甘肃省2022学年白银市会宁县高一上期末化学试卷

2022-2022学年甘肃省白银市会宁县高一（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1.关于药品保存错误的是（　　）A.钠应保存在盛有煤油的广口瓶中B.氢氟酸、水玻璃保存在玻璃瓶中C.硝酸应保存在棕色瓶中，并置于冷暗处D.漂白粉不能敞口保存【答案】B【解析】解：A．钠与煤油不反应，且密度比煤油大，钠应保存在盛有煤油的广口瓶中，故A正确；B．氢氟酸与玻璃中二氧化硅反应，硅酸钠水溶液具有粘性，都不能保存在玻璃瓶中，故B错误；C．浓硝酸见光或是受热易分解，硝酸应保存在棕色瓶中，并置于冷暗处，故C正确；D．漂白粉可以和空气中的成分发生反应，不能敞口保存，故D正确。故选：B。A．钠与煤油不反应，且密度比煤油大；B．氢氟酸与玻璃中二氧化硅反应，硅酸钠水溶液具有粘性；C．浓硝酸见光或是受热易分解；D．漂白粉可以和空气中的成分发生反应。本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大。2.化学与社会生活有着密切的联系。下列有关说法中错误的是（　　）A.硅是优良的半导体材料，可用于制太阳能电池B.Fe3O4俗称磁性氧化铁，常用作红色油漆和涂料C.燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D.过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源【答案】B【解析】解：A．Si位于金属和非金属分界线处，具有金属和非金属的性质，所以能作半导体材料，还能作太阳能电池，故A正确；B．四氧化三铁是黑色固体，氧化铁是红棕色固体，Fe3O4俗称磁性氧化铁，常用作红色油漆和涂料的是氧化铁，故B错误；C．焰色反应为元素的性质，则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故C正确；D．过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，人呼吸时生成二氧化碳和水，所以过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故D正确；故选：B。A．Si位于金属和非金属分界线处，具有金属和非金属的性质；B．四氧化三铁是黑色固体，氧化铁是红棕色固体；C．焰色反应是某些金属在灼烧时会呈显不同的颜色；D．过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气。本题考查物质的用途，侧重考查元素化合物性质，明确元素化合物性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，熟练掌握常见元素化合物性质，题目难度不大。11/121.常温下能盛放在铁制容器中的物质是（　　）A.浓盐酸B.稀硝酸C.浓硫酸D.硫酸铜溶液【答案】C【解析】解：A、浓盐酸是弱氧化性的酸，能和铁反应生成氢气，故A错误；B、稀硝酸是强氧化性的酸，能和铁反应，故B错误；C、浓硫酸有强氧化性，能把铁的表面氧化成致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止了酸与内层金属的进一步的反应，常温下能盛放在铁制容器中，故C正确；D、铁和硫酸铜能发生置换反应，置换出金属铜，故D错误；故选：C。A、浓盐酸是弱氧化性的酸，能和铁反应生成氢气；B、稀硝酸有强氧化性，能和铁反应；C、浓硫酸有强氧化性，能把铁的表面氧化成致密的氧化物薄膜而钝化；D、铁和硫酸铜能发生置换反应，置换出金属铜。本题考查了铁的化学性质，铁、铝都能和浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化现象，所以可用铁、铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸。2.在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后（　　）A.整个溶液变紫色B.整个溶液变为棕黄色C.上层为无色下层为紫红色D.下层无色上层紫红色【答案】C【解析】解：碘易溶于CCl4，溶液呈紫红色，由于CCl4密度比水大，则层为无色下层为紫红色，故选：C。碘易溶于CCl4，溶液呈紫红色，密度比水大。本题考查萃取知识，题目难度不大，注意碘和四氯化碳的性质，把握相关基础知识的积累，此类题目可轻松解答。3.下列常见的物质分离和提纯操作中，可将花生油和水分离的操作是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】解：A．为过滤操作，用于分离固体和液体，故A不选；B．花生油和水互不相溶，应用分液的方法分离，故B选；C．为蒸发操作，可用于分离可溶性固体和液体，故C不选；D．为蒸馏操作，用于分离沸点不同的液体，故D不选。故选：B11/12。花生油和水互不相溶，应用分液的方法分离，以此解答．本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，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，题目难度不大．1.下列转化不能通过一步反应实现的是（　　）A.Na→Na2O2B.Al（OH）3→Al2O3C.NH3→NOD.SiO2→-H2SiO3【答案】D【解析】解：A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，所以Na能一步转化为过氧化钠，故A不选；B．氢氧化铝灼烧得到氧化铝，所以氢氧化铝能一步转化为氧化铝，故B不选；C．氨气催化氧化生成NO，所以氨气能一步转化为NO，故C不选；D．二氧化硅和水不反应，所以二氧化硅不能一步转化为硅酸，二氧化硅先和NaOH反应生成硅酸钠，硅酸钠再和稀盐酸反应生成硅酸，故D选；故选：D。A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠；B．氢氧化铝灼烧得到氧化铝；C．氨气催化氧化生成NO；D．二氧化硅和水不反应。本题考查物质之间的转化，侧重考查分析判断能力，明确元素化合物性质及物质之间的转化关系是解本题关键，熟练掌握元素化合物性质，题目难度不大。2.下列关于某些氧化物的说法正确的是（　　）A.NO2、Na2O2都能与水发生氧化还原反应B.NO、CO2均可用向上排空气法收集C.Al2O3、SO2都能溶于盐酸D.CO2、SO3都可由相应单质在O2中燃烧生成【答案】A【解析】解：A、NO2与水反应生成硝酸和NO，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，都是氧化还原反应，故A正确；B、一氧化氮与空气中氧气反应转化为二氧化氮，所以一氧化氮不能用排空法，故B错误；C、SO2溶于水与水反应生成亚硫酸，在盐酸中则抑制SO2的溶解，故C错误；D、S与氧气燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，故D错误。故选：A。A、NO2与水反应生成硝酸和NO，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气；B、一氧化氮与空气中氧气反应转化为二氧化氮；C、SO2溶于水与水反应生成亚硫酸，在盐酸中则抑制SO2的溶解；D、S与氧气燃烧只能生成SO2。本题考查了常见氧化物，综合性强，但比较容易，注意基础知识的积累。3.下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是（　　）A.金属在氯气中燃烧都有棕黄色的烟产生B.氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质C.氯水中加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有Cl2存在D.漂白粉和明矾都常用于水处理，但二者的作用不同【答案】D【解析】解：A、铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟生成氯化铜，并不是所有金属，故A错误；B、氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；11/12C、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，所以向氯水中加入有色布条一会儿褪色，不能说明溶液中有Cl2存在，故C错误；D．漂白粉具有氧化性，而明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，二者原理不同，前者杀菌消毒，后者除去悬浮性杂质，故D正确；故选：D。A、根据其化学性质结合化学方程式分析；B、氯气是单质；C、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，所以向氯水中加入有色布条一会儿褪色，不能说明溶液中有Cl2存在；D．漂白粉具有氧化性，而明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体。本题考查较为综合，综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产、环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。1.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）A.常温常压下，11.2LNH3中含有的氢原子数为1.5NAB.1 mol Fe被氧化时，失去的电子数一定为3NAC.7.8gNa2O2与足量水反应后转移的电子数为0.1NAD.0.1mol•L-1HNO3溶液中含有的NO3-数为0.1NA【答案】C【解析】解：A．常温常压Vm≠22.4L/mol，Vm未知无法计算氨气的物质的量和氢原子个数，故A错误；B.1 mol Fe被氧化时，失去的电子数不一定为3NA，如1mol铁与盐酸反应生成1mol二价铁离子，失去电子数为：2NA，故B错误；C.7.8gNa2O2物质的量为：0.1mol，与足量水反应后转移的电子数为0.1NA，故C正确；D．溶液体积未知，无法计算硝酸根离子数目，故D错误；故选：C。A．常温常压Vm≠22.4L/mol；B．铁被氧化可以生成二价铁离子或者三价铁离子；C．过氧化钠与水反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1mol过氧化钠反应转移1mol电子；D．溶液体积未知。本题考查了阿伏伽德罗常数的使用及有关计算，明确以物质的量为核心计算公式，把握元素化合价变化是解题关键，题目难度不大。2.下列有关离子检验的所得结论正确的是（　　）选项实验现象结论A取少量待测溶液，加入氢氧化钠溶液产生无色气体，能使蓝色石蕊试纸变红待测溶液中有NH4+B取少量待测溶液，用稀硫酸酸化后加入铜粉产生无色气体，遇空气变成红棕色待测溶液中有NO3-C取少量待测溶液，加氨水至过量先出现白色沉淀，后沉淀又溶解待测溶液中有Al3+D取少量待测溶液，加入稀硫酸产生无色气体待测溶液中有CO32-A.AB.BC.CD.D11/12【答案】B【解析】解：A．铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，该溶液中一定含有NH4+，故A错误；B．产生无色气体，遇空气变成红棕色，这说明反应中生成的气体是NO，因此该反应是在酸性条件下铜和NO3-之间发生的氧化还原反应，即一定含有NO3-，故B正确；C．氢氧化铝只溶于强碱不溶于弱碱，则Al3+加氨水至过量，出现白色沉淀，沉淀不溶解，故C错误；D．加入稀硫酸，产生无色气体，则待测溶液中有CO32-或者HCO3-，故D错误；故选：B。A．铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；B．产生无色气体，遇空气变成红棕色，这说明反应中生成的气体是NO，因此该反应是在酸性条件下铜和NO3-之间发生的氧化还原反应，即一定含有NO3-；C．氢氧化铝只溶于强碱不溶于弱碱；D．加入稀硫酸，产生无色气体，则待测溶液中有CO32-或者HCO3-。本题考查常见离子的检验方法，题目难度中等，熟悉常见离子的检验方法是解答本题的关键，注意检验离子时应排除其它离子的干扰，确保检验方案的严密性，试题培养了学生的化学实验能力。1.下列离子方程式书写正确的是（　　）A.钠和水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑B.铝与稀盐酸反应：2Al+6H+=2Al3++3H2↑C.铜与氯化铁溶液反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.碳酸钙与稀盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O【答案】B【解析】解：A．钠和水反应生成强氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．铝与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故B正确；C．铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；故选：B。A．2mol钠与水反应生成1mol氢气，该反应不满足电子守恒；B．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气；C．离子方程式两边正电荷不相等，不满足电荷守恒；D．碳酸钙为难溶物，离子方程式中碳酸钙不能拆开．本题考查了离子方程式的书写判断，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，如：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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）．2.金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染考虑，最好的方法是（　　）A.铜硝酸铜B.铜硫酸铜硝酸铜C.铜氯化铜硝酸铜D.铜氧化铜硝酸铜11/12【答案】D【解析】解：A．Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应生成NO2气体，污染环境，故A不选；B．Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，反应生成SO2气体，污染环境，故B不选；C．反应中使用到了氯气，氯气剧毒，对环保不利，且氯化铜不能与硝酸反应生成硝酸铜，故C不选；D．2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，从过程可以看出该过程不会产生有毒气体，环保且没有多消耗原料，不生成污染性气体，故D选；故选：D。用铜制取硝酸铜的最佳方法应是：从经济角度出发，制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少，成本最低；从环境保护的角度出发，制取硝酸铜时不对环境造成污染．本题考查了铜和硝酸的性质，主要是生产经济效益，原料的节约利用，反应过程无污染性物质生成．注意制备方案的评价．1.下列说法正确的是（　　）A.碳素钢、青铜、铁红都属于合金B.用澄清石灰水可鉴别Na2CO3和 NaHCO3两种溶液C.氯水久置后漂白性减弱、酸性增强D.可通过右图装置除去Cl2中的HCl【答案】C【解析】解：A．青铜是铜锡合金、碳素钢是铁和碳的合金，都属于合金，而铁红是氧化铁不是合金，故A错误；B．澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故C正确；D、氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以不能用此装置，故D错误；故选：C。A．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；B．澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀；C．新制氯水久置后为盐酸溶液；D、氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠。本题考查氯气的化学性质及氯水的成分，明确HClO的性质是解答本题的关键，注意HClO具有漂白性，而干燥氯气不具有漂白性，题目难度不大。2.把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水中，有0.58g白色沉淀析出，向所得的浑浊液中，逐渐加入1mol/L盐酸，加入盐酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示．则混合物中NaOH质量为（　　）11/12A.3.6gB.4gC.4.4gD.4.8g【答案】C【解析】解：从图中可以看出，Mg（OH）2的质量为0.58g，即0.01mol，根据反应：MgCl2+2NaOH=2NaCl+Mg（OH）2↓，n1（NaOH）=2n[Mg（OH）2]=0.02mol。开始至加入10mL盐酸，发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，n2（NaOH）=n（HCl）=1mol•L-1×10×10-3L=0.01mol。盐酸的加入量从10～30mL发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，n（NaAlO2）=n（HCl）=1mol•L-1×（30-10）×10-3L=0.02mol。根据反应：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2On3（NaOH）=4n（NaAlO2）=0.08mol，m（NaOH）=（0.02mol+0.01mol+0.08mol）×40g•mol-1=4.4g。故选：C。从图中可以看出，Mg（OH）2的质量为0.58g，即0.01mol，根据反应：MgCl2+2NaOH=2NaCl+Mg（OH）2↓，根据方程式求出氢氧化钠的物质的量；由生成沉淀的质量关系图可知，滴加的前10mL稀盐酸，没有影响沉淀的量，说明滴加的稀盐酸在与混合物中剩余的氢氧化钠发生反应；继续滴加稀盐酸时，沉淀量增加，此时稀盐酸与NaAlO2发生反应产生Al（OH）3沉淀；综合以上分析，混合物中的氢氧化钠溶于水后与氯化镁、氯化铝发生反应后还有剩余，剩余的氢氧化钠与稀盐酸发生反应；固体物中的氯化铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2，根据NaAlO2因此求出反应消耗的NaOH，然后求出NaOH总的物质的量和质量．根据滴加稀盐酸与产生沉淀的关系图，分析各阶段所发生的反应，利用各阶段反应的化学方程式进行相关物质质量的计算；本题所涉及的反应比较复杂，在分析时逐个反应梳理清楚是解决本问题的关键．二、简答题（本大题共3小题，共29.0分）1.今有下列七种物质a．NO2  b．K2SO4  c．KOH  d．空气 e．盐酸  f．氯化钾g．Fe（OH）3胶体（1）属于混合物的有______，属于钾盐的有______。（填字母序号）（2）NO2通入水中发生反应的化学方程式为______。（3）Fe（OH）3胶体能发生如下转化：Fe（OH）3胶体浑浊液体A澄清液体B①从浑浊液体A中分离出悬浮固体的简便实验方法是______。②将一束光线分别通过Fe（OH）3胶体和澄清液体B，不同的现象是______。【答案】deg bf 3NO2+H2O=2HNO3+NO 过滤 Fe（OH）3胶体出现明显光带，而液体B没有光带【解析】解：（1）属于混合物的有d。空气为氧气、氮气、二氧化碳等的混合气体，e．盐酸是氯化氢气体水溶液是混合物，g．Fe（OH）3胶体为分散系属于混合物，属于钾盐的有，b．K2SO4、f．氯化钾，故答案为：d、e、g；b、f；（2）NO2通入水中发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，11/12故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）①从浑浊液体A中分离出悬浮固体的简便实验方法是过滤，故答案为：过滤；②将一束光线分别通过Fe（OH）3胶体和澄清液体B为氯化铁溶液，不同的现象是Fe（OH）3胶体出现明显光带，而液体B没有光带，故答案为：Fe（OH）3胶体出现明显光带，而液体B没有光带；（1）不同物质组成的为混合物，含钾离子的盐为钾盐；（2）NO2通入水中发生反应生成硝酸和一氧化氮；（3）①分离固体和溶液、胶体可以用过滤操作分离，溶液和胶体都可以通过滤纸；②胶体具有丁达尔效应，溶液无此现象。本题考查了物质分类、物质性质、胶体性质分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。1.金属在人类社会发展进程中发挥了重要作用，钠、镁、铝、铁、铜是最重要的几种金属。（1）上述五种金属中人们发现并最早制得其单质的是______。（2）这五种金属单质都具有的性质是______（填下列选项的序号）。a．导电性b。延展性c。银白色d。熔点高e。硬度大（3）钠镁、铝、铁四种金属中，不能用于从硫酸铜溶液中置换出铜的金属是______，原因是______（用必要的化学方程式表示）。（4）上述金属中，有一种金属的氢氧化物能在另一种金属的氢氧化物的水溶液中溶解，写出反应的离子方程式：______（5）在有空气存在时，铜可以缓慢溶解于稀硫酸中。①用单线桥在此化学方程式上标出电子转移的方向和数目。2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O②此反应中，氧化剂是______，还原产物是______。【答案】Cu（或铜） ab Na（或钠） 2Na+CuSO4+2H2O=Cu（OH）2↓+H2↑+Na2SO4 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O O2 H2O【解析】解：（1）由金属的活泼性可知，上述五种金属中人们发现并最早制得其单质的是Cu（或铜），故答案为：Cu（或铜）；（2）由金属的通性可知，这五种金属单质都具有的性质是ab，故答案为：ab；（3）钠镁、铝、铁四种金属中，不能用于从硫酸铜溶液中置换出铜的金属是Na（或钠），原因是2Na+CuSO4+2H2O=Cu（OH）2↓+H2↑+Na2SO4，故答案为：Na（或钠）；2Na+CuSO4+2H2O=Cu（OH）2↓+H2↑+Na2SO4；（4）上述金属中，有一种金属的氢氧化物能在另一种金属的氢氧化物的水溶液中溶解，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（5）①2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O中Cu失去电子，O得到电子，转移4e-，用单线桥标出电子转移的方向和数目为，故答案为：；②此反应中，氧化剂是O2，得到电子被还原，还原产物是H2O，故答案为：O2；H2O。（1）不活泼金属最早被使用；（211/12）金属的通性为：导电、导热性，良好的延展性，大多数熔点低、硬度小，某些金属略带金属光泽；（3）钠的性质活泼，先与水反应，不能与盐溶液发生置换反应生成金属单质；（4）NaOH可溶解氢氧化铝生成偏铝酸钠和水；（5）2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O中Cu失去电子，O得到电子，转移4e-，以此来解答。本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、金属的使用、氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。1.某同学设计如下实验方案，以分离混合溶液中的AlCl3和FeCl2．（1）沉淀A的名称为______。（2）写出溶液A中通入过量CO2反应的离子方程式：______。（3）写出沉淀A转化为沉淀B反应的化学方程式：______。（4）写出检验溶液A中是否含有Fe2+的方法：______。【答案】氢氧化亚铁 AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3- 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 取少量溶液A于试管中，加人过量盐酸酸化后，先滴入几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴入适量氯水，若溶液变红，则说明含有Fe2+，否则不含【解析】解：（1）由以上分析可知A为氢氧化亚铁，故答案为：氢氧化亚铁；（2）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢盐，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；（3）氢氧化亚铁不稳定，可被氧化生成氢氧化铁，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）亚铁离子可与氯气反应生成铁离子，可用KSCN检验，方法是取少量溶液A于试管中，加人过量盐酸酸化后，先滴入几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴入适量氯水，若溶液变红，则说明含有Fe2+，否则不含，故答案为：取少量溶液A于试管中，加人过量盐酸酸化后，先滴入几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴入适量氯水，若溶液变红，则说明含有Fe2+，否则不含。混合溶液加入过量的氢氧化钠溶液，溶液A含有NaAlO2，通入二氧化碳生成氢氧化铝、加入盐酸生成氯化铝；沉淀A为Fe（OH）2，红褐色沉淀B为Fe（OH）3，加入盐酸生成氯化铁，再与铁反应生成氯化亚铁，以此解答该题。本题考查混合物的分离、提纯，为高频考点，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握流程中的反应及混合物分离方法的选择，题目难度不大。三、实验题（本大题共3小题，共29.0分）2.某化学兴趣小组的同学为探究二氧化硫的化学性质，设计了如图所示的实验装置。回答下列问题：（1）某同学拧开分液漏斗下面的活塞后发现浓硫酸开始时能流出，但一会儿就停止下流，请分析原因：______。（2）加入浓硫酸后，点燃酒精灯，烧瓶中发生反应的化学方程式为______。（3）反应开始后，观察到B、C两瓶中溶液均褪色，出现该实验现象分别是由于SO2具有______性和______性。D装置的作用是______11/12。（4）充分反应后，兴趣小组同学发现铜有剩余，其推测烧瓶中H2SO4是否消耗完，并说明理由：______。【答案】随着反应的进行，圆底烧瓶内压强增大，导致液体不能顺利滴下 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O 漂白 还原 吸收剩余气体，防止污染空气 没有，硫酸浓度变稀，稀硫酸不能与铜反应【解析】解：（1）由于铜与浓硫酸加热生成二氧化硫气体，随着反应的进行，圆底烧瓶内压强增大，导致液体不能顺利滴下，所以反应停止了，故答案为：随着反应的进行，圆底烧瓶内压强增大，导致液体不能顺利滴下；（2）铜和热的浓硫酸反应铜作还原剂，硫酸作氧化剂，生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）二氧化硫与品红溶液反应生成不稳定的无色物质，二氧化硫与品红作用，二氧化硫具有漂白性；二氧化硫具有还原性，能被氯水氧化，氯水褪色，发生O2+C12+2H2O=H2SO4+2HC1；SO2是酸性氧化物，也是大气污染物，所以用NaOH溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，反应的方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：漂白；还原；吸收剩余气体，防止污染空气；（4）铜和浓硫酸混合加热，随反应的进行，硫酸溶液的浓度降低，变为稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，则反应后有硫酸剩余，故答案为：没有，硫酸浓度变稀，稀硫酸不能与铜反应。（1）铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，烧瓶中压强增大，导致气体不能顺利留下；（2）铜和热的浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水；（3）二氧化硫与品红作用，二氧化硫具有漂白性；二氧化硫与氯水作用，二氧化硫具有还原性；铜和热的浓硫酸反应，生成的二氧化硫为大气污染物，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水；（4）在加热条件下，Cu只能溶解于浓硫酸，不能溶于稀硫酸。本题考查了浓硫酸的性质，题目难度不大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握二氧化硫的性质及检验方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力与化学实验能力。1.某溶液中只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-，现分别取100mL的两等份溶液进行如下实验：①第一份加入过量NaOH溶液后加热，收集到0.03mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。②向甲溶液中通入过量CO2生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥灼烧后，得到1.02g11/12固体。③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀11.65g，加入盐酸沉淀不溶解。（1）综合以上实验，该混合物的水溶液中一定不存在的离子是______（填离子符号，下同）；不能确定的离子是______。（2）写出①中生成气体的离子方程式：______。（3）某同学通过分析认为该溶液中K+一定______（填“存在”或“不存在”），若存在则该离子的物质的量浓度的范围是______。【答案】Ba2+、CO32- Cl- NH4++OH-NH3↑+H2O 存在 c（K+）≥0.1mol•L【解析】解：（1）由上述分析可知，一定不存在的离子为Ba2+、CO32-，不能确定的是Cl-，故答案为：Ba2+、CO32-；Cl-；（2）①中铵根与氢氧根反应生成氨气和水，离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为：NH4++OH-NH3↑+H2O；（3）依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，阳离子电荷数为0.22mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为0.1mol，所以一定有K+存在，至少0.1-0.22=0.01mol，所以该离子的物质的量浓度的范围）≥=0.1mol•L故答案为：存在；c（K+）≥0.1mol•L。①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.03mol，该气体是氨气，一定有铵根离子，并且NH4+的物质的量为0.03mol；②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，由③得出一定不含Ba2+，则该沉淀是氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，得到氧化铝，氧化铝质量为1.02g，即0.01mol，根据铝元素守恒，含有铝离子的物质的量是0.02mol，一定不含CO32-，③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，即硫酸钡沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，所以一定有SO42-，物质的量是=0.05mol，一定不含Ba2+，根据溶液中的电荷守恒则K+一定有，Cl-可能有。本题考查了常见离子的检验方法，离子性质的应用，反应现象的判断，离子共存的分析应用，明确铝离子、硫酸根离子、铵根离子的分析判断和计算是解答的关键，题目难度中等。1.某化学兴趣小组对铜、铁与硝酸的反应进行实验探究。（1）验证铜与硝酸的反应（实验装置如图所示）。已知仪器a中盛有足量的一定浓度的硝酸溶液，试管b中盛有6.4g铜片。①仪器a的名称是______。②在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有______。③待试管b中铜片完全消失，如果向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，可生成沉淀的质量是______g。（2）探究铁与稀硝酸的反应。用5.6gFe粉和含有0.3mol HNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好完全反应，且HNO3只被还原成NO．回答下列问题：①Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸铁的化学方程式为______②反应结束后的溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n（Fe3+）：n（Fe2+）=______。③标准状况下，生成NO气体的体积为______（保留两位小数）。【答案】分液漏斗 酸性和强氧化性 9.8 Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O 1：3 1.6811/12【解析】解：（1）①根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，硝酸表现酸，性部分降低生成氮的氧化物，硝酸表现强氧化性，故答案为：酸性和强氧化性；③6.4g铜的物质的量为=0.1mol，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据铜原子守恒可知n[Cu（OH）2]=n（Cu）=0.1mol，故m[Cu（OH）2]=0.1mol×98g/mol=9.8g，故答案为：9.8；（2）①铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，发生反应的化学方程式为Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，故答案为：Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；②根据得失电子守恒和物料守恒可知：n（Fe3+）+n（Fe2+）=0.1； 3n（Fe3+）+2n（Fe2+）=3[0.3-3n（Fe3+）-2n（Fe2+）]，解之得：n（Fe3+）=0.025mol；n（Fe2+）=0.075mol，所以溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n（Fe3+）：n（Fe2+） 为 1：3，故答案为：1：3；③一氧化氮的物质的量为：0.3-3n（Fe3+）-2n（Fe2+）=0.3-3×0.025mol-2×0.075mol=0.075mol，所以生成NO气体的体积为：0.075mol×22.4L/mol=1.68 L，故答案为：1.68。（1）①根据装置图可知仪器的名称；②反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，部分降低生成氮的氧化物；③铜完全反应生成硝酸铜，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据n=计算铜的物质的量，根据铜原子守恒计算氢氧化铜的物质的量，再根据m=nM计算；（2）①铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，结合原子守恒和电子守恒写出反应的化学方程式；②5.6gFe粉的物质的量为=0.1mol，根据得失电子守恒和物料守恒分析解答；③一氧化氮的物质的量为：0.3-3n（Fe3+）-2n（Fe2+）=0.3-3×0.025mol-2×0.075mol=0.075mol，所以生成NO气体的体积为：0.075mol×22.4L/mol=1.68 L。本题考查性质实验方案的设计，涉及硝酸的化学性质、化学计算等，难度中等，注意利用守恒思想与得失电子守恒的应用的进行的计算。11/12