【化学】贵州省铜仁市沿河县第二高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版） 21页

贵州省铜仁市沿河县第二高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 分卷I 一、单选题(共28小题，每小题2.0分，共56分)‎ ‎1.下列反应中含镁元素的反应物作还原剂的是（ ）‎ A. MgCO3=MgO＋CO2↑‎ B. Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O C. Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑‎ D. Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】还原剂是失去电子化合价升高物质据此分析；‎ ‎【详解】A、该反应中化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B、该反应中没有化合价的变化，该反应不属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C、该反应中Mg的化合价有0价→＋2价，化合价升高，Mg作还原剂，故C符合题意；‎ D、该反应中没有化合价的变化，该反应不属于氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎2.氧化钠和过氧化钠的相同点是(　　)‎ A. 都是淡黄色的固体 B. 都是碱性氧化物 C. 都能与水反应生成碱 D. 都能与二氧化碳反应放出氧气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化钠是白色固体，过氧化钠是淡黄色的固体，故错误；‎ B. 氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，故错误；‎ C.过氧化钠和氧化钠都和水反应生成氢氧化钠，故正确；‎ D. 氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故错误。‎ 故选C。‎ ‎3.在氢硫酸溶液中加入(或通入)少量下列物质： ①O2、②Cl2、③SO2、④CuCl2‎ 能使溶液中氢离子浓度增大的是(　　)‎ A. ①② B. ②③④ C. ②④ D. ②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，2H2S+O2＝S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以溶液中氢离子浓度减小，故①不符合；‎ ‎②H2S+Cl2＝S+2HCl，氢硫酸属于弱酸，HCl属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液中氢离子浓度增大，故②符合；‎ ‎③2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液中氢离子浓度减小，故③不符合；‎ ‎④H2S+CuSO4＝CuS↓+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶溶液中氢离子浓度增大，故④符合；‎ 故答案选C。‎ ‎4.下列各组物质中含氧原子的物质的量相同的是(　　)‎ A. 0.3 mol氧气和0.3 mol水 B. 0.1 mol硫酸和0.2 mol水 C. 0.1 mol硫酸镁晶体(MgSO4·7H2O)和0.1 mol蔗糖(C12H22O11)‎ D. 6.02×1023个二氧化碳分子与0.1 mol高锰酸钾(KMnO4)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.3 mol氧气中含有0.6mol氧原子， 0.3 mol水中含有0.3mol氧原子，不相等，A错误；‎ B. 0.1 mol硫酸中含有0.4mol氧原子，0.2 mol水中含有0.2mol氧原子，不相等，B错误；‎ C. 0.1 mol硫酸镁晶体(MgSO4·7H2O)中含有1.1mol氧原子，0.1 mol蔗糖(C12H22O11)中含有1.1mol氧原子，相等，C正确；‎ D. 6.02×1023个二氧化碳分子中含有2mol氧原子，0.1 mol高锰酸钾(KMnO4) 中含有0.4mol氧原子，不相等，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎5.实验室为了妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的（ ）‎ A. 铁粉 B. 铜粉 C. 锌粉 D. Fe2（SO4）3‎ ‎【答案】A ‎【解析】硫酸亚铁溶液中Fe2+容易被氧化成Fe3+，导致硫酸亚铁溶液变质，为了防止防止硫酸亚铁溶液变质，需要加入少量铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+；由于锌粉、铜粉、镁粉都会引进杂质，所以选用铁粉，故选A。‎ ‎6.下列物质的分离或提纯，可选用蒸馏法的是（ ）‎ A. 除去石灰水中悬浮的碳酸钙颗粒 B. 除去氯化钠晶体中混有的碘单质 C. 分离汽油和煤油的混合物 D. 分离水和苯的混合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于碳酸钙难溶于水，所以可以用过滤的方法除去石灰水中的碳酸钙的颗粒，故不选A；‎ B.由于单质碘在加热的时候会升华，而氯化钠的沸点比较高，所以可以用升华的方法除去混在氯化钠晶体中的碘单质，故不选B；‎ C.由于汽油和煤油的沸点范围不同，所以可以采用蒸馏的方法分离汽油和煤油的混合物，故选C；‎ D.由于苯和水互不相容，所以可以采用分液方法分离，其中上层液体是苯，下层液体是水，故不选D；‎ 本题答案为C。‎ ‎7.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 纯铁为灰黑色，所以铁属于黑色金属 B. 铁在硫蒸气中燃烧生成Fe2S3‎ C. 纯铁的抗腐蚀能力非常强，铁在干燥的空气里不易被氧化 D. 足量的铁在氯气中燃烧生成FeCl2和FeCl3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在冶金上，把铁归为黑色金属，但纯铁为银白色，故A不选；‎ B. 铁在硫蒸气中燃烧生成FeS，故B不选；‎ C. 由于纯铁不易形成原电池，所以纯铁的抗腐蚀能力非常强，铁在干燥的空气里不易被氧化，故C选；‎ D. 铁在氯气中燃烧只生成FeCl3，不会生成FeCl2，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎8.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 液氨用作制冷剂发生的是化学反应 B. 氨气溶水得到氨水发生的只是物理变化 C. 分离液态空气制取氮气属于氮的固定 D. 氮气与氢气化合生成氨气属于人工固氮 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液氨用作制冷剂,是因为它汽化时会吸收大量的能量，汽化是物理变化，A错误；‎ B. 氨气溶水得到氨水，大部分氨气和水反应生成了一水合氨，发生的既有物理变化又有化学变化，B错误；‎ C. 氮的固定是把空气中的氮气转变成含氮化合物的过程，分离液态空气制取氮气是物理变化，不属于氮的固定，C错误；‎ D.氮的固定有自然固氮和人工固氮，氮气与氢气化合生成氨气属于人工固氮，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.能够用来鉴别氯化钡、氯化钠、碳酸钠三种溶液的试剂是（ ）‎ A. 硝酸银溶液 B. 稀硫酸 C. 稀盐酸 D. 稀硝酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】加入鉴别试剂后，三种溶液各显现不同的现象即可区别开来。‎ ‎【详解】A.加入硝酸银溶液，三种溶液中都将生成白色沉淀，所以无法区别，A项错误；‎ B.加入稀硫酸后，氯化钡溶液中出现白色沉淀，氯化钠溶液中无明显现象，碳酸钠溶液中出现无色气体，三种溶液中的现象各不同相同，因此硫酸可用来区分这三种溶液，B项正确；‎ C.加入稀盐酸后，氯化钡溶液和氯化钠溶液中均无明显现象，碳酸钠溶液中出现无色气体，C项错误；‎ D.加入稀硝酸后，氯化钡溶液和氯化钠溶液中均无明显现象，碳酸钠溶液中出现无色气体，D项错误；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎10.a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d；（3）c与强碱溶液反应放出气体，e可被磁铁吸引。由此推断a、b、c、d、e依次为（　　）‎ A. Fe、Cu、Al、Ag、Mg B. Mg、Cu、Al、Ag、Fe C. Mg、Cu、Al、Fe、Ag D. Al、Cu、Mg、Ag、Fe ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】）c与强碱溶液反应放出气体，c为Al；e可被磁铁吸引，e为Fe；a能与稀硫酸反应放出气体，a为镁；b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d，，b比d活泼，b为Cu，d为Ag；确定a： Mg b： Cu c： Al d： Ag e： Fe 。‎ 答案：B ‎11.下列物质中，能在氯气中燃烧产生白色烟雾的是（ ）‎ A. 金属铁 B. 金属钠 C. 氢气 D. 白磷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属铁在氯气中燃烧产生棕黄色或黄褐色的烟，A错误；‎ B. 金属钠在氯气中燃烧产生白烟，B错误； ‎ C. 氢气在氯气中燃烧产生白雾，C错误； ‎ D. 白磷在氯气中燃烧产生白色烟雾，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.下列有关氢氧化亚铁及其制备方法的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 可利用如图所示装置，制备氢氧化亚铁 B. 氢氧化亚铁为灰绿色絮状沉淀 C. 氢氧化亚铁易被空气氧化 D. 实验制备中，氢氧化钠溶液应预先煮沸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化亚铁易被氧气氧化，把胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液滴加氢氧化钠，可以防止氢氧化亚铁被氧化，所以可利用装置制备氢氧化亚铁，故A正确；‎ B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，故B错误；‎ C、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故C正确；‎ D、加热煮沸可以除去氢氧化钠溶液中的氧气，所以制备氢氧化亚铁时，氢氧化钠溶液应预先煮沸，故D正确；‎ 选B。‎ ‎13.下列化学反应中，属于氧化还原反应的是 （ ）‎ A. Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O B. CaO+H2O=Ca(OH)2‎ C. 2CO+O22CO2 D. CaCO3CaO+CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，判断是否属于氧化还原反应，从元素化合价变化的角度判断。‎ ‎【详解】A. 反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O为复分解反应，元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项A错误； ‎ B. 反应 CaO+H2O=Ca(OH)2为化合反应，元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项B错误； ‎ C. 反应2CO+O22CO2化合反应，反应中碳元素化合价升高、氧元素化合价降低，属于氧化还原反应，选项C正确； ‎ D. 反应CaCO3CaO+CO2↑为分解反应，元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎14.将过量的二氧化碳通入下列溶液中，最终呈现浑浊现象的是（　　）‎ A. 氯化钙溶液 B. 硅酸钠溶液 C. 澄清的石灰水 D. 硝酸钡溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸比盐酸的酸性弱，与氯化钙不反应，A不符合题意；‎ B.碳酸比硅酸酸性强，可生成硅酸沉淀，B符合题意；‎ C.二氧化碳通入澄清石灰水中，先生成碳酸钙沉淀，过量二氧化碳可溶解碳酸钙为碳酸氢钙，C不符合题意；‎ D.碳酸比硝酸酸性弱，与硝酸钡不反应，D不符合题意。‎ 故选B。‎ CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，因为有难溶物生成，所以促进反应物不断转化为生成物。‎ ‎15.下列混合物中，可选用过滤实验分离的是(　　)‎ A. 固体和固体 B. 固体和液体 ‎ C. 液体和液体 D. 液体和气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】过滤是把不溶于液体的固体物质与液体分离，即和选项中物质的状态分析解答；‎ ‎【详解】过滤是把不溶于液体的固体从液体中分离出来的一种方法，故B正确；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列关于实验室制氯气的说法中错误的是（ ）‎ A. 该反应是一个氧化还原反应，其中二氧化锰是氧化剂 B. 每生成1mol氯气，就要转移2mol电子 C. 该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋2H2O＋Cl2↑‎ D. 该方法是瑞典化学家舍勒最先发现的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】实验室制取氯气的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，反应中氯元素化合价由-1价升高到0价，氯化氢作还原剂；锰元素化合价由+4价降低到+2价，二氧化锰作氧化剂；‎ ‎【详解】A. 该反应是一个氧化还原反应，其中二氧化锰是氧化剂，故A正确；‎ B. 每生成1mol氯气，转移电子为：1mol×2×[0-（-1）]=2mol，故B正确；‎ C. 氯化锰是可溶性的盐，故该反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，故C错误；‎ D. 该方法是瑞典化学家舍勒最先发现的，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎17.下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等的是（ ）‎ ‎①同质量、不同密度的Cl2和CO ‎②同温度、同体积的H2和N2‎ ‎③同体积、同密度的C2H4和C3H6两种气体 ‎④同压强、同体积的N2O和CO2两种气体 A. ①③ B. ③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①同质量的Cl2和CO摩尔质量不相同，所以物质的量不同，它们的分子数不同，原子数也不同；②同温度、同体积的H2和N2，没有指明压强是否相同，所以物质的量不一定相同，分子数不一定相同，原子数也不一定相同；③由于C2H4和C3H6中碳原子和氢原子个数比均为1:2，碳的质量分数相同，同体积、同密度的C2H4和C3H6两种气体，质量相同，所以碳元素质量相同，碳原子数目相同，氢原子数也相同；④同压强、同体积的N2O和CO2两种气体，没有指明温度是否相同，所以物质的量也不一定相同，分子数不一定相同，原子数也不一定相同，据此解答；‎ 答案选B。‎ ‎18.金属材料的性质在很大程度上决定了它们的用途。下列相关说法不正确的是(　　)‎ A. 钛合金具有强度高、耐热性好等特点，主要用来制作飞机发动机部件 B. 铁具有良好的导热性，可以用于制造炊具 C. 不锈钢抗腐蚀性好，常用于制造医疗器械 D. 铅锑合金的熔点较低，常用于制造发热体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钛合金具有强度高、耐热性好，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以主要用来制作飞机发动机部件，故A正确；‎ B．金属铁具有良好的导热性，可以用于制造加热容器、炊具等，故B正确；‎ C．不锈钢是一种特殊的合金，由于其抗腐蚀性好，所以可用来制造医疗器械，故C正确；‎ D．铅锑合金由于其熔点低，不适合制造发热体，故D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎19.下列关于液氯和氯水的说法不正确的是(　　)‎ A. 常温常压下液氯是一种黄绿色的液体 B. 在加压条件下氯气转化为液氯，可用干燥的钢瓶储存液氯 C. 新制氯水在光照条件下放出气体的主要成分是氧气 D. 新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温常压下，液氯会汽化为氯气，所以常温常压下液氯是一种黄绿色的气体，A错误；‎ B.在常温常压下，氯气是气体，将氯气加压可转化为液氯，由于室温下干燥的氯气与铁不能反应，所以液氯可用干燥的钢瓶储存，B正确；‎ C.新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸不稳定，在光照条件下次氯酸分解生成盐酸和氧气，因此新制氯水在光照条件下放出气体的主要成分是氧气，C正确；‎ D.新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸电离产生H+，具有酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，同时次氯酸具有强的氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎20.用聚光手电筒照射下列分散系，能观察到丁达尔效应的是（ ）‎ A. 溶液 B. 胶体 C. 乳浊液 D. 悬浊液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液不属于胶体，不能观察到丁达尔效应，错误；‎ B．胶体可以使光线发生全反射，产生一条光亮的通路，故能观察到丁达尔效应，正确；‎ C．乳浊液不可以使光线发生全反射，因此不能观察到丁达尔效应，错误；‎ D．悬浊液属于浊液，不能观察到丁达尔效应，错误。‎ ‎21.属于氧化还原反应的离子方程式是 A. CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O B. 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－‎ C. ＋H＋===CO2↑＋H2O D. Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；‎ B中铁元素有化合价的变化，属于氧化还原反应；‎ C中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；‎ D中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应。‎ 答案选B。‎ ‎22.下列溶液中，常温下可以用铁罐装运的是（ ）‎ A. 浓盐酸 B. 稀硫酸 C. 硫酸铜溶液 D. 液氯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在常温下铁可以和浓盐酸反应，放出氢气，则不能用铁罐装运，故A错误；B、在常温下铁可以和稀硫酸反应，放出氢气，则不能用铁罐装运，故B错误；C、在常温下铁可以和硫酸铜反应，生成硫酸亚铁，则不能用铁罐装运，故C错误；D、常温下，铁和液氯不反应，则可用铁罐装运液氯，故D正确。故选D。‎ ‎23.检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是（ ）‎ A. 用干燥的蓝色石蕊试纸 B. 用干燥有色布条 C. 用湿润的淀粉碘化钾试纸 D. 将气体通入硝酸银溶液 ‎【答案】C ‎【解析】A．氯气遇到湿润的有色物质，Cl2+H2O=HClO+HCl，生成的HClO具有漂白性，但氯气不能用干燥的蓝色石蕊试纸检验，故A错误；B．用干燥有色布条，氯气不能与水反应生成次氯酸，不能使之褪色，故B错误；C．气体遇湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2+2I-=I2+2Cl-，碘单质遇淀粉变蓝，可检验，故C正确；D．气体中通入硝酸银溶液中，与氯化氢反应生成氯化银白色沉淀，氯气通入也会和水反应生成氯化氢与硝酸银反应生成白色沉淀，故D错误；故选C。‎ ‎24.下列关于硅的化学性质的叙述正确的是(　　)‎ A. 常温下不与任何酸反应 B. 常温下可与NaOH溶液反应 C. 常温下可与Cl2反应生成SiCl4 D. 常温下可与O2反应生成SiO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下单质硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气，A错误；‎ B. 常温下单质硅可与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，B正确；‎ C. 常温下单质硅与Cl2不反应，加热时反应生成SiCl4，C错误；‎ D. 常温下单质硅与O2不反应，加热时反应生成SiO2，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎25.实验室里将NaClO3和Na2SO3按质量之比为71∶42倒入烧瓶中，同时滴入适量H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为(　　)‎ A. Cl2 B. Cl2O C. ClO2 D. Cl2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应中电子的得失守恒分析解答。‎ ‎【详解】NaClO3和Na2SO3按质量之比为71∶42倒入烧瓶中，二者的物质的量之比＝2：1，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中Na2SO3的氧化产物是Na2SO4,由于S在反应前化合价为+4价，反应后化合价为+6价，所以1mol的S原子失去2mol电子，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，2mol Cl原子得到2mol电子，因此1mol的Cl原子得到1mol电子，化合价降低1价，因为在反应前Cl的化合价为+5价，所以反应后Cl的化合价为+4价，所以棕黄色的气体X是ClO2，故答案选C。‎ ‎26.已知某饱和溶液中：①溶液的质量；②溶剂的质量；③溶液的体积；④溶质的摩尔质量；⑤溶质的溶解度；⑥溶液的密度，从上述条件中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是（　　）‎ A. ④⑤⑥ B. ①②③④ C. ①②④⑥ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.利用⑤可计算质量分数，再由④、⑥并结合c=‎ 可计算该饱和溶液物质的量浓度，A正确；‎ B.根据“①溶液的质量、②溶剂的质量”可计算溶质的质量，再由④及n=计算溶质的物质的量，由③及c=可计算这种饱和溶液物质的量浓度，B正确；‎ C.由①⑥可计算溶液的体积，①②可计算溶质的质量，结合④及n=计算溶质的物质的量，再根据c=可计算这种饱和溶液物质的量浓度，C正确；‎ D.由②④不能计算溶质的物质的量，所以结合③不能计算这种饱和溶液物质的量浓度，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎27.以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 58.5 g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子 B. 1 mol Fe参与反应失去电子数目一定为2NA C. 1 molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子 D. 常温下，46 g NO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠固体中只含有Na+和Cl-，不含有氯化钠分子，A错误；‎ B．Fe参加反应时，有可能被氧化为+2价态，也有可能被氧化为+3价态，或者+6价态，因此失去电子数目不一定为2NA，B错误；‎ C．1 molNa被完全氧化生成Na2O2，钠元素由0价变为+1价，失去NA个电子，C错误；‎ D．NO2和N2O4的混合物的平均摩尔质量为46g/mol，因此常温下，46 g NO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA，D正确；‎ 故答案D。‎ ‎28.下列实验操作正确的是(　　)‎ A. 先装好药品，再检查装置气密性 B. 先用双手捂紧试管，再将导管插入水中检查装置的气密性 C. 氢气还原氧化铜的实验，先通一段时间的氢气，后加热 D. 稀释浓硫酸时，先在烧杯里倒入浓硫酸，再小心倒入水并不断搅拌 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A．制备气体时，如果装置的气密性不好，就收集不到气体，故应先检查装置的气密性，再放药品； ‎ B．检查气密性时，要先把导管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂容器外壁，里面的空气受热膨胀会早逸出，导致看不到导管口处冒气泡，顺序错误；‎ C．氢气还原氧化铜时，要先通一段时间氢气再加热，排走空气，防止加热时防止爆炸；‎ D．浓硫酸的密度比水的大，溶于水时要放出大量的热，所以在稀释浓硫酸时要将浓硫酸注入水中并不断搅拌，使放出的热量及时散失。‎ ‎【详解】A．制备气体时，如果装置的气密性不好，就收集不到气体，故应先检查装置的气密性，再放药品，故A错误； ‎ B．检查气密性时，要先把导管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂容器外壁，里面的空气受热膨胀会早逸出，导致看不到导管口处冒气泡，顺序错误，故B错误；‎ C．氢气还原氧化铜时，要先通一段时间氢气再加热，排走空气，防止加热时防止爆炸，故C正确；‎ D．浓硫酸的密度比水的大，溶于水时要放出大量的热，所以在稀释浓硫酸时要将浓硫酸注入水中并不断搅拌，使放出的热量及时散失，故D错误 分卷II 二、非选择题(共6小题，共44分)‎ ‎29.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：‎ 已知反应②：2I﹣+2Cu2+++H2O=2CuI↓++2H+。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、__。‎ ‎（2）反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为__。‎ 当有95.5 g CuI参与反应，则需要标况下__L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。‎ ‎（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为3∶8，则化合物B的化学式为__。‎ ‎（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应⑤的化学方程式为__。‎ ‎（5）将足量的Cl2通入含12 g NaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为__g。‎ ‎【答案】(1). 玻璃棒 (2). 2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O (3). 5.6 (4). Fe3I8 (5). Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O (6). 4.68‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；‎ ‎（2）反应③中CuI被氧化生成硝酸铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）＝2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O，当有95.5g CuI参与反应，即n（CuI）＝95.5g÷191g/mol＝0.5mol，由方程式可知生成1molNO2，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O2＝4HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L；‎ ‎（3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；‎ ‎（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应⑤的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3＝Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O；‎ ‎（5）n（NaI）＝12g÷150g/mol＝0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m（NaCl）＝0.08mol×58.5g/mol＝4.68g。‎ ‎30.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。‎ 请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：乙_________，F__________。‎ ‎(2)写出下列反应的离子方程式：‎ ‎①金属A和水反应_______________。②红褐色沉淀C与物质E反应__________。‎ ‎③F与黄绿色气体乙反应____________。‎ ‎④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式___。‎ ‎(3)将G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。你认为该液体中的分散质粒子直径在______之间，验证的简单方法是：_____________。‎ ‎【答案】(1). Cl2 (2). FeCl2 (3). 2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑ (4). Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O (5). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ (6). Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O (7). 1～100nm (8). 是否有丁达尔现象 ‎【解析】‎ ‎【分析】金属A是食盐中的元素为Na元素，Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，则与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成的产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe(OH)3，结合物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】食盐中的金属元素是Na，所以金属A是Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe(OH)3。‎ ‎(1)由以上分析可知，乙为Cl2，F为FeCl2；‎ ‎(2)①金属A为钠和水反应生成NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑；‎ ‎②红褐色沉淀C与物质E反应是氢氧化铁和盐酸溶液反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；‎ ‎③F是FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；‎ ‎④氯气是大气污染物，在实验室中通常是用氢氧化钠溶液来吸收，反应的离子方程式：Cl2+2 OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎(3)将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，得到的就是氢氧化铁胶体，该液体中的分散质粒子直径在1～100nm之间，验证的简单方法是：用光线照射，看是否产生丁达尔现象，若产生，则该物质就是胶体。‎ ‎31.如图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置：‎ ‎（1）A是氯气发生装置，其中反应的化学方程式为_____。‎ ‎（2）实验开始时，先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，连接上E装置。Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出D中反应的化学方程式：_____。装置C的作用是_____。‎ ‎（3）在E处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是_____。‎ ‎（4）若将E处烧杯中溶液改为澄清石灰水，反应过程现象为_____（选填标号）。‎ A.有白色沉淀生成 B.无现象 C.先生成白色沉淀，而后白色沉淀消失 ‎（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，此时B中的现象是_____，B的作用是_____。‎ ‎【答案】(1). 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑ (2). 2Cl2+2H2O（g）+C4HCl↑+CO2↑ (3). 吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气 (4). 生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失 (5). B (6). 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 (7). 贮存少量Cl2‎ ‎【解析】‎ 分析】（1）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物，从而确定方程式；（2）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；氯化氢气体极易溶于水，且水能提供水蒸气，据此分析；（3）紫色石蕊试液遇酸变红，但次氯酸有漂白性，据此分析；（4）氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水；（5）根据B装置内气体的压强变化分析液面变化。‎ ‎【详解】（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，故答案为：4HCl（浓盐酸）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；‎ ‎（2）A装置产生了氯气，C装置为D装置提供水蒸气，氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：2Cl2+2H2O（气）+C4HCl↑+CO2↑；盐酸有挥发性，所以制取的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，通过以上分析知，C装置的作用是：吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气，故答案为：2Cl2+2H2O（气）+C4HCl↑+CO2↑；吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气；‎ ‎（3）D装置中生成了HCl和CO2，它们的水溶液呈酸性，剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，所以溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，次氯酸有漂白性，能使溶液褪色，故答案为：生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失；‎ ‎（4）剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，盐酸酸性大于碳酸，所以二氧化碳和氢氧化钙不反应，则反应过程无现象，故答案为：B；‎ ‎（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，气体通过导管进入B装置，导致B装置中气体的压强增大，大于大气压，迫使瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；饱和食盐水能抑制氯气的溶解，所以B装置的作用是贮存少量Cl2，故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2。‎ ‎32.将红热固体单质M放入浓硝酸中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气接触时，发生如图所示的变化。‎ ‎(1)混合气体A的主要成分是____________。‎ ‎(2)气体B为__________，蓝色溶液D为____________。‎ ‎(3)单质M与浓硝酸反应的化学方程式是____________________________。‎ ‎(4)单质C与稀硝酸反应的化学方程式是________________________。‎ ‎【答案】(1). NO2和CO2 (2). NO (3). Cu(NO3)2 (4). C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O (5). 3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液与单质丙反应可以得到蓝色溶液D，则D溶液含有铜离子，结合转化关系可知，单质C为Cu、乙为硝酸，故D为Cu(NO3)2，反应生成气体B为NO，固体单质甲跟乙剧烈反应后生成气态混合物A，可推知A为NO2和CO2混合气体，M为碳单质，A隔绝空气，通入水中得到混合气体为NO和CO2，与足量的石灰水反应得到白色沉淀与NO，则白色沉淀为CaCO3。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，混合气体A的主要成分是NO2和CO2；‎ ‎(2)气体B为NO，蓝色溶液D为Cu(NO3)2溶液；‎ ‎(3) 单质M为C，与浓硝酸反应的化学方程式是C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；‎ ‎(4) 单质C为Cu与稀硝酸反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。‎ ‎33.如图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H为气体，反应①是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系(反应中生成的水已略去)。‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）B是_____，D是_____，G是_____，H是_____(填化学式)。‎ ‎（2）工业上常利用反应①‎ 制取漂白粉，该反应的化学方程式：__________，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为_________。‎ ‎（3）A中元素的原子结构示意图为________。‎ ‎（4）F在溶液中的电离方程式为_________。‎ ‎（5）上述反应中属于氧化还原反应的是_______(填写序号)。‎ ‎【答案】(1). CO2 (2). CaCl2 (3). HClO (4). O2 (5). 2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O (6). Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO (7). (8). HCl===H＋＋Cl－ (9). ①⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A为黄绿色气体，应为Cl2，与石灰乳反应得到C，C能与气体B反应得到E，而E与石灰水反应也得到E，可推知B为CO2，则E为CaCO3，C为Ca(ClO)2，D为CaCl2，G为HClO，F为HCl，H为O2，据此分析。‎ ‎【详解】A为黄绿色气体，应为Cl2，与石灰乳反应得到C，C能与气体B反应得到E，而E与石灰水反应也得到E，可推知B为CO2，则E为CaCO3，C为Ca(ClO)2，D为CaCl2，G为HClO，F为HCl，H为O2。‎ ‎（1）B是CO2，D是CaCl2，G是HClO，H是O2；‎ ‎（2）工业上常利用反应①氯气与石灰乳反应制取漂白粉，该反应的化学方程式：2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO；‎ ‎（3）A为氯元素，其原子结构示意图为；‎ ‎（4）F为HCl，在溶液中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－；‎ ‎（5）上述反应中属于氧化还原反应的是①2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O氯元素化合价由0价变为+1价和-1价、⑤2HClO2HCl+ O2↑。‎ ‎34.银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如图：‎ 注：Al（OH）3和Cu（OH）2受热易分解成对应的氧化物，且开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃‎ ‎（1）写出渣料与稀硫酸反应的化学方程式：__。‎ ‎（2）固体混合物A的组成为__、__。‎ ‎（3）操作A的名称为__。‎ ‎（4）若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为__mol CuAlO2，至少需要1.0 mol•L﹣1的Al2（SO4）3溶液__L。‎ ‎（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾晶体，其基本操作是__、__、过滤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). CuO+H2SO4=CuSO4+H2O (2). Al（OH）3 (3). CuO (4). 过滤 (5). 50 (6). 25 (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al（OH）3和CuO，煅烧可得到CuAlO2，滤渣含有Ag，粗银电解时，粗银为阳极，在阴极上得到银，可得到提纯的目的，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）滤渣中含有氧化铜，与稀硫酸反应的方程式为CuO + H2SO4 ＝CuSO4 + H2O；‎ ‎（2）CuAlO2中氧为—2价，铝为+3价，则铜为+1价，因此其化学式也可以写为Cu2O•Al2O3，相当于氧化亚铜和氧化铝按物质的量之比为1∶1熔合在一起，由此逆推，固体B的主要成分是物质的量之比为1∶1的Al(OH)3和CuO，即固体混合物A的组成为Al(OH)3、CuO；‎ ‎（3）操作A是分离不溶性固体和液体的方法，属于过滤；‎ ‎（4）5.0kg=5.0×103g，银铜合金废料中铜的质量为5.0×103g×64%＝3200g，铜元素的相对原子质量为64，由m/M=n可求铜的物质的量为=50mol，根据铜守恒可得转化关系式：Cu～CuAlO2，其中CuAlO2与Cu的物质的量之比等于系数之比，则铜完全转化可以变为50mol CuAlO2；根据铝守恒可得转化关系式：Al2(SO4)3～2CuAlO2，其中Al2(SO4)3‎ 与CuAlO2的物质的量之比等于系数之比，则至少需要25mol Al2(SO4)3；由V= 可求至少需要硫酸铝溶液的体积为25mol÷1.0mol/L=25L；‎ ‎（5）胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，是硫酸铜溶液结晶析出的结晶水化合物，根据混合物分离和提纯的方法推断，从硫酸铜溶液中得到胆矾的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。‎