河北省衡水市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

河北省衡水市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

‎2019-2020学年高一年级第一学期期末考试.‎ 化学试题 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。共100分。考试时间90分钟。‎ ‎2.答案一律写在答题纸上。‎ ‎3.可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 A1-27 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Mn-55 Si-28‎ 第I卷(选择题)‎ 一、单项选择题(共16小题，每题3分，共48分)‎ ‎1. 下列常见物质的俗名或主要成份与化学式相对应的是( )‎ A. 苏打——NaHCO3 B. 生石灰 Ca(OH)2‎ C. 漂白粉——Ca(ClO)2和CaCl2 D. 纯碱——NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苏打——Na2CO3，与题意不符，A错误；‎ B. 生石灰为CaO，与题意不符，B错误；‎ C. 漂白粉——Ca(ClO)2和CaCl2，符合题意，C正确；‎ D. 纯碱——Na2CO3，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 22.4L氢气中含有的氢分子数目为NA - 22 -‎ B. 标准状况下，4.48L水中含有的水分子数目为0.2NA C. 常温常压下，14g氮气含有的氮原子数目为NA D. 0.2mol·L-1CaCl2溶液中含有的氯离子数目为0.4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下22.4L氢气才能确定是1mol，因状态未知，所以此处无法确定22.4L氢气的物质的量，则分子数也无法确定，A项错误；‎ B.标准状况下水是液态，而非气体，4.48L水远远大于0.2mol，分子数远远大于0.2 ，B项错误；‎ C.1molN的质量14g，14g氮气有氮原子1mol，数目为，C项正确；‎ D.此选项无溶液体积只有浓度，无法知道离子数目，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3. 下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ B. Na2O2与H2O反应：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑‎ C. 氯气与水的反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-‎ D. 盐酸中滴加氨水：H++OH-=H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将氯气通入氯化亚铁溶液发生反应生成氯化铁，离子反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；‎ B．Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和水，正确的离子反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故B错误；‎ - 22 -‎ C．氯气与水的反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，不能拆开，保留化学式形式，正确的离子反应方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故C错误；‎ D．盐酸中滴加氨水生成氯化铵和水，一水合氨为弱碱，不能拆开，保留化学式形式，正确的离子反应方程式为：H++NH3·H2O=+H2O，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4. 已知反应：KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O。下列结论正确的是 A. 氧化性：Cl2＞KClO3‎ B. HCl作还原剂，全部被氧化 C. KClO3 作氧化剂，具有氧化性 D. 生成3 mol Cl2 ，转移电子的物质的量为6 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应可知，该反应为归中反应，反应中氯酸钾所含氯元素化合价降低，氯化氢所含氯元素有化合价升高而表现还原性，另有生成氯化钾表现酸性，所以氯酸钾是氧化剂，HCl只有一部分是还原剂，氧化产物和还原产物都是Cl2，据此进行判断。‎ ‎【详解】A.根据分析可知：该反应的氧化剂是氯酸钾，还原产物是氯气,根据氧化还原的基本规律：氧化剂的氧化性比氧化产物强，所以有：氧化性KClO3>Cl2，A选项错误；‎ B.HCl有被氧化，另有表现酸性，所以B选项错误；‎ C.氯酸钾在反应中所含氯元素化合价降低，是氧化剂，具有氧化性，C选项正确；‎ D.每生成3mol氯气被还原的氯酸钾为1mol，所以得电子总数为：1mol×5=5mol，转移的电子数等于得电子总数也为5mol，D选项错误；‎ 答案选C。‎ - 22 -‎ ‎【点睛】1.根据氧化还原反应中的强弱规律：强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂；2.酸在氧化还原反应中的行为可根据酸中所含元素的化合价变化及生成的产物进行判断，特别是有些酸在反应中除表现氧化性或还原性外，还生成了相应的盐，从而又表现出酸性，在分析此类物质的作用时一定要精准到位。‎ ‎5. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是(　 　)‎ A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热 C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；‎ B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；‎ C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；‎ D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。‎ 故答案是A。‎ ‎6. 下列有关Na2CO3和NaHCO3性质比较中，正确的是 A. 热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3‎ - 22 -‎ B. 常温时水溶液中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3‎ C. 与稀盐酸反应快慢：Na2CO3＜NaHCO3‎ D. 物质的量相同时，消耗盐酸：Na2CO3＜NaHCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，故A错误；‎ B、常温时水溶液中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B错误；‎ C、碳酸为二元酸，碳酸钠先与盐酸反应生成碳酸氢钠，再继续与盐酸反应生成二氧化碳，而碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，与盐酸反应时，碳酸氢钠反应快，故C正确；‎ D、1mol碳酸钠消耗2molHCl，1mol碳酸氢钠消耗1molHCl，物质的量相同时，消耗盐酸：Na2CO3＞NaHCO3，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. 明矾易溶于水，可用作净水剂 C. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气 D. ClO2氧化性，可用自来水消毒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2用于漂白纸浆，体现的是漂白性，A不正确；‎ B．明矾用作净水剂，是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附水中悬浮物并使之沉降的能力，B不正确；‎ - 22 -‎ C．浓硫酸用于干燥氢气，体现的是吸水性，C不正确；‎ D．ClO2用于自来水消毒，体现的是强氧化性，D正确；‎ 故选D。‎ ‎8. 下列说法正确的是（ ）‎ A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性 B. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化 C. 用丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体 D. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2使品红溶液褪色，是氯气的强氧化性，二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；‎ B．常温下铜与浓硫酸不反应，不是由于钝化造成的，故B错误；‎ C．丁达尔效应是胶体的特性，溶液不能产生丁达尔效应，用丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，故C正确；‎ D．铁与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9. 有关铵盐性质的叙述正确的是 A. 都是晶体，都能溶于水 B. 受热时分解，都有NH3产生 C 与碱共热时不一定产生氨气 D. 都能与酸反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铵盐都是易溶于水的白色晶体，A项正确； ‎ - 22 -‎ B．铵盐不稳定都能加热分解，但不一定有氨气产生，如：NH4NO3N2O↑+2H2O，B项错误； C．铵盐都能与碱反应生成氨气，C项错误； D．铵盐不都能与酸反应，例如硝酸铵不能与酸反应，D项错误； 答案选A。‎ ‎10. 对于下列事实的解释正确的是 A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有挥发性 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. 氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水，导致浓硝酸颜色变黄，体现了浓硝酸的不稳定性，故B错误；C．常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；D．氨气极易溶解于水，可利用氨气设计喷泉实验，故D正确；故答案为D。‎ ‎11. 下列根据实验事实得出结论正确的是（ ）‎ 实验事实 结论 A 加热铝箱使之熔化，但液态的铝不滴落 熔点：氧化铝＜铝 B 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO ‎ C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色 该溶液一定是钠盐溶液 - 22 -‎ D 向某溶液中加入浓NaOH溶液后加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生 该溶液中一定含有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝在空气中能很快形成氧化膜，氧化铝的熔点比铝高，熔融的铝单质被固体氧化铝包裹不滴落下去，故A错误；‎ B．若原溶液有Ag+，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，也有白色沉淀生成，则结论有误，故B错误；‎ C．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色只能说有Na+，不一定是钠盐溶液，还有可能是氢氧化钠溶液等，故C错误；‎ D．向某溶液中加入浓NaOH溶液后加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体碱性气体即NH3产生，则能判断该溶液中一定含有，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12. 下列实验现象与氧化还原反应有关的是 A. SO2通入品红溶液中，溶液褪色，加热后又恢复红色 B. 向FeCl3溶液中滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝 C. 向Fe2（SO4）3溶液中滴加NaOH溶液，生成红褐色沉淀 D. 二氧化碳通入石灰水中变浑浊，继续通入又变澄清 - 22 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，如发生氧化还原反应，应有元素化合价的变化，结合反应物的性质解答该题。‎ ‎【详解】A．二氧化硫的漂白为化合反应生成不稳定的物质，没有发生氧化还原反应，故A不符题意；‎ B．向FeCl3溶液中滴加淀粉KI溶液，FeCl3与KI反应生成使淀粉变蓝的I2，有元素化合价的变化，故B符合题意；‎ C．Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，为复分解反应，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C不符题意；‎ D．石灰水与二氧化碳反应，为复分解反应，碳酸钙与二氧化碳、水的反应使溶液变澄清，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D不符题意；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】解答本题时，应掌握每个化学反应的反应原理，从化学反应中元素化合价是否升降的角度进行分析。‎ ‎13. 如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是(　　)‎ - 22 -‎ A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色 B. 品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均褪色，证明SO2具有漂白性 C. 湿润淀粉－KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2‎ D. NaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓硫酸具有强酸性、吸水性，亚硫酸钠是一种弱酸盐，亚硫酸钠能与浓硫酸反应：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，吸入少量浓硫酸后，注射器中充满了干燥的SO2气体，SO2具有还原性、漂白性、具有酸性氧化物的通性等性质，由此分析。‎ ‎【详解】浓硫酸具有强酸性、吸水性，亚硫酸钠是一种弱酸盐，亚硫酸钠能与浓硫酸发生反应：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，吸入少量浓硫酸后，注射器中充满了干燥的SO2气体，‎ A. SO2与溶解在湿润试纸的水反应生成H2SO3，H2SO3属于中强酸使石蕊变红，但SO2不能漂白指示剂，所以试纸变红后不会褪色，A项错误；‎ B.SO2使品红试纸褪色能证明SO2具有漂白性；SO2与酸性KMnO4能发生氧化还原反应：5SO2+2MnO4-+ 2H2O=5SO42-+2Mn2++ 4H+，能够使酸性高锰酸钾褪色体现的是二氧化硫的还原性，与漂白性无关，B项错误；‎ C.湿润淀粉KI试纸未变蓝，说明SO2不能将I-氧化为I2，弱氧化剂不能制取强氧化剂所以SO2的氧化性弱于I2，C项正确；‎ D.二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，NaCl溶液不可用于除去实验中多余的SO2，故D项错误； ‎ 答案选C。‎ ‎14. 下列叙述或实验现象描述正确的是（ ）‎ - 22 -‎ A. 计算机芯片和石英钟表用到的都是二氧化硅 B. 往足量铁与稀硝酸反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液变为血红色 C. 配制一定物质的量浓度的溶液在定容时俯视刻度线，溶液浓度将偏小 D. 往BaCl2溶液中通入SO2气体，无沉淀产生，再通NH3，产生白色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅单质是良好的半导体材料，可用于制作计算机芯片，石英的主要成分是二氧化硅，可用于制作石英钟表，故A错误；‎ B．往足量铁与稀硝酸反应后的溶液生成亚铁离子，所以反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错误；‎ C．配制一定物质的量浓度的溶液在定容时俯视刻度线，导致溶液的实际体积偏小，根据c= ，所配溶液浓度将偏大，故C错误；‎ D．往BaCl2溶液中通入SO2气体，SO2与BaCl2不反应，与水反应生成亚硫酸，无沉淀产生，再通NH3，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，亚硫酸与一水合氨反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15. 以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）‎ A. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3 B. Na→Na2O→NaOH→Na2CO3‎ C. HCl →Cl2→HClO→NaClO D. Al→NaAlO2 →Al(OH)3→Al2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2不能直接与水反应生成H2SiO3，SiO2→H2SiO3需要二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠再与盐酸反应生成硅酸沉淀，故A正确；‎ - 22 -‎ B．Na与氧气在常温下反应生成Na2O，Na2O与水反应生成NaOH，氢氧化钠与二氧化碳反应生成Na2CO3，故B错误；‎ C．浓HCl与二氧化锰加热生成Cl2，氯气与水反应生成HClO，HClO与氢氧化钠溶液反应生成NaClO，故C错误；‎ D．Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入二氧化碳气体生成Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎16. 如图所示：烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则a、b不可能是 ‎ A. a为Cl2气体，b为饱和NaCl溶液 B. a为NH3气体，b为盐酸溶液 C. a为CO2气体，b为浓NaOH溶液 D. a为HCl气体，b为H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则气体a极易溶于水，或极易与烧杯中的液体反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，以此来解答。‎ - 22 -‎ ‎【详解】A. Cl2微溶于水，饱和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯气的溶解，不能形成压强差，则不能形成喷泉，故A项错误；‎ B. 氨气极易溶于水，可与盐酸反应生成NH4Cl溶液，导致气体减少，构成压强差，可形成喷泉，故B项正确；‎ C. CO2可与浓NaOH反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，故C项正确；‎ D. HCl极易溶于水，构成压强差，可形成喷泉，故D项正确；‎ 答案选A。‎ II卷(非选择题共52分)‎ ‎17. 以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。请根据你所学知识，按要求填空。‎ ‎(1)上述第一级分类标准(分成A、B组)依据为___。‎ ‎(2)C组中某一物质常温能与冷水反应，其离子方程式为___。‎ ‎(3)D组中与水反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质有____。‎ ‎(4)F组中某一物质的水溶液呈弱碱性，用电离方程式表示呈弱碱性的原因：___。‎ ‎(5)E组中某一物质的水溶液可使酸性KMnO4溶液褪色，用离子方程式表示褪色的原因：___。‎ ‎【答案】 (1). 是否属于氧化还原反应(或是否有电子转移或是否有化合价变化) (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3). Cl2、Na2O2 (4). NH3·H2ONH+OH- (5). ‎ - 22 -‎ ‎5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，是非氧化还原反应；Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，与水发生的是氧化还原反应，所以分类的依据为是否发生氧化还原反应(或是否有电子转移或是否有化合价变化)；‎ ‎(2)钠在常温时能与冷水反应，反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑；‎ ‎(3)Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2溶于水反应发生的是氧化还原反应，Cl2+H2O＝HCl+HClO是氯气自身氧化还原，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中水是氧化剂，钠是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；3Fe+4H2OFe3O4+4H2中水是氧化剂，铁是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为4：3；2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；3NO2+H2O＝2HNO3+NO中二氧化氮自身氧化还原反应，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；所以水既不是氧化剂也不是还原剂的D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质是Cl2、Na2O2；‎ ‎(4)F组物质中某一物质的水溶液呈弱碱性是氨气，氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡，电离出氢氧根离子，电离方程式为NH3·H2ONH+OH-；‎ ‎(5)E组中某一物质的水溶液可使酸性KMnO4溶液褪色，说明具有还原性，应该是二氧化硫，反应的离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+。‎ ‎18. A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应条件及产物略去）。‎ ‎(1)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为________。浓的D溶液使纸张变黑体现了它的________性 - 22 -‎ ‎(2)若C是红棕色气体且A为化合物，则A化学式是________；试写出C生成D化学方程式____________ ；写出稀的D溶液与铜反应的离子方程式_____________。‎ ‎【答案】 (1). 2SO2+O22SO3 (2). 脱水性 (3). N2或NH3 (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若A是一种黄色单质固体，A是S，则B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3。三氧化硫溶于水生成硫酸，浓硫酸使纸张变黑体现了它的脱水性。‎ ‎(2)若C是红棕色气体，则B是NO，因此A的化学式可能N2或NH3；D是硝酸，C生成D的化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO；稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ ‎19. 依据氮元素及其化合物之间的的转化关系，回答问题：‎ ‎(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为___。‎ ‎(2)若要收集一瓶氨气，请将下列装置补充完整，在图中虚线框内画出连接图___。‎ ‎(3)下列试剂可用于干燥NH3的是___。‎ A.浓硫酸 B.碱石灰 C.CuSO4固体 D.P2O5‎ - 22 -‎ ‎(4)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸：‎ ‎①NH3→NO化学方程式为__；‎ ‎②NO→NO2实验现象是___；‎ ‎③将32.64g铜与一定浓度的HNO3反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。则其中NO、NO2的物质的量比为___。‎ ‎(5)若要实现NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是___。‎ A.O2 B.Na C.NH4Cl D.NO2‎ ‎【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑ (2). (3). B (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 气体由无色变成红棕色 (6). 13：12 (7). AD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎(2)氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，导气管位置短进长出；；‎ ‎(3)因氨气为碱性气体，需要用碱性干燥剂来吸收，‎ A．浓硫酸为酸性干燥剂，会与氨气发生反应，不能起到干燥的目的，故A不符合题意；‎ B．碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气，故B符合题意；‎ C．CuSO4固体只能检验水的存在，不能作为干燥剂，故C不符合题意；‎ D．P2O5为酸性干燥剂，会与氨气发生反应，不能起到干燥的目的，故D不符合题意；‎ - 22 -‎ 答案选B；‎ ‎(4)①NH3→NO为氨气的催化氧化，其化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎②NO→NO2实验现象是无色气体变化为红棕色气体；‎ ‎③设生成的NO为x mol，NO2为y mol，则x+y==0.5mol①，32.64g铜完全溶解，则溶解的铜原子物质的量为=0.51mol，根据电子守恒规律可知，失电子总数等于的电子总数，即0.51mol×2=3×xmol+ymol②，结合①②式可得，x= 0.26mol，y=0.24mol，那么NO、NO2的物质的量比为0.26mol:0.24mol=13:12；‎ ‎(5)若要将NH3→N2，从原理上看，具有氧化性的试剂可行；‎ A．O2具有氧化性，故A符合题意；‎ B．Na只具有还原性，故B不符合题意；‎ C．NH4Cl与氨气不反应，故C不符合题意；‎ D．NO2中N元素为+4价，处于中间价态，具有氧化性，故D符合题意；‎ 正确答案：AD ‎20. 向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。回答下列问题：‎ ‎（1）在0-a范围内，发生反应的离子方程式为：___。‎ ‎（2）a=___。‎ - 22 -‎ ‎（3）原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为___。‎ ‎【答案】 (1). H+＋OH-=H2O，H++CO=HCO (2). a=0.3 (3). 2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸，依次发生反应 、、。‎ ‎【详解】(1)在0-a范围内，没有生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为H+＋OH-=H2O，H++CO=HCO；‎ ‎(2)a→b发生反应，生成二氧化碳气体的物质的量是0.01mol，所以该反应消耗盐酸的物质的量是0.01mol，消耗盐酸的体积是0.01mol ÷0.1mol·L-1=0.1L，所以a=(0.4-0.1) =0.3；‎ ‎(3)反应生成二氧化碳气体的物质的量是0.01mol，根据碳元素守恒，Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na2CO3消耗盐酸的物质的量是0.02mol，则NaOH消耗盐酸的物质的量是0.4L×0.1mol·L-1-0.02mol=0.02mol，所以NaOH的物质的量是0.02mol，原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1。‎ ‎【点睛】本题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，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↑。‎ ‎21. 某100mL溶液可能含有Na+、NH、Fe3+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)‎ - 22 -‎ ‎（1）原溶液一定存在的阴离子是___。‎ ‎（2）沉淀一加盐酸反应的离子方程式___。‎ ‎（3）原溶液中c(Cl-)____(若原溶液中不存在c(Cl-)，则此空不需填)‎ ‎【答案】 (1). CO、SO、Cl- (2). BaCO3＋2H+=H2O+Ba2++CO2↑ (3). ≥0.1mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是，碳酸根离子的物质的量是，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+；所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是，钠离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析，原溶液含有0.01mol CO32-、0.01mol SO42-、0.05mol NH，不含Fe3+，NH带的正电荷总数是0.05mol，CO32-、SO42-带的正电荷总数是0.04mol，根据电荷守恒，一定还有Cl-，所以原溶液一定存在的阴离子是CO、SO、Cl-； ‎ ‎(2)沉淀一为BaSO4、BaCO3，加入盐酸，BaCO3和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式是BaCO3＋2H+=H2O+Ba2++CO2↑；‎ ‎(3)若原溶液中不含Na+，根据电荷守恒，c(Cl-)+2 c(SO42-)+ 2c(CO32-)= c(NH)，c(Cl-) =‎ - 22 -‎ mol·L-1 ，若原溶液中含Na+，则c(Cl-)>0.1 mol·L-1，所以原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1。‎ ‎【点睛】本题考查无机物的推断，侧重常见阴阳离子的检验，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力，注意电荷守恒在离子推断中的应用。‎ ‎22. 工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。‎ ‎[探究—]：称取铁钉(碳素钢)6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。‎ ‎(1)(I)甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要判断溶液X中是否含有Fe2+，可以选用___。‎ a.KSCN溶液和氯水 b.酸性KMnO4溶液 c.浓氨水 ‎(II)乙同学将336mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因___，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为___。(结果保留一位小数)。‎ ‎[探究二]：甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2。为此设计如图实验装置(图中夹持仪器省略)进行验证。‎ ‎(2)简述该实验能产生少量H2的原因(用化学用语结合少量文字表述)___。‎ ‎(3)装置B中试剂的作用是的___，装置F的作用是___。‎ ‎(4)为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于__(选填序号)，M中所盛装的试剂可以是___。‎ - 22 -‎ a.A~B之间 b.B~C之间 c.C~D之间 d.E~F之间 ‎【答案】 (1). b (2). SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr (3). 66.7% (4). Fe+2H+=Fe2++H2↑，随着反应进行浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，与Fe反应产生H2 (5). 检验SO2是否除尽 (6). 防止空气中的水进入E，影响H2的检验 (7). b (8). 澄清石灰水 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎[探究—]：Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2+离子能使酸化的高锰酸钾溶液褪色；二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，根据硫酸钡与二氧化硫的关系式计算二氧化硫的体积，再根据体积分数公式计算；‎ ‎[探究二]：装置图中A的作用是吸收二氧化硫，装置B的作用是验证二氧化硫被完全除去，装置C的作用是吸收水蒸气，装置D、E的作用是检验氢气，装置F的作用是防止空气中水蒸气进入E中，干扰氢气的检验，装置M中的试剂是澄清石灰水，作用是检验二氧化碳，可以根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择M位置。‎ ‎【详解】(1)(I) Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2＋，可以选用K3[Fe(CN)6]溶液或酸性KMnO4溶液，答案选b；‎ ‎(II) 铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量溴水中，发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀2.33g，硫酸钡的物质的量是=0.01mol，根据关系式SO2∼H2SO4∼BaSO4，可知二氧化硫的物质的量是0.01mol，由此推知气体Y中SO2的体积分数为×100%=66.7%；‎ ‎(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ - 22 -‎ ‎(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；‎ ‎(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M，M中盛放澄清石灰水即可。‎ ‎【点睛】注意常温下，铁和冷的浓硫酸不是不反应，而是反应生成了致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应。‎ - 22 -‎