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2015-2016学年辽宁省葫芦岛市高一(上)期末化学试卷(解析版)


2015-2016 学年辽宁省葫芦岛市高一(上)期末化学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(选择题(本题包括 16 小题,每小题 3 分,共 48 分,每小题只有一个选项符 合题意) 1.中国最新战机歼﹣31 使用了高强度、耐高温的钛合金材料.工业上冶炼钛的反应如下:

TiCl4+2Mg

Ti+2MgCl2.下列有关该反应的说法正确的是(



A.TiCl4 是还原剂 B.Mg 被氧化 C.TiCl4 发生氧化反应 D.Mg 得到电子 【考点】氧化还原反应. 【分析】TiCl4+2Mg=Ti+2MgCl2 反应中 Ti 元素化合价降低,Mg 的化合价升高,结合氧化还 原反应的概念分析解答. 【解答】解:TiCl4+2Mg=Ti+2MgCl2 反应中 Ti 元素化合价降低,Mg 的化合价升高, A.反应中 Ti 元素化合价降低,则 TiCl4 为氧化剂,故 A 错误; B.反应中 Mg 失电子,则 Mg 被氧化,故 B 正确; C.反应中 Ti 元素化合价降低,则 TiCl4 发生还原反应,故 C 错误; D.反应中 Mg 的化合价升高失电子,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查氧化还原反应,明确元素化合价变化是解本题关键,题目难度不大. 2.下列叙述错误的是( ) A.光导纤维的上要成分是二氧化硅 B.过氧化钠可作为呼吸面具的氧气来源 C.SO2 气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了 SO2 的漂白性 D.常温下可用铁或铝制容器盛装浓硝酸 【考点】硅和二氧化硅;硝酸的化学性质;二氧化硫的化学性质;钠的重要化合物. 【分析】A、二氧化硅是光导纤维的主要成分; B、过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气; C、二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应; D、铁与铝与冷的浓硝酸发生钝化现象. 【解答】解:A、二氧化硅是光导纤维的主要成分,故 A 正确; B、过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气,所以过氧化钠可作为呼吸面具的氧气来源,故 B 正确; C、二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,二氧化硫的还原性,而不是漂白性,故 C 错误;

D、铁与铝与冷的浓硝酸发生钝化现象,所以日常生活中用铁或铝制容器盛装浓硝酸,故 D 正确; 故选 C. 【点评】本题主要考查二氧化硅、过氧化钠、二氧化硫和浓硝酸的性质、组成以及用途,题 目难度不大,学习中注意相关基础知识的积累. 3.从健康的角度考虑,下列叙述正确的是( ) A.用食醋除去水壶中的水垢 B.氯气泄漏后应顺风向低处跑 C.用铝锅炒菜比用铁锅好 D.食用“加碘”食盐不利于健康 【考点】氯气的物理性质;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;铝的化学性质. 【专题】化学应用. 【分析】A.食醋成分为醋酸水溶液酸性大于碳酸; B.氯气有毒,比空气重; C.铝中毒有导致血管性痴呆的可能; D.“加碘”食盐可预防碘缺乏病. 【解答】解:A.水垢成份主要是 CaCO3 和 Mg(OH)2,醋酸和氢氧化镁、碳酸钙反应得 到溶液,可用于除去水壶中的水垢,故 A 正确; B.氯气有毒的密度比空气的大,应向高处跑,低处跑回吸入过多氯气中毒,故 B 错误; C.用铝锅炒菜能增加铝的摄入,对身体产生危害,故 C 错误; D.“加碘”食盐可预防碘缺乏病,有利于健康,故 D 错误; 故选 A. 【点评】本题考查化学在生活中的应用,主要是氯气的密度比空气的大,水垢成份主要是 CaCO3 和 Mg(OH)2,难度不大,注意注意知识的积累. 4.对下列物质进行的分类正确的是( ) A.纯碱、烧碱均属于碱 B.CuSO4?5H2O 属于纯净物 + C.凡能电离出 H 的化合物均属于酸 D.盐类物质一定含有金属阳离子 【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系. 【专题】物质的分类专题. 【分析】A、纯碱是碳酸钠,属于盐类; B、结晶水合物属于纯净物; C、电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸; D、能电离出金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物是盐. 【解答】解:A、纯碱是碳酸钠,是由金属离子和酸根离子构成的,则不属于碱,属于盐类, 故 A 错误; B、结晶水合物有固定的组成和性质,属于纯净物,故 B 正确; C、电离只生成的阳离子全部是氢离子的化合物才是酸,但硫酸氢钠能完全电离出钠离子、 氢离子和硫酸根离子,则属于盐类,故 C 错误; D、盐类物质含有的阳离子是金属离子或是铵根离子,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题是一道有关物质的分类的题目,熟记各种类型的物质的概念是解题的关键,属 于基础知识的考查.

5.下列说法中,正确的是(NA 表示阿伏加德罗常数) ( ) A.18g 水在标准状况下的体积约为 22.4L B.在标准状况下,22.4L 氮气中含有 NA 个氮原子 C.17gNH3 中含有的原子总数目为 4NA D.80gNaOH 溶解在 1L 水中,得到溶液的物质的量浓度为 2mol/L 【考点】阿伏加德罗常数. 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 【分析】A、标况下水为液态; B、标况下,22.4L 氮气的物质的量为 1mol; C、求出氨气的物质的量,然后根据氨气为 4 原子分子来分析; D、当氢氧化钠溶于 1L 水后,溶于体积大于 1L. 【解答】解:A、标况下水为液态,故 18g 水的物质的量为 1mol,但在标况下的体积小于 22.4L,故 A 错误; B、标况下,22.4L 氮气的物质的量为 1mol,而氮气为双原子分子,故 1mol 氮气中含 2mol 单原子即 2NA 个,故 B 错误; C、17g 氨气的物质的量为 1mol,而氨气为 4 原子分子,故 1mol 氨气中含 4mol 氢原子即 4NA 个,故 C 正确; D、当氢氧化钠溶于 1L 水后,溶于体积大于 1L,故溶液的浓度小于 2mol/L,故 D 错误. 故选 C. 【点评】 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析, 属于基础型题 目,难度不大. 6.下列根据实验操作和现象所得出正确的是( 实验操作 A 向硅溶液中逐滴加人稀盐酸 )

实验现象 结论 试管里出现凝胶 酸性:盐酸>硅 酸 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箱溶化但不滴 熔点:氧化铝> 落 铝 C 向某溶液中先滴加硝酸酸化,再滴加 有白色沉淀生成 该溶液中一定含 2﹣ BaCl2 溶液 有 SO4 D 向某无色溶裱中先滴加氯水, 再加少量 溶液分层,下层 溶液中含有 Br 为橙红色 CCl4,振荡、静置 A.A B.B C.C D.D 【考点】化学实验方案的评价. 【专题】物质的分离提纯和鉴别. 【分析】A.硅酸钠加盐酸发生强酸制取弱酸的反应,生成硅酸凝胶; B.氧化铝的熔点高; C.滴加硝酸酸化,可能将亚硫酸根离子氧化; D.先滴加氯水,再加少量 CCl4,振荡,静置,溶液分层,下层为橙红色,则氯气氧化溴离 子生成溴单质. 【解答】解:A.硅酸钠加盐酸发生强酸制取弱酸的反应,生成硅酸凝胶,现象与结论均合 理,故 A 正确;

B.氧化铝的熔点高,熔化的铝不滴落是因氧化铝包裹在外面,现象与结论均合理,故 B 正 确; C.滴加硝酸酸化,可能将亚硫酸根离子氧化,加氯化钡生成白色沉淀,则该溶液中可能含 有 SO4 ,或 SO3 ,或都有,故 C 错误; D.先滴加氯水,再加少量 CCl4,振荡,静置,溶液分层,下层为橙红色,则氯气氧化溴离 ﹣ 子生成溴单质,则溶液中含有 Br ,故 D 正确; 故选 C. 【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握强酸制弱酸规律、物质的性质、 离子检验及氧化还原反应原理等为解答的关键, 注意性质及反应现象的综合分析, 侧重实验 评价性的考查,题目难度不大. 7.在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )
2﹣ 2﹣

A.氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有 Cl2 ﹣ B.向氯水中滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有 Cl + C.向氯水中加入 NaHCO3 粉末;有气泡产生,说明氯水中含有 H D.氯水中加入氢氧化钠溶液,氯水的黄绿色消失,说明氯水中含有 HClO 【考点】氯气的化学性质. 【专题】卤族元素. 【分析】溶液中存在平衡 Cl2+H2O?HCl+HClO,只有氯气有颜色,为黄绿色,氯水中含有 氯气而呈浅黄绿色,溶液中 HCl 与硝酸银反应产生 AgCl 白色沉淀,而溶液呈酸性,能与碳 酸氢钠反应生成二氧化碳,溶液中氯气、HClO 都强氧化性,都可以将亚铁离子氧化为铁离 子,而使溶液变为棕黄色. 【解答】解:溶液中存在平衡 Cl2+H2O?HCl+HClO, A.只有氯气有颜色,为黄绿色,氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气,故 A 正确; B.溶液与硝酸银反应产生白色沉淀,只能是氯离子与银离子反应得到 AgCl 白色沉淀,说 明氯水中含有 Cl ,故 B 正确; C.溶液呈酸性,能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,故 C 正确; D.只有氯气有颜色,为黄绿色,氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气,而不能说明次氯酸的存 在,故 D 错误, 故选 D. 【点评】本题考查氯水的性质,难度不大,侧重对基础知识的考查,需要学生熟练掌握基础 知识. 8.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是(
+
﹣ ﹣



A.K 、MnO4 、Na 、Cl B.K 、Ba 、NO3 、Cl ﹣ ﹣ ﹣ + 2﹣ 3+ + 2﹣ C.Na 、HCO3 、NO3 、SO4 D.Fe 、Na 、Cl 、SO4 【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】强碱性溶液中存在大量的氢氧根离子,无色溶液中不存在有色的离子, A.高锰酸根离子为有色离子,不满足溶液无色的要求; B.K 、Ba 、NO3 、Cl 离子之间不发生反应,也不与氢氧根离子反应,都是无色离子; C.碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水; D.铁离子为有色离子,铁离子能够与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀.
+ 2+
﹣ ﹣

+



+

2+





【解答】解:该溶液中存在大量的 OH 离子,无色溶液中不存在 Cu 、Fe 、Fe 、MnO4 ﹣ 等有色离子, ﹣ A.MnO4 为有色离子,不满足溶液无色的条件,故 A 错误; ﹣ ﹣ ﹣ + 2+ B.K 、Ba 、NO3 、Cl 之间不反应,都是无色离子,且都不与 OH 离子反应,在溶液中 能够大量共存,故 B 正确; C.HCO3 能够与 OH 反应,在溶液中不能大量共存,故 C 错误; ﹣ 3+ 3+ D.Fe 为有色离子,Fe 能够与 OH 反应生成氢氧化铁沉淀,在溶液中不能大量共存,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查离子共存的判断,该题是高考中的高频题,属于中等难度的试题,注意明 确离子不能大量共存的一般情况,如:能发生复分解反应的离子之间;能生成难溶物的离子 之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量 的 H 或 OH ;溶液的颜色,如无色时可排除 Cu 、Fe 、Fe 、MnO4 等有色离子的存 在. 9.下列装置所示的实验中,能达到实验目的是( )
+
﹣ ﹣ ﹣



2+

2+

3+

2+

2+

3+



A.

排水集气法收集 NO 实验室制取氨气

B.

C.

除去氯气中的氯化氢 D.

分离碘酒中的碘和酒精 【考点】化学实验方案的评价. 【专题】实验评价题. 【分析】A.NO 不溶于水,可用排水法收集; B.氯化铵加热分解生成氨气和 HCl,二者能重新反应生成氯化铵; C.氯气和 HCl 都能与 NaOH 反应; D.碘易溶于酒精,不能用分液的方法分离. 【解答】解:A.NO 不溶于水,可用排水法收集,故 A 正确; B.氯化铵加热分解生成氨气和 HCl,二者能重新反应生成氯化铵,应用氯化铵和氢氧化钙 反应制备氨气,故 B 错误; C.氯气和 HCl 都能与 NaOH 反应,应通过饱和食盐水分离,故 C 错误; D.分液应用于分离互不相溶的液体,酒精和碘互溶,不能用分液方法分离,故 D 错误. 故选 A. 【点评】本题考查实验方案的评价,题目难度不大,注意把握相关物质的性质,为解答该类 题目的关键,学习中注意积累. 10.现有下列六个转化,其中不能通过一步反应实现的是( )

①SiO2→Na2SiO3;②SiO2→H2SiO3 ③CuSO4→Cu(NO3)2;④CuO→Cu(OH)2; ⑤Cl2→NaClO⑥SO2→H2SO4. A.①②⑥ B.②③④ C.③④⑤ D.②④ 【考点】硅和二氧化硅;铜金属及其重要化合物的主要性质. 【专题】碳族元素;几种重要的金属及其化合物. 【分析】①SiO2 和 NaOH 溶液反应生成 Na2SiO3; ②SiO2 先转化为 Na2SiO3,然后再转化为 H2SiO3; ③CuSO4 和硝酸钡反应生成 Cu(NO3)2; ④CuO 先转化为铜盐,然后转化为 Cu(OH)2; ⑤Cl2 和 NaOH 溶液反应生成 NaClO; ⑥SO2 和溴水反应生成 H2SO4. 【解答】解:①SiO2 和 NaOH 溶液反应生成 Na2SiO3,SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,所以 能一步实现转化,故不选; ②SiO2 先转化为 Na2SiO3,然后再转化为 H2SiO3,SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、 Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓,所以不能一步实现转化,故选; ③CuSO4+Ba(NO3)2=Cu(NO3)2+BaSO4↓,所以一步能实现转化,故不选; ④CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4 ,所以一步不能实现转化,故选; ⑤Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,所以一步能实现转化,故不选; ⑥SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,所以能一步实现转化,故不选; 故选 D. 【点评】本题考查物质之间转化,明确物质的性质是解本题关键,熟记元素化合物知识,知 道硅酸的制取方法,题目难度不大. 11.下列物质的性质比较正确的是( ) A.熔点:Na>Al B.热稳定性 NaHCO3>Na2CO3 C.酸性:H2CO3>H2SiO3 D.氧化性 Br2>Cl2

【考点】元素周期律的作用. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】A、钠的熔点低于 100℃; B、碳酸氢盐易分解; C、元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强; D、元素的非金属性越强其对应的单质的氧化性越强. 【解答】解:A、钠的熔点低于 100℃,Al 的熔点高于 100℃,故 A 错误; B、碳酸氢盐易分解,碳酸盐较稳定,所以热稳定性 NaHCO3<Na2CO3,故 B 错误; C、元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,非金属性:C> Si,则酸性:H2CO3>H2SiO3,故 C 正确; D、元素的非金属性越强其对应的单质的氧化性越强,非金属性:Cl>Br,则氧化性:Cl2 >Br2,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查熔点的比较、物质的稳定性、非金属和金属性的比较,明确常见的比较的 方法是解答本题的关键,注意知识的归纳整理,题目难度不大. 12. 将 5mol/L 盐酸 10mL 稀释到 200mL, 再取出 5mL, 这 5mL 溶液的物质的量浓度为 ( ) A.0.05mol/L B.0.25mol/L C.0.1mol/L D.0.5mol/L 【考点】物质的量浓度. 【专题】物质的量浓度和溶解度专题. 【分析】根据稀释定律计算稀释的盐酸浓度.从稀释后的盐酸中取出 5ml 盐酸,由于溶液 是均匀的,所以取出的 5ml 盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度. 【解答】解:令稀释后盐酸物质量浓度为 c,则: 10mL×5mol/L=200mL×c 解得 c=0.25mol/L. 由于溶液是均匀的,所以取出的 5ml 盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为 0.25mol/L. 故选:B. 【点评】本题考查物质的量浓度有关计算及对物质的量浓度的理解,难度较小,关键清楚稀 释定律,溶液稀释前后溶质的物质的量不变. 13.下列有关 SO2 与 SiO2 的比较,正确的是( ) A.它们均为酸性氧化物 B.都溶于水,都能与强碱反应 C.S 元素和 Si 元素化合价都为+4 价,因此从氧化还原角度考虑他们具有一样的性质 D.SiO2 可与 HF 反应,这是 SiO2 作为酸性氧化物的通性 【考点】二氧化硫的化学性质;硅和二氧化硅. 【分析】A.氧化物能和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物; B.二氧化硅不溶于水; C.SO2 具有强还原性,SiO2 没有; D.酸性氧化物的通性为能够与碱反应只生成盐和水;能够与碱性氧化物反应只生成盐. 【解答】解:A.SO2 和 SiO2 均能和碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故 A 正确; B.二氧化硅不溶于水,不与水反应,故 B 错误; C.SO2 具有强还原性,SiO2 没有,故 C 错误;

D. 因为酸性氧化物的通性为能够与碱反应只生成盐和水; 能够与碱性氧化物反应只生成盐, 所以 SiO2 可与 HF 反应不属于,故 D 错误. 故选 A. 【点评】本题考查了二氧化硫和二氧化硅的性质,难度不大,注意二氧化硅的特殊性. 14.下表中各组物质不能实现如图转化的是( 甲 乙 丙 A Al Al(OH)3 AlCl3 B Al(OH)3 NaAlO2 AlCl3 C CO2 NaHCO3 Na2CO3 D (NH4)2CO3NH3 CO2 )

A.A B.B C.C D.D 【考点】两性氧化物和两性氢氧化物;钠的重要化合物. 【专题】元素及其化合物. 【分析】既能与稀 H2SO4 反应,又能与 NaOH 溶液反应的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、 多元弱酸的酸式盐,根据物质的化学性质来判断. 【解答】解:A、金属铝可以和盐酸反应生成氯化铝,可以和氢氧化钠反应生成四羟基合铝 酸钠和氢气,故 A 错误; B、氢氧化铝可以和盐酸反应生成氯化铝,可以和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠,故 B 正确; C、碳酸氢钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,可以和氢氧化钠反应生成碳酸 钠,故 C 正确; D、 碳酸铵可以和盐酸反应生成氯化铵和二氧化碳, 可以和氢氧化钠发应生成氨气、 碳酸钠, 故 D 正确. 故 A 正确. 【点评】 本题考查学生化合物的化学性质方面的知识, 注意知识的迁移和应用是解题的关键, 难度不大. 15.下列离子方程式,书写正确的是(
2﹣ +



A.盐酸与石灰石反应 CO3 +H ═CO2↑+H2O 2+ 2﹣ B.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液 Ba +S04 ═Ba+S04↓ ﹣ + C.氢氧化镁和盐酸反应:H +OH ═H2O 3+ + D.氯化铝溶液中加人过量氨水:Al +3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4 【考点】离子方程式的书写. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.石灰石为碳酸钙,离子方程式中碳酸钙不能拆开; B.硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜沉淀; C.氢氧化镁为难溶物,离子方程式中氢氧化镁才能拆开; D.氨水为弱碱,二者反应生成氢氧化铝沉淀. 【解答】解:A.碳酸钙小于保留化学式,正确的离子方程式为: + 2+ CaCO3+2H =Ca +H2O+CO2↑,故 A 错误;

B.硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为:SO4 +Ba +Cu +2OH =Cu(OH) 2↓+BaSO4↓,故 B 错误; C. 氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水, 氢氧化镁小于保留化学式, 正确的离子方程式为: + 2+ 2H +Mg(OH)2↓═H2O+Mg ,故 C 错误; D.氯化铝溶液中加人过量氨水,扶生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,反应的离子方程式为: 3+ + Al +3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4 ,故 D 正确; 故选 D. 【点评】本题考查了离子方程式的书写判断,为高考的高频题,题目难度中等,注意掌握离 子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确, 检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等;试题培养了学生的灵 活应用能力. 16.某温度下,将 Cl2 通入 NaOH 溶液中,反应得到 NaCl、NaClO、NaClO3 的混合液,经 ﹣ ﹣ 测定 ClO 与 ClO3 的浓度之比为 1:3,则 Cl2 与 NaOH 溶液反应时被还原的氯元素与被氧 化的氯元素的物质的量之比为( ) A.21:5 B.11:3 C.3:1 D.4:1 【考点】氧化还原反应的计算;化学方程式的有关计算. 【专题】计算题. 【分析】Cl2 生成 ClO 与 ClO3 是被氧化的过程,Cl2 生成 NaCl 是被还原的过程,氧化还原 ﹣ ﹣ 反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等,根据 ClO 与 ClO3 的物质的量浓度之比可 计算失去电子的总物质的量, 进而可计算得到电子的总物质的量, 可计算被还原的氯元素的 物质的量,则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比. 【解答】解:Cl2 生成 ClO 与 ClO3 是被氧化的过程,化合价分别由 0 价升高为+1 价和+5 价, ClO 与 ClO3 的物质的量浓度之比为 1:3, ﹣ ﹣ 则可设 ClO 为 1mol,ClO3 为 3mol,被氧化的 Cl 共为 4mol, 失去电子的总物质的量为 1mol×(1﹣0)+3mol×(5﹣0)=16mol, 氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等, Cl2 生成 NaCl 是被还原的过程,化合价由 0 价降低为﹣1 价, 则得到电子的物质的量也应为 16mol, 则被还原的 Cl 的物质的量为 16mol, 所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为 16mol:4mol=4:1, 故选 D. 【点评】本题考查氧化还原反应的计算,题目难度不大,本题注意从氧化还原反应中氧化剂 和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算,注意守恒法的利用. 二、非选择题(共 5 小题,满分 52 分) 17.食盐是人类生活中不可缺少的物质,海水中含有大量食盐.某地出产的粗盐中,所含杂 质是 CaCl2,通过下面的实验可制得纯净的 NaCl.
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

2﹣

2+

2+



请回答:

(1)加入的 A 是 Na2CO3 ,检验 A 已过量的方法是 取上层清液于试管中,然后向试 管中滴加稀盐酸,如果有气泡产生,则说明 Na2CO3 已过量 2﹣ (2)加入的 B 是 HCl ,加入稍过量 B 的目的是 除去过量的 CO3 (3)为检验沉淀是否洗净,最好在最后几滴洗出液中加入 硝酸酸化的 AgNO3 溶液. 【考点】粗盐提纯. 【分析】根据粗盐中,所含杂质是 CaCl2,故应加入的除杂试剂 A 为过量的 Na2CO3,过滤, ﹣ + 2﹣ 2 所得沉淀为 CaCO3, 所得滤液中含 Na 、 Cl 和过量的 CO3 , 故应加入过量的 HCl 除去 CO3 ﹣ ,由于盐酸易挥发,故蒸发结晶即可得纯净的 NaCl.据此分析. 【解答】解:根据粗盐中,所含杂质是 CaCl2,故应加入的除杂试剂 A 为过量的 Na2CO3, ﹣ + 2﹣ 过滤,所得沉淀为 CaCO3,所得滤液中含 Na 、Cl 和过量的 CO3 ,故应加入过量的 HCl 2﹣ 除去 CO3 ,由于盐酸易挥发,故蒸发结晶即可得纯净的 NaCl.据此分析. 2﹣ (1)加入的 A 是 Na2CO3,检验 A 已过量即检验溶液中是否有过量的 CO3 ,方法是取上 层清液于试管中,然后向试管中滴加稀盐酸,如果有气泡产生,则说明 Na2CO3 已过量,故 答案为:Na2CO3;取上层清液于试管中,然后向试管中滴加稀盐酸,如果有气泡产生,则 说明 Na2CO3 已过量; 2﹣ (2)加入的 B 为 HCl,目的是为了除去前面过量的 CO3 ,故答案为:HCl,除去溶液中 ﹣ 2 过量的 CO3 ; ﹣ + (3) 由于沉淀 CaCO3 是从 NaCl 溶液中过滤出来的, 故沉淀上有 Cl 和 Na 残留, 检查 CaCO3 ﹣ 是否洗净即检查洗涤液中是否有 Cl , 即向最后一次洗涤液中加入硝酸酸化的 AgNO3 溶液, 故答案为:硝酸酸化的 AgNO3 溶液. 【点评】 本题考查了粗盐的提纯, 应注意的是除杂试剂的选择和杂质离子的检验, 难度不大. 18.实验室欲用 NaOH 固体配制 1.0mol?L 的 NaOH 溶液 250mL: (1)配制溶液时,一般可以分为以下几个步骤: ①称量 ②计算 ③溶解 ④倒转摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 其正确的操作顺序为 ②①③⑧⑤⑥⑦④ . 本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有 250mL 容量瓶、 胶头滴管 . (2)要完成本实验应称量 10.0 g NaOH 固体,某同学先用托盘天平称量烧杯的质量, 天平平衡后的状态如图.烧杯的实际质量应为 27.4 g. (3)使用容量瓶前,必须进行的一步操作是 检查容量瓶是否漏水 . (4)在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起浓度偏高的是 ④⑤ . ①没有洗涤烧杯和玻璃棒 ②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面 ③容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水 ④定容时俯视刻度线 ⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容 ⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线,再加水至刻度线.
﹣1

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液.

【分析】 (1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需 要的仪器判断正确的操作顺序; (2)依据 m=CVM 计算需要的溶质的质量;根据天平的称量原理来分析; (3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏; (4)根据 c=并结合溶质的物质的量 n 和溶液的体积 V 的变化来进行误差分析. 【解答】解: (1)配制 1.0mol/L 的 NaOH 溶液 250mL 应选择 250ml 容量瓶,操作步骤有计 算、 量取、 稀释、 移液、 洗涤、 定容、 摇匀等操作, 所以正确的顺序为: ②①③⑧⑤⑥⑦④; 一般用托盘天平称量溶质,在烧杯中溶解溶质氢氧化钠并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到 250mL 容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒 2﹣3 次,并将洗涤液移入容量瓶中, 加水至液面距离刻度线 1~2cm 时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀.所以所需仪器 有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL 容量瓶、胶头滴管.根据提供的仪器可知,还需仪器 是 250ml 容量瓶、胶头滴管, 故答案为:②①③⑧⑤⑥⑦④;250mL 容量瓶、胶头滴管; (2)用 NaOH 固体配制 1.0mol/L 的 NaOH 溶液 250mL,需要氢氧化钠的质量 =1.0mol/L×0.25L×40g/mol=10.0g;因天平的称量原理:左盘物体的质量=右盘物体的质量+ 游码的读数,所以烧杯的实际质量为 30g﹣2.6g=27.4g, 故答案为:10.0;27.4; (3)因使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水,故答案为:检查容量瓶 是否漏水; (4)①没有洗涤烧杯和玻璃棒,会导致溶质的损失,则所配溶液的浓度将偏低,故不选; ②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面,会导致溶质的损失,则所配溶液的浓度将偏低, 故不选; ③若容量瓶未干燥即用来配制溶液,对溶液浓度无影响,因为只要定容时正确,至于水是 原来就有的还是后来加入的,对浓度无影响,故不选; ④定容时俯视刻度线,会导致溶液体积偏小,则浓度偏高,故选; ⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容,则冷却后溶液体积会低于刻度线,浓度偏 高,故选; ⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线是正常的,再加水至刻度线会导致 浓度偏低,故不选. 故选④⑤. 【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法,熟悉配制原理及过程是解题关键, 注意容量瓶规格的选择,题目难度不大. 19.如图是常见单质、化合物的转化关系,已知:A 为活泼金属单质,B、J 为无色、无味 气体,G 为黄绿色气体单质,D 在通常状况下为无色无味的液体,I 为“84”消毒液的有效成 分.

请回答下列问题: (1)写出化学式:F Na2O J CO2 K HClO (2)书写下列反应的化学方程式或离子反应方程式(是离子反应的写离子反应方程式)

①A+B: 2Na+O2

Na2O2

②C+J: 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ﹣ ﹣ ﹣ ③E+G: 2OH +Cl2=H2O+Cl +ClO 2﹣ + ④M+L (过量) : CO3 +2H =H2O+CO2↑ . 【考点】无机物的推断. 【专题】无机推断;抽象问题具体化思想;演绎推理法;元素及其化合物. 【分析】G 为黄绿色气体单质,则 G 为 Cl2,I 为“84”消毒液的有效成分,则 I 为 NaClO,E 和 G 反应生成 H、I、D,D 在通常情况下为无色无味的液体,则 D 为 H2O,该反应应为氢 氧化钠与氯气的反应,所以可以推断得,E 为 NaOH,H 为 NaCl,A 为活泼金属单质,B 为 无色、无味气体,根据 A、B 反应生成 C,C 与过量的水反应生成氢氧化钠和 B,则 B 为 O2,A 为 Na,C 为 Na2O2,J 为无色、无味气体,能与过氧化钠反应,所以 J 为 CO2,M 为 Na2CO3,氧气与钠反应生成 F 为 Na2O,D 与 G 反应生成 K 和 L,且 I 和 J 反应生成 K,所 以 K 为 HClO,L 为 HCl,氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水,符合各物质的转化关系,据 此答题. 【解答】 解: G 为黄绿色气体单质, 则 G 为 Cl2, I 为“84”消毒液的有效成分, 则 I 为 NaClO, E 和 G 反应生成 H、I、D,D 在通常情况下为无色无味的液体,则 D 为 H2O,该反应应为 氢氧化钠与氯气的反应,所以可以推断得,E 为 NaOH,H 为 NaCl,A 为活泼金属单质,B 为无色、无味气体,根据 A、B 反应生成 C,C 与过量的水反应生成氢氧化钠和 B,则 B 为 O2,A 为 Na,C 为 Na2O2,J 为无色、无味气体,能与过氧化钠反应,所以 J 为 CO2,M 为 Na2CO3,氧气与钠反应生成 F 为 Na2O,D 与 G 反应生成 K 和 L,且 I 和 J 反应生成 K,所 以 K 为 HClO,L 为 HCl,氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水,符合各物质的转化关系, (1)根据上面的分析可知,F 为 Na2O,J 为 CO2,K 为 HClO, 故答案为:Na2O;CO2;HClO;

(2)①A+B 为钠与氧气反应生成过氧化钠,反应的方程式为 2Na+O2

Na2O2,

②C+J 为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,反应的方程式为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2, ﹣ ③E+G 为氢氧化钠与氯气反应生成次氯酸钠和氯化钠,反应的离子方程式为 2OH ﹣ ﹣ +Cl2=H2O+Cl +ClO , ④M+L (过量)为碳酸钠与过量的盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应的离子方程 式为 CO3 +2H =H2O+CO2↑,
﹣ ﹣

2﹣

+

故答案为:2Na+O2


Na2O2;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;2OH +Cl2=H2O+Cl +ClO

;CO3 +2H =H2O+CO2↑. 【点评】本题综合考查无机框图物质的推断,侧重考查 Na、Cl2 及化合物知识,注意根据物 质的颜色、性质进行推断,解题的关键是根据各物质的转化关系进行推断,需要学生熟练掌 握元素化合物知识,题目难度较大.

2﹣

+

20.用如图示装置制备 NO 并验证其还原性. (1)铜与稀硝酸反应的离子方程式是 3Cu+8H +2NO3 =3Cu +2NO↑+4H2O . (2)滴入稀硝酸之前,应该关闭止水夹,点燃红磷并伸入瓶中,塞好胶塞.这样操作的目 的是 消除装置中的氧气 . (3)滴入稀硝酸后,烧杯中的现象是 Cu 片逐渐溶解,有无色气泡产生,溶液由无色变为 蓝色 . (4)烧杯中的反应停止后,打开止水夹,通入 氧气 可验证 NO 的还原性.
+


2+

【考点】硝酸的化学性质. 【分析】装置用来制备 NO 并验证其还原性,先在无氧气操作状态下制得的 NO,为了更好 的验证一氧化氮气体的还原性, 白磷燃烧消耗掉氧气, 氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和生 成的五氧化二磷, 再滴入硝酸和铜反应生成一氧化氮无色气体; 验证一氧化氮的还原性可以 打开止水夹使空气进入到广口瓶,一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮,据此分析. 【解答】解:装置用来制备 NO 并验证其还原性,先制备无氧气操作状态下制得的 NO,为 了更好的验证一氧化氮气体的还原性, 白磷燃烧消耗掉氧气, 氢氧化钠吸收空气中的二氧化 碳和生成的五氧化二磷, 再滴入硝酸和铜反应生成一氧化氮无色气体; 验证一氧化氮的还原 性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶,一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮, (1)铜与稀硝酸反应的离子方程式是 3Cu+8H +2NO3 =3Cu +2NO↑+4H2O,故答案为: ﹣ + 2+ 3Cu+8H +2NO3 =3Cu +2NO↑+4H2O; (2)滴入稀硝酸之前,应该关闭止水夹,点燃红磷并伸入瓶中,塞好胶塞.这样操作的目 的是消除装置中的氧气,故答案为:消除装置中的氧气; (3)滴入稀硝酸后,发生反应为:3Cu+8H +2NO3 =3Cu +2NO↑+4H2O,现象是:Cu 片 逐渐溶解,有无色气泡产生,溶液由无色变为蓝色, 故答案为:Cu 片逐渐溶解,有无色气泡产生,溶液由无色变为蓝色; (4)打开止水夹,通入少量氧气,一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮,可验证 NO 的 还原性,故答案为:氧气. 【点评】 本题考查化学实验, 一氧化氮的制备和还原性验证的实验操作分析和实验步骤的设 计,题目难度中等,注意一氧化氮的制备应在没有氧气条件下进行. 21.有以下物质:①Mg②Al③Cu ④稀硫酸⑤浓硫酸⑥NaOH 溶液 + 2+ (1)写出①与④反应的离子方程式 Mg+2H ═Mg +H2↑ (2)既能跟④又能跟⑥反应的是 ② (填序号) ,写出它与⑥反应的化学方程 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
+


+



2+

2+

(3 )写出③与⑤反应的化学方程式 Cu+2H2SO4(浓) 该反应中⑤体现的性质 氧化性和酸性

CuSO4+SO2↑+2H2O ,

足量的铜片与 1OOmoL,8mol/L 的浓 H2S04 充分反应,如果该反应过程中转移了 0.2mol 电子,生成的 CuS04 的质量为 16 克,生成的 A 气体在标准状况下体积为 2.24 升(假设气体全部逸出) 【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用. 【专题】元素及其化合物. 【分析】 (1)镁与稀硫酸发生置换反应,实质是与氢离子之间发生氧化还原反应; (2)既能跟酸又能跟碱反应的是铝; (3)铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫,浓硫酸中的+6 价的硫全部转化为+4 价, 浓硫酸反应生成硫酸铜变化中硫元素化合价不变表现酸性,足量的铜片与 1OOmL,8mol/L 的浓 H2S04 充分反应,如果该反应过程中转移了 0.2mol 电子,结合化学方程式和电子转移 守恒计算生成硫酸铜和二氧化硫气体体积; 【解答】解: (1)镁与稀硫酸发生置换反应,实质是与氢离子之间发生氧化还原反应,所以 + 2+ 离子反应方程式为:Mg+2H ═Mg +H2↑, + 2+ 故答案为:Mg+2H ═Mg +H2↑; (2)既能跟酸又能跟碱反应的是铝,铝与氢氧仳钠反应生成偏铝酸钠,化学方程式为: 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑, 故答案为:②;2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑; (3)铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫,方程式为:Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O,浓硫酸中的+6 价的硫全部转化为+4 价,所以硫酸显氧化性,硫酸生 成硫酸铜中硫元素化合价不变显示了酸性,足量的铜片与 1OOmL,8mol/L 的浓 H2S04 充分 反应,化学方程式中生成 1mol 二氧化硫电子转移 2mol,如果该反应过程中转移了 0.2mol 电子,生成二氧化硫 0.1mol,生成硫酸铜 0.1mol,生成硫酸铜质量=0.1mol×160g/mol=16g, 生成二氧化硫气体体积标准状况下=0.1mol×22.4L/mol=2.24L, 故答案为:Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O; 氧化性和酸性;16;2.24; 【点评】 本题考查离子方程式和化学方程式的书写、 氧化还原反应中氧化剂和还原剂的分析、 氧化还原反应电子转移计算,注意浓硫酸的作用判断,题目难度中等.

2016 年 2 月 26 日


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