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5、山东省枣庄市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题（教师版）
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这是一份5、山东省枣庄市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题（教师版），共14页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，进行化学实验时应强化安全意识，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
山东省枣庄市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题5
山东省枣庄市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题
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40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要求。
1.(★)(2分)化学与生产生活、科技等密切相关,下列说法错误的是 ( )
A.开发利用太阳能、风能和氢能等新能源代替化石能源,利于实现低碳经济
B.利用膜材料将含油污水中的油水分离,发生的是化学变化
C.依照CuCuOCu(NO3)2的反应制取Cu(NO3)2符合不易产生污染的绿色化学理念
D.屠呦呦从青蒿中提取的青蒿素对治疗疟疾有特效
考点 化学与生产生活的关系
题组 化学与生产生活
答案 B
解析 化石能源含有大量的碳元素,在燃烧时会产生大量的二氧化碳,会加剧全球的温室效应,所以开发利用太阳能、风能和氢能等新能源代替化石能源,利于实现低碳经济,A正确;利用膜材料将含油污水中的油水分离,利用的是物理方法分离,不涉及化学变化,B错误;依照此方法,可以将硝酸都转化为硝酸铜,并没有有毒气体放出,所以符合不易产生污染的绿色化学理念,C正确;屠呦呦从青蒿中提取的青蒿素对治疗疟疾有特效,于2015年10月获得诺贝尔生理学或医学奖,D正确。
点评 化学与生产生活之间的关系及现代科技中的有关化学的成就是近几年高考化学题中经常涉及的内容,需要同学们善于积累,同时多关注最近科技成果,对做题有很大帮助。
2.(★)(2分)我国清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”,写道:“贮以玻璃瓶,紧塞其口,勿速使泄气,则药力不减,气甚辛烈,触人脑,非有病不可嗅……虚弱者忌之。宜外用,勿服……”这里的“鼻冲水”是指 ( )
A.醋 B.硝酸 C.食盐水 D.氨水
考点 氨气的性质
题组 传统文化中的化学知识
答案 D
解析 从描述中“勿使泄气”可知该“水”易挥发,说明不是食盐水,C不正确;“非有病不可嗅”“勿服”说明不是醋,故A不正确;硝酸具有强氧化性,不可外用于人体,与“宜外用”不符,故B不正确;氨水具有挥发性,为弱碱,且氨气具有刺激性气味,所以符合描述,D正确。
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。解答方法一般是先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,进而解答问题。
3.(★)(2分)在下列物质分类中,前者包含后者的是 ( )
序号
前者
后者
A
电解质
化合物
B
金属氧化物
碱性氧化物
C
分散系
混合物
D
单质
纯净物
考点 物质分类
题组 物质分类
答案 B
解析 电解质的定义是溶于水或熔化状态下能导电的化合物,是化合物包含电解质,故A错误;碱性氧化物都属于金属氧化物,而金属氧化物中如Mn2O7为酸性氧化物,Al2O3为两性氧化物,金属氧化物包含碱性氧化物,故B正确;有一种或几种物质(称为分散质)分散到另一种物质(称为分散剂)中形成的混合体系称为分散系。分散系都是混合物,而混合物不都是分散系,如天然存在的物质煤、石油等不是分散系,故C错误;纯净物中由一种元素组成的纯净物是单质,由不同种元素组成的纯净物是化合物,所以纯净物包含单质和化合物,D错误。
易错警示 注意物质分类的分类原则和相似概念的联系和区别,在学习时要注意善于动手动脑整理记忆。附物质分类关系。
4.(★)(2分)常温下,下列物质中不能用铁制容器储运的是 ( )
A.浓盐酸 B.浓硝酸 C.液氯 D.浓氨水
考点 浓硝酸和液氯的性质及保存
题组 物质的保存
答案 A
解析 常温下,能用铁制容器储运的物质应该是在常温下不与铁制品反应。常温下,浓盐酸与铁制品反应放出氢气,所以不能用铁制容器储运,A符合题意;常温下,铁遇浓硝酸会发生“钝化”阻止反应进一步发生,所以可以用铁制容器储运浓硝酸,B不符合题意;常温下,铁与液氯也不发生反应,可以用铁制容器储运液氯,C不符合题意;浓氨水不与铁反应,所以可以用铁制容器储运浓氨水,D不符合题意。
易错警示 (1)浓硫酸、浓硝酸、浓盐酸中,只有浓盐酸没有强氧化性,所以浓盐酸会与铁制品发生反应,而浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性,在常温下铁、铝遇浓硫酸或浓硝酸会发生“钝化”,从而能阻止反应进一步发生,所以可以用铁制容器储运浓硫酸和浓硝酸。(2)氯气与铁反应需要在点燃的条件下进行,而常温状态下不发生反应。
5.(★)(2分)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是 ( )
A.碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
B.含氮的无机物和含氮的有机物可以相互转化
C.仿生固氮和根瘤菌固氮均为天然固氮
D.氮元素有的发生氧化反应,有的发生还原反应
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 C
解析 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,N2+O22NO,氧元素参与,二氧化氮易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮,3NO2+H2O2HNO3+NO,氢元素参加,故A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,故B正确;氮的固定方法有自然固氮和人工固氮,根瘤菌固氮属于天然固氮,而仿生固氮是是模仿生物将大气中的氮固定,属于人工固氮的范畴,故C错误;硝酸盐中氮元素的化合价为+5,被细菌分解变成大气中的氮单质,氮元素由+5→0,被还原,而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,氮元素化合价由0→+2,被氧化,故D正确。
点评 本题主要考查了氮以及化合物的性质,理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键,题目难度不大。
6.(★)(2分)进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是 ( )
A.金属钠着火时使用干粉(主要成分为碳酸氢钠)灭火器灭火
B.用试管加热固体时使试管口向上倾斜
C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗
D.移取熔融氯化钠的坩埚,应用坩埚钳夹持
考点 实验安全问题
题组 实验安全问题
答案 D
解析 干粉灭火器的原理是利用碳酸氢钠分解产生二氧化碳进行灭火,但是钠着火生成过氧化钠,过氧化钠会继续与二氧化碳反应生成助燃性的氧气,故钠着火不能用干粉灭火器灭火,A错误;一般所加热固体不可能完全干燥,若试管向上倾斜会使挥发出的水蒸气冷凝后回流至试管底部造成试管炸裂,所以用试管加热固体时应该使试管口略向下倾斜,B错误;浓硫酸溅到皮肤上时应立即用大量水冲洗,然后再涂3%~5%NaHCO3溶液,绝对不能用稀氢氧化钠溶液冲洗,因为氢氧化钠为强碱,对人体有腐蚀性,C错误;移取熔融氯化钠的坩埚,应用坩埚钳夹持,D正确。
拓展链接 (1)钠和镁着火都不能用干粉灭火器或泡沫灭火器灭火,应该用干燥的沙土盖灭。(2)浓硫酸溅到皮肤上,应用大量水冲洗,然后再涂3%~5%NaHCO3溶液处理;浓氢氧化钠溶液溅到皮肤上,应先用大量水进行冲洗,再涂抹3%的硼酸溶液,严禁用强酸或强碱涂抹于皮肤上。
7.(★)(2分)将有浓硫酸和浓盐酸的两烧杯分别在空气中放置一段时间。下列说法正确的是 ( )
A.浓盐酸和浓硫酸的浓度都减小
B.浓盐酸和浓硫酸的质量都减小
C.浓盐酸和浓硫酸的质量都增加
D.浓盐酸和浓硫酸的浓度都增加
考点 浓硫酸和浓盐酸的性质
题组 药品放置于空气中的变质情况
答案 A
解析 浓硫酸具有吸水性,所以放置于空气中一段时间会吸收空气中的水蒸气,硫酸质量增加、浓度减小;浓盐酸具有挥发性,所以放置于空气中一段时间由于挥发溶质减少,溶液质量减少、浓度减小。综上所述,选A。
易错警示 药品露置于空气中变质的原因要根据物质的性质进行分析,如是否与空气中氧气、二氧化碳、水等物质发生反应,自身是否具有挥发性和吸水性等,进而再判断变质的结果。
8.(★)(2分)下列说法正确的是 ( )
A.硫元素的同素异形体的性质相同
B.H2O2常做氧化剂,只有氧化性
C.向CaCl2溶液中通入CO2气体,有白色沉淀生成
D.汽车尾气中的NO主要是由氮气和氧气在汽车汽缸中形成的
考点 同素异形体、过氧化氢、一氧化氮性质
题组 物质性质
答案 D
解析 同素异形体是由同种元素组成的不同种单质,由于是不同种单质,故其物理性质不同,由于由同种元素组成,故其化学性质相似但是也有差异,A错误;H2O2中氧元素化合价为-1价,处于氧元素的中间价态,既可以被氧化为氧气,体现还原性,也可以被还原至-2价,体现氧化性,总体来说H2O2以氧化性为主,B错误;假如CO2和CaCl2溶液反应会得到碳酸钙和盐酸,而碳酸钙又能和盐酸反应得到氯化钙和二氧化碳,所以假设反应不成立,即将CO2通入CaCl2溶液中不发生反应,所以没有白色沉淀生成,C错误;汽车汽缸中温度高,汽缸中空气中的氮气和氧气会在高温条件下反应生成一氧化氮,D正确。
拓展链接 H2O2即可以体现氧化性又可以体现还原性,关键是参看与之反应的物质的氧化性或还原性强弱,如H2O2与酸性高锰酸钾反应,高锰酸钾具有强氧化性,则H2O2被氧化为氧气,体现还原性,化学方程式如下:3H2SO4+2KMnO4+5H2O2K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O;如H2O2在酸性条件下与氯化亚铁溶液反应,Fe2+具有强还原性,则H2O2被还原成水,体现氧化性,离子方程式如下:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O;如果H2O2遇到催化剂时可以自身发生氧化还原反应,如在二氧化锰催化作用下分解为水和氧气,既体现氧化性又体现还原性,方程式如下:2H2O22H2O+O2↑。
9.(★)(2分)有一瓶可能部分被氧化的Na2SO3溶液,某同学取少量此溶液,滴入BaCl2溶液,产生白色沉淀,再加入足量稀硝酸,充分振荡后,仍有白色沉淀。下述有关实验的结论正确的是 ( )
A.Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化
B.加入BaCl2溶液后,生成的沉淀中一定含有BaSO4
C.加足量稀硝酸后的白色沉淀一定是BaSO4
D.此实验能确定Na2SO3是否部分被氧化
考点 硫酸根离子的检验
题组 离子的检验
答案 C
解析 由于在检验过程中,加入了足量稀硝酸,硝酸具有强氧化性,会将SO32-氧化成为SO42-,也就无法判断Na2SO3是否是被空气中的氧气氧化而变质,所以A、D错误;由于硝酸已经将SO32-氧化成为SO42-,所以沉淀为BaSO4,C正确;只加入BaCl2溶液后,BaCl2溶液与Na2SO3反应必然产生BaSO3沉淀,但是不一定有BaSO4沉淀,此时还无法确定Na2SO3是否部分被氧化,故B错误。
拓展链接 检验Na2SO3溶液是否变质的方法是:加入BaCl2溶液后,产生白色沉淀,再加入足量稀盐酸,观察是否有白色沉淀存在,若存在,则Na2SO3已变质,若不存在,Na2SO3没有变质。
点评 本题考查硫酸根离子的检验,在检验硫酸根离子时一定要注意绝对不能引入硝酸或变相引入硝酸[如加盐酸酸化,加入Ba(NO3)2],因为硝酸会将亚硫酸根离子氧化成为硫酸根离子,容易给检验造成干扰。
10.(★★)(2分)Zn与硝酸反应时,硝酸的浓度不同,产物也不同。与不同浓度硝酸反应时,反应的Zn与被还原硝酸的物质的量关系如图。还原产物为NH4NO3的曲线是 ( )
考点 硝酸的性质;氧化还原反应计算
题组 硝酸的性质
答案 A
解析 氧化还原反应中存在得失电子守恒,即n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值=n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值,利用此关系式求算出硝酸中氮元素的化合价变化值来最终确定还原产物的形式。A曲线中还原剂锌的物质的量为4mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为1mol,即4mol×2=1mol×化合价变化值,得化合价变化值为8,故硝酸中氮元素降低8价,还原产物为NH4NO3,A正确;B曲线中还原剂锌的物质的量为4mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为2mol,即4mol×2=2mol×化合价变化值,得化合价变化值为4,故硝酸中氮元素降低4价,还原产物为N2O,B 错误;C曲线中还原剂锌的物质的量为3mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为2mol,即3mol×2=2mol×化合价变化值,得化合价变化值为3,故硝酸中氮元素降低3价,还原产物为NO,C错误;D曲线中还原剂锌的物质的量为2mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为4mol,即2mol×2=4mol×化合价变化值,得化合价变化值为1,故硝酸中氮元素降低1价,还原产物为NO2,D错误。
思路分析 本题考查氧化还原反应中的得失电子守恒计算,解答本题不用写出方程式,只需用还原剂锌和氧化剂硝酸建立得失电子守恒即可。很多在求算氧化剂和还原剂或是氧化产物和还原产物的比例时,都可以用得失电子守恒进行计算,而不用写出完整的化学方程式。
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.(★)(4分)NA表示阿伏加德罗数的值,下列说法正确的是 ( )
A.46gNO2和N2O4混合气体中所含的原子总数为3NA
B.反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,每生成2molFe2O3转移电子总数为44NA
C.22.4L的N2和O2所含的分子总数为NA,该混合气体所处的状况为标准状况
D.含1molFeCl3的饱和溶液滴加到沸水中,所得氢氧化铁胶体分散质的粒子数为NA
考点 阿伏加德罗常数
题组 阿伏加德罗常数
答案 AB
解析 NO2和N2O4的最简式相同,都是NO2,所以可以求得混合气体中“NO2”组合的物质的量,再求原子数,即n(NO2)=46g46g·mol-1=1mol,含有1molNO2组合,所以46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子总数为3NA,A正确;4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2该反应中FeS2中铁元素为+2价升高至Fe2O3中的+3价,硫元素从FeS2中-1价升高至SO2中的+4价,4molFeS参加反应总共失去电子44mol,所以每生成2molFe2O3转移电子总数为44NA,B正确;22.4L的N2和O2所含的分子数为NA,即物质的量为1mol。说明该状态下的气体摩尔体积为22.4L/mol,由于气体体积受温度和压强的影响,故气体摩尔体积为22.4L/mol的状态不一定是标准状况,C错误;氢氧化铁胶体中分散质是由多个氢氧化铁分子聚集形成的,所以含1molFeCl3的饱和溶液滴加到沸水中,所形成的氢氧化铁分散质粒子数小于NA,D错误。
思路分析 对于一定质量最简式相同的混合气体原子数目求算时,可以用其最简式来进行直接求解。如NO2和N2O4的最简式均为NO2,所以可以直接求“NO2”组合的物质的量,进而求原子数。同理:O2和O3也可以认为是最简式都是“O”,也可以直接求算氧原子数目。
12.(★)(4分)下列实验操作正确且能达到实验目的的是 ( )
A
B
C
D
A.发生铝热反应
B.形成红色喷泉
C.配制100mL一定物质的量浓度盐酸
D.制取氨气
考点 结合实验基本操作考查物质性质
题组 实验基本操作
答案 B
解析 铝热反应是铝单质做还原剂还原氧化铁,利用了铝的还原性和反应放出大量的热来实现得到铁单质,A错误;HCl极易溶于水,所以可以利用极易溶于水的特性造成烧瓶内外压强差从而形成喷泉,HCl溶于水显酸性,遇紫色石蕊试液变红,从而形成红色喷泉,B正确;由浓盐酸制备稀盐酸不能直接在容量瓶中稀释,应该在小烧杯中稀释,冷却后转移至容量瓶中,最后定容得相应浓度的稀盐酸,C错误;制取氨气不能用加热氯化铵的方法,因为氯化铵分解生成的氨气和氯化氢会在试管口处相遇再次结合成氯化铵固体,所以最终不能得到氨气,同时又堵塞导管口,容易造成危险,D错误。
易错警示 使用容量瓶的“五不”原则:不能进行加热;不能用来溶解;不能用来稀释;不能作为反应容器;不能长时间储存溶液。
13.(★)(4分)下列说法正确的是 ( )
A.向某溶液中滴加少量AgNO3溶液,有白色沉淀产生,溶液中一定含有Cl-
B.向某溶液中加入一定量的稀硫酸,产生的气体使澄清的石灰水变浑浊,溶液中一定含有SO32-或CO32-
C.将灼热的木炭与浓硝酸反应产生的气体缓缓通入澄清石灰水中,溶液没有沉淀产生
D.向某溶液中滴加少量浓NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口,试纸不变蓝,说明该溶液中一定不含NH4+
考点 离子检验
题组 离子检验
答案 C
解析 能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀的离子可能是Cl-,也有可能是CO32-,所以必须要用稀硝酸排除干扰离子,因为AgCl不溶于硝酸,Ag2CO3可溶于硝酸,故A错误;某溶液能与稀硫酸反应,产生的气体使澄清的石灰水变浑浊,气体可能是CO2或SO2,该溶液中所含离子可能是CO32- 或 SO32-,也可能是HCO3-或HSO3-,因为HCO3-或HSO3-遇稀硫酸也反应放气体,HCO3-+H+CO2↑+H2O,HSO3-+H+SO2↑+H2O,故B错误;浓硝酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化氮、水,二氧化氮与水反应生成硝酸,在酸性条件下二氧化碳不能与石灰水反应生成沉淀,C正确;向某溶液中滴加少量浓NaOH溶液,然后要加热,生成的氨气才能逸出,再用湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验,试纸变蓝说明含有NH4+,不变蓝说明没有NH4+,故D错误。
易错警示 在进行离子检验时一定要注意干扰离子的影响,所加试剂顺序及试剂的选取对离子的检验都有影响,另外NH4+检验时的操作步骤加热也尤其重要,不能省略。
14.(★)(4分)下列对事实的解释中,错误的是 ( )
A.SO2的漂白原理与Ca(ClO2)水溶液、H2O2和氯水三种物质的不同
B.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
C.浓硫酸做干燥剂,是因为浓硫酸具有吸水性
D.SO2能使氯水褪色,SO2表现出漂白性
考点 浓硫酸和二氧化硫的性质
题组 物质性质及应用
答案 D
解析 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质,加热后颜色又能恢复原色,属于可逆漂白,而Ca(ClO)2溶液、H2O2溶液和氯水都是利用了物质的强氧化性,与有色物质发生反应,使有色物质褪色,这种漂白不可逆,故A正确;在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,是因为浓硫酸的脱水性,使蔗糖中的氢、氧原子个数以2∶1的比例即H2O的形式脱去,最后只剩碳单质,B正确;浓硫酸可以用作干燥剂,是利用了浓硫酸的吸水性,使气体得以干燥,故C正确;二氧化硫使氯水褪色是因为二氧化硫与氯水中的氯气分子发生反应,使之褪色,体现了二氧化硫的还原性,未体现漂白性,故D错误。
易错警示 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。
15.(★)下列离子方程式书写正确的是 ( )
A.向FeCl3溶液中滴加KI溶液:2Fe3++2I-2Fe2++I2
B.向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸:OH-+H+H2O
C.过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色:H2O2+2MnO4-+6H+4H2O+2Mn2++3O2↑
D.向NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水:2HCO3-+Ca2++2OH-CaCO3↓+2H2O+CO32-
考点 离子方程式正误判断
题组 离子方程式正误判断
答案 AD
解析 向FeCl3溶液中滴加KI溶液,Fe3+有氧化性会氧化I-,离子反应为2Fe3++2I-2Fe2++I2,A正确;向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸,氢氧化铜属于难溶物,写成化学式形式,离子方程式为Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O,B错误;过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为高锰酸钾将过氧化氢氧化成氧气,自身被还原为Mn2+,离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+8H2O+5O2↑+2Mn2+,C错误;向NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水,石灰水少量,Ca(OH)2定为1mol完全反应,需要2molNaHCO3,离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH-CaCO3↓+2H2O+CO32-,D正确。
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情况。以下物质不能拆开:单质、氧化物及过氧化物、难溶物、弱电解质(弱酸、弱碱、水)、配合物、弱酸的酸式酸根离子。
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16.(★)(5分)某无色透明溶液中可能大量存在K+、Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 。
(2)取少量原溶液加入过量氨水,有白色沉淀生成[已知:Ag(NH3)2+在溶液中无色],说明原溶液中肯定有的离子是 ,反应的离子方程式为
。
考点 离子检验
题组 离子检验
解析 (1)原溶液为无色透明溶液,肯定不含有Cu2+,因为Cu2+显蓝色。(2)加入过量氨水,有白色沉淀生成,而Ag+在过量氨水中会形成无色的Ag(NH3)2+,所以白色沉淀肯定是Mg(OH)2,原溶液中肯定含有的离子为Mg2+,生成沉淀的离子方程式为Mg2++2NH3·H2OMg(OH)2↓+2NH4+
答案 (1)Cu2+(1分) (2)Mg2+ Mg2++2NH3·H2OMg(OH)2↓+2NH4+(除注明外,每空2分,共5分)
点评 本题考查了有色离子Cu2+的颜色,氨水与Mg2+反应的离子方程式书写,题目比较简单。
17.(★★)(12分)电子工业中,人们常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板来制作印刷电路板,并回收Cu和综合利用FeCl3溶液。实验室模拟流程如图所示:
回答下列问题:
(1)过滤操作除铁架台(附铁圈)、烧杯、滤纸外还需要的仪器为 。
(2)滤渣1成分的化学式为 ;试剂Y为 。
(3)可替代气体Z的试剂为 (填序号)。
A.硝酸 B.酸性高锰酸钾 C.过氧化氢
(4)写出FeCl2溶液腐蚀覆铜板的离子方程式: 。
(5)用实验证明滤液1中只含有Fe2+,不含Fe3+: 。
考点 铁、铜及其化合物的性质
题组 化工流程题
分析:在制作印刷电路板的废液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜,向其中加入过量铁粉会将铜置换出来,同时氯化铁被还原为氯化亚铁,过滤后滤渣为铁、铜的混合物,加足量稀盐酸溶解铁粉,过滤得到铜单质;滤液是氯化亚铁溶液,通入过量氯气,氯化亚铁被氧化为氯化铁,最终实现了铜的回收和氯化铁的综合利用。
解析 (1)依照过滤操作的原理和操作要点可知,过滤操作除铁架台(附铁圈)、烧杯、滤纸外,还需要的仪器是漏斗和玻璃棒。
(2)废液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜,加入过量X过滤即可得到滤渣1,通过流程图可知滤渣1中含有铜单质,所以X是铁粉,其作用是还原氯化铜和氯化铁,由于所加铁粉过量,所以滤渣1中含有过量的铁粉和被置换出的铜单质;分离铁和铜,需要加入过量的酸,由于最终获取氯化铁,所以该酸应该为盐酸,铜不与盐酸反应最后回收得到铜,所以试剂Y为盐酸或HCl。
(3)经过以上分析可知滤液1和滤液2均为氯化亚铁溶液,通入气体Z即生成氯化铁,所以气体Z为氯气,能替代氯气的试剂应该是过氧化氢,因为过氧化氢可以氧化氯化亚铁且被还原成水,不引入杂质。而硝酸会引入杂质硝酸根离子且硝酸的还原产物为有毒气体NO,会污染环境,A不正确;酸性高锰酸钾的还原产物为锰离子,锰离子会成为杂质离子,且酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化的,同时会引入杂质硫酸根离子,B不正确。
(4)FeCl3溶液与覆铜板上的铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,离子方程式为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。
(5)检验滤液1中只含有Fe2+的方法是取少量滤液1于试管中,先加入KSCN溶液,不变色,确保溶液中不含有Fe3+,再滴加氯水变红色,Fe2+被氯水氧化为Fe3+遇KSCN显红色,由此即可证明溶液中只含有Fe2+,不含Fe3+。
答案 (1)漏斗、玻璃棒 (2)Fe、Cu 盐酸或HCl (3)C (4)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+ (5)取少量滤液1于试管中,滴加KSCN溶液不变色,再滴加氯水变红色,证明滤液中只含Fe2+,不含Fe3+(每空2分,共12分)
点评 本题是一个小型的化工流程题,考查学生根据实验目的设计实验的能力,涉及试剂的选取和物质分离、提纯等问题,考查到了过滤的基本操作、离子方程式书写、离子检验等知识,试题有一定难度。
18.(★★)(14分)“环境就是民生,青山就是美丽,蓝天也是幸福。”拥有天蓝、地绿、水净的美好家园,是每个中国人的梦想。回答下列问题:
(1)排放到大气中的氮的氧化物,会造成 污染。
(2)化肥、炼油、稀土、钢铁等工业都会排放出高浓度的氨氮废水。氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。
①某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O形成存在,为达到变废为宝回收利用的目的,可采取的方法是 。
②某团队设计处理流程如下:
过程Ⅱ硝化过程,在微生物的作用下实现NH4+→NO2-→NO3-的转化,在碱性条件下,NH4+被氧化成NO3-的总反应离子方程式为 ;过程Ⅲ为反硝化过程,向一定条件下的废水中加入甲醇(CH3OH)实现HNO3→NO2-→N2转化,将1molNO2-完全转化为N2,转移的电子数为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(3)硫酸生产及煤燃烧产生的废气SO2等会对大气造成污染。
①为防止工业煤燃烧产生的废气SO2,常向燃煤中加入CaCO3浆状物进行脱硫,脱硫的产品用于制造石膏。脱硫反应的化学方程式为 。
②某兴趣小组对取得的酸雨样品进行了pH测定,随着时间的推移,得到以下数据(pH越小,酸性越强)。
时间/h
开始
8
16
24
32
40
48
pH
5.0
4.8
4.8
4.3
4.2
4.0
4.0
雨水pH变化的主要原因是 (用化学方程式表示)。
③某硫酸化工厂,使用一含杂质为25%的黄铁矿石(FeS2)为原料。若取2吨该矿石,可制得98%的浓硫酸 吨(假设生产过程中96%SO2转化为SO3)。
考点 环境污染及其治理;氧化还原反应配平
题组 环境污染及其治理
解析 (1)排放到大气中的氮的氧化物,会溶于雨水形成硝酸随雨水降落,形成硝酸型酸雨,在日光照射下,二氧化氮还能使氧气经过复杂的反应生成臭氧,臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后,产生了一种有毒的烟雾,即光化学烟雾。
(2)①由于氮肥厂产生的氨氮废水中氮元素多以铵根离子和一水合氨的形式存在,为达到变废为宝回收利用的目的,可以采用加碱加热的方法,使废水中的氮元素转化为氨气逸出,然后再进行收集,或是利用生物脱氮将氨氮经过一系列变化转化为氮气。
②题目已知在碱性条件下,NH4+被氧气氧化成NO3-,所以先根据已知确定反应物和生成物关系为NH4++O2+OH-NO3-,由元素守恒可推测产物中还有水,即NH4++O2+OH-NO3-+H2O,再根据化合价氮元素从NH4+中的-3价升高至NO3-中的+5价,氧元素由O2中的0价降低至H2O中的-2价,依据化合价升降守恒,配平方程式为NH4++2O2+OH-NO3-+H2O,再依据电荷守恒,配平OH-的化学计量数为2,再依据质量守恒配平H2O的化学计量数为3,最终离子方程式为NH4++2O2+2OH-NO3-+3H2O。在反硝化过程中,1molNO2-(氮元素为+3价)完全转化为N2(氮元素为0价),转移的电子数为3NA。
(3)①为防止工业煤燃烧产生SO2,常向燃煤中加入CaCO3浆状物进行脱硫,脱硫产品用于制造石膏,从中可以看出产物用于制造石膏,说明产物为CaSO4(硫元素为+6价),而反应物是SO2(硫元素为+4价),可以得出反应物中还有氧气参加,所以化学方程式为2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2。
②随着时间的推移,发现酸雨样品pH逐渐减小,酸性增强,说明酸雨样品中的H2SO3逐渐被氧化成H2SO4,使溶液的酸性增强,发生的反应为2H2SO3+O22H2SO4,也可以表示为酸雨中存在的SO2被空气中的氧气氧化成硫酸,发生的反应为O2+2SO2+2H2O2H2SO4。
③利用硫元素守恒列式便可求解。设可制得98%的浓硫酸质量为m,则利用硫元素守恒可得FeS2和H2SO4之间的关系为: FeS2~2H2SO4
120 98×2
2t×75%×96% mt×98%
则12098×2=2t×75%×96%m×98%,解得m=2.4t
答案 (1)酸雨、光化学烟雾 (2)①加碱加热气体收集法或生物脱氮法 ②NH4++2O2+2OH-NO3-+3H2O 3NA (3)①2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2
②O2+2H2SO32H2SO4或O2+2SO2+2H2O2H2SO4
③2.4(每空2分,共14分)
点评 本题以保护环境为背景考查了酸雨及工业废水等环境问题,并在题目中提出了解决的方法,体现了化学用于治理环境污染的重要作用,题目中出现了多个氧化还原反应方程式的书写,并考查到了一个多步连锁反应的计算问题,难度较大。
19.(★★)(15分)分类是学习的一种重要方法,“价—类”二维图对学习化学知识具有重要的指导意义。物质的化学反应常与外界条件密切相关。回答下列问题:
(1)含有同一元素的X、Y、Z、E、M五种物质,一定条件下有以下的转化关系。
①若E为红综色气体,则气体Z的收集方法为 ;X分子含有10个电子,则气体X水溶液中的离子有 。
②若Y为淡黄色固体单质,写出Z→E的化学反应方程式: 。
(2)盐酸、硫酸、硝酸是工业生产中常用的三种强酸。
①盐酸既有酸性,又能表现氧化性和还原性,其还原产物是 ;若足量的MnO2与100mL12mol·L-1的浓盐酸反应,则生成Cl2的物质的量 (填“大于”“等于”或“小于”)0.3mol。
②足量的锌与浓硫酸反应,反应开始时的化学方程式为 ;反应快结束时的离子方程式为 。
③将6.4g铜与足量的浓硝酸反应,产生NO和NO2气体的体积为2.24L(STP),则参加反应的硝酸的物质的量为 。
考点 氮硫氧化物及硫酸、硝酸的性质
题组 无机推断题;硫酸、硝酸的性质
解析 (1)①若E为红棕色气体,推测为NO2,所以X、Y、Z、E、M均含有同一种元素即氮元素,采用逆推法知Z为NO,NO与空气中的氧气会反应生成二氧化氮,所以一氧化氮的收集必须用排水法;又因为X为10电子微粒,且含有氮元素可知X为NH3,NH3溶于水后再发生电离,方程式为NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-,且还有水的电离:H2OH++OH-,所以溶液中的离子有NH4+、OH-、 H+。
②若Y为淡黄色固体单质,则Y为硫单质,而X、Y、Z、E、M均含有同一种元素即硫元素,Y为硫单质,逆推得X为H2S,正推Z为SO2,E为SO3,M为硫酸,所以由Z→E的化学方程式为2SO2+O22SO3。
(2)①盐酸既有酸性,又能表现氧化性和还原性,HCl中氢元素为+1价,属于氢元素的最高价态,所以具有氧化性,其还原产物是H2;浓盐酸与MnO2共热反应的氧化产物为Cl2,但是在反应中随着HCl不断被消耗,浓盐酸会变稀,反应将停止,所以产生的Cl2的物质的量小于0.3mol。
②足量的锌与浓硫酸反应,反应开始时生成硫酸锌、二氧化硫和水,化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O,但随着反应的进行浓硫酸会变稀,而稀硫酸会继续和锌反应放出氢气,其离子方程式为Zn+2H+Zn2++H2↑。
③在铜与硝酸的反应中,消耗的硝酸包括起酸性作用和起氧化作用的两部分,前者反应后以Cu(NO3)2形式存在,后者被还原后生成NO、NO2气体,利用氮元素守恒可以得出以下关系式:2HNO3(酸)~Cu(NO3)2,HNO3(氧化剂)~NO2(NO),6.4g铜的物质的量为0.1mol,标准状况下2.24LNO和NO2的物质的量为0.1mol,所以反应消耗的硝酸的物质的量为0.1mol×2+0.1mol=0.3mol。
答案 (1)①排水法 NH4+、OH-、H+(每少一个离子扣1分,多离子不得分)
②2SO2+O22SO3(可逆号1分)
(2)①H2(1分) 小于 ②Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O Zn+2H+Zn2++H2↑ ③0.3mol(单位1分)(除注明外每空2分,共15分)
点评 该题目以一个反应模式为模板,根据题给信息进行物质推断。完成此题的关键是熟悉相关物质的性质,并利用元素守恒通过对已知信息的分析加工推测出未知物质,进而解答相关问题。三大强酸的性质考查也很典型,题目难度中等。
20.(★★)(14分)某小组同学欲探究NH3催化氧化反应,按下图装置进行实验。
已知A、B装置可选药品:浓氨水、H2O2、蒸馏水、生石灰、MnO2。
(1)仪器a的名称为 ;仪器b的名称为 。
(2)装置A烧瓶中固体的作用为 (填序号)。
A.催化剂 B.氧化剂 C.还原剂 D.反应物
(3)仪器b中盛放的试剂可以是 (填序号)。
A.浓硫酸 B.碱石灰
C.五氧化二磷 D.硫酸铜
(4)装置E中发生反应的化学方程式为 。
(5)甲、乙两同学分别接上述装置进行实验,一段时间后:
①甲观察到装置F中只有白烟生成,白烟的成分是(写化学式) 。
②乙观察到装置F中有红棕色气体,装置G中溶液变成蓝色。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因: 。
(6)为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体,可在原实验的基础上进行改进。你的改进措施是 。
考点 氨的催化氧化实验
题组 实验探究与实验设计
分析:本实验的实验目的是探究氨气的催化氧化反应,观察装置图可知装置A、B分别为制取氧气和氨气中的一种,因为制取气体后两者的干燥装置不同,氨气只能用碱石灰干燥,需用球形干燥管盛装固体干燥剂,而氧气可以用浓硫酸干燥,用洗气瓶盛装,所以装置A制取氧气,装置B制取氨气。干燥的氨气和氧气在装置E中发生催化氧化反应,产物为一氧化氮和水,由于气体反应不充分,所以从装置E出来的气体既有未反应完全的氨气和氧气又有产物一氧化氮和水,上述物质相互接触反应会生成二氧化氮或硝酸,再进入装置G与铜片反应,最后进行尾气处理。
解析 (1)根据仪器特点可知仪器a为分液漏斗,仪器b为球形干燥管。
(2)通过观察装置图对比装置A、B的干燥装置的不同,可知装置A用于制备氧气,用浓硫酸干燥,所选药品为H2O2和MnO2,其中固体MnO2是该反应的催化剂,故A正确。
(3)装置B用于制备氨气,氨气为碱性气体,只能用碱石灰干燥,不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥,而无水硫酸铜是用于检验水的存在,所以选B。
(4)装置E中进行的是氨的催化氧化反应,氨气被氧气氧化成一氧化氮,化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
(5)①由于装置E中气体反应不完全,所以从装置E出来的气体既有未反应完全的氨气和氧气又有产物一氧化氮和水,其中NO、O2和H2O会反应生成硝酸,4NO+3O2+2H2O4HNO3,甲观察到装置F中只有白烟生成,白烟是由于氨气和硝酸反应NH3+HNO3NH4NO3,生成了白色的NH4NO3固体。
②乙观察到装置F中有红棕色气体,说明NO和O2反应生成了NO2(红棕色),2NO+O22NO2,二氧化氮进入装置G与水反应生成硝酸,则铜片与稀硝酸和稀硫酸混酸反应转化为铜离子,离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)E装置是氨气的催化氧化装置,从装置E中出来的气体中有氧气、氨气、一氧化氮和水蒸气,因4NO+2H2O+3O24HNO3,NH3+HNO3NH4NO3,所以避免F中生成硝酸铵,实现在F中看到红棕色的二氧化氮,除去水即可,需在装置E、F间增加一个浓硫酸装置,或是调节K1增大O2的量或是调节K2以减少氨气的量,使O2过量氧化一氧化氮生成二氧化氮。
答案 (1)分液漏斗(1分) 球形干燥管(1分)
(2)A (3)B
(4)4NH3+5O24NO+6H2O(催化剂1分)
(5)①NH4NO3 ②3Cu+8H++2NO3-3Cu2++4H2O+2NO↑
(6)调节K1使O2的量增大、调节K2使NH3的量减小或E、F间增加浓硫酸吸气装置(除注明外,每空2分,共14分)
点评 本题主要考查了氨气的催化氧化实验,解答该题须掌握该反应的原理和相关物质的性质,题目难度中等。
1.(★★)(6分)浓硝酸具有强氧化性。
①把铜粉和铁粉混合物加入热的浓硝酸中,充分反应后,溶液中有铜剩余,则溶液中存在的金属阳离子为 。
②某稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中,c(SO42-)+c(NO3-)=3.0mol·L-1。取200mL该混合酸,能溶解铜的最大质量为 。
考点 硝酸的性质
题组 硝酸的性质
解析 ①把铜粉和铁粉混合物加入热的浓硝酸中,依据还原性顺序浓硝酸先和铁粉反应,充分反应后,溶液中有铜剩余,可能铜没有参加反应,溶液中不存在Cu2+,铜粉也可能部分参加反应,溶液中也有Cu2+;再依据共存原则,有铜单质剩余则溶液中肯定不存在Fe3+,因为Fe3+与铜会发生反应2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。
②铜单质与稀硝酸和稀硫酸的混合溶液反应,用离子方程式表示为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
其中硝酸若为2mol,则需要硫酸的物质的量为3mol,才能恰好提供8mol的H+,所以硝酸和硫酸的物质的量之比为2∶3才能溶解最大量的铜单质,所以200mL混合酸中硝酸的物质的量为:0.2L×3.0mol·L-1×25=0.24mol,依据方程式计量关系溶解铜的物质的量为0.24mol×32=0.36mol,所以溶解铜的最大质量为0.36mol×64g·mol-1=23.04g。
答案 ①一定有Fe2+,可能有Cu2+(3分,答Fe2+和Cu2+得2分)
②23.04g(3分,单位1分)
方法技巧 该题目考查了浓硝酸的氧化性,若按反应关系考虑其中反应较多,情况较复杂,所以这类问题依据氧化还原顺序和共存关系来解决较好。
2.(★★)(14分)亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜,其熔点为-105℃,沸点为79℃,140℃以上时易分解,是一种无色或淡黄色发烟液体,遇水剧烈与水反应生成SO2和另一酸性气体,常用作脱水剂,广泛应用于医药、农药、染料工业及有机合成工业。
(1)氯化亚砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房,但久置后微显黄色,其原因是 ;用硫黄、液氯和三氧化硫为原料在一定条件可合成氯化亚砜,如果想达到原子利用率最大化,则三者的物质的量之比为 。
(2)实验室合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2,部分装置如图所示。
Ⅰ.装置b的作用是 。
Ⅱ.实验室制取SOCl2所选仪器的连接顺序:③→ 。
(3)甲同学用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2,回收剩余的SOCl2,并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)。选用装置如下:
Ⅰ.向仪器A中缓慢滴加SOCl2,需打开活塞 (填“a”“b”或“a和b”)。
Ⅱ.写出可对装置B采取的有效措施: 。
(4)乙同学认为利用(3)中装置,由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3也可用SOCl2作脱水剂,但丙同学认为会发生氧化还原反应而难以制无水FeCl3。丙同学设计了如下实验方案验证自己的观点:
取少量FeCl3·6H2O于试管中,加入过量SOCl2,振荡使两种物质充分反应;再往试管中加水溶解,加入 ,证明该过程发生了氧化还原反应。
考点 二氧化硫和氯气的性质
题组 物质制备实验
解析 (1)氯化亚砜不稳定会分解,生成的氯气溶解在氯化亚砜中而微显黄色。用硫黄、液氯和三氧化硫为原料在一定条件下合成氯化亚砜,如果想达到原子利用率最大化,则反应方程式为2S+3Cl2+SO33SOCl2,所以三者的物质的量之比为2∶3∶1。
(2)Ⅰ.由于SOCl2遇水剧烈反应,所以装置b的作用是防止空气中的水进入反应器。
Ⅱ.实验室制取SOCl2需要准备反应物二氧化硫和氯气,氯气需要用二氧化锰和浓盐酸采用固液加热装置,所以装置B用来制取氯气,氯气中含有杂质氯化氢和水蒸气,所以用饱和食盐水除氯化氢,用浓硫酸除水,干燥纯净的氯气进入反应装置A,接口顺序为③⑧⑨⑥⑦①。同时用浓硫酸和亚硫酸钠固体制二氧化硫,所以装置C用于制取二氧化硫,同样用浓硫酸干燥,干燥纯净的二氧化硫通入接口②,所以后续装置接口顺序为②⑦⑥④。故最终整体接口顺序为③⑧⑨⑥⑦①②⑦⑥④。
(3)Ⅰ.向仪器A中缓慢滴加SOCl2,只需打开活塞b即可,因为该装置为恒压漏斗,侧管连通漏斗和烧瓶可以保证恒压使液体顺利滴下。
Ⅱ.由于SOCl2沸点低,在回收时需要将装置B放入冰水浴中降温。
(4)SOCl2与Fe3+会发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,所以只要检验不存在Fe3+或是存在SO42-即可。检验Fe3+用KSCN溶液,不显红色说明不存在Fe3+,即发生了氧化还原反应。或加入氯化钡溶液产生白色沉淀,证明有SO42-生成,也能证明发生了氧化还原反应。
答案 (1)分解生成的Cl2溶解其中 2∶3∶1 (2)Ⅰ.防止空气中水进入反应器 Ⅱ.⑧→⑨→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④或⑧⑨⑥⑦①②⑦⑥④
(3)Ⅰ.b Ⅱ.放入冰水浴中降温
(4)KSCN溶液,不显红色或加入氯化钡溶液有白色沉淀产生(每空2分,共14分)
点评 本题主要考查物质的制备和实验仪器的使用,重在实验能力和分析能力的考查,解题时首先要明确:①制备物质的方法;②相关物质的性质(尤其是一些特殊物质),如本题中的SOCl2易分解、沸点低,易与水发生反应。注意紧扣实验目的,结合题目给出的实验药品选择所需仪器再进行连接,题目有一定难度。
山东省枣庄市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题5
山东省枣庄市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题
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40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要求。
1.(★)(2分)化学与生产生活、科技等密切相关,下列说法错误的是 ( )
A.开发利用太阳能、风能和氢能等新能源代替化石能源,利于实现低碳经济
B.利用膜材料将含油污水中的油水分离,发生的是化学变化
C.依照CuCuOCu(NO3)2的反应制取Cu(NO3)2符合不易产生污染的绿色化学理念
D.屠呦呦从青蒿中提取的青蒿素对治疗疟疾有特效
考点 化学与生产生活的关系
题组 化学与生产生活
答案 B
解析 化石能源含有大量的碳元素,在燃烧时会产生大量的二氧化碳,会加剧全球的温室效应,所以开发利用太阳能、风能和氢能等新能源代替化石能源,利于实现低碳经济,A正确;利用膜材料将含油污水中的油水分离,利用的是物理方法分离,不涉及化学变化,B错误;依照此方法,可以将硝酸都转化为硝酸铜,并没有有毒气体放出,所以符合不易产生污染的绿色化学理念,C正确;屠呦呦从青蒿中提取的青蒿素对治疗疟疾有特效,于2015年10月获得诺贝尔生理学或医学奖,D正确。
点评 化学与生产生活之间的关系及现代科技中的有关化学的成就是近几年高考化学题中经常涉及的内容,需要同学们善于积累,同时多关注最近科技成果,对做题有很大帮助。
2.(★)(2分)我国清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”,写道:“贮以玻璃瓶,紧塞其口,勿速使泄气,则药力不减,气甚辛烈,触人脑,非有病不可嗅……虚弱者忌之。宜外用,勿服……”这里的“鼻冲水”是指 ( )
A.醋 B.硝酸 C.食盐水 D.氨水
考点 氨气的性质
题组 传统文化中的化学知识
答案 D
解析 从描述中“勿使泄气”可知该“水”易挥发,说明不是食盐水,C不正确;“非有病不可嗅”“勿服”说明不是醋,故A不正确;硝酸具有强氧化性,不可外用于人体,与“宜外用”不符,故B不正确;氨水具有挥发性,为弱碱,且氨气具有刺激性气味,所以符合描述,D正确。
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。解答方法一般是先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,进而解答问题。
3.(★)(2分)在下列物质分类中,前者包含后者的是 ( )
序号
前者
后者
A
电解质
化合物
B
金属氧化物
碱性氧化物
C
分散系
混合物
D
单质
纯净物
考点 物质分类
题组 物质分类
答案 B
解析 电解质的定义是溶于水或熔化状态下能导电的化合物,是化合物包含电解质,故A错误;碱性氧化物都属于金属氧化物,而金属氧化物中如Mn2O7为酸性氧化物,Al2O3为两性氧化物,金属氧化物包含碱性氧化物,故B正确;有一种或几种物质(称为分散质)分散到另一种物质(称为分散剂)中形成的混合体系称为分散系。分散系都是混合物,而混合物不都是分散系,如天然存在的物质煤、石油等不是分散系,故C错误;纯净物中由一种元素组成的纯净物是单质,由不同种元素组成的纯净物是化合物,所以纯净物包含单质和化合物,D错误。
易错警示 注意物质分类的分类原则和相似概念的联系和区别,在学习时要注意善于动手动脑整理记忆。附物质分类关系。
4.(★)(2分)常温下,下列物质中不能用铁制容器储运的是 ( )
A.浓盐酸 B.浓硝酸 C.液氯 D.浓氨水
考点 浓硝酸和液氯的性质及保存
题组 物质的保存
答案 A
解析 常温下,能用铁制容器储运的物质应该是在常温下不与铁制品反应。常温下,浓盐酸与铁制品反应放出氢气,所以不能用铁制容器储运,A符合题意;常温下,铁遇浓硝酸会发生“钝化”阻止反应进一步发生,所以可以用铁制容器储运浓硝酸,B不符合题意;常温下,铁与液氯也不发生反应,可以用铁制容器储运液氯,C不符合题意;浓氨水不与铁反应,所以可以用铁制容器储运浓氨水,D不符合题意。
易错警示 (1)浓硫酸、浓硝酸、浓盐酸中,只有浓盐酸没有强氧化性,所以浓盐酸会与铁制品发生反应,而浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性,在常温下铁、铝遇浓硫酸或浓硝酸会发生“钝化”,从而能阻止反应进一步发生,所以可以用铁制容器储运浓硫酸和浓硝酸。(2)氯气与铁反应需要在点燃的条件下进行,而常温状态下不发生反应。
5.(★)(2分)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是 ( )
A.碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
B.含氮的无机物和含氮的有机物可以相互转化
C.仿生固氮和根瘤菌固氮均为天然固氮
D.氮元素有的发生氧化反应,有的发生还原反应
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 C
解析 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,N2+O22NO,氧元素参与,二氧化氮易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮,3NO2+H2O2HNO3+NO,氢元素参加,故A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,故B正确;氮的固定方法有自然固氮和人工固氮,根瘤菌固氮属于天然固氮,而仿生固氮是是模仿生物将大气中的氮固定,属于人工固氮的范畴,故C错误;硝酸盐中氮元素的化合价为+5,被细菌分解变成大气中的氮单质,氮元素由+5→0,被还原,而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,氮元素化合价由0→+2,被氧化,故D正确。
点评 本题主要考查了氮以及化合物的性质,理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键,题目难度不大。
6.(★)(2分)进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是 ( )
A.金属钠着火时使用干粉(主要成分为碳酸氢钠)灭火器灭火
B.用试管加热固体时使试管口向上倾斜
C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗
D.移取熔融氯化钠的坩埚,应用坩埚钳夹持
考点 实验安全问题
题组 实验安全问题
答案 D
解析 干粉灭火器的原理是利用碳酸氢钠分解产生二氧化碳进行灭火,但是钠着火生成过氧化钠,过氧化钠会继续与二氧化碳反应生成助燃性的氧气,故钠着火不能用干粉灭火器灭火,A错误;一般所加热固体不可能完全干燥,若试管向上倾斜会使挥发出的水蒸气冷凝后回流至试管底部造成试管炸裂,所以用试管加热固体时应该使试管口略向下倾斜,B错误;浓硫酸溅到皮肤上时应立即用大量水冲洗,然后再涂3%~5%NaHCO3溶液,绝对不能用稀氢氧化钠溶液冲洗,因为氢氧化钠为强碱,对人体有腐蚀性,C错误;移取熔融氯化钠的坩埚,应用坩埚钳夹持,D正确。
拓展链接 (1)钠和镁着火都不能用干粉灭火器或泡沫灭火器灭火,应该用干燥的沙土盖灭。(2)浓硫酸溅到皮肤上,应用大量水冲洗,然后再涂3%~5%NaHCO3溶液处理;浓氢氧化钠溶液溅到皮肤上,应先用大量水进行冲洗,再涂抹3%的硼酸溶液,严禁用强酸或强碱涂抹于皮肤上。
7.(★)(2分)将有浓硫酸和浓盐酸的两烧杯分别在空气中放置一段时间。下列说法正确的是 ( )
A.浓盐酸和浓硫酸的浓度都减小
B.浓盐酸和浓硫酸的质量都减小
C.浓盐酸和浓硫酸的质量都增加
D.浓盐酸和浓硫酸的浓度都增加
考点 浓硫酸和浓盐酸的性质
题组 药品放置于空气中的变质情况
答案 A
解析 浓硫酸具有吸水性,所以放置于空气中一段时间会吸收空气中的水蒸气,硫酸质量增加、浓度减小;浓盐酸具有挥发性,所以放置于空气中一段时间由于挥发溶质减少,溶液质量减少、浓度减小。综上所述,选A。
易错警示 药品露置于空气中变质的原因要根据物质的性质进行分析,如是否与空气中氧气、二氧化碳、水等物质发生反应,自身是否具有挥发性和吸水性等,进而再判断变质的结果。
8.(★)(2分)下列说法正确的是 ( )
A.硫元素的同素异形体的性质相同
B.H2O2常做氧化剂,只有氧化性
C.向CaCl2溶液中通入CO2气体,有白色沉淀生成
D.汽车尾气中的NO主要是由氮气和氧气在汽车汽缸中形成的
考点 同素异形体、过氧化氢、一氧化氮性质
题组 物质性质
答案 D
解析 同素异形体是由同种元素组成的不同种单质,由于是不同种单质,故其物理性质不同,由于由同种元素组成,故其化学性质相似但是也有差异,A错误;H2O2中氧元素化合价为-1价,处于氧元素的中间价态,既可以被氧化为氧气,体现还原性,也可以被还原至-2价,体现氧化性,总体来说H2O2以氧化性为主,B错误;假如CO2和CaCl2溶液反应会得到碳酸钙和盐酸,而碳酸钙又能和盐酸反应得到氯化钙和二氧化碳,所以假设反应不成立,即将CO2通入CaCl2溶液中不发生反应,所以没有白色沉淀生成,C错误;汽车汽缸中温度高,汽缸中空气中的氮气和氧气会在高温条件下反应生成一氧化氮,D正确。
拓展链接 H2O2即可以体现氧化性又可以体现还原性,关键是参看与之反应的物质的氧化性或还原性强弱,如H2O2与酸性高锰酸钾反应,高锰酸钾具有强氧化性,则H2O2被氧化为氧气,体现还原性,化学方程式如下:3H2SO4+2KMnO4+5H2O2K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O;如H2O2在酸性条件下与氯化亚铁溶液反应,Fe2+具有强还原性,则H2O2被还原成水,体现氧化性,离子方程式如下:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O;如果H2O2遇到催化剂时可以自身发生氧化还原反应,如在二氧化锰催化作用下分解为水和氧气,既体现氧化性又体现还原性,方程式如下:2H2O22H2O+O2↑。
9.(★)(2分)有一瓶可能部分被氧化的Na2SO3溶液,某同学取少量此溶液,滴入BaCl2溶液,产生白色沉淀,再加入足量稀硝酸,充分振荡后,仍有白色沉淀。下述有关实验的结论正确的是 ( )
A.Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化
B.加入BaCl2溶液后,生成的沉淀中一定含有BaSO4
C.加足量稀硝酸后的白色沉淀一定是BaSO4
D.此实验能确定Na2SO3是否部分被氧化
考点 硫酸根离子的检验
题组 离子的检验
答案 C
解析 由于在检验过程中,加入了足量稀硝酸,硝酸具有强氧化性,会将SO32-氧化成为SO42-,也就无法判断Na2SO3是否是被空气中的氧气氧化而变质,所以A、D错误;由于硝酸已经将SO32-氧化成为SO42-,所以沉淀为BaSO4,C正确;只加入BaCl2溶液后,BaCl2溶液与Na2SO3反应必然产生BaSO3沉淀,但是不一定有BaSO4沉淀,此时还无法确定Na2SO3是否部分被氧化,故B错误。
拓展链接 检验Na2SO3溶液是否变质的方法是:加入BaCl2溶液后,产生白色沉淀,再加入足量稀盐酸,观察是否有白色沉淀存在,若存在,则Na2SO3已变质,若不存在,Na2SO3没有变质。
点评 本题考查硫酸根离子的检验,在检验硫酸根离子时一定要注意绝对不能引入硝酸或变相引入硝酸[如加盐酸酸化,加入Ba(NO3)2],因为硝酸会将亚硫酸根离子氧化成为硫酸根离子,容易给检验造成干扰。
10.(★★)(2分)Zn与硝酸反应时,硝酸的浓度不同,产物也不同。与不同浓度硝酸反应时,反应的Zn与被还原硝酸的物质的量关系如图。还原产物为NH4NO3的曲线是 ( )
考点 硝酸的性质;氧化还原反应计算
题组 硝酸的性质
答案 A
解析 氧化还原反应中存在得失电子守恒,即n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值=n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值,利用此关系式求算出硝酸中氮元素的化合价变化值来最终确定还原产物的形式。A曲线中还原剂锌的物质的量为4mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为1mol,即4mol×2=1mol×化合价变化值,得化合价变化值为8,故硝酸中氮元素降低8价,还原产物为NH4NO3,A正确;B曲线中还原剂锌的物质的量为4mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为2mol,即4mol×2=2mol×化合价变化值,得化合价变化值为4,故硝酸中氮元素降低4价,还原产物为N2O,B 错误;C曲线中还原剂锌的物质的量为3mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为2mol,即3mol×2=2mol×化合价变化值,得化合价变化值为3,故硝酸中氮元素降低3价,还原产物为NO,C错误;D曲线中还原剂锌的物质的量为2mol,氧化剂即被还原的硝酸的物质的量为4mol,即2mol×2=4mol×化合价变化值,得化合价变化值为1,故硝酸中氮元素降低1价,还原产物为NO2,D错误。
思路分析 本题考查氧化还原反应中的得失电子守恒计算,解答本题不用写出方程式,只需用还原剂锌和氧化剂硝酸建立得失电子守恒即可。很多在求算氧化剂和还原剂或是氧化产物和还原产物的比例时,都可以用得失电子守恒进行计算,而不用写出完整的化学方程式。
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.(★)(4分)NA表示阿伏加德罗数的值,下列说法正确的是 ( )
A.46gNO2和N2O4混合气体中所含的原子总数为3NA
B.反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,每生成2molFe2O3转移电子总数为44NA
C.22.4L的N2和O2所含的分子总数为NA,该混合气体所处的状况为标准状况
D.含1molFeCl3的饱和溶液滴加到沸水中,所得氢氧化铁胶体分散质的粒子数为NA
考点 阿伏加德罗常数
题组 阿伏加德罗常数
答案 AB
解析 NO2和N2O4的最简式相同,都是NO2,所以可以求得混合气体中“NO2”组合的物质的量,再求原子数,即n(NO2)=46g46g·mol-1=1mol,含有1molNO2组合,所以46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子总数为3NA,A正确;4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2该反应中FeS2中铁元素为+2价升高至Fe2O3中的+3价,硫元素从FeS2中-1价升高至SO2中的+4价,4molFeS参加反应总共失去电子44mol,所以每生成2molFe2O3转移电子总数为44NA,B正确;22.4L的N2和O2所含的分子数为NA,即物质的量为1mol。说明该状态下的气体摩尔体积为22.4L/mol,由于气体体积受温度和压强的影响,故气体摩尔体积为22.4L/mol的状态不一定是标准状况,C错误;氢氧化铁胶体中分散质是由多个氢氧化铁分子聚集形成的,所以含1molFeCl3的饱和溶液滴加到沸水中,所形成的氢氧化铁分散质粒子数小于NA,D错误。
思路分析 对于一定质量最简式相同的混合气体原子数目求算时,可以用其最简式来进行直接求解。如NO2和N2O4的最简式均为NO2,所以可以直接求“NO2”组合的物质的量,进而求原子数。同理:O2和O3也可以认为是最简式都是“O”,也可以直接求算氧原子数目。
12.(★)(4分)下列实验操作正确且能达到实验目的的是 ( )
A
B
C
D
A.发生铝热反应
B.形成红色喷泉
C.配制100mL一定物质的量浓度盐酸
D.制取氨气
考点 结合实验基本操作考查物质性质
题组 实验基本操作
答案 B
解析 铝热反应是铝单质做还原剂还原氧化铁,利用了铝的还原性和反应放出大量的热来实现得到铁单质,A错误;HCl极易溶于水,所以可以利用极易溶于水的特性造成烧瓶内外压强差从而形成喷泉,HCl溶于水显酸性,遇紫色石蕊试液变红,从而形成红色喷泉,B正确;由浓盐酸制备稀盐酸不能直接在容量瓶中稀释,应该在小烧杯中稀释,冷却后转移至容量瓶中,最后定容得相应浓度的稀盐酸,C错误;制取氨气不能用加热氯化铵的方法,因为氯化铵分解生成的氨气和氯化氢会在试管口处相遇再次结合成氯化铵固体,所以最终不能得到氨气,同时又堵塞导管口,容易造成危险,D错误。
易错警示 使用容量瓶的“五不”原则:不能进行加热;不能用来溶解;不能用来稀释;不能作为反应容器;不能长时间储存溶液。
13.(★)(4分)下列说法正确的是 ( )
A.向某溶液中滴加少量AgNO3溶液,有白色沉淀产生,溶液中一定含有Cl-
B.向某溶液中加入一定量的稀硫酸,产生的气体使澄清的石灰水变浑浊,溶液中一定含有SO32-或CO32-
C.将灼热的木炭与浓硝酸反应产生的气体缓缓通入澄清石灰水中,溶液没有沉淀产生
D.向某溶液中滴加少量浓NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口,试纸不变蓝,说明该溶液中一定不含NH4+
考点 离子检验
题组 离子检验
答案 C
解析 能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀的离子可能是Cl-,也有可能是CO32-,所以必须要用稀硝酸排除干扰离子,因为AgCl不溶于硝酸,Ag2CO3可溶于硝酸,故A错误;某溶液能与稀硫酸反应,产生的气体使澄清的石灰水变浑浊,气体可能是CO2或SO2,该溶液中所含离子可能是CO32- 或 SO32-,也可能是HCO3-或HSO3-,因为HCO3-或HSO3-遇稀硫酸也反应放气体,HCO3-+H+CO2↑+H2O,HSO3-+H+SO2↑+H2O,故B错误;浓硝酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化氮、水,二氧化氮与水反应生成硝酸,在酸性条件下二氧化碳不能与石灰水反应生成沉淀,C正确;向某溶液中滴加少量浓NaOH溶液,然后要加热,生成的氨气才能逸出,再用湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验,试纸变蓝说明含有NH4+,不变蓝说明没有NH4+,故D错误。
易错警示 在进行离子检验时一定要注意干扰离子的影响,所加试剂顺序及试剂的选取对离子的检验都有影响,另外NH4+检验时的操作步骤加热也尤其重要,不能省略。
14.(★)(4分)下列对事实的解释中,错误的是 ( )
A.SO2的漂白原理与Ca(ClO2)水溶液、H2O2和氯水三种物质的不同
B.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
C.浓硫酸做干燥剂,是因为浓硫酸具有吸水性
D.SO2能使氯水褪色,SO2表现出漂白性
考点 浓硫酸和二氧化硫的性质
题组 物质性质及应用
答案 D
解析 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质,加热后颜色又能恢复原色,属于可逆漂白,而Ca(ClO)2溶液、H2O2溶液和氯水都是利用了物质的强氧化性,与有色物质发生反应,使有色物质褪色,这种漂白不可逆,故A正确;在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,是因为浓硫酸的脱水性,使蔗糖中的氢、氧原子个数以2∶1的比例即H2O的形式脱去,最后只剩碳单质,B正确;浓硫酸可以用作干燥剂,是利用了浓硫酸的吸水性,使气体得以干燥,故C正确;二氧化硫使氯水褪色是因为二氧化硫与氯水中的氯气分子发生反应,使之褪色,体现了二氧化硫的还原性,未体现漂白性,故D错误。
易错警示 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。
15.(★)下列离子方程式书写正确的是 ( )
A.向FeCl3溶液中滴加KI溶液:2Fe3++2I-2Fe2++I2
B.向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸:OH-+H+H2O
C.过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色:H2O2+2MnO4-+6H+4H2O+2Mn2++3O2↑
D.向NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水:2HCO3-+Ca2++2OH-CaCO3↓+2H2O+CO32-
考点 离子方程式正误判断
题组 离子方程式正误判断
答案 AD
解析 向FeCl3溶液中滴加KI溶液,Fe3+有氧化性会氧化I-,离子反应为2Fe3++2I-2Fe2++I2,A正确;向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸,氢氧化铜属于难溶物,写成化学式形式,离子方程式为Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O,B错误;过氧化氢使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为高锰酸钾将过氧化氢氧化成氧气,自身被还原为Mn2+,离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+8H2O+5O2↑+2Mn2+,C错误;向NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水,石灰水少量,Ca(OH)2定为1mol完全反应,需要2molNaHCO3,离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH-CaCO3↓+2H2O+CO32-,D正确。
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情况。以下物质不能拆开:单质、氧化物及过氧化物、难溶物、弱电解质(弱酸、弱碱、水)、配合物、弱酸的酸式酸根离子。
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16.(★)(5分)某无色透明溶液中可能大量存在K+、Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 。
(2)取少量原溶液加入过量氨水,有白色沉淀生成[已知:Ag(NH3)2+在溶液中无色],说明原溶液中肯定有的离子是 ,反应的离子方程式为
。
考点 离子检验
题组 离子检验
解析 (1)原溶液为无色透明溶液,肯定不含有Cu2+,因为Cu2+显蓝色。(2)加入过量氨水,有白色沉淀生成,而Ag+在过量氨水中会形成无色的Ag(NH3)2+,所以白色沉淀肯定是Mg(OH)2,原溶液中肯定含有的离子为Mg2+,生成沉淀的离子方程式为Mg2++2NH3·H2OMg(OH)2↓+2NH4+
答案 (1)Cu2+(1分) (2)Mg2+ Mg2++2NH3·H2OMg(OH)2↓+2NH4+(除注明外,每空2分,共5分)
点评 本题考查了有色离子Cu2+的颜色,氨水与Mg2+反应的离子方程式书写,题目比较简单。
17.(★★)(12分)电子工业中,人们常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板来制作印刷电路板,并回收Cu和综合利用FeCl3溶液。实验室模拟流程如图所示:
回答下列问题:
(1)过滤操作除铁架台(附铁圈)、烧杯、滤纸外还需要的仪器为 。
(2)滤渣1成分的化学式为 ;试剂Y为 。
(3)可替代气体Z的试剂为 (填序号)。
A.硝酸 B.酸性高锰酸钾 C.过氧化氢
(4)写出FeCl2溶液腐蚀覆铜板的离子方程式: 。
(5)用实验证明滤液1中只含有Fe2+,不含Fe3+: 。
考点 铁、铜及其化合物的性质
题组 化工流程题
分析:在制作印刷电路板的废液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜,向其中加入过量铁粉会将铜置换出来,同时氯化铁被还原为氯化亚铁,过滤后滤渣为铁、铜的混合物,加足量稀盐酸溶解铁粉,过滤得到铜单质;滤液是氯化亚铁溶液,通入过量氯气,氯化亚铁被氧化为氯化铁,最终实现了铜的回收和氯化铁的综合利用。
解析 (1)依照过滤操作的原理和操作要点可知,过滤操作除铁架台(附铁圈)、烧杯、滤纸外,还需要的仪器是漏斗和玻璃棒。
(2)废液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜,加入过量X过滤即可得到滤渣1,通过流程图可知滤渣1中含有铜单质,所以X是铁粉,其作用是还原氯化铜和氯化铁,由于所加铁粉过量,所以滤渣1中含有过量的铁粉和被置换出的铜单质;分离铁和铜,需要加入过量的酸,由于最终获取氯化铁,所以该酸应该为盐酸,铜不与盐酸反应最后回收得到铜,所以试剂Y为盐酸或HCl。
(3)经过以上分析可知滤液1和滤液2均为氯化亚铁溶液,通入气体Z即生成氯化铁,所以气体Z为氯气,能替代氯气的试剂应该是过氧化氢,因为过氧化氢可以氧化氯化亚铁且被还原成水,不引入杂质。而硝酸会引入杂质硝酸根离子且硝酸的还原产物为有毒气体NO,会污染环境,A不正确;酸性高锰酸钾的还原产物为锰离子,锰离子会成为杂质离子,且酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化的,同时会引入杂质硫酸根离子,B不正确。
(4)FeCl3溶液与覆铜板上的铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,离子方程式为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。
(5)检验滤液1中只含有Fe2+的方法是取少量滤液1于试管中,先加入KSCN溶液,不变色,确保溶液中不含有Fe3+,再滴加氯水变红色,Fe2+被氯水氧化为Fe3+遇KSCN显红色,由此即可证明溶液中只含有Fe2+,不含Fe3+。
答案 (1)漏斗、玻璃棒 (2)Fe、Cu 盐酸或HCl (3)C (4)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+ (5)取少量滤液1于试管中,滴加KSCN溶液不变色,再滴加氯水变红色,证明滤液中只含Fe2+,不含Fe3+(每空2分,共12分)
点评 本题是一个小型的化工流程题,考查学生根据实验目的设计实验的能力,涉及试剂的选取和物质分离、提纯等问题,考查到了过滤的基本操作、离子方程式书写、离子检验等知识,试题有一定难度。
18.(★★)(14分)“环境就是民生,青山就是美丽,蓝天也是幸福。”拥有天蓝、地绿、水净的美好家园,是每个中国人的梦想。回答下列问题:
(1)排放到大气中的氮的氧化物,会造成 污染。
(2)化肥、炼油、稀土、钢铁等工业都会排放出高浓度的氨氮废水。氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。
①某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O形成存在,为达到变废为宝回收利用的目的,可采取的方法是 。
②某团队设计处理流程如下:
过程Ⅱ硝化过程,在微生物的作用下实现NH4+→NO2-→NO3-的转化,在碱性条件下,NH4+被氧化成NO3-的总反应离子方程式为 ;过程Ⅲ为反硝化过程,向一定条件下的废水中加入甲醇(CH3OH)实现HNO3→NO2-→N2转化,将1molNO2-完全转化为N2,转移的电子数为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(3)硫酸生产及煤燃烧产生的废气SO2等会对大气造成污染。
①为防止工业煤燃烧产生的废气SO2,常向燃煤中加入CaCO3浆状物进行脱硫,脱硫的产品用于制造石膏。脱硫反应的化学方程式为 。
②某兴趣小组对取得的酸雨样品进行了pH测定,随着时间的推移,得到以下数据(pH越小,酸性越强)。
时间/h
开始
8
16
24
32
40
48
pH
5.0
4.8
4.8
4.3
4.2
4.0
4.0
雨水pH变化的主要原因是 (用化学方程式表示)。
③某硫酸化工厂,使用一含杂质为25%的黄铁矿石(FeS2)为原料。若取2吨该矿石,可制得98%的浓硫酸 吨(假设生产过程中96%SO2转化为SO3)。
考点 环境污染及其治理;氧化还原反应配平
题组 环境污染及其治理
解析 (1)排放到大气中的氮的氧化物,会溶于雨水形成硝酸随雨水降落,形成硝酸型酸雨,在日光照射下,二氧化氮还能使氧气经过复杂的反应生成臭氧,臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后,产生了一种有毒的烟雾,即光化学烟雾。
(2)①由于氮肥厂产生的氨氮废水中氮元素多以铵根离子和一水合氨的形式存在,为达到变废为宝回收利用的目的,可以采用加碱加热的方法,使废水中的氮元素转化为氨气逸出,然后再进行收集,或是利用生物脱氮将氨氮经过一系列变化转化为氮气。
②题目已知在碱性条件下,NH4+被氧气氧化成NO3-,所以先根据已知确定反应物和生成物关系为NH4++O2+OH-NO3-,由元素守恒可推测产物中还有水,即NH4++O2+OH-NO3-+H2O,再根据化合价氮元素从NH4+中的-3价升高至NO3-中的+5价,氧元素由O2中的0价降低至H2O中的-2价,依据化合价升降守恒,配平方程式为NH4++2O2+OH-NO3-+H2O,再依据电荷守恒,配平OH-的化学计量数为2,再依据质量守恒配平H2O的化学计量数为3,最终离子方程式为NH4++2O2+2OH-NO3-+3H2O。在反硝化过程中,1molNO2-(氮元素为+3价)完全转化为N2(氮元素为0价),转移的电子数为3NA。
(3)①为防止工业煤燃烧产生SO2,常向燃煤中加入CaCO3浆状物进行脱硫,脱硫产品用于制造石膏,从中可以看出产物用于制造石膏,说明产物为CaSO4(硫元素为+6价),而反应物是SO2(硫元素为+4价),可以得出反应物中还有氧气参加,所以化学方程式为2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2。
②随着时间的推移,发现酸雨样品pH逐渐减小,酸性增强,说明酸雨样品中的H2SO3逐渐被氧化成H2SO4,使溶液的酸性增强,发生的反应为2H2SO3+O22H2SO4,也可以表示为酸雨中存在的SO2被空气中的氧气氧化成硫酸,发生的反应为O2+2SO2+2H2O2H2SO4。
③利用硫元素守恒列式便可求解。设可制得98%的浓硫酸质量为m,则利用硫元素守恒可得FeS2和H2SO4之间的关系为: FeS2~2H2SO4
120 98×2
2t×75%×96% mt×98%
则12098×2=2t×75%×96%m×98%,解得m=2.4t
答案 (1)酸雨、光化学烟雾 (2)①加碱加热气体收集法或生物脱氮法 ②NH4++2O2+2OH-NO3-+3H2O 3NA (3)①2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2
②O2+2H2SO32H2SO4或O2+2SO2+2H2O2H2SO4
③2.4(每空2分,共14分)
点评 本题以保护环境为背景考查了酸雨及工业废水等环境问题,并在题目中提出了解决的方法,体现了化学用于治理环境污染的重要作用,题目中出现了多个氧化还原反应方程式的书写,并考查到了一个多步连锁反应的计算问题,难度较大。
19.(★★)(15分)分类是学习的一种重要方法,“价—类”二维图对学习化学知识具有重要的指导意义。物质的化学反应常与外界条件密切相关。回答下列问题:
(1)含有同一元素的X、Y、Z、E、M五种物质,一定条件下有以下的转化关系。
①若E为红综色气体,则气体Z的收集方法为 ;X分子含有10个电子,则气体X水溶液中的离子有 。
②若Y为淡黄色固体单质,写出Z→E的化学反应方程式: 。
(2)盐酸、硫酸、硝酸是工业生产中常用的三种强酸。
①盐酸既有酸性,又能表现氧化性和还原性,其还原产物是 ;若足量的MnO2与100mL12mol·L-1的浓盐酸反应,则生成Cl2的物质的量 (填“大于”“等于”或“小于”)0.3mol。
②足量的锌与浓硫酸反应,反应开始时的化学方程式为 ;反应快结束时的离子方程式为 。
③将6.4g铜与足量的浓硝酸反应,产生NO和NO2气体的体积为2.24L(STP),则参加反应的硝酸的物质的量为 。
考点 氮硫氧化物及硫酸、硝酸的性质
题组 无机推断题;硫酸、硝酸的性质
解析 (1)①若E为红棕色气体,推测为NO2,所以X、Y、Z、E、M均含有同一种元素即氮元素,采用逆推法知Z为NO,NO与空气中的氧气会反应生成二氧化氮,所以一氧化氮的收集必须用排水法;又因为X为10电子微粒,且含有氮元素可知X为NH3,NH3溶于水后再发生电离,方程式为NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-,且还有水的电离:H2OH++OH-,所以溶液中的离子有NH4+、OH-、 H+。
②若Y为淡黄色固体单质,则Y为硫单质,而X、Y、Z、E、M均含有同一种元素即硫元素,Y为硫单质,逆推得X为H2S,正推Z为SO2,E为SO3,M为硫酸,所以由Z→E的化学方程式为2SO2+O22SO3。
(2)①盐酸既有酸性,又能表现氧化性和还原性,HCl中氢元素为+1价,属于氢元素的最高价态,所以具有氧化性,其还原产物是H2;浓盐酸与MnO2共热反应的氧化产物为Cl2,但是在反应中随着HCl不断被消耗,浓盐酸会变稀,反应将停止,所以产生的Cl2的物质的量小于0.3mol。
②足量的锌与浓硫酸反应,反应开始时生成硫酸锌、二氧化硫和水,化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O,但随着反应的进行浓硫酸会变稀,而稀硫酸会继续和锌反应放出氢气,其离子方程式为Zn+2H+Zn2++H2↑。
③在铜与硝酸的反应中,消耗的硝酸包括起酸性作用和起氧化作用的两部分,前者反应后以Cu(NO3)2形式存在,后者被还原后生成NO、NO2气体,利用氮元素守恒可以得出以下关系式:2HNO3(酸)~Cu(NO3)2,HNO3(氧化剂)~NO2(NO),6.4g铜的物质的量为0.1mol,标准状况下2.24LNO和NO2的物质的量为0.1mol,所以反应消耗的硝酸的物质的量为0.1mol×2+0.1mol=0.3mol。
答案 (1)①排水法 NH4+、OH-、H+(每少一个离子扣1分,多离子不得分)
②2SO2+O22SO3(可逆号1分)
(2)①H2(1分) 小于 ②Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O Zn+2H+Zn2++H2↑ ③0.3mol(单位1分)(除注明外每空2分,共15分)
点评 该题目以一个反应模式为模板,根据题给信息进行物质推断。完成此题的关键是熟悉相关物质的性质,并利用元素守恒通过对已知信息的分析加工推测出未知物质,进而解答相关问题。三大强酸的性质考查也很典型,题目难度中等。
20.(★★)(14分)某小组同学欲探究NH3催化氧化反应,按下图装置进行实验。
已知A、B装置可选药品:浓氨水、H2O2、蒸馏水、生石灰、MnO2。
(1)仪器a的名称为 ;仪器b的名称为 。
(2)装置A烧瓶中固体的作用为 (填序号)。
A.催化剂 B.氧化剂 C.还原剂 D.反应物
(3)仪器b中盛放的试剂可以是 (填序号)。
A.浓硫酸 B.碱石灰
C.五氧化二磷 D.硫酸铜
(4)装置E中发生反应的化学方程式为 。
(5)甲、乙两同学分别接上述装置进行实验,一段时间后:
①甲观察到装置F中只有白烟生成,白烟的成分是(写化学式) 。
②乙观察到装置F中有红棕色气体,装置G中溶液变成蓝色。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因: 。
(6)为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体,可在原实验的基础上进行改进。你的改进措施是 。
考点 氨的催化氧化实验
题组 实验探究与实验设计
分析:本实验的实验目的是探究氨气的催化氧化反应,观察装置图可知装置A、B分别为制取氧气和氨气中的一种,因为制取气体后两者的干燥装置不同,氨气只能用碱石灰干燥,需用球形干燥管盛装固体干燥剂,而氧气可以用浓硫酸干燥,用洗气瓶盛装,所以装置A制取氧气,装置B制取氨气。干燥的氨气和氧气在装置E中发生催化氧化反应,产物为一氧化氮和水,由于气体反应不充分,所以从装置E出来的气体既有未反应完全的氨气和氧气又有产物一氧化氮和水,上述物质相互接触反应会生成二氧化氮或硝酸,再进入装置G与铜片反应,最后进行尾气处理。
解析 (1)根据仪器特点可知仪器a为分液漏斗,仪器b为球形干燥管。
(2)通过观察装置图对比装置A、B的干燥装置的不同,可知装置A用于制备氧气,用浓硫酸干燥,所选药品为H2O2和MnO2,其中固体MnO2是该反应的催化剂,故A正确。
(3)装置B用于制备氨气,氨气为碱性气体,只能用碱石灰干燥,不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥,而无水硫酸铜是用于检验水的存在,所以选B。
(4)装置E中进行的是氨的催化氧化反应,氨气被氧气氧化成一氧化氮,化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
(5)①由于装置E中气体反应不完全,所以从装置E出来的气体既有未反应完全的氨气和氧气又有产物一氧化氮和水,其中NO、O2和H2O会反应生成硝酸,4NO+3O2+2H2O4HNO3,甲观察到装置F中只有白烟生成,白烟是由于氨气和硝酸反应NH3+HNO3NH4NO3,生成了白色的NH4NO3固体。
②乙观察到装置F中有红棕色气体,说明NO和O2反应生成了NO2(红棕色),2NO+O22NO2,二氧化氮进入装置G与水反应生成硝酸,则铜片与稀硝酸和稀硫酸混酸反应转化为铜离子,离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)E装置是氨气的催化氧化装置,从装置E中出来的气体中有氧气、氨气、一氧化氮和水蒸气,因4NO+2H2O+3O24HNO3,NH3+HNO3NH4NO3,所以避免F中生成硝酸铵,实现在F中看到红棕色的二氧化氮,除去水即可,需在装置E、F间增加一个浓硫酸装置,或是调节K1增大O2的量或是调节K2以减少氨气的量,使O2过量氧化一氧化氮生成二氧化氮。
答案 (1)分液漏斗(1分) 球形干燥管(1分)
(2)A (3)B
(4)4NH3+5O24NO+6H2O(催化剂1分)
(5)①NH4NO3 ②3Cu+8H++2NO3-3Cu2++4H2O+2NO↑
(6)调节K1使O2的量增大、调节K2使NH3的量减小或E、F间增加浓硫酸吸气装置(除注明外,每空2分,共14分)
点评 本题主要考查了氨气的催化氧化实验,解答该题须掌握该反应的原理和相关物质的性质,题目难度中等。
1.(★★)(6分)浓硝酸具有强氧化性。
①把铜粉和铁粉混合物加入热的浓硝酸中,充分反应后,溶液中有铜剩余,则溶液中存在的金属阳离子为 。
②某稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中,c(SO42-)+c(NO3-)=3.0mol·L-1。取200mL该混合酸,能溶解铜的最大质量为 。
考点 硝酸的性质
题组 硝酸的性质
解析 ①把铜粉和铁粉混合物加入热的浓硝酸中,依据还原性顺序浓硝酸先和铁粉反应,充分反应后,溶液中有铜剩余,可能铜没有参加反应,溶液中不存在Cu2+,铜粉也可能部分参加反应,溶液中也有Cu2+;再依据共存原则,有铜单质剩余则溶液中肯定不存在Fe3+,因为Fe3+与铜会发生反应2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。
②铜单质与稀硝酸和稀硫酸的混合溶液反应,用离子方程式表示为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
其中硝酸若为2mol,则需要硫酸的物质的量为3mol,才能恰好提供8mol的H+,所以硝酸和硫酸的物质的量之比为2∶3才能溶解最大量的铜单质,所以200mL混合酸中硝酸的物质的量为:0.2L×3.0mol·L-1×25=0.24mol,依据方程式计量关系溶解铜的物质的量为0.24mol×32=0.36mol,所以溶解铜的最大质量为0.36mol×64g·mol-1=23.04g。
答案 ①一定有Fe2+,可能有Cu2+(3分,答Fe2+和Cu2+得2分)
②23.04g(3分,单位1分)
方法技巧 该题目考查了浓硝酸的氧化性,若按反应关系考虑其中反应较多,情况较复杂,所以这类问题依据氧化还原顺序和共存关系来解决较好。
2.(★★)(14分)亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜,其熔点为-105℃,沸点为79℃,140℃以上时易分解,是一种无色或淡黄色发烟液体,遇水剧烈与水反应生成SO2和另一酸性气体,常用作脱水剂,广泛应用于医药、农药、染料工业及有机合成工业。
(1)氯化亚砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房,但久置后微显黄色,其原因是 ;用硫黄、液氯和三氧化硫为原料在一定条件可合成氯化亚砜,如果想达到原子利用率最大化,则三者的物质的量之比为 。
(2)实验室合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2,部分装置如图所示。
Ⅰ.装置b的作用是 。
Ⅱ.实验室制取SOCl2所选仪器的连接顺序:③→ 。
(3)甲同学用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2,回收剩余的SOCl2,并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)。选用装置如下:
Ⅰ.向仪器A中缓慢滴加SOCl2,需打开活塞 (填“a”“b”或“a和b”)。
Ⅱ.写出可对装置B采取的有效措施: 。
(4)乙同学认为利用(3)中装置,由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3也可用SOCl2作脱水剂,但丙同学认为会发生氧化还原反应而难以制无水FeCl3。丙同学设计了如下实验方案验证自己的观点:
取少量FeCl3·6H2O于试管中,加入过量SOCl2,振荡使两种物质充分反应;再往试管中加水溶解,加入 ,证明该过程发生了氧化还原反应。
考点 二氧化硫和氯气的性质
题组 物质制备实验
解析 (1)氯化亚砜不稳定会分解,生成的氯气溶解在氯化亚砜中而微显黄色。用硫黄、液氯和三氧化硫为原料在一定条件下合成氯化亚砜,如果想达到原子利用率最大化,则反应方程式为2S+3Cl2+SO33SOCl2,所以三者的物质的量之比为2∶3∶1。
(2)Ⅰ.由于SOCl2遇水剧烈反应,所以装置b的作用是防止空气中的水进入反应器。
Ⅱ.实验室制取SOCl2需要准备反应物二氧化硫和氯气,氯气需要用二氧化锰和浓盐酸采用固液加热装置,所以装置B用来制取氯气,氯气中含有杂质氯化氢和水蒸气,所以用饱和食盐水除氯化氢,用浓硫酸除水,干燥纯净的氯气进入反应装置A,接口顺序为③⑧⑨⑥⑦①。同时用浓硫酸和亚硫酸钠固体制二氧化硫,所以装置C用于制取二氧化硫,同样用浓硫酸干燥,干燥纯净的二氧化硫通入接口②,所以后续装置接口顺序为②⑦⑥④。故最终整体接口顺序为③⑧⑨⑥⑦①②⑦⑥④。
(3)Ⅰ.向仪器A中缓慢滴加SOCl2,只需打开活塞b即可,因为该装置为恒压漏斗,侧管连通漏斗和烧瓶可以保证恒压使液体顺利滴下。
Ⅱ.由于SOCl2沸点低,在回收时需要将装置B放入冰水浴中降温。
(4)SOCl2与Fe3+会发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,所以只要检验不存在Fe3+或是存在SO42-即可。检验Fe3+用KSCN溶液,不显红色说明不存在Fe3+,即发生了氧化还原反应。或加入氯化钡溶液产生白色沉淀,证明有SO42-生成,也能证明发生了氧化还原反应。
答案 (1)分解生成的Cl2溶解其中 2∶3∶1 (2)Ⅰ.防止空气中水进入反应器 Ⅱ.⑧→⑨→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④或⑧⑨⑥⑦①②⑦⑥④
(3)Ⅰ.b Ⅱ.放入冰水浴中降温
(4)KSCN溶液,不显红色或加入氯化钡溶液有白色沉淀产生(每空2分,共14分)
点评 本题主要考查物质的制备和实验仪器的使用,重在实验能力和分析能力的考查,解题时首先要明确:①制备物质的方法;②相关物质的性质(尤其是一些特殊物质),如本题中的SOCl2易分解、沸点低,易与水发生反应。注意紧扣实验目的,结合题目给出的实验药品选择所需仪器再进行连接,题目有一定难度。
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