1、2015-2016学年四川省南充市营山二中高一（下）期末化学模拟试卷一、单选题1下列反应最能体现“原子经济”的是（）A甲烷与氯气制备一氯甲烷B乙烯聚合为聚乙烯高分子材料C以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜D用苯和浓硝酸反应制取硝基苯2在MgO、CuO、CaO、SO2；C、Fe、S、P；ZnCl2、BaCO3、HNO3、NaNO3三组物质中，每组各有一种物质在分类上与组内其他物质不同，这三种物质分别是（）ACuO、Fe、ZnCl2BSO2、Fe、HNO3CCaO、C、BaCO3DSO2、S、NaNO33下列叙述中正确的是（）A由碳元素组成的物质一定是纯净物B金刚石和石墨由相同的元素组成，因此它们具有相
2、同的性质C石墨转变为金刚石的反应属于氧化还原反应DC60是新发现的一种碳单质4在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是（）AMgBCuCAgDH25用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.4 g镁原子变成离子时，失去的电子数为0.3NAB常温常压下，28 g氮气所含的原子数为2NAC18 g H218O中含有的原子总数为3NAD32 g氧气和4 g氦气所含原子数目相等，均为NA6用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B实验仪器D可以起到防止溶
3、液倒吸的作用C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为醋酸，B为贝壳，C中盛澄清石灰水，则C中溶液不变浑浊7某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（）AMg2+BMg2+、Fe2+CFe2+DMg2+、Al3+8在标准状况下，将某X气体VL溶于水中，得到12molL1的溶液500mL，则气体的体积V是（）A134.4LB67.2LC44.8LD537.6L9如图所示的装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液挤压滴管的胶头，
4、下列与实验事实不相符的是（）ASO2（饱和NaHSO3溶液）无色喷泉BNH3（H2O含酚酞）红色喷泉CH2S（CuSO4溶液）黑色喷泉DHCl（AgNO3溶液）白色喷泉10已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物已略去，下列有关说法正确的是（）AX能使蔗糖变黑主要体现了 X的强氧化性B若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C若A为碳单质，则将C通入少量澄清石灰水中，最终一定有白色沉淀产生D工业上，B转化为D的反应需使用催化剂11下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O
5、+CO2BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OC将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClODFe3O4溶于足量浓盐酸：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O12下列不符合当今化学研究方向的是（）A发现新物质B合成新材料C研究化学反应的微观过程D研究化学反应中原子守恒关系13等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量二、双选题14下列实验操作与预
6、期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作实验目的或结论A向FeCl2溶液中通入Cl2，然后滴加KSCN溶液验证Cl2的氧化性比Fe3+强B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中不一定含有SO42C用洁净的玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，一定无K+D将某气体通入品红溶液中，溶液褪色该气体中一定含有SO2AABBCCDD15ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列说法正确的是（）AKClO3在反应中得到电子BClO2
7、是氧化产物CH2C2O4在反应中被氧化D1 mol KClO3参加反应，有2 mol电子转移三、实验题16某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用图所示装置进行有关实验请回答：（1）装置A中发生的化学反应方程式为（2）装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是，其作用是（3）装置B的作用是贮存多余的气体当D处有明显的现象后，关闭旋塞K并移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是B中应放置的液体是（填字母）a水 b酸性KMnO4 溶液 c浓溴水 d饱和NaHSO3溶液（4）实验中，取一定质量的铜片和一定体积18molL1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕
8、，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是（填字母）a铁粉 bBaCl2溶液 c银粉 dNaHCO3溶液17在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命下表是500mL某“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题成分质量（g）摩尔质量（gmol1）蔗糖68.4342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170（1）“鲜花保鲜剂”中蔗糖的物质的量浓度为（2）配制该500mL“鲜花保鲜剂”所需的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量
9、筒外还有：（3）在溶液配制过程中，下列操作能使配制结果偏小的是A定容时俯视容量瓶刻度线B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C移液时，液体不小心从外壁流出D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理E用托盘天平称量蔗糖时，左盘放砝码，右盘放蔗糖四、填空题18实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，现取一定量的浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为22.4L请回答下列问题：（1）写出该反应的离子反应方程式（2）参加反应的二氧化锰的质量为（3）反应中被氧化的HCl的物质的量为19向40mL某AlCl3溶液中滴加2molL1的NaOH溶液时，得到Al（OH
10、）3沉淀的质量与所滴加NaOH溶液的体积（mL）关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示的沉淀是，其物质的量是（2）反应至A点时消耗NaOH溶液体积为（3）图中B点溶液中溶质有（4）AlCl3溶液的浓度为（5）O点到B点反应的总离子方程式可表示为五、计算题20现有一块质量为10g的金属镁样品，经测定它的表面已有部分被氧化，将该样品投入到100mL密度1.14gmL1的盐酸中，恰好完全反应并收集到0.5g氢气求：（1）上述反应中被还原的HCl的质量；（2）盐酸中溶质的质量分数（写出计算过程）2015-2016学年四川省南充市营山二中高一（下）期末化学模拟试卷参考答案与试题解析一、单选题1
11、下列反应最能体现“原子经济”的是（）A甲烷与氯气制备一氯甲烷B乙烯聚合为聚乙烯高分子材料C以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜D用苯和浓硝酸反应制取硝基苯【考点】绿色化学【分析】“原子经济”：反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，即生成物质只有一种【解答】解：原子利用率为100%，即反应物全部转化为最终产物，生成物只有一种A甲烷与氯气制备一氯甲烷，产物有多种，不符合“原子经济”的思想，故A错误；B乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，反应物中原子全部转化为产物，且产物只有一种，符合“原子经济”的思想，故B正确；C以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，产物有三种，不符合“原子经济”的思想，故C错误
12、；D用苯和浓硝酸反应制取硝基苯，产物有两种，不符合“原子经济”的思想，故D错误；故选B2在MgO、CuO、CaO、SO2；C、Fe、S、P；ZnCl2、BaCO3、HNO3、NaNO3三组物质中，每组各有一种物质在分类上与组内其他物质不同，这三种物质分别是（）ACuO、Fe、ZnCl2BSO2、Fe、HNO3CCaO、C、BaCO3DSO2、S、NaNO3【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】根据物质的分类进行解答物质按照组成物质的种类可以分为混合物和纯净物，纯净物按照物质的元素组成种类可以分为单质和化合物，单质可以分为金属单质和非金属单质，化合物可以分为酸碱盐氧化物等，氧化物可
13、以分为金属氧化物和非金属氧化物【解答】解：MgO、CuO、CaO、SO2中，MgO、CuO、CaO是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，故中SO2的与其他三种物质不同；C、Fe、S、P中Fe是金属单质，其他的为非金属单质，故中Fe与其他三种物质不同；ZnCl2、BaCO3、HNO3、NaNO3中HNO3是酸，其他三种是盐，故中HNO3与其他三种物质不同故选B3下列叙述中正确的是（）A由碳元素组成的物质一定是纯净物B金刚石和石墨由相同的元素组成，因此它们具有相同的性质C石墨转变为金刚石的反应属于氧化还原反应DC60是新发现的一种碳单质【考点】碳族元素简介【分析】A同一种元素可以组成不同的单质例如碳元
14、素组成的单质有：金刚石、石墨、C60等；B金刚石和石墨都是谈元素的单质，结构不同物理性质不同；C石墨转变为金刚石的反应中无元素化合价变化；D一种元素组成的纯净物为单质【解答】解：A由碳元素组成的单质有金刚石、石墨和C60等，若将它们混合在一起，则该物质虽只含有碳元素，但属于混合物，故A错误；B虽然二者都是由碳元素组成的单质，但由于两种单质中碳原子的排列方式不同，即结构不同，因此它们的物理性质不同，化学性质相似，故B错误；C二者的转化属于化学反应，但反应中没有元素化合价的改变，不属于氧化还原反应，故C错误；DC60是碳元素组成的碳的单质，故D正确；故选D4在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2
15、和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是（）AMgBCuCAgDH2【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【分析】已知活泼性顺序MgZnCuAg，金属越活泼，对应的阳离子的氧化性越弱，加入锌粉，应首先置换出氧化性最强的离子【解答】解：金属活泼性顺序MgZnCuAg，则氧化性：Ag+Cu2+Zn2+Mg2+，金属越活泼，对应的阳离子的氧化性越弱，则首先置换出Ag，故选C5用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.4 g镁原子变成离子时，失去的电子数为0.3NAB常温常压下，28 g氮气所含的原子数为2NAC18 g H218O中含有的原子总数为3NAD32 g氧气和4 g氦气
16、所含原子数目相等，均为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出镁的物质的量，然后根据镁变为镁离子失去2个电子来分析；B、根据氮气由氮原子构成；C、H218O的摩尔质量为20g/mol，；D、求出氧气和氦气的物质的量，然后根据氧气为双原子分子，而氦气为单原子分子来分析【解答】解：A、镁是二价金属，2.4g镁的物质的量为n（Mg）0.1mol，变为离子失去的电子数为0.2NA，故A错误；B、28g N2的物质的量为1 mol，双原子分子，所含原子数为2NA，故B正确；C、H218O的摩尔质量为20 gmol1，故 18 g H218O的物质的量小于1 mol，所含原子总数小于3NA，故C错误；D
17、、32 g氧气和4 g氦气均为1 mol，因氧气为双原子分子，而氦气为单原子分子，二者所含原子数目分别为 2NA、NA，故D错误故选B6用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（）A若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为醋酸，B为贝壳，C中盛澄清石灰水，则C中溶液不变浑浊【考点】实验装置综合【分析】A制备氯气使用二氧化锰和浓盐酸，需要加热；BD装置上部容积较大，倒吸的液体靠自身重量回落；C氢氧化铝能溶于强酸和强碱，但不溶于弱
18、碱；D二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙【解答】解：A若A为浓盐酸，B为MnO2，二者加热生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，但图中缺少加热装置，故A错误；B导气管下端连接球形干燥管时，由于球形干燥管中间部分较粗，盛放的液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，故B正确；C若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于氨水，所以C中产生白色沉淀不溶解，故C错误；D醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，然后二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙，则C中溶液变浑
19、浊，故D错误；故选B7某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（）AMg2+BMg2+、Fe2+CFe2+DMg2+、Al3+【考点】离子共存问题【分析】加入过量的氢氧化钠溶液并充分搅拌，四种金属离子均转化为沉淀，然后氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，结合再加入过量的盐酸发生的反应解答【解答】解：溶液中有Fe2+、Fe3+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液并充分搅拌，反应时，四种金属离子均先转化为沉淀，然后氢氧化铝与过量的NaOH反应转化为
20、偏铝酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁、氢氧化镁、偏铝酸钠与盐酸反应生成金属阳离子为Fe3+、Mg2+和Al3+，显然溶液中大量减少的离子是Fe2+，故选C8在标准状况下，将某X气体VL溶于水中，得到12molL1的溶液500mL，则气体的体积V是（）A134.4LB67.2LC44.8LD537.6L【考点】物质的量浓度的相关计算；气体摩尔体积【分析】根据n=CV计算溶质的物质的量，再根据V=nVm计算气体的体积【解答】解：标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，V=nVm=12mol/L0.5L22.4L/mol=134.4L，故选A9如图所示的装置中，干燥
21、烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（）ASO2（饱和NaHSO3溶液）无色喷泉BNH3（H2O含酚酞）红色喷泉CH2S（CuSO4溶液）黑色喷泉DHCl（AgNO3溶液）白色喷泉【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】由图可知，挤压滴管的胶头，气体与溶液发生反应时，烧瓶内压强减小，外压大于内压，可形成喷泉，结合发生的反应来解答【解答】解：ASO2不溶于饱和NaHSO3溶液，不能形成喷泉，故A错误；B氨气极易溶于水，可形成喷泉，溶液显碱性，遇酚酞变红，则形成红色喷泉，故B正确；CH2S与CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀，则形成黑色喷泉
22、，故C正确；DHCl与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，可形成白色喷泉，故D正确；故选A10已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物已略去，下列有关说法正确的是（）AX能使蔗糖变黑主要体现了 X的强氧化性B若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C若A为碳单质，则将C通入少量澄清石灰水中，最终一定有白色沉淀产生D工业上，B转化为D的反应需使用催化剂【考点】无机物的推断【分析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫【解答】解：X为一种常见酸的浓溶液，能使
23、蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，AX使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性，故A错误；B若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；C若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故C错误；D工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故D正确；故选D11下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3
24、+OHCO32+H2OC将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClODFe3O4溶于足量浓盐酸：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸需要保留分子式，不能拆开；B氢氧化钠过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；C次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸需要保留分子式；D四氧化三铁与浓盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水【解答】解：A醋酸和碳酸钙都应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故A错误；BNH4HCO3溶于过量的NaOH
25、溶液中，反应生成碳酸钠和一水合氨，正确的离子方程式为：2OH+NH4+HCO3=CO32+NH3H2O+H2O，故B错误；C氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故C错误；D四氧化三铁溶于足量浓盐酸的离子方程式为：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O，故D正确；故选D12下列不符合当今化学研究方向的是（）A发现新物质B合成新材料C研究化学反应的微观过程D研究化学反应中原子守恒关系【考点】化学的发展趋势【分析】化学是研究物质的组成、结构、性质和变化规律的基础自然科学，能源、材料和环境等问题都属化学的研究问题【解答】解：A 发现
26、新物质；B 合成新材料； C 研究化学反应的微观过程，都是化学研究的方向D研究化学反应中原子守恒关系不属于化学研究的方向故选D13等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量【考点】有关过量问题的计算；铝的化学性质【分析】利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应
27、【解答】解：发生反应有：2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3（3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，故选B二、双选题14下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作实验目的或结论A向FeCl2溶液中通入Cl2，然后滴加KSCN溶液验证Cl2的氧化性比Fe3+强B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡
28、溶液，有白色沉淀生成该溶液中不一定含有SO42C用洁净的玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，一定无K+D将某气体通入品红溶液中，溶液褪色该气体中一定含有SO2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A因为该检验方法是先通入氯气，再滴加KSCN溶液，在通氯气前滤液A中就可能含有Fe3+，无法确定Fe3+一定是Fe2+被Cl2氧化得来的；B能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有Ag+、SO42等；CK元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察；D氯水有漂白性【解答】解：A因为该检验方法是先通入氯气，再滴加KSCN溶液，在通氯气前滤液A中就可能含有Fe3+，无法确定Fe
29、3+一定是Fe2+被Cl2氧化得来的，所以该实验设计不合理，故A错误；B能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有Ag+、SO42等，所以向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，所以该溶液中不一定含有SO42，故B正确；CK元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，该溶液中一定含有Na+，不一定无K+，故C错误；D氯水有漂白性，能使品红褪色，故D错误；故选B15ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列说法正确的是（）AKClO3在反应中得到电子BClO2
30、是氧化产物CH2C2O4在反应中被氧化D1 mol KClO3参加反应，有2 mol电子转移【考点】氧化还原反应【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5加降低为+4价，C元素的化合价由+3升高为+4价，以此来解答【解答】解：ACl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，故A正确；BCl得到电子被还原，则ClO2是还原产物，故B错误；CC失去电子，则H2C2O4在反应中被氧化，故C正确；D.1 mol KClO3参加反应，有1mol（54）=1mol电子转移，故D错误；故选AC三、实验题16某化学课外兴趣小组为探究
31、铜跟浓硫酸的反应情况，用图所示装置进行有关实验请回答：（1）装置A中发生的化学反应方程式为2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2；（2）装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液等碱性溶液，其作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染空气（3）装置B的作用是贮存多余的气体当D处有明显的现象后，关闭旋塞K并移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升B中应放置的液体是（填字母）da水 b酸性KMnO4 溶液 c浓溴水 d饱和NaHSO3溶液（4）实验中，取一定质量的铜片和一定体积18molL1的浓硫酸放在圆底
32、烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是随反应进行，硫酸浓度变稀，Cu不与稀H2SO4反应；下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是ad（填字母）a铁粉 bBaCl2溶液 c银粉 dNaHCO3溶液【考点】浓硫酸的性质；性质实验方案的设计【分析】（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热时可以氧化单质铜，生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）依据二氧化硫是污染性气体，不能排放到大气中分析；（3）依据储气装置的原理是利用压强大小，密闭容器通过改变液面的高低调节分析，试剂不能和气体反应也不能溶于
33、液体；（4）从浓硫酸随着反应进行浓度变稀，铜不和稀硫酸发生反应分析；证明有酸剩余是验证稀硫酸的存在关键是氢离子的检验【解答】解：（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热时可以氧化单质铜，生成硫酸铜、二氧化硫和水方程式为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2，故答案为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2；（2）二氧化硫气体排放到大气中污染环境，所以装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体能与二氧化硫反应，可以浸氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液等碱性溶液，作用是吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气，故答案为：氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液等碱性溶液；吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；（3
34、）置B的作用是贮存多余的气体，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，在密闭容器中随着气体的生成，广口瓶内压强增大，会使瓶内液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终达到内外大气压相同，二氧化硫气体是酸性氧化物，易溶于水，B中的试剂不能和二氧化硫发生反应，不能溶解二氧化硫，a水能溶解二氧化硫不能储存气体，故a错误；b酸性KMnO4 溶液能氧化二氧化硫为硫酸，不能储存气体，故b错误；c浓溴水吸收二氧化硫，不能储存气体，故c错误；d二氧化硫通入饱和NaHSO3溶液中，降低了二氧化硫的溶解度，不反应，可以用来储存气体，故d正确；故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；d；（4）一定质
35、量的铜片和一定体积18molL1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，稀硫酸不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解，故答案为：随反应进行，硫酸浓度变稀，Cu不与稀H2SO4反应；能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，实质证明氢离子的存在，a铁粉与稀硫酸反应放气体，可以证明；bBaCl2溶液加入后出现白色沉淀，但因为生成产物中有硫酸铜生成，也可以生成白色沉淀，故不能证明；c银粉不与稀硫酸反应不能证明；dNa2CO3溶液会与稀硫酸反应发出二氧化碳气体，可以证明，故答案为：ad17在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命下表是500mL某“鲜花保
36、鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题成分质量（g）摩尔质量（gmol1）蔗糖68.4342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170（1）“鲜花保鲜剂”中蔗糖的物质的量浓度为0.4mol/L（2）配制该500mL“鲜花保鲜剂”所需的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外还有：500mL的容量瓶、胶头滴管（3）在溶液配制过程中，下列操作能使配制结果偏小的是CEA定容时俯视容量瓶刻度线B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C移液时，液体不小心从外壁流出D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理E用托盘天平称量蔗糖时，左盘放砝码，右盘放蔗糖【考点】
37、配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据物质的量浓度c=来计算；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器来回答；（3）根据配制过程中溶质的物质的量以及溶液的体积两个方面来分析误差【解答】解：（1）蔗糖的物质的量n=0.2mol，物质的量浓度c=0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L；（2）配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器：天平、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒、一定规格的容量瓶，故答案为：500mL的容量瓶、胶头滴管；（3）A定容时俯视容量瓶刻度线，会导致加水量少，体积偏低，浓度偏大，故A错误；B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响实验结果，故B错误；C移液时，液体不
38、小心从外壁流出会导致溶质的损失，则所配溶液的浓度偏小，故C正确；D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理是正确的，即对浓度无影响，故D错误；E用托盘天平称量蔗糖时，正确的做法是左物右码，但如果左盘放砝码，右盘放蔗糖，此时m物=m砝m游，导致称量出的蔗糖的质量偏小，所配溶液的浓度偏小，故E正确故答案为：CE四、填空题18实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，现取一定量的浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为22.4L请回答下列问题：（1）写出该反应的离子反应方程式MnO2+4H+2ClCl2+Mn2+2H2O（2）参加反应的二氧化锰的质量为87g（
39、3）反应中被氧化的HCl的物质的量为2mol【考点】氧化还原反应【分析】（1）二氧化锰、气体、水在离子方程式中应保留化学式；（2）根据n=计算氯气的物质的量，根据方程式计算二氧化锰物质的量，再根据m=nM计算二氧化锰的质量；（3）根据Cl元素的化合价变化及原子守恒可知，被氧化的HCl的物质的量等于氯气的物质的量的2倍；【解答】解：（1）反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12+2H2O，改写为离子反应时二氧化锰、氯气、水在离子方程式中应保留化学式，则离子方程式为MnO2+4H+2ClCl2+Mn2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClCl2+Mn2+2H2O；（2）氯
40、气的物质的量为=1mol，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，可知参加反应的二氧化锰物质的量为1mol，则参加反应二氧化锰的质量为1mol87g/mol=87g，故答案为：87g；（3）被氧化的HCl生成氯气，根据氯原子守恒，被氧化HCl的物质的量为1mol2=2mol，故答案为：2mol19向40mL某AlCl3溶液中滴加2molL1的NaOH溶液时，得到Al（OH）3沉淀的质量与所滴加NaOH溶液的体积（mL）关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示的沉淀是Al（OH）3，其物质的量是0.02mol（2）反应至A点时消耗NaOH溶液体积为30mL（3）图中B点
41、溶液中溶质有NaCl、NaAlO2（4）AlCl3溶液的浓度为0.5mol/L（5）O点到B点反应的总离子方程式可表示为Al3+4OH=AlO2+2H2O【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）开始AlCl3与NaOH反应Al3+3OH=Al（OH）3，生成Al（OH）3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al（OH）3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量；（2）根据Al3+3OH=Al（OH）3计算消耗NaOH物质的量，再根据V=计算消耗NaOH溶液体积；（3）随后再加NaOH，发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀量又逐渐减少，到B点时A
42、l（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解消失；（4）根据Al原子守恒nAlCl3=nAl（OH）3=0.02mol，再根据c=计算；（5）根据反应Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O写出总反应【解答】解：（1）开始AlCl3与NaOH发生反应Al3+3OH=Al（OH）3生成Al（OH）3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al（OH）3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量，其物质的量为=0.02mol，故答案为：Al（OH）3；0.02mol；（2）根据Al3+3OH=Al（OH）3可知，消耗N
43、aOH物质的量=0.02mol3=0.06mol，消耗NaOH溶液体积为=0.03L，即为30mL，故答案为：30mL；（3）Al（OH）3沉淀达到最大量后，再加NaOH溶液发生反应：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀量开始逐渐减少，到B点时Al（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解消失，B点溶液中溶质有NaCl、NaAlO2，故答案为：NaCl、NaAlO2；（4）根据Al原子守恒nAlCl3=nAl（OH）3=0.02mol，AlCl3溶液的浓度为=0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L；（5）由反应Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+
44、OH=AlO2+2H2O可知，铝离子与氢氧根离子的总反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O五、计算题20现有一块质量为10g的金属镁样品，经测定它的表面已有部分被氧化，将该样品投入到100mL密度1.14gmL1的盐酸中，恰好完全反应并收集到0.5g氢气求：（1）上述反应中被还原的HCl的质量；（2）盐酸中溶质的质量分数（写出计算过程）【考点】化学方程式的有关计算【分析】反应的方程式有：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Mg+2HCl=MgCl2+H2，（1）盐酸与金属反应体现了盐酸的氧化性，被还原；（2）酸中溶质的质量分数为：【解答】解：
45、（1）n（H2）=mol=0.25mol被还原n（HCl）=2n（H2）=20.25 mol=0.5mol被还原m（HCl）=n（HCl）M（HCl）=0.536.5 g=18.25g答：上述反应中被还原的HCl的质量为：18.25g；（2）由方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2可知，n（Mg）=n（H2）=0.25molm（Mg）=0.2524 g=6gm（MgO）=（106）g=4gn（MgO）= mol=0.1mol与氧化镁反应的HCl，由反应MgO+2HCl=MgCl2+H2O可知，n（HCl）=2n（MgO）=0.2moln总（HCl）=（0.5+0.2）mol=0.7molm总（HCl）=0.736.5 g=25.55g所以w=100%=22.4%，答：盐酸中溶质的质量分数为22.4%2016年8月8日
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