1、- 1 -20182019 高一年级期末考试化学一、选择题1.中国诗词大会不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含了许多化学知识，下列诗词与蒸馏原理有关的是（ ）A. 日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川 B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金C. 折戟沉沙铁未销，自将磨洗认前朝 D. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲【答案】A【解析】蒸馏是利用物质的沸点不同进行物质分离的一种方法，通过加热使沸点低的物质形成蒸汽的过程，过程中没有发生化学变化，属于物理变化。A “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川” ，过程中也存在通过加热使沸点低的物质形成蒸汽（紫烟）的过程，故 A 正确；B “沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通
2、过物理方法得到，与蒸馏无关，故 B 错误；C、 “折戟沉沙铁未销，自将磨洗认前朝” ，过程中没有加热产生蒸汽的过程，与蒸馏无关，故 C 错误；D、 “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲” ，过程中碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，发生了化学变化，与蒸馏无关，故 D 错误；故选 A。点睛：本题的难点在于找到蒸馏过程的本质和分离的手段。如果单纯分析物理变化和化学变化，则无法正确解答。2.设 NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 5.6 g 铁与足量盐酸反应转移的电子数为 0.3NAB. 常温常压下，11.2L 甲烷中含有的氢原子数为 2NAC. 标准状况下，22.4 L 氦气与
3、 22.4 L 氟气所含原子数均为 2NAD. 常温下，2.7g 铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为 0.3NA【答案】D【解析】铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，5.6 g 铁与足量盐酸反应转移的电子数为 0.2NA，故 A 错误；标准状况下，11.2L 甲烷中含有的氢原子数为 2NA，故 B 错误；标准状况下，水是液体，故 C 错误；铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，2.7g 铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为 0.3NA，故 D 正确。- 2 -3.现有密度为 dg/mL 浓度为 18mol/L 的浓硫酸溶液 100g ，需要加入一定量的水将其稀释为浓度是 9mol/L,则加入水的体积是A
4、. 大于 100mL B. 小于 l00mL C. 等于 100mL D. 等于 100/d mL【答案】B【解析】稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为 x，稀释前的质量分数为 w1，稀释后的质量分数为 w2，则：100gw 1=(100g+x)w2，18molL -1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成 9molL-1的硫酸，由 c= ，可得：c 1= =18mol/L=2c2= 2，硫酸的浓度越大，密度越大，则 dd 2， =2 2，所以： = 2，解得：x100g，又水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于 100mL，故选 B。点睛：本题考查物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度的概念及
5、表达式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小。溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数 w 越大。4.在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作可使所配溶液浓度偏髙的是（）A. 未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶B. 用量筒量取浓盐酸时，仰视读数C. 定容时水加多了，加多的水用滴管吸出D. 溶解搅拌时造成液体溅出【答案】B【解析】A、未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质减少，浓度偏低，A 错误；B、用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的盐酸体积增加，浓度偏高，B 正确；C、定容时水加多了，加多的水用滴管吸出，导致溶质减少，浓度偏低，
6、C 错误；D、溶解搅拌时造成液体溅出，导致溶质减少，浓度偏低，D 错误，答案选 B。5.有下列物质：盐酸，氨水，CO 2气体，SO 3气体，纯碱粉末，酒精，铜，熔融的 NaCl，水玻璃（Na 2SiO3水溶液）以下叙述不正确的是（）A. 属于电解质的有 3 种B. 属于纯净物的有 6 种- 3 -C. 属于非电解质的有 3 种D. 上述状态下能导电的有 5 种【答案】A【解析】【分析】盐酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；氨水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；CO 2气体不能导电，其溶于水能导电的原因是碳酸导电，二氧化碳是非电解质；SO 3不能导电，其溶于水能导电的
7、原因是三氧化硫溶于水生成硫酸导电，三氧化硫是非电解质；纯碱粉末不能导电，属于盐，熔融状态或溶于水中能导电，属于电解质；酒精不能导电，属于非电解质；铜能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；熔融的 NaCl 能导电，属于电解质；水玻璃（Na 2SiO3水溶液）能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；【详解】A、是电解质，属于电解质的有 2 种，故 A 错误。B、属于纯净物，故 B 正确；C、是非电解质，故 C 正确；D、能导电，故 D 正确；本题选 A6.下列对某溶液所含离子检验的叙述正确的是A. 滴入 BaCl2溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，则原溶液一定含有 SO42B. 滴入盐
8、酸酸化，再滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含有 ClC. 滴入 NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的蓝色的石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定含有NH4+D. 滴入 KSCN 溶液无明显现象，再通入少量 Cl2后呈红色，则原溶液一定含有 Fe2+【答案】D【解析】【详解】A、若原溶液中含有 SO32 ，加入硝酸，SO 32 也会被氧化为 SO42 ，因此不能判断原溶液中是否含有 SO42 ，故 A 错误；- 4 -B、加入盐酸酸化，溶液中引入了 Cl ，无法证明原溶液中是否存在 Cl ，故 B 错误；C、氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而使湿润的蓝色石蕊试纸变红的为酸性气体，
9、故 C 错误；D、开始滴入 KSCN 溶液无明显现象，说明溶液中不含 Fe3+，通入少量 Cl2后呈红色，说明发生反应 2Fe2+ Cl2= 2Fe3+2 Cl ，生成 Fe3+，证明原溶液中含有 Fe2+，故 D 正确；本题选 D7. 下列关于浓硫酸的叙述正确的是 ( )A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B. 浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体D. 浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化【答案】D【解析】浓硫酸使蔗糖炭化，体现的是脱水性而不是吸水性，脱水性和吸水性的本质区别是看氢和氧两元素在原物质中是否是以“H 2O”的形式存
10、在。浓硫酸与铜的反应需在加热的条件下进行。 浓硫酸作为干燥剂，不能干燥碱性和强还原性物质，氨气不能用浓硫酸干燥而氢气可以。 浓硫酸使铁铝钝化必须强调在常温下。8.下列离子方程式正确的是A. 向 Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S 2O32-+ 2Cl23H 2O=2SO32-4Cl -6H +B. CuSO4溶液吸收 H2S 气体：Cu 2+H2S= CuS+2H +C. AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al 3+4NH3H2OAlO 2-+4NH4+2H2OD. 等体积、等浓度的 Ba（OH） 2稀溶液与 NaHSO4稀溶液混合： Ba 2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H
11、2O【答案】B【解析】A. 氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故 A 错误； B. CuSO4溶液吸收 H2S 气体，反应生成的硫化铜不溶于硫酸，离子方程式为：Cu 2+ H2S= CuS+2H +，故 B 正确；C. 氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故 C 错误；D. 等体积、等浓度的 Ba(OH)2稀溶液与 NaHSO4稀溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，以及水，离子方程式为： Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H 2O，故 D 错误；故选 B。- 5 -9.下列关于溶液和胶体的说法正确的是( )A. 蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，烟、雾属于胶体B. 溶液和胶体的本质区
12、别是后者具有丁达尔效应，而前者无此现象C. 制备 Fe(OH)3胶体的方法是将饱和 FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色D. 利用过滤的方法能将 Fe(OH)3胶体从 FeCl3溶液中分离出来【答案】C【解析】A淀粉溶液和烟、雾一样均为胶体，故 A 错误；B溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，故 B 错误；C加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备 Fe（OH）胶体的方法是将饱和 FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故 C 正确；D胶体和溶液都能透过滤纸，所以不能通过过滤的方法将将 Fe(OH)3胶体从 FeCl3溶液中分离出来，故 D 错误；
13、答案为 C。10.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 0.1molL-1KI 溶液：Na +、K +、ClO -、OH -B. 0.1molL-1Fe2（SO 4） 3溶液：Cu 2+、NH 4+、NO 3- 、SO 42-C. lmolL-1 HCl 溶液：Ba 2+ 、K +、CO 32-、NO 3-D. 0.1molL-1NaOH 溶液:Mg 2+、Na +、SO 42-、HCO 3-【答案】B【解析】【详解】A、I -具有强还原性，ClO -具有强氧化性，I -与 ClO-发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错误；B、在 Fe2（SO 4） 3溶液中离
14、子相互间不反应，能大量共存，故 B 正确；C、CO 32-能与 H+反应生成水和二氧化碳，在 HCl 溶液中 CO32-不能大量存在，故 C 错误；D、Mg 2+、HCO 3-都能与 OH-反应，不能大量共存，故 D 错误。本题选 B。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。解题时要特别注意题中的附加条件。11.下列表述中正确的是（） 光导纤维做通讯材料有许多优点，但怕腐蚀，铺设也很不方便 化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成， 玛瑙的主要成分是硅酸盐 - 6 -提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料 氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维
15、等属于新型无机非金属材料 太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅性质稳定，耐腐蚀，错误；玛瑙的主要成分是二氧化硅，错误；水泥是典型硅酸盐材料，正确；氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维等均为常见新型无机非金属材料，正确；硅常作为太阳能电池板、电子芯片的原材料，正确。故本题答案 D。12.某同学用下列装置制备并检验 Cl2的性质。下列说法正确的是A. I 图中：如果 MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗B. II 图中：如果倒置的最筒充满了氯气，水槽内装满水经足够长的时间光照，量筒内最后剩余气体为 HCl
16、 和氧气C. III 图中：生成蓝色的烟D. IV 图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中至溶液显酸性结果有 Cl2生成【答案】D【解析】A二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，所以如果 MnO2过量，浓盐不能全部消耗完，A 错误；B氯化氢极易溶于水，不可能剩余，B 错误；C铁与氯气反应生成棕黄色氯化铁固体，看到产生棕黄色烟生成，C 错误；DIV 图中：湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应为，Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，氯
17、化钠和次氯酸钠会发生氧化还原反应，离子方程式为 Cl-+ClO- 7 -+2H+=Cl2+H 2O，所以结果有 Cl2生成，D 正确；答案选 D。13.向 100 mL NaOH 溶液中通入一定量的 CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 molL1 的盐酸，产生 CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是( )A. 原 NaOH 溶液的浓度为 0.2 molL1B. 通入 CO2在标准状况下的体积为 448 mLC. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为 n(NaOH) n(Na2CO3)13D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为 n(NaHCO3) n(Na
18、2CO3)11【答案】A【解析】生成 CO2发生的反应为：NaHCO 3+HCl=NaCl+CO2+H 2O，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠的方程式为：Na 2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而根据图像可知生成 CO2消耗盐酸溶液的体积是 100mL25mL75mL25mL，这说明 NaOH 与CO2气体反应所得溶液中溶质为 Na2CO3、NaHCO 3，A加入 100mL 盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为 NaCl 溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以 n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L0.2mol/L=0.02m
19、ol，所以 c（NaOH）=0.02mol0.1L=0.2mol/L，A 正确；B由曲线可知从 25mL 到 100mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H 2O，所以 n（CO 2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）0.2mol/L=0.015mol，所以 CO2气体体积为 0.015mol22.4L/mol=0.36L=336mL，B 错误；CNa 2CO3转化为 NaHCO3消耗盐酸为 25mL，生成 NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故 NaOH 与 CO2气体反应所得溶液中 NaHCO3消耗盐酸的体积为 7
20、5mL-25mL=50mL，因此Na2CO3、NaHCO 3的物质的量之比为 25mL：50mL=1：2，C 错误；D由 C 中分析可知 D 错误；答案选 A。点睛：判断反应后溶液中溶质成分是解答的难点，解答的关键是理解 Na2CO3和 NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序，即在 Na2CO3和 NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于 CO32 和 HCO3 结合 H 的难易程度。由于 CO32 比 HCO3 更易于结合- 8 -H 形成难电离的 HCO3 ，故盐酸应先与 Na2CO3溶液反应。只有当 CO32 完全转化为 HCO3 时，再滴入的 H 才与
21、HCO3 反应。另外需要注意如果含有氢氧化钠，则首先发生中和反应。14.下图所示的是验证二氧化硫性质的微型实验，a、b、c、d 是浸有相关溶液的棉球。将浓硫酸滴入装有亚硫酸钠固体的培养皿中。关于此实验的“现象” “解释或结论”以及对应关系均正确的是( )选项 现象 解释或结论A a 处黄色褪去 非金属性：BrSB b 处变为红色 二氧化硫与水反应生成酸性物质C c 处变为蓝色 二氧化硫具有一定的氧化性D d 处红色先褪去后恢复 二氧化硫具有漂白性且漂白性不稳定A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸和亚硫酸钠反应生成 SO2，SO 2具有还原性，能把溴水氧化，
22、所以 a 处黄色褪去，说明 SO2的还原性强于溴离子的，但不能说明 Br 和 S 的非金属性强弱，故 A 错误；B.SO2是酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，所以 b 处变为红色，故 B 正确；C.SO2不能把碘化钾氧化生成单质碘，因此 c 处不可能变为蓝色，故 C 错误；D.SO 2具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热后才能恢复到原来的颜色，故 D 错误；答案选 B。【点睛】二氧化硫具有一定的氧化性，但氧化性较弱，并不能将碘离子氧化生成碘单质。15.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2 )c(Fe 3 )32，则参加反应的 Fe 和 H
23、NO3的物质的量之比为( )- 9 -A. 11 B. 516 C. 23 D. 32【答案】B【解析】同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe 2+）：c（Fe 3+）=3：2，所以该溶液中 n（Fe 2+）：n（Fe 3+）=3：2，设亚铁离子的物质的量为 3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式 Fe（NO 3） 2、Fe（NO 3） 3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol2+2xmol3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为 ymol，所以3xmol2+2xmol3=3
24、ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的 Fe 和 HNO3的物质的量之比为 5xmol：16xmol=5：16，故选 B。16.将一定量的 Na2O2和 NaHCO3混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体，冷却后有固体物质剩余，下列选项不正确的是( )Na2O2/mol NaHCO3/mol 气体成分A 1 2 Na2CO3B 1.5 2 Na2O2 Na2CO3C 2 1 Na2CO3、NaOH、Na 2O2D 2 2 NaOH、Na 2CO3A. A B.
25、 B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：混合物在密闭容器中加热（温度高于 100） ，可能发生如下反应：2NaHCO 3 Na2CO3+H2O+CO2，2Na 2O2+2CO22Na 2CO3+O2，2Na 2O2+2H2O4NaOH+O 2，2NaOH+CO 2Na 2CO3+H2O，由上述反应，可得总的反应方程式为：Na 2O2+2NaHCO3 2Na2CO3+1/2O2+H 2O 2Na 2O2+2NaHCO3 2Na2CO3+O2+2NaOH- 10 -A当 x=1/2 时，只发生反应，且二者恰好完全反应，此时剩余固体为 Na2CO3，气体成分为H2O（g） 、O 2，故
26、A 正确；B当 1/2x1 时，发生反应、，此时剩余固体为Na2CO3、NaOH，气体成分为 H2O（g） 、O 2，故 B 错误；C当 x1 时，发生反应，过氧化钠有剩余，此时剩余固体为 Na2CO3、NaOH、Na 2O2，故 C 正确；D当 x=1 时，发生反应，过氧化钠恰好完全，此时剩余固体为 Na2CO3、NaOH，故 D 正确；故选 B。考点：考查混合物的有关计算等，注意利用总反应方程式分段讨论，由于二氧化碳与氢氧化钠反应，故可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，反应完毕过氧化钠有剩余再与水反应，据此分段书写总反应式。17.将一定量 Mg、Al 合金溶于 1 molL-1的 HC1 溶
27、液中，进而向所得溶液中滴加 1molL-1的 NaOH 溶液，产生沉淀的物质的量（n）与滴加的 NaOH 溶液（mL）体积的关系如图所示。下列结论中正确的是（）A. 溶解“一定量 Mg、A1 合金”的 HC1 溶液的体积为 90mLB. 欲求出 a 的取值范围尚缺少一个条件C. 无法确定 Mg、A1 合金中 Mg 和 A1 的物质的量之比的最大值D. 无法算出实验中产生 H2的物质的量【答案】D【解析】【分析】根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H +OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2+2OH-=Mg（OH） 2、Al 3+3OH-=Al（OH） 3，最后是 Al（OH） 3
28、的溶解：Al（OH） 3+OH-= AlO2+2H2O，从横坐标 80mL 到 90mL 这段可以求出 n（Al）=nAl（OH） 3=n（OH -）=1molL -10.01L=0.01mol。当加入氢氧化钠溶液 80mL 时，沉淀量最大，说明氯化铝、氯化镁恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子守恒可知 n(NaCl）=n(NaOH)=- 11 -0.08L1molL-1=0.08mol。【详解】A、由分析可知沉淀量最大时 n（NaC1)=n(NaOH）=0.08mol,根据氯元素守恒，所以n（HCI）=n（NaCl）=0.08mol，所以溶解金属的 1 molL-1的 HC1 共
29、0.08 mol，即所需 HC1体积为 80mL，故 A 错误；B、假设盐酸溶解金属后不剩余，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即 a=0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀 Al3+需要 NaOH 溶液的体积为 30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为 50mL，所以 a 的取值范围为 0a50，故 B 错误；C、沉淀 0.01molAl3+需要的 OH-为 0.03mol，即 NaOH 溶液的体积为 30mL，镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为 80-a，若假设盐酸不剩余，所以沉淀 Mg2+需要 NaOH 溶液的体积最大值为 50mL，求出 n （Mg）的最大值为
30、0.025mol，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为 2.5，故 C 错误；D、金属镁的量不确定，无法判断生成氢气的量的多少，故 D 正确。本题选 D18.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是( ) A. 图向容量瓶中转移溶液B. 图用于 Na2O2和 H2O 反应制取少量的 O2C. 图比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性D. 图制备 Fe(OH)2并能较长时间观察到白色【答案】D【解析】向容量瓶中转移溶液，玻璃棒末端应伸到刻度线以下，故 A 错误；过氧化钠是易溶于水的粉末，图不能用于 Na2O2和 H2O 反应制取少量的 O2，故 B 错误；碳酸钠比碳酸氢钠稳定，所以大试
31、管内加入碳酸钠，小试管内加入碳酸氢钠，大试管温度高、小试管温度低，碳酸氢钠分解，而碳酸钠受热不分解，才能比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，故 C 错误；图可以- 12 -隔绝空气，所以能制备 Fe(OH)2并能较长时间观察到白色，故 D 正确。19.下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是( )选项 操作和现象 结论或目的A向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加 KSCN 溶液 23 滴，溶液呈红色红砖中含有氧化铁BCO 还原 Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN 溶液，溶液不显红色黑色固体中没有 Fe3O4C取少量 Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀 H2SO
32、4酸化，滴加 KSCN 溶液，溶液变为红色该 Fe(NO3)2试样已经变质D 向某溶液中通入 Cl2，然后再加入 KSCN 溶液变红色 原溶液中含有 Fe2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A氧化铁溶于盐酸反应得氯化铁溶液，滴加 KSCN 溶液变红色；BCO 还原 Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与 Fe3+发生反应生成 Fe2+；C溶液中含有 NO3 ，在酸性条件下会氧化 Fe2+离子，不能证明是否已变质；D若溶液中存在铁离子，加入 KSCN 溶液也变红色。【详解】A. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，三价铁离子遇 KSCN 溶液会变红色，说明红砖中含有
33、氧化铁，故 A 正确；B.CO 还原 Fe2O3得到单质 Fe，即使有 Fe3O4，其溶于盐酸后产生的 Fe3 与 Fe 发生反应：Fe2Fe 3 =3Fe2 ，加入 KSCN 溶液也不显红色，故 B 错误；C. NO3 H 具有强氧化性，而 Fe2 具有还原性，二者发生氧化还原反应，有 Fe3 生成，遇KSCN 溶液呈红色，不能证明样品是否变质，故 C 错误；D.若原溶液中不存在 Fe2 存在 Fe3 ，也有此现象，故 D 错误，答案选 A。20.将 Mg、Cu 组成的 mg 混合物投入适量稀 HNO3中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到的- 13 -还原产物 NO 气体为 0.896L（标
34、准状况） ，向反应后溶液中加入 2 mol/L NaOH 溶液 60mL 时，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为A. （m+2.28）gB. （m+2.04）gC. （m+3.32）gD. （m+4.34）g【答案】B【解析】【详解】当金属离子恰好沉淀时,m(沉淀)m(金属)m(OH )，n(OH )n(金属失去的 e )n(NO 得到的 e )30.896L/（22.4L/mol）0.12 mol，m(沉淀)m(金属)m(OH )m g0.12mol17 g/mol(m2.04) g，故 B 正确。本题选 B二、填空题21.氮元素的单质和常见的化合物在工、农业生产中用途广泛。.（1）常
35、用作食品袋中填充气的是_，常用作制冷剂的化合物是_，该物质在空气中与 HC1 相遇有白烟现象，产生该现象的化学反应方程式是 _。（2）铵盐大多在农业上用作化肥。工业制备氨气的化学反应方程式为_。.某同学用下列装置（固定、加热仪器和橡胶管略）进行有关氨气制取的实验探究。回答下列问题：（1）若用装置制取并收集干燥的 NH3，其反应的化学方程式为- 14 -_；若要测定生成的 NH3的体积，则必须选择的装置是_（填装置序号） ，装置中所盛试剂具有的性质是_。（2）若用装置制取并收集干燥的 NH3，烧瓶内装的试剂是_，分液漏斗中装的试剂是_，收集装置应选择_（填装置序号） 。（3）用如图 1 装置进行
36、喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是_。该实验的原理是_（4）如果只提供如图 2 的装置，请说明引发喷泉的方法，_。（5）为防止污染环境，以下装置（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气的是_（填序号） 。【答案】 (1). 氮气 (2). 氨气 (3). NH3+HCl=NH4Cl (4). N23H 2 2NH3 (5). 2NH4Cl+Ca（OH） 2 CaCl2+2NH3+2H 2O (6). (7). 氨气难溶于该试剂，该试剂不易挥发，不与氨气反应 (8). CaO 或 NaOH 或碱石灰 (9). 浓氨水 (10). (11). 将胶头滴管中的水挤入上部烧瓶 (12)
37、. 挤入的水溶解部分 NH3，内部压强降低，使得外界大气压将烧杯中水压入烧瓶中，形成喷泉 (13). 打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，NH 3与水接触，即发生喷泉 (14). 【解析】- 15 -【分析】本题从氮及其化合物的性质，氨气的制备、气体的制取和收集等方面分析解答。【详解】.（1）氮气化学性质稳定，常用作食品袋中填充气，氨气易液化，常作制冷剂，氨气属于碱性气体，易和氯化氢反应生成氯化铵，即 NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：氮气；氨气；NH 3+HCl=NH4Cl；（2）工业合成氨的化学反应方程式为：N 23H 2 2NH3故答案为：N
38、 23H 2 2NH3.（1）若用装置制取 NH3，则实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气，反应方程式为 2NH4Cl+Ca（OH） 2 CaCl2+2NH3+2H 2O；要测定氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发，测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是；故答案为：2NH 4Cl+Ca（OH） 2 CaCl2+2NH3+2H 2O ；氨气难溶于该试剂，该试剂不易挥发，不与氨气反应；（2）若用装置制取并收集干燥的 NH3，是固体和液体不加热制备气体的制备方法，可以利用浓氨水滴入碱石灰中得到氨气，分液漏斗中是浓氨水；根据氨气的
39、性质及密度确定收集方法，氨气极易溶于水，常温下，氨气和空气中成分不反应，且氨气密度小于空气，所以可以采用向下排空气法收集，氨气是碱性气体，应用碱石灰干燥，选择装置；故答案为：CaO 或 NaOH 或碱石灰；浓氨水；（3）设法将烧瓶中的 NH3先溶解一部分使其溶解，内部压强降低即可引发喷泉。可以将胶头滴管中的水挤入上部烧瓶即可即可导致压强下降，引发喷泉。故答案为：将胶头滴管中的水挤入上部烧瓶；挤入的水溶解部分 NH3，内部压强降低，使得外界大气压将烧杯中水压入烧瓶中，形成喷泉。（4）在没有外加水的情况下只能使烧瓶中的 NH3体积膨胀与烧杯中的水接触，使 NH3体积膨胀的方法便是升高其温度，因而可
40、用手或热毛巾将烧瓶捂热。故答案为：打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，NH 3与水接触，即发生喷泉。（5） 、因为氨气极易溶于水，吸收多余的氨气装置，必须能够防止倒吸，装置中的倒置的漏斗和球形干燥管的体积较大，能防止液体倒吸进入反应装置。- 16 -故答案为：【点睛】本题重点在于理解喷泉实验的原理，利用 NH3易溶于水的特点造成内外压强差，从而引发喷泉。22.已知 A 为常见的金属单质，各物质之间有下图所示的关系:（1）确定 A、B、C、D、E、F 的化学式：A 为_，B 为_，C 为_，D 为_，E 为_，F 为_。（2）写出、的离子方程式：_，_，
41、_。.如图装置，用来制取和观察 Fe（OH） 2在空气中被氧化的颜 色变化。实验时必须使用铁屑和 6molL-1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：- 17 -（1）B 中盛有一定量的 NaOH 溶液，A 中应预先加入的试剂是_，A 中反应的离子方程式_。（2）实验开始时应先将活塞 a_（填“打开”或“关闭” ） 。（3）简述生成 Fe（OH） 2的操作过程：_。（4）实验完毕，打开 b 处活塞，放入一部分空气，此时 B 中发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Fe (2). Fe 3O4 (3). FeCl2 (4). FeCl3 (5). Fe(OH)2 (6). Fe(OH)3
42、(7). Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O (8). 2Fe2+Cl22Fe 3+2Cl- (9). 2Fe3+Fe=3Fe2+ (10). 铁屑 (11). Fe+2H+=Fe2+H2 (12). 打开 (13). 先将活塞 a 打开，A 中反应发生一段时间后关闭 a，使得 A 中溶液流入 B 中发生反应 (14). 4Fe（OH） 2O 22H 2O4Fe（OH） 3【解析】【分析】红褐色沉淀说明 F 是氢氧化铁，E 在氧气条件下转化为氢氧化铁，说明 E 是氢氧化亚铁，同时也说明 A 是铁，B 是黑色晶体，与盐酸反应生成亚铁和铁离子，说明 B 是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D
43、是氯化铁。【详解】. （ 1） 、根据分析的推断，可以确定 A 为 Fe，B 为 Fe 3 O 4 ，C 为 FeCl 2 ，D 为FeCl 3 ，E 为 Fe(OH) 2 ，F 为 Fe(OH) 3 。本题答案： Fe； Fe 3 O 4；FeCl 2；FeCl 3 ；Fe(OH) 2；Fe(OH) 3 。（2） 、根据上述的推断的离子方程式为 Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O；的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe 3+2Cl-；是由氯化铁到氯化亚铁，应该加入还原剂，但是不能加铜等，因为产物只有氯化亚铁，则只能选择 Fe，离子方程式 2Fe3+Fe=3Fe2+ 本题答案： Fe
44、 3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O； 2Fe 2+Cl22Fe 3+2Cl-； 2Fe 3+Fe=3Fe2+；.制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧气氧化，所以 B 装置中是氢氧化钠，A 是产生硫酸亚铁的装置，可以用金属铁和稀硫酸之间的反应来获得，为保证硫酸亚铁进入 B 中和氢氧化钠混合，要借助氢气产生的压强将装置中反应生成的液体排入 B 中；（1）A 中应预先加入的试剂是铁，再滴入酸即可，发生反应为：Fe+2H +=Fe2+H2。- 18 -本题答案：铁屑；Fe+2H +=Fe2+H2；（2）为保证酸顺利滴下且利用产生的氢气将
45、装置中的空气排出，在实验开始时应先将活塞a 打开。本题答案：打开； （3）在实验开始时应先将活塞 a 打开，A 中反应发生一段时间后关闭 a，生成的氢气使得 A中压强增大，将生成的硫酸亚铁溶液压入 B 瓶中进行反应进而生成 Fe（OH） 2。本题答案：先将活塞 a 打开，A 中反应发生一段时间后关闭 a，使得 A 中溶液流入 B 中发生反应。（4）氢氧化亚铁可以被氧气氧化为氢氧化铁， B 中发生反应的化学方程式：4Fe（OH）2O 22H 2O4Fe（OH） 3本题答案：4Fe（OH） 2O 22H 2O4Fe（OH） 3【点睛】推断题重在找出“题眼” ，即题中的已知部分。本题由红褐色沉淀出发，结合铁及其化合物的性质进行判断。
