江西省上饶市2019-2020学年高一上学期期末考试化学（自招班）试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com ‎2019－2020学年度第一学期高一自招班期末考试 化学试题 ‎(时间：90分钟 分值：100分)‎ 相对原子质量H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 S32 Fe56‎ 第Ⅰ卷选择题 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)‎ ‎1. 化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是 A. pH小于7的雨水被称为酸雨 B. 明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒 C. 推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治SO2污染 D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5×10－6m)的细小可吸入颗粒物，其与空气形成的分散系属于胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH小于5.6的雨水被称为酸雨,故A错误；‎ B. 明矾常用于饮用水的净化，不能消毒，故B错误；‎ C. 推广使用燃煤脱硫技术，减少SO2的排放，故C正确；‎ D. PM2.5的直径大于胶体的直径，不属于胶体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.欲进行下列实验，其方案设计合理的是 A. 检验装置气密性 B. 氨气尾气处理 C. NO2被水完全吸收 - 19 -‎ D. 比较NaHCO3和Na2CO3溶解度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体受热后，会沿着长颈漏斗颈逸出，不能检验装置气密性，A不正确；‎ B．氨气极易溶于水，用刚接触水面的倒置的漏斗，可进行氨的尾气处理，B正确；‎ C．从反应3NO2+H2O==2HNO3+NO可知，NO2不能被水完全吸收，C不正确；‎ D．通过温度变化的多少，不能比较NaHCO3和Na2CO3溶解度大小，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎3.NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 22.4L 氨气含有的质子数为10NA B. 14g由乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）组成的混合物中含有原子的数目为3NA C. 1mol Na与足量的O2反应，转移的电子数为2NA D. 100mL1 mol·L－1蔗糖溶液中含有分子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氨气所处的状态不明确；乙烯和丙烯的最简式均为CH2；钠和氧气反应后变为+1价；蔗糖溶液中，除了蔗糖外，还含水分子。‎ ‎【详解】A、氨气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故A错误；‎ B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有最简式组成的物质的量为1mol，故含原子为3NA个，故B正确；‎ C、钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠反应后转移NA个电子，故C错误；‎ D、蔗糖溶液中，除了蔗糖外，还含水分子，故溶液中的分子数多于0.1NA个，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。‎ ‎4.下列表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是 - 19 -‎ 选项 表述Ⅰ 表述Ⅱ A.‎ SO2有还原性 SO2可使溴水褪色 B.‎ SiO2有导电性 SiO2可用于制备光导纤维 C.‎ 铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落 铝单质熔点高 D.‎ Fe3＋有氧化性 用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据二氧化硫的还原性解答；二氧化硅是绝缘体；铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高；Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁。‎ ‎【详解】A、SO2可使溴水褪色，是因为二氧化硫具有还原性，表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系，故A正确；‎ B、二氧化硅为绝缘体，不导电，SiO2是光导纤维的主要成分，二者无因果关系，故B错误；‎ C、铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高，与铝单质熔点高无关，故C错误；‎ D、用KSCN溶液可以鉴别Fe3+，是因为Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁，与Fe3+有氧化性无关，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎5.下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是(　　)‎ ‎①金属钠在纯氧中燃烧　②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间　③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中 A. ②③①④ B. ③②①④‎ C ③①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；④无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是③②①④，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列物质中不能用化合反应的方法制得的是 ‎①SO2 ②H2SiO3 ③Fe(OH)3 ④ Mg(OH)2 ⑤ FeCl2 ⑥CaSiO3‎ A. ①③④⑥ B. ①②④ C. ②④⑤ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应。‎ ‎【详解】①、硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不符合；‎ ‎②、氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②符合；‎ ‎③、可以实现，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故③不符合；‎ ‎④、氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故④符合；‎ ‎⑤、铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为Fe+2FeCl33FeCl2，故⑤不符合；‎ ‎⑥、氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2 CaSiO3，故⑥不符合。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查铁的氢氧化物、硅酸制备、碳酸氢钠制备反应、铁的氯化物的制取反应，考查了化合反应的概念。‎ ‎7.下列关于离子方程式书写正确的是 A. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋4NH4＋＋2H2O C. 向硫酸氢钠溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O D. SO2通入氯水中：SO2＋Cl2＋H2O＝SO42－＋2Cl－＋2H＋‎ ‎【答案】A - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化，生成Fe3+和水，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O，A正确；‎ B．Al(OH)3不溶于过量的NH3·H2O，不可能生成AlO2－，B不正确；‎ C．向硫酸氢钠溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，C不正确；‎ D．SO2通入氯水中，离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O＝SO42－＋2Cl－＋4H＋，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎8.下列装置或操作能达到实验目的的是 A. 可用于检验溶液中是否含有K＋‎ B. 图中，用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生丁达尔效应 C. 为转移液体时，玻璃棒靠在刻度线以上防止液体洒出 D. 可用于分离NaCl溶液和四氯化碳的混合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．检验K＋时，应透过蓝色钴玻璃，A错误；‎ B．用激光笔照射Fe(OH)3胶体，从光的垂直方向可以看到光亮的“通路”，B正确；‎ C．转移液体时，玻璃棒的一端应靠在刻度线以下，C错误； ‎ D．NaCl溶液和四氯化碳不互溶，液体分层，应使用分液法分离，D错误；‎ 故选B。‎ - 19 -‎ ‎9.科学家最新研制的利用氯化氢和氢气生产高纯硅的工艺流程如图所示：‎ 容器①中的反应为：Si(粗)＋3HCl(g)＝SiHCl3(l)＋H2(g)；容器②中进行的反应为：SiHCl3＋H2＝Si(纯)＋3HCl，下列说法正确的是 A. 反应①和②中HCl均作为氧化剂 B. 该工艺流程的优点是部分反应物可循环使用 C. 最好用分液的方法分离Si和SiHCl3‎ D. 由反应①可知Si可与盐酸发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从流程图中可以看出，容器①中，Si(粗)与HCl(g)反应，生成SiHCl3(l)和H2(g)；容器②中，SiHCl3(l)与H2(g)反应，生成Si(纯)和HCl(g)；HCl(g)和H2(g)可以循环使用。‎ ‎【详解】A．反应①中HCl作氧化剂，反应②中HCl是氧化产物，A不正确；‎ B．在该工艺流程中，HCl(g)和H2(g)可以循环使用，B正确；‎ C．Si固体和SiHCl3液体应使用过滤法分离，C不正确；‎ D．反应①中，Si与氯化氢在高温条件下发生反应，而不是与盐酸反应，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎10.由相同条件下的三个反应：2A－+B2=2B－+A2；2C－+A2=2A－+C2；2B－+ D 2=2D－+B2；下列判断正确的是 A. 还原性：C－＞A－＞B－＞D－ B. 氧化性：A2＞B2＞C2＞D2‎ C. 2A－+ D 2=2D－+A2不能进行 D. 2C－+B2=2B－+C2不能进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物；氧化性强的物质易于还原性强的物质反应。‎ ‎【详解】A、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性来判断，还原性C﹣＞A﹣＞B﹣＞D﹣，故A错误；‎ B、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性来判断，氧化性D2＞B2＞A2＞C2，，故B错误；‎ C、根据氧化性强物质易于还原性强的物质反应，氧化性：D2＞A2，还原性：A﹣＞D﹣，故A﹣和D2能反应；故C错误；‎ D、根据氧化性强的物质易于还原性强的物质反应，氧化性：D2＞A2，还原性：A﹣＞D﹣，同理B2和C﹣可以进行反应，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化性强弱比较和还原性强弱比较，以及利用强弱关系判断离子方程式正误。‎ ‎11.已知同周期X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物酸性由强到弱的顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列判断中正确的是（ ）‎ A. 元素非金属性按X、Y、Z的顺序减弱 B. 阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序减弱 C. 气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序增强 D. 单质的氧化性按X、Y、Z的顺序增强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性由强到弱的顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，非金属性X>Y>Z。非金属性越强单质氧化性越强、阴离子的还原性越弱、气态氢化物越稳定，故A正确。‎ 答案选A。‎ ‎12.有一无色溶液，可能含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、Ba2＋、MnO4－中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀 部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是 A. 肯定有Al3＋、Mg2＋、Ba2＋ B. 肯定有Al3＋、SO42－、NH4＋‎ C. 不能确定K＋、Cl－ 、NH4＋是否存在 D. 肯定没有NH4＋、Ba2＋、MnO4－‎ - 19 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色溶液可知一定不含MnO4﹣，‎ ‎①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，可知不含NH4+，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，则沉淀为氢氧化铝，则一定含Al3+，不含Mg2+；‎ ‎②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，则一定含SO42﹣，根据离子共存原则，肯定不含Ba2+，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，一定含Al3+、SO42﹣，一定不含NH4+、Mg2+、Ba2+、MnO4﹣，不能确定是否含K+、Cl﹣，‎ A、由分析可知一定不含Ba2+、Mg2+，故A错误；‎ B、一定含Al3+、SO42﹣，一定不含NH4+，故B错误；‎ C、上述实验不能确定是否有K+、Cl﹣，一定不含NH4+，故C错误；‎ D、由无色无味气体、无色离子、白色沉淀全部溶解可知，肯定没有NH4+、MnO4﹣、Mg2+，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应、离子共存、反应现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意离子的检验方法。‎ ‎13.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为 A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】化合价升高的元素被氧化，化合价降低的元素被还原，Cl2被氧化生成ClO−与ClO3−，Cl2还原有生成NaCl，ClO−与ClO3−的离子个数比为1:3，假设ClO−与ClO3−的物质的量分别为1mol、3mol，根据电子转移守恒，ClO−的物质的量==16mol，根据Cl原子守恒，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的个数比=16mol:(3mol+1mol)=4:1，‎ 答案选D。‎ - 19 -‎ ‎14.现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸和稀硝酸的浓度均为2 mol·L－1。取10mL混合酸，向其中加入1.92g铜粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体体积为（假设HNO3只被还原为NO）‎ A. 0.224L B. 0.336L C. 0.448L D. 0.672L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生反应：3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，进行过量计算，根据不足量的物质计算生成NO的体积。‎ ‎【详解】10mL混合酸中：n（H+）＝0.01L×2×2mol/L+0.01L×2mol/L＝0.06mol，n（NO3﹣）＝0.01L×2mol/L＝0.02mol。‎ ‎1.92g Cu的物质的量为：1.92g÷64 g/mol＝0.03mol，‎ ‎ 3Cu+2NO3﹣+8 H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O ‎ 3 2 8‎ ‎ 0.03mol 0.02mol 0.08mol ‎0.03molCu完全消耗0.02molNO3﹣、0.08molH+，消耗H+物质的量大于0.06molH+，故H+不足，由离子方程式可知生成NO为0.06mol×＝0.015mol，标况下生成NO为0.015mol×22.4L/mol＝0.336L，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算，注意利用离子方程式进行计算解答，避免解题过程的复杂，题目侧重考查学生分析计算能力。‎ ‎15.将a mL NO、b mL NO2和c mL O2混合于同一试管中，将试管倒置于水中，充分反应后，试管内气体全部消失，则a ：b ：c不可能是 A. 1:1:1 B. 2:1:1 C. 3:7:4 D. 1:5:2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据发生的反应：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，若气体能完全溶于水，即NO、NO2、O2三种气体恰好完全反应，全部生成了硝酸，amolNO，bmolNO2和cmolO2在反应中amolNO失去3amol电子，bmolNO2失去bmol电子，cmolO2得到4cmol电子生成HNO3‎ - 19 -‎ ‎，根据反应中电子得失守恒，应该有3a+b=4c成立，只有B比例不能使关系式成立，故选B。‎ ‎16.标准状况下有22.4L氯气和氢气的混合气体，在一密闭容器中使其反应，冷却后将此气体通入足量的NaOH溶液中，共消耗1.5molNaOH，则原混合气体中氯气和氢气的体积比为 A. 3：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 3：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气与氢气反应后气体，再与足量NaOH溶液，溶液中溶质为NaCl，若氯气有剩余，还含有NaClO，但Na原子与Cl原子数目为1：1，由原子守恒可知：2n（Cl2）＝n（NaOH），进而计算氢气的物质的量，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比。‎ ‎【详解】氯气与氢气反应后气体，再与足量NaOH溶液，溶液中溶质为NaCl，若氯气有剩余，还含有NaClO，但Na原子与Cl原子数目为1：1，由原子守恒可知：2n（Cl2）＝n（NaOH），故n（Cl2）＝1.5mol÷2＝0.75mol，则n（H2）＝22.4L÷22.4L/mol﹣0.75mol＝0.25mol，故V（Cl2）：V（H2）＝0.75mol：0.25mol＝3：1，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算，关键是明确可能发生的反应，题目利用守恒思想进行解答，避免复杂计算、化繁为简。‎ 第II卷(非选择题，共52分)‎ 二、非选择题(本题包括5个大题，共52分)‎ ‎17.(1)下列物质N2、H2O、Na2O2、CaCl2、KOH、NaF中，既含有离了键，又含有共价键物质是__________，属于共价化合物的是__________。‎ ‎(2)用电子式表示CaCl2的形成过程：____________________。‎ ‎(3)氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要化合物，它与水作用产生NH3。请写出Na3N的电子式是__________。‎ ‎(4)Na3N与盐酸反应生成两种盐，反应的化学方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). Na2O2、KOH (2). H2O (3). (4). (5). Na3N+4HCl==3NaCl+NH4Cl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)既含有离了键，又含有共价键 - 19 -‎ 物质，通常含有金属元素，且含有原子团；共价化合物通常为不含金属元素的化合物；‎ ‎(2)CaCl2由钙离子和氯离子构成；‎ ‎(3) Na3N由Na+和N3-构成；‎ ‎(4)Na3N与盐酸反应生成两种盐，则产物为NaCl和NH4Cl。‎ ‎【详解】(1) Na2O2、CaCl2、KOH、NaF为含有金属元素的化合物，都为离子化合物，Na2O2、KOH中分别含有O22-、OH-原子团，都含有共价键，而CaCl2、NaF不含有共价键。从而得出既含有离了键，又含有共价键的物质是Na2O2、KOH；不含有离子键的化合物，是共价化合物，从而得出属于共价化合物的是H2O。答案为：Na2O2、KOH；H2O；‎ ‎(2) CaCl2由钙离子和氯离子构成，则用电子式表示CaCl2的形成过程为：。答案为：；‎ ‎(3) Na3N由Na+和N3-构成，电子式是。答案为：；‎ ‎(4)Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，反应的化学方程式为Na3N+4HCl==3NaCl+NH4Cl。答案为：Na3N+4HCl==3NaCl+NH4Cl。‎ ‎【点睛】CaCl2是含有离子键的化合物，看上去像是含有原子团“Cl2”，是我们的易错点。在CaCl2中，Ca失去2个电子给Cl，平均每个Cl原子分得1个电子，而Cl原子的最外层电子数为7，得电子后，每个氯的最外层电子数为8，达到了相对稳定结构，所以两个Cl之间不形成共用电子对，而是形成Cl-。‎ ‎18.现有下列十种物质：①液态HCl ②NaHCO3 ③熔融NaCl ④CO2 ⑤蔗糖晶体 ⑥Ba(OH)2溶液 ⑦氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨空气 ⑩NaHSO4‎ ‎(1)上述十种物质中属于电解质的有___________(填序号)。‎ ‎(2)⑩在水溶液中的电离方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). ①②③⑩ (2). NaHSO4 = Na++H++SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解质是化合物，通常为酸、碱、盐、金属氧化物和水，酸、碱、盐的水溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎(2)H2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，则HSO4-在水溶液中完全电离，应以离子形式存在。‎ ‎【详解】①液态HCl，属于化合物，它在水溶液中能导电，所以属于电解质，①符合题意；‎ - 19 -‎ ‎②NaHCO3，属于化合物，它在水溶液中能导电，所以属于电解质，②符合题意；‎ ‎③熔融NaCl，属于化合物，此状态时能导电，所以属于电解质，③符合题意；‎ ‎④CO2，属于化合物，它的水溶液能导电，但属于非电解质，因为导电离子来自它与水反应的产物，④不合题意；‎ ‎⑤蔗糖晶体，属于化合物，但它的水溶液或熔融液都不导电，所以属于非电解质，⑤不合题意；‎ ‎⑥Ba(OH)2溶液，属于混合物，所以它既不是电解质也不是非电解质，⑥不合题意；‎ ‎⑦氢氧化铁胶体，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，⑦不合题意；‎ ‎⑧氨水，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，⑧不合题意；‎ ‎⑨空气，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，⑨不合题意；‎ ‎⑩NaHSO4，属于化合物，不管是水溶液还是熔融液，都能导电，⑩符合题意；‎ ‎(1)综合以上分析，上述十种物质中属于电解质的有①②③⑩。答案为：①②③⑩；‎ ‎(2) NaHSO4在水溶液中能完全电离，电离方程式为NaHSO4 = Na++H++SO42-。答案为：NaHSO4 = Na++H++SO42-。‎ ‎【点睛】在电解质的定义中，强调电解质的水溶液或熔融时的电解质能导电，但能导电的水溶液不是电解质，如酸、碱、盐的水溶液，氨水、氯水等，解题时，我们往往受“能导电”的干扰，而误将能导电的酸、碱、盐的水溶液看成是电解质。‎ ‎19.青海昆仑玉被定为2008年北京奥运会奖牌用玉,昆仑玉主要成分是由"透闪石"和"阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石（Tremolite）的化学成分为Ca2Mg5Si8O22（OH）2透闪石的化学式写成氧化物的形式为：________________________________‎ ‎【答案】2CaO·5MgO·8SiO2·H2O ‎【解析】‎ 硅酸盐结构复杂，一般都用氧化物的形式表示；金属氧化物在前，非金属氧化物放后，最后为水，中间用“·”隔开，书写要满足原子守恒规律；正确答案：2CaO·5MgO·8SiO2·H2O ‎20.实验室需要用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制1.0 mol·L－1的稀硫酸溶液450mL，请回答下列问题 ‎(1)需要用量筒量取的浓硫酸的体积为__________mL。‎ ‎(2)下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)‎ ‎①用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶__________。‎ ‎②向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面__________。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 27.2 (2). 偏高 (3). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)配制1.0 mol·L－1的稀硫酸溶液450mL，由于实验室没有450mL规格的容量瓶，按就近原则，应选择500mL规格的容量瓶。‎ 用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制1.0 mol·L－1的稀硫酸溶液，需要计算所需量取的浓硫酸的体积，可利用稀释定律进行计算，即稀释前后，溶质的物质的量相等。‎ ‎(2)分析误差时，可利用公式c=，根据操作时n、V发生变化，判断c的变化。‎ ‎【详解】(1)浓硫酸的物质的量浓度=18.4mol/L，需要用量筒量取的浓硫酸的体积为=27.2mL。答案为：27.2；‎ ‎(2)①用量筒量取浓硫酸后，洗涤量筒，并把洗涤液转移到容量瓶，此时n偏大，则c偏高；答案为：偏高；‎ ‎②向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，此时V偏小，c偏高；答案为：偏高。‎ ‎【点睛】在利用稀硫酸的浓度和体积，计算所需浓硫酸的体积时，我们容易犯的错误，就是不考虑是否存在所需配制体积的容量瓶，而是直接利用所配的体积进行计算。‎ ‎21.高效净水剂聚合氯化铝铁(PAFC)的组成可表示为[AlFe(OH)nCl6－n]m，该物质广泛应用于日常生活用水和工业废水的处理。‎ ‎(1)为检测PAFC中铝和铁元素的含量，采用如图所示流程进行：‎ 回答下列问题：‎ ‎①PAFC中铁元素的化合价为__________。‎ ‎②步骤I中的试剂A是__________ (从氢氧化钠溶液、氨水中选择)步骤III中的试剂B是__________。‎ ‎③步骤II的操作是__________。‎ ‎(2)某工厂欲以工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为原料制取PAFC，设计如下流程：‎ - 19 -‎ ‎①所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子是_________(填序号)。‎ A.Al3＋ B.Fe2＋ C.Fe3＋ D.H＋‎ 为证明该离子确实存在，可采用的操作(必须指明所采用的试剂及观察到的现象)是：_____。‎ ‎②往酸性溶液中加入试剂X的目的是(用离子方程式表示)___________。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). NaOH溶液 (3). CO2 (4). 过滤 (5). C (6). 取溶液少量于试管中，再滴入几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则存在Fe3+ (7). 2Fe2+ +Cl2＝2Fe3++2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)从步骤Ⅱ看，混合物分为沉淀和溶液，则此操作为过滤；[AlFe(OH)nCl6－n]m中加入足量的A，生成Fe(OH)3和溶液，溶液中加入足量的B转化为Al(OH)3，则溶液中含有AlO2-，B应为CO2气体，A应为NaOH溶液。‎ ‎(2)废料中加入过量稀盐酸，铁和铝的氧化物溶解生成Fe3+、Fe2+、Al3+，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，若Fe过量，再与盐酸反应；所得酸性溶液中加入的试剂X应具有强氧化性，能将Fe2+全部氧化为Fe3+，再调节pH、水解，最后生成PAFC。‎ ‎【详解】(1)①在PAFC中，Al3+、OH-、Cl-与Fex+的化合价的代数和为0，则3+x=n+6-n，x=3，则铁元素的化合价为+3。答案为：+3；‎ ‎②步骤I中，加入的试剂A应将Fe3+转化为Fe(OH)3，Al3+转化为AlO2-，而氨水不能溶解Al(OH)3，所以试剂A是氢氧化钠溶液，步骤III中的试剂能将AlO2-转化为Al(OH)3，且不溶解Al(OH)3，B是CO2。答案为：NaOH溶液；CO2；‎ ‎③步骤II的操作用于分离固体和溶液，所以是过滤。答案为：过滤；‎ ‎(2)①根据上面分析，所得酸性溶液中，发生Fe与Fe3+生成Fe2+的反应，所以不能确定是否一定存在的阳离子是Fe3+。答案为：C；‎ 为证明Fe3+确实存在，可采用的操作是：取溶液少量于试管中，再滴入几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则存在Fe3+。答案为：取溶液少量于试管中，再滴入几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则存在Fe3+；‎ ‎②往酸性溶液中加入的试剂X，可以是氯水，也可以是H2O2等，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，与Cl2反应的离子方程式为2Fe2+ +Cl2＝2Fe3++2Cl－。答案为：2Fe2+ +Cl2＝2Fe3++2Cl－‎ - 19 -‎ ‎(其它合理答案也正确)。‎ ‎【点睛】H2O2被称为绿色氧化剂，它氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。‎ ‎22.氮是我们熟悉的典型非金属元素，研究氮及其化合物的性质对于生产、生活、科研具有重要意义，请回答以下问题：‎ I. (1)图1为制取氨气的装置和选用的试剂，其中合理的是______________（填字母）。‎ A,①② B. ②③ C. ②④ D. ①③‎ ‎(2)实验室制备氨气的化学方程式是____________________________________。‎ II. 图2位铵盐的受热分解装置 ‎(1)被加热的铂丝处发生反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎(2)B中出现的现象为_______________________________________________________。‎ ‎(3)如图3：将上述烧杯C中反应得到酸的足量的浓溶液与Cu反应，实验完毕后，试管中收集到气体的主要成分为____________________（写化学式）。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ (3). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (4). 无色气体变成红棕色 (5). NO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I、（1）①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；‎ ‎②CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，有利于氨气的生成；‎ ‎③固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜；‎ ‎④根据浓氨水易挥发，可用碱石灰干燥分析；‎ - 19 -‎ ‎（2）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气，二者反应生成氯化钙、氨气和水；‎ II、（1）在铂丝作催化剂、加热条件下，氨气和氧气发生氧化还原反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎（2）一氧化氮和氧气是无色气体，一氧化氮和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，所以看到的现象是：无色气体变成红棕色；‎ ‎（3）HNO3是强电解质，具有强氧化性，可用铜反应，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为NO。‎ ‎【详解】I、（1）实验室制备氨气是利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaCl2，‎ ‎①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多，故①错误；‎ ‎②向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故②正确；‎ ‎③固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，所以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气需试管口应略向下倾斜，故③错误；‎ ‎④浓氨水易挥发，用浓氨水加热制取NH3的方法是正确的，氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，故④正确；故答案为D；‎ ‎（2）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气，二者反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；‎ II．（1）在铂丝作催化剂、加热条件下，氨气和氧气发生氧化还原反应生成一氧化氮和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎（2）一氧化氮和氧气是无色气体，一氧化氮和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，所以看到的现象是：无色气体变成红棕色，故答案为：无色气体变成红棕色；‎ ‎（3）HNO3是强电解质，具有强氧化性，可用铜反应，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为NO，故答案为：NO。‎ ‎23.在200mL 含Mg2＋、Al3＋、NH4＋、H＋、Cl－ 、的溶液中，逐滴加入5 mol·L－1‎ - 19 -‎ 的NaOH溶液并微热，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如下图所示 ‎(1)x-y=____________。‎ ‎(2)加入33～35 mLNaOH溶液时的离子方程式：_________________________________。‎ ‎(3)产生的氨气在标准状况下的体积_________________________mL。‎ ‎(4)原溶液中n(Mg2＋)：n(Al3＋)=______________________。‎ ‎(5)原溶液中c(Cl－)=______________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.01mol (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). 336 (4). 5：1 (5). 0.825 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H++OH﹣═H2O，Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀，NH4+与OH﹣反应，氢氧化铝与OH﹣反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH﹣反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。‎ ‎【详解】（1）由图及离子反应可知x﹣y的值即为Al（OH）3的物质的量，‎ 则设Al（OH）3的物质的量为n，‎ ‎ Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O ‎ 1 1‎ ‎ n （35﹣33）×0.001L×5mol•L﹣1，解得n＝0.01mol，即x﹣y＝0.01mol，故答案为：0.01mol；‎ ‎（2）加入33～35 mLNaOH溶液时，沉淀质量减少，故反应的离子方程式为 Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（3）加入30～33 mLNaOH溶液时，沉淀质量不变，故反应的离子方程式为NH4++OH﹣‎ - 19 -‎ NH3↑+H2O，‎ ‎ NH4++OH﹣NH3↑+H2O ‎ 1 1‎ ‎（33﹣30）×0.001L×5mol•L﹣1 n 解得n＝0.015mol，则体积为0.015mol×22.4L/mol＝0.336L＝336mL，故答案为：336；‎ ‎（4）由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，‎ 则 Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓‎ ‎ 1 3 1‎ ‎ 0.01mol 0.03mol 0.01mol ‎ 设镁离子的物质的量为m，‎ Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓‎ ‎ 1 2‎ ‎ m （30﹣4）mL×0.001L×5mol•L﹣1﹣0.03mol，解得m＝0.05mol，‎ 则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）＝0.05：0.01＝5：1，故答案为：5：1；‎ ‎（5）由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl﹣离子以NaCl存在，设Cl﹣离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知 ‎ NaOH～NaCl～Cl﹣，‎ ‎ 1 1‎ ‎ 33×0.001L×5mol•L﹣1 z，解得z＝0.165mol，‎ 则原溶液中Cl﹣的物质的量浓度为＝0.825mol/L，故答案为：0.825mol/L。‎ ‎【点睛】考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键，并注意反应与图象中的对应关系来解答即可。‎ ‎ ‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎