陕西省延安市黄陵中学2016-2017学年高一（上）期末化学试卷（重点班）（解析版）

2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高一（上）期末化学试卷（重点班）
　
一、选择题（本题包括20个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）
1．用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列判断正确的是（　　）
A．1
g
H2含有的氢原子数目为2NA
B．常温常压下，22.4
L
O2含有的分子数目为NA
C．1
L
1
mol L﹣1
KOH溶液中含有的钾离子数目为NA
D．1
mol
Zn变为Zn2+失去的电子数目为NA
2．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Ba2+、OH﹣、NO3﹣、Na+
B．NH4+、OH﹣、SO42﹣、K+
C．Ca2+、H+、Cl﹣、CO32﹣
D．Cu2+、SO42﹣、Ba2+、Cl﹣
3．下列各组中的两种物质作用，反应条件（如温度等）或反应物用量改变，不会引起产物种类改变的是（　　）
A．Na和O2
B．NaOH和CO2
C．AlCl3和NaOH
D．Na2O2和CO2
4．把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是（　　）
A
B
C
D
X
NaHCO3
AlCl3
NaHCO3
MgCl2
Y
Ca（OH）2
NaOH
HCl
NaOH
A．A
B．B
C．C
D．D
5．已知如下氧化还原反应2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣
5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl
ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O
则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（　　）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2
B．BrO3﹣＞Cl2＞ClO3﹣＞IO3﹣
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣
D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣
6．将铁粉放入由盐酸、MgCl2溶液、FeCl3溶液、CuCl2溶液组成的混合液中，充分反应后，铁粉有剩余，则溶液含有大量的阳离子是（　　）
A．Cu2+和Fe2+
B．H+和Cu2+
C．Fe3+和Fe2+
D．Fe2+和Mg2+
7．某反应可用下式表示：xR2++yH++O2═mR3++nH2O．
则m的值为（　　）
A．2x
B．4
C．
D．7
8．某溶液中只含有K+、Fe3+、NO3﹣，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，则溶液中K+与NO3﹣的个数比为（　　）
A．1：4
B．1：2
C．3：4
D．3：2
9．在反应KNO2K2O+NO↑+O2↑（未配平）中，当生成33.6L
NO（标准状况）时，被氧化的氧原子的物质的量为（　　）
A．3
mol
B．1.5
mol
C．0.75
mol
D．0.6
mol
10．下列试剂保存方法正确的是（　　）
A．氢氟酸存放在带有橡胶塞的棕色玻璃瓶中
B．溴水存放在带橡胶塞的试剂瓶中
C．浓硝酸保存在磨口玻璃塞棕色试剂瓶中，并置于阴凉处
D．氢氧化钠溶液保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中
11．下列物质露置于空气中易变质的是（　　）
①氯水　②水玻璃　③烧碱　④漂白粉　⑤绿矾　⑥亚硫酸钠　⑦浓硫酸　⑧浓硝酸．
A．除⑤外
B．除②③外
C．除②③⑥外
D．均易变质
12．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（　　）
A．
分离碘酒中的碘和酒精
B．
除去Cl2中的HCl
C．
排水集气法收集NO
D．
实验室制氨气
13．下列解释事实的离子方程式正确的是（　　）
A．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H
++NO
3﹣═Fe
3++NO↑+2H
2O
B．向Ca（ClO）
2溶液中通入过量CO
2制取次氯酸：2ClO﹣+H
2O+CO
2═2HClO+CO
32﹣
C．向酸性KMnO
4溶液中通入SO
2：2MnO
4﹣+5SO
2+4OH
﹣═2Mn
2++5SO
42﹣+2H
2O
D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓
14．在通常条件下，NO2和SO2可以很容易发生反应生成NO和SO3．现将碳跟浓硫酸共热产生的气体X和碳跟浓硝酸共热产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），下列有关说法正确的是（　　）
A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
C．在Z导管出来的气体中无二氧化碳
D．反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性减弱
15．将X气体通入BaCl2溶液未见沉淀生成，然后通入Y气体有沉淀生成，X、Y不可能是（　　）
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
CO2
Cl2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
A．A
B．B
C．C
D．D
16．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验．经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（　　）
A．①＞②
B．①＜②
C．①=②
D．不能确定
17．如图，下列描述不正确的是（　　）
A．C的成分是气体E与二氧化碳的混和气体
B．浓热的D溶液能把碳单质氧化为二氧化碳
C．气体E遇空气会被氧化成红棕色的气体
D．溶液G是蓝色的硫酸铜溶液
18．下列图象表示向含Al3+的盐溶液中加入NaOH溶液或向含AlO2﹣的溶液中加盐酸时Al3+与AlO2﹣物质的量变化的曲线，实线表示Al3+，虚线表示AlO2﹣，其中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
19．铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（　　）
A．9.02
g
B．8.51
g
C．8.26
g
D．7.04
g
20．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是（　　）
A．混合酸中NO3﹣物质的量为0.2mol
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D．H2SO4浓度为4mol L﹣1
　
二、非选择题（本题包括5个小题，共46分）
21．在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
ABCDE
当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素．请回答：
（1）A是　　．
（2）当X是强酸时，E是　　．写出B生成C的化学方程式：　　．
（3）当X是强碱时，E是　　，写出B生成C的化学方程式：　　．
22．某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化．
（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是　　．
（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是　　．
方案
反应物
甲
Cu、浓HNO3
乙
Cu、稀HNO3
丙
Cu、O2、稀HNO3
（3）下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是　　．
（4）该小组还用上述装置进行实验证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，则分液漏斗a中加入的试剂是　　，c中加入的试剂是　　，d中加入的试剂是　　；实验现象为　　．但此实验存在不足之处，改进的措施是　　．
23．某实验小组利用下图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3 6H2O晶体．（图中夹持及尾气处理装置均已略去）请回答下列问题：
（1）装置B中发生反应的化学方程式是　　．
（2）E中出现的现象是　　．
（3）该小组把B中反应后的产物加入足量的盐酸，用该溶液制取FeCl3 6H2O晶体．
①欲检验溶液中含有Fe3+，选用的试剂为　　，现象是　　．
②该实验小组同学用上述试剂没有检测到Fe3+，用离子方程式解释滤液中不存在Fe3+可能的原因：　　．
③将此滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3最好选择下列物质中的　　．
A．酸性KMnO4溶液
B．Cl2
C．Na2O2
D．FeCl3
④在③所得溶液浓缩结晶前需要用实验证明FeCl2已完全氧化，实验方法是　　．
24．50ml浓H2SO4溶液（足量）中加入3.2g
Cu，在加热条件下充分反应：
（1）反应消耗的H2SO4的物质的量是　　，生成SO2的体积为（标准状况下）　　mL．
（2）若题干中浓硫酸的物质的量浓度为a
mol L﹣1，投入足量的铜片加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n（H2SO4）　　
0.025a
mol（填“等于”、“大于”或“小于”）．
（3）将题干中反应后的溶液稀释到500mL，取出50mL，并向取出液中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81g，求原浓硫酸的物质的量浓度．
　
2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高一（上）期末化学试卷（重点班）
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本题包括20个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）
1．用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列判断正确的是（　　）
A．1
g
H2含有的氢原子数目为2NA
B．常温常压下，22.4
L
O2含有的分子数目为NA
C．1
L
1
mol L﹣1
KOH溶液中含有的钾离子数目为NA
D．1
mol
Zn变为Zn2+失去的电子数目为NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．质量转化为物质的量，结合氢原子为双原子分子解答；
B．常温常压下，Vm＞22.4L/mol；
C．依据n=CV计算解答；
D.1个锌原子失去2个电子生成锌离子．
【解答】解：A.1
g
H2含有的氢原子数目为×2×NA=NA，故A错误；
B．常温常压下，Vm＞22.4L/mol，则常温常压下，22.4
L
O2含有的分子数目小于NA，故B错误；
C.1
L
1
mol L﹣1
KOH溶液中含有的钾离子数目为1L×1mol/L×NA=NA，故C正确；
D.1
mol
Zn变为Zn2+失去的电子数目为2NA，故D错误；
故选：C．
　
2．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Ba2+、OH﹣、NO3﹣、Na+
B．NH4+、OH﹣、SO42﹣、K+
C．Ca2+、H+、Cl﹣、CO32﹣
D．Cu2+、SO42﹣、Ba2+、Cl﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能相互促进水解，则离子能大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．因该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；
B．因NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故B错误；
C．因Ca2+与CO32﹣结合生成沉淀，H+与CO32﹣结合生成气体、水，不能共存，故C错误；
D．因SO42﹣、Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选A．
　
3．下列各组中的两种物质作用，反应条件（如温度等）或反应物用量改变，不会引起产物种类改变的是（　　）
A．Na和O2
B．NaOH和CO2
C．AlCl3和NaOH
D．Na2O2和CO2
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，常温下生成氧化钠；
B．氢氧化钠与二氧化碳反应生成，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠；
C．氯化铝与氢氧化钠反应，氢氧化钠少量生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量反应生成偏铝酸钠；
D．二者反应生成碳酸钠和氧气．
【解答】解：A．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠，常温下生成氧化钠，反应产物与温度有关，故A不选；
B．氢氧化钠与二氧化碳反应生成，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，反应产物与二氧化碳的用量有关，故B不选；
C．氯化铝与氢氧化钠反应，氢氧化钠少量生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量反应生成偏铝酸钠，反应产物与氢氧化钠用量有关，故C不选；
D．过氧化钠与二氧化碳反应，产物与反应条件（如温度等）或反应物用量无关，故D选；
故选：D．
　
4．把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是（　　）
A
B
C
D
X
NaHCO3
AlCl3
NaHCO3
MgCl2
Y
Ca（OH）2
NaOH
HCl
NaOH
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．
【分析】A．NaHCO3
+Ca（OH）2
的量不同反应产物不同；
B．分别发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+NaCl，AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O；
C．只发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；
D．只发生MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl．
【解答】解：A．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，反应是Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O，现象是生成白色沉淀，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中发生Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，都有白色沉淀生成，现象相同，故A错误；
B．因X溶液逐滴滴入Y溶液中发生AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O，则没有明显现象，而Y溶液逐滴滴入X溶液中发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+NaCl，有白色沉淀，现象不同，故B正确；
C．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，都只发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，都有气泡冒出，现象相同，故C错误；
D．因X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，都只发生MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，都有白色沉淀生成，现象相同，故D错误；
故选B．
　
5．已知如下氧化还原反应2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣
5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl
ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O
则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（　　）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2
B．BrO3﹣＞Cl2＞ClO3﹣＞IO3﹣
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣
D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣
【考点】氧化性、还原性强弱的比较．
【分析】氧化还原反应中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，据此分析．
【解答】解：①2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣
中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，
②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl
中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3﹣，
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，
综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣．
故选C．
　
6．将铁粉放入由盐酸、MgCl2溶液、FeCl3溶液、CuCl2溶液组成的混合液中，充分反应后，铁粉有剩余，则溶液含有大量的阳离子是（　　）
A．Cu2+和Fe2+
B．H+和Cu2+
C．Fe3+和Fe2+
D．Fe2+和Mg2+
【考点】铁的化学性质．
【分析】根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析．
【解答】解：充分反应后，铁粉有剩余，因为三价铁会和铁单质生成二价铁，所以一定没有三价铁，C错误，铜离子会和单质铁发生置换反应二价铁和单质铜，盐酸中的氢离子会和铁单质发生置换反应生成氢气和二价铁，所以溶液中一定不含有铜离子、氢离子，A、B错误，而溶液中的镁离子不会和铁单质发生反应．
故选D．
　
7．某反应可用下式表示：xR2++yH++O2═mR3++nH2O．
则m的值为（　　）
A．2x
B．4
C．
D．7
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】反应xR2++yH++O2=mR3++nH2O中，R的化合价升高，被氧化，O的化合价降低，被还原，根据氧化还原反应得失电子数目相等配平化学方程式，可求m值．
【解答】解：解法一：反应xR2++yH++O2=mR3++nH2O中，R的化合价有+2价升高为+3价，被氧化，O的化合价由0价降低降低到﹣2价，被还原，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可配平反应的方程式为4R2++4H++O2=4R3++2H2O，
则m=4，
解法二：由质量守恒可得x=m，
由氧化还原反应得失电子守恒可得2×（2﹣0）=m×（3﹣2），
m=4，
故选B．
　
8．某溶液中只含有K+、Fe3+、NO3﹣，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，则溶液中K+与NO3﹣的个数比为（　　）
A．1：4
B．1：2
C．3：4
D．3：2
【考点】物质的量的相关计算．
【分析】已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，根据电荷守恒有3n（Fe3+）+n（K+）=n（NO3﹣），据此计算n（NO3﹣），进而溶液中K+和NO3﹣的离子个数比．
【解答】解：已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，根据电荷守恒有3n（Fe3+）+n（K+）=n（NO3﹣），即amol×3+3amol=n（NO3﹣），故n（NO3﹣）=6amol，
所以溶液中K+和NO3﹣的离子个数比为3amol：6amol=1：2，
故选B．
　
9．在反应KNO2K2O+NO↑+O2↑（未配平）中，当生成33.6L
NO（标准状况）时，被氧化的氧原子的物质的量为（　　）
A．3
mol
B．1.5
mol
C．0.75
mol
D．0.6
mol
【考点】氧化还原反应．
【分析】反应中N元素化合价降低，O元素化合价升高，根据化合价的变化结合氧化还原反应中得失电子相等进行计算．
【解答】解：反应中N元素化合价由+3价降低到+2价，生成33.6LNO（标准状况），n（NO）=1.5mol，则得到电子1.5mol×（3﹣2）=1.5mol，
反应中O元素的化合价由﹣2价升高到0价，则被氧化的原子的物质的量为mol=0.75mol，
故选C．
　
10．下列试剂保存方法正确的是（　　）
A．氢氟酸存放在带有橡胶塞的棕色玻璃瓶中
B．溴水存放在带橡胶塞的试剂瓶中
C．浓硝酸保存在磨口玻璃塞棕色试剂瓶中，并置于阴凉处
D．氢氧化钠溶液保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中
【考点】化学试剂的存放．
【分析】A．氢氟酸会与玻璃发生反应生成水和四氟化硅；
B．液溴具有挥发性，会腐蚀橡胶；
C．硝酸见光易分解；
D．烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠．
【解答】解：A．氢氟酸会与玻璃成分二氧化硅发生反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，常用此原理在玻璃上雕刻各种精美图案，不能贮存在细口玻璃瓶里，应放在塑料瓶中，故A错误；
B．液溴具有挥发性，会腐蚀橡胶，所以液溴保存时液面覆盖一层水，装在带玻璃塞的试剂瓶中，故B错误；
C．硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故C正确；
D．烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误．
故选C．
　
11．下列物质露置于空气中易变质的是（　　）
①氯水　②水玻璃　③烧碱　④漂白粉　⑤绿矾　⑥亚硫酸钠　⑦浓硫酸　⑧浓硝酸．
A．除⑤外
B．除②③外
C．除②③⑥外
D．均易变质
【考点】氯气的化学性质．
【分析】见光易分解、易与空气中二氧化碳、水、氧气反应的物质，露置于空气中易变质，结合具体物质的性质解答该题．
【解答】解：①氯水中含有次氯酸，见光易分解，故①正确；
②水玻璃的主要成分为硅酸钠，由于硅酸的酸性比碳酸弱，则硅酸钠与可空气中的二氧化碳反应而变质，故②正确；
③烧碱可空气中的二氧化碳反应而变质，故③正确；
④漂白粉中含有次氯酸钙，可与空气中的二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，易变质，故④正确；
⑤绿矾含有硫酸亚铁，具有还原性，易被空气中氧气氧化而变质，故⑤正确；
⑥亚硫酸钠具有还原性，易被空气中氧气氧化而变质，故⑥正确；
⑦浓硫酸吸水，而浓度变稀，故⑦正确；
⑧浓硝酸不稳定，见光分解，而变质，故⑧正确．
故选D．
　
12．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（　　）
A．
分离碘酒中的碘和酒精
B．
除去Cl2中的HCl
C．
排水集气法收集NO
D．
实验室制氨气
【考点】化学实验方案的评价；氨的实验室制法；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的收集；气体的净化和干燥．
【分析】A．碘与酒精不会分层；
B．氯气、HCl均能与NaOH溶液反应；
C．NO不溶于水；
D．氯化铵受热分解，在试管口处HCl与氨气又化合生成氯化铵．
【解答】解：A．因碘与酒精不会分层，则不能利用分液漏斗来分离，故A错误；
B．氯气、HCl均能与NaOH溶液反应，则不能利用碱来除去氯气中的HCl，故B错误；
C．NO不溶于水，导管短进长出，可利用排水法收集NO，故C正确；
D．氯化铵受热分解，在试管口处HCl与氨气又化合生成氯化铵，则不能利用氯化铵制取氨气，故D错误；
故选C．
　
13．下列解释事实的离子方程式正确的是（　　）
A．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H
++NO
3﹣═Fe
3++NO↑+2H
2O
B．向Ca（ClO）
2溶液中通入过量CO
2制取次氯酸：2ClO﹣+H
2O+CO
2═2HClO+CO
32﹣
C．向酸性KMnO
4溶液中通入SO
2：2MnO
4﹣+5SO
2+4OH
﹣═2Mn
2++5SO
42﹣+2H
2O
D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．反应制得浅绿色溶液，说明反应生成的是亚铁离子，不是铁离子；
B．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；
C．酸性条件下，反应物中不能存在氢离子；
D．硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀．
【解答】解：A．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液，反应产物为硝酸亚铁，正确的离子方程式为：3Fe+8H
++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，正确的离子方程式为：ClO﹣+H2O+CO
2═HClO+HCO3﹣，故B错误；
C．向酸性KMnO4溶液中通入SO
2，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故C错误；
D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故D正确；
故选D．
　
14．在通常条件下，NO2和SO2可以很容易发生反应生成NO和SO3．现将碳跟浓硫酸共热产生的气体X和碳跟浓硝酸共热产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），下列有关说法正确的是（　　）
A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
C．在Z导管出来的气体中无二氧化碳
D．反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性减弱
【考点】实验装置综合．
【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO42﹣和NO，NO在空气中又会生成NO2，以此解答该题．
【解答】解：碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，
SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，生成硫酸可知酸性增强，
故选B．
　
15．将X气体通入BaCl2溶液未见沉淀生成，然后通入Y气体有沉淀生成，X、Y不可能是（　　）
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
CO2
Cl2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质．
【分析】A．硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；
B．二氧化碳不和BaCl2溶液反应，通入氯气不能反应，无沉淀生成；
C．氨气显碱性，能和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸根离子结合钡离子生成碳酸钡沉淀；
D．氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液．
【解答】解：A．发生2H2S+SO2═3S↓+H2O，有沉淀生成，故A不选；
B．二氧化碳不和BaCl2溶液反应，通入氯气不能反应，无沉淀生成，故选；
C.2NH3+H2O+CO2═（NH4）2C03，（NH4）2C03+BaCl2═BaCO3↓+2NH4Cl，故C不选；
D．Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故D不选；
故选B．
　
16．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验．经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（　　）
A．①＞②
B．①＜②
C．①=②
D．不能确定
【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量浓度的计算．
【分析】先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度的大小．
【解答】解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为=1：1，
故选：C．
　
17．如图，下列描述不正确的是（　　）
A．C的成分是气体E与二氧化碳的混和气体
B．浓热的D溶液能把碳单质氧化为二氧化碳
C．气体E遇空气会被氧化成红棕色的气体
D．溶液G是蓝色的硫酸铜溶液
【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．
【分析】二氧化碳在水中的溶解度很小，二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮和氢氧化钙之间不反应，二氧化碳与之反应生成碳酸钙沉淀，铜可以和硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，根据物质的性质回答即可．
【解答】解：二氧化碳在水中的溶解度很小，二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，所以C是二氧化碳和一氧化氮的混合物，D是硝酸溶液，一氧化氮和氢氧化钙之间不反应，二氧化碳与之反应生成碳酸钙沉淀，即无色气体E是NO，铜可以和硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，即蓝色溶液是硝酸铜．
A、C的成分是气体E：NO与二氧化碳的混和气体，故A正确；
B、D是硝酸溶液，碳单质和浓硝酸反应的产物是二氧化碳、二氧化氮、水，故B正确；
C、E是NO，遇到空气会立即变为红棕色的二氧化氮气体，故C正确；
D、G是蓝色的硝酸铜溶液，故D错误．
故选D．
　
18．下列图象表示向含Al3+的盐溶液中加入NaOH溶液或向含AlO2﹣的溶液中加盐酸时Al3+与AlO2﹣物质的量变化的曲线，实线表示Al3+，虚线表示AlO2﹣，其中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．
【分析】向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液的过程中，发生反应分别为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+2H2O；NaAlO2溶液中滴加稀盐酸的过程中Al3+与AlO2﹣的过程中发生的反应分别为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，据此进行判断．
【解答】解：向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液的过程中，发生反应分别为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+2H2O，根据反应可知，Al3+物质的量的变化过程中消耗的NaOH的物质的量与AlO2﹣物质的量达到最大消耗NaOH的物质的量之比为3：1，满足条件的图象为B，即A错误、B正确；
NaAlO2溶液中滴加稀盐酸的过程中Al3+与AlO2﹣的过程中发生的反应分别为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，则偏铝酸根离子完全反应消耗的NaOH的物质的量与铝离子的物质的量达到最大消耗NaOH的物质的量之比为1：3，C中为3：1，D中为1：1，故C、D错误；
故选B．
　
19．铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（　　）
A．9.02
g
B．8.51
g
C．8.26
g
D．7.04
g
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】最终生成沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和．
【解答】解：4.48L的
NO2气体的物质的量为=0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为=0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1+0.015mol×2×1=0.23mol，
最终生成沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g，
故选B．
　
20．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是（　　）
A．混合酸中NO3﹣物质的量为0.2mol
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D．H2SO4浓度为4mol L﹣1
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．
A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；
B、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；
C、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度．
【解答】解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3﹣）=2n（Fe）=2×=0.4mol，故A错误；
B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；
C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；
D、反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，故D正确．
故选A．
　
二、非选择题（本题包括5个小题，共46分）
21．在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
ABCDE
当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素．请回答：
（1）A是　（NH4）2S　．
（2）当X是强酸时，E是　H2SO4　．写出B生成C的化学方程式：　2H2S+3O2═2SO2+2H2O　．
（3）当X是强碱时，E是　HNO3　，写出B生成C的化学方程式：　4NH3+5O24NO+6H2O　．
【考点】无机物的推断．
【分析】本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为（NH4）2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，据此答题；
【解答】解：本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为（NH4）2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，
（1）本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子可知A为（NH4）2S，
故答案为：（NH4）2S；
（2）当X是强酸时，根据上面的分析可知，E是
H2SO4，B生成C的化学方程式为2H2S+3O2═2SO2+2H2O，
故答案为：H2SO4；2H2S+3O2═2SO2+2H2O；
（3）当X是强碱时，根据上面的分析可知，E是
HNO3，B生成C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：HNO3；4NH3+5O24NO+6H2O；
　
22．某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化．
（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是　检查装置的气密性　．
（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是　Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　．
方案
反应物
甲
Cu、浓HNO3
乙
Cu、稀HNO3
丙
Cu、O2、稀HNO3
（3）下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是　丙　．
（4）该小组还用上述装置进行实验证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，则分液漏斗a中加入的试剂是　稀盐酸　，c中加入的试剂是　大理石（或Na2CO3固体）　，d中加入的试剂是　Na2SiO3溶液　；实验现象为　c中有气泡产生，d中生成白色胶状物质（或白色沉淀）　．但此实验存在不足之处，改进的措施是　在c、d之间连接一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶　．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）实验前要检查装置气密性；
（2）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮；
（3）方案丙是利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成；
【解答】解：（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c．其目的是检查装置的气密性，
故答案为：检查装置的气密性；
（2）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（3）方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；丙是利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成，能体现绿色化学理念，
故答案为：丙；
（4）要证明酸性强弱，应该采用强酸制取弱酸的方法检验，盐酸酸性最强，所以a中盛放硝酸，盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液生成硅酸，则c中盛放碳酸钙、d中盛放硅酸钠，硅酸难溶于水，所以二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，看到的现象是有白色沉淀生成，因盐酸易挥发，应在c和d之间加入除杂装置，用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，
故答案为：稀盐酸；大理石（或Na2CO3固体）；Na2SiO3溶液；c中有气泡产生，d中生成白色胶状物质（或白色沉淀）；在c、d之间连接一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶．
　
23．某实验小组利用下图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3 6H2O晶体．（图中夹持及尾气处理装置均已略去）请回答下列问题：
（1）装置B中发生反应的化学方程式是　3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2　．
（2）E中出现的现象是　黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠　．
（3）该小组把B中反应后的产物加入足量的盐酸，用该溶液制取FeCl3 6H2O晶体．
①欲检验溶液中含有Fe3+，选用的试剂为　KSCN溶液　，现象是　向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色　．
②该实验小组同学用上述试剂没有检测到Fe3+，用离子方程式解释滤液中不存在Fe3+可能的原因：　Fe+2Fe3+=3Fe2+　．
③将此滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3最好选择下列物质中的　B　．
A．酸性KMnO4溶液
B．Cl2
C．Na2O2
D．FeCl3
④在③所得溶液浓缩结晶前需要用实验证明FeCl2已完全氧化，实验方法是　用小试管取用③反应后的溶液1﹣2ml，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液不褪色则证明氯化亚铁已被全部氧化　．
【考点】铁及其化合物的性质实验．
【分析】（1）Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2；碱石灰能干燥气体；
（2）装置E中红色的氧化铁被氢气还原成黑色的铁，同时有水珠生成；
（3）①Fe3+的检验方法是：取少量滤液，滴入几滴硫氰化钾溶液，观察溶液是否变红色；
②向体系中加入铁粉，如果铁粉不溶解，说明不存在Fe3+；
③滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3，选择氧化剂能氧化亚铁离子且不引入新的杂质；
④在③所得溶液浓缩结晶前需要用实验证明FeCl2已完全氧化的方法是检验亚铁离子的存在，可以选择高锰酸钾溶液检验．
【解答】解：（1）Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式是3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2；
（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠，
故答案为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；
（3）①Fe3+的检验方法是：取少量滤液，滴入几滴硫氰化钾溶液，观察溶液是否变红色，
故答案为：KSCN溶液；向溶液里滴加KSCN溶液，溶液变血红色；
②向体系中加入铁粉，如果铁粉不溶解，说明不存在Fe3+，所以离子反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
③滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3，
A．酸性KMnO4溶液
能氧化氯化亚铁，但引入钾离子、锰离子等，故A错误；
B．Cl2
氧化氯化亚铁为氯化铁，不引入新的杂质，故B正确；
C．Na2O2
和水反应生成氢氧化钠，沉淀亚铁离子和铁离子，不能除去，故C错误；
D．FeCl3
不能氧化氯化亚铁，故D错误；
故答案为：B；
④在③所得溶液浓缩结晶前需要用实验证明FeCl2已完全氧化，实验方法是：用小试管取用③反应后的溶液1﹣2ml，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液不褪色则证明氯化亚铁已被全部氧化，
故答案为：用小试管取用③反应后的溶液1﹣2ml，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液不褪色则证明氯化亚铁已被全部氧化；
　
24．50ml浓H2SO4溶液（足量）中加入3.2g
Cu，在加热条件下充分反应：
（1）反应消耗的H2SO4的物质的量是　0.1mol　，生成SO2的体积为（标准状况下）　1120　mL．
（2）若题干中浓硫酸的物质的量浓度为a
mol L﹣1，投入足量的铜片加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n（H2SO4）　小于　
0.025a
mol（填“等于”、“大于”或“小于”）．
（3）将题干中反应后的溶液稀释到500mL，取出50mL，并向取出液中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81g，求原浓硫酸的物质的量浓度．
【考点】化学方程式的有关计算；浓硫酸的性质．
【分析】（1）根据n=计算3.2gCu的物质的量，再根据方程式Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O计算；
（2）反应中浓硫酸其氧化剂与酸性作用且各占一半，随反应进行浓硫酸变稀，Cu与稀硫酸不反应，据此解答；
（3）反应后的溶液加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81g为BaSO4，根据n=计算BaSO4的物质的量，进而计算500mL溶液中n（SO42﹣），根据S元素守恒可知n（H2SO4）=n（SO42﹣）+n（SO2），再根据c=计算．
【解答】解：（1）3.2gCu的物质的量==0.05mol，由方程式Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O可知，反应消耗的H2SO4的物质的量=2n（Cu）=2×0.05mol=0.1mol，生成SO2的物质的量=n（Cu）=0.05mol，故生成SO2的
体积=0.05mol×22.4L/mol=1.12L=1120mL，
故答案为：0.1mol；1120；
（2）50mL
a
mol L﹣1浓硫酸中硫酸的物质的量=0.05L×a
mol L﹣1=0.05a
mol，投入足量的铜片加热，反应中浓硫酸其氧化剂与酸性作用且各占一半，随反应进行浓硫酸变稀，Cu与稀硫酸不反应，故充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n（H2SO4）＜0.05a
mol×=0.025a
mol，
故答案为：小于；
（3）反应后的溶液加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81g为BaSO4，其物质的量==0.085mol，可知500mL溶液中n（SO42﹣）=0.085mol×=0.85MOL，根据S元素守恒可知n（H2SO4）=n（SO42﹣）+n（SO2）=0.85mol+0.05mol=0.9mol，故原浓硫酸的物质的量浓度==18mol/L，
答：原浓硫酸的物质的量浓度为18mol/L．
　
2017年3月2日