遼寧省六校協(xié)作體2018_2019學(xué)年高一化學(xué)下學(xué)期期初考試試題（含解析）.docx

遼寧省六校協(xié)作體2018-2019學(xué)年高一下學(xué)期期初考試化學(xué)試題1.化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會、環(huán)境密切相關(guān)，下列有關(guān)說法中錯誤的是A. 春節(jié)燃放的焰火是某些金屬元素焰色反應(yīng)所呈現(xiàn)出來的色彩B. 為防止中秋月餅等富脂食品因被氧化而變質(zhì)，常在包裝袋中放入生石灰C. 小蘇打是制作饅頭和面包等糕點的膨松劑，還是治療胃酸過多的一種藥劑D. 青銅是我國使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是鋼【答案】B【解析】【詳解】A、某些金屬元素灼燒時產(chǎn)生特殊的火焰，這叫焰色反應(yīng)，節(jié)日燃放的焰火是某些金屬元素焰色反應(yīng)所呈現(xiàn)出來的色彩，A正確；B、包裝袋內(nèi)加入生石灰，利用了它們的吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入還原鐵粉，B錯誤；C、小蘇打的化學(xué)名是碳酸氫鈉，顯堿性，能中和發(fā)酵過程產(chǎn)生的酸，同時受熱易分解：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，使食物膨松，碳酸氫鈉堿性較弱，對胃的刺激弱，是治療胃酸過多的一種藥劑，C正確；D、青銅成分是銅、錫，夏商時期就開始使用了，是我國最早使用的合金，鋼鐵是目前世界上使用量最大的合金，D正確。答案選B。2. 下列物質(zhì)中含有的雜質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì))，不可以用加熱的方法除去的是( )A. CaCO3(CaO)B. Na2O2(Na2O)C. Na2CO3(NaHCO3)D. MgOMg(OH)2【答案】A【解析】試題分析：CaCO3加熱分解為CaO，不可以用加熱的方法除去CaO，故A正確；Na2O加熱生成Na2O2，故B錯誤；NaHCO3加熱生成Na2CO3，故C錯誤；Mg(OH)2加熱生成MgO，故D錯誤?？键c：本題考查物質(zhì)除雜。3.如圖所示：燒瓶中充滿干燥氣體a，將滴管中的液體b擠入燒瓶內(nèi)，輕輕振蕩燒瓶，然后打開彈簧夾，燒杯中的液體呈噴泉狀噴出，則a、b不可能是A. a為Cl2氣體，b為飽和NaCl溶液B. a為NH3氣體，b為鹽酸溶液C. a為CO2氣體，b為濃NaOH溶液D. a為NO2氣體，b為H2O【答案】A【解析】【分析】燒瓶中充滿干燥氣體a，將滴管中的液體b擠入燒瓶內(nèi)，輕輕震蕩燒瓶，然后打開彈簧夾，燒杯中的液體呈噴泉狀噴出，則氣體a極易溶于水，或極易與燒杯中的液體反應(yīng)，導(dǎo)致氣體減少，構(gòu)成壓強(qiáng)差，從而形成噴泉，以此來解答?！驹斀狻緼. Cl2能溶于水，飽和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯氣的溶解，不能形成壓強(qiáng)差，則不能形成噴泉，故A選；B. 氨氣極易溶于水，可與鹽酸反應(yīng)生成NH4Cl，導(dǎo)致氣體減少，構(gòu)成壓強(qiáng)差，可形成噴泉，故B不選；C. CO2可與濃NaOH反應(yīng)，導(dǎo)致氣體減少，構(gòu)成壓強(qiáng)差，從而形成噴泉，故C不選；D. NO2易溶于水生成硝酸和NO，構(gòu)成壓強(qiáng)差，可形成噴泉，故D不選；答案選A。4.下列解釋事實的離子方程式正確的是A. 氯化鈣溶液中通入CO2氣體: Ca2+H2O+CO2= CaCO3+2H+B. 鈉投入CuSO4溶液中：2Na +Cu2+ = Cu + 2Na+C. NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO42-+2H+D. 用三氯化鐵溶液回收印刷電路板上的金屬銅：Fe3+Cu=Cu2+Fe2+【答案】C【解析】【詳解】A. 氯化鈣溶液中通入CO2氣體不反應(yīng)，A錯誤；B. 鈉投入CuSO4溶液中生成氫氧化銅沉淀、硫酸鈉和氫氣：2Na+Cu2+2H2OCu(OH)2+H2+2Na+，B錯誤；C. NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO-+H2O+SO2Cl-+SO42-+2H+，C正確；D. 用三氯化鐵溶液回收印刷電路板上的金屬銅：2Fe3+CuCu2+2Fe2+，D錯誤；答案選C。5.在透明的溶液中可以大量共存的離子組是A. K+、Fe3+、SO32-、I-B. OH-、Ba2+、Na+、NH4+C. Fe2+、K+、SO42-、NO3-D. HCO3-、NO3-、OH-、K+【答案】C【解析】【分析】離子間如果發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，則不能大量共存，結(jié)合離子的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)分析判斷?！驹斀狻緼、在溶液中鐵離子能氧化碘離子生成單質(zhì)碘和亞鐵離子，不能大量共存，A不選；B、在溶液中氫氧根離子能和銨根離子反應(yīng)生成一水合氨，不能大量共存，B不選；C、在溶液中Fe2+、K+、SO42-、NO3-之間不反應(yīng)，能大量共存，C選；D、在溶液中氫氧根離子能和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，不能大量共存，D不選；答案選C。6.阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L的SO3中含有的SO3分子數(shù)為NAB. 1 mol Cl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為2NA。C. 50 mL 18 mol/L濃硫酸與足量銅共熱產(chǎn)生SO2的分子數(shù)為0.45NA。D. 含1 mol FeCl3的溶液與沸水作用形成Fe(OH)3膠粒數(shù)目小于NA?！敬鸢浮緿【解析】【分析】A. 標(biāo)況下，三氧化硫為固體；B. 1 mol氯氣發(fā)生歧化反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)并不是2 mol；C. 隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸的濃度會下降，銅只能和濃硫酸共熱條件下反應(yīng)生成SO2，不能和稀硫酸反應(yīng)生成SO2；D. 一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體?！驹斀狻緼. 標(biāo)況下，三氧化硫為固體，不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量，故A項錯誤；B. 1 mol氯氣與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)中，轉(zhuǎn)移的電子為1 mol，故B項錯誤；C. 銅只能與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，當(dāng)硫酸變稀后與銅不反應(yīng)，故濃硫酸不能完全反應(yīng)完，故生成的二氧化硫的分子個數(shù)小于0.45 NA個，故C項錯誤；D. 一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，則1 mol氯化鐵形成的膠粒的個數(shù)小于NA個，故D項正確；故答案選D?！军c睛】與阿伏加德羅常數(shù)NA相關(guān)的化學(xué)計量的選擇題是高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生對化學(xué)計量的理解與應(yīng)用。本題A項是學(xué)生的易錯點，要特別注意氣體摩爾體積為22.4 L/mol的狀態(tài)與條件，題設(shè)陷阱經(jīng)常誤將“常溫常壓”當(dāng)作“標(biāo)準(zhǔn)狀況”、或者誤把標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的固體、液體當(dāng)成氣體，學(xué)生做題時只要善于辨析，便可識破陷阱，排除選項。7.實驗室可用如圖所示的裝置干燥、儲存氣體R,多余的氣體可用水吸收,則R是A. NO2B. NOC. SO2D. NH3【答案】D【解析】試題分析：該裝置的收集裝置是利用向下排空氣法收集，則收集的氣體密度應(yīng)小于空氣密度，且和氧氣不反應(yīng)，尾氣處理裝置中用水吸收氣體，說明該氣體極易溶于水。A、NO2氣體的密度大于空氣，應(yīng)采用向上排空氣法收集，故A不合題意；B、NO和氧氣能反應(yīng)生成二氧化氮，所以不能用排空氣法收集，故B不合題意；C、SO2氣體的密度大于空氣，應(yīng)采用向上排空氣法收集，故C不合題意；D、氨氣的密度小于空氣，常溫下和氧氣不反應(yīng)，且極易溶于水，所以可以用水吸收尾氣，故D正確?？键c：考查氣體的收集和尾氣處理點評：本題考查了氣體的收集和尾氣處理，難度不大。解題時應(yīng)注意根據(jù)題目所給的裝置，結(jié)合各種氣體的物理性質(zhì)綜合分析。8.下列實驗操作、現(xiàn)象正確的是實驗現(xiàn)象解釋AKI淀粉溶液中通入Cl2,溶液變藍(lán)淀粉能與Cl2發(fā)生反應(yīng)B膠體的微?？梢酝高^濾紙,不能透過半透膜膠體的微粒直徑介于1100nm之間C用潔凈玻璃棒蘸取溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)火焰呈黃色溶液中有Na+、無K+D某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液,有白色沉淀生成是由于該溶液中含有SO42-A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【詳解】A. Cl2具有氧化性，可與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì)，淀粉遇碘變藍(lán)色，故A錯誤；B. 因膠體的微粒直徑介于1100 nm之間，可透過濾紙，不能透過半透膜，只有離子、小分子才可以透過半透膜，故B正確；C. 鈉離子的焰色反應(yīng)呈黃色，但是對鉀離子檢驗會造成干擾，鉀離子的焰色反應(yīng)要透過鈷玻璃來觀察，故C錯誤；D. 硝酸能將SO32-氧化成SO42-，且白色沉淀也可能是氯化銀，則原溶液中不一定含有SO42-，故D錯誤；答案選B。【點睛】本題側(cè)重考查化學(xué)實驗的要求與評價，D項是解答的易錯點，檢驗硫酸根離子時需要注意加入的硝酸的氧化性，可能會干擾相關(guān)離子的檢驗，SO42-正確的檢驗方法是：取少許原溶液于試管中，滴加幾滴稀鹽酸，若無明顯現(xiàn)象，再加入幾滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，則證明原溶液中有SO42-。9.下列關(guān)于硫的敘述中不正確的是A. 實驗室常用酒精除去附著在試管壁上的硫黃B. 單質(zhì)硫既有氧化性，又有還原性C. SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中使之褪色說明SO2具有還原性D. SO2通入飽和H2S溶液中析出淺黃色沉淀說明SO2具有氧化性【答案】A【解析】【分析】A. 硫黃不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；B. 硫元素的常見價態(tài)有-2價、0價、+4價和+6價；C. 酸性高錳酸鉀與二氧化硫會發(fā)生氧化還原反應(yīng)；D. SO2與H2S發(fā)生歸中反應(yīng)?！驹斀狻緼. 因硫黃易溶于二硫化碳（CS2），實驗室常用二硫化碳（CS2）除去附著在試管壁上的硫黃，故A項錯誤；B. 單質(zhì)硫的化合價位0價，可以被還原為-2價，也可被氧化為+4、+6等價態(tài)，則單質(zhì)硫既有氧化性，又有還原性，故B項正確；C. SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中，酸性高錳酸鉀會因與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)而褪色，SO2會被氧化為SO42-，具有還原性，故C項正確；D. SO2與H2S發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為：SO2+2H2S = 3S+2H2O10.由鈉、鎂、鋁、鋅四種金屬單質(zhì)中的兩種組成的合金共11.5g，跟足量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生11.2L氫氣(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，那么此合金中一定含有的金屬是( )A. AlB. MgC. NaD. Zn【答案】A【解析】【詳解】計算與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生11.2L氫氣所需要的各金屬的質(zhì)量：列比例式：=，解得m(Na)=23g。列比例式：=，解得m(Mg)=12g。列比例式：=，解得m(Al)=9g。列比例式：=，解得m(Zn)=32.5g。根據(jù)平均值的思想，合金的質(zhì)量應(yīng)該介于兩組分質(zhì)量之間，只有Al的質(zhì)量小于11.5g，所以合金中一定含有的金屬是Al。答案選A。【點睛】利用平均值思想解題時，首先要確定可用數(shù)值計算的物理量（如本題中“與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生11.2L氫氣所需要的各金屬的質(zhì)量”），再分別計算各組分的物理量數(shù)值，最后根據(jù)混合物該物理量的數(shù)值（即平均值）介于組分?jǐn)?shù)值之間來解決問題。11.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A. FeFeCl2Fe(OH)2B. SSO3H2SO4C. CaCO3CaOCaSiO3D. NH3NOHNO3【答案】C【解析】A、Fe與Cl2反應(yīng)只生成FeCl3，故A錯誤；B、S與O2反應(yīng)先生成SO2，故B錯誤；C、兩步均能實現(xiàn)，故C正確；D、NO和水不反應(yīng)，故D錯誤；故選C。12.下列裝置所示的實驗中，不能達(dá)到實驗?zāi)康氖茿長時間看到Fe(OH)2白色沉淀B證明(煤油) (鈉) (水)C探究氧化性：KMnO4Cl2I2D比較NaHCO3、Na2CO3的熱穩(wěn)定性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】A、鐵與稀硫酸反應(yīng)氫氣，氫氣排出試管內(nèi)的空氣，能防止Fe(OH)2被氧化；B、金屬鈉在水、煤油的界面上下移動；C、KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)放出氯氣，氯氣與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì)；D、加熱時，大試管溫度高、小試管溫度低，溫度高的先分解不能得出正確結(jié)論?！驹斀狻緼、鐵與稀硫酸反應(yīng)氫氣，氫氣排出試管內(nèi)的空氣，能防止Fe(OH)2被氧化，長時間看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能達(dá)到實驗?zāi)康?；B、金屬鈉在水、煤油的界面上下移動，能證明(煤油) (鈉) (水)，故A能達(dá)到實驗?zāi)康?；C、KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)放出氯氣，證明氧化性KMnO4Cl2，氯氣與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì)，證明氧化性Cl2I2，故C正確；D、因碳酸氫鈉不穩(wěn)定，碳酸鈉穩(wěn)定，比較穩(wěn)定性應(yīng)將碳酸氫鈉放在溫度低的小試管中，故D不能達(dá)到實驗?zāi)康摹?3.某同學(xué)在實驗室中用Ca（ClO）2代替MnO2制備Cl2，反應(yīng)原理為：Ca（ClO）2+4HCl（濃）CaCl2+2Cl2+2H2O下列敘述不正確的是( )A. 氧化劑為Ca（ClO）2，其中Cl元素被還原B. 若有2molH2O生成，則反應(yīng)中有2mol電子轉(zhuǎn)移C. 濃HCl在反應(yīng)中起酸性和還原性的作用D. 氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4【答案】D【解析】【分析】A、該反應(yīng)中，次氯酸鈣中氯原子得電子作氧化劑，鹽酸中氯原子失電子作還原劑；B、該反應(yīng)中，1mol次氯酸鈣反應(yīng)得到2mol電子，鹽酸失去2mol電子需要2mol鹽酸作還原劑，生成2mol H2O。C、根據(jù)氯元素的化合價變化來確定濃HCl的性質(zhì)；D、該反應(yīng)中，1mol次氯酸鈣反應(yīng)得到2mol電子，鹽酸失去2mol電子需要2mol鹽酸作還原劑?！驹斀狻緼、該反應(yīng)中，次氯酸鈣中氯原子得電子作氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，其中Cl元素被還原，故A正確；B、該反應(yīng)中，1mol次氯酸鈣反應(yīng)得到2mol電子，需要2mol鹽酸作還原劑，生成2mol H2O，所以若有2molH2O生成，則反應(yīng)中有2mol電子轉(zhuǎn)移，故B正確；C、該反應(yīng)中，濃鹽酸中的氯元素部分失去電子作還原劑，部分化合價不變，顯示酸性，所以濃鹽酸表現(xiàn)的性質(zhì)是還原性和酸性，故C正確；D、該反應(yīng)中，1mol次氯酸鈣反應(yīng)得到2mol電子，需要2mol鹽酸作還原劑，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2，故D錯誤 ?！军c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，明確元素的化合價變化是解答本題的關(guān)鍵，注意該反應(yīng)中鹽酸既表現(xiàn)還原劑又表現(xiàn)酸性，題目難度不大。14.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將O2和NO2按14的體積比充滿干燥燒瓶，把燒瓶倒置于水中，瓶內(nèi)液體逐漸上升，假設(shè)燒瓶內(nèi)溶液不擴(kuò)散，最終燒瓶內(nèi)溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1【答案】C【解析】【分析】溶于水發(fā)生的反應(yīng)是4NO2+O2+2H2O4HNO3，根據(jù)nV/Vm、cn/V計算硝酸的濃度?！驹斀狻吭O(shè)燒瓶的體積為V L，由于O2和NO2的體積比為14，所以NO2的體積為V L，由4NO2+O2+2H2O4HNO3可知二者恰好反應(yīng)，因此最終液體充滿整個燒瓶，溶液體積為V L，NO2的物質(zhì)的量為V L22.4 Lmol1=V mol，所以硝酸的物質(zhì)的量濃度為V molV L=molL1。答案選C。15.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，某同學(xué)向 100 mL H2S 飽和溶液中通入SO2， 所得溶液 pH 變化如圖所示。下列分析中，正確的是（ ）A. ab 段反應(yīng)是：SO2+ 2 H2S=3S+2 H2OB. 亞硫酸是比氫硫酸更弱的酸C. 原H2S溶液的物質(zhì)的量濃度為0.05 molL1D. b 點對應(yīng)的溶液導(dǎo)電性最強(qiáng)【答案】A【解析】試題分析：Aab段pH在增大，由酸性到中性，則發(fā)生的反應(yīng)是SO2+2H2S3S+2H2O，A正確；B由圖象可知恰好反應(yīng)時消耗二氧化硫112mL，n（SO2）0.112L22.4L/mol0.005mol，由SO2+2H2S3S+2H2O可知原溶液中硫化氫為0.01mol，通入336mL二氧化硫時，溶液中亞硫酸為0.01mol，亞硫酸的濃度與原氫硫酸濃度相等，二者都是二元酸，溶液中亞硫酸pH值更小，故亞硫酸的酸性比氫硫酸更強(qiáng)，B錯誤；C由圖可知，112mLSO2與硫化氫恰好完全反應(yīng)，則n（SO2）0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，則原H2S溶液的物質(zhì)的量濃度為0.01mol0.1L0.1mol/L，C錯誤；Db點為中性，只有水，導(dǎo)電性最差，D錯誤；答案選A?！究键c定位】本題主要是考查硫元素化合物性質(zhì)、化學(xué)反應(yīng)圖像等【名師點晴】明確反應(yīng)的原理以及圖像的變化趨勢是解答的關(guān)鍵，關(guān)于圖像題需要注意：看面：弄清縱、橫坐標(biāo)的含義。看線：弄清線的變化趨勢，每條線都代表著一定的化學(xué)反應(yīng)過程?？袋c：弄清曲線上拐點的含義，如與坐標(biāo)軸的交點、曲線的交點、折點、最高點與最低點等。曲線的拐點代表著一個反應(yīng)過程的結(jié)束和開始。16.限一種試劑，經(jīng)過一次性實驗就能鑒別Na2CO3 、(NH4)2SO4 、NH4Cl 、KNO3溶液，應(yīng)選用A. AgNO3 溶液B. NaOH溶液C. Ba(OH)2溶液D. 鹽酸【答案】C【解析】試題分析：A、加入AgNO3溶液，Na2CO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都能生成沉淀，不能鑒別，A不合題意；B、加入NaOH溶液不能鑒別Na2CO3溶液、KNO3溶液，二者與NaOH溶液不反應(yīng)，無明顯現(xiàn)象，不能鑒別（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液，二者都生成NH3，B不合題意；C、根據(jù)四種溶液中含有的離子可知，鑒別CO32-、SO42-離子可用Ba2+，鑒別NH4+離子可用OH-，所以加入Ba（OH）2溶液，Na2CO3溶液可生成白色沉淀，KNO3溶液不反應(yīng)，無現(xiàn)象，與（NH4）2SO4溶液反應(yīng)既產(chǎn)生白色沉淀，又有刺激性氣體產(chǎn)生，NH4Cl溶液只產(chǎn)生刺激性氣體，可鑒別，C符合題意；D、加入HCl與KNO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都不反應(yīng)，無法鑒別，D不合題意，答案選C?！究键c定位】考查物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的鑒別【名師點晴】進(jìn)行物質(zhì)的檢驗時，要依據(jù)物質(zhì)的特殊性質(zhì)和特征反應(yīng)，選擇適當(dāng)?shù)脑噭┖头椒?，?zhǔn)確觀察反應(yīng)中的明顯現(xiàn)象，如顏色的變化、沉淀的生成和溶解、氣體的產(chǎn)生和氣味、火焰的顏色等，進(jìn)行判斷、推理、驗證即可，學(xué)習(xí)中注意把握物質(zhì)的性質(zhì)。17. 把鐵和銅加入到氯化鐵、氯化亞鐵和氯化銅的混合溶液中，反應(yīng)后鐵有剩余則A. 溶液中有Fe2、Cu2B. 剩下的固體是Fe和CuC. 溶液中有Fe3、Fe2D. 剩下的固體是Fe，無Cu【答案】B【解析】試題分析：鐵和銅加入到氯化鐵、氯化亞鐵和氯化銅的混合溶液中，反應(yīng)后鐵有剩余，由于鐵的還原性強(qiáng)，Cu 不會參與反應(yīng)，并且鐵會把氯化銅溶液中的銅置換出來，所以最后溶液就是FeCl2溶液，得到的固體是Fe和Cu 混合物，所以選B?？键c：氧化還原反應(yīng)的先后，物質(zhì)組成的推斷18.下列有關(guān)SO2的性質(zhì)的探究實驗報告記錄的實驗現(xiàn)象正確的是A無色無色無現(xiàn)象無色溶液B紅色無色白色沉淀白色溶液C無色無色白色沉淀無色溶液D紅色無色白色沉淀白色溶液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】二氧化硫為酸性氧化物，能夠與水反應(yīng)生成亞硫酸，所以a中溶液顯酸性，顏色為無色；SO2具有漂白性，能夠使品紅褪色，所以b中溶液變?yōu)闊o色；SO2還具有還原性，能夠被硝酸氧化生成硫酸根離子，硫酸鋇離子與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，所以C中產(chǎn)生白色沉淀；二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸酸性弱于鹽酸，所以二氧化硫與氯化鋇溶液不反應(yīng)，所以d中不會產(chǎn)生白色沉淀，答案選C。19.某100 mL溶液可能含有Na、NH4+、Fe3、CO32-、SO42-、Cl中的若干種，取該溶液進(jìn)行連續(xù)實驗，實驗過程如下(所加試劑均過量，氣體全部逸出)：下列說法不正確的是()A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3B. 原溶液一定存在Cl，可能存在NaC. 原溶液中c(Cl)0.1 molL1D. 若原溶液中不存在Na，則c(Cl)0.1 molL1【答案】D【解析】【分析】加入氯化鋇溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一種，則該沉淀為BaSO4、BaCO3中的至少一種，沉淀部分溶解于鹽酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸鋇沉淀是2.33g，物質(zhì)的量是 = 0.01 mol，碳酸根離子的物質(zhì)的量是 = 0.01 mol，因碳酸根和鐵離子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的濾液中加入氫氧化鈉，出現(xiàn)氣體，則為氨氣，故原溶液中一定含有銨根離子，根據(jù)元素守恒可知，銨根離子的物質(zhì)的量是 = 0.05 mol，根據(jù)溶液的電中性可判斷鈉離子與氯離子是否存在?！驹斀狻坑猩鲜龇治隹芍篈. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，因Fe3與CO32-不共存，則一定不存在Fe3，故A項正確；B. 根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性可知，原溶液一定存在Cl，可能存在Na，需要進(jìn)行焰色反應(yīng)才能確定是否含有Na，故B項正確；C. 陽離子所帶正電荷的物質(zhì)的量之和：因為銨根離子的物質(zhì)的量為0.05 mol，陰離子所帶負(fù)電荷的物質(zhì)的量之和=0.012+0.012 = 0.04mol，所以原溶液中一定存在氯離子，且c(Cl)0.1molL1，故C項正確；D. 若原溶液中不存在Na+，根據(jù)電中性原則可知，n(Cl) = 0.05 mol-0.04 mol = 0.01 mol，則c(Cl) = 0.1molL1，故D錯誤；答案選D。20.將12.8g銅片加入到100ml一定濃度的硝酸溶液中，銅片完全溶解，產(chǎn)生NO和NO2的混合氣體4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）；若向反應(yīng)后的溶液中加入400ml、2mol/L NaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀。下列說法不正確的是A. 反應(yīng)后溶液中剩余NO3的物質(zhì)的量為0.4molB. 原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為10mol/LC. 銅片與硝酸反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移電子0.4molD. 混合氣體中NO和NO2的體積之比為11【答案】A【解析】【分析】A、反應(yīng)后溶液中，溶質(zhì)是NaNO3，根據(jù)元素守恒計算反應(yīng)后溶液中剩余NO3的物質(zhì)的量；B、根據(jù)氮元素守恒計算原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度；C、根據(jù)銅的物質(zhì)的量計算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量；D、根據(jù)電子守恒、元素守恒計算NO和NO2的體積比；【詳解】A、向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液，反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)是NaNO3，根據(jù)元素守恒0.4L2mol/L=0.8mol，故A錯誤； B、根據(jù)氮元素守恒，原硝酸溶液的物質(zhì)的量=反應(yīng)后溶液中NO3的物質(zhì)的量+產(chǎn)生NO和NO2的物質(zhì)的量=0.8mol+=1mol，原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為10mol/L，故B正確； C、反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=0.4mol，故C正確； D、NO和NO2的物質(zhì)的量分別是xmol、ymol，根據(jù)元素守 ，根據(jù)得失電子守恒 ；聯(lián)立，解方程組的x=0.1、y=0.1，所以混合氣體中NO和NO2的體積之比為11，故D正確?！军c睛】本題借助銅和硝酸的反應(yīng)考查了得失電子數(shù)守恒、質(zhì)量守恒等在化學(xué)計算中的應(yīng)用，應(yīng)注意的是在銅和硝酸反應(yīng)時，硝酸表現(xiàn)酸性，又表現(xiàn)氧化性。21.（1）0.3 mol NH3分子中所含原子數(shù)與_個H2O分子中所含原子數(shù)相等。（2）0.1 mol/L Al2(SO4)3溶液100mL與0.3mol/LK2SO4溶液200mL混合,則所得溶液中硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度為_。（混合后，忽略體積變化）（3）相同質(zhì)量的SO2、SO3的氧原子的個數(shù)之比為_。（4）液態(tài)化合物在一定量的氧氣中恰好完全燃燒，反應(yīng)方程式為：XY2（l）+3O2（g）=XO2（g）+2YO2（g）冷卻后，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得生成物的體積是336mL，密度是2.56g/L反應(yīng)前O2的體積是_mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），化合物XY2的摩爾質(zhì)量是_若XY2分子中X、Y兩元素的質(zhì)量比是3：16，則X、Y兩元素分別為_和_（寫元素符號）【答案】 (1). 0.4NA (2). 0.3mol/L (3). 5:6 (4). 336 (5). 76g/mol (6). C (7). S【解析】【分析】（1）根據(jù)氨氣和水分子含有的原子個數(shù)分析計算；（2）根據(jù)溶液中硫酸根離子的物質(zhì)的量和溶液的體積結(jié)合cn/V計算；（3）根據(jù)nm/M、N=nNA結(jié)合二者的組成分析；（4）根據(jù)反應(yīng)的方程式和質(zhì)量守恒定律解答；根據(jù)X與Y的質(zhì)量之比結(jié)合化學(xué)式計算二者的相對原子質(zhì)量，據(jù)此判斷元素名稱?！驹斀狻浚?）0.3mol氨氣含有原子的物質(zhì)的量=0.3mol4=1.2mol，與0.3mol氨氣所含原子數(shù)相等的H2O的物質(zhì)的量=1.2mol3=0.4mol，故水分子數(shù)目為0.4NA；（2）0.1 mol/L Al2(SO4)3溶液100mL與0.3mol/LK2SO4溶液200mL混合，混合溶液中含有硫酸根離子的物質(zhì)的量為0.1 mol/L30.1L+0.3mol/L0.2L=0.09mol，則所得溶液中硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度=0.09mol0.3L=0.3mol/L；（3）假設(shè)質(zhì)量均為1g，則SO2、SO3的物質(zhì)的量之比是1/64；1/805：4，所以含有氧原子數(shù)之比為：52：435：6；（4）由XY2(l)+3O2(g)=XO2(g)+2YO2(g)可知，反應(yīng)前后氣體體積相同，則反應(yīng)前O2的體積是336mL；生成物總物質(zhì)的量為n(XO2)+n(YO2)=0.336L22.4L/mol=0.015mol，根據(jù)方程式可知n(XO2)：n(YO2)=1：2，則n(XO2)=0.005mol，n(YO2)=0.01mol，總質(zhì)量為：m(XO2)+m(YO2)=0.336L2.56g/L=0.86g。根據(jù)質(zhì)量守恒可知：m(XY2)+m(O2)=m(XO2)+m(YO2)=0.86g，m(O2)=0.015mol32g/mol=0.48g，m(XY2)=0.86g-0.48g=0.38g，又n(XY2)=n(XO2)=0.005mol，則M(XY2)=0.38g0.005mol=76g/mol；在XY2分子中X、Y兩元素的質(zhì)量之比為3：16，則1molXY2分子中X的質(zhì)量為76g3/19=12g，Y的質(zhì)量為76g-12g=64g，由1molXY2分子中含有1molX，2molY，所以X的相對原子質(zhì)量為12，Y的相對原子質(zhì)量為642=32，則X為C元素，Y為S元素?！军c睛】解答本題需要熟練掌握物質(zhì)的量的計算公式。本題的易錯點和難點為(4)，根據(jù)生成物(混合物)的體積和密度可以求出混合物的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒定律分析解答，在判斷元素種類時，需要借助于常見元素的相對原子質(zhì)量判斷。22.“84消毒液”能有效殺滅甲型H1N1病毒，某同學(xué)購買了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查閱相關(guān)資料和消毒液包裝說明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000 mL、密度 1.192 gcm3，稀釋100倍(體積比)后使用。請根據(jù)以上信息和相關(guān)知識回答下列問題：（1）該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度為_molL1。（2）該同學(xué)取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀釋后用于消毒（假設(shè)稀釋后溶液密度為1 gcm3 ），稀釋后的溶液中c(Na+)=_molL1。（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空氣中_L的CO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)而變質(zhì)。(已知：CO2+2NaClO+H2ONa2CO3+2HClO)（4）該同學(xué)參閱“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480 mL、0.2 molL1 NaClO的消毒液。需要的玻璃儀器_。利用購買的商品NaClO來配制可能導(dǎo)致結(jié)果_(偏高，偏低，無影響)。需要稱量的NaClO固體質(zhì)量為_克。【答案】 (1). 4 (2). 0.04 (3). 44.8 (4). 500mL容量瓶，燒杯，玻璃棒，膠頭滴管 (5). 偏低 (6). 149【解析】【分析】（1）根據(jù)c1000/M計算該溶液的物質(zhì)的量濃度；（2）根據(jù)稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變分析解答；（3）根據(jù)次氯酸鈉和二氧化碳反應(yīng)的方程式計算消耗二氧化碳的體積；（4）根據(jù)配制過程分析需要的儀器；根據(jù)購買的商品NaClO可能部分變質(zhì)導(dǎo)致NaClO減少分析；應(yīng)選取500 mL的容量瓶進(jìn)行配制，然后取出480 mL即可，根據(jù)m=cVM計算次氯酸鈉質(zhì)量。【詳解】（1）該溶液的物質(zhì)的量濃度=1000/M=10001.19225%/74.5 molL1=4.0mol/L；（2）稀釋100倍后，溶液中NaClO濃度應(yīng)該是濃溶液的1/100，為0.04mol/L，根據(jù)鈉原子守恒得c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L；（3）一瓶“84消毒液”含有n（NaClO）=1 L4.0 molL-1=4.0 mol，根據(jù)反應(yīng)CO2+2NaClO+H2ONa2CO3+2HClO可知需要CO2的物質(zhì)的量為2.0 mol，即標(biāo)準(zhǔn)狀況下V（CO2）=2.0 mol22.4 Lmol-1=44.8 L；（4）配制過程一般是計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，則需要的玻璃儀器有500mL容量瓶，燒杯，玻璃棒，膠頭滴管；由于NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2而變質(zhì)，所以商品NaClO可能部分變質(zhì)導(dǎo)致NaClO減少，配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，結(jié)果偏低；應(yīng)選取500 mL的容量瓶進(jìn)行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的質(zhì)量為：0.5 L4.0 molL-174.5 gmol-1=149 g?！军c睛】本題考查一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制、注意題干中次氯酸鈉和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸鈉而不是碳酸氫鈉，為易錯點，注意題干信息的應(yīng)用。23.某興趣小組利用以下裝置制備氮化鎂并探究氮化鎂的某些性質(zhì)。已知：氮化鎂易跟水發(fā)生反應(yīng)；裝置B中發(fā)生的主要反應(yīng)為：3Br2+2NH36HBr+N2、HBr+NH3NH4Br。實驗步驟及現(xiàn)象：連接儀器并檢查裝置的氣密性。通入惰性氣體。打開分液漏斗活塞，觀察到B中濃溴水顏色變淺至褪色，C中產(chǎn)生無色氣泡。點燃酒精燈，觀察E中固體變成了黃綠色?；卮鹣铝袉栴}：（1）A裝置中儀器a的名稱為_，通入惰性氣體的目的是_。（2）裝置C的作用是_。（3）D裝置中的P2O5是一種非氧化性的酸性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_。a.NH3 b. HI c. SO2 d. CO2（4）E裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_。（5）此裝置中存在著明顯缺陷，你的改進(jìn)措施是_?！敬鸢浮?(1). 分液漏斗 (2). 排除裝置中的空氣 (3). 吸收氮氣中混有的HBr(Br2)氣體 (4). b (5). N2+3MgMg3N2 (6). 在E后連接裝有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E裝置中【解析】【分析】本題是制備氮化鎂的實驗設(shè)計題，整個流程依次是先制取氨氣，利用溴氧化氨氣得氮氣，用氫氧化鈉溶液除揮發(fā)的溴，再用五氧化二磷干燥氮氣，最后在加熱的情況下鎂與氮氣反應(yīng)生成氮化鎂，結(jié)合題干中的問題分析解答。【詳解】（1）A裝置中儀器a的名稱為分液漏斗；為防止鎂帶與氧氣反應(yīng)，因此需要通入惰性氣體，排出裝置中的空氣，提供無氧環(huán)境，避免副產(chǎn)物的生成，即通入惰性氣體的目的是排除裝置中的空氣。（2）溴易揮發(fā)，生成的氮氣中含有溴蒸汽以及溴化氫，則裝置C的作用是吸收氮氣中混有的HBr(Br2)氣體，防止副反應(yīng)的發(fā)生；（3）NH3能與酸反應(yīng)，HI具有強(qiáng)還原性，故氨氣不能用濃硫酸干燥，也不能用五氧化二磷干燥， HI不能用濃硫酸干燥，但能用五氧化二磷干燥，CO2