山东省德州市重点中学高一化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年山东省德州市重点中学高一（上）期中化学试卷　一、选择题（共16个小题，每小题3分，共48分）1．下列属于复合材料的是（　　）A．钢化玻璃B．光导纤维C．玻璃钢D．氮化硅陶瓷　2．能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放的试剂是（　　）A．氢氟酸B．浓硝酸C．苛性钠溶液D．硅酸钠溶液　3．为确证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是（　　）A．观察加热时能否放出气体B．观察滴加盐酸时能否放出气体C．溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成D．溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成　4．两份等体积、等浓度的盐酸和NaOH溶液分别与足量的铝反应，所得氢气的体积在相同状况下的比值为（　　）A．1：1B．1：2C．1：3D．3：1　5．下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是（　　）A．二氧化氮B．钠C．硫酸镁D．二氧化硅　6．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　-23-\n7．下列物质中，不能由单质直接化合生成的是（　　）①CuS　②FeS　③SO3　④H2S　⑤FeCl2．A．①③⑤B．①②③⑤C．①②④⑤D．全部　8．浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（　　）A．酸性B．脱水性C．强氧化性D．吸水性　9．在盛有KI溶液的试管中，滴入氯水后充分反应，再加四氯化碳振荡，静置观察现象是（　　）A．上层紫红色，下层接近无色B．均匀、透明、紫红色C．均匀、透明、无色D．上层接近无色，下层紫红色　10．下列有关叙述正确的是（　　）A．单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料B．SiO2与酸、碱均不反应C．因为SiO2有导电性，故SiO2可用于制备光导纤维D．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强　11．某无色透明溶液，能与铝作用放出氢气，则此溶液中一定不能大量共存的离子是（　　）A．Na+B．NO3﹣C．HCO3﹣D．Mg2+　12．下列关于铜的说法正确的是（　　）A．铜在干燥的空气中和在潮湿的空气中存在的形态相同B．相同质量的铜分别与足量的氯气、硫完全反应，失去的电子数相同C．相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同D．相同质量的铜分别与足量的稀硝酸、浓硝酸完全反应，生成气体的物质的量不同　13．镁、铁、锌三种金属单质中的两种组成的混合物共12g，与足量的稀盐酸反应，产生标准状况下的氢气5.6L，由此可判断混合物中必定含有（　　）A．MgB．FeC．ZnD．无法判断-23-\n　14．下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（　　）①Si②Al③SiO2④Al2O3⑤NaHCO3⑥Al（OH）3⑦（NH4）2CO3．A．②④⑥B．②④⑤⑥⑦C．④⑤⑥D．全部　15．浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入少量稀盐酸时，溶液的颜色变化是（　　）A．变浅B．变为红色C．没有变化D．变为黄色　16．将容积为50mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL．则原混合气体中NO2和O2体积比可能是（　　）A．9：1B．18：7C．41：9D．1：1　　二、填空题（每空2分，共16分）17．若以石灰石、氯化铵及空气、水及必要的催化剂为原料制取硝酸铵．（1）写出有关化学方程式．①　　　　　　；②　　　　　　；③　　　　　　；④　　　　　　；⑤　　　　　　；⑥　　　　　　；⑦　　　　　　．（2）检验溶液中NH4+的实验操作是　　　　　　．　　三、实验题（本题包括2个小题，共30分）18．含镁3%﹣5%的镁铝合金，现已成为轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原材料．现有一块已知质量为m1g的镁铝合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验设计1：镁铝合金充分反应后测定剩余固体质量m2g实验设计2：镁铝合金生成的气体在标准状况下的体积为VL．请回答以下问题：（1）实验设计1：-23-\n①合金和氢氧化钠溶液反应的离子方程式是　　　　　　．②镁的质量分数：　　　　　　．③在溶解、过滤中使用的玻璃仪器有　　　　　　．④如果过滤得到沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后，烘干，再测定剩余固体质量．测得镁的质量分数量会　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（2）实验设计2：测定生成的气体装置如图，进行的操作有：a．记录C的液面位置；b．待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；c．检查气密性；d．将药品和水装入各仪器中，连接好；e．由A向B中滴加足量试剂．①上述操作的顺序是：　　　　　　（填序号）．②记录C的液面位置时，除视线平视外，还应注意：　　　　　　．（3）请你利用实验设计1和实验设计2的模式再设计一个实验方案：铝镁合金溶液过滤，测定质量．　19．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：-23-\n（可供选择的试剂：稀盐酸、NaOH溶液、稀氨水，CO2等）请写出你所设计的方案中以下各步反应涉及的化学方程式．①　　　　　　②　　　　　　④　　　　　　．　　四、计算题（本题包括1个小题，共6分）20．在100mL0.4mol•L﹣1的AlCl3溶液中，如果要得到2.34g沉淀，则需加入0.5mol•L﹣1的NaOH溶液的体积是　　　　　　mL．　　-23-\n2022-2022学年山东省德州市重点中学高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共16个小题，每小题3分，共48分）1．下列属于复合材料的是（　　）A．钢化玻璃B．光导纤维C．玻璃钢D．氮化硅陶瓷【考点】无机非金属材料．【专题】化学计算．【分析】材料一般分为：金属材料、无机非金属材料、有机高分子材料、复合材料等，含有两种以上类型的材料称为复合材料．【解答】解：A、钢化玻璃是普通玻璃高温熔融，急剧冷却得到，属于无机非金属材料，故A错误；B、光导纤维主要是二氧化硅的材料，属于无机非金属材料，故B错误；C、玻璃钢是由玻璃与树脂混合成的，前者是无机非金属材料，后者是有机高分子合成材料，故玻璃钢是两种材料复合成的，故C正确；D、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；故选C．【点评】本题考查了复合材料的特征，复合材料并不是简单搭配，而是通过物理或化学的方法融合成具有新性能的材料，题目较简单．　2．能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放的试剂是（　　）A．氢氟酸B．浓硝酸C．苛性钠溶液D．硅酸钠溶液【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】玻璃中含有二氧化硅，只要这种物质和二氧化硅不反应或这种物质没有粘性即可用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，据此分析解答．【解答】解：A．HF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，所以HF不能用玻璃瓶存放，故A错误；-23-\nB．浓硝酸虽然具有强氧化性，但浓硝酸和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故B正确；C．氢氧化钠和二氧化硅反应生成粘性是硅酸钠，反应方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，硅酸钠能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故C错误；D．硅酸钠具有粘性，所以能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故D错误；故选B．【点评】本题以化学试剂存放为载体考查了二氧化硅的性质，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱、HF反应，HF能雕刻玻璃，根据二氧化硅的性质分析解答即可，题目难度不大．　3．为确证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是（　　）A．观察加热时能否放出气体B．观察滴加盐酸时能否放出气体C．溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成D．溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】加热时，碳酸氢钠分解而碳酸钠不分解，加入盐酸都生成二氧化碳气体，加入澄清石灰水，都生成碳酸钙沉淀，但加入氯化钡溶液，只有碳酸钠产生沉淀．【解答】解：A．无论是否含有碳酸钠，加热时，碳酸氢钠分解都产生气体，不能确定是否含有碳酸钠，故A错误；B．碳酸钠和碳酸氢钠加入盐酸都生成二氧化碳气体，不能确定是否含有碳酸钠，故B错误；C．碳酸钠和碳酸氢钠溶于水中，滴加澄清石灰水，都产生碳酸钙沉淀，不能确定是否含有碳酸钠，故C错误；D．溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，只有碳酸钠产生沉淀，如能观察到白色沉淀生成，说明含有碳酸钠，故D正确．故选D．【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的检验，题目难度不大，注意二者性质的区别，易错点为C，注意相关反应的化学方程式的书写．-23-\n　4．两份等体积、等浓度的盐酸和NaOH溶液分别与足量的铝反应，所得氢气的体积在相同状况下的比值为（　　）A．1：1B．1：2C．1：3D．3：1【考点】化学方程式的有关计算．【分析】铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，Al足量，则酸、碱完全反应，结合反应的方程式计算．【解答】解：由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，足量Al，酸碱均完全反应，则存在6HCl～3H2，2NaOH～3H2，等体积等浓度的盐酸和NaOH溶液，设盐酸为6mol，氢氧化钠为6mol，生成氢气分别为3mol、6mol×=9mol，即产生H2的物质的量之比为3：9=1：3，故选C．【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握酸碱与Al的反应及酸碱均不足为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意巧设酸碱的物质的量简化计算，题目难度不大．　5．下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是（　　）A．二氧化氮B．钠C．硫酸镁D．二氧化硅【考点】钠的化学性质；铵盐．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】能和氯化铵反应生成氨气说明该溶液呈碱性，和水反应生成碱的物质即是正确选项，据此分析解答．【解答】解：A、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和氯化铵不反应，所以不符合条件，故A错误．B、钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，所以符合条件，故B正确．C、硫酸镁和氯化铵不反应，所以不符合条件，故C错误．D、二氧化硅和氯化铵不反应，所以不符合条件，故D错误．故选B．-23-\n【点评】本题考查了元素化合物的性质，难度不大，明确“和氯化铵反应生成氨气的溶液必须是碱性溶液”即可解答本题．　6．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．【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．　7．下列物质中，不能由单质直接化合生成的是（　　）①CuS　②FeS　③SO3　④H2S　⑤FeCl2．-23-\nA．①③⑤B．①②③⑤C．①②④⑤D．全部【考点】含硫物质的性质及综合应用．【分析】①硫和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态，铜和硫反应生成硫化亚铜；②铁和硫加热反应生成硫化亚铁；③硫单质和氧气反应只能生成二氧化硫；④硫单质和氢气反应生成硫化氢；⑤铁和氯气反应只能生成氯化铁，铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁．【解答】解：①硫和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态，铜和硫反应生成硫化亚铜，2Cu+SCu2S，故①正确；②铁和硫加热反应生成硫化亚铁，Fe+SFeS，故②错误；③无论S是否过量，S在氧气中燃烧都生成SO2，所以能由单质直接化合生成，S+O2SO2，故③正确；④硫单质和氢气反应生成硫化氢，H2+SH2S，故④错误；⑤铁和氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，故⑤正确；①③⑤不能由单质直接化合生成，故选A．【点评】本题考查物质之间的反应，明确物质的性质是解本题关键，掌握物质性质和反应条件是解题关键，题目难度不大．　8．浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（　　）A．酸性B．脱水性C．强氧化性D．吸水性【考点】浓硫酸的性质．【分析】浓硫酸除了具有酸固有的性质﹣﹣酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子（H2SO4），这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性．【解答】解：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化硫．反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖（C12H22O11-23-\n）在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水（试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒），这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性．　故选A．【点评】本题考查浓硫酸的性质，浓硫酸除了具有酸性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性．　9．在盛有KI溶液的试管中，滴入氯水后充分反应，再加四氯化碳振荡，静置观察现象是（　　）A．上层紫红色，下层接近无色B．均匀、透明、紫红色C．均匀、透明、无色D．上层接近无色，下层紫红色【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】氯水加入KI溶液中振荡，发生Cl2+2KI═2KCl+I2，加CCl4，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，以此来解答．【解答】解：少量氯水加入KI溶液中振荡，发生Cl2+2KI═2KCl+I2，加CCl4，生成的碘易溶于四氯化碳，四氯化碳与水不互溶，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，下层为紫红色，故选D．【点评】本题考查卤素单质的置换反应及萃取，明确氧化性的强弱及萃取、分液中萃取剂的选择、密度等知识即可解答，题目难度不大．　10．下列有关叙述正确的是（　　）A．单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料B．SiO2与酸、碱均不反应C．因为SiO2有导电性，故SiO2可用于制备光导纤维D．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强【考点】硅和二氧化硅；硅的用途．【专题】碳族元素．【分析】A、单质硅可用于制作太阳能电池的原料；-23-\nB、二氧化硅是酸性氧化物；C、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料；D、强酸制弱酸．【解答】解：A、单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，故A正确；B、二氧化硅是酸性氧化物与碱反应生成盐和水，故B错误；C、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，故C错误；D、向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明生成硅酸，根据强酸制弱酸，所以H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性弱，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学与生活，为高频考点，涉及硅及其化合物性质等知识点，侧重考查基本概念及基本性质，明确物质性质和用途关系，题目难度不大．　11．某无色透明溶液，能与铝作用放出氢气，则此溶液中一定不能大量共存的离子是（　　）A．Na+B．NO3﹣C．HCO3﹣D．Mg2+【考点】离子共存问题．【分析】无色透明溶液能与铝作用放出氢气，该溶液可能为酸或强碱溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子；溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；离子之间能结合生成水、气体、沉淀，则离子不能大量共存，据此进行判断．【解答】解：溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，能与铝作用放出氢气，该溶液可能为酸或强碱溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A．钠离子不与氢离子和氢氧根离子反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A错误；B．强碱性溶液中，硝酸根离子不与氢离子反应，能够与铝反应生成氢气，且为无色溶液，在碱性溶液中能够大量共存，故B错误；C．HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C正确；D．镁离子不与氢离子反应，且为无色离子，在酸性溶液中能够大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣-23-\n）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　12．下列关于铜的说法正确的是（　　）A．铜在干燥的空气中和在潮湿的空气中存在的形态相同B．相同质量的铜分别与足量的氯气、硫完全反应，失去的电子数相同C．相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同D．相同质量的铜分别与足量的稀硝酸、浓硝酸完全反应，生成气体的物质的量不同【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、Cu在潮湿的空气有铜绿生成，而在干燥的空气中则不会；B、由于Cu+Cl2=CuCl2，而2Cu+S=Cu2S，显然相同质量的铜参加反应，失去的电子数不相同；C、浓硫酸与铜发生氧化还原反应；D、根据Cu与浓、稀HNO3反应的化学方程式可判断生成的NO2和NO的物质的量不相同；【解答】解：A．Cu在潮湿的空气有铜绿生成，而在干燥的空气中则不会，故A错误；B．由于Cu+Cl2=CuCl2，而2Cu+S=Cu2S，显然相同质量的铜参加反应，失去的电子数不相同，故B错误；C．根据Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O可知，相同物质的量的H2SO4（浓）参加反应，前者生成的CuSO4的量比后者小，且与Cu反应时浓H2SO4变稀后不再反应，故C错误；D．根据Cu与浓、稀HNO3反应的化学方程式可判断生成的NO2和NO的物质的量不相同，故D正确；故选D．【点评】本题考查铜单质的性质，铜与足量的稀硝酸、浓硝酸完全反应，生成气体的物质的量不同．　13．镁、铁、锌三种金属单质中的两种组成的混合物共12g，与足量的稀盐酸反应，产生标准状况下的氢气5.6L，由此可判断混合物中必定含有（　　）A．MgB．FeC．ZnD．无法判断-23-\n【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】标况下5.6L氢气的物质的量==0.25mol，故12g金属提供的电子为0.25mol×2=0.5mol，则提供1mol电子需要金属的质量为24g，结合化合价计算提供1mol电子需要各金属的质量，根据平均值判断．【解答】解：标况下5.6L氢气的物质的量==0.25mol，故12g金属提供的电子为0.25mol×2=0.5mol，则提供1mol电子需要金属的质量为24g，Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×=12g；Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol×=28g；Zn在反应中为+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为：65g/mol×=32.5g，提供1mol电子，只有Mg的质量小于24g，其它金属的质量都大于24g，故金属混合物中一定有Mg，故选A．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，明确平均值法在化学计算中的应用方法，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　14．下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（　　）①Si②Al③SiO2④Al2O3⑤NaHCO3⑥Al（OH）3⑦（NH4）2CO3．A．②④⑥B．②④⑤⑥⑦C．④⑤⑥D．全部【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等；⑥其它一些物质．如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；-23-\nb、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应．【解答】解：①Si是非金属单质，只能和NaOH溶液反应生成盐，不能和稀硫酸反应，故错误；②Al是金属单质，但能和稀硫酸、NaOH溶液反应生成盐和氢气，故正确；③SiO2是酸性氧化物，只能和碱反应生成盐和水，故错误；④Al2O3是两性氧化物，能和稀硫酸、氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故正确；⑤NaHCO3是弱酸酸式盐，能和稀硫酸、NaOH反应生成盐，故正确；⑥Al（OH）3是两性氢氧化物，能和稀硫酸、NaOH反应生成盐和水，故正确；⑦（NH4）2CO3是弱酸的铵盐，能和稀硫酸、NaOH反应，故正确；故选B．【点评】本题考查元素化合物性质，侧重考查学生分析判断及知识运用能力，注意规律中的特殊现象，注意归纳总结知识点形成知识网络，题目难度不大．　15．浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入少量稀盐酸时，溶液的颜色变化是（　　）A．变浅B．变为红色C．没有变化D．变为黄色【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】硝酸能将亚铁离子氧化为三价，二价铁浅绿色，三价铁为棕黄色．【解答】解：Fe（NO3）2溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子，逐滴加入稀盐酸后，相当于加入了氢离子和氯离子，相当于存在了硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化为三价，所以溶液变为棕黄色．故选D．【点评】本题考查学生二价铁和三价铁之间的转化，要求学生熟悉氧化还原反应的有关知识并熟练运用．　16．将容积为50mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL．则原混合气体中NO2和O2体积比可能是（　　）A．9：1B．18：7C．41：9D．1：1【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．-23-\n【专题】氮族元素．【分析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，若剩余气体为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求氧气体积，进而计算NO2的体积，据此解答．【解答】解：NO2和O2与水的反应属于循环反应，可简化为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，对该反应来说，若NO2剩余，则实际是NO，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余NO气体是5mL，说明剩余的NO2为：5mL×3=15mL，其余的35mL气体中V（NO2）：V（O2）=4：1，则混合气体中氧气的体积为：35mL×=7mL，二氧化氮的体积为：50mL﹣7mL=43mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：43mL：7mL=43：7；若剩余气体是O2，则反应的45mL中V（NO2）：V（O2）=4：1，原混合气体中二氧化氮的体积为：45mL×=36mL，氧气为：50mL﹣36mL=14mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：36mL：14mL=18：7，故选B．【点评】本题考查了氮氧化物的性质、混合物有关计算，题目难度中等，关键是分析剩余气体的成分，再根据反应的方程式计算，试题培养了学生的分析及化学计算能力　二、填空题（每空2分，共16分）17．若以石灰石、氯化铵及空气、水及必要的催化剂为原料制取硝酸铵．（1）写出有关化学方程式．①　CaCO3CaO+CO2↑　；②　CaO+H2O=Ca（OH）2　；③　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O　；④　4NH3+5O24NO+6H2O　；⑤　2NO+O2=2NO2　；⑥　3NO2+H2O=2HNO3+NO　；⑦　NH3+HNO3=NH4NO3　．（2）检验溶液中NH4+的实验操作是　取少量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，看是否能够产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，若能产生，证明溶液中含有NH4+．　．【考点】化学方程式的书写；铵离子检验．【专题】物质检验鉴别题；化学用语专题．-23-\n【分析】（1）碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯化铵在加热条件下反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与氨气反应生成硝酸铵；（2）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据铵离子的检验方法进行判断：加入滴加NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+．【解答】解：（1）碳酸钙分解生成氧化钙，化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2；氢氧化钙与氯化铵在加热条件下反应生成氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；一氧化氮氧化生成二氧化氮，化学方程式：2NO+O2=2NO2；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；硝酸与氨气反应生成硝酸铵，化学方程式：NH3+HNO3=NH4NO3；故答案为：①CaCO3CaO+CO2↑；②CaO+H2O=Ca（OH）2；③2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；④4NH3+5O24NO+6H2O；⑤2NO+O2=2NO2；⑥3NO2+H2O=2HNO3+NO；⑦NH3+HNO3=NH4NO3；（2）检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4++OH﹣NH3↑+H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝；故答案为：取少量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，看是否能够产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，若能产生，证明溶液中含有NH4+．【点评】本题以硝酸铵的制备为载体，考查了化学方程式的书写、铵根离子的检验，明确氮及其化合物性质是解题关键，题目难度不大．-23-\n　三、实验题（本题包括2个小题，共30分）18．含镁3%﹣5%的镁铝合金，现已成为轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原材料．现有一块已知质量为m1g的镁铝合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验设计1：镁铝合金充分反应后测定剩余固体质量m2g实验设计2：镁铝合金生成的气体在标准状况下的体积为VL．请回答以下问题：（1）实验设计1：①合金和氢氧化钠溶液反应的离子方程式是　2Al+2OH﹣+6H2O=2﹣+3H2↑　．②镁的质量分数：　×100%　．③在溶解、过滤中使用的玻璃仪器有　烧杯、玻璃棒、漏斗　．④如果过滤得到沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后，烘干，再测定剩余固体质量．测得镁的质量分数量会　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（2）实验设计2：测定生成的气体装置如图，进行的操作有：a．记录C的液面位置；b．待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；c．检查气密性；d．将药品和水装入各仪器中，连接好；e．由A向B中滴加足量试剂．①上述操作的顺序是：　cdaeb　（填序号）．②记录C的液面位置时，除视线平视外，还应注意：　调整D的高度，使C、D中的液面相平　．（3）请你利用实验设计1和实验设计2的模式再设计一个实验方案：铝镁合金溶液过滤，测定质量．-23-\n【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】（1）实验设计1是利用镁铝合金中的铝溶解溶于氢氧化钠溶液中过滤洗涤得到沉淀称量质量计算；①合金中的铝能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；②实验设计1是利用镁铝合金中的铝溶解溶于氢氧化钠溶液中过滤洗涤得到沉淀为镁，根据镁的质量可计算出镁的质量分数；③依据物质溶解过滤的实验基本操作分析需要的仪器；④如果过滤得到沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后烘干，再测定剩余固体质量，表面含有杂质会使测定质量增大；（2）①依据实验装置和实验目的分析判断实验步骤，利用量气管测定气体体积，装置必须密闭，不能漏气，实验前先检查装置气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好，记录C的液面位置，由A向B中滴加足量试剂，待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；②依据压强不变，记录C处数据需要调节CD两边液面相平，才能准确测定生成气体的体积；（3）根据金属镁不能和氢氧化钠反应，但是金属铝能反应这一角度来设计实验方案即可．【解答】解：（1）实验设计1是利用镁铝合金中的铝溶解溶于氢氧化钠溶液中过滤洗涤得到沉淀称量质量计算，①合金中的铝能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+6H2O=2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+6H2O=2﹣+3H2↑；-23-\n②已知质量为m1g的镁铝合金，溶于氢氧化钠溶于反应后得到固体质量为m2g，为镁的质量，计算质量分数=×100%，故答案为：×100%；③依据物质溶解过滤的实验基本操作分析需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；④如果过滤得到沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后烘干，再测定剩余固体质量，表面含有杂质会使测定质量增大；故答案为：偏大；（2）①依据实验装置和实验目的分析判断实验步骤，利用量气管测定气体体积，装置必须密闭，不能漏气，实验前先检查装置气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好，记录C的液面位置，由A向B中滴加足量试剂，待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置，实验操作顺序为：deabc；故答案为：cdaeb；②依据压强不变，记录C处数据需要调节CD两边液面相平，才能准确测定生成气体的体积，调整D的高度，使C、D中的液面相平；故答案为：调整D的高度，使C、D中的液面相平；（3）金属镁不能和氢氧化钠反应，但是金属铝能反应，可以据此来设计实验，如：镁铝合金溶液固体难溶物，称量得到固体质量即为氢氧化镁的质量，进而计算金属镁的质量分数，故答案为：足量盐酸；过量NaOH溶液．【点评】本题考查了混合物在成分的实验测定方法和实验过程分析判断，实验设计不知和计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　19．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：-23-\n（可供选择的试剂：稀盐酸、NaOH溶液、稀氨水，CO2等）请写出你所设计的方案中以下各步反应涉及的化学方程式．①　Al2O3+6HCl═2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl═2Fe2Cl3+3H2O　②　AlCl3+4NaOH═Na+3NaCl、FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl　④　2Al（OH）3Al2O3+3H2O　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分离、提纯的实验方案设计．【分析】用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱．只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，由流程可知，若①为盐酸时，则在①得到滤液中含有铝离子、铁离子，滤渣为二氧化硅．②为氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入②得到滤液．试剂③为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝；若①为氢氧化钠时，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁．②为盐酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入②得到滤液．试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，以此来解答．【解答】解：用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱．只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，由流程可知，若①为盐酸，则在①得到滤液中含有铝离子、铁离子，滤渣为二氧化硅．②为氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入②得到滤液．试剂③为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀．加热分解得氧化铝．①氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应方程式为Al2O3+6HCl═2AlCl3+3H2O，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁与水，反应方程式为Fe2O3+6HCl═2Fe2Cl3+3H2O．②氯化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠与氯化钠，反应方程式为AlCl3+4NaOH═Na+3NaCl，-23-\n氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，反应方程式为FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl．③四羟基合铝酸钠溶液与二氧化碳反应，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应方程式为Na〔Al（OH）4〕+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，④氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，反应方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+6HCl═2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl═2Fe2Cl3+3H2O；AlCl3+4NaOH═Na+3NaCl、FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．（或若①为氢氧化钠溶液，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁．②为盐酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入②得到滤液．试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀．加热分解得氧化铝．①Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；②Na+4HCl═AlCl3+NaCl+4H2O、Na2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaCl；③AlCl3+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl；④2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；Na+4HCl═AlCl3+NaCl+4H2O、Na2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaCl；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．）【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握氧化铝的性质、流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　四、计算题（本题包括1个小题，共6分）20．在100mL0.4mol•L﹣1的AlCl3溶液中，如果要得到2.34g沉淀，则需加入0.5mol•L﹣1的NaOH溶液的体积是　180或260　mL．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】100mL0.4mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.04mol×78g/mol=3.12g＞2.34g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算需要氢氧化钠溶液体积．-23-\n【解答】解：100mL0.4mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，n（Al（OH）3）==0.03mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.04mol×78g/mol=3.12g＞2.34g，说明有两种情况：①若碱不足，由Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.03mol×3=0.09mol，加入NaOH溶液的体积为=0.18L=180mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓0.04mol0.12mol0.04molAl（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O（0.04﹣0.03）mol（0.04﹣0.03）mol则消耗的碱的物质的量为0.12mol+（0.04﹣0.03）mol=0.13mol，加入NaOH溶液的体积为=0.26L=260mL；故答案为：180或260．【点评】本题考查方程式的有关计算，题目难度中等，关键是根据氯化铝与氢氧化铝的量判断发生的反应，再结合反应的有关方程式计算．　-23-