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山东省泰安市宁阳一中2018-2019学年高一上学期阶段性考试二(12月)化学试卷 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:421500 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:21 大小:221KB
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资源描述

1、宁阳一中2018级高一阶段性考试二化 学 试 题可能用到的相对原子质量:Hl C12 O16 S32 N14 Cu64 Na23 Mg24 Cl35.5 Br80 I127第卷(选择题,共60分)一、选择题(每题2分,每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法中正确的是()A. 发酵粉中主要含有氢氧化钠,能使焙制出的糕点疏松多孔B. 碘盐中的碘可以直接用淀粉检验C. 硫酸氢钠属于盐类,其水溶液显中性D. 碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A.发酵粉中主要含有碳酸氢钠,能使焙制出的糕点疏松多孔。氢氧化钠是强碱有强腐蚀性,且没有发酵粉的功能,故A错误;B.碘盐中的碘是碘酸钾不是碘

2、单质,不可以直接用淀粉检验,故B错误;C.硫酸氢钠属于盐类,其水溶液中电离出氢离子显酸性,故C错误; D.碳酸氢钠溶于水后,溶液显弱碱性,可以用来治疗胃酸分泌过多,故D正确。故选D。2.在下面的反应中,氨作为氧化剂参加反应的是()A. NH3H3PO4=NH4H2PO4B. 4NH35O24NO6H2OC. 2NH33Cl2=6HClN2D. NH3NaH=NaNH2H2【答案】D【解析】【详解】A.没有元素的化合价变化,不发生氧化还原反应,故A错误;B.N元素的化合价从-3价升高到+2价,氨气为还原剂,故B错误;C.N元素的化合价从-3价升高到0价,氨气为还原剂,故C错误;D.氨气中H元素的

3、化合价由+1价降低为0,氨气为氧化剂,故D正确。故选D。3.下列现象的产生,与人为排放大气污染物无关的是()A. 酸雨 B. 光化学烟雾C. 闪电 D. 臭氧层空洞【答案】C【解析】【详解】A.酸雨与大量排放SO2及氮氧化物有关,故A不符合题意;B. 光化学烟雾是大量汽车尾气排放的碳氢化合物(CxHy)、CO和氮氧化物在强光下引起的一系列光化学反应所致,故B不符合题意;C. 闪电属于自然现象,与人为排放大气污染物氮氧化物无关,故C符合题意;D. 臭氧空洞的形成与氟氯烃或氮氧化物在大气中泄漏与臭氧(O3)发生一系列连锁反应有关,故D不符合题意。故选C。4. 下列说法中,错误的是( )A. Na2

4、SO3与BaCl2溶液作用,有白色沉淀生成,加稀硝酸后沉淀不会消失B. 将SO2气体通入Ba(OH)2溶液中,有白色沉淀生成C. 将SO2气体通入BaCl2溶液中,有白色沉淀生成D. 将SO2气体通入用硝酸酸化的BaCl2溶液中,有白色沉淀生成【答案】C【解析】试题分析:ANa2SO3与BaCl2溶液作用生成BaSO3白色沉淀,加稀硝酸后,BaSO3被氧化成BaSO4沉淀,沉淀不会消失A项正确;BSO2与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO3白色沉淀;方程式为SO2+Ba(OH)2=BaSO3+H2O,B项正确;CSO2与BaCl2溶液不反应,C项错误;D硝酸能将SO2氧化成硫酸,硫酸与BaCl

5、2溶液反应生成白色沉淀,D项错误;答案选C。【考点定位】考查SO2及Na2SO3的性质。【名师点睛】本题考查SO2及Na2SO3的性质。离子方程式的书写是高考不变的一个题型,每年高考必考,是热点题型。具体分析如下:Na2SO3与BaCl2溶液作用,生成BaSO3白色沉淀,加稀硝酸后,BaSO3被氧化成BaSO4沉淀,沉淀不会消失;硝酸具有很强的氧化性,能将SO2氧化成H2SO4,在氯化钡溶液中生成BaSO4沉淀;SO2与BaCl2溶液不反应。5.下列反应不属于氮的固定反应是()A. N23MgMg3N2B. N2+3H22NH3C. 2NOO2=2NO2D. N2O22NO【答案】C【解析】【

6、详解】A.此反应将氮单质转化为化合态,属于氮的固定,故A正确;B.此反应将氮单质转化为化合态,属于氮的固定,故B正确;C.此反应将化合态的氮转化为化合态,不属于氮的固定,故C错误;D.此反应将氮单质转化为化合态,属于氮的固定,故D正确。故选C。6.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中,不正确的是A. 二者在水中的溶解度不同,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B. 二者热稳定性不同,碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠C. 二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体,二者等质量与足量盐酸反应时生成CO2量一样多D. 二者在一定条件下可以相互转化【答案】C【解析】A. 二者在水中的溶解度不同,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,A正

7、确;B. 二者热稳定性不同,碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠,B正确;C. 二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体,由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠,因此等质量时碳酸氢钠生成的CO2多,C错误;D. 碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠,碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,因此二者在一定条件下可以相互转化,D正确,答案选C。7.在3Cl26KOHKClO35KCl3H2O的反应中,下列说法不正确的是()A. KCl是还原产物,KClO3是氧化产物B. KOH在该反应中体现碱性和还原性C. 反应中每消耗3 mol Cl2,转移电子数为5NA

8、D. 被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍【答案】B【解析】【详解】A. Cl2中的氯元素的化合价有升高、有降低,所以Cl2既做氧化剂,又做还原剂,其中Cl2失去电子被氧化,得到电子被还原,则KCl是还原产物,KClO3是氧化产物,故A正确;B. KOH在反应前后各元素的化合价不变,所以KOH不是还原剂,不具有还原性,故B错误;C. 该反应中只有Cl元素的化合价变化,则氯气既是氧化剂又是还原剂,由Cl元素的化合价升高可知每消耗3molCl2,转移电子数为5NA,故C正确;D. Cl元素的化合价升高被氧化,化合价降低被还原,则由电子守恒可知,被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为

9、1:5,即被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍,故D正确。故选B。【点睛】本题的解题关键在于确定Cl2既做氧化剂又做还原剂,特别注意氧化还原分反应的基本概念及转移电子的计算。8.某混合气体G可能含有CO、CO2、SO2、H2O等气体,用a.无水CuSO4,b.澄清石灰水,c.灼热CuO,d.碱石灰,e.酸性品红溶液,f.酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出,检出的正确顺序是()A. Gaebfdc B. GcdbefaC. Gaefbdc D. Gbefadc【答案】C【解析】试题分析:根据混合气体的组成,应先检验水的存在,因为后面的气体检验会给水的检验带来干扰,检验水的试剂是

10、a;二氧化碳与二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊,所以检验二氧化碳前先检验二氧化硫并除去,检验二氧化硫用品红溶液e,除去二氧化硫用高锰酸钾溶液f,然后将气体通入澄清石灰水b中检验二氧化碳,二氧化碳用d碱石灰除去,最后气体通过灼热的CuO,黑色固体变红色,证明CO的存在,所以正确顺序选C。考点:考查气体的检验,顺序的判断9.下列物质反应后一定有3价铁生成的是 ()过量的Fe与Cl2反应Fe与过量稀H2SO4反应Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中A. 只有 B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】虽然铁粉过量,但铁与Cl2发生反应的产物为FeCl3,故中有3价铁生成;Fe与稀H2SO4反应生成Fe

11、SO4,故中只有2价铁生成;Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中时,若铁粉很多,则过量的铁粉与生成的FeCl3发生反应生成FeCl2,而使溶液中无Fe3,故中不一定有3价铁生成,A正确;综上所述,本题选A。【点睛】铁与氯气加热反应只能生成+3价铁的化合物,而铁与稀盐酸或稀硫酸反应只能生成+2价铁的化合物,氯化铁溶液中加入铁粉可以生成氯化亚铁,氯化亚铁通入氯气可以生成氯化铁。10.要证明某溶液中不含Fe3而可能含Fe2,进行如下实验操作时,最佳的顺序是( )加足量氯水 加足量KMnO4溶液 加入少量KSCN溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析:因为KSCN与Fe3作用使溶液显红色

12、,与Fe2+作用无此现象,可以先滴加KSCN溶液,不显红色,说明原溶液不含有Fe3,再滴加氯水后显红色,说明滴加氯水后溶液中有Fe3+,证明原溶液含有Fe2+,即进行如下实验的最佳顺序为,答案选C。考点:Fe3和Fe2+的检验。11.把一定量铁粉放入氯化铁溶液中,完全反应后,所得溶液中Fe2+和Fe3+的溶度恰好相等,则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量的比为( )A. 1:1 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:2【答案】A【解析】设已反应的Fe3 和 未反应的Fe3 物质的量分别为X,Y因为铁与Fe3反应的离子方程式为:2Fe3 + Fe = 3Fe2 2 1 3X X/2 3

13、X/2因为反应后溶液中Fe2和Fe3的浓度相等所以3X/2=Y得X/Y = 2/3故正确答案为C。12.下列各组物质中的两种物质反应时,反应物用量或反应条件的改变对生成物没有影响的是()A. C和O2 B. NaHCO3和NaOH C. Na和O2 D. Na2CO3和盐酸【答案】B【解析】【详解】A. 碳与O2反应,氧气不足是生成CO,过量时生成CO2,反应物用量不同,产物不同,故A错误;B. NaHCO3和NaOH反应,即是HCO3-和OH-反应,故用量对反应产物没有影响,故B错误;C. Na与O2在不加热时生成Na2O,加热时生成Na2O2,则反应条件不同,生成物不同,故C错误;D.HC

14、l少时,Na2CO3和盐酸反应生成NaHCO3,盐酸足量时,Na2CO3和盐酸反应生成Na2CO3、CO2、H2O,故D错误。故选B。13.下列离子组在溶液中能大量共存的是()A. H、Fe2、Cl、NO3-B. K、H、CO32-、HCO3-C. Ca2、Ba2、Cl、HCO3-D. Na、Ba2、HCO3-、OH【答案】C【解析】【详解】A. H使溶液呈酸性,在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能将Fe2+氧化成Fe3+,故H、Fe2、NO3-不能大量共存,故A错误;B. H和CO32-、HCO3-反应生成CO2,所以H和CO32-、HCO3-不能大量共存,故B错误;C.本组离子间不发生反应

15、,可以大量共存,故C正确;D. HCO3-和OH反应生成CO32-和H2O,所以HCO3-、OH不能大量共存,故D错误。故选C。【点睛】离子不能共存的条件是:离子间反应生成难溶性物质、难电离的物质、易挥发性物质;离子间发生氧化还原反应也不能共存。14.下列关于浓HNO3和浓H2SO4的叙述中正确的是()A. 常温下都不能用铝制容器贮存B. 露置在空气中,容器内酸液的浓度都降低C. 常温下都能与铜较快反应D. 滴在紫色石蕊试纸上,试纸都只变红【答案】B【解析】【详解】A.常温下,Al遇浓HNO3和浓H2SO4都可发生钝化,则常温下都能用铝制容器贮存,故A正确;B.浓硝酸易挥发,溶质减少,浓度降低

16、,浓硫酸难挥发,但是浓硫酸具有吸水性,吸收空气中的水,溶液的浓度降低,故B正确;C.浓硫酸与Cu反应需要加热,常温下浓硝酸能与铜较快反应,故C错误;D.浓硫酸具有脱水性,能使紫色石蕊试纸变黑,故D错误;故选B。【点睛】掌握浓硫酸和浓硝酸的特性,是解决本题的关键。浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性。15. 如下图所示,集气瓶内充满某混合气体(括号内为体积比),若将滴管内的水挤入集气瓶后,烧杯中的水会进入集气瓶,则集气瓶中的混合气体可能是( )CO、O2(2:1) NH3、O2(8:1)NO2、O2(4:1) N2、H2(1:3)A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析:一氧化氮与氧气在

17、闪电或高温条件下反应,在常温、常压下不反应,压强不变化,烧杯中的水不会进入集气瓶,错误;氨气极易溶于水,压强减小,烧杯中的水进入集气瓶,正确;根据化学反应4NO2+2H2O+O2=4HNO3, 将滴管内的水挤入集气瓶后,集气瓶内压强减小,烧杯中的水进入集气瓶,正确;氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应,在常温常压下不反应,压强不变化,烧杯中的水不会进入集气瓶,错误;正确;答案选B。【考点定位】考查常见气体的物理、化学性质【名师点睛】本题主要考查了教材中常见气体的物理、化学性质,比较简单。集气瓶内充满某混合气体,将滴管内的水挤入集气瓶后,烧杯中的水会进入集气瓶,证明集气瓶中的气体与水发生反应或者是

18、其中的气体易溶于水,导致集气瓶内部气压降低而出现此现象。16.将硝酸分解产生的气体收集于试管内然后倒立于水槽中,一段时间后试管内(假设没有空气混入)()A. 剩余NOB. 剩余O2C. 剩余NO2D. 不剩余气体【答案】D【解析】【详解】浓硝酸受热分解产生二氧化氮、氧气和水,而反应的方程式为:4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O,倒立于水槽中,发生反应为:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,恰好反应液体充满试管试底部,故D正确。故选D。17.将铜粉放入稀硫酸中,加热无明显现象发生,当加入下列一种物质后,铜粉的质量减小,溶液呈蓝色, 同时有气体逸出,该物质是()A. Fe2(SO4)3 B

19、. KNO3 C. Na2SO4 D. FeSO4【答案】B【解析】【详解】A.Cu、稀硫酸、硫酸铁混合时,铜和硫酸铁发生氧化还原反应,生成硫酸亚铁和硫酸铜,造成铜粉的质量减少,但没有气体,故A错误;B.Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,则铜粉质量减轻,同时溶液逐渐变为蓝色,且有气体逸出,故B正确;C.Cu、稀硫酸、Na2SO4混合时不反应,故C错误;D.Cu与稀硫酸不反应,加入FeSO4混合时不反应,Cu不溶解,故D错误。故选B。【点睛】硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性,则可使Cu溶解。18.下列叙述不正确的是( )A. NH3易液化,液

20、氨常用作制冷剂B. 与金属反应时,稀HNO3可能被还原为更低价态,则稀HNO3氧化性强于浓HNO3C. 铵盐受热易分解,因此贮存铵态氮肥时要密封保存,并放在阴凉通风处D. 稀HNO3和活泼金属反应时得不到氢气【答案】BD【解析】氧化性强弱与得电子得难易程度有关,而与得到得电子多少无关。硝酸是氧化性酸,和金属反应不会生成氢气,所以答案是BD。19.1.92 g铜投入一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成气体颜色越来越浅,共收集到672 mL气体(标准状况),将盛有此气体的容器倒扣在水中,通入氧气恰好使气体完全溶解在水中,则需要标准状况下的氧气体积为()A. 336 mL B. 504 mLC. 22

21、4 mL D. 168 mL【答案】A【解析】【分析】根据铜与硝酸的反应原理分析解答;根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。【详解】根据题意可知,收集到的672mL气体应该是NO 2 和NO的混合物,物质的量是0.672L22.4L/mol0.03mol,1.92g铜的物质的量为:=0.03mol,反应时失去电子数目为20.03mol=0.06mol电子,反应过程中氮元素的主要转化是HNO3NO和NO2HNO3,故从化合价变化或电子转移角度分析,整个反应过程前后HNO3中氮元素的化合价不变,而化合价变化的只有铜和氧气,则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目,O24e-,所以消耗氧气的物质的量

22、为n(O2)=0.015mol,V(O2)=0.015mol22.4L/mol=0.336L,故A正确。故选A。【点睛】本题的解题关键是在明确反应原理的基础上灵活运用电子得失守恒,铜失去的电子,最终全部转化给氧气。20.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【答案】B【解析】试题分析:碳跟浓硫酸共热产生

23、CO2、SO2和水,碳跟浓硝酸共热产生CO2、NO2和水,混合气体通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中,发生的反应有NO2+SO2=NO+SO3,SO3+H2O =H2SO4,H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl,而在酸性溶液中,CO2与BaCl2不反应,所以洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡,不是碳酸钡,A项错误;B项正确;因为CO2在酸性溶液不与BaCl2溶液反应,所以在Z导管出来的气体中有二氧化碳,C项错误;D.根据上述反应可知,反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性增强,D项错误;答案选B。考点:考查常见物质的化学性质。21. 下列事实可以用同一原理解释的是A. SO2、Cl2均能使品红溶液褪色

24、B. NH4HCO3晶体、固体碘受热均能变成气体C. S与铁、铜反应均生成低价硫化物D. ClO-与S2-、H+均不能在溶液中大量共存【答案】C【解析】22.已知KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2。若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气,并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置,其中有错误的是(不考虑单元装置) ()A. 只有和处 B. 只有处C. 只有和处 D. 只有、处【答案】D【解析】试题分析:在中制取Cl2,由于盐酸有挥发性,因此氯气中含有杂质HCl、H2O,先用饱和NaCl溶液除去HCl,然后用浓硫酸干燥气体,导气管都是长进短出,然后把干燥、纯净的氯气通入到

25、盛有的试管中,但是试管不能堵住试管口,故处都有错误,选项是D。考点:考查气体的制取、除杂、干燥、性质的验证的正误判断的知识。23.在酸性溶液中能大量共存的无色离子组是A. K+、Mg2+、Cl、MnO4 B. Na+、H+、CO32、NO3C. Fe3+、Na、SO42-、SCN D. Na+、Mg2+、Cl、SO42【答案】D【解析】酸性溶液中存在大量H+。A. MnO4呈紫色,故A不能大量共存;B. H+、CO32与发生反应,故B不能大量共存;C. Fe3+与SCN发生反应,故C不能大量共存;D. H+、Na+、Mg2+、Cl、SO42不发生反应,故D能大量共存。故选D。24. 用下列实验

26、装置进行相应实验,能达到实验目的的是A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB. 用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C. 用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D. 用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【解析】A氯气、HCl均与NaOH溶液反应,不能除杂,应选饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl,故A错误;B蒸干NH4Cl饱和溶液,氯化铵分解,应蒸发浓缩、冷却结晶法制备NH4Cl晶体,故B错误;C纯碱为粉末固体,关闭止水夹不能使固体与液体分离,且碳酸钠易溶于水,则不能制取少量纯净的CO2气体,故C错误;D碘易溶于四氯化碳,与水分层后有

27、机层在下层,则装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层,故D正确;【此处有视频,请去附件查看】25.5 mL物质的量浓度为18 molL1的硫酸中加入足量铜片并加热,充分反应。下列说法正确的是A. 有0.09 mol的硫酸被还原 B. 有0.045 mol的硫酸被还原C. 充分反应后体系无硫酸剩余 D. 消耗的铜的质量一定小于2.88 g【答案】D【解析】浓硫酸与铜可发生氧化还原反应,而稀硫酸与铜不发生反应。浓硫酸与铜反应时,随着反应进行,硫酸逐渐消耗,其浓度也逐渐下降,当硫酸由浓变稀时反应就会停止。因此,参加反应的硫酸实际量要比理论计算值小。据题n(H2SO4)=0.005 L18

28、molL1=0.09 mol,参加反应的硫酸n(H2SO4)Br由于还有未反应的I,所以氯气只和I发生反应。根据反应方程式:Cl2+2I-=2Cl-+I2反应的碘离子物质的量2mol,消耗的氯气是1mol .所以需要通入的氯分子与原溶液中I的个数比应为1:3.选项为:C。考点:考查氧化剂与还原性大小不同的还原剂反应的顺序等问题的知识。第卷(非选择题,共40分)31.根据如图所示转化关系,判断A、B、C、D各是什么物质,写出有关反应的化学方程式:(1)当A为气体单质时:A是_,B是_,C是_,D是_,E是_;EC的离子方程式是_BC的化学方程式是_。(2)当A为固体单质时:A是_,B是_,C是_

29、,D是_,E是_;EC的化学方程式是_【答案】 (1). N2 (2). NH3 (3). NO (4). NO2 (5). HNO3 (6). 3Cu8H+(稀) 2NO3- =3Cu2+2NO4H2O (7). 4NH3+5O24NO+6H2O (8). S (9). H2S (10). SO2 (11). SO3 (12). H2SO4 (13). Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O【解析】【分析】根据硫及其化合物的转化关系分析解答;根据氮及其化合物的转化关系分析解答。【详解】(1) 当A是气体单质时,A能被氧化生成C、C能继续被氧化生成D、D和水反应生成E,E能和Cu反应生

30、成C,则E应该是硝酸,A是N2,C是NO,D是NO2,E是硝酸, A能和氢气反应生成氢化物B,所以B是NH3;E生成C的化学方程式为:3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,离子反应方程式为:3Cu8H+(稀) 2NO3- =3Cu2+2NO4H2O;B到C的反应是氨气与氧气反应,方程式为:4NH3+5O24NO+6H2O;故答案为:N2;NH3;NO;NO2;HNO3;3Cu8H+(稀) 2NO3- =3Cu2+2NO4H2O;4NH3+5O24NO+6H2O;(2) 当A为固体单质时,A能连续被氧化生成D,D和水反应生成E,E和铜反应生成C,能和Cu反应的酸除了硝酸我

31、们还学过硫酸,所以E是硫酸,则A是S,B是H2S,C是SO2,D是SO3, E生成C的方程式为:Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O;故答案为:S;H2S;SO2;SO3;H2SO4;Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。【点睛】本题解题的关键有两点:一是连续氧化,常见能发生连续氧化的物质有:S、N2、NH3等;二是高中阶段需要掌握的能与Cu反应的酸有浓硫酸和硝酸。32.实验室中用如图所示装置制取干燥的氨气。(1)写出A处发生反应的化学方程式: _。(2)B中干燥剂为_(3)尾气处理用_吸收多余的氨气,并且注意防止倒吸【答案】 (1). 2NH4ClCa(OH)2CaCl2

32、2NH32H2O (2). 碱石灰 (3). 稀硫酸或者水【解析】【分析】根据氨气的实验室制备方法及原理分析解答。【详解】(1)A装置是反应装置,NH4Cl和Ca(OH)2混合共热,反应生成氨气,反应方程式为:2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O;故答案为:2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O;(2)氨气是碱性气体,可以用碱石灰干燥,故B装置中盛装的干燥剂是碱石灰;故答案为:碱石灰;(3)由于氨气极易溶于水,且是碱性气体,我们可以用水或稀硫酸来处理尾气;故答案为:稀硫酸或者水。【点睛】氨气的实验室制备装置中有以下易错点:反应物是NH4Cl和Ca(OH)2;干燥剂

33、收集装置的试管口的棉花防止空气对流。33.根据不同价态铁元素之间的相互转化关系,回答下列问题:(1)配制含Fe2的溶液时,常常向溶液中加入少量_,使被氧气氧化形成的Fe3还原为Fe2。(2)为除去废水中的Fe2,常先将废水中的Fe2氧化为_,再根据Fe3的性质使Fe3转化为红褐色的_沉淀析出。(3)在制作印刷电路板的过程中常利用铜与氯化铁溶液的反应。反应的离子方程式为_。(4)为消除废气中的Cl2对环境的污染,将废气通过含有铁粉的FeCl2溶液,即可有效地除去Cl2,这一处理过程可用两个离子方程式表示为_,_;处理过程中需定期添加的原料是_。【答案】 (1). 铁粉 (2). Fe3 (3).

34、 Fe(OH)3 (4). Cu2Fe3=Cu22Fe2 (5). Cl22Fe2=2Fe32Cl (6). Fe2Fe3=3Fe2 (7). 铁粉【解析】【分析】根据铁及其化合物的转化关系分析解答;根据Fe2+、Fe3+在化学实验基础以及工业生产中的应用分析解答。【详解】(1) 配制硫酸亚铁溶液时,利用还原剂防止亚铁离子被氧化,且不能引入新杂质,则加入铁粉(铁钉也可)以防止Fe2+被氧化;故答案为:铁粉(铁钉也可);(2)为除去废水中的Fe2+,常先将废水中的Fe2+氧化为铁离子,铁离子极易转化为氢氧化铁沉淀;故答案为:Fe3+;Fe(OH)3;(3) FeCl3溶液与金属铜反应,生成氯化亚

35、铁、氯化铜,化学反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,所以离子反应方程式为:Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+;故答案为:Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+;(4) Cl2与FeCl2溶液反应生成FeCl3,其反应的化学方程式为:2FeCl2+Cl2=2FeCl3,离子反应方程式为:Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-,铁粉与FeCl3反应生成FeCl2其反应的化学方程式为:2FeCl3+Fe=3FeCl2,离子反应方程式为:Fe+2Fe3+3Fe2+,根据两个反应可知,处理过程中消耗的原料是铁粉;故答案为:Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-;Fe+2Fe3+3Fe2+;Fe粉。

36、【点睛】注意Fe2+既有还原性,又有氧化性,Fe2+常被Cl2、O2等氧化剂氧化成Fe3+,而Fe3+的氧化性很强,能与较稳定的金属铜反应。34.向10 mL浓度均为3 molL1的HNO3与H2SO4的混合溶液中加入1.92 g铜,充分反应后,设溶液体积仍为10 mL。求:(1)产生的气体在标准状况下的体积是多少升_?(2)反应后溶液中各溶质的离子浓度是多少 _? (反应完溶液中溶质的离子有Cu2、H、NO3-、 SO42-)(以上要求写出计算过程)【答案】 (1). 0.448 L (2). Cu2:3 molL1H:1 molL1 NO3-:1 molL1SO42-:3 molL1【解析

37、】【分析】根据铜与稀硝酸反应的离子反应过程分析解答。【详解】(1)n(Cu)= =0.03mol,n(H+)=3molL-10.01L1+3molL-10.01L2=0.09mol,n(NO3-)=3molL-10.01L=0.03mol,根据离子反应方程式:3Cu+8H+2NO3-=3 Cu2+2NO+4H2O 可知,Cu完全反应,H+和NO3-过量,由反应的离子方程式可知:n(NO)=0.03mol23=0.02mol, V(NO)=0.02mol22.4L/mol=0.448L;故答案为:0.448 L;(2) 由离子方程式可知1.92 g Cu为0.03 mol,反应中消耗H 0.08

38、 mol,消耗NO3- 0.02 mol,生成Cu2 0.03 mol,可得:c(Cu2)0.03mol0.01L3 molL1,反应后c(H)(0.09mol-0.08mol) 0.01L1 molL1,反应后n(NO3-)=0.03-0.02=0.01mol,故c(NO3-)0.01mol0.01L1 molL1,因为SO42-没有参加反应,故SO42-的离子浓度仍为3 molL1。故答案为:Cu2:3 molL1,H:1 molL1,NO3-:1 molL1,SO42-:3 molL1。【点睛】本题解题的关键在于理解加入的硫酸是提供氢离子,实际上是Cu与H+、NO3-反应的过程,从离子反应的角度考虑就屏蔽了很多障碍。

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