7、山东省泰安市2019-2020学年高一上学期期末化学试题（教师版）

这是一份7、山东省泰安市2019-2020学年高一上学期期末化学试题（教师版），共14页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，下列实验操作能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市2019-2020学年高一上学期期末化学试题7
山东省泰安市2019-2020学年高一上学期期末化学试题7

高一化学
注意事项:
1.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效。
2.Ⅱ卷在答题纸上作答。答题前,考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。

第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.(★)以下发明或发现中,属于化学史上中国对世界做出重大贡献的是 (　　)
①造纸　②印刷技术　③火药　④指南针　⑤烧制陶瓷　⑥合成有机高分子材料　⑦人工合成结晶牛胰岛素　⑧提出原子—分子学说
A.①②③④⑧ B.①③⑤⑦
C.②④⑤⑦ D.⑤⑥⑦⑧
考点　化学的历史发展进程
题组　化学知识与传统文化
答案　B
解析　中国四大发明中造纸和火药与化学有关,而印刷技术和指南针不是化学研究的范畴,烧制陶瓷是化学工艺。1965年,我国科学家首先人工合成结晶牛胰岛素;英国科学家道尔顿提出原子学说,意大利科学家阿伏加德罗提出了分子学说,所以B正确。
点评　本题较简单,了解化学的发展历史,关注化学学科成就,有利于激发学生学习化学的兴趣,培养学生的社会责任感。
2.(★)明代著名哲学家、科学家方以智在其《物理小识》卷七《金石类》中指出:“有硇水者,剪银块投之,则旋而为水”。其中的“硇水”指 (　　)
A.醋酸 B.盐酸 C.硝酸 D.硫酸
考点　硝酸的性质
题组　化学知识与传统文化
答案　C
解析　由“剪银块投之,则旋而为水”可知常温下“硵水”能够溶解银单质,选项中醋酸、盐酸、硫酸常温下均不能溶解银单质,只有硝酸能溶解银单质,故选C。
思路分析　解答此类题目的关键是读懂题中文言文所描述的物质性质、重要操作等,一般文中物质名称与现代化学教材中不同,需通过性质联系所学化学知识、分析描述的化学过程,推出文中物质的现代名称与操作名称。
3.(★)成语所承载的人文内涵非常丰富和厚重,大量成语出自传统经典著作,堪称中华文化的“活化石”,是中华民族宝贵的文化遗产。
下列描述物质变化的成语:①滴水成冰;②死灰复燃;③木已成舟;④火烧赤壁;⑤沙里淘金;⑥火上浇油;⑦百炼成钢;⑧花香四溢;⑨玉石俱焚。其中属于化学变化的是　 (　　)
A.②③④⑤⑥⑦ B.④⑤⑥⑦⑨
C.①③④⑤⑧⑨ D.②④⑥⑦⑨
考点　化学变化与物理变化
题组　传统文化与化学
答案　D
解析　①滴水成冰是物理变化,因为水和冰的化学组成相同。②死灰复燃涉及燃烧,属于化学变化。③木已成舟,没有新物质生成,是物理变化。④火烧赤壁涉及燃烧,属于化学变化。⑤沙里淘金是物理分离过程,没有新物质生成。⑥火上浇油涉及燃烧,有新物质生成,是化学变化。⑦百炼成钢有新物质生成,属于化学变化。⑧花香四溢是分子的运动造成的,没有新物质生成,是物理变化。⑨玉石俱焚涉及燃烧过程,是化学变化。综上所述,属于化学变化的是②④⑥⑦⑨,D正确。
拓展链接　判断物理变化和化学变化的依据是:是否有新物质生成。
4.(★)X、Y、Z、W各代表一种物质,若X+Y——Z+W,则X和Y之间不可能是 (　　)
A.盐和盐的反应 B.碱性氧化物和水的反应
C.酸与碱的反应 D.酸性氧化物和碱的反应
考点　物质的分类
题组　物质的分类
答案　B
解析　盐和盐反应会生成两种新的盐,满足题目表达式,A不符合题意;碱性氧化物和水反应生成碱,只有一种产物,不满足题目表达式,B符合题意;酸与碱反应生成盐和水,有两种产物,满足题目表达式,C不符合题意;酸性氧化物和碱反应生成盐和水,有两种产物,满足题目表达式,D不符合题意。
拓展链接　酸、碱、盐之间发生的复分解反应,其发生条件为:有难溶物(沉淀)或难电离物质(弱电解质)或易挥发物质(气体)生成。一般情况下,碱性氧化物与水反应生成相应的碱,但是像Al2O3、Fe2O3等碱性氧化物不能溶于水,不与水发生反应。一般情况下,酸性氧化物与水反应生成相应的酸,但是SiO2不能溶于水,不与水发生反应。
5.(★)下列关于研究物质性质的基本程序的步骤顺序正确的是 (　　)
①观察物质的外部特征　②实验和观察　③解释和结论　④预测物质的性质
A.①④②③ B.①②③④
C.②①③④ D.①④③②
考点　研究物质性质的步骤
题组　物质性质的研究
答案　A
解析　对物质性质进行研究的基本程序是:观察物质的外部特征→预测物质的性质→设计实验→观察实验现象→对实验现象进行分析、解释→得出结论。故选A。
点评　本题考查研究物质性质的基本程序,难度不大。
6.(★)将潮湿的Cl2通入如图所示装置中,一段时间后乙装置中红色干燥布条褪色。则甲装置中所盛试剂(足量)可能是 (　　)

A.浓硫酸 B.NaOH溶液
C.KI溶液 D.饱和食盐水
考点　探究氯气是否有漂白性
题组　氯气的性质
答案　D
解析　潮湿的氯气有漂白性,干燥的氯气没有漂白性。乙中为干燥的红色布条,所以潮湿的氯气通过甲装置后仍然潮湿,才可以使干燥的红色布条褪色。A项,浓硫酸会干燥氯气,而干燥氯气不能使干燥的布条褪色,A不正确;B项,NaOH溶液会吸收氯气,且溶液足量,氯气被完全吸收,则乙中布条不褪色,B不正确;C项,KI溶液也能与氯气反应,且溶液足量,氯气被完全吸收,乙中布条不褪色,C不正确;D项,饱和食盐水不能吸收氯气,从甲装置中逸出的氯气是潮湿的,所以能使乙中干燥的红色布条褪色,D正确。
易错警示　干燥的氯气没有漂白性,潮湿的氯气有漂白性,是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。
7.(★)制印刷电路时常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”,发生的反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2。向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉,反应结束后,下列结果不可能出现的是 (　　)
A.烧杯中有铜无铁 B.烧杯中有铁无铜
C.烧杯中铁、铜都有 D.烧杯中铁、铜都无
考点　铁盐和亚铁盐的相互转化
题组　铁盐和亚铁盐的相互转化
答案　B
解析　Fe的还原性大于Cu,在与FeCl3溶液反应时应该是Fe先反应,Fe反应完后Cu才参与反应,所以烧杯中剩余固体情况,有以下几种:①FeCl3溶液较少,只消耗一部分铁,剩余铁和铜;②FeCl3溶液足够多,铁和铜都参加反应消耗完,铁、铜都没有剩余;③FeCl3溶液恰好把铁消耗完,剩余铜,或是FeCl3溶液把铁消耗完后又反应了一部分铜,则只剩余铜。综上所述,B不可能出现,故选B。
拓展链接　一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时,与还原性最强的还原剂先发生反应;同理,一种还原剂同时和几种氧化剂相遇时,与氧化性最强的氧化剂先发生反应。
8.(★)向一烧杯中分别加入等体积的水和煤油,片刻后再向该烧杯中缓缓地加入绿豆大小的金属钠,可能观察到的现象是 (　　)

考点　钠与水的反应
题组　钠的性质
答案　A
解析　煤油的密度小于水的密度,所以煤油在水的上层,钠的密度比煤油的密度大且比水的密度小,所以钠应该在水和煤油的交界处与水反应,故A正确。
拓展链接　因为钠的密度比煤油大且不与煤油发生反应,所以钠保存在煤油中,用液封的方式让钠与空气隔绝。
9.(★)(2分)为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙得到纯净的NaCl,将粗盐溶于水后,下列操作中必要的步骤和正确的操作顺序为 (　　)
①过滤　②加过量NaOH溶液　③加适量盐酸　④加过量Na2CO3溶液　⑤加过量BaCl2溶液
A.④②⑤①③ B.①④②⑤③
C.④①②⑤③ D.②⑤④①③
考点　粗盐的提纯
题组　物质分离提纯
答案　D
解析　为了除去粗盐中的杂质离子,所加试剂必须是过量的,而过量试剂又会成为新的杂质,所以一定要注意试剂的加入顺序。用BaCl2溶液除去SO42-,用Na2CO3溶液除去Ca2+,用NaOH溶液除去Mg2+,过滤后加入适量稀盐酸,可除去过量的Na2CO3和过量的NaOH,但是过量的BaCl2,必须用Na2CO3溶液除去,所以试剂顺序的关键是Na2CO3溶液必须在BaCl2溶液的后边加入,以便于除去Ca2+的同时也能除去过量的Ba2+,而NaOH溶液的加入顺序可前可后,所有离子都沉淀后再过滤,然后加入适量稀盐酸,蒸发结晶,可得NaCl,所以只有D正确。
易错警示　粗盐提纯问题,实际是一个物质除杂净化的过程,在除杂过程中要遵循不增(不增加新的杂质)、不减(被提纯的物质不能减少)、易分(操作简便,易于分离)等原则。
10.(★)下列实验操作能达到实验目的的是 (　　)

实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3液体
将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中并不断搅拌
B
证明二氧化硫具有漂白性
将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中,观察溶液颜色变化
C
检验Fe3+
向溶液中加入几滴KSCN溶液,溶液变红色
D
验证铁比铜还原性强
FeCl3溶液与Cu反应,观察现象
考点　铁盐和二氧化硫的性质
题组　实验方案的评价
答案　C
解析　制备Fe(OH)3胶体是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中继续加热至出现红褐色,停止加热,即可得到Fe(OH)3胶体,制备过程中不能用玻璃棒搅拌,因为用玻璃棒搅拌后,极易使带电的胶体粒子互相结合形成大颗粒物质沉降下来,得到氢氧化铁沉淀,A不正确;二氧化硫具有漂白性,但是不能漂白酸碱指示剂,只能使指示剂变色,所以通入紫色石蕊试液,现象是溶液变红,不能褪色,B不正确;Fe3+与 KSCN溶液反应生成Fe(SCN)3,溶液变红色,可以用于检验Fe3+,C正确;FeCl3溶液与铜反应,生成FeCl2和CuCl2,没有铁单质生成,所以无法比较铁和铜的还原性强弱,D不正确。
易错警示　二氧化硫使溶液褪色原因辨析:二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液、品红溶液、滴有酚酞的氢氧化钠溶液中都会使溶液褪色,但是褪色原因各不相同。使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性,与高锰酸钾发生氧化还原反应使之褪色;使品红溶液褪色是因为二氧化硫具有漂白性,与有色物质化合生成不稳定的无色物质,加热后可恢复红色;使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色是因为二氧化硫具有酸性氧化物的性质,与氢氧化钠反应。
二、选择题(本题共10小题,每小题3分,共30分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得3分,选对但不全的得1分 ,有选错的得0分。)
11.(★)《茶疏》中对泡茶过程有如下记载:“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”。从化学角度考虑文中未涉及的操作方法是 (　　)
A.溶解 B.渗析 C.过滤 D.蒸馏
考点　物质的分离与提纯
题组　传统文化中的化学知识
答案　BD
解析　文中涉及对茶叶中的有机物进行溶解、过滤等过程,没有涉及渗析和蒸馏操作,故选B、D。
思路分析　一般传统文化中的化学知识的考查角度为:①传统文化中的物质变化和反应类型;②传统文化中的物质组成;③传统文化中的实验操作;④传统文化中的物质性质和用途。
12.(★)下列有关NH3的实验正确的是 (　　)

A.实验室制取NH3 B.证明NH3极易溶于水
C.收集NH3 D.吸收多余NH3
考点　氨气的制取、收集和尾气处理
题组　氨气的实验室制法
答案　B
解析　实验室用氢氧化钙和氯化铵固体加热制取氨气,为防止生成的水冷凝倒流入试管底部使试管炸裂,所以应将试管口略向下倾斜,A错误;将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶,因氨气极易溶于水使烧瓶内压强减小,打开止水夹从而形成喷泉,B正确;氨气密度比空气小,所以在收集氨气时应该采用向下排空气法,短管口进气长管口出气,C错误;由于氨气极易溶于水,所以在尾气吸收时不能将导管直接伸入水中,应该采用防倒吸装置,如在导管末端接一个倒置的漏斗,D错误。
拓展链接　密度大于空气的气体用向上排空气法;密度小于空气的气体用向下排空气法;气体难溶于水,不与水发生反应,可以使用排水法收集。
13.(★)下列叙述正确的是 (　　)
A.非金属元素形成的离子一定是阴离子
B.非金属单质在氧化还原反应中一定是氧化剂
C.某元素从化合态变为游离态时,一定被还原
D.金属阳离子被还原不一定得到金属单质
考点　氧化还原基本概念
题组　氧化还原反应
答案　D
解析　非金属元素形成的离子不一定是阴离子,如NH4+是阳离子,A错误;在氧化还原反应2H2+O22H2O中,氢气和氧气均是非金属单质,其中氧气为氧化剂,氢气为还原剂,B错误;某元素从化合态变为游离态,可能被氧化也可能被还原,如Fe2+→Fe被还原,Cl-→Cl2被氧化,C错误;金属阳离子被还原不一定得到金属单质,如Fe3+→Fe2+,D正确。
点评　在学习过程中注意概念的理解要全面,此题为陷阱题,都是一些容易忽略的问题,有一定的迷惑性。
14.(★★)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　)
A.100g质量分数为17%的H2O2溶液中含氧原子数目为NA
B.标准状况下,11.2LH2O中含有的氢原子数为NA
C.1molNa与足量O2反应生成Na2O或Na2O2失去电子数目均为NA
D.2L0.5mol·L-1盐酸中含HCl分子的数目为NA
考点　阿伏加德罗常数
题组　阿伏加德罗常数
答案　C
解析　100g质量分数为17%的H2O2溶液中含有的氧原子数目大于NA,因为溶剂水中还含有大量的氧原子,A错误;标准状况下,H2O不是气体,不能利用标准状况下的气体摩尔体积来计算,即标准状况下,11.2LH2O不是0.5mol,所含有的氢原子数不是NA,B错误;1molNa与足量的O2反应,无论生成Na2O还是生成Na2O2,Na都是从0价升高到+1价,所以失去电子数目均为NA,C正确;HCl溶于水得盐酸时,HCl发生电离生成H+和Cl-,溶液中不存在HCl分子,D错误。
点评　围绕阿伏加德罗常数的有关说法的正误判断是高频考点,一般都是以物质的量为中心的各种物理量如体积、质量、物质的量浓度来进行综合计算,同时涉及粒子关系、电解质溶液、氧化还原等各方面的知识,本题难度中等。
15.(★)对下列事实的解释错误的是 (　　)
A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有脱水性
B.浓硫酸与胆矾晶体混合后,振荡,晶体颜色变浅,说明浓硫酸具有脱水性
C.常温下,浓硫酸可以用铝质容器贮存,说明铝与浓硫酸不反应
D.CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4能进行,说明硫化铜既不溶于水,也不溶于稀硫酸
考点　浓硫酸的性质
题组　浓硫酸的性质
答案　BC
解析　在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,是因为浓硫酸具有脱水性,使蔗糖分子中的氢、氧原子以H2O的形式脱去,生成黑色的炭,A正确;浓硫酸与胆矾晶体混合,振荡,晶体颜色变浅,是因为浓硫酸将胆矾晶体中的水分子吸收掉生成硫酸铜,体现的是浓硫酸的吸水性,B错误;常温下,浓硫酸可以用铝质容器贮存,是因为浓硫酸与铝发生“钝化”,将铝氧化生成致密的氧化膜,从而阻止反应进一步发生,C错误;反应CuSO4+H2SH2SO4+CuS↓能进行,可说明硫化铜既不溶于水,也不溶于稀硫酸,D正确。
易错警示　(1)浓硫酸的吸水性是指能吸收游离的水或结晶水合物中的水,如浓硫酸敞开放置增重;浓硫酸做干燥剂;浓硫酸使五水硫酸铜晶体由蓝变白。
(2)浓硫酸的脱水性是指浓硫酸能使某些有机物中的氢、氧元素按水的组成比脱去,如浓硫酸能使蔗糖脱水。
16.(★)下列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是 (　　)
选项
甲
乙
丙
丁
A
N2
NH3
NO
NO2
B
Na
Na2O
NaOH
Na2O2
C
Fe
Fe3O4
FeCl2
FeCl3
D
S
FeS
SO2
SO3
　　
考点　硫、氮、钠、铁单质及其化合物之间的相互转化
题组　无机推断题
答案　C
解析　氮气不能一步转化为二氧化氮,A错误;氢氧化钠不能转化为过氧化钠,B错误;Fe在氧气中点燃生成Fe3O4,Fe与盐酸反应生成FeCl2,Fe在Cl2中点燃生成FeCl3,FeCl2与氯气反应生成FeCl3,C正确;S不能一步转化为SO3,D错误。
易错警示　铁和氯气反应,只能生成氯化铁,与铁的量没有关系,铁过量也不能生成氯化亚铁;硫和氧气在点燃条件下只能生成二氧化硫,氧气过量也不能生成三氧化硫;氮气和氧气在放电条件下只能生成一氧化氮,不能生成二氧化氮,一氧化氮在常温下与氧气反应生成二氧化氮。
17.(★)常温下,下列各组离子在指定条件下能大量共存的是 (　　)
A.0.1mol·L-1HNO3溶液:Fe2+、Na+、Cl-、SO42-
B.使酚酞变红色的溶液:Na+、Cu2+、HCO3-、NO3-
C.某无色溶液:H+、Na+、SO42-、MnO4-
D.pH=1的溶液:Mg2+、K+、SO42-、NO3-
考点　离子共存
题组　离子共存
答案　D
解析　硝酸具有强氧化性,会氧化Fe2+而不能大量共存,A错误;使酚酞变红色的溶液显碱性,含有大量的OH-发生,OH-会与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀,OH-也会与HCO3-发生反应HCO3-+OH-CO32-+H2O,B错误;无色溶液中,MnO4-不可能大量存在,C错误;pH=1的溶液中,含有大量的H+,H+、Mg2+ 、K+、SO42-、NO3-相互之间均不发生反应,可以大量共存,D正确。
易错警示　(1)离子共存题在审题时一定要注意题目的要求:溶液颜色要求、溶液酸碱性要求、反应类型要求及是“共存”“不共存”还是“可能共存”等情况,再结合具体离子的性质进行解答。
(2)HCO3-既不能在酸溶液中大量存在,也不能在碱溶液中大量存在,离子方程式分别为HCO3-+H+H2O+CO2↑和HCO3-+OH-CO32-+H2O。
18.(★)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是 (　　)

A.氮元素均被氧化
B.工业合成氨属于人工固氮
C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
考点　氮的固定及含氮化合物之间的转化
题组　氮的相关化合物之间的转化
答案　A
解析　大气中的氮气经过雷电作用与空气中的氧气化合生成一氧化氮,氮元素的化合价由0→+2,被氧化,而硝酸盐中氮元素的化合价为+5价,被细菌分解变成大气中的氮气,氮元素的化合价由+5→0,被还原,所以在整个氮循环过程中,氮元素既被氧化又被还原,A不正确;工业合成氨是氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下生成氨气,属于人工固氮,B正确;氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化,铵盐属于无机物,蛋白质属于有机物,含氮无机物和含氮有机物可相互转化,C正确;碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环,如蛋白质的制造需要碳元素,又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体,氧元素参与,二氧化氮易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮,氢元素参与,D正确。
点评　本题主要考查了氮及其化合物的性质,理解还原反应、人工固氮等知识是解答的关键,题目难度不大。
19.(★)下列离子方程式正确的是 (　　)
A.NaHCO3溶液与稀盐酸反应:HCO3-+H+CO2↑+H2O
B.将氯水滴入氯化亚铁溶液中:Fe2++Cl2Fe3++2Cl-
C.钠与水反应:2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑
D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应:Ba2++SO42-BaSO4↓
考点　离子方程式判断正误
题组　离子方程式的书写
答案　AC
解析　NaHCO3属于弱酸酸式盐,与稀盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+H2O+CO2↑,A正确;将氯水滴入氯化亚铁溶液中,氯水中的氯气将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,B错误;钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,离子方程式为2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑,C正确;硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应除生成硫酸钡沉淀外还生成氢氧化铜沉淀,离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+Cu(OH)2↓,D错误。
易错警示　书写离子方程式的步骤是:写、拆、删、查,尤其是最后检查电荷是否守恒、原子是否守恒、拆分是否正确、是否符合化学事实、是否漏掉相关反应等。
20.(★★)将盛有25mLNO2和O2混合气体的量筒倒置于水槽中,一段时间后,气体体积减小到5mL且不再变化(同温同压下)。则原混合气体中NO2和O2的体积比可能是 (　　)
A.1∶1 B.18∶7 C.16∶9 D.23∶2
考点　二氧化氮、氧气和水反应的计算
题组　氮的氧化物的相关计算
答案　CD
解析　盛有NO2和O2混合气体的量筒倒置于水中,发生反应:4NO2+O2+2H2O4HNO3,有气体剩余,则剩余的气体可能为氧气,也可能是NO气体。若剩余的5mL气体为氧气,则反应4NO2+O2+2H2O4HNO3共消耗气体20mL,设消耗的氧气为x,则消耗的NO2为4x,即得:5x=20mL,x=4mL。故氧气的总体积为9mL,NO2的体积为16mL,原混合气体中NO2和O2的体积比为16∶9。若剩余的5mL气体为NO气体,则有3NO2+H2O2HNO3+NO,说明过量的NO2为15mL,反应4NO2+O2+2H2O4HNO3中消耗的气体总体积为25mL-15mL=10mL,设反应消耗的氧气为y,则消耗的NO2为4y,即得5y=10mL,y=2mL,故氧气为2mL,原混合气体中NO2为23mL,则原混合气体中NO2和O2的体积比为23∶2。综上所述,C、D正确。
易错警示　本题考查了二氧化氮、氧气和水的反应,需要注意的是剩余气体的情况,讨论两种可能,不可能剩余NO2,因为NO2还会和水发生反应。

第Ⅱ卷(非选择题,共50分)
注意事项:
1.第Ⅱ卷必须使用0.5mm黑色签字笔作答。
2.请将答案书写在答题纸的相应位置,直接答在试卷上无效。
三、非选择题:本题共5小题,共30分。
21.(★)(5分)2molO3与3molO2的质量之比为　　　　,分子数之比为　　　　,同温同压下的密度之比为　　　　,含氧原子数目之比为　　　　,同温同压下的体积之比为　　　　。 
考点　阿伏加德罗定律及其推论
题组　阿伏加德罗定律及其推论
解析　2molO3的质量为2mol×48g·mol-1=96g,3molO2的质量为3mol×32g·mol-1=96g,所以质量之比为1∶1。由阿伏加德罗定律的推论可知:分子数之比等于物质的量之比,所以分子数之比为2∶3,依据化学式可知含氧原子数目之比为(2×3)∶(3×2)=1∶1。同温同压条件下,物质的量之比等于体积之比,所以体积之比为2∶3,同温同压条件下,由m=ρV可知,等质量的O2和O3,密度和体积成反比,所以密度之比为3∶2。
答案　1∶1　2∶3　3∶2　1∶1　2∶3(每空1分,共5分)
拓展链接　阿伏加德罗定律:同温同压下,相同体积的任何气体都含有相同的分子数。
推论1:同温同压下,任何气体的体积之比=物质的量之比=所含的分子数之比。
推论2:同温同压下,任何气体的密度之比=摩尔质量之比(即相对分子质量之比)。
推论3:同温、同体积,气体的压强之比=分子数之比。
推论4:同温、同压、同体积条件下,不同气体的质量之比等于摩尔质量之比。
22.(★)(6分)下列各项中的物质能导电且属于电解质的是　　　　(填字母)。 
A.硫酸铜晶体 B.熔融态氯化钠
C.稀硫酸 D.铝
(2)写出下列物质在水溶液里的电离方程式:
①NaHCO3: 
②H2SO4: 
③KHSO4: 
(3)若将无机化合物KHSO4与NaHCO3归为同一类,其理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;若将无机化合物KHSO4与 H2SO4归为同一类,其理由是　　　　　　　　。 
考点　物质的分类;电解质;电离方程式的书写
题组　物质的分类及电离方程式
解析　(1)硫酸铜晶体属于盐类,是电解质,但是固体中没有自由移动的离子,不能导电,A错误;熔融态氯化钠属于盐类,是电解质,熔化时能产生自由移动的Na+和Cl-,能导电,B正确;稀硫酸能导电,但是稀硫酸为混合物,既不是电解质也不是非电解质,C错误;铝是金属单质能导电,但是单质既不是电解质也不是非电解质,D错误。
(2)①NaHCO3是弱酸酸式盐,其电离方程式为NaHCO3Na++HCO3-。
②H2SO4是强酸,溶于水完全电离,其电离方程式为H2SO42H++SO42-。
③KHSO4是强酸酸式盐,其电离方程式为KHSO4K++H++SO42-。
(3)若将无机化合物KHSO4 和NaHCO3归为一类,是因为它们都是由金属阳离子和酸式酸根离子组成的盐,该类盐为酸式盐。若将无机化合物KHSO4和H2SO4归为一类,是因为它们都能在水中电离出H+,水溶液都显酸性。
答案　(1)B(1分)
(2)①NaHCO3Na++HCO3-(1分)
②H2SO42H++SO42-(1分)
③KHSO4K++H++SO42-(1分)
(3)KHSO4与NaHCO3都是由金属阳离子和酸式酸根离子组成的盐(1分)
KHSO4与H2SO4都能在水中电离出H+,水溶液都显酸性(1分)
易错警示　单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。KHSO4等强酸酸式盐在水溶液中完全电离,在熔融状态下只电离产生金属阳离子和酸式酸根离子。
23.(★)(4分)在一条河边有四座工厂:甲、乙、丙、丁(如图所示),它们所排出的废液里每厂只含有Na2CO3、FeCl3、Ca(OH)2、HCl中的一种。

某环保小组对河水监测时发现:
①甲处河水呈乳白色
②乙处河水有红褐色沉淀
③丙处河水由浑浊变澄清
④丁处河水产生气泡,河水仍澄清
请推断四座工厂排出的废液里含有的物质分别是(填化学式):
甲:　　　　,乙:　　　　,丙:　　　　,丁　　　　。 
考点　铁盐的性质
题组　物质的鉴别
解析　甲处河水呈乳白色,可知甲工厂排出的废液中含有Ca(OH)2。随着河水流向,乙处河水有红褐色沉淀,则该沉淀为Fe(OH)3,所以从乙工厂排出的废液中含有FeCl3,丙处河水由浑浊变澄清,说明Fe(OH)3沉淀溶解使溶液变澄清,所以从丙工厂排出的废液中含有HCl。丁处河水产生气泡,河水仍澄清,说明丁工厂排出的废液中含有Na2CO3。
答案　甲:Ca(OH)2　乙∶FeCl3　丙:HCl　丁:Na2CO3(每空1分)
点评　本题以工厂排出的废液为背景考查物质性质及物质之间的反应,题型新颖,审题时注意河水的流动方向,所考查物质性质典型,种类不多,题目较简单。
24.(★)(6分)物质A~D均含同种元素,都是中学化学中常见的物质,它们之间可发生如下图所示的反应(除A~D外的其他物质均已略去)。

(1)写出相应物质的类别。
物质
B
C
D
类别



(2)上述反应①到⑥中,属于离子反应的有　　　　个。 
(3)①D→A转化的化学方程式:　　　　　　　　。 
②B→C转化的离子方程式:　　　　　　　　。 
考点　铜与浓硫酸的反应
题组　无机综合推断
解析　(1)由框图关系可知,D与氢气反应生成A,可知A为某种金属单质,金属单质与浓硫酸反应生成B,则B为盐,B与氢氧化钠反应生成C,C为碱,C加热分解生成D,D为金属氧化物,由金属性质和各物质转化关系可推知,A为铜单质。B、C、D的物质类别分别为:盐、碱、氧化物。
(2)反应①为铜单质与氧气反应2Cu+O22CuO,没有离子参加,不是离子反应。反应②为氧化铜被氢气还原:H2+CuOCu+H2O,没有离子参加,不是离子反应。反应③为氧化铜与稀硫酸反应,硫酸为强电解质,能电离出H+和SO42-,所以是离子反应,离子方程式为CuO+2H+Cu2++H2O。反应④为氢氧化铜分解,没有离子参加,不是离子反应,化学方程式为Cu(OH)2CuO+H2O。反应⑤为硫酸铜与氢氧化钠反应,是离子反应,离子方程式为Cu2++2OH-Cu(OH)2↓。反应⑥为铁单质和硫酸铜发生置换反应,离子方程式为Fe+Cu2+Fe2++Cu。综上所述,①到⑥中属于离子反应的为③⑤⑥,共3个。
(3)①D→A转化的化学方程式为H2+CuOCu+H2O。②B→C转化的离子方程式为Cu2++2OH-Cu(OH)2↓
答案　(1)B:盐(1分)　C:碱(1分)　D:氧化物(1分)
(2)3(1分)
(3)①CuO+H2Cu+H2O(1分)
②Cu2++2OH-Cu(OH)2↓(1分)
思路分析　无机推断题的解题方法:迅速浏览、整体扫描、产生印象、寻找“突破口”。解题的关键是仔细审题,依据物质的特性或特征转化来确定“突破口”,顺藤摸瓜,进而完成全部未知物的推断。
25.(★)(9分)从元素化合价和物质类别两个角度研究物质的性质是一种行之有效的方法。如图是由铁元素组成的物质的部分信息。

(1)写出X的化学式:　　　　。 
(2)FeO与稀硫酸反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　;Y物质在空气中变化的化学方程式并标出电子转移:　　　　　　　　　　　　。 
(3)FeCl2既具有氧化性也具有还原性,分别写出体现其氧化性、还原性的离子方程式(一个即可)。

离子方程式
氧化性

还原性

(4)某同学猜测Fe3+可以与S2-发生反应,为验证其猜测,他结合资料信息,选择了两种试剂进行实验,确认了Fe3+与S2-能发生反应。
资料:部分硫化物的溶解性表(室温)
化学式
溶解性
Na2S
可溶
Fe2S3
不溶,在热水或酸中分解
FeS
不溶
选取的试剂是　　　　和　　　　;可能发生的两种不同原理的反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　。 
考点　氢氧化亚铁、亚铁盐、铁盐的性质
题组　铁及其化合物的性质
解析　(1)根据题中所给化合价和物质类别的信息可知,物质X为Fe2O3。
(2)FeO与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水,其离子方程式为FeO+2H+Fe2++H2O。通过题中所给化合价和物质类别的信息可知,物质Y为Fe(OH)2,Fe(OH)2具有还原性,易被空气中的氧气氧化,其反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,用单线桥表示其电子转移关系为。
(3)欲体现FeCl2的氧化性,需要加入还原剂使铁元素的化合价降低,所以选择与还原剂锌反应,其离子方程式为Fe2++ZnFe+Zn2+ 。欲体现FeCl2的还原性,需要加入氧化剂使铁元素的化合价升高,所以选择与氧化剂氯气反应,其离子方程式为Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+。
(4)某同学欲验证Fe3+ 和S2-的反应,所以选择试剂为可溶性的铁盐FeCl3 和可溶性的硫化物Na2S,根据介绍的硫化物的性质可能发生的两种不同的反应一个是生成Fe2S3沉淀,离子方程式为2Fe3++3S2-Fe2S3↓,另一个是发生氧化还原反应,S2-将Fe3+还原为Fe2+同时S2-被氧化为S单质,离子方程式为2Fe3++S2-2Fe2++S↓,如果S2-过量,则离子方程式为2Fe3++3S2-2FeS↓+S↓。
答案　(1)Fe2O3(1分)
(2)FeO+2H+Fe2++H2O(1分)
(1分)
(3)Fe2++ZnFe+Zn2+(1分)　2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-(1分)(答案合理即可)
(4)FeCl3(1分)　Na2S(1分)(合理即可)
2Fe3++3S2-Fe2S3↓(1分)
2Fe3++S2-2Fe2++S↓或2Fe3++3S2-2FeS↓+S↓(1分)
拓展链接　1.单线桥表示电子转移的特点是:一条线从还原剂出发箭头指向氧化剂,并在线的上方标出转移电子的个数,只简单表示电子转移的个数和方向。2.双线桥表示电子转移的特点是:两条线一条由氧化剂指向还原产物,线的上方标出得电子的个数,另一条线由还原剂指向氧化产物,线的上方标出失电子的个数。
四、非选择题:本题共2小题,共14分。
26.(★)(8分)实验室常见的几种气体发生装置如A、B、C所示:

(1)实验室可以用B或C装置制取O2,如果用C装置,通常使用的药品是　　　　;检查C装置气密性的操作方法是　 
　。 
(2)若用A装置与D装置相连制取收集X气体,则X可能是下列气体中的　　　　(填序号); 
①CO2 ②Cl2 ③H2
实验室中制取该气体的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　; 
其中D装置中连接小烧杯的目的是　　　　　　　　　　　　。 
(3)气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。下列气体的性质与收集方法无关的是　　　　(填序号)。 
①密度　②颜色　③溶解性　④热稳定性　⑤是否与氧气反应
下图是某学生设计的收集气体的几种装置,其中不可行的是　　　　(填序号)。 

考点　常见气体的实验室制法
题组　常见气体的实验室制法
解析　(1)实验室可以用B或C装置制取氧气,如果用C装置,即固液不加热制取氧气,可以选用的药品为H2O2和MnO2。
(2)若用A装置与D装置相连制取收集X气体,则为固液加热法制气体,且X气体可用浓硫酸干燥,用向上排空气法收集,需要处理尾气。CO2可用碳酸钙和稀盐酸来制取,不用加热,故①不正确;Cl2可用二氧化锰和浓盐酸加热制取,且氯气密度比空气密度大,采用向上排空气法收集,故②正确;H2用锌粒和稀硫酸来制取,不用加热,且氢气密度比空气小,应该采用向下排空气法收集,故③不正确。制取氯气的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O,由于氯气有毒,所以装置D中连接小烧杯的目的是吸收尾气、防止污染环境。
(3)气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。一般依据气体的密度、溶解性、是否与氧气反应等性质来具体选择收集方法,与收集方法无关的气体性质为颜色、热稳定性。a装置是用于收集密度大于空气且不与空气中的成分发生反应的气体;b装置只有进气口没有出气口,空气没法排出,压强过大,容易发生危险;c装置在用排水法收集时,进入试管的导管过长,不容易取出收集满气体的试管;d装置可以依据气体密度的大小选择是长管进气还是短管进气。
答案　(1)H2O2和MnO2(1分,有错误不得分)
关闭分液漏斗活塞,用橡胶管连接导气管并将导管放入水槽中,用热毛巾或用手捂住圆底烧瓶底部,如果导管口处有气泡产生,松开手或停止加热后,在导管里形成一段水柱,且短时间内不下降,证明C装置气密性良好(2分)
(2)②(1分)　MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O(1分)　吸收尾气、防止污染环境(1分)
(3)②④(1分,有错误不得分)　bc(1分,有错误不得分)
拓展链接　密度大于空气的气体一般用向上排空气法收集,密度小于空气的气体一般用向下排空气法收集,气体难溶于水,不与水发生反应,可以使用排水法收集。如NO极易与空气中的氧气发生反应,只能用排水法收集;NO2能与水发生反应,所以只能用排空气法收集;HCl、NH3等极易溶于水,只能用排空气法收集。
27.(★)(6分)实验室配制500mL0.2mol·L-1的Na2SO4溶液,实验操作步骤有:
A.用天平称取14.2g 硫酸钠固体,放入小烧杯中,用适量的蒸馏水溶解并冷却至室温
B.将冷却后的溶液小心转移到容量瓶中
C.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度线1~2cm处,改用胶头滴管滴加,至溶液凹液面最低点与刻度线相切
D.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液都注入容量瓶中
E.将容量瓶瓶塞塞紧,振荡,摇匀
(1)操作步骤的正确顺序为　　　　(填字母)。 
(2)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平、玻璃棒,还缺少的仪器是　　　　、　　　　、　　　　。 
(3)下列情况中,会使所配制的溶液浓度偏高的是　　　　(填字母)。 

a.定容观察液面时如图所示
b.没有进行上述的操作步骤D
c.加蒸馏水时,不慎超过了刻度线
d.砝码上沾有锈渍
e.容量瓶使用前内壁沾有水珠
考点　溶液配制步骤、仪器选择、误差分析
题组　溶液配制综合考查
解析　(1)配制一定物质的量浓度的溶液的一般步骤为:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签,所以正确的操作步骤为ABDCE。用到的仪器有:托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶 、胶头滴管。
(2)依据(1)题中描述所用仪器除题中已给烧杯、天平、玻璃棒外,还需要药匙、胶头滴管、500mL容量瓶。
(3)a项,定容观察液面时俯视液面,会使定容体积偏小,浓度偏高。b项,没有进行操作步骤D,即没有洗涤,会使溶质损失,使所配溶液浓度偏低。c项,加蒸馏水时,不慎超过了刻度线,会使溶液体积偏多,使所配溶液浓度偏低。d项,砝码上沾有锈渍,会使砝码增重,使所称量药品质量偏多,使溶质偏多,所配溶液浓度偏高。e项,容量瓶使用前内壁沾有水珠,由于后期还要加水定容,所以不影响溶液体积,不影响溶质质量,对溶液浓度没有影响。
答案　(1)ABDCE(2分)
(2)药匙(1分)　胶头滴管(1分)　500mL容量瓶(1分)
(3)ad(1分,有错误不得分)
易错警示　要特别注意由于容量瓶不能配制任意体积的溶液,所以必须带上容积,即500mL容量瓶。
拓展链接　溶液配制过程中的误差分析,如下。








能引起误差的一些错误操作
因变量
cB(mol/L)
nB(或mB)
V
称量
药品、砝码左右位置颠倒,且称量中用到游码
偏小
无
偏小
称量易潮解的物质(如NaOH)时间过长
偏小
无
偏小
把易潮解的物质(如NaOH)放滤纸上称量
偏小
无
偏小
量取
用量筒量取液态溶质时俯视读数
偏小
无
偏小
量取液态溶质时量筒内有水
偏小
无
偏小
溶解、转
移、洗涤
转移时有溶液溅出
偏小
无
偏小
未洗涤烧杯和玻璃棒
偏小
无
偏小
洗涤量取浓溶液的量筒并将洗涤液转移到容量瓶
偏大
无
偏大
溶液未冷却至室温就转移到容量瓶
无
偏小
偏大
容量瓶中原本有水
无
无
无
定容
定容时,水加多了,用滴管吸出
偏小
无
偏小
定容后,经振荡、摇匀、静置,液面下降再加水
无
偏大
偏小
定容时,俯视刻度线
无
偏小
偏大
五、本题共1小题,共6分。
28.(★)(6分)将12.8g铜与一定量的浓硝酸发生反应,铜反应完时,得到NO、NO2混合气体5.6L(标准状况下)。
计算:(1)反应过程中共转移电子　　　　NA; 
(2)反应消耗硝酸的物质的量(写出计算过程)。
考点　铜与硝酸反应的计算
题组　金属与硝酸反应的计算
解析　(1)铜的物质的量为12.8g64g·mol-1=0.2mol,铜在反应中从0价升高至+2价,所以0.2mol铜完全参加反应,转移电子数目为0.4NA。
(2)参加反应的硝酸有两部分,一部分生成硝酸铜,一部分被还原生成气体,所以依据硝酸中氮原子守恒:Cu(NO3)2~2HNO3 可知生成硝酸铜部分所消耗硝酸为0.4mol。由HNO3~NO(NO2)可知,生成气体部分硝酸与气体物质的量相同,为5.6L22.4L·mol-1=0.25mol,所以反应消耗的硝酸的物质的量为0.4mol+0.25mol=0.65mol。
答案　(1)0.4(2分)
(2)铜的物质的量为12.8g64g·mol-1=0.2mol
生成0.2molCu(NO3)2需HNO30.4mol (1分)
生成NO、NO2的物质的量为5.6L22.4L·mol-1=0.25mol
生成0.25molNO、NO2混合气体需HNO30.25mol (1分)
反应消耗硝酸的物质的量为0.4mol+0.25mol=0.65mol (2分)
点评　本题是用得失电子守恒、原子守恒来解决金属铜与硝酸反应的计算问题,在金属与硝酸反应过程中,存在得失电子守恒、原子守恒等,在解题时要加以综合运用,本题计算较基础,难度不大。