1、兰州一中 2018-2019-1 学期期末考试试题高一化学相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 Si:28 S:32 Fe:56 Cu:64Zn:65第卷( 选择题，共 48 分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题 2 分，共 48 分)1.下列实验操作中，错误的是A. 蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，才停止加热B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球与蒸馏烧瓶的支管口处相平C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【答案】A【解析】试题分析：蒸发操作时，
2、当大部分固体析出后，即可停止加热，靠余热将水分完全蒸干；选择萃取剂时，萃取剂要与原溶剂不互溶，且密度要与原溶剂的密度相差较大，选项 AD是错误的，其余选项都是正确的，答案选 AD。考点：考查实验基础知识和基本操作能力点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题基础性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知
3、识解决实际问题的能力。2.某同学用 Na2CO3 固体配制 0.10 mol/LNa2CO3 溶液的过程如下图所示。你认为该同学的错误有A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】按照计算称量溶解移液定容摇匀的步骤，从正确操作步骤进行分析；【详解】应用“左物有码”而图中所给出的是“左码右物” ，故错误；该操作步骤为溶解，该方法正确，故正确；操作步骤是移液和洗涤，方法正确，故正确；为定容，视线应于液体凹液面平视，而图中是仰视，故错误；操作是摇匀，应是反复上下颠倒摇匀，而图中只是上下，故错误；综上所述，选项 B 符合题意。3.在 NaCl、MgCl 2、MgSO 4形成的混合溶液中，c（Na
4、 +）=0.10molL -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-14.分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类结论正确的是 氨水、氢氧化铝、冰醋酸、氟化氢都是弱电解质 HClO、浓硫酸、HNO 3 均具有强氧
5、化性，都是氧化性酸 HI、Na 2O2、胆矾都是电解质 SiO 2、CO2、SO2 都是是酸性氧化物，所以它们都能够与水反应生成相应的酸 漂粉精、氯水、水玻璃、水银都是混合物A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】氨水是氨气溶于水，属于混合物，即氨水既不是电解质也不是非电解质，故结论不正确；HClO、浓硫酸、HNO 3 均具有强氧化性，称为氧化性酸，故结论正确；HI、Na2O2、胆矾分别是酸、金属氧化物、盐，都是电解质，故结论正确；SiO2、CO2、SO2 都是酸性氧化物，SiO 2 难溶于水，不能与水反应生成相应的酸，故结论不正确；水银为 Hg，属于金属单质，属于纯净物，故 结论不
6、正确；综上所述，选项符合题意，故 C 正确。【点睛】易错点是 SiO2 为酸性氧化物，学生忽略 SiO2 难溶于水，不能与水反应生成H2SiO3。5.磷中毒可用硫酸铜解毒，反应方程式为：11P+15CuSO 4+24H2O=Cu3P+6H3PO4+15H2SO4分析反应，下列说法错误的是A. P 既是氯化剂 又是还原剂B. Cu3P 既是氧化产物又是还原产物C. CuSO4 发生了还原反应D. 当生成 lmol Cu3P 时，转移电子的物质的量为 6 mol【答案】B【解析】试题分析：A.在反应 11P+15CuSO4+24H2O=Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，P 的化合价部分升
7、高，部分降低，因此 P 既是氯化剂又是还原剂,正确；B由于 Cu3P 中的 P 元素是 P 电子得到电子变成的，所以是还原产物，同时也是 CuSO4 中的 Cu 得到电子形成的，故 Cu3P 是还原产物，错误；CCuSO 4 中的 Cu 电子电子，被还原，所以其发生了还原反应，正确；D由于化合价降低的总数与得到的电子总数相等，所以当生成 lmol Cu3P 时，转移电子的物质的量为 6 mol，正确。考点：考查磷中毒可用硫酸铜解毒时的化学反应原理的知识。6.下列说法不正确的是A. APCE 国宴采用的帝王彩瓷餐具和常见的水晶饰品都属于硅酸盐制品B. 兰州某些时段实行机动车辆限牌限行政策，目的是
8、为了减少 SO2、氮氧化物等有害物的排放，以及减少雾霾带来的危害C. 工业上用 FeCl3 溶液来腐蚀铜膜，制作印刷电路板D. 硅是人类将太阳能转变为电能的常用材料【答案】A【解析】【详解】A、水晶饰品成分是 SiO2，SiO2 属于酸性氧化物，不属于硅酸盐，故 A 说法不正确；B、限行，减少 SO2、氮氧化物等有害物质的排放，减少雾霾带来的危害，故 B 说法正确；C、发生 Cu2Fe 3 =2Fe2 Cu2 ，因此工业上用 FeCl3 溶液来腐蚀铜膜，制作印刷电路板，故 C 说法正确；D、制造太阳能电池板的原料是晶体硅，故 D 说法正确。7.下列说法正确的是 ( )A. 二氧化硫和漂白粉都具
9、有漂白作用，它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色B. 过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用，它们都能使品红溶液褪色C. 二氧化硫和氯气都具有漂白作用，它们都能使石蕊试液先变红色再褪色D. 盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，所以盐酸也有漂白性【答案】B【解析】【分析】A、二氧化硫与溴水、KMnO 4溶液均发生氧化还原反应；B、二氧化硫与有色物质化合生成无色物质， Na 2O2具有强氧化性；C两种气体同时通入生成硫酸和盐酸；D盐酸不具有漂白性。【详解】A 项、二氧化硫与溴水、KMnO 4溶液均发生氧化还原反应，则体现其还原性，只有使品红褪色体现其漂白性，故 A 错误；B 项、二氧化硫与品红化合生成无色物
10、质， Na 2O2具有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故 B 准确；C 项、氯气不具有漂白性，二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色，故 C 错误；D 项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应，中性、酸性条件下酚酞为无色，盐酸不具有漂白性，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查物质的漂白性，把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键。8.符合如下实验过程和现象的试剂组是( )甲 乙 丙A.MgCl2 HNO3 K2SO4B.BaCl2 HNO3 K2SO4C.NaNO3 H2SO4 Ba(NO3)2D.BaCl2 HCl CaCl2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：向 K
11、2CO3 溶液中，加入试剂甲，生成白色沉淀，结合四个选项，可以排除A、C，原因是 MgCO3 为微溶物，而 K2CO3 与 NaNO3 不反应，则生成的白色沉淀为BaCO3，向沉淀中加入足量的试剂乙，生成无色气体和无色溶液，则试剂乙可为 HCl，也可为 HNO3；向无色溶液中加入试剂丙生成白色沉淀，则加入的试剂丙为 K2SO4，故答案B。考点：考查实验方案的设计。9.下列有关实验的说法正确的是A. 除去氧化铁中混有的少量氧化铝，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后，过滤B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量C. 制备 Fe(OH)3 胶体，通常是将 Fe(OH
12、)3 固体溶于热水中D. 可用澄清石灰水和盐酸鉴别 Na2CO3 溶液和 Na2SO3 溶液【答案】A【解析】【详解】A、氧化铝为两性氧化物，氧化铁为碱性氧化物，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝与 NaOH 反应生成可溶的 NaAlO2，氧化铁不与氢氧化钠反应，然后过滤，得到氧化铁，故 A 说法正确；B、瓷坩埚成分是 SiO2，SiO2 为酸性氧化物，能与 NaOH 反应，腐蚀瓷坩埚，故 B 说法错误；C、制备氢氧化铁胶体的方法是将几滴饱和 FeCl3 溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体为止，将氢氧化铁固体溶于热水，得到悬浊液，故 C 说法错误；D、Na2CO3 和 Na2SO3 溶液加入澄清石
13、灰水，均得到白色沉淀，这两种沉淀均能溶于盐酸，即无法用澄清石灰水和盐酸鉴别 Na2CO3 和 Na2SO3 溶液，故 D 说法错误。10.甲、乙、丙、丁分别是 Al2(SO4)3、FeCl2、NaOH、BaCl2 四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此可推断丙物质是( )A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeCl2【答案】D【解析】分析四种物质的性质，不难发现，先产生沉淀后溶解这一现象只能是将 NaOH 溶液加入到 Al2(SO4)3溶液中，所以丁为 NaOH，乙为 Al2(SO
14、4)3。将 NaOH 溶液加入到 FeCl2溶液中，会产生先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象。将 NaOH 溶液加入到 BaCl2溶液中，无明显现象。所以甲为 BaCl2，则丙为 FeCl2。答案选 D。11. 饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是A. HClO B. Cl C. Cl2 D. ClO【答案】B【解析】试题分析：新制饱和氯水中存在 Cl2+H2OHClO+HCl，由于 HClO 见光分解，导致平衡右移，长期放置，Cl 2 和 HClO、ClO -减少，HCl 增多，则 Cl-增大；故选 B。考点：考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查。12.下
15、列离子检验的方法正确的是A. 向某无色溶液中加入 BaCl2 溶液，产生不溶于稀 HNO3 的白色沉淀，说明原溶液中一定有 SO42B. 向某无色溶液中加入盐酸，有无色、无味的气体产生，则说明原溶液中一定有 CO32C. 灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，则说明原粉末中有 Na ，无 KD. 向某溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液一定有 Fe2【答案】D【解析】A白色沉淀可能为 AgCl，则原溶液可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故A 错误；B无色、无味的气体为二氧化碳，则原溶液中可能含 CO32-或 HCO3-，或都存在，故B 错误；C 焰色反 应为元
16、素的性质， 观察 K 的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则火焰呈黄色，说明原粉末中有 Na+，不能确定是否含 K+，故 C 错误； D滴加硫 氰化钾溶液，溶液不变红，不含铁离子，再滴加氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液一定有Fe2+，故 D 正确；故选 D。13.工业生产中常将两种或多种金属（或金属与非金属）在同一容器中加热使其熔合，冷凝后得到具有金属特性的熔合物合金这是制取合金的常用方法之一根据下表数据判断，不宜用上述方法制取合金的是（ ）金属 Na Al Cu Fe熔点（） 97.81 660 1083 1535沸点（） 883 2200 2595 3000A. FeCu
17、合金 B. CuAl 合金 C. AlNa 合金 D. CuNa 合金【答案】D【解析】由题目的信息可知：熔点相差不大的金属可以融合在一起，其中的 Fe-Cu、Cu-Al、Al-Na 都可以融合在一起，而 Cu-Na 不可以，因为铜的熔点大于钠的沸点，铜开始融化时， 钠已经变成蒸汽跑掉了；故选 D。14.现有如下所示 4 个装置图，以下说法中正确的是A. 装置可用于比较 NaHCO3 和 Na2CO3 的稳定性 B. 用酒精萃取溴水中的溴可选择装置C. 如装置进行实验可看到酸性 KMnO4 溶液褪色 D. 装置可用于实验室制取并收集少量 SO2【答案】C【解析】【详解】A、套管实验中，碳酸钠应
18、在外管，碳酸氢钠在内管，可比较稳定性，故 A 错误；B、酒精与水互溶，不能作该实验的萃取剂，故 B 错误；C、浓硫酸有脱水性和强氧化性，使蔗糖碳化后发生氧化还原反应生成具有还原性的 SO2，被酸性 KMnO4 氧化，KMnO 4 溶液褪色，故 C 正确；D、SO2 的密度比空气大，用向上排空气法收集，即收集时，长进短出，NaOH 能与 SO2 发生反应，注意防倒吸，故 D 错误。15.下列反应的离子方程式正确的是A. Ca(HCO3)2 溶液与足量 NaOH 溶液反应：Ca 2 +2HCO3- +2OH-=CaCO3+CO32-+H2OB. 等物质的量的 Ba(OH)2 与 NH4HSO4 在
19、稀溶液中：Ba 2 +2OH-+2H +SO42-=BaSO4+2H2OC. 将氯气通入水中：Cl 2+H2O=Cl-+ClO-+2HD. 向 Fe(NO3)2 溶液中加入稀盐酸：3Fe 2 4H NO 3-=3Fe3 NO 2H 2O【答案】D【解析】【详解】A、氢原子个数不守恒，正确离子方程式为Ca2 2HCO 3 2OH =CaCO3CO 32 2H 2O，故 A 错误；B、两种溶液等物质的量混合，OH 先与 H 反应，然后 OH 再与 NH4 反应，即离子方程式为 Ba2 2OH NH 4 H SO 42 =BaSO4H 2ONH 3H2O，故 B 错误；C、次氯酸为弱酸，不能拆写成离
20、子，即正确离子方程式为 Cl2H 2O=H Cl HClO，故 C 错误；D、NO3 在酸性条件下具有强氧化性，把 Fe2 氧化成 Fe3 ，本身被还原成 NO，离子方程式为 3Fe2 4H NO 3 =3Fe3 NO2H 2O，故 D 正确。【点睛】易错点是选项 B，Ba2 与 SO42 生成 BaSO4，1molBa(OH)2 中含有2molOH ，1molOH 先与 OH 反应生成，剩下 1molOH 再与 NH4 反应生成 NH3H2O，则正确的离子方程式为 Ba2 2OH NH 4 H SO 42 =BaSO4H 2ONH 3H2O。16.在密闭容器中，加热等物质的量的 NaHCO3
21、 和 Na2O2 的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是( )A. Na2CO3 和 Na2O2 B. Na2CO3 和 NaOHC. NaOH 和 Na2O2 D. NaOH、Na2O2 和 Na2CO3【答案】B【解析】试题分析：设碳酸氢钠、过氧化钠的物质的量都是 2mol，则 2mol 碳酸氢钠受热分解生成1mol 二氧化碳、1mol 水、1mol 碳酸钠，1mol 二氧化碳与 1mol 过氧化钠反应生成 1mol 碳酸钠和 0.5mol 氧气，1mol 水与 1mol 过氧化钠反应生成 2mol 氢氧化钠和 0.5mol 氧气，所以最终得固体产物是碳酸钠和氢氧化钠，答案选 B。考
22、点：考查碳酸氢钠、过氧化钠的化学性质17.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是常温下 pH=11 的溶液中：CO 32-、Na 、AlO2-、NO3-加入铝粉能放出 H2 的溶液中： NH4+、Fe2 、NO3-、SO42-无色透明酸性溶液中：MnO 4- 、K 、Al3 、SO42-含有大量 Fe3+的溶液中：Na 、Mg2 、Cl-、SCN-A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】常温下，pH=11 的溶液显碱性，这四种离子在碱性条件下能够大量共存，故符合题意；加入铝粉放出 H2，该溶液为酸或碱，若为酸性溶液， NO3 在酸性条件下具有强氧化性，能把 Fe2 氧化，即在酸中不能
23、大量共存，若为碱，NH 4 、Fe2 不能与 OH 大量共存，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故不符合题意；MnO 4 显紫红色，不符合题意，故不符合题意；Fe3 与 SCN 生成络合物 Fe(SCN)3，指定溶液中不能大量共存，故不符合题意；综上所述，选项 C 正确。【点睛】易错点，应注意 NO3 在酸性条件下具有强氧化性，能把 Fe2 氧化成 Fe3 ，且活泼金属与 NO3(H )产生 NO。18.工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下 V L 氨气完全反应，并转移 n 个电子，则阿伏加德罗常数(N A)可表示为( )A. B. C. D. 11.2n5
24、V 5V11.2n 22.4V5n 22.4n5V【答案】D【解析】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH 35O 2 4NO6NO：可知 4 NH320e ；即 4：20= ，推出为 NA=22.4n/5v【此处有视频，请去附件查看】19.将盛有 1 mol NO 和 NO2 混合气体的试管倒立于盛满水的水槽中，再通入 0.4 mol O2，充分反应后，整个试管充满水。则原混合气体中 NO 与 NO2 体积比为( )A. 1:2 B. 3:7 C. 2:5 D. 无法确定【答案】B【解析】设 1 molNO 和 NO2 的混合气体中有 a mol NO 和(1a) molNO2，根据4NO3O
25、 22H 2O4HNO 3 和 4NO2O 22H 2O4HNO 3 可得： ，解得34a+1a4=0.4a0.3，因此 V(NO)V(NO 2)37。答案选 B。20.将等物质的量的金属 Na、Mg、Al 分别与 100 mL 2 molL-1 的盐酸反应，实验测得生成气体的体积 V (已折合为标准状况)与时间 t 的关系如图所示，则下列说法错误的是A. x2.24 B. 曲线 b 为 Mg 与盐酸反应的图象C. 反应时，Na、 Mg、Al 均过量 D. 钠的物质的量为 0.2 mol【答案】C【解析】【分析】金属性强弱：NaMgAl ，钠是活泼金属，能于水反应，与盐酸反应速率最快，Mg、A
26、l 与水不反应，只能与盐酸反应，依据金属性强弱，反应速率快慢顺序是 abc，因此 a 表示Na，B 表示 Mg，c 表示 Al，根据图像可知，反应中生成氢气体积相同，参加反应的盐酸是相同，即盐酸完全反应，金属钠不过量。【详解】金属性强弱：NaMgAl，钠是活泼金属，能于水反应，与盐酸反应速率最快，Mg、Al 与水不反应，只能与盐酸反应，依据金属性强弱，反应速率快慢顺序是 abc，因此 a 表示 Na，B 表示 Mg，c 表示 Al，根据图像可知，反应中生成氢气体积相同，参加反应的盐酸是相同，即盐酸完全反应，金属钠不足，A、确定氢气的体积，从 Na 与盐酸反应进行计算得到， 2Na2HCl=2N
27、aCl H 2，盐酸恰好完全反应，即 V(H2)=100103 L2molL1 22.4Lmol1 /2=2.24L，故 A 说法正确；B、根据上述分析，曲线 b 为 Mg 与盐酸反应的图像，故 B 说法正确；C、根据上述分析，Na 与盐酸反应不足，依据 A 选项，求出 Na 的物质的量为 0.2mol，即Mg、Al 物质的量为 0.2mol，Mg、Al 过量，故 C 说法错误；D、根据 C 选项分析，Na 的物质的量为 0.2mol，故 D 说法正确。21.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后溶液中大量存在的金属阳离子是A. 只有 Fe2+ B. 只有 Fe3+ C. 有 Fe2
28、+和 Cu2+ D. 有 Fe3+和 Cu2+【答案】A【解析】【分析】金属性：FeCu，铁过量，只有铁单质与浓硝酸反应，先发生：Fe4HNO 3=Fe(NO3)3NO 22H 2O，铁单质还能与 Fe3 反应，Fe2Fe 3 =3Fe2 ，金属阳离子是 Fe2 。【详解】铁的金属性强于铜，铁先于硝酸反应：Fe3HNO 3=Fe(NO3)3NO 22H 2O，因为铁过量，硝酸完全消耗，因此 Cu 不与硝酸反应，过量铁与 Fe3 发生反应Fe2Fe 3 =3Fe2 ，因此反应后溶液中大量的金属阳离子是 Fe2 ，故选项 A 正确。22.有一粗硅，含铁和硅两种成分，取等质量的样品分别投入足量的稀盐
29、酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的氢气，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是物质的量之比为 11 物质的量之比为 21 质量之比为 41 质量之比为 21A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】铁单质能与稀盐酸反应，Si 不能与稀盐酸反应，反应方程式为 Fe2HCl=FeCl 2H 2，Fe不能与氢氧化钠反应，Si 能与氢氧化钠反应，其反应方程式为Si2NaOHH 2O=Na2SiO32H 2，然后进行分析。【详解】铁单质能与稀盐酸反应，Si 不能与稀盐酸反应，反应方程式为Fe2HCl=FeCl 2H 2，Fe 不能与氢氧化钠反应， Si 能与氢氧化钠反应，其反应方程式为Si2NaOH
30、H 2O=Na2SiO32H 2，产生氢气的量相同，即 Fe 与 Si 物质的量之比为1：1/2=2：1，其质量之比为 256：128=4：1，故选项 C 正确。23. 在某无色溶液中缓慢地滴入 NaOH 溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的 NaOH 溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是：A. Mg2+、Al 3+、Fe 2+ B. H+、Mg 2+、Al 3+C. H+、Ba 2+、Al 3+ D. 只有 Mg2+、Al 3+【答案】B【解析】Fe2+呈浅绿色，而原溶液无色，可排除 A；开始滴加碱液时无沉淀生成则排除 D。Mg2+2OH=Mg（OH） 2、Al 3+2O
31、H=Al（OH） 3、Al（OH ） 3+ OH= AlO2+ 2H2O由图示可知沉淀过程与沉淀溶解过程消耗的碱液之比为 4：1,可排除 C，故答案为 B24.对于 1L H2SO4 和 HNO3 的混合溶液，若 H2SO4 和 HNO3 物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为A. 0.40mol B. 0.45mol C. 0.72mol D. 0.80mol【答案】C【解析】【分析】铜与稀硫酸不反应，但和稀硝酸反应。离子方程式 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，硫酸电离出的氢离子可参与反应，由此进
32、行计算。【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子。硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为 1:4 时，溶解的铜最多。设硫酸的物质的量为 x mol，硝酸的物质的量为 y mol，则 x+y=1.2，y:(2x+y)=1:4，解得x=0.72mol，y=0.48mol。故参加反应的铜的最大量 n(Cu)=n(NO3-) =0.48mol =0.72mol。32 32本题选 C。【点睛】考查混合物反应的化学计算，明确反应原理是解答关键，注意铜与稀硝酸的反应实质。第卷(
33、 非选择题，共 52 分)二、填空题(共两小题，共 24 分)25.现有下列十种物质：0.1mol/L 硫酸小苏打纯碱 二氧化碳葡萄糖0.1mol/LNaOH 溶液SiO 2 氨水Al 2O3硫酸铁溶液(1)上述十种物质中属于非电解质的有_( 填序号)。(2)有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H +OH-=H2O，这两种物质的序号是_(填序号)。(3)既能跟盐酸反应又能跟 NaOH 溶液反应的是_( 填序号)。(4)标准状况下，_L中含有 0.4mol 氧原子。(5)与溶液反应的离子方程式为_。 (6)硅是信息技术的关键材料，写出工业上用制备粗硅的化学反应方程式 _。【答案】 (1
34、). (2). (3). (4). 4.48 (5). SiO2+2OH = SiO32-+H2O (6). SiO2+2C Si+2CO【解析】【详解】 （1）根据非电解质的定义，属于非电解质是；（2）根据离子反应方程式，酸应是强酸，碱是可溶的强碱，符合题意的是 0.1molL1 硫酸和 0.1molL1 NaOH 发生反应，即 符合；（3）既能与盐酸反应又能与 NaOH 溶液反应的物质两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐等物质，即符合题意的是 NaHCO3（小苏打）和 Al2O3，故选项符合题意；（4）1molCO2 中含有 2mol 氧原子，即含有 0.4mol 氧原子的
35、CO2 物质的量为 0.2mol，标准状况下 CO2 的体积为 0.2mol22.4Lmol1 =4.48L；（5）SiO2 属于酸性氧化物，不能拆写成离子形式，即和反应的离子方程式为SiO22OH =SiO32 H 2O；（6）用 SiO2 制备粗硅，工业上常用 C 与 SiO2 反应，其化学反应方程式为SiO2+2C Si+2CO。【点睛】易错点是非电解质物质的判断，首先判明非电解质属于化合物，然后掌握电解质包括的物质有那些，剩下的化合物为非电解质，属于电解质的物质为酸、碱、多数的盐、多数金属氧化物、H 2O，特别注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。26.已知 A 为淡黄色固体，R
36、 和 T 是两种生活中常见的金属单质，C、 F 是无色无味的气体。(1)物质 A 的化学式为 _，D 化学式为_， W 的化学式为_；(2)B 与 R 反应生成 F 的离子反应式为_；(3)A 与 CO2 反应的化学反应方程式为_；(4)H 转化为 M 的化学反应方程式为_；【答案】 (1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】A 为淡黄色固体，能与水反应，即 A 为 Na2O2，Na2
37、O2 与水反应：2Na2O22H 2O=4NaOHO 2，C 为无色无味的气体，即 C 为 O2，B 为 NaOH，R 为常见金属单质，即 R 为 Al，F 为无色无味气体，即 F 为 H2，T 为两种生活中常见的金属单质，即T 为 Fe，D 为 Fe3O4，E 为 FeCl2，H 为 Fe(OH)2，M 为 Fe(OH)3，W 为 FeCl3；【详解】A 为淡黄色固体，能与水反应，即 A 为 Na2O2，Na2O2 与水反应：2Na2O22H 2O=4NaOHO 2，C 为无色无味的气体，即 C 为 O2，B 为 NaOH，R 为常见金属单质，即 R 为 Al，F 为无色无味气体，即 F 为
38、 H2，T 为两种生活中常见的金属单质，即T 为 Fe，D 为 Fe3O4，Fe3O4 与盐酸反应生成 FeCl2 和 FeCl3，加入过量的 Fe，Fe 与 FeCl3 反应生成 FeCl2，即 E 为 FeCl2，H 为 Fe(OH)2，M 为 Fe(OH)3，W 为 FeCl3，（1）根据上述分析，物质 A 为 Na2O2，D 的化学式为 Fe3O4，W 的化学式为 FeCl3；（2）Al 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为 2Al2OH 2H 2O=2AlO2 3H 2；（3）Na2O2 与 CO2 反应的方程式为 2Na2O22CO 2=2Na2CO3O 2；（4）Fe(OH)2
39、被氧气氧化成 Fe(OH)3，其反应方程式为 4Fe(OH)2O 22H 2O=4Fe(OH)3。三、实验题(共两小题，共 20 分)27.用如图所示装置(夹持仪器省略 )进行实验，将液体 A 逐渐加入固体 B 中。回答下列问题：(1)图中 D 装置在实验中的作用_；(2)若 A 中为浓盐酸， B 中为高锰酸钾， C 中盛有 KI 淀粉溶液，旋开 E 后，C 中的现象是溶液变蓝色，试写出 A 与 B 反应的化学方程式_：(3)若 A 为浓氨水， B 为生石灰， C 中盛有 AlCl3 溶液，旋开 E 足够长的时间后，C 中的现象是_，C 中发生反应的化学方程式为：_；【答案】 (1). 防止倒
40、吸 (2). 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+Cl2+8H2O (3). 产生白色沉淀 (4). AlCl3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4Cl【解析】【详解】 （1）装置 D 是长颈漏斗，作用是防止倒吸；（2）C 中现象溶液变蓝色，说明 C 中产生 I2，烧瓶中产生气体，把 I 氧化成 I2，即烧瓶中产生 Cl2，利用酸性高锰酸钾的氧化性把 Cl 氧化成 Cl2，即离子方程式为 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+Cl2+8H2O；（3）生石灰与水放出大量的热，NH 3H2O 受热分解成 NH3，即烧瓶中产生气体为NH3，NH3 与 AlCl3 溶液
41、发生：AlCl 33NH 3H2O=Al(OH)33NH 4Cl，C 中现象为产生白色沉淀。28.某研究小组用如图装置进行 SO2 与 FeCl3 溶液反应的相关实验 (夹持装置已略去)。(1)通入足量 SO2 时 C 中观察到的现象为_。(2)根据以上现象，该小组同学认为 SO2 与 FeCl3 溶液发生氧化还原反应。写出 SO2 与 FeCl3 溶液反应的离子方程式_ ；请设计实验方案检验有 Fe2+生成_。该小组同学向 C 试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的 BaCl2 溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了 SO42-。该做法 _(填“合理”或“ 不合理 ”)，理由是_(3)为了验证
42、SO2 具有还原性，实验中可以代替 FeCl3 的试剂有_(填序号) 。A.浓硫酸 B.酸性 KMnO4 溶液 C.碘水 D.NaCl 溶液【答案】 (1). 溶液由棕黄色变成浅绿色 (2). 2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H+ +2Fe2+ (3). 取少量 C 中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性 KMnO4 溶液，若褪色说明有Fe2+，不褪色说明没有 Fe2+ (4). 不合理 (5). HNO3 可以将 SO2 氧化成 H2SO4，干扰实验 (6). BC【解析】【详解】 （1）利用 Fe3 具有强氧化性，C 中发生离子方程式为2Fe3 SO 22H 2O=2Fe
43、2 SO 42 4H ，Fe3 显棕黄色，Fe 2 显浅绿色，现象为溶液由棕黄色变成浅绿色；（2）根据上述分析，发生离子方程式为 2Fe3 SO 22H 2O=2Fe2 SO 42 4H ；Fe2 以还原性为主，检验 Fe2 实验方案是 取少量 C 中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性 KMnO4 溶液，若褪色说明有 Fe2 ，不褪色说明没有 Fe2 ；HNO3 具有强氧化性，能把 SO2 氧化成 H2SO4，干扰实验，因此该做法不合理；（3）A、浓硫酸与 SO2 不发生反应，浓硫酸不能代替 FeCl3，故 A 不符合题意；B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，如果紫红色褪去，说明 SO2 具有
44、还原性，故 B 符合题意；C、碘水中 I2，具有强氧化性，能把 SO2 氧化，淡黄色褪去，说明 SO2 具有还原性，故 C符合题意；D、NaCl 溶液不与 SO2 发生反应，不能鉴别 SO2 有还原性，故 D 不符合题意。【点睛】难点为 Fe3 与 SO2 反应离子方程式的书写，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，利用 Fe3 具有强氧化性，氧化 SO2 为 SO42 ，即 Fe3 SO 2Fe 2 SO 42 ，然后根据化合价升降法进行配平，即 2Fe3 SO 22Fe 2 SO 42 ，根据氧原子守恒，反应前有 H2O 参与反应，反应后有 H 生成，根据电荷守恒，配平其他。四、计算题
45、(只需填最终结果，共 8 分)29.向 80mL 浓硫酸中加入 56g 铜片，加热一段时间后，至不再反应为止，计算：(1)实验测得反应中共有 13.44L 标准状况下的 SO2 生成，被还原的硫酸的物质的量为_mol，反应中转移的电子有_mol。(2)将反应后的混合物加水稀释到 100mL 并除去不溶物，加入足量锌粉放出标准状况下5.376L 氢气，则原浓硫酸的物质的量浓度为_，反应的 Zn 的质量为_。【答案】 (1). 0.6 (2). 1.2 (3). 18mol/L (4). 54.6g【解析】【详解】 （1）Cu 与浓硫酸反应方程式为 Cu2H 2SO4 CuSO4SO 22H 2O
46、，H2SO4 被还原成 SO2，根据 S 原子守恒，被还原硫酸的物质的量 n(H2SO4)=n(SO2)=13.44L/22.4Lmol1 =0.6mol，转移电子物质的量为 0.6mol2=1.2mol；（2）加入足量的锌粉放出氢气，说明与铜反应的硫酸过量，过量硫酸与锌发生ZnH 2SO4=ZnSO4H 2，过量硫酸的物质的量 n(H2SO4)=n(H2)=5.376L/22.4Lmol1 =0.24mol，根据(1)与铜反应硫酸的物质的量为 n(H2SO4)=2n(SO2)=20.6mol=1.2mol，即原浓硫酸的物质的量为 (1.2mol0.24mol)=1.44mol，即 c(H2SO4)=1.44mol/(80103 L)=18molL1 ，Zn 与反应后溶液发生：ZnCuSO 4=ZnSO4Cu、ZnH 2SO4=ZnSO4H 2，消耗 Zn 的物质的量为 n(Zn)=n(CuSO4)n(H 2SO4)=n(SO2)n(H 2)=(0.60.24)mol=0.88mol，即消耗 Zn 的质量为0.84mol65gmol1 =54.6g。
