【化学】贵州省黔南布依族苗族自治州贵定县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】贵州省黔南布依族苗族自治州贵定县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

贵州省黔南布依族苗族自治州贵定县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氧化剂本身发生氧化反应 B. 氧化还原反应一定有氧元素参加 C. 氧化剂在反应中得电子，还原剂失去电子 D. 氧化反应一定先于还原反应发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化剂本身发生还有反应，A错误；‎ B．氧化还原反应不一定有氧元素参加，B错误；‎ C．氧化剂在反应中得电子，还原剂失去电子，C正确；‎ D．氧化反应和还原反应同时发生，D错误，‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关硅和二氧化硅的用途错误的是(　　)‎ A. 硅单质作耐火材料 B. 晶体硅作半导体材料 C. 二氧化硅作光导纤维材料 D. 高纯硅作计算机芯片材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅单质在加热条件下能与氧气反应，故A错误，符合题意；‎ B．硅单质是半导体材料，故B正确，不符合要求；‎ C．二氧化硅是光导纤维的原料，故C正确，不符合要求；‎ D．高纯硅可以作计算机芯片材料，故D正确，不符合要求；‎ 故选：A。‎ ‎3.用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染方面考虑，最好的方法是(　　)‎ A. 铜硝酸铜 B. 铜硝酸铜 C. 铜氯化铜硝酸铜 D. 铜氧化铜硝酸铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜硝酸铜，除了生成硝酸铜外，还会生成二氧化氮气体，污染环境，故A不选；‎ B. 铜硝酸铜，除了生成硝酸铜外，还会生成一氧化氮气体，污染环境，故B不选；‎ C. 铜氯化铜硝酸铜，利用的是有毒气体氯气，并且浪费原料，故C不选；‎ D. 铜氧化铜硝酸铜，利用空气在加热条件下，使铜生成氧化铜，氧化铜再与硝酸反应生成硝酸铜，没有污染环境的气体产生，并且空气原材料廉价，故D选；‎ 故选：D。‎ ‎4.将过量的二氧化碳分别通入：①氯化钙溶液　②硅酸钠溶液　③氢氧化钙溶液　④饱和碳酸钠溶液。最终溶液中有白色沉淀析出的是(　　)‎ A. ①②③④ B. ②④ C. ①②③ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】二氧化碳溶于水：CO2＋H2OH2CO3，碳酸的酸性比盐酸弱，比硅酸强。‎ ‎①二氧化碳通入氯化钙溶液无明显现象，不符合；‎ ‎②过量的二氧化碳通入硅酸钠溶液中有白色沉淀硅酸生成，符合；‎ ‎③二氧化碳通入氢氧化钙溶液至过量，Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，最终生成碳酸氢钙而无沉淀，不符合；‎ ‎④过量二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中：Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3↓，生成的碳酸氢钠溶解度比碳酸钠溶解度小而结晶析出，符合。‎ 答案选B。‎ ‎5.据报道我国科学家最近研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成。下列相关叙述不正确的是（　　）‎ A. 它耐高温抗氧化 B. 它比钢铁轻、硬，但质地较脆 C. 它没有固定熔点 D. 它是一种新型无机非金属材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由该材料主要成分的性质可知其应具有耐高温抗氧化的性能，正确；‎ B、题中给出信息“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料具有良好的韧性，错误；‎ C、该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定熔、沸点，正确；‎ D、该材料由无机物复合而成，应为新型无机非金属材料，正确。‎ 故选B。‎ ‎6.用足量的CO还原32.0 g某种氧化物，将生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到60 g沉淀，则该氧化物是（ ）‎ A. FeO B. Fe2O3 C. CuO D. Cu2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由关系式CO ~ CO2 ~CaCO3得，n(CaCO3)=60g/100g·mol-1=0.6mol=n(CO)‎ ‎0.6molCO能还原 A、72g/mol×0.6mol=43.2g，不符合题意；‎ B、160 g/mol×0.6mol/3=32.0g，符合题意；‎ C、80 g/mol×0.6mol=48.0g，不符合题意；‎ D、144 g/mol×0.6mol=86.4g，不符合题意；‎ 综上所述，正确答案为B。‎ ‎7.以下不属于无机非金属材料的是(　　)‎ A. 玻璃 B. 铝合金 C. 水泥 D. 陶瓷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.玻璃是传统无机非金属材料，故A不选；‎ B.铝合金是金属材料，不属于无机非金属材料，故B选；‎ C.水泥是传统无机非金属材料，故C不选；‎ D.陶瓷是传统无机非金属材料，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎8.相同条件，相同分子数的各种气体的体积相同，其主要原因是(　　)‎ A. 粒子大小相同 B. 粒子质量相同 C. 粒子间距离相同 D. 粒子间作用力相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】影响物质体积的因素有微粒数目、粒子本身大小以及粒子间的距离等因素。对于气体来说，温度、压强决定气体粒子间距，气体粒子间的距离远大于粒子本身的大小，粒子本身可以忽略不计。所以在同温同压下，粒子间距离近似相同，相同物质的量的气体体积约相等。故合理选项是C。‎ ‎9.以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆，由于环保方面的原因，目前要推广使用水基防锈漆，但水基漆较易溶解O2，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑，为此要在水基漆中加入缓蚀剂，以下可作为缓蚀剂添加的是（ ）‎ A. KMnO4 B. NaNO2 C. FeCl3 D. HNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】缓蚀剂能够除去水基漆中的氧气，则缓蚀剂能与空气反应，具有还原性，所给选项中只有NaNO2具有还原性。故答案选B。‎ ‎10.在反应SiO2＋3CSiC＋2CO↑中，氧化剂与还原剂的质量比是（ ）‎ A. 36∶60 B. 60∶36 C. 1∶2 D. 1∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】SiO2+3C SiC+2CO↑中，C元素化合价一部分由0降低为-4价，另一部分由0升高为+2价，由电子守恒可知，若3molC参加反，只有1molC为氧化剂、2molC作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比是1∶2，故选C。‎ ‎11.下列说法中，正确的是(　　)‎ A. SiO2和CO2常温都是气体 B. CO2、SiO2均能和氢氟酸反应 C. CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应 D. CO2、SiO2均可与水反应制得相应酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，SiO2常温为固体，故A错误；‎ B项，CO2不与氢氟酸反应，故B错误；‎ C项，CO2和SiO2均能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应，分别生成碳酸钙和硅酸钙，故C正确；‎ D项，SiO2常温不溶于水，也不与水反应，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎12.如图装置用来检验氯气的部分性质，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 装置A的作用是除去氯气中的水蒸汽 B. 该实验必须在通风橱中进行 C. 装置C中发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O D. 装置B的现象是干燥处布条褪色，湿润处布条不褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸具有吸水性，与氯气不反应，则装置A的作用是除去氯气中的水蒸汽，故A正确；‎ B．氯气有毒，则该实验必须在通风橱中进行，故B正确；‎ C．装置C中NaOH吸收尾气，发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故C正确；‎ D．B中干燥布条不能褪色，而湿润处布条褪色，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎13.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 氧化反应一定是化合反应 B. 凡是两种或两种以上的物质发生的反应就是化合反应 C. 物质只有和氧气发生化合反应才是氧化反应 D. 镁条在氧气中燃烧既属于化合反应又属于氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化反应是物质所含元素化合价升降的反应，不一定是化合反应，如氢气还原氧化铜生成铜和水是氧化还原反应，属于置换反应，不是化合反应，故A错误；‎ B.甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，该反应的生成物是两种，不符合“多变一”的特征，不属于化合反应，故B错误；‎ C.氧化反应不一定有氧气参与，如铁在氯气中燃烧，属于化合反应也是氧化还原反应，故C错误；‎ ‎ D.某些氧化反应是化合反应，如镁条在氧气中燃烧生成氧化镁，该反应是物质与氧气发生的化学反应，属于氧化反应，该反应符合“多变一”的特征，属于化合反应，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎14.实验室配制一定物质的量浓度的溶液，一定要用到的一组仪器是（ ）‎ A. 托盘天平、药匙、烧杯、容量瓶 B. 量筒(或滴定管、移液管)、容量瓶 C. 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 D. 容量瓶、烧杯、玻璃棒、分液漏斗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，所使用的仪器有天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，即一定用到的仪器是容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故选项C正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.下列电离方程式错误的是（ ）‎ A. NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO32- B. NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-‎ C. BaCl2=Ba2＋＋2Cl－ D. Na2SO4=2Na＋＋SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于碳酸是弱酸，所以NaHCO3中的HCO3-不能完全电离，NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故A选；‎ B.硫酸是强酸，所以NaHSO4能完全电离成Na＋、H＋和SO42-，故B不选；‎ C. BaCl2是强电解质，能完全电离成Ba2＋和Cl－，而且在1mol BaCl2中有1mol Ba2＋和2mol Cl－，故C不选；‎ D.硫酸钠是强电解质，能完全电离成Na＋和SO42-，故D不选。‎ 故选A。‎ ‎16.下列关于物质的量的解释中不正确的是(　　)‎ A. 物质的量是国际单位制的基本单位之一 B. 物质的量常用符号n表示 C. 摩尔是物质的量的单位 D. 物质的量是一个独立的专有名词 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物质的量(n)是国际单位制中七个基本物理量之一，它是一个独立的专有名词，不能随意关闭任何一个字，词，它表示含有一定数目粒子的集合体，其单位是摩尔(mol)，故合理选项是A。‎ ‎17.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 B. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴 C. 实际生产中常选用Ca(OH)2 作为沉淀剂 D. 工业生产中电解熔融氧化镁的方法制取镁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液出去杂质，过滤后经过蒸发结晶等操作进行提纯，A正确；‎ B、向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故B正确；‎ C、工业生产常选用石灰乳作为沉淀剂，而不用氢氧化钠，C正确；‎ D、工业生产镁常用电解熔融氯化镁的方法冶炼，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎18.关于酸、碱、盐的下列各种说法中正确的是（ ）‎ A. 水溶液中能电离出氢离子的化合物都是酸 B. 水溶液中能电离出氢氧根离子的化合物都是碱 C. 水溶液中不能电离出金属阳离子的氯化铵不是盐 D. 水溶液中能电离出金属阳离子和酸根离子的化合物是盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠能电离出氢离子，属于盐，但不属于酸，故A错误；‎ B．化合物电离时生成的阴离子有氢氧根离子的不一定是碱，如碱式盐，故B错误；‎ C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物为盐，氯化铵能电离出铵根离子和酸根阴离子，属于盐，故C错误；‎ D．盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎19.有关氧化还原反应的下列叙述正确的是（　　）‎ A. 氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应 B. 氧化剂被氧化，还原剂被还原 C. 一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种不同的物质 D. 氧化还原反应中，金属单质只作还原剂，非金属单质只作氧化剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化剂在反应中所含元素化合价降低，发生还原反应，还原剂在反应中所含元素化合价升高，发生氧化反应，故A正确；‎ B.氧化剂被还原，还原剂被氧化，故B错误；‎ C.Cl2+H2OHCl+HClO，在这个反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故氧化剂和还原剂可以是相同的物质，C错误；‎ D.Cl2+H2OHCl+HClO，在这个反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故非金属单质不仅可以作氧化剂，也可以作还原剂，D错误；‎ 故选A。‎ ‎20.电闪雷鸣的雨天，空气中的氮气会发生一系列反应，生成氮的化合物。雷雨时，一般不可能生成的氮的化合物的是(　　)‎ ‎①NH3　②NO　③NO2　④N2O3　⑤N2O5　⑥HNO3‎ A. ①④⑤ B. ①③⑤ C. ②④⑥ D. ②③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】雷雨时N2转化成NO，NO与O2反应生成NO2， NO2再与水反应生成HNO3，据此解答。‎ ‎【详解】在电闪雷鸣的雨天,空气中发生的化学反应有:① N2+O22NO ；②2NO+O2=2NO2；③3NO2+H2O=2HNO3+NO；结合以上反应可知，反应发生后一般不可能生成的是:NH3，N2O3，N2O5，故A正确；‎ 故答案选A。‎ ‎21.某校化学兴趣小组在实验室发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（ ）‎ A. 配制1L该溶液，可将0.1molCaCl2溶于1L水中 B. Ca2+和Cl-的物质的量浓度都是0.1mol·L-1‎ C. 从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-1‎ D. 将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl-)为0.1mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标签上标有“CaCl2 0.1mol•L-1”字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2；‎ A．将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积大于1L，故A错误；‎ B．在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1：2，则浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故B错误；‎ C．溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故C错误；‎ D．溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，故稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎22.下列关于分散系的说法不正确的是（ ）‎ A. 分散系的稳定性:溶液>胶体>浊液 B. 分散质粒子的大小:溶液>胶体>浊液 C. 分散质粒子的直径为几纳米或几十纳米的分散系是胶体 D. 可以用过滤的方法将悬浊液中的分散质从分散剂中分离出来 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 溶液均一稳定，胶体具有介稳性，浊液不能稳定存在。‎ B. 浊液分散质粒子直径>100nm，胶体分散质粒子直径1nm~100nm ，溶液分散质粒子直径<1nm。‎ C. 胶体分散质粒子直径在1nm~100nm。‎ D. 悬浊液中有不能溶解的固体颗粒，可以通过过滤分离分散质。‎ ‎【详解】A. 溶液均一稳定，胶体具有介稳性，浊液不能稳定存在，所以分散系的稳定性:溶液>胶体>浊液，A正确。‎ B. 浊液分散质粒子直径>100nm，胶体分散质粒子直径1nm~100nm ，溶液分散质粒子直径<1nm，分散质粒子的大小: 浊液 >胶体>溶液，B错误。‎ C. 胶体分散质粒子直径在1nm~100nm，分散质粒子的直径为几纳米或几十纳米的分散系是胶体，C正确。‎ D. 悬浊液中有不能溶解的固体颗粒，可以用过滤的方法将悬浊液中的分散质从分散剂中分离出来，D正确。‎ 答案为：B。‎ ‎23.城市环保部门为了使生活垃圾得到合理利用，实施了生活垃圾分类投放的办法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶等属于(　　)‎ A. 无机物 B. 有机物 C. 盐类 D. 非金属 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】塑料为有机高分子合成材料，纸张成分为天然纤维素，橡胶不管是天然的还是合成的都是高分子化合物，这三种物质都是有机物，故选B。‎ ‎24. 下列有关燃料的说法错误的是（ ）‎ A. 燃料燃烧产物CO2是温室气体之一 B. 化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C. 以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D. 燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温室气体包括CO2、CH4等气体，A项正确；‎ B．化石燃料完全燃烧产生大量CO2气体，大气中CO2含量过高会导致温室效应等环境问题，B项错误；‎ C． 液化石油气等物质燃烧能生成水和二氧化碳，是一种比较清洁的能源，所以以液化石油气代替燃油可减少大气污染，C项正确；‎ D．CO是有毒气体，则燃料不完全燃烧排放CO是大气污染物之一，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎25.下列说法正确的是（ ）‎ A. 40gNaOH溶于水所得1L溶液的浓度为1mol·L－1‎ B. 1mol·L－1的Na2CO3溶液中Na＋的浓度为1mol·L－1‎ C. 从1L0.1mol·L－1的NaCl溶液中取出0.1L溶液，则NaCl的浓度变为0.01 mol·L－1‎ D. 1L0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液中，Na＋的物质的量为0.2 mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 40 g NaOH的物质的量为1 mol，又因溶液体积为1L，由公式得c＝＝＝1 mol·L－1，A项正确；‎ B. Na2CO3溶液的浓度为1 mol·L－1，则Na＋浓度为2 mol·L－1，B项错误；‎ C. 原溶液浓度为0.1 mol·L－1，则取出的0.1 L溶液和剩余的0.9 L溶液的浓度都为0.1 mol·L－1，C项错误；‎ D. n(Na2SO4)＝cV＝0.2 mol·L－1×1 L＝0.2 mol，则n(Na＋)＝2n(Na2SO4)＝2×0.2 mol＝0.4 mol，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎26.当不慎有大量Cl2扩散到周围空间时，处在环境中的人们可以用浸有一定浓度某种物 质水溶液的毛巾捂住鼻子，以防中毒，该物质最适宜采用的是（ ）‎ A. NaOH B. NaCl C. NaHCO3 D. NH3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但NaOH具有腐蚀性，不能用浸有NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，A项错误； B．NaCl不与氯气反应，且NaCl溶液抑制氯气的溶解，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，B项错误； C．NaHCO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，C项正确； D．氨水易会发出氨气，氨气具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸水氯气，D项错误； 答案选C。‎ ‎27.下列关于金属铝的叙述中，说法不正确的是（ ）‎ A. 铝的化学性质很活泼，但在空气中不易锈蚀 B. 铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性 C. 铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧 D. 铝箔在空气中受热可以熔化，但由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、单质铝的化学性质非常活泼，但在空气中会生成一层致密的氧化膜，防止Al继续被腐蚀，所以铝在空气中不易腐蚀，选项A正确；‎ B．铝原子的最外层有3个电子，在化学反应中易失去3个电子而达8电子的稳定结构，失去电子表现还原性，选项B正确；‎ C．铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝失去了光泽，铝熔化了但是不会滴落，不会发生剧烈的燃烧，选项C错误；‎ D、铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，兜住融化的铝，所以加热铝箔，铝熔化了但不会滴落，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎28.硫单质在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中的变化是（ ）‎ A. 被氧化 B. 被还原 ‎ C. 既被氧化又被还原 D. 既未被氧化又未被还原 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应中，单质硫中的硫元素化合价为0价，一部分升高到+4价，一部分降低到-2价，故在反应中，硫单质既被氧化又被还原，C项正确；‎ 答案选C。‎ 二、非选择题(共5小题,共44分)‎ ‎29.某铝合金(硬铝)中含有镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计如下实验：‎ ‎（1）称取样品ag。‎ ‎（2）将样品溶于足量稀盐酸中，过滤，滤液中主要含有___离子，滤渣中含有___；在溶解过滤时使用的仪器有___。‎ ‎（3）往滤液中加入过量NaOH溶液，过滤，写出该步操作中有关的离子方程式____。‎ ‎（4）在第（3）步的滤液中通入足量CO2过滤，将沉淀用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至质量不再减少为止，冷却后称量，质量为bg。有关反应的化学方程式为____。‎ ‎（5）计算该样品中铝的质量分数的表达式为___。‎ ‎（6）若第（3）步中加入NaOH溶液的量不足时，会使测定的结果___(“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。若第（4）步对沉淀的灼烧不充分时，会使测定的结果___。若第（4）步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，会使测定的结果____。‎ ‎【答案】(1). Al3＋、Mg2＋、Cl－ (2). Cu、Si (3). 烧杯、玻璃棒、漏斗、带铁圈的铁架台(或漏斗架) (4). H++OH-＝H2O、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2-+2H2O[或H++OH-＝H2O、Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓] (5). NaOH+CO2=NaHCO3、NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓，2Al(OH)3 Al2O3+3H2O (6). ×100% (7). 偏低 (8). 偏高 (9). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】(2)铝合金(硬铝)中的铝和镁能够与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，单质硅、铜和稀盐酸不反应；结合溶解、过滤操作分析解答；‎ ‎(3)滤液中含有氯化镁、氯化铝和过量的盐酸，结合物质的性质分析解答； ‎ ‎(4)第(3)步的滤液中含有氯化钠和偏铝酸钠，以及过量的氢氧化钠，结合物质的性质分析解答； ‎ ‎(5)bg为氧化铝的质量，结合铝元素守恒计算铝的质量分数；‎ ‎(6)若第(3)步中加入氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀偏少；若第(4)步对沉淀的灼烧不充分时，会导致测得的氧化铝质量偏大；若第(4)步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，导致氢氧化铝沉淀的质量偏大，据此分析误差。‎ ‎【详解】(2)铝合金(硬铝)中的铝和镁能够与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，过滤，滤液中主要含有Al3+、Mg2+、Cl－，单质硅和铜不能和稀盐酸发生反应，留在了滤渣中；溶解、过滤过程中需要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒、带铁圈的铁架台(或漏斗架)，故答案为：Al3+、Mg2+、Cl－；Cu、Si；烧杯、漏斗、玻璃棒、带铁圈的铁架台(或漏斗架)；‎ ‎(3)滤液中含有氯化镁、氯化铝和过量的盐酸，剩余的盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠与水，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀与氯化钠，氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氯化钠，有关离子方程式为：H++OH-＝H2O、Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓； ‎ ‎(4)第(3)步的滤液中含有氯化钠和偏铝酸钠，以及过量的氢氧化钠，通入足量CO2，氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝，发生反应为NaOH+CO2=NaHCO3、NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓，2Al(OH)3 Al2O3+3H2O；‎ ‎(5)将沉淀用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至重量不再减少为止，冷却后称量，质量为bg，为Al2O3，该样品中铝的质量分数的表达式=×100%=×100%，故答案为：×100%；‎ ‎(6)若第(3)步中加入氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀偏少，测定结果偏低；若第(4)步对沉淀的灼烧不充分时，会导致测得的氧化铝质量偏大，测定结果偏高；若第(4)步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，导致氢氧化铝沉淀的质量偏大，测定生成的氧化铝质量偏大，测定结果偏高。‎ ‎30.利用下图装置(夹持装置略)制取和收集纯净、干燥的氨气，并探究氨气的性质。‎ ‎（1）关闭装置Ⅰ中的止水夹，向分液漏斗中加适量水，打开活塞，说明Ⅰ 气密性良好的现象是______________________。‎ ‎（2）利用装置Ⅰ制取氨气，不能选用的试剂为浓氨水和________(填字母)。‎ A．氢氧化钠 B.碱石灰 C．硝酸钾 D.生石灰 ‎（3）根据实验要求，仪器连接的顺序(用字母编号表示)：a接________、________接________、______接______。______‎ ‎（4）收集氨气，按如图装置进行NH3性质的探究实验。‎ ‎①打开旋塞1，B瓶中的现象是_________________________________________，原因是_____________________________________________，稳定后，关闭旋塞1；‎ ‎②再打开旋塞2，B瓶中的现象是__________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗内液面不再下降 (2). C (3). c　b　e　f　d (4). 产生白色的烟 (5). 氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH3＋HCl＝NH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟 (6). 烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）利用注水法检验装置的气密性；‎ ‎（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，据此分析；‎ ‎（3）依据氨气的物质性质和化学性质选择连接方式；‎ ‎（4）A中压强大，HCl进入B中，与氨气反应生成氯化铵固体；关闭旋塞①，再打开旋塞②，烧杯中的AgNO3溶液会倒流进入到B瓶中，反应生成AgCl。‎ ‎【详解】（1）关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下），说明A装置气密性良好，故答案为分液漏斗内液面不再下降；‎ ‎（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，可为浓氨水与CaO、氢氧化钠，CaO+H2O＝Ca(OH)2、消耗水并放热，根据NH3+H2ONH3H2ONH4++OH-‎ 可知，氢氧化钙、氢氧化钠溶于水电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大平衡逆向移动，使氨气逸出，且温度升高，降低氨气的溶解度，使氨气逸出，A、B、D符合条件，硝酸钾溶于水没有明显的热效应，不能与浓氨水制备氨气，故答案为C；‎ ‎（3）利用装置I制取氨气，制出的氨气中含有水蒸气，需进行干燥，选用装置Ⅱ，粗口进，细口出，所以a连接cb；根据氨气的密度小于空气的密度，应为向下排气法收集，所以选择收集装置应为“短进长出”，所以再连接ef，氨气属于极易溶于水，还是大气污染气体，用防倒吸的装置进行尾气吸收连接d，所以连接顺序为cbefd，故答案为c；b；e；f；d；‎ ‎（4）A容器压强为150 kPa，B容器压强100 kPa，A容器压强大于B容器，先打开旋塞①，A容器中的氯化氢进入B容器，氨气和氯化氢反应，NH3+HCl＝NH4Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以B瓶中的现象是出现白烟，氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞②，硝酸银倒吸入B瓶中，氯化铵与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀。故答案为产生白色的烟；氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH3＋HCl＝NH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟；烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)。‎ ‎31.A、B、C均为单质，其中A为用途广泛的金属单质，B为黄绿色气体，B与C反应后的产物E溶于水得无色酸性溶液。A、B、C之间的其他反应如图所示。‎ 试填空：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：‎ B________，D________，F________。‎ ‎(2)鉴别D溶液中阳离子的方法是________________________。‎ ‎(3)写出下列反应的离子方程式：‎ ‎①A＋E→F＋C：____________________________________________________。‎ ‎②B＋F→D：________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). Cl2 (2). FeCl3 (3). FeCl2 (4). 取少量D溶液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色表明含Fe3＋ (5). Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ (6). 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由“B为黄绿色气体 ”知B为氯气；由“B与C反应后的产物E溶于水得无色酸性溶液”知E为HCl，进而可知C为H2 ；‎ 由“E＋A→F＋C，即 HCl＋A→F＋H 2 ” 知A为金属单质且F为盐；由“A＋B→D，即A＋Cl2→D” 知D为盐；‎ 再由 “F＋B→D，即 F＋Cl2→D”知D 、F中A元素的化合价不同，即A为变价金属，可考虑A为铁，D为 FeCl3，F为FeCl2。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知B为：Cl2、D为 FeCl3、F为FeCl2，故答案为：Cl2 ； FeCl3 ；FeCl2 ；‎ ‎（2）D溶液为FeCl3溶液，其阳离子为Fe3+，能与KSCN溶液反应，使溶液呈红色，‎ 故答案为：取少量D溶液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色表明含Fe3＋ ；‎ ‎（3）①A为Fe，E为HCl，二者反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，故答案为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑；‎ ‎②B为氯气，F为氯化亚铁，二者反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-，‎ 故答案：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-。‎ ‎32.某大型化工厂产生的酸性废液中含有两种金属离子：Fe3＋、Cu2＋，化学小组设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。‎ ‎(1)操作①的名称是________________， 沉淀A中含有的金属单质有________________。‎ ‎(2)溶液A中加入H2O2溶液过程中发生反应的离子反应式________________________________，操作②为持续加热保温，在此过程中温度不宜过高的原因是________________________________。‎ ‎(3)检验溶液B中含有的金属阳离子的实验方法为：取少量溶液B于洁净的小试管中，加入______试剂，溶液迅速转变为________色，即可检验。‎ ‎(4)操作③中发生反应的离子方程式为_________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). 铁和铜 (3). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (4). H2O2高温易分解 (5). 硫氰化钾溶液 (6). 红 (7). Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过量得到固体A和溶液A由于铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，得到的溶液D中主要含有铵根离子，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)分离沉淀和溶液采取过滤的方法，操作①加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在第①得到的滤渣中都含有金属铜过量的铁，故答案为：过滤；铁和铜；‎ ‎(2)溶液A含亚铁离子，能与双氧水发生氧化还原反应，反应的离子反应式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，双氧水受热易分解，所以操作②为持续加热保温但温度不宜过高，‎ 故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；H2O2高温易分解；‎ ‎(3)B中含铁离子，用硫氰化钾来检验，铁离子与硫氰化钾反应出现红色溶液，‎ 故答案为：硫氰化钾溶液；红；‎ ‎(4)铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH4+，故答案为：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH4+。‎ ‎33.氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，对含有氮氧化物的废气进行处理。‎ ‎(1)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：‎ NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O①‎ ‎2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O②‎ 在反应①中，氧化剂是________________，还原剂是________________，在反应②中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________________________________________。‎ ‎(2)汽车尾气中含有CO和NO，消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为____________________________。‎ ‎(3)由反应②判断二氧化氮是否为酸性氧化物(填“是”或“不是”)________，原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)目前有一种治理方法是在一定条件下，用氨气将氮氧化物转化为无污染的物质，请写出该反应的化学方程式：________________________________________________，该反应中，氧化剂是________，氧化产物是________，生成1.4 mol氮气时，转移电子的物质的量为_______________________________________________。‎ ‎(5)为了保护环境，工业上常通入NH3使氮的氧化物和氨转化为无毒的N2。现有NO2和NO的混合气体3 L，通入3 L(同温同压下)NH3，恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比为______。‎ ‎【答案】(1). NO2 (2). NO (3). 1∶1 (4). 2NO＋2CON2＋2CO2 (5). 不是 (6). 因为二氧化氮与碱反应生成两种盐，且氮元素化合价发生变化 (7). 6NO2＋8NH37N2＋12H2O (8). NO2 (9). N2 (10). 4.8 mol (11). 1∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氧化还原反应中氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高；‎ ‎(2)根据电子守恒和元素守恒配平方程式；‎ ‎(3)该反应中二氧化氮化合价发生变化；‎ ‎(4)根据原子守恒定律结合题目信息可知，氨气和二氧化氮反应后生成的无污染的物质为氮气和水。‎ ‎(5)根据电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】(1)在反应①中NO2中的氮元素化合价降低做氧化剂，NO中氮元素化合价升高做还原剂；在反应②中氧化剂和还原剂都是NO2，它们的物质的量之比为1∶1，故答案为：NO2；NO；1：1；‎ ‎(2)根据原子守恒定律结合题目信息可知，一氧化氮与一氧化碳反应后生成的对大气无污染的物质应为氮气和二氧化碳，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：2NO＋2CON2＋2CO2，故答案为：2NO＋2CON2＋2CO2；‎ ‎(3)二氧化氮与碱反应生成两种盐，且氮元素化合价发生变化，二氧化氮不是酸性氧化物，故答案为：不是；因为二氧化氮与碱反应生成两种盐，且氮元素化合价发生变化；‎ ‎(4)根据原子守恒定律结合题目信息可知，氨气和二氧化氮反应后生成的无污染的物质为氮气和水。NO2中＋4价的N被NH3中－3价的N还原为N2中0价的N，剩下的氢、氧元素结合成水，因而氧化剂是NO2，氧化产物、还原产物均为N2；生成7 mol N2时，转移电子24 mol；则生成1.4 mol N2时，转移电子4.8 mol，故答案为：6NO2＋8NH37N2＋12H2O；NO2；N2；4.8 mol；‎ ‎(5) 设NO2的体积为x，则NO的体积为(3 L－x)。NO2N2，NON2‎ ‎，NH3N2。根据得失电子守恒原理得：，解得x＝1.5 L。因为同温下气体的物质的量之比等于其体积之比，所以n(NO2)∶n(NO)＝1∶1，故答案为：1:1； ‎