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  • 2021-07-07 发布

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)

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‎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。‎ ‎ ‎

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