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2019-2020年高一上学期月考化学试卷(12月份)解析含解析
一、选择题(本题包括30个小题,每小题只有一个选项符合题意,每题2分,共60分)1.(2分)(xx•长沙校级模拟)将足量的CO2通入下列溶液中,能产生沉淀的是( ) A.硅酸钠溶液B.石灰水C.氯化钡溶液D.氯化钙溶液考点硅酸的性质及制法.版权所有专题碳族元素.分析A、过量二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀;B、过量二氧化碳通入石灰水生成碳酸氢钙溶液;C、二氧化碳通入氯化钡溶液不反应;D、二氧化碳通入氯化钙溶液不反应.解答解A、过量二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀,反应为Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3,故A符合;B、过量二氧化碳通入石灰水生成碳酸氢钙溶液,反应为2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2,故B不符合;C、二氧化碳通入氯化钡溶液不反应,故C不符合;D、二氧化碳通入氯化钙溶液不反应,故D不符合;故选A.点评本题考查了物质性质的综合应用,熟练掌握物质性质和反应现象是解题关键,题目较简单. 2.(2分)(xx秋•沂水县校级月考)为迎接北京奥运,北京曾采用机动车按照单双号行驶的方案,该方案既保障了交通秩序,又大大减少了空气污染.汽车尾气中所含污染物除碳氢化合物、可吸入颗粒物、一氧化碳外,还主要含有( ) A.氮气B.硫化氢C.二氧化硫D.氮的氧化物考点常见的生活环境的污染及治理.版权所有专题化学应用.分析A.空气主要由氮气和氧气组成,氮气为空气的主要组成气体;B.硫化氢为大气污染物,但不是汽车尾气成分;C.汽车尾气中主要含有一氧化碳、氮氧化物、以及对人体产生不良影响的其它一些固体颗粒;D.汽车尾气中含有大量的氮氧化物,能产生光化学烟雾;解答解A.氮气是空气的组成成分之一,不是污染物,不会引起污染,故A错误;B.汽车尾气为高温条件下的产物,硫化氢和氧气在高温下反应生成二氧化硫和水,所以尾气中不可能含有硫化氢,故B错误;C.汽车尾气中含有及少量的二氧化硫,不是主要尾气,故C错误;D.汽车尾气中含有大量的可吸入颗粒物、一氧化碳、一氧化氮等物质能污染空气,氮的氧化物能产生光化学烟雾,故D正确;故选D.点评本题是考查空气污染原因和污染物的种类,题目比较简单,主要考查了汽车尾气的成分,利用所学的课本知识即可解答,我们要从源头上控制破坏环境的行为,树立环境保护的意识. 3.(2分)(2011秋•洛阳期中)下列现象或事实可用同一原理解释的是( ) A.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B.SO
2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色,其原理相同 C.漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质 D.能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2考点氯、溴、碘及其化合物的综合应用;二氧化硫的化学性质;浓硫酸的性质.版权所有专题卤族元素;氧族元素.分析A.浓硫酸具有吸水性,浓盐酸挥发;B.漂白粉、过氧化钠具有强氧化性,活性炭具有吸附性,SO2与有色物质化合体现其漂白性;C.漂白粉与二氧化碳反应生成HClO,HClO易分解,水玻璃和二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸;D.具有漂白性的物质可使品红溶液褪色.解答解A.浓硫酸具有吸水性,溶剂增多,浓盐酸挥发,溶质减少,则浓度减小的原因不同,故A错误;B.漂白粉、过氧化钠具有强氧化性,活性炭具有吸附性,SO2与有色物质化合体现其漂白性,则漂白原理不同,故B错误;C.漂白粉与二氧化碳反应生成HClO,HClO易分解,水玻璃和二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸,则反应原理不完全相同,故C错误;D.具有漂白性的物质可使品红溶液褪色,如氯气、二氧化硫等均可使其褪色,所以能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2,故D正确;故选D.点评本题考查物质的性质及现象,明确发生的化学反应及物质的性质、现象的关系即可解答,注意归纳常见的漂白性物质及原理,题目难度不大. 4.(2分)(xx春•宿城区校级期末)下列对实验现象的预测不正确的是( ) A.向Na2SiO3溶液中通入CO2,溶液变浑浊,继续通CO2至过量,浑浊消失 B.向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量,开始有沉淀出现,后来沉淀又溶解 C.向Ca(ClO)2溶液中通入CO2,溶液变浑浊,再加入品红溶液,红色褪去 D.向Ca(OH)2溶液中通入CO2,溶液变浑浊,继续通CO2至过量,浑浊消失,再加入过量NaOH溶液,溶液又变浑浊考点硅酸的性质及制法;胶体的重要性质;氯、溴、碘及其化合物的综合应用.版权所有专题元素及其化合物.分析A.向Na2SiO3溶液中通入CO2,生成硅酸,继续通入二氧化碳,沉淀不消失;B.胶体中加入电解质发生聚沉,氢氧化铁与酸反应生成盐和水;C.向Ca(ClO)2溶液中通入CO2,生成碳酸钙和次氯酸,次氯酸具有漂白作用;D.向Ca(OH)2溶液中通入CO2,先生成碳酸钙,进而生成碳酸氢钙,碳酸氢钙与碱反应生成碳酸钙.解答解A.向Na2SiO3溶液中通入CO2,生成硅酸,溶液变浑浊,继续通CO2至过量,硅酸不反应,沉淀不消失,故A错误;B.氢氧化铁胶体中加入电解质发生聚沉,继续加入盐酸,氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水,沉淀又溶解,故B正确;C.向Ca(ClO)2溶液中通入CO2,生成碳酸钙和次氯酸,次氯酸具有漂白作用,可使品红褪色,故C正确;D.向Ca(OH)2溶液中通入CO2,先生成碳酸钙,继续通CO2至过量,生成碳酸氢钙,沉淀消失,碳酸氢钙与NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀,故D正确.故选A.点评本题考查元素化合物知识,题目难度不大,注意在学习中把握相关物质的性质,学习中注意积累即可轻松解答该题. 5.(2分)(xx春•濠江区校级期末)下列关于硅的说法不正确的是( ) A.硅是非金属元素,它的单质是灰黑色有金属光泽的固体 B.硅的导电性能介于金属与绝缘体之间,是良好的半导体材料 C.硅的化学性质不活泼,常温下不与任何物质反应 D.加热到一定温度时,硅能与氢气.氧气等非金属发生反应考点硅和二氧化硅.版权所有专题碳族元素.分析A、晶体硅的结构与金刚石类似,它是灰黑色有金属光泽的非金属固体.B、硅是半导体,导电性能介于金属与绝缘体之间.C、常温下,硅和氢氟酸、氢氧化钠溶液反应发生反应.D、加热条件下,硅能与一些非金属、氧化物等反应.解答解A、晶体硅的结构与金刚石类似,它是灰黑色有金属光泽的非金属固体,故A正确.B、硅在元素周期表中处于金属和非金属的过渡位置,所以晶体硅的导电性介于导体和半导体之间,是良好的半导体材料,故B正确.C、常温下,硅的化学性质不活泼,但硅能和氢氟酸、氢氧化钠溶液反应,故C错误.D、加热条件下,硅能与一些非金属、氧化物等反应,如硅能与氢气.氧气等非金属发生反应,故D正确.故选C.点评本题考查了硅的物理性质、化学性质等知识点,难度不大,注意硅虽然化学性质不活泼,但在常温下,硅能和氢氟酸、氢氧化钠溶液反应. 6.(2分)(xx•长沙校级模拟)新制氯水与久置的氯水相比较,下列结论不正确的是( ) A.颜色相同 B.前者能使有色布条褪色 C.都含有H+ D.加AgNO3溶液都能生成白色沉淀考点氯气的化学性质.版权所有专题卤族元素.分析新制氯水中含有氢离子、氯离子、次氯酸分子、氯气分子、氢氧根离子、水分子七种微粒,但是久置的氯水就是盐酸溶液,据此回答.解答解新制氯水中含有氢离子、氯离子、次氯酸分子、氯气分子、氢氧根离子、水分子七种微粒,但是久置的氯水就是盐酸溶液.A、新制氯水中含有氯气分子,但是久置氯水中不含氯气分子,颜色不一样,故A错误;B、新制氯水中含有次氯酸分子,具有漂白性,但是久置氯水中不含次氯酸,无漂白性,故B正确;C、新制氯水与久置的氯水都含有H+,故C正确;D、新制氯水与久置的氯水都含有Cl﹣,加AgNO3溶液都能生成白色沉淀,故D正确.故选A.点评本题考查学生新制氯水与久置的氯水的区别,可以根据所学知识来回答,注意知识的归纳和整理是关键,难度不大. 7.(2分)(xx•天津校级学业考试)漂白粉的有效成分是( ) A.次氯酸钙B.氯化钙 C.次氯酸D.次氯酸钙与氯化钙考点氯、溴、碘及其化合物的综合应用.版权所有专题物质的组成专题.分析漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙,有效成分是次氯酸钙.解答解漂白粉的有效成分是次氯酸钙,由于次氯酸的酸性比碳酸弱,次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸,故选A.点评本题考查物质的组成,题目难度不大,注意相关基础知识的积累. 8.(2分)(xx春•汕头期末)自来水可用氯气消毒,某学生用这种自来水去配制下列物质溶液,会产生明显的药品变质问题的是( ) A.NaNO3B.FeCl2C.Na2SO4D.AlCl3考点氯气的化学性质.版权所有专题卤族元素.分析根据氯水中含有H+、Cl
2、HClO、ClO﹣、Cl﹣等微粒能否与溶液中的溶质反应来解答.解答解A、因氯水中含有的微粒不会与NaNO3溶液中的微粒发生反应,则不会产生明显的药品变质问题,故A错误;B、因氯水中含有Cl
2、HClO、ClO﹣等微粒,具有氧化性,能氧化亚铁离子,则产生明显的药品变质问题,故B正确;C、因氯水中含有的微粒不会与Na2SO4溶液中的微粒发生反应,则不会产生明显的药品变质问题,故C错误;D、因氯水中含有的微粒不会与AlCl3溶液中的微粒发生反应,则不会产生明显的药品变质问题,故D错误;故选B.点评本题考查溶液的配制,明确氯水中的成分及离子之间的反应是解答本题的关键,难度不大. 9.(2分)(xx秋•庆安县校级期末)氯气可用来杀菌消毒,又可作漂白剂,其中起作用的是( ) A.Cl2B.HClOC.HClD.O2考点氯气的化学性质.版权所有专题卤族元素.分析根据氯气(Cl2)可以和水反应得到HCl和HClO(次氯酸),HClO能杀菌消毒来回答.解答解A、氯气有毒,无漂白性,故A不符合;B、氯气与水可以反应生成具有强氧化性的HClO,次氯酸具有杀菌消毒作用,故B符合;C、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸无杀菌消毒作用,故C不符合;D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有杀菌消毒作用,氧气是次氯酸分解生成,故D不符合;故选B.点评本题考查氯气的杀菌消毒原理,注意氯气和水生成的次氯酸具有氧化性是解题的关键,难度不大. 10.(2分)(xx•天津校级学业考试)SO2和Cl2都具有漂白性,若将等物质的量的这两种气体同时作用于潮湿的有色物质,可观察到有色物质( ) A.立刻褪色B.慢慢褪色 C.先褪色,后复原D.颜色不褪考点二氧化硫的化学性质;氯气的化学性质.版权所有专题卤族元素;氧族元素.分析SO2和Cl2等物质的量混合时,发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl,生成物不具有漂白性,则不能使有色的物质褪色.解答解虽SO2和Cl2都具有漂白性,但等物质的量的这两种气体同时作用于潮湿的有色物质,发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl,硫酸与盐酸都不具有漂白性,则不能使有色的物质褪色,故选D.点评本题考查SO2和Cl2的性质,熟悉物质的性质是解答本题的关键,明确二氧化硫和氯气的反应即可解答,难度不大. 11.(2分)(xx秋•沂水县校级月考)下列反应的离子方程式错误的是( ) A.氯气通入氢氧化钠溶液中Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O B.澄清石灰水中通入过量二氧化碳Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O C.在硅酸钠溶液中滴加稀硫酸SiO32﹣+2H+=H2SO3↓ D.二氧化硅与烧碱溶液反应SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O考点离子方程式的书写.版权所有专题离子反应专题.分析A.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;B.二氧化碳过量,碳酸钙沉淀溶解,反应生成碳酸氢根离子;C.硅酸为难溶物,硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀;D.二氧化硅为酸性氧化物,能够与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水.解答解A.氯气通入氢氧化钠溶液中,反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O,故A错误;B.澄清石灰水中通入过量二氧化碳,反应生成碳酸氢根离子,正确的离子方程式为OH﹣+CO2═HCO3﹣,故B错误;C.在硅酸钠溶液中滴加稀硫酸,反应生成硅酸沉淀,反应的离子方程式为SiO32﹣+2H+=H2SO3↓,故C正确;D.二氧化硅与烧碱溶液反应生成硅酸钠和水,反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O,故D正确;故选B.点评本题考查了离子方程式的正误判断,题目难度中等,注意明确离子方程式正误判断常用方法检查反应物、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)、检查是否符合原化学方程式等. 12.(2分)(xx•长沙校级模拟)下列关于SO2的叙述,正确的是( ) A.SO2既可以是含硫物质的氧化产物,又可以是含硫物质的还原产物 B.SO2是硫酸的酸酐 C.大气中SO2的主要来源是汽车排出的尾气 D.SO2具有漂白性,因而可以使石蕊试液褪色考点二氧化硫的化学性质;二氧化硫的污染及治理.版权所有专题氧族元素.分析A.二氧化硫中S元素为+4价,处于中间价态;B.硫酸的酸酐为三氧化硫;C.二氧化硫主要来源含硫物质的燃烧;D.SO2具有漂白性,能使品红褪色.解答解A.二氧化硫中S元素为+4价,处于中间价态,则可能为氧化产物也可能为还原产物,即SO2既可以是含硫物质的氧化产物,又可以是含硫物质的还原产物,故A正确;B.酸酐是酸失去1分子水后的氧化物,则硫酸的酸酐为三氧化硫,亚硫酸的酸酐为二氧化硫,故B错误;C.二氧化硫主要来源含硫物质的燃烧,汽车尾气中主要含氮的氧化物,故C错误;D.SO2具有漂白性,能使品红褪色,但不能使石蕊试液褪色,遇石蕊试液变红,故D错误;故选A.点评本题考查二氧化硫的性质及环境污染,明确元素的化合价与氧化还原反应中的概念及二氧化硫的特性、来源即可解答,题目难度不大. 13.(2分)(xx•广州一模)下列说法正确的是( )
①正常雨水的pH为
7.0,酸雨的pH小于
7.0
②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染
③使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品对人体健康产生损害
④使用氯气对自来水消毒过程中,生成的有机氯化物可能对人体有害
⑤食品厂产生的含丰富氮、磷营养素的废水可长期排向水库养鱼. A.
①②③B.
①④⑤C.
②③④D.
③④⑤考点常见的生活环境的污染及治理.版权所有专题元素及其化合物;化学应用.分析
①正常雨水的pH略小于7;
②汽车尾气中含有CO、氮氧化物等有害气体;
③二氧化硫对人体有害;
④氯气能与有机物发生加成反应;
⑤含丰富氮、磷营养素的废水可导致水的富营养化.解答解
①正常雨水因溶有二氧化碳而导致pH略小于7,故
①错误;
②汽车尾气中含有CO、氮氧化物等有害气体,严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染,故
②正确;
③二氧化硫对人体有害,不能用来漂白食品,故
③正确;
④氯气能与有机物发生加成反应,生成的有机氯化物对人体有害,故
④正确;
⑤含丰富氮、磷营养素的废水可导致水的富营养化,不能随意排放,故
⑤错误.故选C.点评本题考查常见的生活污染及治理,题目难度不大,学习中注意相关基础知识的积累,把握废水、废弃、废渣的处理方法. 14.(2分)(xx秋•大连期末)下列气体不能用H2SO4干燥的是( ) A.CO2B.NH3C.SO2D.HCl考点浓硫酸的性质;气体的净化和干燥.版权所有专题氧族元素.分析浓硫酸具有酸性和强氧化性,凡是能与浓硫酸反应的气体不能用浓硫酸干燥,以此解答该题.解答解A.CO2不与浓硫酸反应,能用浓硫酸干燥,故A不选;B.NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵,不能用浓硫酸干燥,故B选;C.SO2不与浓硫酸反应,能用浓硫酸干燥,故C不选;D.HC1不与浓硫酸反应,能用浓硫酸干燥,故D不选.故选B.点评本题考查浓硫酸的性质,题目难度不大,注意具有碱性、能与浓硫酸发生氧化还原反应的气体不能用浓硫酸干燥. 15.(2分)(xx•湖北校级一模)下列五种有色溶液与SO2作用,均能褪色,其实质相同的是( )
①品红溶液
②酸性KMnO4溶液
③溴水
④滴有酚酞的NaOH溶液
⑤淀粉﹣碘溶液. A.
①④B.
①②③C.
②③④D.
②③⑤考点二氧化硫的化学性质.版权所有分析二氧化硫为酸性氧化物,能与碱性氧化物、碱发生反应;二氧化硫能漂白某些有色物质,如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色;二氧化硫中硫为+4价,属于中间价态,有氧化性又有还原性,以还原性为主,如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色,体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性.解答解
①二氧化硫能漂白某些有色物质,如使品红溶液褪色是特征反应,化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色;
②酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸,自身还原为无色的二价锰离子,是酸性高锰酸钾的氧化性的体现,这里体现的是二氧化硫的还原性;
③溴水可以将二氧化硫氧化为硫酸,自身还原为溴化氢,这里同样体现的是二氧化硫的还原性;
④二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠,没有价态变化,是复分解反应,不过亚硫酸钠水解显碱性,但水解较微弱,现象只能是颜色变浅不是褪色;
⑤淀粉遇碘变蓝色,碘可以将二氧化硫氧化为硫酸,自身还原为碘化氢是溶液褪色,体现的是二氧化硫的还原性;五种有色溶液与SO2作用,均能褪色,其实质相同的是
②③⑤,均体现了二氧化硫的还原性.故选D.点评本题考查二氧化硫的性质,二氧化硫为酸性氧化物,具有酸性氧化物的通性,二氧化硫还具有漂白性、强还原性的弱氧化性. 16.(2分)(xx秋•沂水县校级月考)下列关于氯气的说法不正确的是( ) A.尽管氯气的化学性质很活泼,但是干燥的液氯能用钢瓶贮存 B.氯气制漂白粉时发生的是氧化还原反应 C.可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气 D.氢气在氯气中燃烧生成白色烟雾考点氯气的化学性质.版权所有专题卤族元素.分析A.干燥的氯气与Fe不反应;B.氯气制漂白粉,生成氯化钙、次氯酸钙,Cl元素的化合价变化;C.浓硫酸具有吸水性,与氯气不反应;D.氢气与氯气反应生成HCl,HCl极易结合水蒸气形成酸的小液滴.解答解A.干燥的氯气与Fe不反应,则干燥的液氯能用钢瓶贮存,故A正确;B.氯气制漂白粉,生成氯化钙、次氯酸钙,Cl元素的化合价变化,则发生的反应为氧化还原反应,故B正确;C.浓硫酸具有吸水性,与氯气不反应,则可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气,故C正确;D.氢气与氯气反应生成HCl,HCl极易结合水蒸气形成酸的小液滴,则氢气在氯气中燃烧,观察到有白雾,故D错误;故选D.点评本题考查物质的性质,综合考查元素化合物知识,为高频考点,把握物质的性质及发生的反应为解答的关键,侧重性质、反应现象及反应原理的考查,注意生成固体时的现象为烟,题目难度不大. 17.(2分)(xx•沈河区学业考试)图中三位同学正在讨论某一物质,他们所描述的物质是( ) A.HClB.S02C.CO2D.Cl2考点二氧化硫的化学性质.版权所有专题氧族元素.分析A、HCl常温常压下为无色气体,易溶于水,不是酸雨的形成原因;B、SO2常温常压下为无色气体,易溶于水,是酸雨的形成原因;C、CO2常温常压下为无色气体,易溶于水,不是酸雨的形成原因;D、Cl2常温常压下为黄绿色气体,可溶于水,不是酸雨的形成原因;解答解A、HCl常温常压下为无色气体,易溶于水,不是酸雨的形成原因,故A错误;B、SO2常温常压下为无色气体,易溶于水,生成亚硫酸,被氧气氧化为硫酸是酸雨的形成原因,故B正确;C、CO2常温常压下为无色气体,易溶于水,不是酸雨的形成原因,故C错误;D、Cl2常温常压下为黄绿色气体,可溶于水,不是酸雨的形成原因,故D错误;故选B.点评本题考查了物质性质的分析判断,主要是酸雨形成的原因和物质性质,题目较简单. 18.(2分)(xx春•新密市月考)针对实验室制取氨气,下列说法不正确的是( ) A.发生装置与用KClO3制取O2的装置相同 B.可用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气 C.氨气的验满可以用湿润的红色石蕊试纸或沾有浓盐酸的玻璃棒放于试管口附近 D.所用的铵盐不是NH4NO3,是因为NH4NO3受热易爆炸考点氨的实验室制法.版权所有专题氮族元素.分析A.实验室制取氨气选择固固加热装置;B.排水法适用于不易溶于水且不与水反应的气体来解答;C.氨气遇湿润的石蕊试纸变蓝或遇浓盐酸产生白烟;D.NH4NO3受热易爆炸,一般不使用.解答解A.实验室制取氧气,可以用加热氯酸钾或高锰酸钾的方法,要使用加热固体反应物的装置.实验室制取氨气,用的是固体与固体反应,需要加热,实验室制取氧气和氨气的实验装置相同,故A正确;B.氨气极易溶于水,溶解度太大,NH4Cl无法抑制氨气的溶解,不能用排水法来收集,故B错误;C.NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气,故C正确;D.NH4NO3受热易爆炸,一般使用NH4Cl或其他非氧化性酸的铵盐,故D正确;故选B.点评本题考查实验室制取氨气装置、检验、药品选择等知识,注意氨气遇湿润的石蕊试纸变蓝或遇浓盐酸产生白烟是氨气的验满常用方法,题目难度不大. 19.(2分)(xx秋•赣州校级期末)检验SO2中是否混有CO2气体,可采用的方法是( ) A.通过品红溶液 B.先通过NaOH溶液,再通过澄清石灰水 C.通过澄清石灰水 D.先通过KMnO4酸性溶液,再通过澄清石灰水考点二氧化硫的化学性质.版权所有专题氧族元素.分析根据SO2和CO2在性质上的相似点与不同点.它们在性质上的相似点很多,如都是酸性氧化物,都为弱酸的酸酐;能与Ca(OH)
2、Ba(OH)2等碱生成白色沉淀.不同点主要表现在SO2具有漂白性能使品红褪色,CO2不具有漂白性;通过NaHCO3饱和溶液时,由于H2SO3>H2CO3(酸性),所以SO2能反应置换出CO2,但CO2不反应;SO2中S为+4价,未达到最高价态,故SO2有还原性,但CO2不具有还原性.解答解A、因品红溶液检验的是二氧化硫,故A错误;B、因不管是否混有CO2都不会产生白色沉淀,SO2和CO2都与NaOH溶液2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O,2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O,故B错误;C、因不管有没有CO2都会产生白色沉淀CO2+Ca(OH)=CaCO3↓+H2O,SO2+Ca(OH)=CaSO3↓+H2O,不能验证有无CO2,故C错误;D、KMnO4酸性溶液将SO2完全吸收,若有白色沉淀一定有CO2,若无沉淀则无CO2,故D正确;故选D.点评本题主要考查SO2和CO2在性质上的相似点与不同点,在平时的学习中要注意区分和比较. 20.(2分)(xx秋•南京期末)能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是( ) A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水 B.CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀 C.高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2 D.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀考点硅酸的性质及制法;比较弱酸的相对强弱的实验.版权所有专题碳族元素.分析A、不能利用酸性氧化物的溶解性来比较酸性;B、根据溶液中发生的强酸制取弱酸的原理来分析;C、反应是在高温下固体之间的反应;D、根据溶液中发生的强酸制取弱酸的原理及盐酸易挥发来分析;解答解A、酸性氧化物与对应酸的酸性强弱没有关系,则无法比较酸性,故A错误;B、因往硅酸盐溶液通入二氧化碳,可以看到溶液变浑浊,是因为生成了难溶的硅酸沉淀,反应方程式是Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓,反应原理是强酸制弱酸,说明碳酸比硅酸酸性强,故B正确;C、比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应,则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论,故C错误;D、氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,根据强酸制弱酸,只能说明盐酸的酸性比碳酸强,又盐酸易挥发,可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,可能为盐酸与硅酸盐的反应,则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱,故D错误;故选B.点评根据强酸制弱酸原理,必须在溶液中发生的化学反应,因此C选项,不能得出硅酸的酸性比碳酸强. 21.(2分)(xx秋•东安区校级期末)下列试剂能贮存在磨口玻璃塞的试剂瓶里的是( ) A.HF溶液B.KOH溶液C.盐酸D.水玻璃考点化学试剂的存放;硅和二氧化硅.版权所有专题碳族元素.分析能和二氧化硅反应的药品溶液不能盛放在玻璃试剂瓶中,能和二氧化硅反应生成粘性物质的药品或粘性药品不能盛放在带玻璃塞的试剂瓶中.解答解A.氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅,所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸,要用塑料瓶盛放,故A错误;B.氢氧化钾呈强碱性,能和二氧化硅反应生成硅酸钾,硅酸钾具有黏性,能把玻璃塞黏住,故B错误;C.稀盐酸呈酸性,不和二氧化硅反应,所以可以带玻璃塞的试剂瓶盛放,故C正确;D.水玻璃就是硅酸钠溶液,具有黏性,能把玻璃塞黏住,故D错误.故选C.点评本题以试剂的存放为载体考查了硅酸钠的性质、玻璃的成分等知识点,难度不大,试剂的存放遵循安全性、保纯性、方便性原则. 22.(2分)(xx秋•东莞期末)xx年的诺贝尔物理奖得主之一﹣﹣美籍华裔物理学家高锟被誉为“光纤之父”,光纤通信是70年代后期发展起来的一种新型通信技术,目前长距离光纤通信系统已投入使用,光纤通信的光学纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的( ) A.碳B.石英C.锗D.硅考点硅和二氧化硅.版权所有专题碳族元素.分析光纤通信的光学纤维的主要成分是二氧化硅,是玻璃、石英、沙子的成分.解答解光纤通信的光学纤维的主要成分是二氧化硅,石英的主要成分是二氧化硅.故选B.点评本题考查学生二氧化硅的应用以及物质的组成知识,属于简单知识的考查,注意细节知识点的整理,较简单. 23.(2分)(xx春•绵阳期末)下列有关环境问题的说法正确的是( ) A.燃煤时加入适量石灰石,可减少废气中SO2的量 B.臭氧的体积分数超过10﹣4%的空气有利于人体健康 C.pH在
5.6~
7.0之间的降水通常称为酸雨 D.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解,故不会导致水体污染考点常见的生活环境的污染及治理.版权所有专题热点问题.分析A.高温下石灰石分解生成CaO,可与SO2反应;B.臭氧可引起鼻和喉头粘膜的刺激;C.酸雨pH<
5.6;D.含磷废水易导致水体富营养化.解答解A.高温下石灰石分解生成CaO,可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙,减少废气中SO2的量,故A正确;B.臭氧的体积分数超过10﹣4%,除对人体有一定毒害外,引起哮喘发作,导致上呼吸道疾病恶化,同时刺激眼睛,使视觉敏感度和视力降低,故B错误;C.酸雨pH<
5.6,故C错误;D.含磷废水易导致水体富营养化,应经处理后才能排放,故D错误.故选A.点评本题考查常见生活污染及治理,题目难度不大,学习中注意相关物质的组成、性质以及治理方法. 24.(2分)(xx•湖南校级学业考试)在氧化还原反应中,水作为氧化剂的是( ) A.C+H2OCO2+H2B.3NO2+H2O═2HNO3+NO C.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑D.2F2+2H2O═4HF+O2考点氧化还原反应.版权所有专题氧化还原反应专题.分析水中H为+1价,O为﹣2价,作氧化剂时H得到电子被还原,则化合价降低,应生成H2.解答解A.H2O中H元素化合价降低,则水作为氧化剂,故A正确;B.H2O中H和O元素的化合价都没有变化,水既不是氧化剂也不是还原剂,故B错误;C.H2O中H和O元素的化合价都没有变化,水既不是氧化剂也不是还原剂,故C错误;D.H2O中O元素的化合价升高,水作还原剂,故D错误.故选A.点评本题考查氧化还原反应,题目难度不大,注意化合价的判断是解答该题的关键,学习中注意相关基础知识的积累. 25.(2分)(xx秋•岐山县期末)根据反应式
(1)2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2,
(2)Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣,判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是( ) A.Br﹣、Fe2+、I﹣B.I﹣、Fe2+、Br﹣C.Br﹣、I﹣、Fe2+D.Fe2+、I﹣、Br﹣考点氧化性、还原性强弱的比较.版权所有专题氧化还原反应专题.分析根据元素的化合价升高来判断还原剂,利用氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答.解答解2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中,I元素的化合价升高,由还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性I﹣>Fe2+,Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣中,Fe元素的化合价升高,由还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性Fe2+>Br﹣,所以离子的还原性由强到弱的顺序为I﹣>Fe2+>Br﹣,故选B.点评本题考查离子还原性的比较,明确氧化还原反应中还原剂中元素的化合价升高、还原剂的还原性大于还原产物的还原性即可解答. 26.(2分)(xx秋•沂水县校级月考)下列反应的离子方程式正确的是( ) A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀盐酸2H++2Cl﹣+Ba2++2OH﹣=2H2O+BaCl2 B.往FeCl3溶液中加入Fe粉2Fe3++Fe=3Fe2+ C.碳酸钙和盐酸反应CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑ D.往FeCl3溶液中加入Cu粉Fe3++Cu=Fe2++Cu2+考点离子方程式的书写.版权所有专题离子反应专题.分析A.氯化钡为可溶性的盐,离子方程式中保留化学式,应该写成离子形式;B.铁离子能够与铁反应生成亚铁离子;C.碳酸钙为难溶物,离子方程式中碳酸钙不能拆开;D.根据电荷守恒判断,该离子方程式两边电荷不守恒.解答解A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀盐酸,反应的实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水,正确的离子方程式为H++OH﹣=2H2O,故A错误;B.FeCl3溶液中加入Fe粉,反应生成亚铁离子,反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+,故B正确;C.碳酸钙和盐酸反应,碳酸钙不能拆开,正确的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,故C错误;D.FeCl3溶液中加入Cu粉,反应生成亚铁离子和铜离子,正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,故D错误;故选B.点评本题考查了离子方程式的正误判断,为中等难度的试题,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). 27.(2分)(xx秋•城区校级期末)在酸性溶液中,能大量共存的离子组是( ) A.Mg2+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣B.Al3+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣ C.K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣D.Na+、Ba2+、NO3﹣、SO42﹣考点离子共存问题.版权所有专题几种重要的金属及其化合物.分析酸性溶液中有大量的H+,离子之比不能结合生成水、气体、沉淀,不能结合生成络离子等,则离子能大量共存.解答解A、因Fe3+、SCN﹣能结合生成络离子,则不能共存,故A错误;B、因该组离子之间不反应,则能够共存,故B正确;C、因H+与HCO3﹣结合生成水和二氧化碳气体,则不能共存,故C错误;D、因Ba2+、SO42﹣能结合生成硫酸钡沉淀,则不能共存,故D错误;故选B.点评本题考查离子的共存,熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应即可解答,难度不大. 28.(2分)(xx秋•科尔沁区期末)在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量,产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示,由此确定,原溶液中含有的阳离子是( ) A.Mg2+、Al3+、Fe2+B.H+、Mg2+、Al3+ C.H+、Ba2+、Al3+D.只有Mg2+、Al3+考点镁、铝的重要化合物.版权所有专题几种重要的金属及其化合物.分析根据图象,可以看出分为4个阶段第一阶段无沉淀,第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量,第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应,即部分沉淀溶解,第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加.解答解第一阶段无沉淀,水溶液中一定含有氢离子,故AD错误,第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应,说明部分沉淀是氢氧化铝,原溶液中一定含有铝离子,第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加,说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应,可推知该沉淀是氢氧化镁,原溶液中一定含有镁离子.故选B.点评本题考查金属镁以及金属铝的化合物的有关性质,注意氢氧化铝能和强碱反应是解题的关键所在,难度不大. 29.(2分)(xx•山东模拟)可以用来判定碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法是( ) A.加热时有无色气体放出 B.滴加盐酸时有气泡放出 C.溶于水后,滴加稀的氯化钙溶液有白色沉淀生成 D.溶于水后,滴加澄清石灰水有白色沉淀生成考点探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.版权所有专题几种重要的金属及其化合物.分析碳酸氢钠加热易分解,而碳酸钠加热不分解,二者都能与盐酸反应生成二氧化碳气体,都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀,但只有碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀.解答解A.碳酸氢钠加热易分解,而碳酸钠加热不分解,无法检验是否含有碳酸钠,故A错误;B.二者都能与盐酸反应生成二氧化碳气体,无法检验是否含有碳酸钠,故B错误;C.溶于水后,滴加稀的氯化钙溶液,只有碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀,可鉴别,故C正确;D.都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀,无法检验是否含有碳酸钠,故D错误.故选C.点评本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质,题目难度不大,注意二者性质的异同,把握相关物质的性质是解答该题的关键. 30.(2分)(xx•河南校级学业考试)硅被誉为无机非金属材料的主角,下列物品用到硅单质的是( ) A.陶瓷餐具B.石英钟表C.计算机芯片D.光导纤维考点硅和二氧化硅.版权所有专题碳族元素.分析硅位于金属和非金属分界线附近,常用作半导体材料,为无机非金属材料的主角,而二氧化硅具有熔点高、硬度大的特点,常用于制备耐高温材料和光导纤维.解答解A、陶瓷餐具的原料为二氧化硅,不是单质硅,故A错误;B、石英钟表的构成材料为二氧化硅,不是单质硅,故B错误;C、计算机芯片的主要成分为单质硅,故C正确;D、光导纤维的主要成分为二氧化硅构,不是单质硅,故D错误.故选C.点评本题主要考查硅及其化合物的性质与应用,题目难度不大,注意基础知识的积累.
二、填空题31.(3分)(xx秋•沂水县校级月考)某学生课外活动小组利用如图所示装置分别做如下实验在试管中注入某无色溶液,加热试管,溶液变为红色,冷却后恢复无色,则此溶液可能是 溶有SO2的品红 溶液;加热时溶液由无色变为红色的原因是 SO2气体逸出,品红溶液恢复红色 .考点实验装置综合.版权所有专题元素及其化合物.分析在试管中注入某无色溶液,加热试管,溶液变为红色,冷却后恢复无色,应为二氧化硫漂白品红的现象,以此解答.解答解因SO2能使品红褪色,但这种漂白不稳定,加热品红时,SO2气体逸出,又恢复为红色,冷却后又褪成无色,故答案为溶有SO2的品红;SO2气体逸出,品红溶液恢复红色.点评本题考查了SO2的漂白性,侧重于学生的分析、实验能力的考查,难度不大,注意相关基础知识的积累. 32.(5分)(xx秋•沂水县校级月考)如图,已知有以下物质相互转化
(1)F的化学式 KCl ;
(2)向I溶液中加入A的有关离子反应方程式是 2Fe3++Fe=3Fe2+ .
(3)向B溶液中通入气体C的离子方程式 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ .考点无机物的推断.版权所有专题推断题;元素及其化合物.分析由转化关系可知,由白色沉淀G红褐色沉淀H可知,G为Fe(OH)2,H为Fe(OH)3,由溶液F溶液K+白色沉淀J,溶液K焰色反应为紫色,故含有K+,白色沉淀J为AgCl,F为KCl,由溶液B+溶液E→KCl+Fe(OH)2,为FeCl2与KOH,由Fe(OH)3+盐酸→溶液D,溶液D+A→溶液B可知,B为FeCl2,E为KOH,I为FeCl3,试剂盐酸,由BD可知,C为Cl2,验证符合转化关系,以此解答该题.解答解由转化关系可知,由白色沉淀G红褐色沉淀H可知,G为Fe(OH)2,H为Fe(OH)3,由溶液F溶液K+白色沉淀J,溶液K焰色反应为紫色,故含有K+,白色沉淀J为AgCl,F为KCl,由溶液B+溶液E→KCl+Fe(OH)2,为FeCl2与KOH,由Fe(OH)3+盐酸→溶液D,溶液D+A→溶液B可知,B为FeCl2,E为KOH,I为FeCl3,试剂盐酸,由BD可知,C为Cl2,
(1)由以上分析可知F为KCl,故答案为KCl;
(2)I为FeCl3,与铁反应生成FeCl2,反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+,故答案为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(3)向B溶液中通入气体C的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣.点评本题以无机框图题的形式考查Fe、Cl等元素单质及其化合物之间的相互转化关系和逻辑推理能力、化学用语的书写能力,本题中H为红褐色沉淀,溶液K焰色反应为紫色等解题突破口,难度中等. 33.(8分)(xx秋•沂水县校级月考)写出下列化学方程式,一步实现下列转变,要求
(1)和
(4)写离子方程式
(1)Al→NaAlO2
(2)铁和水的反应
(3)Fe(OH)2→Fe(OH)3
(4)Na2O2→NaOH.考点离子方程式的书写;化学方程式的书写;钠的重要化合物;铝的化学性质;铁的化学性质;铁的氧化物和氢氧化物.版权所有专题元素及其化合物.分析
(1)金属铝与氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和氢气,据此写出反应的离子方程式;
(2)铁与水蒸气在高温下能够反应生成四氧化三铁和氢气;
(3)氢氧化亚铁不稳定,在空气中容易被氧化成氢氧化铁;
(4)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气.解答解
(1)铝与氢氧化钠溶液反应,反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子反应为2Al+2H2O+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑,故答案为2Al+2H2O+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑;
(2)铁和水蒸气在高温下能够发生反应生成四氧化三铁和氢气,反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,故答案为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2;
(3)在空气中,氢氧化亚铁溶液被氧气氧化成氢氧化铁,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(4)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑,故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑.点评本题考查了化学方程式、离子方程式的书写,题目难度中等,明确发生反应的实质是解本题关键,根据化学方程式、离子方程式书写原则进行书写. 34.(4分)(xx秋•沂水县校级月考)向20mLAlCl3溶液中滴入2mol•L﹣1NaOH溶液时,沉淀质量与所滴加NaOH溶液体积(mL)关系如图所示设溶液中有Al(OH)3沉淀
0.39g,则此时用去NaOH溶液的体积为
7.5mL或
17.5mL .考点化学方程式的有关计算;离子方程式的有关计算.版权所有专题计算题.分析分析图象结合方程式计算,由图象分析知,当沉淀的质量为最大值的一半时,对应的氢氧化钠的体积有两个,一个是氢氧化钠不足量生成
0.39g沉淀所用的体积,一个是有部分沉淀溶解所需氢氧化钠的体积.解答解由图象分析知,当沉淀的质量为最大值的一半时,对应的氢氧化钠的体积有两个,一个是氢氧化钠不足量生成
0.39g沉淀所用的体积,一个是有部分沉淀溶解所需氢氧化钠的体积.
①氯化铝过量生成沉淀所用氢氧化钠的体积设生成
0.39g沉淀需氢氧化钠的体积为xL.AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl3mol78g2mol/L×xL
0.39gx=
0.0075所以氢氧化钠的体积为
7.5mL;
②部分沉淀溶解所需氢氧化钠的体积设生成
0.78g沉淀所需氢氧化钠的体积为yL;AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl3mol78g2mol/L×yL
0.78gy=
0.015即15mL;设生成的
0.78g沉淀有
0.39g溶解所需氢氧化钠的体积为zL.Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O78g1mol
0.39g2mol/L×zLz=
0.0025即
2.5mL所以当生成的沉淀又有
0.39g溶解时所用的氢氧化钠的体积为15mL+
2.5mL=
17.5mL故答案为
7.5mL或
17.5mL.点评本题是AlCl3与NaOH反应与图象相结合的计算问题,考查了学生对图象的解读能力,分析问题能力、计算能力等,难度中等,本题解决的关键是明确NaOH溶液逐滴加入到AlCl3溶液中的反应情况. 35.(8分)(xx秋•沂水县校级月考)如图制取SO2并验证SO2性质的装置图已知Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O
(1)
①中为紫色石蕊试液,实验现象为 溶液变红 实验证明SO2是 酸性 气体
(2)
②中为红色品红溶液,现象为 褪色 证明SO2有 漂白 性
(3)
④为紫红色高锰酸钾,实验现象为 紫红色褪去 证明SO2有 还原 性.
(4)
⑤的作用 吸收多余SO2,防止污染环境 反应方程式 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O .考点探究二氧化硫与水和品红溶液的反应.版权所有专题实验题.分析
(1)亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫为酸性氧化物与水反应生成亚硫酸,亚硫酸电离产生氢离子,溶液显酸性;
(2)二氧化硫具有漂白性,能够使品红溶液褪色;
(3)酸性KMnO4具有强氧化性,溶液颜色为紫色,SO2中+4价S具有还原性;
(4)二氧化硫有毒,不能直接排放到空气中,为酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水.解答解
(1)二氧化硫为酸性氧化物与水反应生成亚硫酸,亚硫酸电离产生氢离子,溶液显酸性,遇石蕊显红色,故答案为溶液变红;酸性;
(2)二氧化硫与品红化合生成无色物质,能使品红溶液褪色,故二氧化硫具有漂白性,故答案为褪色;漂白;
(3)酸性KMnO4具有强氧化性,溶液颜色为紫色,SO2中+4价S具有还原性,二氧化硫通入酸性高锰酸钾中发生2KMnO4+5SO2+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4,该反应中二氧化硫为还原剂,具有还原性,发生氧化反应,导致酸性KMnO4溶液褪色,故答案为紫红色褪去;还原;
(4)二氧化硫有毒,不能直接排放到空气中,二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水,所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫,反应的化学方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O,故答案为吸收多余SO2,防止污染环境;SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O.点评本题考查了二氧化硫的制备和性质,题目难度不大,熟悉二氧化硫的性质是解题关键,注意二氧化硫使各种溶液褪色的原因的积累. 36.(6分)(xx秋•沂水县校级月考)在Fe2O3+3CO2Fe+3CO2的反应中, Fe2O3 是氧化剂, C 元素被氧化,用双线桥法标出电子转移的方向和数目 .考点氧化还原反应.版权所有专题氧化还原反应专题.分析Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中,Fe元素的化合价由+3价降低为0,C元素的化合价由+2价升高为+4价,以此来解答.解答解Fe元素的化合价降低,则Fe元素被还原,Fe2O3为氧化剂,C元素的化合价升高,则CO为还原剂,则C元素被氧化,Fe元素的化合价由+3价降低为0,C元素的化合价由+2价升高为+4价,则电子转移的方向和数目为,故答案为Fe2O3;C;.点评本题考查氧化还原反应,为高考常见题型,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重基本概念和转移电子的考查,题目难度不大. 37.(6分)(xx秋•沂水县校级月考)图1为实验室制取氨的实验装置.
(1)写出A中所发生反应的化学方程式 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O .
(2)一位学生用制得的氨,按图2装置进行喷泉实验,烧瓶已充满干燥的氨气,引发喷泉实验的操作是 打开橡皮管的夹子,挤压胶头滴管的胶头,使少量的水进入烧瓶 .
(3)另一学生积极思考产生喷泉的其他方法,设计了图3装置.首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质,反应后产生喷泉的是 A A.CaCO3粉末和浓盐酸B.NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液C.HCl和AgNO3溶液D.HCl和酚酞溶液.考点氨的制取和性质.版权所有专题实验题.分析
(1)氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水;
(2)利用氨气极易溶于水,形成压强差而形成喷泉进行解答;
(3)依据加入的物质能导致锥形瓶中气压变大的原理才能产生喷泉,结合物质的性质分析解答.解答解
(1)采用的是固+固混合加热制气的方法,故用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3,氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;
(2)氨气极易溶于水,如果打开止水夹,氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小,而形成喷泉,故答案为打打开橡皮管的夹子,挤压胶头滴管的胶头,使少量的水进入烧瓶;
(3)CaCO3粉末和浓盐酸反应产生大量二氧化碳,使锥形瓶中压强增大,形成喷泉,故A正确;B.NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液,不产生气体,不能形成喷泉,故B错误;C.HCl和AgNO3溶液,不产生气体,不能形成喷泉,故C错误;D.HCl和酚酞溶液,不产生气体,不能形成喷泉,故D错误;故选A.点评本题考查了氨气的制备和性质,明确反应原理、形成喷泉的原理和操作方法是解答的关键,题目难度不大. 38.(7分)(xx秋•沂水县校级月考)通过学习研究物质性质的方法和程序,知道钠、氯元素分别是典型的活泼金属和非金属,有关它们的性质用途如下
(1)钠着火时,为什么不能用水灭火?(写出相关离子方程式) 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 、 2H2+O22H2O Na2O2常用于呼吸面具中制氧气,有关反应方程式为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
(2)氯水中含有多种成分
①氯气与水反应的离子方程式 Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO 将紫色石蕊试液滴入氯水中,现象是 先变红后褪色 ,
②氯气有毒,实验室进行氯气的制取或性质实验时,一般用碱液吸收,离子方程式为 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O
③次氯酸有漂白、杀菌作用,可是很不稳定,见光易分解,写出反应方程式 2HClO2HCl+O2 ,所以常利用氯气与碱反应,制得相对稳定的次氯酸盐,写出漂白粉的制备化学方程式 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H20 .考点钠的化学性质;氯气的化学性质.版权所有专题元素及其化合物.分析
(1)依据钠和水反应生成氢气,在空气中容易发生爆炸分析;过氧化钠和人呼出的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气;
(2)
①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸遇到石蕊试液变红色,次氯酸具有漂白性,使红色褪去;
②氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;
③次氯酸见光分解生成盐酸和氧气,氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水是工业制备漂白粉的反应.解答解
(1)钠和水反应生成氢气,钠着火时不能用水灭火,生成的氢气在空气中容易发生爆炸,反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2H2+O22H2O;Na2O2常用于呼吸面具中制氧气,过氧化钠和人呼出的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2H2+O22H2O;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(2)
①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO,盐酸遇到石蕊试液变红色,次氯酸具有漂白性,使红色褪去;故答案为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO;先变红后褪色;
②氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O;故答案为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O;
③次氯酸见光分解生成盐酸和氧气,反应为2HClO2HCl+O2,氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水是工业制备漂白粉的反应,反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H20;故答案为2HClO2HCl+O2;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H20.点评本题考查了钠、氯气及其化合物性质分析判断,离子方程式和化学方程式书写,掌握基础是关键,题目较简单. 39.(6分)(xx秋•沂水县校级月考)
(1)同温同压下,同体积的H2和CO2比较,原子个数比为 23 ,质量比为 122 .
(2)
7.8gNa2X中含Na+
0.2mol,则Na2X的摩尔质量为 78g/mol .X的相对原子质量 32 .
(3)将
5.85gNaCl固体溶于水配成250mL溶液,此NaCl物质的量浓度为
0.4mol/L ,取出10mL加水稀释到100mL,则稀释后的溶液的物质的量浓度为
0.04mol/L .考点物质的量浓度的相关计算;物质的量的相关计算.版权所有专题计算题.分析
(1)同温同压下,同体积的H2和CO2的物质的量相等,二者所含原子数目之比等于分子中含有的原子数目之比,根据m=nM计算二者质量之比;
(2)由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量,根据M=计算Na2X的摩尔质量,进而计算X的相对原子质量;
(3)根据n=计算氯化钠物质的量,根据c=计算NaCl溶液的物质的量浓度为,根据稀释定律计算稀释后NaCl物质的量浓度为.解答解
(1)同温同压下,同体积的H2和CO2的物质的量相等,所含原子数目之比等于分子中含有的原子数目之比,即二者所含原子数目之比=23,根据m=nM可知,二者质量之比=2g/mol44g/mol=122;故答案为23;122;
(2)Na2X的物质的量==
0.1mol,其质量为
7.8g,故Na2X的摩尔质量==78g/mol,故X的相对原子质量=78﹣23×2=32,故答案为78g/mol;32;
(3)
5.85gNaCl的物质的量==
0.1mol,溶于水配成250mL溶液,此NaCl溶液物质的量浓度为=
0.4mol/L,取出10mL加水稀释到100mL,令稀释后的溶液的物质的量浓度为c,稀释前后溶质的物质的量不变,则
0.01L×
0.4mol/L=
0.1L×c,解得c=
0.04mol/L,故答案为
0.4mol/L;
0.04mol/L.点评本题考查物质的量有关计算,比较基础,侧重对基础知识的巩固,注意对公式的理解与灵活应用. 40.(7分)(xx秋•德城区校级期中)用98%的浓硫酸(其密度为
1.84g/cm3)配制100mL
1.0mol/L稀硫酸,若实验仪器有A.100mL量筒B.托盘天平C.玻璃棒D.50mL容量瓶E.10mL量筒F.胶头滴管G.50mL烧杯H.100mL容量瓶
(1)需量取浓硫酸的体积为
5.4 mL.
(2)实验时选用的仪器有(填序号) CEFGH
(3)配制过程中,下列情况会使配制结果偏高的是(填序号)
①
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③定容后摇匀、静置,发现液面低于刻度线,再加蒸馏水补至刻度线
(4)在容量瓶使用方法中,下列操作不正确的是(填序号) BCD A.使用容量瓶前检查它是否漏水B.容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配液润洗C.将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上,准确称量并放入烧杯中溶解,立即注入容量瓶中D.将准确量取的
18.4mol•L﹣1的硫酸,注入已盛有30mL水的100mL的容量瓶中,加水至刻度线E.定容后塞好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转摇匀
(5)在实验过程中出现如下情况应如何处理?
①加蒸馏水到离刻度线约1﹣﹣2厘米时,应 改用胶头滴管滴至凹液面最低点与刻度线相切
②加蒸馏水时不慎超过了刻度线,应 倒掉重新配制 .考点配制一定物质的量浓度的溶液.版权所有专题实验题.分析
(1)依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度,然后依据计算需要浓硫酸的体积;
(2)用浓溶液配置稀溶液一般用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管,依据浓硫酸的体积和配置溶液的体积选择合适的量筒和容量瓶;
(3)依据C=进行误差分析,凡是使n偏小或者V偏大的操作都会使所配溶液浓度偏小,反之,偏大;
(4)根据容量瓶的构造及正确的使用方法进行判断;
(5)
①容量瓶瓶颈细长,定容时应注意不能加入蒸馏水过多;
②加蒸馏水时不慎超过了刻度线,实验失败,需重新操作.解答
(1)98%的浓硫酸(其密度为
1.84g/cm3)的物质的量浓度C==
18.4mol/L,稀释前后溶质的物质的量保持不变,设需要浓硫酸的体积为V,则
18.4mol/L×V=100mL×
1.0mol/L,解得V=
5.4ml;故答案为
5.4;
(2)用浓溶液配置稀溶液一般用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管;要配制100mL溶液应选择100ml的容量瓶,依据需要浓硫酸的体积为
5.4ml,可知应选择10ml量筒;故答案为CEFGH;
(3)依据C=进行误差分析,凡是使n偏小或者V偏大的操作都会使所配溶液浓度偏小,反之,偏大;
①定容时俯视刻度线观察液面,导致加入的蒸馏水过少,溶液的体积V偏小,溶液的浓度偏大,故
①选;
②容量瓶使用时未干燥,对溶液的体积和物质的量都不会产生影响,溶液浓度准确,故
②不选;
③定容后摇匀、静置,发现液面低于刻度线,再加蒸馏水补至刻度线,加入蒸馏水过多,溶液的体积V偏大,溶液的浓度偏小,故
③不选;故选
①;
(4)A.使用D带瓶塞或者活塞的仪器应检查它是否漏水,故A正确;B.容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配液润洗,导致加入的溶质过多,浓度偏大,故B错误;C.氢氧化钠固体具有腐蚀性,应该放在烧杯中称量;准确称量并放入烧杯中溶解,冷却后在移入容量瓶中,故C错误;D.容量瓶为精密仪器,不能用来稀释溶液或者溶解固体,故D错误;E.定容后塞好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转摇匀,故E正确;故选BCD;
(5)
①加蒸馏水到离刻度线约1﹣﹣2厘米时,应该改用胶头滴管滴至凹液面最低点与刻度线相切;
②加蒸馏水时不慎超过了刻度线,倒掉重新配制;故答案为改用胶头滴管滴至凹液面最低点与刻度线相切;倒掉重新配制.点评本题考查了一定物质的量浓度溶液的配置,明确配置的原理、把握配置的步骤是解题关键,注意量筒和容量瓶的选择原则遵循“大而近”. 。