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贵州省黄平县且兰高级中学2018_2019学年高一化学上学期12月考试试题(含解析).doc

1、- 1 -贵州省黄平县且兰高级中学 2018-2019 学年 12 月份考试高一化学一、单选题(共 25 小题,每小题 2.0 分,共 50 分)1.检验某一溶液中是否含有氯离子,可选用的试剂是A. 硝酸银溶液 B. 稀盐酸酸化的硝酸银溶液C. 稀硝酸酸化的硝酸银溶液 D. 稀硫酸酸化的硝酸银溶液【答案】C【解析】【详解】A.若只用硝酸银溶液,溶液中的 CO32-、SO 42-等会产生干扰,故 A 错误;B.用稀盐酸酸化的硝酸银溶液,则溶液中已经含 Cl-了,则无法确认原溶液中是否含有 Cl-,故 B 错误。C.用稀硝酸酸化的硝酸银溶液,检验溶液中是否含有氯离子,可以排除因 CO32-、SO

2、42-等产生的干扰,故 C 正确。D.用稀硫酸酸化的硝酸银溶液,会产生硫酸银白色沉淀,对 Cl-检验产生干扰,故 D 错误。本题答案为 C。【点睛】检验某溶液中是否含有 Cl-,可用硝酸酸化的硝酸银溶液,若产生白色沉淀,说明含有氯离子,否则不含氯离子。2.某溶液中可能含有硫酸根离子、碳酸根离子等。为了检验其中是否含有硫酸根离子,除氯化钡溶液外,还需要的溶液是( )A. 硫酸溶液 B. 盐酸溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸钠溶液【答案】B【解析】【详解】加入了氯化钡溶液,钡离子除了会与硫酸根离子生成硫酸钡的白色沉淀外,还会与碳酸跟离子生成碳酸钡的白色沉淀,加入盐酸如果白色沉淀能溶解,则说明溶

3、液中含有碳酸根离子而不含硫酸根离子,若沉淀不溶解,则证明含有硫酸根离子。本题答案为 B。3.在无土栽培中,需配制一定量含 50 mol NH4Cl,16 mol KCl 和 24 mol K2SO4的营养液。若用 KCl、NH 4Cl 和(NH 4) 2SO4三种固体为原料来配制,三者的物质的量依次是(单位为 mol)A. 2 ,64 ,24 B. 64 ,2 ,24 C. 32 ,50 ,12 D. 16 ,50 ,24【答案】B- 2 -【解析】试题分析:含 50molNH4Cl、16molKCl 和 24molK2SO4的营养液中:n(NH 4+) = 50mol,n(Cl -) =“

4、50mol“ + 16mol = 66mol,n(K + ) =“ 16mol“ + 24mol 2 = 64mol,n(SO 42-) = 24mol,由 KCl、NH 4Cl 和(NH 4) 2SO4三种固体配制的营养液,营养液中各离子物质的量与含 50molNH4Cl、16molKCl 和 24molK2SO4的营养液中相应离子物质的量相等,根据硫酸根离子守恒可知,需要 n(NH 4) 2SO4=24mol,再由铵根离子守恒得 n(NH 4Cl)=50mol-24mol2=2mol,由氯离子守恒,则 n(KCl)=66mol-2mol=64mol,选 B。考点:考查物质的量相关计算4.将

5、 10.6 g Na2CO3溶于水配制成 1 000 mL 溶液,从中取出 20 mL,该溶液中 Na+的物质的量浓度为( )A. 0.1 molL1 B. 0.2 molL1C. 0.05 molL1 D. 0.025 molL1【答案】B【解析】【详解】由题意可知:n(Na 2CO3)= =0.1mol,c(Na 2CO3) =0.1mol/L,则c(Na +)=0.1mol/L 2=0.2mol/L,从中取出 20mL,浓度不变,则 c(Na +)=0.2mol/L;本题答案为 B。【点睛】根据 n=m/M,c=n/v,由题意可知:Na 2CO3=2Na+ CO32-,所以 c(Na+)

6、=2c(Na2CO3)。5.在水溶液中,下列电离方程式正确的是( )A. Ca(OH)2=Ca2 2(OH ) B. FeCl3=Fe2 3Cl C. H2SO4=H D. Fe2(SO4)3=2Fe3 3【答案】D【解析】【详解】A.Ca(OH) 2的电离方程式为:Ca(OH) 2=Ca2 2OH ,故 A 错误;B.FeCl3的电离方程式为:FeCl 3=Fe33Cl ,故 B 错误;CH2SO4的电离方程式为: H 2SO4=2 ,故 C 错误;D.Fe2(SO4)3的电离方程式为:Fe 2(SO4)3=2Fe3 3 ,故 D 正确;本题答案为 D。- 3 -6.关于同温、同压下等体积的

7、 CO2和 CO 的叙述,其中正确的是( )质量相等;密度相等;所含分子个数相等;所含碳原子个数相等A. B. C. 只有 D. 只有【答案】C【解析】【详解】依据阿伏伽德罗定律可知:同温同压下等体积 CO2和 CO 的物质的量相等。根据 m=nM 可以知道,二者质量之比为 44g:28g=11:7,二者质量不相等,故错误;同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比,所以二者密度之比为:44g:28g=11:7,二者密度不相等,故错误;二者物质的量相等,根据 N=nNA可以知道,所含分子数相等,故正确;;二者含有分子数目相等,每个分子均含有 1 个 C 原子,故含有碳原子数目相等,故正确,

8、;本题答案为 C。7.设 NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是( )A. 23 g Na 与足量 H2O 反应完全后可生成 NA个 H2分子B. 1 mol Cu 和足量热浓硫酸反应可生成 NA个 SO3分子C. 标准状况下,22.4 L Cl 2含 NA个原子D. 3 mol 单质 Fe 完全转变为 Fe3O4,失去 8NA个电子【答案】D【解析】【分析】A.2Na+2 H2O=2NaOH+ H2,23gNa 为 1mol,则生成 0.5molH2,0.5 NA个 H2分子;B.Cu 与热浓硫酸反应生成的为 SO2;C. 标准状况下,n= V/Vm;D. Fe 完全转变为 Fe3O4

9、,化合价由 0 变为+ ,3mol 失去 8mol 电子,即 8NA个电子。【详解】A. 2Na+2 H2O=2NaOH+ H2,23gNa 为 1mol,则生成 0.5molH2,0.5 NA个 H2分子,A错误;B. Cu 与热浓硫酸反应生成的为 SO2,无 SO3生成,B 正确错误; C. 标准状况下,气体摩尔体积为 22.4L/mol,则 Cl2物质的量为 1mol,一个分子中含 2 个原子,原子数为分子数的 2 倍,即 2NA个原子,C 错误;- 4 -D. Fe 完全转变为 Fe3O4,化合价由 0 变为+ ,3mol 失去 8mol 电子,即 8NA个电子,D 正确;答案为 D8

10、.下列操作会使配制的氢氧化钠溶液的物质的量浓度偏高的是( )A. 所用氢氧化钠已经潮解B. 向容量瓶中加水,未到至刻度线C. 没有洗涤烧杯及玻璃棒 23 次D. 称量时,氢氧化钠固体和砝码放错托盘【答案】B【解析】【详解】A.所用 NaOH 已潮解,则所称量的氢氧化钠固体的实际质量偏小,则浓度偏低,故A 错误;B.向容量瓶中加水未到刻度线,则溶液体积偏小,浓度偏高,故 B 正确;C.没有洗涤烧杯及玻璃棒 23 次,会导致溶质的损失,则浓度偏低,故 C 错误;D.正确的称量方法为左物右码,如果砝码和游码放反了,会导致所称量的氢氧化钠固体的质量小于所需的质量,则所配溶液的浓度偏低,故 D 错误;本

11、题答案为 B。【点睛】根据 c=n/v,通过判断不当操作对溶质的物质的量 n 和溶液体积 V 的影响来分析误差。9.FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体具有的共同性质是A. 都能透过滤纸 B. 都是呈红褐色的混合物C. 分散质粒子具有相同的直径 D. 都具有丁达尔效应【答案】A【解析】溶液和胶体中的分散质粒子都能透过滤纸;FeCl 3溶液呈棕黄色,Fe(OH) 3胶体呈红褐色;FeCl3溶液中,Fe 3+和 Cl直径都小于 1 nm,而 Fe(OH)3胶粒是由许多粒子组成的,直径在1100 nm 之间;溶液没有丁达尔效应。10.电解质电离时一定相等的是( )A. 阴离子与阳离子的总数 B. 阳

12、离子和阴离子的质量C. 正电荷总数和负电荷总数 D. 每个阳离子和阴离子所带电荷数- 5 -【答案】C【解析】【详解】根据电荷守恒的原则,任何溶液都是呈电中性的,也就是说,电解质电离时,正电荷总数和负电荷总数一定相等,比如说 1molNa2SO4电离出的 2molNa+和 1molSO2-,两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等,但正电荷总数和负电荷总数相等;本题答案为 C。【点睛】电解质在电离时,一个分子中的阴阳离子是同时分开的,而任何电解质都是电中性的,故电解时阴阳离子电荷总数相等。11.在 NaCl、MgCl 2、MgSO 4形成的混合溶液中,c(Na +)=0.10mol

13、L -1,c(Mg 2+)=0.25molL-1,c(Cl -)=0.20molL -1,则 c(SO 42-)为A. 0.15molL-1 B. 0.10molL-1 C. 0.25molL-1 D. 0.20molL-1【答案】D【解析】由电荷守恒得: ,代入 c(Na +)=0.10molL -1,c(Mg 2+)=0.25molL -1,c(Cl -)=0.20molL -1,则 c(SO 42-)为 0.20molL-112. 甲、乙、丙、丁四种金属,仅甲在自然界主要以游离态存在,丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放;丁与乙盐的水溶液不反应。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序可能是( )

14、A. 甲乙丙丁 B. 丁乙丙甲 C. 丙乙丁甲 D. 乙丁丙甲【答案】D【解析】试题分析:金属元素活动性越强,越容易失去电子。由于甲、乙、丙、丁四种金属,仅甲在自然界主要以游离态存在,说明甲的活动性最弱,选项 A 排除;活动性强的金属可以把活动性弱的金属从化合物中置换出来,丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放,说明金属活动性丁丙,排除 C 选项;丁与乙盐的水溶液不反应,说明金属活动性乙丁,排除 B 选项,故选项D 符合题意。【考点定位】考查金属活动性强弱比较的知识。【名师点睛】非常活泼的金属可以与水发生置换反应产生氢气;比较活泼的金属可以与酸发生置换反应产生氢气;位于金属活动性顺序表 H 元素后边

15、的金属不能与酸发生反应置换出氢气;活动性强的金属可以把活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来。不活泼的金属不容易与- 6 -其它物质发生反应,在自然界中可能以单质的形式存在,活泼的金属只能以化合物的形式存在。13.下列各溶液中,Na +物质的量浓度最大的是( )A. 4 L、0.5 molL -1NaCl 溶液 B. 1 L、0.3 molL -1Na2SO4溶液C. 5 L、0.4 molL -1NaOH 溶液 D. 2 L、0.15 molL -1、Na 3PO4溶液【答案】B【解析】【详解】A.4 L、0.5 molL -1NaCl 溶液中,c(Na +)=0.5mol/L 1=0.5mol

16、/L;B.1 L、0.3 molL -1Na2SO4溶液中,c(Na +)=0.3mol/L 2=0.6mol/L;C、5 L、0.4 molL -1NaOH 溶液中,c(Na +)=0.4mol/L 1=0.4mol/L;D、2 L、0.15 molL -1、Na 3PO4溶液中,c(Na +)=0.15mol/L 3=0.45mol/L;本题答案为 B。【点睛】电解质离子的浓度=电解质浓度 电解质电离出该离子的数目,与溶液的体积无关。14.下列离子方程式正确的是( )A. 稀硝酸与氢氧化钾溶液反应:H +OH =H2OB. 铝与稀盐酸反应:Al+2H +=Al3+H2C. 三氯化铁溶液与氢

17、氧化钠溶液反应:FeCl 3+3OH =Fe(OH) 3+3Cl D. 足量二氧化碳与澄清石灰水反应:CO 2+2OH = +H2O【答案】A【解析】【详解】A.稀硝酸与氢氧化钾溶液反应的离子反应为:H + OH-=H2O,故 A 正确;B.铝与稀盐酸反应的离子反应为:2Al 6H+=2Al3+ 3H2 ,故 B 错误;C.三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应的离子反应为:Fe 3+ 3OH-=Fe(OH)3,故 C 错误;D.足量二氧化碳与澄清石灰水反应的离子反应为:CO 2 OH-=HCO3-,故 D 错误;本题答案为 A。15.大约 4 000 年前,埃及人已经用硫燃烧所形成的二氧化硫漂白布匹

18、。在古罗马著名诗人荷马的著作里讲到硫燃烧有消毒和漂白作用。下列物质都具有漂白性:潮湿的氯气、二氧化硫、活性炭、过氧化钠,其漂白原理相同的是( )- 7 -A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】上述四种物质都具有漂白性,但漂白原理分三类,和是因具有强氧化性而显漂白性,因具有吸附性,吸附色素是有色物质脱色而漂白,是因为 SO2与有色物质化合成不稳定的无色物质而漂白,故只有和的漂白原理相同;本题答案为 C。16.下列各组气体在通常情况下既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥的是( )A. SO2、O 2、N 2 B. HCl、Cl 2、CO 2C. CH4、H 2、CO D. SO 2、O 2、C

19、l 2【答案】C【解析】【详解】A.SO 2、O 2、N 2三种气体均能用浓硫酸干燥,但 SO2不能用碱石灰干燥,故 A 错误;B.HCl、Cl 2、CO 2三种气体均能用浓硫酸干燥,但均不能用碱石灰干燥,故 B 错误;C.CH4、H 2、CO 三种气体均能用浓硫酸干燥,也均能用碱石灰干燥,故 C 正确;D.SO2、O 2、Cl 2三种气体均能用浓硫酸干燥,但 SO2、Cl 2均不能用碱石灰干燥,故 D 错误;本题答案为 C。17.现有 100 mL 3 molL1 氢氧化钠溶液和 100 mL 1 molL 1 氯化铝溶液,若进行以下两种操作:将氢氧化钠溶液分多次加入氯化铝溶液中;将氯化铝溶

20、液分多次加入氢氧化钠溶液中,这两种操作结果正确的是( )A. 现象相同,沉淀质量不同B. 现象相同,沉淀质量也相同C. 现象不同,沉淀质量相同D. 现象不同,沉淀质量不同【答案】C【解析】【分析】氢氧化钠是 0.3mol,氯化铝是 0.1mol,则如果将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中,则根据反应式 Al3 3OH =Al(OH)3可知,氯化铝和氢氧化钠恰好反应生成 0.1mol 氢氧化铝沉淀。如果将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中,则首先发生反应- 8 -Al3 4OH =AlO2 2H 2O,当氢氧化钠完全消耗后,氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。【详解】氢氧化钠是 0.3m

21、ol,氯化铝是 0.1mol,则如果将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中,则根据反应式 Al3 3OH =Al(OH)3可知,开始就生成沉淀,最终生成 0.1mol氢氧化铝沉淀。如果将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中,则首先发生反应Al3 4OH =AlO2 2H 2O,当氢氧化钠完全消耗后,氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,现象是开始没沉淀后来有沉淀,根据 n(Al3 ): n(OH ) =1:3,最终生成氢氧化铝沉淀的物质的量是 0.1mol,所以现象不同,沉淀质量相同,故选 C。【点睛】试题综合性强,侧重对学生答题能力的训练,有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是明确氢氧

22、化铝的两性,结合题意灵活运用即可。18.华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是( )A. Si B. SiO2 C. Na2SiO3 D. SiCl4【答案】B【解析】【详解】光导纤维的主要成分是 SiO2;硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板;硅酸钠可用作木材防腐、防火;四氯化硅可用于制备高纯硅。答案选 B。19. 漂白粉在空气中放置易失效的主要原因是( )A. Ca(ClO)2不稳定,易分解 B. Ca(ClO) 2易吸收水分而潮解C. Ca(ClO)2跟空气中的水和 CO2反应 D. Ca(ClO) 2跟

23、空气中的 CO2反应【答案】C【解析】试题分析:次氯酸的酸性弱于碳酸,故 Ca(ClO)2跟空气中的水和 CO2反应,生成次氯酸和碳酸钙,次氯酸见光分解从而失效。故答案为 C。考点:考查物质的性质有关问题。20.Fe、Mg、Al 分别跟稀盐酸充分反应得到相同质量的氢气,其原因是( )Fe、Mg、Al 的物质的量相等,盐酸足量;Fe、Mg、Al 的质量比是 562427,盐酸足量;Fe、Mg、Al 的质量比是 28129,盐酸足量;Fe、Mg、Al 均过量,所用盐酸的浓度和体积都相同。- 9 -A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】Fe、Mg、Al 三种金属分别跟稀盐酸反应的化学方程

24、式为:Fe 2HCl=FeCl2 H2 ,Mg 2HCl=MgCl2 H2 ,2Al 6HCl2AlCl 3 3H2 ,由此可以知道,产生氢气的是盐酸中的氢离子,故要得到相同质量的氢气有两种情况:(1)参与反应的 HCl 的质量相等;(2)参与反应的 Fe、Mg、Al 的质量符合得到相同质量的氢气的条件。【详解】(1)因为产生氢气的是盐酸中的氢离子,故参与反应的 HCl 的质量相等,产生的氢气的质量就相等.故(4)符合;(2)假设 Fe、Mg、Al 三种金属分别跟稀盐酸充分反应,得到氢气的质量都是 2g,设参与反应的 Fe 的质量为 x,Mg 的质量为 y,Al 的质量为 z,Fe 2HCl=

25、FeCl2 H2 ,56 2 x 2g 解得 x=56g;Mg 2HCl=MgCl2 H224 2y 2g 解得 y=24g;2Al 6HCl=2AlCl3 3H254 6z 2g 解得 z=18g故 Fe、Mg、Al 的质量比为: 。故(3)符合;(1)(2)不符合;本题答案为 D21.下列叙述中,不属于氮的固定的方法是( )A. 根瘤菌把氮气变为硝酸盐 B. 氮气和氢气合成氨C. 从液态空气中分离氮气 D. 氮气和氧气合成一氧化氮【答案】C【解析】【详解】A.豆科植物根瘤菌把 N2变成 NH3,氮由游离态转化为化合态,属于氮的固定中的生- 10 -物固氮,故 A 不选;B.工业上, N 2

26、和 H2反应生成 NH3,氮由游离态转化为化合态,属于氮的固定中的人工固氮,故不 B 选;C.从液态空气中分离氮气,氮气仍然是单质,是游离态,不属于氮的固定,故 C 选;D.氮气和氧气合成一氧化氮,氮由游离态转化为化合态,属于氮的固定中的高能固氮,故 D不选;本题答案为 C。【点睛】氮的固定是游离态的氮气转化为化合态的过程,包括自然固氮和人工固氮。22.已知 2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO 3,把产生的气体通入 BaCl2溶液中,则( )A. 产生 BaSO4和 BaSO3两种沉淀B. 产生 BaSO4沉淀,SO 2从溶液中逸出C. 产生 BaSO4沉淀,无 SO2气体逸出D. 产生的

27、沉淀中含 BaSO4,并有 HCl 气体逸出【答案】B【解析】由于 FeSO4受热分解产生大量的 SO2和 SO3气体,其中 SO3气体可以与水反应生成 H2SO4,氯化钡会与硫酸反应生成 BaSO4沉淀,但是 SO2不会与氯化钡发生反应,会从溶液中逸出,故 B正确。23.等质量的两块钠,第一块在足量氧气中加热,第二块在足量氧气(常温)中充分反应,则下列说法正确的是( )A. 第一块钠失去电子多 B. 两块钠失去电子一样多C. 第二块钠的生成物质量大 D. 两块钠的生成物质量一样大【答案】B【解析】【详解】钠在足量氧气中加热,生成 Na2O2,钠在足量氧气(常温)中充分反应生成 Na2O,两个

28、反应中,钠失去的电子一样多,化合价均由 0 价变为+1 价,不同的是加热环境下生成过氧化钠,常温条件下生成氧化钠,因钠的质量相同,因此过氧化钠和氧化钠的物质的量相同,但质量不同,过氧化钠的质量更大。综上所述,本题正确答案为 B。- 11 -24.用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中,可能含有的杂质气体是二氧化碳 氯化氢 水蒸气 氧气A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】漂白粉的主要成分为 CaCl2和 Ca(ClO) 2,因 HClO 的酸性比碳酸弱,漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和 HClO 而变质,HClO 不稳定,见光易分解,久置漂白粉的成分为次氯酸钙、碳酸钙和

29、氯化钙,以此解答该题。【详解】漂白粉的主要成分为 CaCl2和 Ca(ClO) 2,因 HClO 的酸性比碳酸弱,漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和 HClO 而变质,HClO 不稳定,见光易分解;久置漂白粉的成分为 Ca(ClO) 2、碳酸钙和氯化钙,加入盐酸后生成二氧化碳气体以及氯气;由于盐酸易挥发,则用久置漂白粉和浓盐酸反应得到的氯气中,可能含有的杂质气体有CO 2,HCl,H 2O;可选,A 正确;综上所述,本题选 A。25.对于下列事实的解释错误的是A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有脱水性B. 浓硝酸在光照下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定C. 常温下,浓硝酸可以

30、用铝罐贮存,说明铝与浓硝酸不反应D. 铝箔在空气中受热可以熔化,由于氧化膜的存在,熔化的铝并不滴落【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素,生成 C,使蔗糖出现发黑现象,此现象证明浓硫酸具有脱水性,故 A 正确;B浓硝酸在光照条件下分解生成二氧化氮、氧气和水,二氧化氮溶于硝酸使溶液呈黄色,故 B 正确;C铝和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜,阻止了进一步的反应,故 C 错误;D铝与氧气反应生成氧化铝为致密的氧化物,且熔点较高,则铝箔在空气中受热可以熔化,熔化的铝并不滴落,故 D 正确;故答案选 C。- 12 -【点睛】本题考查了元素化合物的性质,需要注意的是钝化

31、现象不是物质间不反应,而是物质间反应生成致密的氧化物薄膜,阻止了进一步的反应,属于化学变化。分卷 II二、填空题(共 6 小题,共 50 分)26.根据物质的性质,选择其保存方法:(1)固态物质一般保存在_瓶中,液态物质一般保存在_瓶中。(2)氢氧化钠等碱性物质若保存在玻璃瓶中时,瓶塞应用_。(3)硫酸、硝酸、汽油等保存在玻璃瓶中,瓶塞应用_。(4)硝酸等见光易分解的物质保存在_瓶中。(5)白磷保存在_中,原因是_。【答案】 (1). 广口 (2). 细口 (3). 橡胶塞 (4). 玻璃塞 (5). 棕色 (6). 冷水 (7). 与空气隔绝,防止白磷自燃【解析】【分析】化学药品的保存方法:

32、依据状态选瓶口,依据酸碱性选瓶塞,依据光稳定性选瓶的颜色。【详解】 (1)固态物质一般保存在广口瓶中,液态物质一般保存在细口瓶中;本题答案为:广口,细口。(2)氢氧化钠等碱性物质若保存在玻璃瓶中时,瓶塞应用橡胶塞;本题答案为:橡胶塞。(3)硫酸、硝酸、汽油等保存在玻璃瓶中,瓶塞应用玻璃塞;本题答案为:玻璃塞。(4)硝酸等见光易分解的物质保存在棕色试剂瓶瓶中;本题答案为:棕色。(5)白磷保存在冷水中,原因是白磷在空气中容易自然,放在冷水中使白磷与空气隔绝,防止白磷自燃;本题答案为:冷水,与空气隔绝,防止白磷自燃。27.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质:O 2、H 2CrO4、Cr(OH)

33、3、H 2O、H 2O2。已知该反应中 H2O2只发生如下过程:H 2O2O 2(1)该反应中的还原剂是_。(2)该反应中,发生还原反应的过程是_。- 13 -(3)写出该反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目_。(4)如反应转移了 0.3 mol 电子,则产生的气体在标准状况下的体积为 。(5)已知 I-、Fe 2+、SO 2、Cl -、H 2O2均有还原性,它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为:SO2I-H2O2Fe2+Cl-,则下列反应不能发生的是( )A2Fe 3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+BI 2+SO2+2H2O=H2SO4+2HICH 2O2+H2SO4=

34、SO2+O 2+2H 2OD2Fe 3+2I-=2Fe2+I2【答案】 (1)H 2O2(2)H 2CrO4Cr(OH) 3(3)(4)3.36L(5)C【解析】试题分析:(1)由 H2O2O 2,氧元素化合价从-10 价,化合价升高,H 2O2作还原剂。(2)所给物质中 H2CrO4中铬元素的化合价降低发生还原反应作氧化剂,H 2CrO4Cr(OH)3。(3)由上述分析可知,在该反应中 H2O2O 2,氧元素化合价从-10 价,H 2CrO4中铬元素的化合价降低发生还原反应作氧化剂,H 2CrO4Cr(OH) 3。依据化合价升降总数相等配平方程式可得: 。(4)由上述反应可知每转移 6 mo

35、l 电子可生成 322.4 L 的 O2,故转移 0.3 mol 电子时,所得气体的体积为:0.3mol6mol322.4 L=“3.36“ L。故答案为:3.36L;(5)根据氧化还原反应的规律:氧化性:氧化剂氧化产物;还原性:还原剂大于还原产物。强氧化剂与强还原剂发生反应产生具有弱氧化性和弱还原性的物质。A若反应2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+ + SO42- +4H+可以发生,则还原性:SO 2Fe 2+,与题意吻合,故 A 正确;B若反应 I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI 可以发生,则还原性:SO 2I -,与题意吻合,故 B 正确;- 14 -C若反应 H2O2+H2

36、SO4=SO2+O2+H 2O 可以发生,则还原性:H 2O2SO 2,与题意不吻合,故 C 错误;D若反应 2Fe3+2I-=2Fe2+I2可以发生,则还原性:I -大于 Fe2+,与题意吻合,故 D 正确。故选 C。考点:考查氧化还原反应计算;氧化还原反应方程式配平28.某化学兴趣小组利用图甲装置制取氨气并探究氨气的有关性质。(1)装置 A 中烧瓶内试剂可选用_(填序号) 。a碱石灰 b浓硫酸 c五氧化二磷 d氯化钙(2)若探究氨气的溶解性,当装置 D 中集满氨气后,关闭 K1、K 2,打开 K3,引发喷泉的实验操作是_。不能在 K2的导管末端连接图乙中的_装置(填序号) 。(3)若探究氨

37、气的还原性,需关闭 K1、K 3,K 2连接纯净、干燥氯气的装置。用二氧化锰与浓盐酸制取氯气,生成的气体必须依次通过盛有_试剂和_试剂的洗气瓶。D 中氨气与氯气反应产生白烟,同时生成一种无色无味的气体,该反应的化学方程式为_。尾气可用 C 装置处理,若尾气中含有少量 Cl2,则 C 装置中应盛放_溶液(填化学式) ,反应的离子方程式为_。【答案】 (1). a (2). 用热毛巾捂住圆底烧瓶底部,当 C 中导管中的水超过 C 中水面时,撤走毛巾即可引发喷泉 (3). (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸 (6). 3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2 (7). NaOH (8). Cl2+

38、2OH Cl +ClO +H2O【解析】【分析】(1)氨水易挥发,升高温度能促进氨水分解生成氨气,为促进氨水分解,则烧瓶中加入的物质遇氨水后能放出大量热,且和氨水不反应;(2)氨气极易溶于水,关闭 K1、K 2,打开 K3,利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中,在 K2的导管末端连接图乙中的能防止倒吸的装置;- 15 -(3)浓盐酸制取的氯气中含有氯化氢气体和水蒸气,为防止干扰实验,氯气在进入烧瓶前,应该用饱和食盐水和浓硫酸除去氯化氢和水蒸气;根据氧化还原反应知, 氨气与氯气反应产生白烟是氯化铵,生成的无色无味的气体是氮气,根据反应物和生成物写出反应方程式;氯气的水溶液呈酸性,所以可以用碱除去氯气

39、。【详解】(1)氨水易挥发,升高温度能促进氨水分解生成氨气,为促进氨水分解,则烧瓶中加入的物质遇氨水后能放出大量热,且和氨水不反应,a.碱石灰遇水放出大量热,能使氨水温度升高,且和氨水不反应,故 a 选;;b.浓硫酸和氨水反应,故 b 不选;c.五氧化二磷能和氨水反应,故 c 不选;d.氯化钙和氨水溶液中氨气反应生成络合物,溶解不放热,故 d 不选,;本题答案是:a。(2)利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中,操作为用热毛巾将烧瓶捂热,烧瓶中的气体进入烧杯中,导致大气压强大于烧瓶中气体压强,从而使烧杯中的水通过导管进入烧瓶中产生喷泉实验,氨气极易溶于水,为防止倒吸,吸收氨气的装置中应该有缓冲装置,

40、、装置中都有缓冲装置,没有缓冲装置能产生倒吸,不能在 K2的导管末端连接图乙中的 I;本题答案是:用热毛巾捂住圆底烧瓶底部,当 C 中导管中的水超过 C 中水面时,撤走毛巾即可引发喷泉,。(3)浓盐酸制取的氯气中含有氯化氢气体和水蒸气,为防止干扰实验,氯气在进入烧瓶前,应该用饱和食盐水和浓硫酸除去氯化氢和水蒸气;本题答案为:饱和食盐水,浓硫酸;。根据氧化还原反应知,生成的无色无味的气体是氮气,所以其反应方程式为:3Cl2 8NH3=6NH4Cl N2, 本题答案为:3Cl 2 8NH3=6NH4Cl N2;氯气和水反应生成盐酸和次氯酸导致氯气的水溶液呈酸性,所以可以用氢氧化钠溶液除去氯气,反应

41、离子方程式为:Cl 2 2OH-=Cl- ClO- H2O;本题答案为:NaOH,Cl 2 2OH-=Cl- ClO- H2O。29.回答下列实验仪器和实验操作的有关问题。- 16 -(1)图 A 中试管夹的作用是_。(2)指出图 B 中的错误操作是_。(3)图 C、D 是某同学配制 50 g 质量分数为 6%的氯化钠溶液时,在称量和量取两个操作步骤中出现的情况:如图 C 所示:在称量氯化钠的操作过程中,发现指针偏右,则继续进行的操作是_,至天平平衡。如图 D 所示,量取水时,仰视读数,所得溶液中溶质的质量分数会_(填“偏大” “偏小”或“不变”)。【答案】 (1). 夹持试管 (2). 将水

42、注入浓硫酸中 (3). 向左盘添加氯化钠 (4). 偏小【解析】【分析】(1)试管夹的作用:夹持试管;(2)稀释浓硫酸时一定是酸入水,并不断搅拌;(3)量取水时,应该是平视读数,否则会引起误差。【详解】(1)试管夹的作用:夹持试管,故答案为:夹持试管;(2)稀释浓硫酸应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中,同时用玻璃棒不断搅拌,不能将水注入浓硫酸中,故答案为:将水注入浓硫酸中;(3)如图 C 所示:在称量氯化钠的操作过程中,发现指针偏右,说明右盘质量大于左盘,则继续进行的操作是向左盘添加氯化钠,故答案为:向左盘添加氯化钠;量取水时,仰视读数,量取的水体积偏大,溶液的质量增大,则溶质的质量分数偏小,故

43、答案为:偏小。- 17 -【点睛】稀释浓硫酸应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中,同时用玻璃棒不断搅拌,不能将水注入浓硫酸中,浓硫酸稀释过程中要放出大量的热。30.某同学设计如下实验方案,以分离 KCl 和 BaCl2两种固体混合物,试回答下列问题:供选试剂:Na 2SO4溶液、K 2CO3溶液、K 2SO4溶液、盐酸(1)操作的名称是_,操作的名称是_。(2)试剂 a 是_(填化学式,下同),试剂 b 是_,固体 B 是_。(3)加入试剂 a 所发生反应的化学方程式为_。加入试剂 b 所发生反应的化学方程式为_。(4)该方案能否达到实验目的:_(填“能”或“不能”)。若不能,应如何改进?(若能,

44、此问不用回答)_。(5)若要测定原混合物中 BaCl2的质量分数,除了要准确称量混合物的质量外,至少还要获得的数据是_的质量。【答案】 (1). 溶解 (2). 过滤 (3). K 2CO3 (4). HCl (5). BaCl2 (6).K2CO3+BaCl2 BaCO3+2KCl (7). BaCO3+2HCl BaCl2+ CO2+ H2O (8). 不能 (9). 应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 (10). 沉淀 A1或固体 B【解析】试题分析:(1)将固体混合物形成溶液的操作为溶解;操作是将固体和溶液分离,为过滤。(2 分离氯化钾和氯化钡,应将氯化钡转化为沉淀而分开,所以先

45、加入碳酸钾,生成碳酸钡沉淀,所以试剂 a 为碳酸钾,沉淀 A 为碳酸钡,洗涤后加入盐酸,碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡,再蒸发结晶即可得 B 氯化钡,所以试剂 b 为盐酸。滤液为氯化钾。 (3) 加入碳酸钾,氯化钡和碳酸钾反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾,方程式为 K2CO3+BaCl2=BaCO3+2KCl;碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳,方程式为 BaCO3+2HCl= - 18 -BaCl2+CO2+H 2O。 (4)因为加入了碳酸钾,所以滤液中有碳酸钾,直接蒸发结晶有碳酸钾杂质,应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。 (5)要的定氯化钾或氯化钡的质量分数,需要知道氯化钾或氯化钡的质

46、量,所以需要获得的数据有沉淀 A1或固体 B。考点: 物质的分离和提纯31.资料显示:“氨气可在纯氧中安静燃烧” 。某校化学兴趣小组学生设计如下装置(图中铁夹等夹持装置已略去)进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验对比。(1)用装置 A 制取纯净、干燥的氨气,大试管内碳酸盐的化学式是_;碱石灰的作用是_。(2)将产生的氨气与过量的氧气通到装置 B(催化剂为铂石棉)中,用酒精喷灯加热:氨催化氧化的化学方程式_;试管内气体变为红棕色,该反应的化学方程式是_。停止反应后,立即关闭 B 中两个活塞。一段时间后,将试管浸入冰水中,试管内气体颜色变浅,请说明可能的原因_。(3)将过量的氧气与 A 产生的氨气分别从 a、b 两管进气口通入到装置 C 中,并在 b 管上端点燃氨气生成氮气和水:两气体通入的先后顺序是_,其理由是_。氨气燃烧的化学方程式是_【答案】 (1). (NH4)2CO3或 NH4HCO3 (2). 吸收水和二氧化碳 (3). 4NH35O 24NO6H 2O (4). 2NOO 2=2NO2 (5). 红棕色的二氧化氮转化为无色 N2O4颜色变浅 (6). 先通氧气,后通氨气 (7). 若先通氨气,氨气在空气中不能燃烧,逸出造成环境污染 (8). 4NH 33O 2 2N26H 2O

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