陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

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文档介绍

陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

‎2019~2020学年度第一学期期末考试 高一年级化学试题 相对原子质量:H—1 O—‎16 C—12 Na—23 Mg —24 Al—27 Cu—64 Fe—56 S—32 N—14 Cl—35.5‎ 第I卷(选择题 共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.下列关于实验事故或药品的处理方法中,正确的是(  )‎ A. 少量浓硫酸沾在皮肤上,立即用大量氢氧化钠溶液冲洗 B. 大量氯气泄漏时,用饱和NaOH溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻,并迅速离开现场 C. 不慎洒出的酒精在桌上着火时,应立即用湿抹布盖灭 D. 金属钠着火时,可立即用沾水的毛巾覆盖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.少量浓硫酸粘在皮肤上,应该立刻用大量水冲洗,然后涂上稀碳酸氢钠溶液,不能用具有强腐蚀性的氢氧化钠溶液冲洗,故A错误; B.氢氧化钠溶液能够腐蚀人的皮肤,不能用氢氧化钠溶液浸湿毛巾,可以用显示碱性的肥皂水浸湿毛巾,故B错误; C.酒精可溶于水,且易挥发,故不能用水灭火,如果洒出的酒精在桌上着火时,应立即用湿抹布盖灭,故C正确; D.钠化学性质活泼,能够与水反应放出氢气,所以钠着火后不能用水灭火,可以用沙子灭火,故D错误; 故选:C。‎ ‎2.现有三组溶液:①汽油和氯化钠溶液;②39%的乙醇溶液;③氯化钠和单质溴的水溶液,分离以上各混合液的正确方法依次是:( )‎ A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①油和氯化钠溶液,混合分层,则利用分液分离;‎ ‎②39%的乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同,则利用蒸馏分离;‎ ‎③单质溴不易溶于水,易溶于有机溶剂,则分离氯化钠和单质溴的水溶液,选择有机溶剂萃取;‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题为高频考点,把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键,注重实验基础知识和基本技能的考查,注意有机物性质。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下: ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) :加热(灼烧、升华、热分解),溶解,过滤(洗涤沉淀),蒸发,结晶(重结晶);②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) :分液,萃取,蒸馏;③分离提纯物是胶体:盐析或渗析;④分离提纯物是气体:洗气。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是( )‎ A. 标况下,‎4.48 L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA B. 常温常压下,‎48 g O3含有的氧原子数3NA C. ‎1.8 g的NH4+中含有的电子数为11NA D. ‎2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标况下水不是气体,‎4.48 L的水的物质的量不是0.2mol,故A错误;‎ B. ‎48g臭氧的物质的量为1mol,含有3mol氧原子,含有的氧原子数为3NA,故B正确;‎ C.一个铵根离子中含有的电子数为10,1.8gNH4+的物质的量为0.1mol,所以所含电子数为NA,故C错误;‎ D. ‎2.4 g金属镁的物质的量为0.1mol,生成一个镁离子失去两个电子,所以‎2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA,故D错误,‎ 故答案为B。‎ ‎4.按照物质的树状分类和交叉分类,H2SO4应属于( )‎ ‎①酸 ②能导电 ③含氧酸 ④混合物 ⑤化合物 ⑥二元酸 ⑦强电解质 A. ①②③④⑦ B. ①③⑤⑥⑦ C. ①③④⑥⑦ D. ②③⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①硫酸电离时生成的阳离子都是氢离子,从性质分类属于酸,故①正确; ②硫酸中没有自由移动的离子,不能导电,故②错误; ③H2SO4由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成,属于含氧酸,故③正确; ④H2SO4从物质组成分类属于化合物,不是混合物,故④错误; ⑤H2SO4由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成的纯净物,属于化合物,故⑤正确; ⑥1molH2SO4可电离出2mol氢离子,故其属于二元酸,⑥正确; ⑦硫酸完全电离,是强酸,属于强电解质,故⑦正确; 故选:B。‎ ‎5.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,造成所配溶液浓度偏低的原因是( )‎ A. 未洗涤烧杯和玻璃棒 B. 转移溶液前溶液未冷却至室温 C. 容量瓶未干燥 D. 定容时俯视液面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、未洗涤溶解NaOH的烧杯,溶质的质量减少,故A浓度偏低;‎ B、转移溶液前溶液未冷却至室温,当溶液冷却后,液面下降,体积偏小,故B浓度偏大;‎ C、定容时要加蒸馏水,所以容量瓶未干燥,故C对溶液的浓度无影响;‎ D、定容时俯视液面,溶液体积偏小,故D浓度偏大。‎ 故选A ‎【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作,根据c= 判断是误差分析的关键。‎ ‎6.进入秋冬季节后,雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体,它区别于溶液等其它分散系的本质特征是: ( )‎ A. 胶粒可以导电 B. 胶体粒子大小在1~100nm之间 C. 胶体是混合物 D. 胶体的分散剂为气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶粒可以导电是胶体的性质,故A错误;‎ B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7~10‎-9m)之间,溶液的粒子直径小于1nm,浊液的子直径大于100nm,故B正确;‎ C、胶体是混合物,是指分散系由多种物质组成,故C错误;‎ D、胶体的分散剂为气体,指分散剂的状态为气态,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法正确的是(  )‎ A. 将 AgCl 放入水中不能导电,故 AgCl 不是电解质 B. CO2溶于水得到的溶液能导电,所以 CO2 是电解质 C. 金属能导电,所以金属是电解质 D. 固态的 NaCl 不导电,熔融态的 NaCl 能导电,NaCl 是电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.AgCl是难溶物,但溶于水的部分可以电离,所以AgCl是电解质,故A错误;‎ B.电解质本身能电离出离子,CO2不能电离出导电离子,CO2是非电解质,故B错误;‎ C.金属是单质,既不是电解质也不是非电解质,故C错误;‎ D.熔融态的NaCl能导电,NaCl是电解质,故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.下列离子方程式书写正确的是 A. Na投入到足量的盐酸中:2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑‎ B. AlCl3溶液中加入足量的氨水:Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O C. 三氯化铁溶液中加入铜粉:Fe3++Cu═Fe2++Cu2‎ D. 将氯气通入冷的氢氧化钠溶液中:Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na投入到足量的盐酸中,反应生成氯化钠和氢气,正确的离子方程式为:2Na+2H+═2Na++H2↑,故A错误;‎ B.氨水与氯化铝反应的离子方程式为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故B错误;‎ C.三氯化铁溶液中加入铜粉,正确的离子方程式为:2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+,故C错误;‎ D.氯气通入冷的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式为:Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O,故D 正确.‎ 故选D.‎ ‎9.下列离子在溶液中能大量共存的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁离子和硫氰酸根生成络合物,故A不能大量共存;‎ B.四种离子相互之间不反应,故B可以大量共存;‎ C.铁离子与硫离子之间会发生氧化还原反应,故C不可以大量共存;‎ D.氢离子少量时和偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀,氢离子过量会继续和氢氧化铝反应生成铝离子,故D不能大量共存;‎ 故答案为B。‎ ‎10.氧化还原反应中,水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较,水的作用不相同的是 A. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2↑ B. Cl2+ H2OHClO + HCl C. ‎2F2+2H2O=4HF+O2 D. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 目标方程式中水既非氧化剂又非还原剂。‎ ‎【详解】A、2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2↑,水既非氧化剂又非还原剂,A相同;‎ B、Cl2+ H2OHClO + HCl,水的作用是既非氧化剂又非还原剂,B相同;‎ C、‎2F2+2H2O=4HF+O2,水在该反应中作还原剂,C与目标方程式中水的作用不同;‎ D、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,水既非氧化剂又非还原剂,D相同。‎ 答案选C。‎ ‎11.常温下,在下列溶液中发生如下反应:①16H++10Z-+2XO4-===2X2++5Z2+8H2O②‎2A2++B2===‎2A3++2B- ③2B-+Z2===B2+2Z-由此判断下列说法正确的是 (  )‎ A. 反应Z2+‎2A2+===‎2A3++2Z-不能进行 B. Z元素在①③反应中均被氧化 C. 氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+‎ D. 还原性由强到弱的顺序是A2+、B-、Z-、X2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物,还原剂的还原性大于还原产物分析,还原性顺序为:A2+>B->Z->X2+,氧化性顺序为:XO4->Z2>B2>A3+。‎ ‎【详解】A、反应中氧化性顺序为:Z2>A3+,与题目中的信息相符,能反应, A错误;‎ B、Z元素在反应①中被氧化,在反应③中被还原, B错误;‎ C、根据以上分析,氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+,C正确;‎ D、根据以上分析,A2+>B->Z->X2+,D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物,还原剂的还原性大于还原产物,可以通过反应确定性质强弱,也能通过性质强弱确定是否发生反应。‎ ‎12.一定条件下,PbO2与Cr3+反应,产物是Cr2O72-和Pb2+,则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为 A. 3.0‎‎ mol B. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】利用电子守恒作答。当1molCr3+被氧化生成Cr2O时,失去的电子为3mol,而1molPbO2被还原只能得到2mol电子,因此所需PbO2的物质的量为1.5mol,答案选B。‎ ‎13.下列关于钠及其化合物的说法错误的是( )‎ A. 切开的金属钠暴露在空气中,光亮的表面变暗发生2Na+O2=Na2O2反应 B. 钠、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠灼烧时火焰呈黄色 C. Na2O2在潮湿空气放置一段时间变成白色粘稠物发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应 D. 过氧化钠投入硫酸铜溶液可产生氢氧化铜沉淀和氧气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.切开金属钠暴露在空气中,光亮的表面变暗发生4Na+O2═2Na2O反应,故A错误; B.焰色反应为元素性质,钠的焰色为黄色,故B正确; C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠潮解得到氢氧化钠溶液,故C正确; D.过氧化钠投入硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜,硫酸钠和氧气,产生氢氧化铜沉淀和氧气,故D正确; 故选:A。‎ ‎14.下列说法正确的是( )‎ A. SiO2是酸性氧化物,它不溶于水也不溶于任何酸 B. 木材浸过水玻璃后,具有防腐蚀性能且不易着火 C. 因高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2,所以H2SiO3酸性比H2CO3强 D. 氯气泄漏后,人应逆风且往低处跑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SiO2是酸性氧化物,与氢氟酸反应,A错误;‎ B.木材浸过水玻璃后,具有防腐蚀性能且不易着火,B正确;‎ C.H2SiO3酸性比H2CO3弱,C错误;‎ D.氯气的密度大于空气,氯气泄漏后,人应逆风且往高处跑,D错误。‎ 答案选B。‎ ‎15.下列表述不正确的是 A. 人造刚玉熔点很高,可用作高级耐火材料,主要成分是 Al2O3‎ B. 硅是制造太阳能电池的常用材料 C. 四氧化三铁俗称铁红.可用作油漆、红色涂料 D. 分散系中分散质粒子的直径:Fe(OH)3 悬浊液>Fe(OH)3 胶体>FeCl3 溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、人造刚玉的主要成分是Al2O3,其熔点很高,高温下机械强度大,抗热震性好,抗腐蚀性强,热膨胀系数小等特点,可作耐火材料,A 正确;‎ B、晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池材料,B 正确;‎ C、Fe2O3俗称铁红,可用于作油漆、红色涂料,C 错误;‎ D、分散系的分散质粒子直径大小为,浊液分散质粒子直径>100nm,溶液分散质粒子直径<1nm,胶体分散质粒子直径在1nm-100nm间,所以分散系中分散质粒子的直径:Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,D 正确。‎ 表述不正确的是C,答案选C。‎ ‎16.下列各组物质的稀溶液相互反应,无论是前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象都相同的是( )‎ A. NaHCO3和HCl B. AlCl3和NaOH C. NaAlO2和H2SO4 D. Na2CO3和H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHCO3和HCl反应,无论是前者滴入后者,还是后者滴入前者,都发生反应:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,现象都是产生无色气泡,故A正确; B、因前者逐滴滴入后者,发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al(OH)3↓+3NaCl,现象为先没有沉淀后有沉淀生成;而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失,则现象不同,故B不选; C、NaAlO2和H2SO4反应,当前者滴入后者时,后者开始足量,先有沉淀立刻溶解,先有沉淀反应方程式为:2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓由于H2SO4过量,生成的Al(OH)3立刻被硫酸中和,反应方程式为:2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O,当溶液中铝元素全部变为Al3+时,它与滴入的AlO2-发生双水解反应方程式为:Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓现象是最终有沉淀;当后者滴入前者时,前者开始足量,先有沉淀,反应方程式为:2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓ 后溶解是由于硫酸过量,反应方程式为:3H2SO4+2Al(OH)3═Al2(SO4)3+6H2O,最终无沉淀,故C不选; D、碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+CO2↑+H2O,现象立刻产生气泡;硫酸滴入碳酸钠发生反应:CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═CO2↑+H2O,现象开始无气泡,一段时间后有气泡,所以二者现象不同,故D不选; 故选:A。‎ ‎17.等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应,若生成硫酸钡沉淀的质量比为1∶2∶3,则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为( )‎ A. 1∶2∶3 B. 1∶6∶‎9 ‎C. 1∶3∶3 D. 1∶3∶6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成BaSO4沉淀的质量比为1:2:3,根据n=可知:生成BaSO4的物质的量之比为1:2:3,然后利用Al2(SO4)3~3BaSO4、ZnSO4~BaSO4、Na2SO4~BaSO4来计算。‎ ‎【详解】由生成BaSO4沉淀的质量比为1:2:3,可知生成BaSO4的物质的量之比为1:2:3,设生成BaSO4的物质的量分别为a、‎2a、‎3a,‎ 则由Al2(SO4)3~3BaSO4, n(BaSO4)=a,所以n[Al2(SO4)3]= n(BaSO4)=;‎ 由ZnSO4~BaSO4,n(BaSO4)=‎2a,所以n(ZnSO4)=n(BaSO4)=‎2a, ‎ 由Na2SO4~BaSO4,n(BaSO4)=‎3a,所以n(Na2SO4)=n(BaSO4)=‎3a。又由于硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同,根据c=,可知三种物质的浓度之比等于它们的物质的量之比,即为c[Al2(SO4)3]:c(ZnSO4):c(Na2SO4)=:‎2a:‎3a=1:6:9,故合理选项是B。‎ ‎【点睛】明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键,并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比进行解答。‎ ‎18.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”,发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉,反应结束后,剩余固体不可能是( )‎ A. 有铜无铁 B. 有铁无铜 C. 铁、铜都有 D. 铁、铜都无 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe的还原性大于Cu,所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu,且Fe先发生氧化还原反应,据此分析解答。‎ ‎【详解】A.Fe的还原性大于Cu,所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应,当Fe完全反应后,Cu部分反应,则烧杯中有Cu无Fe,故A不选; ‎ B.Fe的还原性大于Cu,所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应,如果溶液中有Fe而无铜,则Fe会和铜离子发生置换反应而生成铜,所以不可能出现有Fe而无Cu现象,故B可选; C.如果铁完全将铁离子还原还剩余,则Cu就不参加反应,所以烧杯中还剩Fe、Cu,故C不选; D.如果铁离子的量足够大,Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余,则烧杯中Cu、Fe都不存在,故D不选; 故选:B。‎ ‎19.证明某溶液只含有Fe 2+而不含Fe 3+的实验方法是( )‎ A. 只需滴加KSCN溶液 B. 先滴加氯水,再滴加KSCN溶液后显红色 C. 先滴加KSCN溶液,不显红色,再滴加氯水后显红色 D. 滴加NaOH溶液,产生红褐色沉淀。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据Fe3+的特征反应判断溶液不含Fe3+;然后加入氧化剂,如果含有Fe2+,Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色,从而证明Fe2+的存在。‎ ‎【详解】A.只滴加KSCN溶液,根据溶液是否显红色,能检验出溶液中是否含有Fe3+,无法验证Fe2+存在,故A错误;B.先滴加氯水,氯气将Fe2+氧化成Fe3+,即使原溶液不含Fe3+,滴加KSCN溶液后也显红色,无法证明原溶液是否含有Fe3+,故B错误;C.KSCN与Fe3+作用使溶液显红色,与Fe2+作用无此现象,先滴加KSCN溶液,不显红色,说明原溶液不含有Fe3+,再滴加氯水后显红色,说明滴加氯水后溶液中有Fe3+,证明原溶液含有Fe2+,故C正确;D.滴加NaOH溶液,产生红褐色沉淀,说明含有Fe3+,无法验证Fe2+存在,故D错误;故选C。‎ ‎【点睛】易错点B,Fe2+、Fe3+的检验,滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒,如果颠倒,无法确定溶原液将中是否含有Fe3+。‎ ‎20.把‎2.1 g CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后,立即通入足量的Na2O2固体中,固体的质量增加(  )‎ A. ‎2.1‎ g‎ B. ‎‎3.6 g C. ‎7.2 g D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,把两个反应相加,得:CO+Na2O2=Na2CO3,过氧化钠增重的质量即为CO的质量。氢气同理,过氧化钠增重的质量即为H2的质量,所以‎2.1克一氧化碳和氢气的混合气体,最后固体增重就为‎2.1克,选A。‎ ‎21.将‎0.4g NaOH和‎1.06g Na2CO3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液,当滴加盐酸时,先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O,再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,有二氧化碳气体生成,利用物质的量的关系并结合图象解析。‎ ‎【详解】‎0.4g NaOH的物质的量为‎0.4g÷‎40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为‎1.06g÷‎106g·mol-1=0.01mol,则 A、‎0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成,但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成,则图象与反应不符,故A错误;‎ B、图象中开始反应即有气体生成,与反应不符,故B错误;‎ C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时,首先和NaOH 反应生成水和氯化钠,当滴入‎0.1L时,两者恰好反应完全;继续滴加时,盐酸和Na2CO3开始反应,首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl,不放出气体,当再加入‎0.1L时,此步反应进行完全;继续滴加时,发生反应:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑;此时开始放出气体,正好与图象相符,故C正确;‎ D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成,则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠,此时没有气体生成,则图象与反应不符,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据处理知识,解答此题的易错点是,不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应,是分步进行的,首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl;进行完全后,再发生:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。‎ ‎22.将‎3.6 g镁铝合金,投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中,合金完全溶解,再加入4 mol/L的NaOH溶液,若要生成的沉淀最多,加入的这种NaOH溶液的体积是(  )‎ A. 150 mL B. 200 mL C. 250 mL D. 280 mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】镁铝合金与盐酸反应,金属完全溶解,发生的反应为:Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,Mg2+和Al3+全部转化为沉淀,分别与NaOH溶液反应的方程式为:AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl,所以最终溶液中的溶质为NaCl,根据氯原子和钠原子守恒可得:n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=2mol/L×‎0.5L=1mol,所以需要氢氧化钠溶液体积为:=‎0.25L=250mL。 故选:C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物反应的计算,题目难度中等,注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时,NaOH不能过量,即氢氧化铝不能溶解,溶液中的溶质只有NaCl,注意利用原子守恒解题.‎ ‎23.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份,一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A. (b-a)/V mol·L-1 B. (2b-a)/V mol·L-1‎ C. 2(2b-a)/V mol·L-1 D. 2(b-a)/V mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol,硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡,那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol,钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L,即 mol·L-1,C项符合题意,故答案为C。‎ ‎24.某澄清溶液可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-中的一种或几种,为确定其成分,进行如下实验:①取部分溶液,逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液,只产生白色沉淀;②另取部分溶液,缓慢加入足量的Na2O2固体并加热,产生无色无味的气体,同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是( )‎ A. 肯定有Al3+、SO42-,可能有K+、NH4+‎ B. 肯定无NH4+、Mg2+、CO32-,可能有Fe2+‎ C. 原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液 D. 肯定有Mg2+、Al3+、SO42- ,K+只能通过焰色反应才能确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①向原溶液中逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液,只产生白色沉淀,则白色沉淀为硫酸钡,溶液中一定存在SO42-,由于碳酸根离子能够与盐酸反应生成气体,所以一定不存在CO32-; ②向原溶液中缓慢加入足量的Na2O2固体并加热,产生无色无味的气体,该气体为氧气,说明溶液中一定不存一定不存在NH4+;同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解,说明原溶液中一定存在Al3+、Mg2+;由于氢氧化亚铁能够别过氧化钠氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀,而沉淀为白色,说明一定不存在Fe2+;不能确定是否含有K+,‎ ‎【详解】A、根据以上分析可知,原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42-,一定不存在Fe3+、Cu2+、Fe2+、CO32-、NH4+,可能存在K+,故A错误; B、根据以上分析可知,原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42-,一定不存在Fe2+、CO32-、NH4+,可能存在K+,故B错误; ‎ C、由于无法确定是否含有钾离子,所以无法确定溶质是否含有明矾,故C错误; D、根据分析可知:原溶液中可能存在K+,K+只能通过焰色反应才能确定,故D正确; 故选:D。‎ ‎【点睛】注意掌握常见离子的反应现象及检验方法,明确具有特殊反应现象的离子,如铝离子与氢氧根离子的反应,熟悉常见的沉淀的颜色,如氢氧化铁、氢氧化铜等。‎ ‎25.下图所示是验证氯气性质的微型实验,a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后,立即用另一培养皿扣在上面。已知:2KMnO4+16HCl=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O 对实验现象的“解释或结论”正确的是(  )‎ 选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝,b处变红棕色 氧化性:Cl2>Br2>I2‎ B c处先变红,后褪色 氯气与水生成了酸性物质 ‎ C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 ‎ D e处变红色 还原性:Fe2+>Cl-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2>I2,Cl2>Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;‎ B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;‎ C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;‎ D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+>Cl-,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎【此处有视频,请去附件查看】‎ 第Ⅱ卷(非选择题,共50分)‎ ‎26.(1)0.5mol CH4的质量是_____g,在标准状况下的体积为______L;含有约______个氢原子。‎ ‎(2)将标准状况下‎22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液,所得溶液的物质的量浓度为______;配制300mL 0.5mol•L﹣1氯化钠溶液,需要1.5mol•L﹣1的氯化钠溶液的体积是______mL。‎ ‎【答案】 (1). ‎8g (2). ‎11.2L (3). 1.204×1024 (4). 5mol/L (5). 100ml ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0.5mol CH4的质量=nM=0.5mol×‎16g/mol=‎8g;标况下的体积为0.5mol×‎22.4L/mol=‎11.2L;每个甲烷分子中含有4个氢原子,所以0.5mol CH4的含有氢原子为0.5mol×4=2mol,即1.204×1024个,故答案为:‎8g;‎11.2L;1.204×1024;‎ ‎(2)‎22.4L的HCl的物质的量为=1mol,溶液的物质的量浓度;300mL 0.5mol•L﹣1氯化钠溶液所含氯化钠的物质的量为0.5mol/L×‎0.3L=0.15mol,需要1.5mol•L﹣1的氯化钠溶液的体积V=,故答案为:5mol/L;100ml。‎ ‎27.(1)反应 KClO3 + HCl — KCl + Cl2↑ + H2O未配平,请写出配平的方程式__________________,在该反应中氧化剂和用作还原剂的物质的物质的量之比为___________,产生标准状况下33.6LCl2时,转移电子的物质的量为___________。‎ ‎(2)将NaOH溶液滴加到FeSO4溶液中产生的现象是_________________,本实验应将胶头滴管伸入到液面以下,这样做的目的是_______________‎ ‎【答案】 (1). KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O (2). 1:5 (3). 2.5mol (4). 产生白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色 (5). 防止Fe(OH)2被氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化合价变化将电子得失配平,再根据元素守恒配平方程式;氧化剂化合价降低,还原剂化合价升高;氧化还原反应中转移的电子数目=化合价升高的数目=化合价降低的数目;‎ ‎(2)NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀,氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁。‎ ‎【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为Cl2中0价,化合价降低5价;HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价,化合价升高1价,化合价升降最小公倍数为5,KClO3系数为1,Cl2系数为3;所以KCl系数为1,HCl系数为6,结合元素守恒,反应方程式为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O;KClO3中氯元素化合价降低为氧化剂,HCl中氯元素化合价升高为还原剂,根据方程式可知6molHCl中有5mol被氧化,所以在该反应中氧化剂和用作还原剂的物质的物质的量之比为1:5;标准状况下33.6LCl2的物质的量为1.5mol,根据方程式可知转移电子数为2.5mol,故答案为:KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O;1:5;2.5mol;‎ ‎(2)NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀,氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁,其现象为产生白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色;故答案为:产生白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色;防止Fe(OH)2被氧化。‎ ‎28.洪灾过后,饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。‎ ‎(1)工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉,化学反应方程式为______________。‎ ‎(2)漂白粉的主要成分_____________(填化学式),有效成分是_________(填化学式)。‎ ‎(3)漂白粉溶于水后,受空气中的CO2作用,即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸,化学反应方程式为________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (2). CaCl2、Ca(ClO)2 (3). Ca(ClO)2 (4). CO2 + H2O + Ca(ClO)2 = CaCO3↓ + 2HClO ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙,反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;‎ ‎(2)根据(1)方程式可知主要成分为氯化钙和次氯酸钙,有效成分为次氯酸钙,故答案为:CaCl2、Ca(ClO)2;Ca(ClO)2;‎ ‎(3)次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙,反应的方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,故答案为:Ca(ClO)2+CO2+H2O═CaCO3↓+2 HClO。‎ ‎【点睛】本题考查漂白粉的制备及漂白原理,把握氯气的性质、次氯酸钙的性质、HClO的性质为解答的关键,明确发生的化学反应即可解答,题目难度不大。‎ ‎29.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H ‎,它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)写出下列物质的化学式:B_____________, C_______________,F_____________, 乙_______________,‎ ‎(2)写出下列反应的离子方程式:反应①____________________;反应⑤____________________;‎ ‎【答案】 (1). Al (2). Fe (3). FeCl2 (4). Cl2 (5). 2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑ (6). 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属A颜色反应为黄色证明为Na,与水反应生成气体甲为H2,D为NaOH,金属B和氢氧化钠溶液反应生成氢气,说明B为Al,黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙为HCl,溶于水得到E为盐酸,物质D(氢氧化钠)和G为反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3,说明G中含有Fe3+,金属C与盐酸反应得到F,F与氯气反应得到G,可推知,C为Fe,F为FeCl2,G为FeCl3,然后结合物质的性质及化学用语来解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知B为Al,C为Fe,F为FeCl2,乙为Cl2,故答案为:Al;Fe;FeCl2;Cl2;‎ ‎(2)反应①为钠与水的反应,该反应的离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;反应⑤为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁,该反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+,故答案为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+。‎ ‎【点睛】注意把握焰色反应及物质的颜色为解答本题的突破口,注意熟练掌握常见元素及其化合物性质,试题培养了学生的综合应用能力。‎ ‎30.掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础,下图为两套实验装置。‎ ‎(1)写出下列仪器的名称:‎ ‎①__________________;‎ ‎②__________________;‎ ‎④__________________;‎ ‎(2)仪器①~④中,使用时必须检查是否漏水有____________。(填序号)‎ ‎(3)现需配制250 ml 0.2 mol/L NaCl溶液,装置II是某同学转移溶液的示意图,图中两处错误是①_______________________②_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 1000mL容量瓶 (4). ④ (5). 未用玻璃棒引流 (6). 未采用250mL容量瓶 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图示仪器的构造可知:①为蒸馏烧瓶,②为冷凝管,④为1000mL容量瓶,故答案为蒸馏烧瓶;冷凝管;1000mL容量瓶;‎ ‎(2)容量瓶在使用前一定要查漏,故答案为④;‎ ‎(3)配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流,防止液体外溅,配制多大体积的溶液则选择多大规格的容量瓶,故答案为未用玻璃棒引流;未采用250ml容量瓶。‎ ‎31.把‎10.2g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中,得到‎11.2L H2(标准状况下).试计算(写出计算过程):‎ ‎(1)该合金中铝的质量分数;‎ ‎(2)该合金中铝和镁的物质的量之比.‎ ‎【答案】(1)52.9%;(2)n(Al):n(Mg)=1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 镁和铝都能与盐酸反应生成氢气,根据化学方程式进行计算。‎ ‎【详解】标准状况下,‎11.2L H2的物质的量为0.5mol。设‎10.2g镁铝合金中镁的物质的量为 xmol,铝的物质的量为ymol,根据化学方程式Mg+2H+= Mg2++H2↑、2Al+6H+=Al3++3H2↑,可以得出: x+1.5y=0.5,24x+27y=10.2。联立方程组解得:x=0.2,y=0.2。所以,n(Al):n(Mg)=1:1,铝的质量分数为52.9%。‎ ‎ ‎
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