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2015-2016学年江西省九江一中高一上学期期末化学试卷(解析版)


2015-2016 学年江西省九江一中高一(上)期末化学试卷

一、选择题(本题包括 16 小题,每小题 3 分,共计 48 分.每小题只有一个选项最符合题 意) 1.下列气体不会造成大气污染的是( A.二氧化硫 B.一氧化氮 ) C.一氧化碳 D.氮气

【考点】常见的生活环境的污染及治理. 【分析】题目中二氧化硫、一氧化碳、一氧化氮都是

有毒气体,会造成大气污染,并且二氧 化硫形成酸雨,一氧化氮形成光化学烟雾. 【解答】解:A.二氧化硫是有毒气体,是形成酸雨的有害气体,会污染大气,故 A 错误;

B.一氧化氮有毒,会污染大气,并能形成形成光化学烟雾,故 B 错误; C.一氧化碳有毒,会污染大气,故 C 错误; D.空气中有 的气体是氮气,不会造成污染,故 D 正确. 故选 D. 【点评】本题考查常见污染性气体,题目较为简单,注意物质的性质的积累.

2.以下实验装置一般不用于分离物质的是(



A.

B.

C.

D.

【考点】物质分离装置. 【分析】根据各种实验的装置特点判断实验目的,可做出答案,其中 A 为蒸发,B 为蒸馏, C 为溶液的配制,D 为洗气装置. 【解答】解:A.为蒸发装置,可用来分离可溶性固体和水,故 A 不选;

B.为蒸馏操作,可用来分离沸点不同的物质,故 B 不选; C.为配制一定物质的量浓度的溶液的操作,不用于分离物质,故 C 选; D.为洗气装置,可用来除去气体杂质,故 D 不选. 故选 C. 【点评】本题考查基本实验操作,题目难度不大,注意常见实验操作的装置特点

3.如图所示排气法收集气体,从导管口 a 端通入可收集的气体是(



A.SO2 【考点】气体的收集.

B.H2

C.NO

D.N2

【专题】气体的制备与性质检验类实验. 【分析】导管口 a 端通入,说明为向上排空气法收集,密度比空气大,不与空气反应,据此 解题. 【解答】解:A.SO2 可用向上排空气法收集,故 A 正确; B.氢气用想下排空气法收集,故 B 错误; C.NO 能与空气中的氧气反应,不能用排空气法收集,故 C 错误; D.氮气与空气密度接近,不能用排空气法收集,故 D 错误. 故选 A. 【点评】本题考查了气体的收集、净化、检验,题目难度不大,要根据物质的密度和压强做 深入理解.

4.向含有下列离子的溶液中分别加入 Na2O2 固体(溶液体积变化可忽略),能使其离子浓 度基本不变的是( A.AlO2﹣ ) B.Na+ C.Fe2+ D.HCO3﹣

【考点】钠的重要化合物;离子共存问题. 【专题】几种重要的金属及其化合物.

【分析】Na2O2 具有强氧化性,与水反应后溶液呈碱性,具有还原性的离子和能与 OH﹣反 应的离子浓度发生改变 【解答】解:A、Na2O2 与水反应生成氢氧化钠,AlO2ˉ离子浓度不变,故 A 选;

B、Na2O2 与水反应生成氢氧化钠,溶液中钠离子浓度增大,故 B 不选; C、Na2O2 具有强氧化性,将 Fe2+氧化为 Fe3+,则 Fe2+离子浓度减小,故 C 不选;

D、Na2O2 与水反应后溶液呈碱性,HCO3﹣与 OH﹣反应,HCO3﹣离子浓度减小,故 D 不选;

故选 A. 【点评】本题考查 Na2O2 的性质以及离子反应问题,题目难度不大,注意 Na2O2 的强氧化 性和与水反应的性质.

5.下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是( A.32 g 氧气和臭氧的混合气体中所含的原子数为 2N. B.常温常压下,22.4LCO2 含有的分子数目为 NA C.0.1mol OH﹣含有 NA 个电子 D.2.4g 金属镁与足量的盐酸反应,转移的电子数为 0.2NA 【考点】阿伏加德罗常数. 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 【分析】A、依据氧原子守恒分析计算; B、标准状况气体摩尔体积为 22.4L/mol; C、氢氧根离子含有 10 个电子; D、依据 n= 计算物质的量,结合镁原子最外层电子 2 个;



【解答】解:A、依据氧原子守恒分析计算,32 g 氧气和臭氧的混合气体中所含的原子数 = ×NA=2NA,故 A 正确;

B、标准状况气体摩尔体积为 22.4L/mol,常温常压下,22.4LCO2 含物质的量不是 1mol,故 B 错误;

C、氢氧根离子含有 10 个电子,0.1mol OH﹣含有电子数=0.1mol×10×NA 个=NA 个,故 C 正 确; D、依据 n= 计算物质的量= =0.1mol,结合镁原子最外层电子 2 个,与足量的盐酸

反应,转移的电子数为 0.2NA,故 D 正确; 故选 B. 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用,主要是气体摩尔体积条件应用,物质的量 计算微粒数的方法,掌握基础是关键,题目较简单.

6.下列各组物质发生化学反应时,由于反应物的量不同而导致生成不同产物的是: (



①CO2 与 NaOH 溶液 ②盐酸与偏铝酸钠溶液 ③盐酸与 NaHCO3 溶液 ④高温下焦炭与 O2 ⑤AlCl3 溶液与氢氧化钠溶液 ⑥铁与稀硝酸. A.除②外 B.除③外 C.除②③⑤⑥外 D.除③⑥外

【考点】离子反应发生的条件;离子方程式的书写. 【专题】离子反应专题. 【分析】①二氧化碳和氢氧化钠反应能生成碳酸钠或碳酸氢钠; ②盐酸溶液与偏铝酸钠反应生成氯化铝或氢氧化铝; ③碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水; ⑤碳和氧气能生成二氧化碳或一氧化碳; ⑥氯化铝和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝或偏铝酸钠; ⑦铁与稀硝酸反应铁不足量生成硝酸铁,铁过量生成硝酸亚铁; 【解答】解:①向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳,当二氧化碳不足量时,二氧化碳和氢氧 化钠反应生成碳酸钠,当二氧化碳过量时,二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠,反应物 的量不同而导致生成不同产物,故①正确;

②盐酸溶液与偏铝酸钠反应,盐酸不足生成氢氧化铝,如盐酸过量,则生成氯化铝,反应 物的量不同而导致生成不同产物,故②正确; ③NaHCO3 溶液与盐酸混合,碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水,故③错误;

④当氧气不足时,碳和氧气反应生成一氧化碳,当氧气过量时,碳和氧气反应生成二氧化 碳,反应物的量不同而导致生成不同产物,故④正确; ⑤AlCl3 溶液与氢氧化钠反应混合,氢氧化钠不足时生成氢氧化铝沉淀,氢氧化钠过量生成 偏铝酸钠,反应物的量不同而导致生成不同产物,故⑤正确; ⑥铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁,一氧化氮和水,过量的铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、 一氧化氮和水,量不同产物不同,反应物的量不同而导致生成不同产物,故⑥正确;

故选 B. 【点评】本题考查了化学反应与量的关系,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,难 度不大,注意氢氧化铝是两性氢氧化物,氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱.

7.下列有关 SO2 说法错误的是(



A.SO2 能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色 B.SO2 能使沾有 KMnO4 溶液的滤纸褪色,证明了 SO2 具有还原性 C.SO2 能使品红试纸褪色,证明了 SO2 的漂白性 D.SO2 能使沾有酚酞和 NaOH 溶液的滤纸褪色,证明了 SO2 是酸性氧化物 【考点】二氧化硫的化学性质. 【专题】氧族元素. 【分析】A.SO2 是酸性氧化物,能使有机物褪色; B.二氧化硫具有还原性; C.SO2 能使有机物褪色,具有漂白性; D.SO2 是酸性氧化物. 【解答】解:A.SO2 是酸性氧化物,与水反应生成亚硫酸,故二氧化硫能使湿润蓝色石蕊 试纸变红,但不能使其褪色,故 A 错误; B.二氧化硫具有还原性,能被酸性高锰酸钾氧化,故 B 正确;

C.SO2 具有漂白性,能使品红溶液褪色,故 C 正确; D.SO2 是酸性氧化物,与水反应生成亚硫酸,故 SO2 能使沾有酚酞和 NaOH 溶液的滤纸褪 色,故 D 正确, 故选 A. 【点评】本题考查二氧化硫的化学性质,难度中等.要注意二氧化硫的漂白原理:与有色物 质结合成无色物质,对象主要是有机物.

8. SO42﹣、 NO3﹣, 已知某溶液中存在较多的 H+、 该溶液中还可能大量存在的离子组是 (



A.Na+、NH4+、Cl﹣

B.Mg2+、Ba2+、Br﹣

C.Mg2+、Cl﹣、Fe2+ D.K+、SiO32﹣、Cl﹣ 【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题. 【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化还原反应等,则离子 大量共存,以此来解答. 【解答】解:A.离子之间均不反应,可大量共存,故 A 选; B.SO42﹣、Ba2+结合生成沉淀,不能共存,故 B 不选; C.H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,不能共存,故 C 不选; D.H+、SiO32﹣结合生成沉淀,不能共存,故 D 不选; 故选 A. 【点评】本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解 答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,题目难度不大.

9.能正确表示下列反应的离子方程式的是(



A.Cl2 通入 NaOH 溶液:Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O B.NaHCO3 溶液中加入稀 HCl:CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O C.AlCl3 溶液中加入过量稀氨水:Al3++4NH3H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O D.Cu 溶于稀 HNO3:3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O 【考点】离子方程式的书写.

【专题】离子反应专题. 【分析】A.原子不守恒; B.碳酸氢根离子不能拆开; C.氢氧化铝不溶于弱碱; D.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 和水. 【解答】解:A.原子不守恒,离子方程式为 Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O,故 A 错误;

B.碳酸氢根离子不能拆开,离子方程式为 HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O,故 B 错误;

C.氢氧化铝不溶于弱碱,离子方程式为 Al3++3NH3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故 C 错误;

D.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 和水,离子方程式为 3Cu+8H++2NO3﹣ ═3Cu2++2NO↑+4H2O,故 D 正确; 故选 D. 【点评】本题考查了离子方程式的书写,明确物质之间发生的反应是解本题关键,再结合离 子方程式的书写规则来分析解答,注意:有的化学反应与反应物的量有关,离子方程式书写 是学习难点,也是高考高频点,应熟练掌握.

10.下列实验现象和结论相符的是( 操作及现象 A B C D

) 结论

溶液中加入盐酸,产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 溶液中一定含有 CO32﹣ 某溶液中加入硝酸银,产生白色沉淀 用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧,火焰呈黄色 向某溶液中先加 KSCN 无明显现象,再滴氯水,溶液变红 B.B C.C 溶液中一定含有 Cl﹣ 溶液中有 Na+,无 K+ 溶液中一定含有 Fe2+ D.D

A.A

【考点】常见离子的检验方法. 【专题】物质检验鉴别题. 【分析】A、溶液中含有亚硫酸根离子和盐酸反应生成的二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑 浊; B、溶液中含有硫酸根离子也可以生成硫酸银白色沉淀;

C、用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧,火焰呈黄色一定含有钠元素,可能含有钾元素, 需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在; D、向某溶液中先加 KSCN 无明显现象,再滴氯水,溶液变红是检验亚铁离子检验方法.

【解答】解:A、溶液中含有亚硫酸根离子和盐酸反应生成的二氧化硫也可以使澄清石灰水 变浑浊,不一定是碳酸根离子,故 A 错误; B、溶液中含有硫酸根离子也可以生成硫酸银白色沉淀,不一定含有氯离子,故 B 错误;

C、用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧,火焰呈黄色一定含有钠元素,可能含有钾元素, 需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在,故 C 错误; D、向某溶液中先加 KSCN 无明显现象,再滴氯水,溶液变红是检验亚铁离子检验方法,反 应现象证明含有亚铁离子,故 D 正确; 故选 D. 【点评】 本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析判断, 掌握离子检验过程中的干扰 离子分析,题目难度中等.

11.含浓度均为 0.1mol/L 的硫酸、硫酸铜的混合溶液 200mL,加入一定质量的锌片,生成 气体 224mL(标准状况下),则加入锌片的质量为( A.1.95g B.0.65g C.2.6g ) D.1.3g

【考点】化学方程式的有关计算. 【专题】利用化学方程式的计算. 【分析】加入锌片后,混合液中铜离子优先反应,然后氢离子参与反应,根据 n=cV 计算出 硫酸、硫酸铜的物质的量,然后根据生成氢气的量、铜离子的物质的量计算出消耗金属锌的 物质的量,再根据 m=nM 计算出加入锌的质量. 200mL 0.1mol/L 的硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为: 0.1mol/L×0.2L=0.02mol, 【解答】 解: 含有 0.04mol 氢离子, 200mL 0.1mol/L 的硫酸铜溶液中含有硫酸铜的物质的量为:0.1mol/L×0.2L=0.02mol,含有 0.02mol 铜离子, 224mL 气体为氢气,其物质的量为: =0.01mol,

由于铜离子的氧化性大于氢离子,则加入锌后铜离子优先反应,0.02mol 铜离子完全反应消 耗 0.02molZn, 生成 0.01mol 氢气消耗 0.01molZn, 所以加入锌的总物质的量为:0.01mol+0.02mol=0.03mol,质量为:65g/mol×0.03mol=1.95g,

故选 A. 【点评】本题考查了混合物反应的计算,题目难度不大,明确发生反应的实质及先后顺序为 解答关键,试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力.

12.将含有氧化铁的铁片投入足量稀硫酸中,直到铁片完全溶解,经分析该溶液中无 Fe3+, 且溶液中的 Fe2+与生成的 H2 的物质的量之比为 5:2,则原混合物中氧化铁与铁的物质的量 之比为( A.1:1 ) B.1:2 C.1:3 D.2:5

【考点】化学方程式的有关计算. 【专题】利用化学方程式的计算. 【分析】含有氧化铁的铁丝投入足量的稀硫酸中,经分析,溶液中无 Fe3+,发生反应: Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O,Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4,设 原混合物中含有 xmolFe,ymolFe2O3,根据反应的方程式计算. 【解答】解:设原混合物中含有 xmolFe,ymolFe2O3,则: Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O ymol ymol

Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4 ymol ymol 3ymol

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ (x﹣y)mol (x﹣y)mol (x﹣y)mol 则:[3ymol+(x﹣y)mol]:(x﹣y)mol=5:2, 整理得 y:x=1:3, 故选 C. 【点评】本题考查 Fe 元素单质化合物性质、化学方程式的有关计算等,为高频考点,侧重 于学生的分析能力和计算能力的考查,注意对方程式的运用,难度中等.

13.要除去 CO2 中含有的少量的 SO2 杂质,可选用的一组 试剂是:( ①NaOH 溶液 ②NaHCO3 溶液 ③Na2CO3 溶液 ④HNO3 酸化的 Ba(NO3)2 溶液 ⑤氨水 ⑥酸性 KMnO4 溶液. A.②⑥ B.②③ C.②④⑥



D.②③⑥

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用;物质的分离、提纯和除杂.

【专题】物质的分离提纯和鉴别. 【分析】CO2 和 SO2 都为酸性气体,都可与强碱性溶液反应,SO2 具有还原性,除去 CO2 中的 SO2,可用强氧化性物质或饱和 NaHCO3 溶液,以此解答. 【解答】解:二者均与①③⑤反应,不能用于除杂,除去 CO2 中含有的少量的 SO2 杂质, 先用②NaHCO3 溶液,再利用④HNO3 酸化的 Ba(NO3)2 溶液,最后利用⑥酸性 KMnO4 溶液检验二氧化硫是否除尽, 故选 C. 【点评】本题考查物质的分离和提纯,为高频考点,侧重于学生的分析能力和实验能力的考 查,注意把握物质的性质的异同,除杂时不能引入新的杂质,难度不大.

14.某溶液中只含 Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣,已知前三种离子的个数比为 3:2:1,则溶液 中 C(Al3+) 和 C(SO42﹣) 之比为:( A.3:4 B.1:2 ) C.1:4 D.3:2

【考点】离子方程式的有关计算;物质的量的相关计算. 【专题】利用化学方程式的计算. 【分析】令 Na+、Al3+、Cl﹣的物质的量分别为 3mol、2mol、1mol,根据溶液中电荷守恒有 n(Na+)+3n(Al3+)=n(Cl﹣)+2n(SO42﹣),据此计算 SO42﹣的物质的量,离子数目之 比等于二物质的量之比.

【解答】解:令 Na+、Al3+、Cl﹣的物质的量分别为 3mol、2mol、1mol, 根据溶液中电荷守恒有 n(Na+)+3n(Al3+)=n(Cl﹣)+2n(SO42﹣), 即 3mol+3×2mol=1mol+2n(SO42﹣), 解得 n(SO42﹣)=4mol, 故溶液中 C(Al3+) 和 C(SO42﹣)为 2mol:4mol=1:2, 故选 B. 【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算,难度中等,注意电解质的混合溶液中离子浓度 的计算,经常利用电荷守恒计算.

15.往含 I﹣和 Cl﹣的稀溶液中滴入 AgNO3 溶液,沉淀的质量 m(沉淀)与加入 AgNO3 溶液 体积 V(AgNO3)的关系如图所示.则原溶液中 的比值为( )

A.

B.

C.

D.

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质. 【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题. 【分析】根据沉淀溶解平衡常数:Ksp 越小的越先形成沉淀,根据离子反应实质和图中数据 来计算回答即可. 【解答】解:因为 I﹣+Ag+=AgI↓,Cl﹣+Ag+=AgCl↓,可以看出 I﹣、Cl﹣跟 Ag+反应都是 1: 1 的关系,由图中可知:AgI 的沉淀量为 V1(黄色沉淀是 AgI),而 AgCl 的沉淀量为 V2﹣ V1,所以 c(I﹣):c(Cl﹣)= 故选 C. 【点评】 本题考查学生难溶电解质的溶解平衡以及沉淀转化的知识, 可以根据教材知识来回 答,难度不大. .

16.相同物质的量的下列物质分别与等浓度的 NaOH 溶液反应,至体系中均无固体物质, 消耗碱量最多的是( A.Al ) B.Al(OH)3 C.AlCl3 D.Al2O3

【考点】镁、铝的重要化合物;铝的化学性质. 【分析】选项中的各种物质和氢氧化钠反应的方程式为: 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑, Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O, AlCl3+4NaOH(过量)═NaAlO2+3NaCl+2H2O, Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O,结合反应的方程式计算在各物质质量相等的条件下消耗的 碱量. 【解答】解:令各物质的物质的量为 1mol, A.铝与氢氧化钠反应为 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,由方程式可知 1molAl 消耗 NaOH 的物质的量为 1mol; B.氢氧化铝与氢氧化钠反应为 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,由方程式可知 1molAl (OH)3 消耗 NaOH 的物质的量为 1mol; C. AlCl3 与氢氧化钠反应为 Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O, 由方程式可知 1molAlCl3 消耗 NaOH 的物质的量为 4mol; D.Al2O3 与氢氧化钠反应为 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,由方程式可知 1molAl2O3 消耗 NaOH 的物质的量为 2mol. 相同物质的量的 Al、Al(OH)3、AlCl3、Al2O3,AlCl3 消耗 NaOH 最多, 故选 C. 【点评】本题考查铝及其化合物的性质、化学方程式有关计算,难度不大,注意基础知识的 掌握.

二、填空题(每空 2 分,共计 32 分): 17.某合作学习小组讨论辨析以下说法中正确的是 ⑥⑦⑧ ①硅是光导纤维的主要成分 ②CO2 气体通入 CaCl2 溶液中会出现混浊 ③冰和干冰既是纯净物又是化合物

④某气体能使品红溶液褪色,该气体是 SO2 ⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸 ⑥鉴别 MgCl2、AlCl3、FeCl3 溶液可用 NaOH 试剂 ⑦豆浆、雾都是胶体 ⑧利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体. 【考点】硅和二氧化硅;混合物和纯净物;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;分散 系、胶体与溶液的概念及关系;二氧化硫的化学性质;物质的检验和鉴别的基本方法选择及 应用. 【专题】元素及其化合物. 【分析】①光导纤维的主要成分是二氧化锆晶体,所以 SiO2 可以制光导纤维;

②CO2 与 CaCl2 不反应,据此进行判断; ③冰是水,干冰是二氧化碳,都是由一种物质组成的,并且都是由不同种元素组成的纯净 物; ④Cl2、Na2O2、H2O2 等氧化性;SO2 与品红发生化合反应褪色; ⑤盐酸是氯化氢的水溶液; ⑥MgCl2、AlCl3、FeCl3 溶液,阴离子相同,阳离子不同,分别与 NaOH 反应的现象为:白 色沉淀、生成白色沉淀后溶解、红褐色沉淀; ⑦豆浆是固溶胶、雾是气溶胶; ⑧利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体. 【解答】解:①光导纤维的主要成分是二氧化锆晶体,所以 SiO2 可以制光导纤维,故错误;

②CO2 与 CaCl2 不反应,所以不会出现浑浊,故错误; ③冰和干冰都是由一种物质组成的,属于纯净物,并且都是由不同种元素组成的纯净物, 属于化合物,故错误; ④Cl2、Na2O2、H2O2 等氧化性;SO2 与品红发生化合反应褪色,所以不一定是二氧化硫, 故错误; ⑤盐酸是氯化氢的水溶液,是混合物,故错误; ⑥MgCl2、AlCl3、FeCl3 溶液,阴离子相同,阳离子不同,分别与 NaOH 反应的现象为:白 色沉淀、生成白色沉淀后溶解、红褐色沉淀,所以现象不同,故正确;

⑦豆浆是固溶胶、雾是气溶胶,都是胶体,故正确; ⑧利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体,故正确; 故答案为:⑥⑦⑧. 【点评】本题考查了常见物质的组成、性质和应用,熟悉物质的组成是解答本题的关键.

18.现有五种溶液,分别含下列离子:①Ag+②Mg2+③Fe2+④Al3+⑤Fe3+. (1)写出符合下列条件的离子符号: 滴加氯水有明显现象的离子是 Ag+ Fe2+ ,加铁粉后溶液增重的是 Fe3+ ;

(2)向③的溶液中滴加 NaOH 溶液,现象是 生成的白色絮状沉淀,迅速变成灰绿色,最 后变成红褐色 , 反应过程中属于氧化还原反应的化学方程式 4Fe (OH) 2+2H2O+O2═4Fe (OH)3 . 【考点】离子反应发生的条件. 【专题】离子反应专题. 【分析】(1)居于中间价态的离子既能被氧化又能被还原,滴加氯水溶液中氯气和水反应 生成盐酸和次氯酸, 氯气具有氧化性, 银离子结合氯离子生成白色沉淀, 亚铁离具有还原性, 被氯气氧化铁离子,三价铁遇硫氰酸钾显红色,铁能将银从溶液中置换出来,能和三价铁化 合为二价铁; (2)亚铁离子和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁沉淀很容易被氧气氧化为氢氧化铁.

【解答】解:(1)Fe2+中 Fe 元素的化合价处于中间价态,既能被氧化又能被还原,滴加氯 水溶液中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸, 氯气具有氧化性, 银离子结合氯离子生成白色沉 淀,Ag++Cl﹣=AgCl↓,亚铁离具有还原性,被氯气氧化铁离子,Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣,铁 能与①⑤中的离子反应,对①溶中铁反应后析出了银,Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+,溶液质量减 轻,而铁能和三价铁反应生成二价铁,Fe+2Fe3+=3Fe2+,溶液质量增加了金属铁的质量,

故答案为:Ag+、Fe2+,Fe3+;

(2)亚铁离子和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁沉淀很容易被氧气氧化为氢氧化铁,现象 是:出现白色沉淀,迅速变为灰绿色最后变为红褐色,属于氧化还原反应的为 4Fe(OH)
2+O2+2H2O=4

Fe(OH)3,

故答案为:生成白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色沉淀;4Fe(OH)
2+O2+2H2O=4Fe(OH)3.

【点评】本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握离子的性质、元素的化合价及氧化还原 反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大.

19.某溶液含 Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣三种阴离子,欲依次检验出此三种阴离子且只取用一次 该溶液,则加入的检验试剂依次分别是 HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 (写化学式);写 出最后检验出的离子与所加试剂反应的离子方程式 Ag++Cl﹣=AgCl↓ . 【考点】离子反应发生的条件. 【专题】离子反应专题. 【分析】检验氯离子可以使用银离子,检验硫酸根离子可以使用钡离子,检验碳酸根离子可 以使用氢离子.注意检验离子时其他离子的干扰作用. 【解答】解:用三种试剂将三种离子检验出来,每加一种试剂能够检验出一种离子,此时要 注意每加入一种试剂只能与一种离子结合, 检验氯离子可以使用银离子, 检验硫酸根离子可 以使用钡离子, 检验碳酸根离子可以使用氢离子, 而银离子和钡离子都可以与碳酸根离子结 合成沉淀,所以需先检验碳酸根离子,此时可以加入稀硝酸,反应的离子方程式为:CO32﹣ +2H+=H2O+CO2↑,检验氯离子所用的银离子可以与硫酸根离子结合成微溶于水的硫酸银, 所以需先检验硫酸根离子,此时可以加入硝酸钡,最后检验氯离子,可以加入硝酸银,反应 生成沉淀,反应的离子方程式为 Ag++Cl﹣=AgCl↓. 故答案为:HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3,Ag++Cl﹣═AgCl↓; 【点评】本题考查了常见离子的检验,完成此题,可以依据已有的知识进行,同时需考虑物 质之间的反应.题目难度中等.

20.有 X、Y、Z、W 四种化合物,其中 X 含有四种元素,X、Y、Z 的焰色反应均为黄色, W 为无色无味气体.这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略 去). (1)W 的化学式是 CO2 ;

(2)X 与 Y 在溶液中反应的离子方程式是: HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O ;

(3)X

Z 过程反应的化学方程式是: 2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O .

W 经另一反应可转化为无色无味的单质气体 Q, (4) 利用如图装置 (夹持固定装置已略去) 进行实验可在 V 中收集到 Q,已知:烧瓶中固体为 X 或 Z,装置Ⅲ中产生白色沉淀.

则装置Ⅱ中物质的化学式 Na2O2 ,Ⅱ中主要反应的化学方程式是 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 . 【考点】无机物的推断. 【专题】元素及其化合物. 【分析】X、Y、Z 的焰色反应均为黄色,说明三者均为钠元素的化合物.X 含有四种元素, 在加热条件下能生成 Z,可推知,X 为 NaHCO3,Y 为 NaOH,Z 为 Na2CO3,Z 反应得到 W 为无色无味的气体,应是与酸反应生成的 CO2,即 W 为 CO2,在装置Ⅰ中,碳酸氢钠与稀 硫酸反应生成二氧化碳,经过装置Ⅱ后,在Ⅲ中产生白色沉淀,二氧化碳被吸收,经过Ⅳ干 燥后在Ⅴ中收集到密度比空气大的无色气体, 应为氧气, 所以在Ⅱ中的反应是二氧化碳和过 氧化钠反应,据此解答. 【解答】解:X、Y、Z 的焰色反应均为黄色,说明三者均为钠元素的化合物.X 含有四种 元素,在加热条件下能生成 Z,可推知,X 为 NaHCO3,Y 为 NaOH,Z 为 Na2CO3,Z 反应 得到 W 为无色无味的气体,应是与酸反应生成的 CO2,即 W 为 CO2,在装置Ⅰ中,碳酸氢 钠与稀硫酸反应生成二氧化碳,经过装置Ⅱ后,在Ⅲ中产生白色沉淀,二氧化碳被吸收,经

过Ⅳ干燥后在Ⅴ中收集到密度比空气大的无色气体, 应为氧气, 所以在Ⅱ中的反应是二氧化 碳和过氧化钠反应, (1)根据上面的分析可知,W 为 CO2,故答案为:CO2; (2)X 与 Y 在溶液中反应是 NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O,离子方程式是 HCO3﹣+OH﹣ =CO32﹣+H2O,故答案为:HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O; (3)X Z 过程反应的化学方程式是碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,反应的化 Na2CO3+CO2↑+H2O, Na2CO3+CO2↑+H2O;

学方程式为:2NaHCO3 故答案为:2NaHCO3

(4)根据上面的分析可知,装置Ⅰ中反应的化学方程式是 2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O,装置Ⅱ中主要的反应化学方程式是 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2, 故答案为:Na2O2;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2. 【点评】 本题考查了无机物转化关系和物质判断, 元素化合物的相互转化是高考出题的热点 之一.题目往往以框图推断题的形式展现,这就要求学生必须对元素化合的知识非常熟练, 在学习时要让学生多总结、多联系,形成知识网络,题目难度中等.

21.已知:将 SO2 通入 FeCl3 溶液中,溶液颜色会变为浅绿色,其原理可表示为:

□Fe3++□SO2+□H2O﹣﹣□Fe2++□SO42﹣+□H+ (1)在上述方框内填上配平后的系数,并用单线桥法标出电子转移的方向和数目.

(2) 若参加反应的 SO2 体积为 1.12L (标准状况下) , 则反应中转移电子的物质的量为 0.1 mol; (3)已知向 Fe2+溶液中滴加少量硝酸时,溶液由浅绿色变为黄色.则 Fe3+、SO42﹣、HNO3 的氧化性由强到弱的顺序为 HNO3>Fe3+>SO42﹣. 【考点】氧化还原反应的计算. 【专题】氧化还原反应专题. 【分析】(1)按化合价升降法配平方程式; (2)计算出二氧化硫的物质的量,根据 SO2 SO42﹣计算转移电子数; .

(3)由溶液由浅绿色变为黄色,说明亚铁离子被氧化为铁离子,根据氧化剂的氧化性大于 氧化产物的氧化性可判断,氧化性硝酸强于三价铁离子,Fe3+和 SO42﹣氧化性强弱可从(1) 得到. 【解答】解: (1)Fe3+→Fe2+,化合价从+3→+2,降低 1 价,SO2→SO42﹣,化合价从+4→+6, 升高 2 价,化合价升高和降低总数相等, 故铁元素前面系数为 2, 硫元素前面系数为 1, 则再根据氧原子守恒可知 H2O 前面系数为 2, H+前系数为 4,电子转移的方向和数目为: 答案为:2;1;2;2;1;4; (2)SO2 的物质的量为 0.05mol×2=0.1mol, 故答案为:0.1; (3)浅绿色为亚铁离子颜色,黄色为三价铁离子颜色,溶液由浅绿色变为黄色,说明亚铁 离子被氧化为铁离子,故氧化性硝酸强于三价铁离子,根据(1)可知,三价铁离子氧化性 强于 SO42﹣,故答案为:HNO3>Fe3+>SO42﹣. 【点评】本题考查了氧化还原反应的配平及氧化性强弱比较,中等难度.注意配平一般用化 合价升降法配平变价元素,再根据原子守恒配平其他元素,根据反应方程式判断氧化性,氧 化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性. =0.05mol,根据 SO2 ; SO42﹣计算转移电子数: ,故

三、计算题(每空 4 分,共计 20 分): 22.(1)某氯化镁溶液的密度为 d gcm﹣3,其中镁离子的质量分数为 A%,则 300mL 该溶 液中 C (Cl﹣)= (mol/L).

(2)无土栽培中,需配制营养液 NaH2PO4、Na2HPO4(物质的量之比为 4:1),已知每升 含磷元素 0.10mol,现用 4.0mol/LH3PO4 和固体 NaOH 配制 2L 该营养液需要:V(H3PO4) = 50 (mL),m(NaOH)= 9.6 (g).

(3)甲、乙两烧杯中各成盛有 100mL 3mol/L 的盐酸和氢氧化钠溶液,向两烧杯中分别加 入等质量的铝粉,反应结束后测得生成的气体体积比为 甲:乙=1:2,则加入铝粉的质量 为: 5.4 (g). 【考点】物质的量浓度的相关计算;化学方程式的有关计算.

【专题】溶液浓度的计算;利用化学方程式的计算. 【分析】(1)根据物质的量浓度 c= 计算出镁离子的浓度,然后根据氯化镁的化

学式组成计算出溶液中含有氯离子的物质的量浓度; (2)用 4.0molL﹣1 的磷酸溶液和固体 NaOH 反应来配制 2.0L 混合液,H3PO4 可与氢氧化钠 反应生成 NaH2PO4 或 Na2HPO4;每升混合液中含磷元素 0.10mol,2.0L 该混合液含有磷元 素 0.2mol,则反应后 n(NaH2PO4)+n(Na2HPO4)=0.2mol,而 NaH2PO4 和 Na2HPO4 物质 的量比为 4:1,则 n(NaH2PO4)=0.16mol,n(Na2HPO4)=0.04mol,根据磷、钠原子守 恒,以此计算 n(H3PO4)进而计算磷酸溶液的体积、n(NaOH)的物质的量,进而计算质 量; (3)根据铝的质量相同,盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同,应结束后测得生成 的气体体积比为甲:乙=1:2,由化学反应方程式 2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知, 若铝粉足量, 则铝粉和碱最多生成 0.45mol 氢气, 铝粉和酸最多生成 0.15mol 氢气,而反应结束后测得生成的气体体积比为酸:碱=1:2,故 碱生成的氢气不可能高于 0.3mol,而氢氧化钠的量是一定的,那么只能是铝粉量对于碱来 说不够,所以相对来说碱过量;而个时候的铝粉量对酸来说恰好足够,相对来说酸相比于铝 粉来说就是不够的了;酸与金属反应时酸不足,碱与金属反应时碱过量,以此来计算解答.

【解答】解:(1)氯化镁溶液的密度为 d gcm﹣3,其中镁离子的质量分数为 A%,则该溶液 中镁离子的浓度为:c(Mg2+)= mol/L= mol/L, mol/L×2=

根据氯化镁的化学式可知该溶液中氯离子浓度为:c(Cl﹣)=2c(Mg2+)= mol/L, 故答案为: ;

(2)用 4.0molL﹣1 的磷酸溶液和固体 NaOH 反应来配制 2.0L 混合液,H3PO4 可与氢氧化钠 +n =0.2mol, 反应生成 NaH2PO4 或 Na2HPO4; 则反应后 n (NaH2PO4) (Na2HPO4) 而 NaH2PO4 和 Na2HPO4 物质的量比为 3:1,则 n(NaH2PO4)=0.2mol× =0.2mol× =0.04mol, =0.16mol,n(Na2HPO4)

=n +n =0.16mol+0.04mol=0.2mol, 由磷元素守恒可知需要 n (H3PO4) (NaH2PO4) (Na2HPO4)

磷酸溶液的体积 V= =

=0.05L=50mL,

=n +2n =0.16mol+0.08mol=0.24mol, 由钠元素守恒可知需要 n (NaOH) (NaH2PO4) (Na2HPO4)

则需要氢氧化钠的质量为:m(NaOH)=0.24mol×40g/mol=9.6g, 故答案为:50;9.6; (3)解:盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为 0.1L×3mol/L=0.3mol,又两烧杯中分 别加入等质量的铝粉,反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2, 设铝与酸反应时酸完全反应,生成的氢气的物质的量为 x, 则 2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑ 6 0.3mol 则: = , 3 x

解得:x=0.15mol, 一定条件下,气体的物质的量之比等于体积之比, 则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为 0.15mol×2=0.3mol, 碱与金属铝反应时铝完全反应,设与碱反应的铝的物质的量为 y, 则 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ 2 y 则: = , 3 0.3mol

解得:y=0.2mol, 则铝的质量为:0.2mol×27g/mol=5.4g, 故答案为:5.4. 【点评】本题考查了物质的量浓度的计算、化学方程式的计算,题目难度中等,明确发生反 应的实质为解答关键,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学生的分析能力及化学计 算能力.

23.为测定一种复合氧化物材料的组成.称取 12.52g 样品,将其全部溶于过量稀硝酸后, 配成 100ml 溶液.取其一半,加入过量 K2SO4 溶液,生成白色沉淀,经过滤、洗涤、烘干

后得 4.66 克固体.在余下的 50 毫升溶液中加入少许 KSCN 溶液,显红色;如果加入过量 NaOH 溶液,则生成红褐色沉淀,将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得 3.20 克固体.计算确定该 材料的化学式为 BaOFe2O3 . 【考点】复杂化学式的确定. 【专题】利用化学方程式的计算. 【分析】根据题意可知 4.66g 固体是硫酸钡的质量,计算出其中的钡元素的质量,3.20g 固 体是 Fe2O3 的质量,计算出其中的铁元素的质量,混合氧化物中氧元素的质量=12.52g﹣钡 元素的质量×2﹣铁元素的质量×2,通过 n= 计算 Ba、Fe、O 三种元素的物质的量,根据物 质的量的比值确定分子式. 【解答】 解: 混合氧化物加入硫酸钾溶液得到白色沉淀, 硫酸盐只有硫酸钡不溶, 所以 4.66g 固体是硫酸钡的质量,则硫酸钡中钡元素的质量:4.66g× ×100%=2.74g,

混合氧化物中加入氢氧化钠得到红褐色沉淀, 红褐色沉淀只有氢氧化铁, 所以 3.20g 是 Fe2O3 的质量,则 Fe2O3 中铁元素的质量:3.20g× ×100%=2.24g,

所以氧元素质量:12.52g﹣2.74g×2﹣2.24g×2=2.56g, n(Ba)= =0.04mol,n(Fe)= =0.08mol,n(O)= =0.16mol,

则分子式中 N(Ba):N(Fe):n(O)=0.04mol:0.08mol:0.16mol=1:2:4,因此分子 式为 BaFe2O4,以氧化物的形式表示为 BaOFe2O3, 故答案为:BaOFe2O3. 【点评】本题考查复杂化学式的确定,侧重于元素化合物的性质的应用,解答本题的关键是 要知道 4.66g 固体是硫酸钡的质量,3.20g 固体是氢氧化铁的质量,题目难度中等.


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