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
