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    湖北省十堰市2019-2020学年高一化学上学期期末调研考试试题含解析

    时间:2020-09-10 08:05:55 来源:勤学考试网 本文已影响 勤学考试网手机站

    湖北省十堰市2019-2020学年高一化学上学期期末调研考试试题(含解析)

    第I卷 (选择题 共50分)

    一、选择题(本题包括25小题,每小题2分,共计50分。每小题只有一个选项符合题意)

    1.《天工开物·杀青》中关于竹纸和皮纸的记载中有以下步骤,其中涉及化学变化的是

    A. 煮徨足火 B. 舂臼取泥 C. 荡料入帘 D. 覆帘压纸

    【答案】A

    【解析】

    【详解】A、煮徨足火:将以上所得之竹子,放入〝徨〞桶内与石灰一道蒸煮八日八夜,涉及化学变化,选项A符合;

    B、舂臼:取出上述处理之竹子, 放入石臼,以石碓叩打直至竹子被打烂,形同泥面,不涉及化学变化,选项B不符合;

    C、荡料入帘:将被打烂之竹料倒入水槽内,并以竹帘在水中荡料,竹料成为薄层附于竹帘上面,其余之水则由竹帘之四边流下槽内,不涉及化学变化,选项C不符合;

    D、覆帘压纸:然后将帘反复过去,使湿纸落于板上,即成张纸。如此,重复荡料与覆帘步骤,使一张张的湿纸叠积上千张,然后上头加木板重压挤去大部分的水,不涉及化学变化,选项D不符合;

    答案选A。

    2.当光束通过下列物质时,会出现丁达尔效应的是

    A. 水 B. Fe(OH)3胶体 C. 蔗糖溶液 D. FeCl3溶液

    【答案】B

    【解析】

    【详解】A、胶体是混合物,而蒸馏水是纯净物,不属于胶体,不能产生丁达尔效应,选项A错误;

    B.Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应,选项B正确;

    C.蔗糖溶液属于溶液,不是胶体,不能产生丁达尔效应,选项C错误;

    D.FeCl3溶液属于溶液,不是胶体,不能产生丁达尔效应,选项D错误;

    答案选B。

    【点睛】本题考查胶体的性质,丁达尔效应是胶体的特有性质,熟悉常见的分散系的类型及分散系的判断是解答的关键,只有胶体才具有丁达尔效应,根据题中分散系的类型进行判断。

    3.贮存Cl2的钢瓶上应贴的标签为

    A. 有毒品 B. 腐蚀品 C. 易燃品 D. 爆炸品

    【答案】A

    【解析】

    【分析】

    氯气是黄绿色有刺激性气味的气体,密度比空气大,有毒,据此分析。

    【详解】氯气为有毒的气体,贮存Cl2的钢瓶上应贴的标签为有毒品。

    答案选A。

    4.沾水的铁制器皿高温灼烧会发黑,其可能原因是:,在此反应中,属于氧化剂的是

    A. Fe B. Fe3O4 C. H2O D. H2

    【答案】C

    【解析】

    【详解】反应中Fe元素化合价升高被氧化,作为还原剂;H2O中H元素化合价降低被还原,作为氧化剂。

    答案选C。

    5.根据物质的组成和性质分类,CuSO4.5H2O属于

    A. 酸 B. 碱 C. 氧化物 D. 盐

    【答案】D

    【解析】

    【分析】

    盐是由金属阳离子(包括铵根离子)与酸根离子形成的化合物。

    【详解】CuSO4?5H2O是含5个结晶水的硫酸铜,硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成,根据物质的组成和性质分类,属于纯净物中的盐;

    答案选D。

    6.下列关于SiO2的说法中错误的是

    A. 纯净的SiO2是光纤制品的基本原料

    B. SiO2能与NaOH溶液反应生成盐

    C. SiO2高温下能与CaO反应生成盐

    D. SiO2能与氢氟酸反应,因此它属于碱性氧化物

    【答案】D

    【解析】

    【详解】A、纯净的二氧化硅良好的折光性,是现代光学及光纤制品的基本原料,选项A正确;

    B. SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水,选项B正确;

    C. SiO2高温下能与CaO反应生成硅酸钙和二氧化碳,选项C正确;

    D. SiO2能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水,没有盐生成,不属于碱性氧化物,它能与碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,选项D错误;

    答案选D。

    7.化学与生活密切相关。下列说法正确的是

    A. 检查酒驾时,CrO3被酒精氧化成Cr2(SO4)3

    B. 向海水中加入明矾可以使海水淡化

    C. 硅胶可用作食品干燥剂

    D. 碳海绵吸收泄漏的原油时发生了化学变化

    【答案】C

    【解析】

    【详解】A. “酒精检测仪”可检测司机酒后驾车,当红色的CrO3试剂遇到酒精时就会被还原生成绿色的Cr2(SO4)3,选项A错误;

    B.向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质,但不能使海水淡化,应用蒸馏的方法得到淡水,选项B错误;

    C. 硅胶多孔,吸附水分能力强,且没有毒,常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,选项C正确;

    D. 碳海绵可用于处理海上原油泄露事件,处理时先用它吸收浮在水面上的原油,再通过挤压,将碳海绵内的原油进行回收,此过程无新物质生成,发生物理变化,故选项D错误;

    答案选C。

    8.新制氯水在干燥的空气中久置后,下列微粒在溶液中的数增加的是( )

    A. Cl2 B. Cl- C. HCIO D. H2O

    【答案】B

    【解析】

    【分析】

    新制氯水中存在三分子、四离子:

    三分子:H2O、Cl2、HClO;四离子:H+、Cl-、ClO-、OH-,据此分析。

    【详解】制氯水在干燥的空气中久置后,HClO分解为HCl和O2,HCl电离后生成H+和Cl-,Cl2逐渐挥发,因此,在溶液中的数增加的是H+和Cl-;

    答案选B。

    9.在给定条件下,NaHCO3(溶液)Na2CO3(溶液) NaOH(溶液),针对上述转化,下列说法正确的是

    A. 两步都能实现 B. 第一步能实现,第二步不能实现

    C. 第一步不能实现,第二步能实现 D. 两步都不能实现

    【答案】A

    【解析】

    【详解】NaHCO3溶液中加入适量NaOH溶液反应生成Na2CO3和水,再加入饱和石灰水时,Na2CO3与氢氧化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,两步反应均能实现。

    答案选A。

    10.某人体检报告的部分指标如表所示,则关于项目名称中镁的说法正确的是

    项目名称

    结果

    状态单位

    参考值范围

    总钙

    TCa

    2.57

    mmol?L—1

    2.1~2.7

    P

    1.51↑

    mmol?L—1

    0.8~1.5

    Mg

    095

    mmol?L—1

    0.75~1.25

    K

    仪器故障维修

    mmol?L—1

    3.5~5.5

    Na

    mmol?L—1

    135~160

    Cl

    mmol?L—1

    95~105

    A. 指标偏低 B. 测定的是镁元素的物质的量

    C. 测定的是镁元素的物质的量浓度 D. 测定的是镁元素的质量

    【答案】C

    【解析】

    【详解】A、根据图中信息可知,镁的指标为0.95,在参考值范围0.75~1.25内,选项A错误;

    B、根据单位mmol?L-1可知,测定的是镁元素的物质的量浓度,选项B错误;

    C、根据单位mmol?L-1可知,测定的是镁元素的物质的量浓度,选项C正确;

    D、根据单位mmol?L-1可知,测定的是镁元素的物质的量浓度,选项D错误;

    答案选C。

    11.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

    A. 标准状况下,22.4 LCC14中含CC14的分子数为NA

    B. 0.1 mol/L的NaOH溶液中含OH-的数目为0.INA

    C. 5.6 g Fe在0.1 mol Cl2中充分燃烧时转移的电子数为0.3NA

    D. 23 g钠在空气中充分燃烧时转移的电子数为NA

    【答案】D

    【解析】

    【详解】A、在标况下,四氯化碳的状态不是气体,题中条件无法计算22.4L四氯化碳的物质的量,选项A错误;

    B、溶液体积不知,0.1mol/L的氢氧化钠溶液中含钠离子数目不能计算,选项B错误;

    C、由2Fe+3Cl22FeCl3可知氯气不足,故反应中转移电子数为0.2NA,选项C错误;

    D、23 g钠的物质的量为1mol,在空气中充分燃烧均生成钠离子,转移的电子数为NA,选项D正确;

    答案选D。

    12.下列叙述不正确的是

    A. 用砂纸打磨过表面的铝箔,加热熔化后但不滴落,说明A12O3的熔点比铝的高

    B. 铁在潮湿的空气中生成的氧化物结构不致密,不能保护内层金属,故铁制品往往需涂保护层

    C. 铝锅使用过程中,能经受高温的考验,故铝不活泼

    D. 钠与水的反应中,钠块熔成小球,说明该反应为放热反应

    【答案】C

    【解析】

    【详解】A.氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面,则铝熔化但不滴落,选项A正确;

    B.氧化铁为疏松结构,不能保护内层金属,故铁制品往往需涂保护层,选项B正确;

    C.铝是活泼金属,易在表面形成致密的氧化膜,氧化铝能保护内部金属不被腐蚀,选项C不正确;

    D.活泼金属与水的反应属于放热反应,钠与水的反应是放热反应,放出的热量使钠块熔成小球,选项D正确。

    答案选C。

    13.下列对新制氯水的探究所得出的结论不正确的是

    A. 新制氯水使有色布条褪色,说明新制氯水中含有HClO

    B. 往新制氯水中加入硝酸酸化的AgNO3溶液,有白色沉淀产生,说明新制氯水中有Cl-

    C. 将NaOH固体加入新制的氯水中,溶液颜色迅速变浅,甚至消失

    D. 将新制氯水置于阳光下,有气泡冒出且溶液颜色逐渐变浅,该气体一定是Cl2

    【答案】D

    【解析】

    【详解】A.新制氯水中含有HClO分子,HClO具有强氧化性能表现漂白性,使有色布条褪色,选项A正确;

    B.氯水中含有氯离子,氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀,所以加入AgNO3溶液产生白色沉淀,选项B正确;

    C. 将NaOH固体加入新制的氯水中,氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,溶液颜色迅速变浅,甚至消失,选项C正确;

    D.次氯酸见光分解生成氧气,选项D不正确;

    答案选D。

    14.茶叶中含有铁元素,可通过以下步骤来检验:茶叶滤液有红褐色沉淀生成,下列有关说法中不正确是

    A. 灼烧灰化:将茶叶中的有机物质转化为可溶于水或酸的无机物质

    B. 加酸、加水溶解:使得到的化合物充分溶解,形成溶液

    C. 过滤需要使用到的仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒

    D. 得出结论:茶叶中含有铁元素

    【答案】C

    【解析】

    【详解】A. 有机物多数难溶于水或酸,灼烧灰化:将茶叶中的有机物质转化为可溶于水或酸的无机物质,选项A正确;

    B. 加酸、加水溶解:使得到的化合物充分溶解,形成水溶液,选项B正确;

    C. 过滤需要使用到的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,不需要分液漏斗,选项C不正确;

    D. 滤液加入氢氧化钠溶液产生红褐色沉淀为氢氧化铁,可得出结论:茶叶中含有铁元素,选项D正确。

    答案选C。

    【点睛】本题考查实验探究问题,茶叶灼烧成灰,将难溶有机物转化为可溶于水或酸的无机物,加酸加水溶解、过滤得到滤液,滤液中加入氢氧化钠溶液生成红褐色沉淀,说明生成了氢氧化铁沉淀,进而判断。

    15.已知还原性:H2SO3(SO2) >I->Fe2+>NO,据此判断下列反应不能发生的是

    A. H2SO3+I2+H2O=2HI+ H2SO4 B. NO+SO3=NO2+SO2

    C. 2FeCl3+2HI= 2FeCl2+2HCl+I2 D. 3 FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3) 3

    【答案】B

    【解析】

    【分析】

    根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性,利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是H2SO3(SO2)>I->Fe2+>NO来判断反应能否发生。

    【详解】A.因该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则SO2为还原剂,还原性强弱为SO2>HI,与已知的还原性强弱一致,反应能发生,故A不选;

    B.因该反应中N元素的化合价升高,S元素的化合价降低,则NO为还原剂,还原性强弱为NO>SO2,与已知的还原性强弱不一致,不能发生,故B选;

    C.因该反应中I元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,则I-为还原剂,还原性强弱为I->Fe2+,与已知的还原性强弱一致,反应能发生,故C不选;

    D.因该反应中N元素的化合价降低,Fe元素的化合价升高,则Fe2+为还原剂,还原性强弱为Fe2+>NO,与已知的还原性强弱一致,能发生,故D不选。

    故选:B。

    【点睛】利用已知还原性强弱来判断化学反应的发生,学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂,并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可。

    16.用稀盐酸除去铜质器皿表面的铜绿[Cu2(OH)2CO3],现象为铜制器皿表面呈红色,废液呈蓝色,则下列说法错误的是

    A. 蓝色废液为CuCO3

    B. 器皿表面的红色为铜单质的颜色

    C. 除铜绿过程中没发生氧化还原反应

    D. 除铜绿过程中有气泡产生

    【答案】A

    【解析】

    【详解】由现象可知[Cu2(OH)2CO3]与稀盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳,无元素的化合价变化,为非氧化还原反应。

    A. 蓝色废液为CuCl2,选项A错误;

    B. 铜不与稀盐酸反应,器皿表面的红色为铜单质的颜色,选项B正确;

    C. 除铜绿过程中没发生氧化还原反应,选项C正确;

    D. 除铜绿过程中有二氧化碳生成,则有气泡产生,选项D正确。

    答案选A。

    17.将V1mL0.2 mol/LNa2SO4溶液加水稀释至V2 ml,稀释后溶液中Na+的物质的量浓度为

    A. B.

    C. D.

    【答案】D

    【解析】

    【详解】令稀释后溶液中Na+的物质量浓度为y,则:

    V1 mL×2×0.2mol/L=V2mL×y

    解得y=;

    答案选D。

    【点睛】本题考查物质的量浓度的相关计算,根据氯化铝的化学式可知,cmol/L的AlCl3溶液中氯离子的浓度为3cmol/L,根据稀释定律可知,溶液稀释前后氯离子的物质的量不变。

    18.将Na2CO3固体加入含下列离子的溶液中,溶液中原离子还能够大量存在的是

    A. B.

    C. D.

    【答案】A

    【解析】

    【详解】A、四种离子之间不发生反应,也不与钠离子、碳酸根离子反应,离子在溶液中能够大量共存,选项A正确;

    B、钡离子与碳酸根离子能够发生反应生成碳酸钡沉淀,所以在溶液中不能够大量共存,选项B错误;

    C、氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水,所以在溶液中不能够大量共存,选项C错误;

    D、钙离子与碳酸根离子能够发生反应生成碳酸钙沉淀,所以在溶液中不能够大量共存,选项D错误;

    答案选A。

    【点睛】本题考查离子共存问题,熟悉习题中的信息及离子之间的反应即可解答,注意晶体中含有的离子是解答本题的关键,离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等,不能发生氧化还原反应等,则离子能大量共存;Na2CO3中含有钠离子、碳酸根离子,据此分析。

    19.由Fe2O3和FeO组成的固体混合物,用200 ml5.0 mol/L盐酸能恰好将之完全溶解。所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量相等,则原固体混合物中FeO的物质的量为

    A. 0.4 mol B. 0.3 mol C. 0.2 mol D. 0.1 mol

    【答案】C

    【解析】

    【详解】所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量相等,设FeO的物质的量为x,则Fe2O3的物质的量为0.5x,200 mL 5.0 mol/L盐酸中的HCl的物质的量为0.2L×5.0mol/L=1.0mol,根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O可知,0.5x×6+2x=1.0,解得x=0.2mol,

    答案选C。

    【点睛】本题考查混合物的计算,做题时注意反应的现象,根据恰好使混合物完全溶解,并根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O进行计算。

    20.下列实验方法不能达到实验目的的是

    A. 可用丁达尔效应来区分溶液和胶体

    B. 用NaOH溶液除去CO2中混有的少量HCl

    C. 可用热分解的方法提纯混有少量CaCO3的CaO

    D. 向AlCl3溶液中滴加过量氨水可制得Al(OH)3

    【答案】B

    【解析】

    【详解】A、胶体能产生丁达尔效应,溶液不能产生丁达尔效应,可以区分,选项A正确;

    B、CO2和HCl气体均与NaOH溶液反应,不符合除杂原则,选项B错误;

    C、碳酸钙高温分解生成CaO,则选择高温分解法除去CaO中的CaCO3,选项C正确;

    D、Al(OH)3为两性氢氧化物,易与强碱反应而溶解,但不与弱碱反应,氨水为弱碱,与AlCl3溶液反应生成Al(OH)3,选项D正确;

    答案选B。

    【点睛】本题考查物质分离提纯方法和选择,把握物质的性质及性质差异为解答的关键,注意分离方法及原理,易错点为选项B,注意CO2和HCl气体均与NaOH溶液反应。

    21.下列应用或现象对应的离子方程式不正确的是

    A. 用FeCl3溶液腐蚀电路板上的铜:

    B. 钠浮于水面且能与水剧烈反应:

    C. 将FeCl3溶液加入滴有淀粉的KI溶液中,溶液变为蓝色:

    D. 将KOH溶液加入FeCl3溶液中,产生红褐色沉淀:

    【答案】B

    【解析】

    【详解】A. 用FeCl3溶液腐蚀电路板上的铜,反应生成氯化亚铁和氯化铜,反应的离子方程式为:,选项A正确;

    B. 钠浮于水面且能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气,反应的离子方程式为:,选项B不正确;

    C. 将FeCl3溶液加入滴有淀粉的KI溶液中,反应生成氯化亚铁和碘单质,碘遇淀粉变为蓝色,反应的离子方程式为:,选项C正确;

    D. 将KOH溶液加入FeCl3溶液中,产生红褐色沉淀氢氧化铁,同时生成氯化钾,反应的离子方程式为:,选项D正确;

    答案选B。

    22.将一定量Cl2通入NaOH溶液中,发现溶液中的NaOH完全被消耗,溶液中大量存在的阴离子只有Cl-、ClO-、ClO3-,则溶液中所有阴离子与所有阳离子的物质的量之比为

    A. 1:3 B. 1:2 C. 1:1 D. 2:1

    【答案】C

    【解析】

    【详解】将一定量Cl2通入NaOH溶液中,发现溶液中的NaOH完全被消耗,溶液中大量存在的阴离子只有Cl-、ClO-、ClO3-,大量存在的阳离子为Na+,根据电荷守恒规律可知:n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-),则溶液中所有阴离子与所有阳离子的物质的量之比为1:1。

    答案选C。

    【点睛】本题考查氯气与强碱的反应,根据氧化还原反应可知产物的情况,但实际上该题只是考查水溶液中的离子浓度关系,只需要利用电荷守恒即可解答。

    23.下列关于铝和盐酸、NaOH溶液的反应说法不正确的是

    A. 等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应消耗Al的物质的量之比为1:3

    B. 等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应生成H2的物质的量之比为1:3

    C. 等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应产生H2的物质的量之比为1:3

    D. 等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应消耗酸和碱的物质的量之比为3:1

    【答案】C

    【解析】

    【详解】A.等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液,则氯化氢,氢氧化钠物质的量相等,依据方程式:2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑,取6mol氯化氢和氢氧化钠,则盐酸消耗2mol铝,氢氧化钠消耗6mol铝,反应消耗Al的物质的量之比为2:6=1:3,故A正确;

    B.由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知,足量Al,酸碱均完全反应,则存在6HCl~3H2,2NaOH~3H2,取6mol氯化氢和6mol氢氧化钠研究,则盐酸与铝反应生成3mol氢气,氢氧化钠与铝反应生成9mol氢气,反应生成H2的物质的量之比为3:9=1:3,故B正确;

    C.等质量的铝的物质的量相同,设Al均为2mol,由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知,生成气体物质的量之比为1:1,故C错误;

    D.铝与盐酸、氢氧化钠分别发生:2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑,设铝的物质的量为2mol,所以消耗盐酸和氢氧化钠的物质的量分别为:6mol和2mol,则比值为3:1,故D正确;

    故选:C。

    【点睛】熟悉铝与氢氧化钠、盐酸反应的方程式,明确反应物用量多少是解题关键。

    24.120℃时,34g由CO2和H2O(g)组成的混合气体与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了8.4g,则原混合气体中CO2的物质的量可能为

    A. 0.2 mol B. 0.4 mol C. 0.6 mol D. 0.8 mol

    【答案】A

    【解析】

    【详解】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2;能看出 2个H2O与Na2O2反应,生成了O2,所以留下了2个H2;同理2个CO2,与Na2O2反应,生成了O2,留下2个CO;设原气体中含有 xmolCO2,ymolH2O,

    则 解得;

    答案选A。

    25.某化学反应: (未配平)。反应中,每消耗l mol CuSO4时,生成的H3PO4的物质的量为

    A. B. C. D.

    【答案】C

    【解析】

    【详解】反应中P的化合价由0价降为-3价和由0价升为+5价,Cu的化合价由+2降为+1,以一个Cu3P为标准,则降6,最小公倍数为30,根据氧化还原反应方程式的配平原则可得反应:P4+15CuSO4+24H2O =5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,根据反应方程式可知,每消耗l mol CuSO4时,生成的H3PO4的物质的量为;

    答案选C。

    【点睛】本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应基本概念的考查,P4+CuSO4+H2O-Cu3P+H3PO4+H2SO4 反应中P元素的化合价由0升高为+5价,P元素的化合价由0降低为-3价,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,据此配平后进行求算。

    第Ⅱ卷 (非选择题 共50分)

    二、非选择题(本题包括6小题,共50分)

    26.根据所学知识,回答下列问题:

    (l)从1 L0.05 mol/L CuSO4溶液中取出10 mL,该10 mL溶液的物质的量浓度为____。

    (2)现有下列5种物质:①CO2 ②Mg③盐酸④NaC1⑤Na2CO3。上述5 种物质中,属于电解质的有 ___。

    (3)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2,、NH3、CH4,在同温同压下,此四种气体体积之比V(HCl):V(H2:V(NH3):V(CH4)=____。

    (4)配制100 ml1.00 mol/L H2SO4溶液,需要用量筒量取浓硫酸(密度为1.84 g/cm3,溶质质量分数为98%)的体积为 ____保留一位小数)mL。

    (5)反应中,若反应生成0.6 mol S,则反应中转移的电子为___ mol。

    【答案】 (1). 0.05 (2). ④⑤ (3). 12:6:4:3 (4). 5.4 (5). 0.8

    【解析】

    【分析】

    (1)溶液是均一的;

    (2)电解质是指在水溶液里或熔融状态下导电的化合物;

    (3)根据阿伏加德罗常数进行计算;

    (4)依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度,依据稀释前后溶液所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积;

    (5)根据反应中,得失电子数目进行分析。

    【详解】(1)溶液是均一的,所以从1 L0.05 mol/L CuSO4溶液中取出10 mL,该10 mL溶液的物质的量浓度仍然是0.05mol/L;

    (2)电解质是指在水溶液里或熔融状态下导电的化合物,从物质的分类角度来讲包括酸、碱、盐、金属氧化物、水等,所以只有④⑤是电解质;

    (3)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2,、NH3、CH4,设氢原子的物质的量为1mol,则各气体的物质的量分别为1mol、0.5mol、mol、mol,在同温同压下,相同体积的气体具有相同的分子数,故此四种气体体积之比V(HCl):V(H2:V(NH3):V(CH4)= 1mol:0.5mol:mol:mol=12:6:4:3;

    (4)用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸的物质的量浓度为:=18.4mol/L,设需要浓硫酸体积为V,依据稀释前后溶液所含溶质的物质的量不变得:V×18.4mol/L=1.00mol/L×100mL,解得:V=5.4mL;

    (5)反应中S元素由-2价升为0价和由+4价降为0价,最小公倍数为4,则反应生成3 mol S,转移的电子为4mol,若反应生成0.6 mol S,则反应中转移的电子为0.8mol。

    27.某制碱制得的纯碱中含有NaHCO3和NaCl杂质。某实验小组对此碱样品进行检查。

    (1)取此碱样品10g,加热到质量不再减少,冷却称重,称得质量为9.845g,该样品中NaHCO3的质量分数为__________________________。

    (2)另取10g固体样品,加蒸馏水溶解,配成250mL一定物质的量浓度的溶液,配制过程中必需使用的化学仪器有______________________(填字母)

    A.烧杯 B.250mL容量瓶C.漏斗 D.胶头滴管 E.玻璃棒 F.试管

    (3)量取上述配制好的溶液25mL,向其中加入过量盐酸至 不再产生气泡,共收集到190.4mL(标准状况)气体,该反应过程的离子方程式为______________________、_______________________。10g该样品中含____________gNaCl

    【答案】 (1). 4.2% (2). ABDE (3). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (4). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (5). 1.1

    【解析】

    【分析】

    (1)结合差量法计算;

    (2)配制溶液计算后、称量、溶解、冷却、转移、定容,以此判断仪器;

    (3)发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,结合质量及原子守恒计算。

    【详解】(1)取此碱样品10g,加热到质量不再减少,冷却称重,称得质量为9.845g,质量减少10g-9.845g=0.155g,

    解得m=0.42g,该样品中NaHCO3的质量分数为×100%=4.2%,

    故答案为:4.2%;

    2)配成250mL一定物质的量浓度的溶液,需要烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒,

    故答案为:ABDE;

    (3)加盐酸发生的离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O,10g样品中含NaHCO3的质量为0.42g,含Na2CO3的质量为=8.48g,则样品中NaCl的质量为10g-8.48g-0.42g=1.1g,

    故答案为:CO32-+2H+=CO2↑+H2O;HCO3-+H+=CO2↑+H2O;1.1。

    【点睛】碳酸氢钠加热分解的相关计算一般运用差量法进行分析计算。

    28.某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种。现取该溶液进行下列实验:

    ①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后,溶液变橙色,且有无色气泡冒出;

    ②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液,无沉淀生成;

    ③用洁净的铂丝蘸取原溶液,在酒精灯外焰上灼烧,火焰呈黄色。

    据此可以回答下列问题:

    (l)由实验现象①可知:溶液中肯定含有的离子是____;溶液变橙色的原因(离子方程式表示)____。

    (2)由实验现象②可知:溶液中肯定没有的离子是____________

    (3)综合上述分析可知:溶液中可能含有的离子是 ___;一定不含有的离子是_______

    【答案】 (1). Br-、CO32- (2). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (3). SO42- (4). Cl-、K+ (5). Ca2+、SO42-

    【解析】

    【分析】

    某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种,①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后,溶液变橙色,则溶液中含有Br-,被氯气氧化生成溴单质;且有无色气泡冒出,则说明酸性条件下CO32-与氢离子反应产生二氧化碳气体,溶液中含有CO32-,故溶液中不含Ca2+;

    ②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液,无沉淀生成,说明原溶液中不含SO42-;

    ③用洁净的铂丝蘸取原溶液,在酒精灯外焰上灼烧,火焰呈黄色,说明溶液中含有Na+;

    综上可知,该溶液中一定含有Br-、CO32-、Na+,一定不含SO42-、Ca2+,不能确定是否含有Cl-、K+;据此分析。

    【详解】某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种,①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后,溶液变橙色,则溶液中含有Br-,被氯气氧化生成溴单质;且有无色气泡冒出,则说明酸性条件下CO32-与氢离子反应产生二氧化碳气体,溶液中含有CO32-,故溶液中不含Ca2+;

    ②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液,无沉淀生成,说明原溶液中不含SO42-;

    ③用洁净的铂丝蘸取原溶液,在酒精灯外焰上灼烧,火焰呈黄色,说明溶液中含有Na+;

    综上可知,该溶液中一定含有Br-、CO32-、Na+,一定不含SO42-、Ca2+,不能确定是否含有Cl-、K+;

    (l)由实验现象①可知:溶液中肯定含有的离子是Br-、CO32-;溶液变橙色的原因Br-被氯气氧化生成溴单质,反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2;

    (2)由实验现象②可知:溶液中肯定没有的离子是SO42-;

    (3)综合上述分析可知:溶液中可能含有的离子是Cl-、K+;一定不含有的离子是Ca2+、SO42-。

    29.已知漂白粉溶于水后加入少量的酸能增强漂白效果。某同学据此将少量漂白粉溶于水后,再加入浓盐酸,观察到有黄绿色气体生成。回答下列问题:

    (l)写出生成黄绿色气体的离子方程式:_________。

    (2)家庭生活中常使用的“84”消毒液和某品牌洁厕净(主要成分为盐酸)____(填“能”或 “不能”)同时使用,其原因是________________

    (3)现设计实验由大理石、水、氯气来制取漂白粉:大理石漂白粉溶液漂白粉

    ①在制取漂白粉实验过程中,请写出发生的氧化还原反应的化学方程式:____。

    ②当通人氯气较快时,反应产物为Ca(C1O3)2、CaCI2和H2O,请写出此反应的化学方程式:____。

    【答案】 (1). ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O (2). 不能 (3). 会产生有毒气体 (4). 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (5). 6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O

    【解析】

    【分析】

    (l)酸性条件下漂白粉中的次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气;

    (2) “84”消毒液和洁厕净(主要成分为盐酸)反应产生氯气有毒;

    (3) ①工业制漂白粉利用石灰乳和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,依据原子守恒配平化学方程式;

    ②当通入氯气较快时,反应产物为Ca(C1O3)2、CaCl2和H2O,依据原子守恒配平化学方程式。

    【详解】(l)酸性条件下漂白粉中的次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气,则少量漂白粉溶于水后,再加入浓盐酸,观察到有黄绿色气体生成的离子方程式为ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O;

    (2)家庭生活中常使用的“84”消毒液和某品牌洁厕净(主要成分为盐酸)不能同时使用,其原因是会产生有毒气体氯气;

    (3) ①工业制漂白粉利用石灰乳和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,依据原子守恒配平化学方程式为:2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O;

    ②当通入氯气较快时,反应产物为Ca(C1O3)2、CaCl2和H2O,依据原子守恒配平化学方程式为:6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O。

    30.人体中含有铁元素,+2价的亚铁离子是血红蛋白(用于运输氧气)的重要组成成分。

    (l)误服亚硝酸盐会使人中毒,是因为二价铁被 ___(填“氧化”或“还原”)成三价铁,此 时服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒,维生素C在此过程中是作____(填“氧化剂”或“还原剂”)。

    (2)现有一瓶久置的FeSO4溶液,请设计实验检验其中是否含有Fe3+:___ 。Fe2+在空气中易发生氧化还原反应而变质,可加入____(填化学式)来防止其变质,而又不会使溶液中有新的杂质。

    (3)高铁酸钾(K2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型消毒剂。可在碱性条件下,用NaCIO氧化Fe(OH)3来制备,请配平反应方程式:____ClO—+____Fe(OH)3+____OH— =____FeO42—+_________+____Cl—。

    (4)向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4,写出该反应的化学方程式:____。

    【答案】 (1). 氧化 (2). 还原剂 (3). 取少量待测液,滴加KSCN溶液,若溶液呈血红色,说明原溶液中含有Fe3+,否则不含Fe3+; (4). Fe (5). 3 (6). 2 (7). 4 (8). 2 (9). 5H2O (10). 3 (11). Na2FeO4+2KOH=2NaOH+K2FeO4↓

    【解析】

    【分析】

    (l)亚硝酸盐具有氧化性,维生素C具有还原性;

    (2) 久置的FeSO4溶液中Fe2+易被空气中的氧气氧化生成Fe3+,可用KSCN溶液检验;加入Fe来防止Fe2+氧化;

    (3)反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价,氯元素由+1价变为-1价,最小公倍数为6,结合质量守恒配平得反应方程式;

    (4)向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4,发生复分解反应。

    【详解】(l)误服亚硝酸盐会使人中毒,是因为二价铁被亚硝酸盐氧化成三价铁,失去运输O2的功能,此时服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒,维生素C在此过程中是作还原剂;

    (2) 久置的FeSO4溶液中Fe2+易被空气中的氧气氧化生成Fe3+,检验其中是否含有Fe3+的方法为取少量待测液,滴加KSCN溶液,若溶液呈血红色,说明原溶液中含有Fe3+,否则不含Fe3+;

    Fe2+在空气中易发生氧化还原反应而变质,可加入Fe来防止其变质,而又不会使溶液中有新的杂质;

    (3)反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价,氯元素由+1价变为-1价,最小公倍数为6,结合质量守恒配平得反应方程式3ClO-+2Fe(OH)3+4OH- =2FeO42-+5H2O +3Cl-;

    (4)向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4,反应的化学方程式为:Na2FeO4+2KOH=2NaOH+K2FeO4↓。

    31.在工业上可用含SiO2、CeO2和Fe2O3的废料作原料来获得硫酸铁铵晶体【Fe2(SO4)3·2(NH4)2 SO4·3H2O】,同时可回收CeO2,工艺流程设计如下

    已知: ①SiO2、CeO2不溶于稀硫酸;②酸性条件下,CeO2可与H2O2反应;③“反应Ⅰ”所得溶液中含有Ce3+;④碱性条件下,NH4+与OH-结合生成NH3·H2O。

    请回答下列问题

    (1)“酸浸”时未发生的反应 物质是__________________(填化学式)。

    (2)“滤液”中含有的阳离子有___________________(填离子符号)。

    (3)写出“反应Ⅰ”的化学方程式:________________________________________。

    (4)在酸性条件下,H2O2、CeO2两种物质中,氧化性较弱的是__________________(填化学式)。

    (5)若往硫酸铁铵溶液中加入过量的NaOH,写出该反应的离子方程式:_____________________。

    【答案】 (1). CeO2和SiO2 (2). H+、Fe3+ (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (4). H2O2 (5). Fe3++2NH4++5OH-=Fe(OH)3↓+2NH3?H2O

    【解析】

    【分析】

    废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质)中加入稀硫酸,Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液中,反应Ⅰ中含CeO2和SiO2,向反应Ⅰ加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化Ce3+存在于滤液中,反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O,滤渣为SiO2,并利用氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce (OH)3转化为沉淀Ce(OH)4,反应为:4Ce (OH)3+O2+2H2O═4Ce(OH)4,加入分解Ce(OH)4得到产品CeO2,向滤液Fe2(SO4)3中加入硫酸铵经反应,并蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸铁铵晶体。

    【详解】(1)“酸浸”时未发生的反应物质是CeO2和SiO2,

    故答案为:CeO2和SiO2;

    (2)加入稀硫酸,Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液中,故“滤液”中含有的阳离子有H+、Fe3+,

    故答案为:H+、Fe3+;

    (3)反应Ⅰ是CeO2转化为Ce3+存在于滤液中,反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O,反应的离子方程式:2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O,

    故答案为:2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;

    (4)在酸性条件下,发生的反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O,氧化剂的氧化性强于还原剂,在该反应中Ce从+4降低到+3,化合价降低作氧化剂,H2O2中O从-1价升高到0价,作还原剂,故CeO2氧化性强于H2O2,故氧化性较弱的是H2O2,

    故答案为:H2O2;

    (5)往硫酸铁铵溶液中加入过量的NaOH,该反应的离子方程式为Fe3++2NH4++5OH-=Fe(OH)3↓+2NH3?H2O,

    故答案为:Fe3++2NH4++5OH-=Fe(OH)3↓+2NH3?H2O。

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