，所以等物质的量的甲烷和氧气中含有的原子数一定不相等，故B错误；C．密度与摩尔质量成正比，所以二者的密度一定不同，故C错误；D．甲烷和氧气的物质的量相等，所以一定含有相同的分子数，故D正确；故选D。
2.在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl,16 mol KCl和24 mol K2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（ ）
A. 2 ,64 ,24 B. 64 ,2 ,24 C. 32 ,50 ,12 D. 16 ,50 ,24
【答案】B
【解析】试题分析：含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中：n（NH4+） = 50mol，n（Cl-） =" 50mol" + 16mol = 66mol，n（K + ） =" 16mol" + 24mol × 2 = 64mol，n（SO42-） = 24mol，由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液，营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中相应离子物质的量相等，根据硫酸根离子守恒可知，需要n[（NH4）2SO4]=24mol，再由铵根离子守恒得n（NH4Cl）=50mol-24mol×2=2mol，由氯离子守恒，则n（KCl）=66mol-2mol=64mol，选B。
3.下列物质既能用作食品防腐剂，又能用作食品干燥剂的是( )
A. 烧碱 B. 生石灰 C. 氮气 D. 铁粉
【答案】D
【详解】A、烧碱具有强烈的腐蚀性，虽然能够吸收水，但是也不能用作食品干燥剂，A不符合；
B、生石灰不能和氧气反应，不能用作食品防腐剂，B不符合；
C、氮气不能吸收水，不能用作食品干燥剂，C不符合；
D、铁粉能够吸收水和氧气，既能用作食品防腐剂，又能用作食品干燥剂，D符合。
答案选D。
4.下列变化中只有通过还原反应才能实现的是 ( )
A. Fe3＋→Fe2＋ B. Mn2＋→
C. Cl－→Cl2 D. N2O3→HNO2
【答案】A
【解析】
【分析】变化中只有通过还原反应才能实现，说明需要加入还原剂，则选项中有关元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A．Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，即只有通过还原反应才能实现，故A符合；
B．Mn元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，即通过氧化反应才能实现，故B不符合；
C．Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，即只有通过氧化反应才能实现，故C不符合；
D．N元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D不符合。
答案选A。
5.下列离子方程式正确的是( )
A. 氢氧化镁与稀盐酸反应：OH－＋H＋=H2O
B. 醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C. 向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑
D. 向碳酸钠溶液中加过量盐酸：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑
【答案】D
【详解】A. 氢氧化镁难溶，用化学式表示，与稀盐酸反应：Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2++2H2O，A错误；
B. 醋酸难电离，用化学式表示，醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应：CaCO3＋2CH3COOH＝2CH3COO－+Ca2＋＋H2O＋CO2↑，B错误；
C. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸：HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，C错误；
D. 向碳酸钠溶液中加过量盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑，D正确。
答案选D。
6.某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm－3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300 mL该溶液中Cl－的物质的量约等于（ ）
A. 0.37 mol B. 0.63 mol C. 0.74 mol D. 1.5 mol
【答案】D
【解析】试题分析：氯化镁溶液的质量为：1.18g•cm-3×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：3.54×5.1g÷24g•mol-1=0.75mol，根据电荷守恒氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1.5mol，选项D符合题意。
7. 下列各组溶液，只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的是（ ）
A. HCl和Na2CO3 B. 稀H2SO4和NaHCO3
C. CaCl2和Na2CO3 D. Ba（OH）2和NaHSO4
【答案】A
【解析】试题分析：A．盐酸滴入碳酸钠溶液中开始没有气体产生，盐酸过量后产生CO2，将碳酸钠滴入盐酸中立即产生 CO2，可以鉴别，A正确；B．无论是稀H2SO4滴加到NaHCO3中，还是NaHCO3滴加到稀H2SO4中，都产生气体，不能鉴别，B错误；C．无论是CaCl2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到CaCl2中，都产生沉淀，不能鉴别，C错误；D．无论是Ba（OH）2滴加到NaHSO4中，还是NaHSO4滴加到Ba（OH）2中，都产生沉淀，不能鉴别，D错误，答案选A。
8.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+
B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
C. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3-=CO2↑+H2O
D. 氢氧化镁与盐酸的反应：OH﹣+H+=H2O
【答案】A
【详解】A、碳酸钙溶于稀盐酸中生成氯化钙、水和CO2，离子方程式：CaCO3+2H+＝H2O+CO2↑+Ca2+，故A正确；
B．澄清的石灰水与稀盐酸反应，离子方程式：OH－+H+＝H2O，故B错误；
C．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式：OH-+HCO3-＝CO32-+H2O，故C错误；
D．氢氧化镁难溶，离子方程式中应该用化学式表示，离子方程式：Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2++2H2O，故D错误；
答案选A。
9.偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是（ ）
A. 偏二甲肼的摩尔质量为60 g
B. 6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60 g
C. 1 mol偏二甲肼的质量为60 g·mol－1
D. 6 g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子
【答案】B
【解析】偏二甲肼的摩尔质量为60 g/mol；1 mol这种物质的质量为60 g；6 g偏二甲肼含有0.1NA个偏二甲肼分子。
10.下列分散系中，分散质微粒直径介于10-9—10-7m (l—100nm）之间的是（ ）
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】B
【解析】试题分析：分散质微粒直径介于10-9—10-7m (l—100nm）之间的是胶体，答案选B。
11.下列有关电解质的说法中正确的是（ ）
A. 液态氯化氢不导电，所以氯化氢不是电解质
B. 氨溶于水形成的溶液能导电，所以氨是电解质
C. 熔融的铜导电性很好，所以铜是电解质
D. 氧化钠、氧化钙熔融时能导电，所以氧化钠、氧化钙是电解质
【答案】D
【详解】A. HCl水溶液中电离出氢离子和氯离子，能导电，所以HCl属于电解质，A错误；
B. 氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液能导电，但是氨气本身不能电离出离子，所以NH3·H2O是电解质，氨气是非电解质，B错误；
C. 熔融的铜能导电，但是铜属于单质，不属于化合物，所以铜既不是电解质，也不是电解质，C错误；
D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质,而氧化钠、氧化钙为化合物，在熔融态时能导电,符合电解质概念，是电解质,故D正确；
综上所述，本题选D。
12.上海建成了我国第一条磁悬浮铁路。磁悬浮的核心技术是利用超导体的反磁性。高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)是以YmOn、BaO和CuO为原料，经研磨烧结而成，此过程中所有元素的化合价均不变，则高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)中Y元素的化合价是( )
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋5
【答案】B
【解析】
【分析】根据在化合物中正负化合价代数和为零解答本题。
【详解】设Y元素的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素的化合价为-2，铜化合价+2，钡化合价+2，由于此过程中所有元素的化合价均不变，则根据高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)的化学式可知：2x+（+2）×4+（+2）×6+（-2）×13＝0，解得x＝+3；答案选B。
13.某化学兴趣小组利用MnO2和浓HCl及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是（ ）
A. A中可用分液漏斗代替长颈漏斗
B. A中缺少加热装置
C. B中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2
D. D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸
【答案】C
【解析】试题分析：A、A中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，故A正确；B、二氧化锰和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，故B正确；C、B中盛放的NaOH溶液吸收氯气，不能净化Cl2，最后不能收集干燥纯净的氯气，故C错误；D、氯气和氢氧化钠溶液反应，D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸，故D正确。
14.将12.4克氧化钠溶于87.6克水中，所得溶液溶质的质量分数是( )
A. 8.0% B. 12.4% C. 16% D. 32%
【答案】C
【解析】
【分析】根据氧化钠与水反应生成氢氧化钠，据此由参加反应的氧化钠的质量、反应的化学方程式计算出生成氢氧化钠的质量，进而由溶质质量分数的计算方法计算出所得溶液溶质的质量分数。
【详解】设生成NaOH的质量为x，则根据方程式可知
Na2O+H2O＝2NaOH
62 80
12.4g x
62：80＝12.4g：x
解得x＝16g。
所得溶液为氢氧化钠溶液，其溶质的质量分数是16g/(12.4g+87.6g)×100%＝16%。
答案选C。
15.某无色溶液放入铝片后有氢气产生，下列离子在该溶液中一定不能大量存在的是( )
A. SO42－ B. Cu2＋ C. K＋ D. OH－
【答案】B
【解析】
【分析】无色溶液放入铝片后有氢气产生，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，结合离子的性质分析解答。
【详解】A、SO42－在碱性或酸性溶液中均可以存在，A不符合；
B、Cu2＋在碱性溶液中不能大量存在，酸性溶液中可以，含Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不存在Cu2+，B符合；
C、K＋在酸性或碱性溶液中均可以大量存在，C不符合；
D、OH－在酸性溶液中不能大量存在，在碱性溶液中可以，D不符合；
答案选B。
16.不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )
A. 食盐水 B. 氯水 C. 氯化铁溶液 D. 碘水
【答案】A
【解析】
【分析】淀粉遇碘单质变蓝，具有氧化性的物质可氧化KI生成碘，或含碘单质的物质等均能使淀粉碘化钾溶液变蓝，以此来解答。
【详解】I2遇淀粉变蓝，说明能使淀粉碘化钾溶液变蓝的物质具有氧化性，可将碘离子氧化为I2。则
A．食盐水无氧化性，不能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故A选；
B．氯水具有强氧化性，发生Cl2+2KI＝2KCl+I2，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故B不选；
C．氯化铁具有氧化性，发生2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故C不选；
D．碘水中含碘单质，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故D不选；
答案选A。
17.下列关于二氧化硅的说法错误的是( )
A. 二氧化硅是一种非金属氧化物
B. 二氧化硅不存在单个的分子
C. 二氧化硅中硅元素与氧元素的质量比为7∶8
D. 二氧化硅分子由一个硅原子和两个氧原子构成
【答案】D
【详解】A. 二氧化硅是由Si和O两种元素组成的氧化物，Si是非金属元素，因此是一种非金属氧化物，A正确；
B. 二氧化硅属于原子晶体，不存在单个的分子，B正确；
C. 二氧化硅的化学式为SiO2，其中硅元素与氧元素的质量比为28∶32＝7∶8，C正确；
D. 二氧化硅属于原子晶体，不存在分子，D错误。
答案选D。
18.等质量的甲、乙、丙三种金属，分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应后，都生成＋2价的硫酸盐，其产生氢气的体积与反应时间的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 三种金属的活动性顺序为甲＞乙＞丙
B. 反应结束消耗硫酸的质量一定相同
C. 三种金属的相对原子质量是甲＞乙＞丙
D. 甲先反应完，乙最后反应完
【答案】D
【解析】
【分析】据相同时间内产生氢气较多（即反应剧烈）的金属活动性较强，结合产生氢气的关系图判断三种金属活动性；根据一定质量的金属完全反应产生氢气的质量=金属的化合价/金属的相对原子质量×金属的质量，结合三种金属的化合价及完全反应放出氢气的质量大小，判断三种金属的相对原子质量的大小。
【详解】A、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，当三种金属都在发生反应时，相同时间内甲放出氢气的质量大于丙，丙大于乙，可判断三种金属活动性顺序是甲＞丙＞乙，A错误；
B、金属与酸的反应生成氢气时，氢气来源于酸中的氢元素，所以生成的氢气与消耗的酸的多少顺序一致，则消耗硫酸的质量：甲＞乙＞丙，B错误；
C、三种金属的化合价、金属的质量都相等，完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比，即产生氢气多的相对原子质量小；根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，在三种金属完全反应后，放出H2的质量是甲＞乙＞丙；因此可判断相对原子质量是丙＞乙＞甲，C错误；
D、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图可知甲先反应完，乙最后反应完，D正确；
答案选D。
19.合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是( )
A. 青铜 B. 金刚砂(SiC) C. 硬铝 D. 生铁
【答案】B
【解析】
【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。
【详解】A．青铜是铜锡合金，故A不符合；
B．金刚砂(SiC)是化合物，不是合金，故B符合；
C．硬铝是铝的合金，故C不符合；
D．生铁是铁与碳的合金，故D不符合。
答案选B。
20.下列说法正确的是( )
A. 用澄清石灰水可以鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
B. 新制氯水经光照一段时间pH减小
C. 自然界硅元素贮量丰富，并存在大量的单质硅
D. 等质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，产生二氧化碳质量相同
【答案】B
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠均与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，实验现象相同，不能鉴别，故A错误；
B．氯水含HClO，光照下HClO分解生成盐酸和氧气，则酸性增强，pH减小，故B正确；
C．Si为亲氧元素，自然界硅元素全部以化合态存在，故C错误；
D．碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，盐酸足量时，等质量的碳酸钠与碳酸氢钠均完全反应，由n=m÷M可知碳酸氢钠的物质的量大，生成二氧化碳多，故D错误；
答案选B。
21.黄铜是合金，它是( )
A. 铜的化合物 B. 含铜的混合物
C. 铜的氧化物 D. 铜单质
【答案】B
【详解】黄铜是主要由铜和锌两种金属元素组成的合金，属于混合物，不属于单质，不是铜的化合物，也不是铜的氧化物，答案选B。
22.下列变化不可能通过一步反应直接完成的是( )
A. Al→AlO2－ B. Al2O3→Al(OH)3
C. Al(OH)3→Al2O3 D. Al3＋→AlO2－
【答案】B
【详解】A. 单质铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、氢气，即Al→AlO2－能通过一步反应直接完成，A不符合；
B. 氧化铝不溶于水，则Al2O3→Al(OH)3不能通过一步反应直接完成，B符合；
C. 氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，则Al(OH)3→Al2O3能通过一步反应直接完成，C不符合；
D. 铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则Al3＋→AlO2－能通过一步反应直接完成，D不符合。
答案选B。
23.石英的主要化学成分是( )
A. 硅酸钠 B. 氧化铝 C. 二氧化硅 D. 单质硅
【答案】C
【详解】石英的主要化学成分是二氧化硅，答案选C。
24.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体为( )
A. 2.24L B. 1.12L C. 0.672L D. 0.448L
【答案】C
【解析】试题分析：10mL此混合酸中；，铁依次发生、、．根据，生成NO 0．02mol,消耗H+0．08mol,剩余的氢离子0．02mol参与反应，生成氢气0．01mol，反应结束后，可产生标准状况下的气体,0．03mol×22．4L/mol=0．672L，故C正确。
25. 将1 mol Na和1 mol Al的混合物投入足量水中，产生气体在标准状况下的体积为( )
A. 11．2 L B. 22．4 L C. 33．6 L D. 44．8 L
【答案】D
【解析】试题分析： 1 mol金属钠与水反应得到1 mol的NaOH溶液和0．5 mol的H2，1 mol的金属铝与生成的1 mol NaOH溶液恰好反应，又得到1．5 mol的H2，因此，总共得到2 mol H2，在标准状况下是44．8 L。
26.工业上利用合成氨实现人工固氮。属于合成氨主要原料的是( )
A. 二氧化氮 B. 空气 C. 碳酸钠 D. 硝酸钾
【答案】B
【详解】工业用氮气和氢气合成氨，合成氨中原料气N2可从空气中分离得到，H2可用甲烷在高温下与水蒸气反应制得，故答案选B。
分卷II
二、填空题(共6小题,共48分)
27.无机化合物可根据其组成和性质进行分类。
（1）上图所示的物质分类方法名称是________。
（2）以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中。
___________、______________、_______________
（3）写出⑦转化为⑤的化学方程式：__________________________________________。
（4）实验室制备⑦常用________和________反应，检验该气体的方法是_______________________。
【答案】 (1). 树状分类法 (2). H2SO4(或HNO3等均可) (3). NaOH(或KOH) (4). Na2SO4(或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等均可） (5). 2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O (6). 稀盐酸 (7). 大理石(或石灰石) (8). 将气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，即可证明是CO2
【解析】
【分析】（1）根据树状分类法和交叉分类法的定义作答，树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有根、杆、枝、叶；
（2）题目中元素形成的酸还有H2SO4、HNO3等；形成的碱还有NaOH(或KOH)；形成的盐还可以是Na2SO4或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等；
（3）二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；
（4）实验室制取二氧化碳常用大理石（或者石灰石）与稀盐酸反应；二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，故常用澄清的石灰水检验二氧化碳，即将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊则说明该气体是二氧化碳。
【详解】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有根、杆、枝、叶，图示方法就是树状图，故答案为树状分类法；
（2）题目中元素形成的酸还有H2SO4、HNO3等；形成的碱还有NaOH(或KOH)；形成的盐还可以是Na2SO4或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等，
故答案为：H2SO4(或HNO3等均可)；NaOH(或KOH)；Na2SO4(或K2CO3或Na2SO3或NaNO3等均可)；
（3）二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其化学方程式为：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，故答案为：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O；
（4）实验室制取二氧化碳常用大理石或者石灰石与稀盐酸反应；二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，故常用澄清的石灰水检验二氧化碳，即将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊则说明该气体是二氧化碳，故答案为：大理石(或石灰石)；将气体通入澄清石灰水中，若变浑浊，即可证明是CO2。
28.(1)实验室制取氯气时，下列操作不正确的是________(填字母)。
A．装置Ⅰ可用于制取少量氯气
B．用装置Ⅱ除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置Ⅲ制取氯气
D．用装置Ⅳ干燥氯气
(2)实验室制取干燥、纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸外还需要的试剂是____________、____________、____________。
(3)已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。
若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气及验证它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是________(填字母)。
【答案】 (1). ABCD (2). 饱和食盐水 (3). 浓H2SO4 (4). NaOH溶液 (5). BD
【解析】
【分析】（1）根据实验室制备氯气的原理结合氯气的性质分析解答；
（2）根据生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气以及氯气有毒分析解答；
（3）KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞。
【详解】（1）A．应该用浓盐酸和二氧化锰加热反应制备氯气，因此装置Ⅰ不能用于制取少量氯气，A错误；
B．饱和碳酸氢钠溶液能吸收氯气，应该用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，且洗气瓶的导气管应“长进短出”，因此不能用装置Ⅱ除去氯气中的少量氯化氢，B错误；
C．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，则不能用装置Ⅲ制取氯气，C错误；
D．用装置Ⅳ干燥氯气时应该是长口进短口出，D错误；
答案选ABCD。
（2）实验室利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，因此生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，需要利用饱和食盐水除去氯化氢，利用浓硫酸干燥氯气，又因为氯气有毒还需要尾气处理，则实验室制取干燥、纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸外还需要的试剂是饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液。
（3）A.KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，无需加热，盐酸易挥发，应盛装在分液漏斗中，固体放在圆底烧瓶中，故A正确；
B.生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，氯气能与NaOH溶液反应，不能用于HCl的除杂，故B错误；
C.通入洗气瓶的导管应长进短出，否则气体不能通过洗气瓶，故C正确；
D.氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，否则会使试管内压强过大导致橡皮塞顶开，并应有尾气处理装置，故D错误。
答案选BD。
29.在严格无氧的条件下，碱与亚铁盐溶液反应生成白色胶状的 Fe(OH)2，在有氧气的情况下迅速 变为灰绿色，逐渐形成红褐色的氢氧化铁，故在制备过程中需严格无氧。现提供制备方法如下：
方法一：用 FeSO4 溶液与用不含 O2 的蒸馏水配制的 NaOH 溶液反应制备。
(1)配制 FeSO4 溶液时需加入铁粉的原因是_____；除去蒸馏水中溶解的 O2常采用_____的方法。
(2)生成白色 Fe(OH)2 沉淀的操作是用长滴管吸取不含 O2 的 NaOH 溶液，插入 FeSO4 溶液液面下，再挤出 NaOH 溶液。这样操作的理由是_____。
方法二：
在如图装置中，用 NaOH 溶液、铁屑、稀 H2SO4 等试剂制备。
(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；
(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；
(3)为了制得白色 Fe(OH)2 沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤 是_____。
(4)这样生成的 Fe(OH)2 沉淀能较长时间保持白色，其理由是_________________________。
【答案】(1). 稀硫酸、铁屑 (2). 煮沸 (3). 避免生成的Fe（OH） 2 沉淀接触O 2 (4). 稀硫酸、铁屑 (5). NaOH溶液 (6). 检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H 2 纯净时，再夹紧止水夹 (7). 试管Ⅰ中反应生成的H 2 充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入
【解析】
【分析】本实验题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求；方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化。
【详解】方法一 ：
(1)配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸和铁屑，抑制Fe2+的水解并防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，故答案为：稀H2SO4、铁屑；
(2)煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O2．故答案为：煮沸；
(3)Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，故答案为：避免生成的 Fe(OH)2沉淀接触O2；
方法二：
(1)试管Ⅰ中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用硫酸和铁屑反应生生成，故答案为：稀H2SO4、铁屑；
(2)试管Ⅱ中应为NaOH溶液，与试管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：NaOH溶液；
(3)打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2，若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe(OH)2溶液．故答案为：检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹；
(4)由于装置中充满H2，外界空气不易进入，所以沉淀的白色可维持较长时间，故答案为：试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入。
30.草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾。现从草木灰中提取钾盐，并用实验检验其中的CO32-、SO42-和Cl－。
(1)从草木灰中提取钾盐的实验操作顺序如下：①称量样品，②溶解沉降，③________，④________，⑤冷却结晶。
(2)用托盘天平(指针向上的)称量样品时，若指针偏向右边，则表示________(填字母)。
A．左盘重，样品轻
B．左盘轻，砝码重
C．右盘重，砝码轻
D．右盘轻，样品重
(3)在进行②③④操作时，都要用到玻璃棒，其作用分别是：②__________________；③______________；④__________________。
(4)将制得的少量晶体放入试管，加蒸馏水溶解并把溶液分成三份，分装在3支试管里。
①在第一支试管里加入稀盐酸，可观察有________生成，证明溶液中有________离子。
②在第二支试管里加入足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液，可观察到有________生成，证明溶液中有________离子。
③在第三支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液，过滤后，再向滤液中加入足量稀硝酸后，再加入AgNO3溶液，可观察到有________生成，证明溶液中有________离子。
【答案】(1). 过滤 (2). 蒸发 (3). B (4). 搅拌，加速样品溶解 (5). 引流，防止滤液溅到漏斗外 (6). 搅拌，使溶液受热均匀，防止滤液飞溅 (7). 气泡 (8). CO32- (9). 白色沉淀 (10). SO42- (11). 白色沉淀 (12). Cl－
【解析】
【分析】（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，可以利用过滤的方法来获得钾盐的水溶液，加热蒸发可得到晶体；
（2）根据天平平衡的原理，把样品放在左盘，砝码放在右盘，若指针偏向右边，则右边重；
（3）玻璃棒可用于搅拌、引流等作用；
（4）碳酸根离子和盐酸反应产生气体，硫酸根离子和盐酸酸化钡离子反应生成白色沉淀；氯离子和硝酸酸化的银离子反应生成白色沉淀。
【详解】（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，然后利用过滤的方法可以获得钾盐的水溶液，将所得的水溶液蒸发、冷却结晶可以获得氯化钾的固体；
（2）用托盘天平称量样品时，若指针偏向右边，则表示左盘轻、砝码重，故答案为B；
（3）在溶解固体时，使用玻璃棒可以加速溶解，在过滤操作中，可以用玻璃棒来引流，在蒸发结晶操作中，用玻璃棒来搅拌，使溶液受热均匀，防止滤液飞溅；
（4）①碳酸根离子能和盐酸反应生成二氧化碳，向溶液中加入稀盐酸后有气泡生成说明有碳酸根离子；
②向原溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，排除了其它阴离子的干扰，如果产生白色沉淀，就说明溶液中有硫酸根离子；
③在第三支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液，过滤后，排除了硫酸根离子，再向滤液中加入足量稀硝酸后，排除了其它离子的干扰，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明溶液中有氯离子。
31.为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：
（1）第①步中，操作A是__________，第⑤步中，操作B是__________。
（2）第④步中，写出相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2＋的主要存在形式为氯化钙)______。
（3）若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是_________。
（4）判断氯化钡已过量的方法是___________。
【答案】 (1). 溶解 (2). 过滤 (3). CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝2NaCl＋BaCO3↓ (4). ③和④中生成的氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡等沉淀与盐酸反应而溶解，杂质无法除去 (5). 在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量
【解析】
【分析】为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，首先溶于水，利用氯化钡除去硫酸根离子，利用氢氧化钠除去镁离子，利用碳酸钠除去钙离子以及过量的钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸除去碳酸钠和氢氧化钠，据此分析解答。
【详解】（1）粗盐提纯须先加水溶解，再加入试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3除去可溶性的SO42－、Mg2+、Ca2+，过滤后，加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，最后蒸发、结晶得到精盐，操作A为溶解，操作B为过滤；
（2）Na2CO3的作用是除去溶质中Ca2＋以及过量的Ba2＋，因此反应的化学方程式为CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝BaCO3↓＋2NaCl；
（3）若先用盐酸调pH再过滤，将使③和④中产生的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀溶解而无法过滤除去，影响精盐的纯度；
（4）BaCl2过量时，溶液中不存在SO42－，故判断氯化钡已过量的方法是在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量。
32.如图所示为A、B、C、D、E五种含氮物质之间的相互转化关系。其中A、B、C、D在常温下都是气体，且B为红棕色气体。
(1)写出各物质的化学式：A__________，B__________，C____________，D__________，E__________。
(2)写出各步反应的化学方程式。
①A→C：________________________。
②B→E：__________________________。
③C→B：__________________________。
【答案】(1). N2 (2). NO2 (3). NO (4). NH3 (5). HNO3 (6). N2＋O22NO (7). 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO (8). 2NO＋O2===2NO2
【解析】(1)B为红棕色气体，则B为NO2，C与氧气反应生成NO2，则C为NO；A气体在闪电条件下与氧气反应生成NO，则A为氮气；E与铜反应生成NO，则E为硝酸；D在催化剂条件下与氧气加热反应生成NO，且D是A在高温高压、催化剂条件下反应生成的，则D为氨气，根据分析可知：A、B、C、D、E分别为N2、NO2、NO、NH3、HNO3，故答案为：N2、NO2、NO、NH3、HNO3；
(2)①A→C的反应为氮气与氧气转化成NO的反应，氮气在放电的条件下可以和氧气之间反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；
②B→E为二氧化氮与水反应转化成硝酸，反应的化学方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；
③C→B为NO与氧气转化成二氧化氮的反应，反应方程式为：2NO+O2═2NO2，故答案为：2NO+O2═2NO2。
相关资料
更多
