2019-2020学年高一化学下学期学情反馈试题(一)(含解析).doc
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2019-2020学年高一化学下学期学情反馈试题(一)(含解析)一、选择题:(本题包括30小题,每小题2分,共60分。每小题只有一个选项符合题意)1下列应用不涉及氧化还原反应的是( )ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂 B工业上电解熔融状态Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮 D实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3【答案】D【解析】A、过氧化钠与二氧化碳反应,O元素的化合价发生变化,所以一定是氧化还原反应,错误;B、氧化铝电解生成Al单质,所以Al元素的化合价发生变化,所以是氧化还原反应,错误;C、合成氨的反应是氮气与氢气反应生成氨气,所以N、H元素的化合价发生变化,是氧化还原反应,错误;D、氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气,无元素化合价的变化,不是氧化还原反应,正确,答案选D。考点:考查氧化还原反应的判断2Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能,近年来此领域研究有很大进展。因此这三位教授荣获了xx年诺贝尔医学及生理学奖,关于NO的下列叙述不正确的是( )ANO可以是某些含低价N物质的氧化产物 BNO不是亚硝酸酸酐CNO可以是某些含高价N物质的还原产物 DNO是红棕色气体【答案】D【解析】ANO中N元素的化合价为+2价,为低价N物质氧化的产物,故A正确;B亚硝酸中N元素的化合价为+3价,NO不是亚硝酸酐,故B正确;CNO为低价氧化物,某些含高价N物质还原可生成NO,故C正确;DNO为无色气体,故D错误; 故选D。3在常温常压下,下列各组气体不能共存的是ASO2与O2 BNO2与NO CO2与N2 DNO与O2【答案】D【解析】A、二氧化硫与氧气需要催化剂并且加热的条件下反应生成三氧化硫,常温下可以共存;B、NO2与NO不反应可以共存;C、氮气与氧气需要高温或放电时才能发生反应生成NO,常温下可以共存;D、常温下NO极易被氧气氧化生成NO2,常温下不能共存,答案选D。考点:考查4下列反应中既体现硝酸的氧化性又体现酸性的是( )A铜与稀硝酸 B木炭与浓硝酸 C氢氧化铜与硝酸 D氧化铁与硝酸【答案】A【解析】A、铜与稀硝酸反应为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,硝酸中部分氮元素的化合价由+5价降低为+4价,硝酸表现强氧化性,并且生成硝酸铜,则表现酸性,故A正确;B、木炭与浓硝酸反应为C+4HNO3=CO2+4NO2+2H2O,HNO3中N元素的化合价全由+5降低为+4,则只表现硝酸的氧化性,故B错误;C、氢氧化铜与硝酸反应为Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O,反应中没有元素化合价变化,不能体现硝酸的氧化性,硝酸全部生成硝酸盐,则只体现酸性,故C错误;D、氧化铁与硝酸反应为Fe2O3+6HNO3=2Fe(NO3)3+3H2O,反应中没有元素化合价变化,不能体现硝酸的氧化性,硝酸全部生成硝酸盐,则只体现酸性,故D错误;故选A。【点睛】本题考查硝酸的性质,明确利用元素的化合价变化来分析氧化性及生成盐来分析酸性是解答本题的关键。硝酸中氮元素的化合价降低,则体现硝酸的氧化性,若生成硝酸盐,则体现硝酸的酸性。5在某氮的氧化物中,氮元素与氧元素的质量比为712,则氮元素的化合价是( )A2 B3 C4 D5【答案】B【解析】氮的氧化物中氮和氧的原子个数比=: =2:3,则氮的氧化物的化学式可表示为N2O3;设化合物中氮元素化学价为x,已知O元素为-2价,依据化合物中各元素的化合价代数和为0的原则,有2x+(-2)3=0,解得x=+3,故选B。6在通常情况下,既能用浓硫酸干燥,又能用碱石灰干燥的气体是( )ANH3 BCl2 CH2 DHCl【答案】C【点睛】本题考查了干燥剂的选择。根据气体的性质正确选择干燥剂,常见的干燥剂有:浓硫酸、碱石灰;其中,浓硫酸是酸性干燥剂,碱石灰是碱性干燥剂。7能鉴别Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四种溶液(可以加热)的一种试剂是( )ABaCl2 BBa(NO3)2 CBa(OH)2 DAgNO3【答案】C【解析】ABaCl2与Na2SO4、(NH4)2SO4两瓶无色溶液反应,均生成白色沉淀,现象相同,无法区别,故A错误;BBa(NO3)2与Na2SO4、(NH4)2SO4两瓶无色溶液反应,均生成白色沉淀,现象相同,无法区别,故B错误;CNa2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四瓶无色溶液分别与Ba(OH)2反应,现象分别为:白色沉淀、刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体,现象各不相同,能够区别,故C正确;DAgNO3与Na2SO4、KCl、(NH4)2SO4三瓶无色溶液反应,均生成白色沉淀,现象相同,不能区别,故D错误;故选C。8在NO2被水吸收的反应中,发生还原反应和发生氧化反应的物质,其质量比为( )A31 B13 C12 D21【答案】C【解析】3NO2+H2O=2HNO3+NO中系数之比等于物质的量之比,3molNO2与水反应生成2molHNO3和1molNO,则2molNO2变为2molHNO3,1molNO2变为1molNO,前者氮元素由+4价升为+5价,发生氧化反应,后者氮元素由+4价降为+2价,发生还原反应,则发生还原反应的NO2与发生氧化反应的NO2的物质的量之比为12,C项正确。考点:考查二氧化氮与水的反应、氧化反应、还原反应、物质的量在等相关知识。9常温下,下列溶液中不能溶解铜的是( )A稀硝酸 B稀硫酸和硝酸钾混合溶液 C浓硫酸 D 硫酸铁溶液【答案】C【解析】A常温下,稀硝酸能够与铜反应生成一氧化氮气体,故A不选;B常温下,稀硫酸和硝酸钾混合溶液中含有硝酸,能够与铜反应生成一氧化氮气体,故B不选;C常温下, 浓硫酸与铜不反应,故C选;D常温下,硫酸铁溶液能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,故D不选;故选C。10盛有NO 和 NO2 的混合气体25 mL的量筒倒立在水槽中,过一段时间后,气体体积减小为15 mL 。则原混合气体中NO 和 NO2 的体积比是( )A32 B23 C21 D41【答案】B【解析】设二氧化氮气体的体积为V,则:3NO2+H2O=2HNO3+NO V(气体体积减少)3 2V(NO2) 25mL-15mL=10mL3:2=V(NO2):10mL,V(NO2)=15mL,原气体中V(NO)=25ml-15mL=10mL,V(NO):V(NO2)=10mL:15mL=2:3,故选B。11下列叙述正确的是( )A将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2B检验NH4时往试样中加入NaOH溶液,微热,用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体C过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO【答案】C【解析】AHCl气体能够被饱和食盐水吸收,而氯气不能,将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl,但不能除去水蒸气,故A错误;B应该用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体,故B错误;C随着反应的进行,硝酸的浓度逐渐减小,变成稀硝酸后,过量的铜与稀硝酸反应有一氧化氮生成,故C正确;DNO能够与空气中的氧气反应,不能用向上排空气法收集NO,故D错误;故选C。12设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )A常温常压下,92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6 NAB1L 0.1molL1的氨水中含有0.1NA个OHC1 mol Fe溶于过量稀硝酸,电子转移数为2NAD标准状况下,11.2L SO3中含有的分子数为0.5 NA【答案】A【解析】A常温常压下,92g的NO2和N2O4混合气体中含有NO2原子团的物质的量为=2mol,含有的原子数为6 NA,故A正确;B氨水中一水合氨不能完全电离,1L 0.1molL1的氨水中含有少于0.1NA个OH,故B错误;C1 mol Fe溶于过量稀硝酸,反应生成硝酸铁,电子转移数为3NA,故C错误;D标准状况下,三氧化硫不是气体,无法计算11.2L SO3中含有的分子数,故D错误;故选A。13用下图所示装置进行下列实验,实验结果与预测的现象不一致的是( ) 中的物质 中的物质预测中的现象A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色【答案】A【解析】A、硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液,硝酸具有强氧化性,可以将KI氧化为I2,I2遇淀粉变蓝色,故A错误;B、浓盐酸具有挥发性,挥发出的HCl进入酚酞溶液,酚酞溶液在酸性条件下不变色,故B正确;C、浓氨水具有挥发性,挥发出的氨气,溶于氯化铝溶液,一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀,故C正确;D、饱和氯水挥发出氯气,氯气与湿润红纸条接触,氯气水反应生成HClO,HClO具有漂白性,使湿润红纸条褪色,故D正确;故选A。14下列由相关实验现象所推出的结论正确的是( )ACl2、SO2均能使品红溶液褪色,说明二者均有氧化性B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SO42CFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升,说明二者均易溶于水【答案】D【解析】A、氯气和品红化合物生成无色物质,体现其漂白性,而氯气能使品红溶液褪色,说明其氧化性,错误,不选A;B、溶液中可能是亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子而生成了硫酸钡白色沉淀,错误,不选B;C、铁和稀硝酸的反应不是置换反应,错误,不选C;D、氯化氢和氨气都极易溶于水,则分别充满氯化氢和氨气的烧瓶倒置与水中后液面会迅速上升,正确,选D。考点:氯气的化学性质,二氧化硫的化学性质,铁的化学性质15下列实验过程中,始终无明显现象的是( )ANO2通入FeSO4溶液中 BSO2通入BaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中 DSO2通入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液中【答案】B考点:考查实验过程与实验现象的正误判断的知识。16下列离子方程式正确的是( )A钠与水反应:Na2H2O Na2OHH2B硅酸钠溶液与醋酸溶液混合:SiO322H H2SiO3 C0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合: NH4Al32SO422Ba24OH 2BaSO4Al(OH)3NH3H2OD浓硝酸中加入过量铁粉并加热:Fe3NO36H Fe33NO23H2O【答案】C【解析】A钠与水反应,不符合反应事实,应该是:2Na + 2H2O = 2Na+ 2OH+ H2,错误;B醋酸是弱酸,应该写化学式:SiO32+ 2CH3COOH = H2SiO3+2CH3COO-。错误;C无论是反应事实还是拆写都符合,正确;D浓硝酸中加入过量铁粉并加热,得到的是Fe2+,:Fe + 2NO3+4H+Fe2+ 2NO2 + 2H2O,错误。考点:考查离子方程式的正误判断的知识。17X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是( )选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2【答案】B【解析】A发生2H2S+SO23S+H2O,有沉淀生成,故A不选;B二氧化碳不和BaCl2溶液反应,通入氯气不能反应,无沉淀生成,故B选;C2NH3+H2O+CO2(NH4)2CO3,(NH4)2CO3+BaCl2BaCO3+2NH4Cl,故C不选;DCl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl,H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl,故D不选;故选B。18汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应10NaN32KNO3K2O5Na2O16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol,则下列判断正确的是( )A生成42.0LN2(标准状况) B有0.250mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为2.5mol D被氧化的N原子的物质的量为3.75mol【答案】D【解析】反应中NaN3中N元素化合价升高,被氧化,KNO3中N元素化合价降低,被还原,根据反应方程式可知,每当生成16molN2,则氧化产物比还原产物多14mol,转移电子的物质的量为10mol,被氧化的N原子的物质的量为30mol,有2molKNO3被还原,现氧化产物比还原产物多1.75mol,则生成2molN2,在标准状况下的体积为44.8L,转移电子的物质的量为1.25mol,被氧化的N原子的物质的量为3.75mol,故选D。19锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时,被还原的硝酸的物质的量为( )A2mol B1mol C0.5mol D0.25 mol【答案】D【解析】配平化学方程式可知:4Zn10HNO3=4Zn(NO3)2NH4NO33H2O,很明显答案为D20相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应。二者比较,其中相等的是铜片消耗完所需时间反应生成的气体体积(标准状况)反应中氧化剂得电子的总数反应后溶液中铜离子的浓度( )A B C D只有【答案】C【解析】因Cu的质量相同,由于硝酸浓度不同,则反应速率不同,所以反应完所需时间不同,错误;等物质的量的铜与浓硝酸反应中存在Cu2NO2,铜与稀硝酸反应中存在3Cu2NO,反应生成的气体体积不同,错误;相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应,铜失去电子数相同,所以氧化剂得到的电子数相同,正确;物质的量相同的铜全部反应生成铜离子物质的量相同,溶液体积相同,所以铜离子浓度相同,正确;答案选C。【考点定位】考查铜金属及其重要化合物的主要性质,硝酸的化学性质。【名师点睛】本题考查铜金属及其重要化合物的主要性质,硝酸的化学性质。把握发生的反应及反应中物质的量的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大,注意守恒法应用。铜与浓硝酸反应为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O;铜与稀硝酸反应为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,Cu的质量相同,硝酸足量,则Cu完全反应,结合原子守恒及反应方程式来解答。21检验某待测溶液中是否含有SO42,下列实验方法最合理的是( )A加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液 B加入盐酸酸化的氯化钡溶液C先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液 D先加稀硝酸酸化,再加硝酸钡溶液【答案】C【解析】A加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液,不能排除亚硫酸根离子的干扰,故A错误;B加入氯化钡和盐酸的混合溶液,不能排除银离子的干扰,故B错误;C先加稀盐酸,可以排除银离子与碳酸根离子,再加入氯化钡溶液,产生的沉淀只能是硫酸钡,故C正确;D先加稀硝酸酸化,再加硝酸钡溶液,不能排除亚硫酸根离子的干扰,故D错误;故选C。【点睛】本题考查离子的检验,为高频考点,在实验设计中若不能考虑到物质和微粒的干扰,则无法对结论进行准确的判断,所以实验中要注意微粒和物质之间的干扰。22将7g某Cu、Ag合金与一定量的浓硝酸反应,合金完全溶解后放出的气体与标准状况下0.56L氧气混合后,通入水中恰好完全被吸收,则合金中铜的质量为( )A1.6g B2.4g C3.2g D4.8g【答案】A【解析】n(O2)=0.025mol,铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物,氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸,纵观整个过程,金属提供的电子等于氧气获得的电子,设Cu、Ag的物质的量分别为x、y,则:根据质量列方程:x64g/mol+y108g/mol=7g根据电子守恒列方程:2x+1y=0.025mol4,解得:x=0.025mol,y=0.05mol,m(Cu)=0.025mol64g/mol=1.6g,故选A。23下列制备气体的实验设计中错误的是( )选项ABCD药品NH4Cl与Ca(OH)2石灰石和稀盐酸稀硝酸和铜片KMnO4与浓盐酸装置【答案】C【解析】A铵盐和碱石灰共热制备氨气,碱石灰干燥氨气,图中装置合理,故A正确;B反应生成二氧化碳,且碳酸钙为固体,带孔塑料板能使固体、液体分离,可随关随停,图中装置合理,故B正确;CNO能够与氧气反应生成二氧化氮,不能利用排空气法收集,图中NO会排放在环境中造成污染,装置不合理,故C错误;D为固体和液体反应生成氯气,反应不需要加热,图中装置合理,故D正确;故选C。246.4g铜与过量的硝酸(10 molL1、60mL)充分反应后,硝酸的还原产物为NO、NO2,反应后溶液中所含H+离子为n mol,此时溶液中所含NO3的物质的量为( )A0.28mol B0.31molC(n+0.2)mol D(n+0.4)mol【答案】C【解析】6.4g铜的物质的量为6.4g64g/mol=0.1mol铜与过量的硝酸,反应后溶液中所含H+离子为nmol,说明溶液为Cu(N03)2与HN03的混合溶液;根据电荷守恒溶液中n(N03-)=n(H+)+2n(Cu2+)=nmol+0.1mol2=(n+0.2)mol;故选C。考点:考查氧化还原反应的计算和硝酸的性质25铜和镁的合金4.6 g 完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原且只生成4480 mL的NO2气体和224mL的NO气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为( )A9.02 g B8.51 g C8.26 g D7.04 g【答案】B【解析】根据题意发生的反应有:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、Mg+4HNO3(浓)=Mg(NO3)2+2NO2+2H2O、2NO2N2O4,Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3、Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3,反应后生成Cu(OH)2和Mg(OH)2,根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量,反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量,生成4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体,反应中转移的电子的物质的量为(4.48L+0.336L2)22.4L/mol=0.23mol,所以生成的沉淀的质量为4.6g+0.23mol17g/mol=8.51g,答案选B。考点:考查硝酸的性质,氧化还原反应等知识。26把CO2和NO的混合气体V L缓缓通过足量的Na2O2固体,充分反应后,测得剩余气体体积为原来的一半,则混合气体中CO2和NO的体积比不可能是(已知NO、NO2均不与Na2O2反应)( )A21 B32 C34 D54【答案】C【解析】解:发生反应有:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,2NO+O22NO2,假设参加反应的CO2为x L,NO为y L,则x+y=V,反应后剩余气体体积为: =(x+y),2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22L1LxLL2NO+O2=2NO22L 1L2LyLL(1)当反应恰好反应时,即当y=x时,生成的NO2的体积为yL,符合题意;(2)当yx时,NO有过量,O2反应完,此时反应掉的NO为xL,则剩余的NO为(yL-xL),生成的NO2气体为xL,因此,反应最后得到的混合气体为NO和NO2,其体积和为:(yL-xL)+xL=yL,由于yx,则剩余气体体积大于原来的一半,不符合题意;(3)当yx时,NO不足,O2过量,此时反应掉的O2为L,剩余的O2为(L-L),生成的NO2气体为yL;因此,反应最后得到的混合气体为O2和NO2,其体积和为:(L-L)+yL=L+L=(x+y)L,这与题意“测得剩余气体体积大约只有原来的一半”符合,这表明如果yx,这种情况都能符合题意,所以选项A、B、D符合,C不符合,故选C27在标准状况下,在三个干燥的烧瓶内分别装有:干燥纯净的NH3,含一半空气的HCl气体, NO2 和O2的混合气体,然后分别作喷泉实验,三个烧瓶内所得溶液的物质的量浓度之比为( )A212 B554 C111 D无法确定【答案】B【解析】在相同条件下,气体摩尔体积相同,烧瓶的容积相同,根据n=知,氨气、氯化氢、NO2、O2的物质的量之比为5:2.5:4:1;做喷泉实验时,盛放氨气的烧瓶、含一半空气的氯化氢气体的烧瓶、含NO2和O2的混合气体(体积比为4:1)的烧瓶,各烧瓶中溶液的体积分别为:一烧瓶、半烧瓶、一烧瓶,所以溶液的体积比为2:1:2;因为4NO2+O2+2H2O=4HNO3硝酸的物质的量和二氧化氮的物质的量相等,所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为5:2.5:4,根据c=知,各物质的量浓度之比为;: =5:5:4,故选B。【点睛】本题考查的是物质的量浓度的有关计算,正确求算盛放氯化氢气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2和O2气体的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键。28实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液【答案】B【解析】A、氨气的密度比空气密度小,应该采用向下排空气法收集,装置c中的导管应改为短进长出,故A错误;B浓硫酸可以与亚硫酸反应,生成二氧化硫,SO2气体的密度比空气大,能使用向上排空气法,SO2气体能与氢氧化钠迅速反应,所以吸收装置中要防倒吸,图示收集装置和完全吸收装置都合理,故B正确;C铜与稀硝酸反应生成产物为一氧化氮,一氧化氮易与空气中氧气反应生成二氧化氮,不能用排空气法收集,氢氧化钠不能吸收一氧化氮气体,故C错误;D用MnO2和浓盐酸制取氯气时需要加热,氯气的密度比空气大,能使用向上排空气法,氯气用氢氧化钠溶液吸收,故D错误;故选B。【点睛】本题考查化学实验基本原理(气体的制备)、实验装置、仪器的使用。注意掌握常见气体的制取原理、收集方法及尾气吸收方法,该考点是高考的热点。本题的易错点是D,注意二氧化锰制备氯气需要加热。291.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀,得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是( )A该合金中铜与镁的物质的量之比是21B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LCNO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D得到2.54g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600mL【答案】D【解析】A、金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁,故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g,氢氧根的物质的量为=0.06mol,根据电荷守恒可知,金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量。令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,则:2x+2y0.06,64x+24y1.52,解得x=0.02,y=0.01,故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:0.01mol=2:1,A正确;B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%,故该浓硝酸的物质的量浓度为=14mol/L,B正确;C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol,令二氧化氮的物质的量为amol,则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol,根据电子转移守恒可知,a1+(0.05-a)21=0.06,解得a=0.04,故NO2的体积分数是100%=80%,C正确;D、根据钠离子守恒可知,氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量,根据氮元素守恒可知,硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)20.64mol,故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL,D错误;答案选D。考点:考查了有关混合物反应的计算;硝酸的化学性质的相关知识。30某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4、Fe3、Al3和K。取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤,灼烧,得到1.6g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( )A至少存在5种离子BCl一定存在,且c(Cl)0.4mol/LCSO42、NH4一定存在,Cl可能不存在DCO32、Al3一定不存在,K可能存在【答案】B【解析】某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL,加入过量NaOH 溶液,加热,得到0.02mol气体,这些离子中和NaOH反应生成气体的只有NH4+,其物质的量浓度为:;同时产生红褐色沉淀,说明溶液中存在Fe3+,经过滤,洗涤,灼烧,得到1.6g固体,铁离子的物质的量浓度为:;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀,说明溶液有SO42-,硫酸根的物质的量浓度为:;根据电荷守恒,溶液中还存在另一阴离子,CO32-不能和铁离子、铵根离子共存,所以只可能是Cl-,A溶液中至少存在4种离子,A错误;B根据上面的分析Cl-一定存在,根据电荷守恒算出氯离子的浓度至少为4mol.L-1,B正确;CCl-一定存在,C错误;DCO32-一定不存在,K+、Al3+可能存在,D错误,答案选B。考点:考查离子共存及物质的量有关计算第卷 (非选择题 共40分)31将红热的固体单质甲放入显黄色的乙的浓溶液中,剧烈反应产生混合气体A,A在常温下不与空气作用,有如图变化关系:(1) C的化学式为_。(2)写出甲跟乙反应的化学方程式:_(3)写出单质丙与乙的浓溶液反应的化学方程式:_(4)写出单质丙与乙的稀溶液反应生成气体B的离子方程式:_。【答案】 (1)【答题空31-1】CaCO3 (2)【答题空31-2】C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O (3)【答题空31-3】Cu+4HNO3(浓) = Cu (NO3)2+2NO2+2H2O (4)【答题空31-4】3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O【解析】 (1)单质丙和A与水反应后的溶液发生反应生成蓝色溶液,则该蓝色溶液中含有铜离子,气体A和水反应生成的溶液应该是酸,则丙是Cu,铜和稀硝酸在常温下反应,则A与水反应后的溶液中含有HNO3,气体B是NO,根据元素守恒知,A中含有NO2,通入水后的A中气体能和澄清石灰水反应生成白色沉淀,且还剩余NO,根据元素守恒及物质颜色知,甲是C,乙是浓硝酸,则A中含有CO2、NO2,根据以上分析知,甲、乙、丙分别是:C、HNO3(浓)、Cu,A为CO2、NO2,B为NO,C为CaCO3,D为Cu(NO3)2,故答案为:CaCO3;(2)甲与乙反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O,故答案为:C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O; (3) 丙是Cu,铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓) = Cu (NO3)2+2NO2+2H2O,故答案为:Cu+4HNO3(浓) = Cu (NO3)2+2NO2+2H2O;(4)铜与稀硝酸反应生成气体B的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O,故答案为:3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O。【点睛】本题考查无机物的推断,熟练掌握元素化合物的性质是关键。本题涉及碳、氮元素单质及化合物的性质,E溶液为蓝色是推断的突破口,据此可以推断丙,再结合转化关系确定乙为硝酸。32氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2,某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题:(1)氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的_,反应的化学方程式为_。预收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:发生装置_(按气流方向,用小写字母表示)。(2)氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中_反应的化学方程式_将注射器活塞退回原处并固定,待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2_【答案】(1)【答题空32-1】A (2)【答题空32-2】NH3H2ONH3+H2O) (3)【答题空32-3】dcfei; (4)【答题空32-4】红棕色气体颜色慢慢变浅 (5)【答题空32-5】8NH3+6NO2 7N2 +12H2O (6)【答题空32-6】Z中NaOH溶液产生倒吸现象 (7)【答题空32-7】反应后气体分子数减少,Y管内压强小于外界大气压。【解析】(1)实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气,反应物状态为固体与固体,反应条件为加热,所以选择A为发生装置,反应方程式:Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O;故答案为:A;Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O;实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气,制备的气体中含有水蒸气,氨气为碱性气体,应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体,氨气极易溶于水,密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体,氨气极易溶于水,尾气可以用水吸收,注意防止倒吸的发生,所以正确的连接顺序为:发生装置dcfei;故答案为:dcfei;(2)打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢充入Y管中,则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气,所以看到现象为:红棕色气体慢慢变浅;根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少,装置内压强降低,所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸;故答案为: 操作步骤实验现象解释原因红棕色气体慢慢变浅反应的化学方程式8NH3+6NO27N2+12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压【点睛】本题考查了氨气的制备和性质的检验,明确氨气的制备原理及制备气体的一般程序是解题关键。本题的难点和易错点是装置的连接顺序,气体制备一般顺序为:发生装置,净化装置,收集装置,尾气处理装置,结合氨气为碱性气体,密度小于空气密度,极易溶于水的性质进行分析解答。33X、Y、Z、W均为气体单质, A、B、C均为无色气体化合物,D、E均为白色固体,F在通常情况下为无色无味的液体,它们有如下的转化关系: 请回答下列问题:(1) B的化学式为_,D的化学式为_。(2)写出X与Y生成A的化学方程式:_。 (3)写出反应的化学方程式:_。【答案】(1)【答题空33-1】NH3 (2)【答题空33-2】NH4Cl (3)【答题空33-3】N2+O22NO (4)【答题空33-4】4NH3 +5O24NO+6H2O【解析】X、Y、Z、W均为气体单质,F在通常情况下为无色无味的液体,X与Z反应得到F,则F为H2O,X、Z分别为H2、O2中的一种,A、B、C均为无色气体化合物,D、E均为白色固体,反应是实验式制备氨气,则B为NH3,D、E分别为NH4Cl、Ca(OH)2中的一种,B与X反应得到A与F(水),则X为O2,A为NO,Z为H2,X与Y反应得到A,故Y为N2,B(氨气)与C反应得到D,则D为NH4Cl、E为Ca(OH)2、C为HCl,而气体单质W与Z反应得到C,故W为Cl2。(1)根据上述分析,B为NH3,D为NH4Cl,故答案为:NH3;NH4Cl;(2) 根据上述分析,X与Y生成A的化学方程式为N2+O22NO,故答案为:N2+O22NO;(3)反应是氨的催化氧化,反应的化学方程式为4NH3 +5O24NO+6H2O,故答案为:4NH3 +5O24NO+6H2O。【点睛】本题考查无机物推断,题目涉及物质比较多,要熟练掌握气体的实验室制备与常见化学工业、元素化合物性质。本题的突破口为:D、E均为白色固体,反应生成氯化钙、水和B,说明是实验室制氨气的反应。34一无色气体,可能是由CO2、HCl、NH3、NO2、NO、H2中的一种或几种组成。现将此无色气体通过盛有浓H2SO4的洗气瓶,发现气体体积减小一部分;继续通过装有固体Na2O2的干燥管,发现从干燥管出气口一端出来的气体显红棕色;再将该气体通入盛满水、倒立于水槽中的试管内,发现试管内水位上升,最后试管中充满液体。由此可知:(1)原气体一定含有_;一定不含_。(2)最终结果可知原气体中_气体的体积比为_。【答案】(1)【答题空34-1】NH3、CO2、NO (2)【答题空34-2】HCl、NO2、H2 (3)【答题空34-3】NO和CO2 (4)【答题空34-4】23【解析】混合气体为无色,则一定不含有红棕色的气体NO2;通过盛有浓硫酸的洗气瓶,发现气体体积减少一部分,说明混合气体中含有与浓硫酸发生反应的气体NH3,则不含HCl;继续通过装有Na2O2固体的干燥管,发现从干燥管出来的气体颜色呈红棕色,该红棕色气体为二氧化氮,说明原混合气体中含有CO2和NO,CO2和过氧化钠反应生成氧气,氧气和NO反应生成红棕色气体NO2;再继续将气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内,最后气体完全被吸收,试管内充满液体,说明原混合气体中不含不溶于水的气体H2。(1)由以上分析可知,混合气体中一定含有的气体为:NH3、CO2、NO,一定不含有的气体为:HCl、NO2、H2,故答案为:NH3、CO2、NO;HCl、NO2、H2;(2)CO2和过氧化钠反应生成氧气,氧气和NO反应生成红棕色气体NO2,气体完全溶于水,说明没有氮气;氧气和二氧化氮与水完全反应生成硝酸,发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3,设有4molNO2,则应有4molNO,反应2NO+O2=2N02和4NO2+O2+2H2O=4HNO3共需要氧气为:2mol+1mol=3mol,由方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知,混合气体中应含有6molCO2,则n(CO2):n(NO)=6:4=3:2,故答案为:NO和CO2;3:2。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的实验设计。注意掌握常见气体的性质及检验方法,试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查。本题的难点是CO2与NO体积比的计算。35实验研究发现,硝酸发生氧化还原反应时,硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低,直至3价。某同学取一定量铝、铁混合物与一定量很稀的硝酸充分反应,反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中,逐滴加入4molL1的氢氧化钠溶液,所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题:(1)图中OC段没有沉淀生成,此阶段发生反应的离子方程式为_。(2)在DE段,沉淀的物质的量没有变化,则此阶段发生反应的离子方程式为_;上述CD段说明溶液中_结合OH的能力比_强(填离子符号)。(3)B与A的差值为_mol。(4)B点对应的沉淀的物质的量为_mol,C点对应的氢氧化钠溶液的体积为_mL。【答案】(1)【答题空35-1】H+OH=H2O (2)【答题空35-2】NH4+OH=NH3H2O (3)【答题空35-3】Fe3+、Al3+ (4)【答题空35-4】NH4+ (5)【答题空35-5】0.008 (6)【答题空35-6】0.032 (7)【答题空35-7】7【解析】(1)OC 之间没有沉淀生成,说明硝酸过量,OC 之间发生的反应酸碱中和反应,离子方程式为H+OH-H2O,故答案为:H+OH-H2O;(2)D与E一段沉淀的量没有发生变化,为NH4NO3和NaOH反应,反应的离子方程式为NH4+OH-NH3H2O,CD段生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,说明溶液中Fe3+、Al3+结合OH的能力比NH4+强,故答案为:NH4+OH-NH3H2O;Fe3+、Al3+;NH4+;(3)由图可知,EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL-34m=2mL,故该计算参加反应的氢氧化钠为0.002L4mol/L=0.008mol,根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知,Al(OH)3的物质的量为0.008mol,即为B、A的差值,故答案为:0.008;(4)设铁为xmol,Al为0.008mol,生成硝酸铵为(34-31)0.001L4mol/L=0.012mol,由电子守恒可知,3x+0.0083=0.0128,解得x=0.024mol,则B点对应的沉淀的物质的量为0.024mol+0.008mol=0.032mol;滴加NaOH体积为31ml时,发生反应为H+OH-=H2O,Fe3+3OH-= Fe(OH)3,Al3+3OH-=Al(OH)3,则C点氢氧化钠溶液的体积为31mL-1000mL-1000L=7mL,故答案为:0.032;7。【点睛】本题考查金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点。解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用。- 配套讲稿:
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