2018-2019学年山东省泰安市宁阳一中高一上学期阶段性考试二（12月）化学试卷（解析版） 19页

‎2018-2019学年山东省泰安市宁阳一中高一上学期阶段性考试二（12月）化学试卷（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H—l C—12 O—16 S—32 N—14 Cu—64 Na—23 Mg—24 Cl—35.5 Br—80 I—127‎ 第Ⅰ卷(选择题，共60分)‎ 一、选择题(每题2分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 发酵粉中主要含有氢氧化钠，能使焙制出的糕点疏松多孔 B. 碘盐中的碘可以直接用淀粉检验 C. 硫酸氢钠属于盐类，其水溶液显中性 D. 碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔。氢氧化钠是强碱有强腐蚀性，且没有发酵粉的功能，故A错误；‎ B.碘盐中的碘是碘酸钾不是碘单质，不可以直接用淀粉检验，故B错误；‎ C.硫酸氢钠属于盐类，其水溶液中电离出氢离子显酸性，故C错误； ‎ D.碳酸氢钠溶于水后，溶液显弱碱性，可以用来治疗胃酸分泌过多，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.在下面的反应中，氨作为氧化剂参加反应的是(　　)‎ A. NH3＋H3PO4===NH4H2PO4‎ B. 4NH3＋5O24NO＋6H2O C. 2NH3＋3Cl2===6HCl＋N2‎ D. NH3＋NaH===NaNH2＋H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A错误； B.N元素的化合价从-3价升高到+2价，氨气为还原剂，故B错误； C.N元素的化合价从-3价升高到0价，氨气为还原剂，故C错误； D.氨气中H元素的化合价由+1价降低为0，氨气为氧化剂，故D正确。 ‎ 故选D。‎ ‎3.下列现象的产生，与人为排放大气污染物无关的是(　　)‎ A. 酸雨 B. 光化学烟雾 C. 闪电 D. 臭氧层空洞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸雨与大量排放SO2及氮氧化物有关，故A不符合题意；‎ B. 光化学烟雾是大量汽车尾气排放的碳氢化合物（CxHy）、CO和氮氧化物在强光下引起的一系列光化学反应所致，故B不符合题意；‎ C. 闪电属于自然现象，与人为排放大气污染物氮氧化物无关，故C符合题意；‎ D. 臭氧空洞的形成与氟氯烃或氮氧化物在大气中泄漏与臭氧（O3）发生一系列连锁反应有关，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎4. 下列说法中，错误的是（ ）‎ A. Na2SO3与BaCl2溶液作用，有白色沉淀生成，加稀硝酸后沉淀不会消失 B. 将SO2气体通入Ba(OH)2溶液中，有白色沉淀生成 C. 将SO2气体通入BaCl2溶液中，有白色沉淀生成 D. 将SO2气体通入用硝酸酸化的BaCl2溶液中，有白色沉淀生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．Na2SO3与BaCl2溶液作用生成BaSO3白色沉淀，加稀硝酸后，BaSO3被氧化成BaSO4沉淀，沉淀不会消失．A项正确；B．SO2与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO3白色沉淀；方程式为SO2+Ba（OH）2=BaSO3↓+H2O，B项正确；C．SO2与BaCl2溶液不反应，C项错误；D．硝酸能将SO2氧化成硫酸，硫酸与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，D项错误；答案选C。‎ ‎【考点定位】考查SO2及Na2SO3的性质。‎ ‎【名师点睛】本题考查SO2及Na2SO3的性质。离子方程式的书写是高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型。具体分析如下：‎ ‎①Na2SO3与BaCl2溶液作用，生成BaSO3白色沉淀，加稀硝酸后，BaSO3被氧化成BaSO4沉淀，沉淀不会消失；②硝酸具有很强的氧化性，能将SO2氧化成H2SO4，在氯化钡溶液中生成BaSO4沉淀；③SO2与BaCl2溶液不反应。‎ ‎5.下列反应不属于氮的固定反应是(　　)‎ A. N2＋3MgMg3N2‎ B. N2+3H22NH3‎ C. 2NO＋O2===2NO2‎ D. N2＋O22NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.此反应将氮单质转化为化合态，属于氮的固定，故A正确；‎ B.此反应将氮单质转化为化合态，属于氮的固定，故B正确；‎ C.此反应将化合态的氮转化为化合态，不属于氮的固定，故C错误；‎ D.此反应将氮单质转化为化合态，属于氮的固定，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎6.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，不正确的是 A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠 B. 二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠 C. 二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，二者等质量与足量盐酸反应时生成CO2量一样多 D. 二者在一定条件下可以相互转化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A正确；B. 二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，B正确；C. 二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的CO2多，C错误；D. 碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，D正确，答案选C。‎ ‎7.在3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O的反应中，下列说法不正确的是(　　)‎ A. KCl是还原产物，KClO3是氧化产物 B. KOH在该反应中体现碱性和还原性 C. 反应中每消耗3 mol Cl2，转移电子数为5NA D. 被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl2中的氯元素的化合价有升高、有降低，所以Cl2既做氧化剂，又做还原剂，其中Cl2失去电子被氧化，得到电子被还原，则KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，故A正确；‎ B. KOH在反应前后各元素的化合价不变，所以KOH不是还原剂，不具有还原性，故B错误；‎ C. 该反应中只有Cl元素的化合价变化，则氯气既是氧化剂又是还原剂，由Cl元素的化合价升高可知每消耗3molCl2，转移电子数为5NA，故C正确；‎ D. Cl元素的化合价升高被氧化，化合价降低被还原，则由电子守恒可知，被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为1：5，即被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的解题关键在于确定Cl2既做氧化剂又做还原剂，特别注意氧化还原分反应的基本概念及转移电子的计算。‎ ‎8.某混合气体G可能含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用a.无水CuSO4，b.澄清石灰水，c.灼热CuO，d.碱石灰，e.酸性品红溶液，f.酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检出的正确顺序是(　　)‎ A. G→a→e→b→f→d→c B. G→c→d→b→e→f→a C. G→a→e→f→b→d→c D. G→b→e→f→a→d→c ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据混合气体的组成，应先检验水的存在，因为后面的气体检验会给水的检验带来干扰，检验水的试剂是a；二氧化碳与二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳前先检验二氧化硫并除去，检验二氧化硫用品红溶液e，除去二氧化硫用高锰酸钾溶液f，然后将气体通入澄清石灰水b中检验二氧化碳，二氧化碳用d碱石灰除去，最后气体通过灼热的CuO，黑色固体变红色，证明CO的存在，所以正确顺序选C。‎ 考点：考查气体的检验，顺序的判断 ‎9.下列物质反应后一定有＋3价铁生成的是 (　　)‎ ‎①过量的Fe与Cl2反应②Fe与过量稀H2SO4反应③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中 A. 只有① B. ①② C. ①②③ D. ①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】虽然铁粉过量，但铁与Cl2发生反应的产物为FeCl3，故①中有＋3价铁生成；Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4，故②中只有＋2价铁生成；Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中时，若铁粉很多，则过量的铁粉与生成的FeCl3发生反应生成FeCl2，而使溶液中无Fe3＋，故③中不一定有＋3价铁生成，A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】铁与氯气加热反应只能生成+3价铁的化合物，而铁与稀盐酸或稀硫酸反应只能生成+2价铁的化合物，氯化铁溶液中加入铁粉可以生成氯化亚铁，氯化亚铁通入氯气可以生成氯化铁。‎ ‎10.要证明某溶液中不含Fe3＋而可能含Fe2＋，进行如下实验操作时，最佳的顺序是（ ）‎ ‎①加足量氯水 ②加足量KMnO4溶液 ③加入少量KSCN溶液 A. ①② B. ③② C. ③① D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为KSCN与Fe3＋作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加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+，即进行如下实验的最佳顺序为③①，答案选C。‎ 考点：Fe3＋和Fe2+的检验。‎ ‎11.把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的溶度恰好相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量的比为( )‎ A. 1:1 B. 1:‎2 C. 2:3 D. 3:2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设已反应的Fe3＋ 和 未反应的Fe3＋ 物质的量分别为X,Y 因为铁与Fe3＋反应的离子方程式为：‎ ‎2Fe3＋ + Fe = 3Fe2＋ ‎ ‎2 1 3‎ X X/2 3X/2‎ 因为反应后溶液中Fe2＋和Fe3＋的浓度相等 所以3X/2=Y 得X/Y = 2/3‎ 故正确答案为C。‎ ‎12.下列各组物质中的两种物质反应时，反应物用量或反应条件的改变对生成物没有影响的是(　　)‎ A. C和O2 B. NaHCO3和NaOH C. Na和O2 D. Na2CO3和盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳与O 2 反应，氧气不足是生成CO，过量时生成CO 2 ，反应物用量不同，产物不同，故A 错误；‎ B. NaHCO3和NaOH反应，即是HCO3-和OH-反应，故用量对反应产物没有影响，故B错误；‎ C. Na与O 2 在不加热时生成Na 2O，加热时生成Na2O2 ，则反应条件不同，生成物不同，故C错误；‎ D.HCl少时，Na2CO3和盐酸反应生成NaHCO3，盐酸足量时，Na2CO3和盐酸反应生成Na2CO3、CO2、H2O，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎13.下列离子组在溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. H＋、Fe2＋、Cl－、NO3-‎ B. K＋、H＋、CO32-、HCO3-‎ C. Ca2＋、Ba2＋、Cl－、HCO3-‎ D. Na＋、Ba2＋、HCO3-、OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H＋使溶液呈酸性，在酸性条件下NO3-具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故H＋、Fe2＋、NO3-不能大量共存，故A错误；‎ B. H＋和CO32-、HCO3-反应生成CO2，所以H＋和CO32-、HCO3-不能大量共存，故B错误；‎ C.本组离子间不发生反应，可以大量共存，故C正确；‎ D. HCO3-和OH－反应生成CO32-和H2O，所以HCO3-、OH－不能大量共存，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】离子不能共存的条件是：离子间反应生成难溶性物质、难电离的物质、易挥发性物质；离子间发生氧化还原反应也不能共存。‎ ‎14.下列关于浓HNO3和浓H2SO4的叙述中正确的是(　　)‎ A. 常温下都不能用铝制容器贮存 B. 露置在空气中，容器内酸液的浓度都降低 C. 常温下都能与铜较快反应 D. 滴在紫色石蕊试纸上，试纸都只变红 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温下，Al遇浓HNO3和浓H2SO4都可发生钝化，则常温下都能用铝制容器贮存，故A正确；‎ B.浓硝酸易挥发，溶质减少，浓度降低，浓硫酸难挥发，但是浓硫酸具有吸水性，吸收空气中的水，溶液的浓度降低，故B正确；‎ C.浓硫酸与Cu反应需要加热，常温下浓硝酸能与铜较快反应，故C错误；‎ D.浓硫酸具有脱水性，能使紫色石蕊试纸变黑，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握浓硫酸和浓硝酸的特性，是解决本题的关键。‎ 浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性。‎ ‎15. 如下图所示，集气瓶内充满某混合气体（括号内为体积比），若将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，则集气瓶中的混合气体可能是（ ）‎ ‎①CO、O2（2:1） ②NH3、O2（8:1）③NO2、O2（4:1） ④N2、H2（1:3）‎ A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①一氧化氮与氧气在闪电或高温条件下反应，在常温、常压下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入集气瓶，错误；②氨气极易溶于水，压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确；③根据化学反应4NO2+2H2O+O2=4HNO3, 将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确；④氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在常温常压下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入集气瓶，错误；②③正确；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查常见气体的物理、化学性质 ‎【名师点睛】本题主要考查了教材中常见气体的物理、化学性质，比较简单。集气瓶内充满某混合气体，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，证明集气瓶中的气体与水发生反应或者是其中的气体易溶于水，导致集气瓶内部气压降低而出现此现象。‎ ‎16.将硝酸分解产生的气体收集于试管内然后倒立于水槽中，一段时间后试管内(假设没有空气混入)(　　)‎ A. 剩余NO B. 剩余O2‎ C. 剩余NO2‎ D. 不剩余气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硝酸受热分解产生二氧化氮、氧气和水，而反应的方程式为：4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O，倒立于水槽中，发生反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，恰好反应液体充满试管试底部，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎17.将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显现象发生，当加入下列一种物质后，铜粉的质量减小，溶液呈蓝色， 同时有气体逸出，该物质是(　　)‎ A. Fe2(SO4)3 B. KNO‎3 C. Na2SO4 D. FeSO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误； B.Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故B正确； C.Cu、稀硫酸、Na2SO4混合时不反应，故C错误； D.Cu与稀硫酸不反应，加入FeSO4混合时不反应，Cu不溶解，故D错误。 故选B。‎ ‎【点睛】硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解。‎ ‎18.下列叙述不正确的是（ ）‎ A. NH3易液化，液氨常用作制冷剂 B. 与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3‎ C. 铵盐受热易分解，因此贮存铵态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处 D. 稀HNO3和活泼金属反应时得不到氢气 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 氧化性强弱与得电子得难易程度有关，而与得到得电子多少无关。硝酸是氧化性酸，和金属反应不会生成氢气，所以答案是BD。‎ ‎19.‎1.92 g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况)，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为(　　)‎ A. 336 mL B. 504 mL C. 224 mL D. 168 mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铜与硝酸的反应原理分析解答；根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。‎ ‎【详解】根据题意可知，收集到的672mL气体应该是NO 2 和NO的混合物，物质的量是‎0.672L÷‎22.4L/mol＝0.03mol，‎1.92g铜的物质的量为：=0.03mol，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol电子，反应过程中氮元素的主要转化是HNO3→NO和NO2→HNO3，故从化合价变化或电子转移角度分析，整个反应过程前后HNO3中氮元素的化合价不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，O2——4e-，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)==0.015mol，V(O2)=0.015mol×‎22.4L/mol=‎0.336L，故A正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的解题关键是在明确反应原理的基础上灵活运用电子得失守恒，铜失去的电子，最终全部转化给氧气。‎ ‎20.在通常条件下，NO2和SO2可以很容易发生反应生成NO和SO3。现将碳跟浓硫酸共热产生的气体X和碳跟浓硝酸共热产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是 A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡 B. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡 C. 在Z导管出来的气体中无二氧化碳 D. 反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性减弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：碳跟浓硫酸共热产生CO2、SO2和水，碳跟浓硝酸共热产生CO2、NO2和水，混合气体通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中，发生的反应有NO2+SO2=NO+SO3，SO3+H2O =H2SO4,H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，而在酸性溶液中，CO2与BaCl2不反应，所以洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，不是碳酸钡，A项错误；B项正确；因为CO2在酸性溶液不与BaCl2‎ 溶液反应，所以在Z导管出来的气体中有二氧化碳，C项错误；D.根据上述反应可知，反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性增强，D项错误；答案选B。‎ 考点：考查常见物质的化学性质。‎ ‎21. 下列事实可以用同一原理解释的是 A. SO2、Cl2均能使品红溶液褪色 B. NH4HCO3晶体、固体碘受热均能变成气体 C. S与铁、铜反应均生成低价硫化物 D. ClO-与S2-、H+均不能在溶液中大量共存 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎22.已知KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2。若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是(不考虑①单元装置) (　　)‎ A. 只有①和②处 B. 只有②处 C. 只有②和③处 D. 只有②、③、④处 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在①中制取Cl2，由于盐酸有挥发性，因此氯气中含有杂质HCl、H2O，先用饱和NaCl溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥气体，导气管都是长进短出，然后把干燥、纯净的氯气通入到盛有的试管中，但是试管不能堵住试管口，故②③④处都有错误，选项是D。‎ 考点：考查气体的制取、除杂、干燥、性质的验证的正误判断的知识。‎ ‎23.在酸性溶液中能大量共存的无色离子组是 A. K+、Mg2+、Cl－、MnO4－ B. Na+、H+、CO32－、NO3－‎ C. Fe3+、Na＋、SO42-、SCN－ D. Na+、Mg2+、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 酸性溶液中存在大量H+。A. MnO4－呈紫色，故A不能大量共存；B. H+、CO32－与发生反应，故B不能大量共存；C. Fe3+与SCN－发生反应，故C不能大量共存；D. H+、Na+、Mg2+、Cl－、SO42－不发生反应，故D能大量共存。故选D。‎ ‎24. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl B. 用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体 C. 用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体 D. 用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；‎ B．蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解，应蒸发浓缩、冷却结晶法制备NH4Cl晶体，故B错误；‎ C．纯碱为粉末固体，关闭止水夹不能使固体与液体分离，且碳酸钠易溶于水，则不能制取少量纯净的CO2气体，故C错误；‎ D．碘易溶于四氯化碳，与水分层后有机层在下层，则装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎25.5 mL物质的量浓度为18 mol·L−1的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列说法正确的是 A. 有0.09 mol的硫酸被还原 B. 有0.045 mol的硫酸被还原 C. 充分反应后体系无硫酸剩余 D. 消耗的铜的质量一定小于‎2.88 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 浓硫酸与铜可发生氧化还原反应，而稀硫酸与铜不发生反应。浓硫酸与铜反应时，随着反应进行，硫酸逐渐消耗，其浓度也逐渐下降，当硫酸由浓变稀时反应就会停止。因此，参加反应的硫酸实际量要比理论计算值小。据题n(H2SO4)==="0.005" L×18 mol·L−1="0.09" mol，参加反应的硫酸n(H2SO4)<0.09‎ ‎ mol，被还原的硫酸小于0.045 mol，参加反应的铜小于‎2.88 g。‎ ‎26.浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性，又表现酸性的是(　　)‎ ‎①红热的木炭　②H2S气体　③Cu　④FeO　⑤NH3　⑥使木材炭化　⑦CuSO4·5H2O　⑧对铁、铝的钝化 A. ③④ B. ①②⑤⑧ C. ①②③④⑦ D. 以上答案均不正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸中硫元素化合价降低，硫酸表现氧化性，有硫酸盐生成，硫酸表现酸性。①炽热的木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫； ②H2S气体与浓硫酸反应生成硫和二氧化硫；③Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫；④FeO和浓硫酸反应生成硫酸铁和二氧化硫；⑤NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵；⑥浓硫酸使木材炭化，浓硫酸表现脱水性；⑦CuSO4•5H2O与浓硫酸作用，浓硫酸表现吸水性；⑧铁、铝与浓硫酸发生钝化反应，浓硫酸表现强氧化性。‎ ‎【详解】硫酸中硫元素化合价降低，硫酸表现氧化性，有硫酸盐生成，硫酸表现酸性。①炽热的木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性；②H2S气体与浓硫酸反应生成硫和二氧化硫，浓硫酸只表现氧化性；③Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性；④FeO和浓硫酸反应生成硫酸铁和二氧化硫，浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性；⑤NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵，浓硫酸只表现酸性；⑥浓硫酸使木材炭化，浓硫酸表现脱水性；⑦CuSO4•5H2O与浓硫酸作用，浓硫酸表现吸水性；⑧铁、铝与浓硫酸发生钝化反应，浓硫酸表现强氧化性。③和④既表现氧化性，又表现酸性，故选A。‎ ‎27.甲、乙、丙三种溶液中各含有一种X－(X－为Cl－、Br－或I－)，往甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，再往此溶液中加入丙溶液，颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有(　　)‎ A. Br－、I－、Cl－ B. Br－、Cl－、I－‎ C. I－、Br－、Cl－ D. Cl－、I－、Br－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：卤族元素中，其单质的氧化性随着原子序数增大而减弱，其简单阴离子的还原性随着原子序数增大而增强，所以卤族元素中原子序数小的单质能置换出原子序数大的单质，甲、乙、丙三种溶液中各有一种X-(X-为Cl-、Br-、I-)离子，向甲中加入淀粉溶液和氯水，溶液变为橙色，二者发生置换反应，说明甲中含有Br-，再加丙溶液，颜色无明显变化，说明加入的物质和溴不反应，则为Cl-，则乙是I-，故选A。‎ ‎【考点定位】考查同一主族性质递变规律 ‎【名师点晴】明确同一主族元素性质递变规律是解题关键，卤族元素中，其单质的氧化性随着原子序数增大而减弱，其简单阴离子的还原性随着原子序数增大而增强，所以卤族元素中原子序数小的单质能置换出原子序数大的单质，据此分析解答。‎ ‎28.将适量的Cl2通入溴化钠溶液中，等反应停止后，实验室从该溶液中提取溴通常所需的主要仪器和方法是(　　)‎ A. 蒸发皿：蒸发后灼烧 B. 烧杯：冷却、结晶、过滤 C. 分液漏斗：分液 D. 分液漏斗：加萃取剂，振荡静置分层后分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的分离和提纯方法及操作注意事项分析解答。‎ ‎【详解】氯气具有氧化性，能把溴化钠氧化生成单质溴，实验室从该溶液中提取溴，因溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，需要加萃取剂，选择分液漏斗萃取、振荡静置后分液，最后蒸馏可得到溴，‎ 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题解题的关键是把握物质的性质、性质差异及发生的反应，注意不同种状态物质分离方法的选择。‎ ‎29.气体X可能含有Cl2、HBr、CO2中的一种或几种，已知X通入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸；若将X通入澄清石灰水中，却不见沉淀产生。则对气体X的成分的分析，下列说法正确的是(　　)‎ A. 一定含有HBr，可能含有CO2‎ B. 一定不含CO2‎ C. 一定含有Cl2‎ D. 可能含有CO2、Cl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常见气体的检验方法分析解答。‎ ‎【详解】因X通入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸，说明含有HBr，由于氯气能够氧化溴化氢，则混合气体中一定不含Cl2；由于气体X含有HBr，即使有CO2‎ 也不一定能生成沉淀，因为生成的沉淀能与HBr反应，所以X通入澄清的石灰水中却不见沉淀产生，故X中可能含有CO2，根据以上分析可知，X中一定含有HBr，一定不含Cl2，可能含CO2，故A正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题解题的关键是根据题目中给出的实验现象判断出HBr的存在，进一步确定X 中不存在Cl2。特别要注意的是在HBr的存在下，二氧化碳不与石灰水反应，因为氢溴酸的酸性强于碳酸。‎ ‎30.某溶液中阳离子只含K＋，其中Cl－、Br－、I－的个数比为1∶2∶3，欲使这些离子个数比变为3∶2∶1，需要通入的氯分子与原溶液中I－的个数比应为( )‎ A. 1∶2 B. 2∶‎1 C. 1∶3 D. 3∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析： Br－和I－还原性强弱关系是：I－>Br－由于还有未反应的I－，所以氯气只和I－发生反应。根据反应方程式：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应的碘离子物质的量2mol，消耗的氯气是1mol .所以需要通入的氯分子与原溶液中I－的个数比应为1：3.选项为：C。‎ 考点：考查氧化剂与还原性大小不同的还原剂反应的顺序等问题的知识。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共40分)‎ ‎31.根据如图所示转化关系，判断A、B、C、D各是什么物质，写出有关反应的化学方程式：‎ ‎(1)当A为气体单质时：A是_______，B是_______，C是________，D是________，E是________；E→C的离子方程式是______________________________________B→C的化学方程式是__________________________________。‎ ‎(2)当A为固体单质时：A是______，B是______，C是_______，D是_______，E是______；E→C的化学方程式是______________________________________‎ ‎【答案】 (1). N2 (2). NH3 (3). NO (4). NO2 (5). HNO3 (6). 3Cu＋8H+(稀) ＋2NO3- ===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O (7). 4NH3+5O24NO+6H2O (8). S (9). H2S (10). SO2 (11). SO3 (12). H2SO4 (13). Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据硫及其化合物的转化关系分析解答；根据氮及其化合物的转化关系分析解答。‎ ‎【详解】(1) 当A是气体单质时，A能被氧化生成C、C能继续被氧化生成D、D和水反应生成E，E能和Cu反应生成C，则E应该是硝酸，A是N2，C是NO，D是NO2，E是硝酸， A能和氢气反应生成氢化物B，所以B是NH3；‎ E生成C的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应方程式为：3Cu＋8H+(稀) ＋2NO3- ===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；‎ B到C的反应是氨气与氧气反应，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ 故答案为：N2；NH3；NO；NO2；HNO3；3Cu＋8H+(稀) ＋2NO3- ===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(2) 当A为固体单质时，A能连续被氧化生成D，D和水反应生成E，E和铜反应生成C，能和Cu反应的酸除了硝酸我们还学过硫酸，所以E是硫酸，则A是S，B是H2S，C是SO2，D是SO3， E生成C的方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；‎ 故答案为：S；H2S；SO2；SO3；H2SO4；Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。‎ ‎【点睛】本题解题的关键有两点：一是连续氧化，常见能发生连续氧化的物质有：S、N2、NH3等；二是高中阶段需要掌握的能与Cu反应的酸有浓硫酸和硝酸。‎ ‎32.实验室中用如图所示装置制取干燥的氨气。‎ ‎(1)写出A处发生反应的化学方程式： _______________________________。‎ ‎(2)B中干燥剂为_________________‎ ‎(3)尾气处理用____________吸收多余的氨气，并且注意防止倒吸 ‎【答案】 (1). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). 碱石灰 (3). 稀硫酸或者水 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氨气的实验室制备方法及原理分析解答。‎ ‎【详解】(1)A装置是反应装置，NH4Cl和Ca(OH)2混合共热，反应生成氨气，反应方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；‎ 故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；‎ ‎(2)氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，故B装置中盛装的干燥剂是碱石灰；‎ 故答案为：碱石灰；‎ ‎(3)由于氨气极易溶于水，且是碱性气体，我们可以用水或稀硫酸来处理尾气；‎ 故答案为：稀硫酸或者水。‎ ‎【点睛】氨气的实验室制备装置中有以下易错点：①反应物是NH4Cl和Ca(OH)2；②干燥剂③收集装置的试管口的棉花防止空气对流。‎ ‎33.根据不同价态铁元素之间的相互转化关系，回答下列问题：‎ ‎(1)配制含Fe2＋的溶液时，常常向溶液中加入少量____________，使被氧气氧化形成的Fe3＋还原为Fe2＋。‎ ‎(2)为除去废水中的Fe2＋，常先将废水中的Fe2＋氧化为________，再根据Fe3＋的性质使Fe3＋转化为红褐色的________沉淀析出。‎ ‎(3)在制作印刷电路板的过程中常利用铜与氯化铁溶液的反应。反应的离子方程式为________________。‎ ‎(4)为消除废气中的Cl2对环境的污染，将废气通过含有铁粉的FeCl2溶液，即可有效地除去Cl2，这一处理过程可用两个离子方程式表示为____________________________，______________________________；处理过程中需定期添加的原料是__________________。‎ ‎【答案】 (1). 铁粉 (2). Fe3＋ (3). Fe(OH)3 (4). Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋ (5). Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－ (6). Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ (7). 铁粉 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铁及其化合物的转化关系分析解答；根据Fe2+、Fe3+在化学实验基础以及工业生产中的应用分析解答。‎ ‎【详解】(1) 配制硫酸亚铁溶液时，利用还原剂防止亚铁离子被氧化，且不能引入新杂质，则加入铁粉（铁钉也可）以防止Fe2+被氧化；‎ 故答案为：铁粉（铁钉也可）；‎ ‎(2)为除去废水中的Fe2+，常先将废水中的Fe2+氧化为铁离子，铁离子极易转化为氢氧化铁沉淀；‎ 故答案为：Fe3+；Fe（OH）3；‎ ‎(3) FeCl3溶液与金属铜反应，生成氯化亚铁、氯化铜，化学反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，所以离子反应方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+;‎ 故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；‎ ‎(4) Cl2与FeCl2溶液反应生成FeCl3，其反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，离子反应方程式为：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl-，铁粉与FeCl3反应生成FeCl2其反应的化学方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2，离子反应方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，根据两个反应可知，处理过程中消耗的原料是铁粉； ‎ 故答案为：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl-；Fe+2Fe3+═3Fe2+；Fe粉。‎ ‎【点睛】注意Fe2+既有还原性，又有氧化性，Fe2+常被Cl2、O2等氧化剂氧化成Fe3+，而Fe3+的氧化性很强，能与较稳定的金属铜反应。‎ ‎34.向10 mL浓度均为3 mol·L－1的HNO3与H2SO4的混合溶液中加入‎1.92 g铜，充分反应后，设溶液体积仍为10 mL。求：‎ ‎(1)产生的气体在标准状况下的体积是多少升_____？‎ ‎(2)反应后溶液中各溶质的离子浓度是多少 ______？ （反应完溶液中溶质的离子有Cu2＋、H＋、、NO3-、 SO42-）（以上要求写出计算过程）‎ ‎【答案】 (1). ‎0.448 L (2). Cu2＋：3 mol·L－1　H＋：1 mol·L－1 NO3-：1 mol·L－1　SO42-：3 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铜与稀硝酸反应的离子反应过程分析解答。‎ ‎【详解】(1)n（Cu）= =0.03mol，n（H+）=3mol•L-1×‎0.01L×1+3mol•L-1×‎0.01L×2=0.09mol，n（NO3-）=3mol•L-1×‎0.01L=0.03mol，根据离子反应方程式：3Cu+8H++2NO3-=3 Cu2++2NO↑+4H2O 可知，Cu完全反应，H+和NO3-过量，由反应的离子方程式可知：n（NO）=0.03mol×2÷3=0.02mol， V（NO）=0.02mol×‎22.4L/mol=‎0.448L；‎ 故答案为：‎0.448 L；‎ ‎(2) 由离子方程式可知‎1.92 g Cu为0.03 mol，反应中消耗H＋ 0.08 mol，消耗NO3- 0.02 mol，生成Cu2＋ 0.03 mol，可得：c(Cu2＋)＝0.03mol÷‎0.01L＝3 mol·L－1，反应后c(H＋)＝(0.09mol-0.08mol) ÷‎0.01L＝1 mol·L－1，反应后n(NO3-)=0.03-0.02=0.01mol，故c(NO3-)＝0.01mol÷‎0.01L＝1 mol·L－1，因为SO42-没有参加反应，故SO42-的离子浓度仍为3 mol·L－1。‎ 故答案为：Cu2＋：3 mol·L－1，H＋：1 mol·L－1，NO3-：1 mol·L－1，SO42-：3 mol·L－1。‎ ‎【点睛】本题解题的关键在于理解加入的硫酸是提供氢离子，实际上是Cu与H+、NO3-反应的过程，从离子反应的角度考虑就屏蔽了很多障碍。‎ ‎ ‎