武威一中2019年春季学期第一次考试
高一年级化学试卷
一．选择题。(每小题3分，共计60分)
1.化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是( ) A. 在家用燃煤中加入适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放量 B. “光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关
C. 低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放 D. 二氧化碳含量属于空气质量日报中空气污染指数指标 【答案】D 【解析】
【详解】A项、二氧化硫与生石灰、氧气反应最终生成硫酸钙，所以在家用燃煤中加入适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放量，会减少空气污染，故A正确； B项、“光化学烟雾“、“臭氧空洞“的形成都与氮氧化合物有关，故B正确； C项、低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，故C正确； D项、二氧化碳不属于大气污染物，空气质量日报中不包括二氧化碳的含量，故D错误。 故选D。
【点睛】本题考查了元素化合物的性质及用途，注意化学知识在生产生活中的应用，把握常见物质的性质和用途是解答关键。 2.下列关于硅材料的说法不正确的是( ) A. 钢化玻璃与普通玻璃的主要成分基本相同 B. 制普通玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英砂 C. 陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料
D. 水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂 【答案】D 【解析】
【详解】A项、钢化玻璃就是将普通退火玻璃先切割成要求尺寸，然后加热到接近软化点的700度左右，再进行快速均匀的冷却而得到的玻璃，故A正确；
B项、玻璃是传统硅酸盐产品，制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英，故B正确； C项、陶瓷是传统无机非金属材料，是人类应用很早的硅酸盐材料，故C正确；
D项、水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误。 故选D。
【点睛】本题考查了硅及其化合物的用途，了解硅及其化合物的性质及用途，明确物质的性质是解本题关键。
3.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( ) A. 某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4- B. pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-
C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O 【答案】C 【解析】
A．MnO4-是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；B．pH=2的溶液呈酸性，硅酸根离C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；生成铁离子和水，反应的离子方程式2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；D．氢离子和硫酸根离子比例应为2：1，应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选C。 【此处有视频，请去附件查看】
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 ( ) A. 1 mol NH含有的电子数为10NA
B. 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA C. 1 L 0.1 mol·L1氨水含有0.1NA个OH
－
－
D. 50 mL 18.4 mol·L1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
－
【答案】A 【解析】
【详解】A项、1molNH4+中含有的电子10mol，含有的电子数为10NA，故A正确； B项、氯气与水的反应是可逆反应，因此标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；
C项、一水合氨为弱碱，在溶液中只能部分电离，则1 L 0.1 mol·L1氨水中含有的OH小于
－
－
0.1mol，含有OH离子数目小于0.1NA，故C错误；
－
D项、浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜继续反应，50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目小于0.46NA ，故D错误。 故选A。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断试题题量较大，知识点较多，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子的构成关系，明确可逆反应的特征是解答关键。 5.下列有关SO2与SiO2的比较，正确的是 A. 它们均为酸性氧化物 B. 都溶于水，都能与强碱反应
C. S元素和Si元素化合价都为+4价，因此从氧化还原角度考虑他们具有一样的性质 D. SiO2可与HF反应，这是SiO2作为酸性氧化物的通性 【答案】A 【解析】
试题分析：A．它们均为酸性氧化物，A正确；B．SiO2不溶于水，B错误；C．S元素和Si元素化合价都为+4价，但性质不一样，C错误；D． SiO2可与HF反应是SiO2的特殊性，D错误；答案选A。
考点：考查S和Si的性质比较。
6.氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是( )
A. 加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在 B. 溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在
C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl存在 D. 加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在 【答案】B 【解析】 【分析】
氯气通入水中，溶于水的氯气部分与水反应，Cl2+H2O
HCl+HClO，HClO
H++ClO-，
－
HCl=H++Cl-，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-七种微粒，氯水表现这些微粒的性质。
【详解】A项、次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误； B项、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；
C项、加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；
D项、向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯气、HCl、HClO均与NaOH反应，不能证明含有HClO，故D错误。 故选B。
【点睛】本题考查了氯水的性质，明确氯水中存在的微粒及其性质是解本题的关键。 7.下列说法不正确的是( )
A. 浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体 B. 浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化 C. 饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO3后漂白性减弱 D. 浓盐酸与二氧化锰加热的反应中，盐酸表现为还原性和酸性 【答案】C 【解析】 【分析】
A、浓硝酸和铜反应生成红棕色气体二氧化氮，稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮； B、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化；
C、饱和氯水中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应； D、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气、氯化锰和水。
【详解】A项、浓硝酸和铜反应生成红棕色气体二氧化氮，随反应进行，硝酸浓度减小变为稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮，故A正确； B项、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化，不能继续反应，故B正确；
C项、饱和氯水中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，加入碳酸氢钠后，碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应，由于平衡向正反应方向移动，次氯酸浓度最大，漂白性增强，故C错误；
D项、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气、氯化锰和水，生成氯气，氯元素化合价升高，浓盐做还原剂，生成氯化锰，氯元素化合价没有变化，说明浓盐酸起酸的作用，故D正确。 故选C。
【点睛】本题主要考查了元素及其化合物的性质，掌握铜与硝酸的反应原理、浓硫酸的特性、氯气和水反应是可逆反应、氯气的制备原理是解答该题的关键。
8.已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（ ）
A B C D A. A 【答案】A 【解析】
A、KClO3与浓盐酸反应生成氯气，氯气为黄绿色气体，因此①的现象是黄绿色，②发生Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，②的颜色为橙色，③发生Cl2＋2KI=2KCl＋I2，淀粉遇碘单质变蓝，③的现象是变蓝，④NaOH的作用是吸收Cl2，④的颜色为白色，故A正确。
9.某混合溶液中含有NaI、NaBr、Na2SO4三种溶质，其物质的量均为1 mol，向混合溶液中通入一定量的氯气。下列说法正确的是( ) A. 将溶液蒸干最多可以得到4 mol NaCl
B. 将溶液蒸干并灼烧，得到的固体可能是NaCl、NaBr、Na2SO4
B. B
C. C
D. D
① 黄绿色 无色 黄绿色 黄绿色 ② 橙色 橙色 橙色 无色 ③ 蓝色 紫色 蓝色 紫色 ④ 白色 白色 无色 白色
KI溶液，溶液变蓝，则氯气一定过量 C. 向溶液中滴加淀粉-D. 若通入氯气的体积为22.4 L(标准状况)，反应的离子方程式为2I＋Cl2===I2＋2Cl 【答案】B 【解析】 【分析】
混合溶液中，Na2SO4没有还原性，NaI和NaBr具有还原性，还原性的强弱顺序为I->Br-，通入氯气，还原性强的先反应，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-和2Br-+Cl2
=2Cl-+Br2，若氯气过量，所得溶液中含有NaCl、Na2SO4，若氯气少量，溶液中可能为NaCl、NaI、NaBr、Na2SO4或NaCl、NaBr、Na2SO4。
【详解】A项、碘化钠和溴化钠全部被氧化时，溶液蒸干得到氯化钠的量最多，依据钠原子个数守恒可知，氯化钠的物质的量为2 mol，故A错误；
B项、若一定量的氯气完全氧化碘化钠，不氧化溴化钠或部分氧化溴化钠，得到溶液灼烧得到固体可以是NaCl、NaBr、Na2SO4，故B正确；
C项、向溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液变蓝，说明氯气氧化了碘化钠有碘单质生成，但不能说明碘化钠是否完全被氧化，也不能说明溴化钠是否未被氧化或部分氧化或完全氧化，无法判断氯气是否过量，故C错误；
D项、标准状况下22.4 L氯气的物质的量为1mol，与1molNaI和1molNaBr完全反应，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-和2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，故D错误。 故选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，注意依据还原性强弱顺序判断反应的先后顺序，注意依据化学方程式判断反应物是否过量是解答关键。 10.下列说法正确的是( )
A. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3 B. 向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2＞I2
C. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 D. 氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O===2H＋Cl＋ClO 【答案】B 【解析】 【分析】
＋
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－
－
－
A、漂白粉中的有效成分是次氯酸钙； B、反应物的氧化性强于生成物的氧化性；
C、具有强氧化性的HClO能使变色的pH试纸漂白褪色； D、次氯酸为弱酸。
【详解】A项、漂白粉在空气中久置，漂白粉中的有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，反应生成的次氯酸见光分解，导致漂白粉变质失效，故A错误； B项、氯气具有强氧化性，向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，反应物的氧化性强于生成物的氧化性，则氧化性的顺序为：Cl2>I2，故B正确；
C项、氯水中含有具有强氧化性的HClO，HClO能使变色的pH试纸漂白褪色，无法测定氯水pH，实验时应选pH计，故C错误；
D项、氯气溶于水，氯气与水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O=H＋Cl＋HClO，故D错误。 故选B。
【点睛】本题考查氯及其化合物的性质，注意物质的性质和用途的关系分析，注意氧化性强弱的判断是解答关键。
11.下图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉的是( )
＋
－
A.
挤压装置的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B. 夹
挤压装置的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水
C. 用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D. 【答案】B 【解析】
在装置的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【详解】A、氯气易溶于有机溶剂四氯化碳中，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故A不选；B、氢气不易溶于水，也不会和氢氧化钠反应，所以烧瓶中的气体压强不会有明显的变化，故不能形成喷泉，故B选；C、用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气，导致锥形瓶中液体进入烧瓶中，氨气极易溶于水，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故C不选；D、浓硫酸溶于水时放热的，这样使得浓氨水受热易分解出氨气，锥形瓶中的气体压强增大，将氨水压入烧瓶中，氨水和氯化氢气体反应，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故D不选；故选B。
【点睛】本题考查了喷泉实验的原理。掌握物质的性质和相互之间的反应关系，理解形成喷泉的原因是解题的关键。本题的易错点为A，要注意卤素单质在水中和有机溶剂中溶解性的差异。
12.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：①Cu与HNO3溶液②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与HCl溶液，由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( ) A. ①③ 【答案】A 【解析】
浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，①正确。铜和氯化铁反应生成物是氯化亚铁和氯化铜，和浓度无关。锌和稀硫酸反应生成氢气，和浓硫酸反应生成SO2气体，③
B. ③④
C. ①②
D. ①③④
正确。铁和盐酸反应的生成物是氢气和氯化亚铁，与浓度无关，答案选A。
13.某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（ ） ①原溶液中的Br一定被氧化；
②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化； ③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；
④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I-、Fe2+、Br-均被完全氧化 A. ①②③ ①②③④ 【答案】B 【解析】
由于还原性强弱顺序是I、Fe2、Br，所以氯气首先氧化的是I，然后是Fe2和Br。向
－
＋
－
－
＋
－
－
B. ②③④ C. ①③④ D.
反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中有铁离子生成，所以选项①B不正确，②③④正确，答案选B。
14.向含SO32-、Fe2、Br、I各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和
＋
－
－
溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是( )
A. B.
C. 【答案】C 【解析】 【分析】
D.
根据还原性强弱分析反应的先后顺序，从而计算出氯气的量与各离子浓度的关系。 【详解】离子还原性SO3> I> Fe> Br，故首先发生反应SO3+Cl2+H2O=SO4+2Cl+2H 再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe+Cl2=2Fe+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2
－
-2+
3+
--2－
－
2＋
－
2－
2--+
Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积；
A.由SO3+Cl2+H2O=SO4+2Cl+2H可知，0.1mol SO3完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的氯气的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误； B.0.1molSO3完全反应后，才发生2I+Cl2=I2+2Cl, 0.1mol SO3完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1mol I完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI-－
2－
－
-2－
2－
2--+
2－
-
22.4L/mol=3.36L， 图象中氯气的体积不符合，故B完全反应时消耗氯气的体积为0.15mol×错误；
C.0.1mol SO3完全反应需要消耗0.1mo氯气，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe+Cl2=2Fe+2Cl可知， 0. 1molFe完全反应消耗0.05mol氯气，故Fe完全时消耗的氯气体积为3.36L +0.05mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；
D. SO3、 I、 Fe反应完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br+Cl2=Br2+2 Cl可知，0.1mol Br完全反应消耗0.05mol氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误。 故选C。
【点睛】解决此题的关键在于明确几种离子的还原性强弱。 15.下列过程中，最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是( ) A. Fe(NO3)2溶液B. Ba(NO3)2溶液C. 无色溶液D. 无色溶液【答案】C 【解析】 【分析】
A. NO3-、H+的混合液能够把二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与氯化钡产生硫酸钡沉淀；B.NO3-、H+的混合液能够把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成氯化钡沉淀；C.含有银离子的溶液与氯化钡反应也可生成白色氯化银沉淀，不一定是硫酸钡沉淀；
无色溶液
白色沉淀
白色沉淀
白色沉淀 白色沉淀
---2－
－
2＋
2+
2+
2+
3+
-2－
－
D.先加稀盐酸无现象，排除了银离子等干扰，再加氯化钡生成硫酸钡沉淀。
【详解】A中二氧化硫被硝酸氧化为硫酸，加氯化钡一定生成硫酸钡沉淀，A正确； B中的亚硫酸钠被硝酸氧化为硫酸钠，沉淀也是硫酸钡，B正确； C中先加硝酸无沉淀，再加氯化钡所得沉淀可能是氯化银，C 错误；D中先加过量盐酸无沉淀，再加氯化钡产生的白色沉淀一定是硫酸钡，D正确；正确选项C。 16.对下列事实的解释错误的是( )
A. 在蔗糖中加入浓硫酸出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B. 向50 mL 18 mol·L1H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物
－
质的量小于0.45 mol
C. 常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
D. 反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀硫酸 【答案】C 【解析】
【详解】A项、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，故A正确； B项、浓硫酸和铜共热反应、稀硫酸和铜共热不反应，所以向50mL18mol?L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，在反应过程中浓硫酸变为稀硫酸后不和铜反应，所以被还原的H2SO4的物质的量小于0.45mol，故B正确；
C项、常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；
D项、硫酸铜与氢硫酸反应生成了不溶于稀硫酸的硫化铜沉淀和稀硫酸，故D正确。 故选C。
【点睛】本题考查了浓硫酸的性质，注意浓硫酸除了具有酸的通性外还有吸水性、脱水性和强氧化性的特性是解答关键。
17.在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为( ) ①1.2 mL ②2.4 mL ③3 mL ④4 mL A. ①② 【答案】D 【解析】 【分析】
B. ②③
C. ③④
D. ①④
若12mL全部为NO2，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知剩余气体为4mL，大于实际剩余气体2mL，故剩余气体为NO或氧气。若剩余气体为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3计算参加反应二氧化氮、氧气体积，进而计算原混合气体中氧气体积；若剩余气体为NO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO计算该反应中二氧化氮体积，进而计算4NO2+O2+2H2O=4HNO3反应中消耗二氧化氮、氧气总体积，结合二氧化氮与氧气按4：1反应计算氧气体积。 【详解】若12mL全部为NO2，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知剩余气体为4mL，大于实际剩余气体2mL，故剩余气体为NO或氧气。若剩余气体为氧气，则4NO2+O2+2H2O=4HNO3中参加反应二氧化氮、氧气体积总体积为12mL-2mL=10mL，则反应的氧气为10mL×=2mL，故原混合气体中氧气体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，该反应中二氧化氮体积为2mL×3=6mL，则4NO2+O2+2H2O=4HNO3反应中消耗二氧化氮、氧气总体积为12mL-6mL=6mL，则氧气体积为6mL×=1.2mL，答案选D。
【点睛】本题考查混合物计算，关键是分析剩余气体的成分，再根据反应的方程式计算，侧重考查学生分析计算能力，难度中等。
18.如图利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是
1515 选实验现象 项 A B C 浓盐酸附近产生白烟 浓硫酸附近无明显现象 氯化物溶液变浑浊 干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石D 蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱 NH3与浓盐酸反应生成了NH4Cl固体 NH3与浓硫酸不发生反应 该溶液一定是AlCl3溶液 解释
A. A 【答案】A 【解析】 【分析】
B. B C. C D. D
氢氧化钠溶于水放热，浓氨水受热分解产生氨气，氨气属于碱性气体，能使湿润的石蕊试纸变蓝，能与盐酸和硫酸发生反应。
【详解】A.浓盐酸具有挥发性，能与氨气在空气中接触反应，HCl+NH3=NH4Cl，生成氯化铵固体而产生白烟，A正确；
B.浓硫酸与氨气反应，2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，但浓硫酸没有挥发性，故反应发生在浓硫酸溶液中，无明显现象，B错误；
C.氨气遇水结合产生氨水，显碱性，与氯化物结合有沉淀产生，可能的阳离子包括镁离子，铝离子，铜离子等大多数金属阳离子，C错误；
D.氨气遇干燥的红色石蕊试纸不变色，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，是由于氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱碱，但是NH3不是碱，D错误。
19.木炭屑与浓HNO3共热，产生的气体X等分为①和②两份，将两份气体分别按下图实验：
则石灰水的变化可能是( ) A. ①不变浑浊②变乳白色 B. ①变为乳白色浑浊②不变浑浊 C. ①②均变为乳白色浑浊 D. ①②都不变浑浊 【答案】B 【解析】
【详解】木炭与浓硝酸共热可以得到二氧化碳和二氧化氮两种气体：C+4HNO3(浓)
?CO2↑+4NO2↑+2H2O，第一份实验中气体先导入蒸馏水中，二氧化氮溶
于水转化为一氧化氮气体，二氧化碳微溶于水，通过水后的混合气体中含有二氧化碳和一氧化氮，再导入澄清石灰水中，二氧化碳与石灰水反应生成白色CaCO3沉淀：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，所以①中石灰水变为乳白色浑浊；第二份气体直接导入澄清石灰水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，由于木炭与浓硝酸反应生成的NO2和CO2的物质的量之比为4:1，因此NO2生成的HNO3物质的量与CO2生成的CaCO3物质的量之比大于2:1，则2HNO3+CaCO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O反应完全，所以②中澄清石灰水不变浑浊。答案选B。 20.下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )
A. 用 氯化铵和氢氧化钙制氨气
B. 用铜片和稀硝酸制NO
C. 用锌粒和稀盐酸制氢气
D. 用过氧化氢和二氧化锰制氧气【答案】D 【解析】
【详解】A项、氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成物中有水，如果试管口高于试管底，会发生水倒流现象而炸裂试管，故A错误；
B项、铜和硝酸反应制取一氧化氮，一氧化氮空气中的氧气易发生反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应该用排水法收集，故B错误；
C项、锌粒和盐酸反应制取氢气，氢气的密度小于空气的密度，不可用向上排空气法收集，故C错误；
D项、用过氧化氢与二氧化锰制取氧气，氧气不溶于水，可采用排水集气法收集，故D正确。 故选D。
【点睛】本题考查了常见气体制备，注意制备原理及装置选择是解答关键，根据反应物的状态及反应条件，可把实验室制备气体发生装置分为：固体、固体加热型，如加热氯化铵和消石灰制取氨气；固体、液体加热型，如二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气；固体、液体不加热型，如用稀硫酸和锌粒制取氢气。
二、简答题。
21.在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若再通入下列四种气体：①Cl2 ②NH3 ③NO2 ④H2S，均会产生沉淀。回答下列问题： (1)通入四种气体时产生的沉淀分别是
①___________________________；②_________________________________________； ③___________________________；④_________________________________________。 (2)用方程式表示①和④产生沉淀的原因
①________________________________________________________________________； ④________________________________________________________________________。 【答案】 (1). BaSO4 (2). BaSO3 (3). BaSO4 (4). S (5). O2＋Cl2＋2H2O===SO42-＋2Cl＋4H、SO42-＋Ba2===BaSO4↓(或SO2＋Cl2＋2H2O＋Ba2===BaSO4↓
－
＋
＋
＋
＋2Cl＋4H) (6). 2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O(或2H2S＋H2SO3===3S↓＋3H2O) 【解析】 【分析】
因盐酸酸性大于亚硫酸的酸性，将SO2气体通入BaCl2溶液中不反应无沉淀生成。若通入气体生成沉淀，可能是发生氧化还原反应生成硫酸根离子或与二氧化硫反应生成了亚硫酸盐。 【详解】（1）①Cl2具有氧化性，将溶液中的二氧化硫氧化成硫酸，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；
②NH3为碱性气体，与溶液中二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO3；
③NO2具有氧化性，将溶液中的二氧化硫氧化成硫酸，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡
－＋
沉淀，故答案为：BaSO4；
④H2S具有强还原性，与溶液中二氧化硫发生氧化还原反应生成S沉淀和水，故答案为：S； （2）①Cl2具有氧化性，将溶液中的二氧化硫氧化成硫酸，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，
H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl；
④H2S具有强还原性，与溶液中二氧化硫发生氧化还原反应生成S沉淀和水，反应的离子方程式为：2H2S+SO2═3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2═3S↓+2H2O。
【点睛】本题考查二氧化硫的性质，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，注意二氧化硫具有氧化性和还原性，把握发生的反应确定沉淀的成分为解答的关键。
22.在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸；当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。 请回答：
(1)A是________，Y是________，Z是________。
(2)当X是强酸时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________ (3)当X是强碱时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________ 【答案】（1）A为(NH4)2S，Y为O2，Z是H2O； （2）E是H2SO4；2H2S＋3O2=2SO2↑＋2H2O （3）E是HNO3；4NH3+5O2【解析】
4NO+6H2O；
本题无机推断题，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，说明Y为O2，是B连续被氧化的过程，A是正盐，可以跟酸反应，也可以跟碱反应，又能连续被氧化，最后得到酸，因此A为(NH4)2S，即A为(NH4)2S，Y为O2，Z为H2O；（2）当X为强酸时，B为H2S，则C为SO2，D为SO3，即E为H2SO4；（3）当X为强碱，B为NH3，C为NO，D为NO2，则E为HNO3，B生成C为催化
氧化，因此反应方程式为：4NH3+5O2
23.(1)在浓硝酸中放入铜片。
4NO+6H2O。
①开始反应的化学方程式为 _____________________________________。
②若铜有剩余，则反应将要结束时的反应的离子方程式是 _______________________。 ③待反应停止后，再加入少量的25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是
____________。
(2)在100mL混合酸中，c(HNO3) = 0.4mol·L-1 ，c(H2SO4) = 0.2mol·L-1，向其中加入2.56g铜粉，微热，待充分反应后，溶液中Cu2的物质的量浓度为______________。
＋
(3)将8g Fe置于40ml硝酸中微热，生成气体的颜色由深变浅，充分反应后得到标况下1.792L的气体，此时剩余2.4g固体，①反应中被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为
___________，②NO和NO2体积之比为___________。
【答案】 (1). Cu＋4HNO3===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O (2). 3Cu＋8H＋2NO3-===3Cu2＋2NO↑＋4H2O (3). 硝酸铜提供硝酸根离子，稀硫酸提供氢离子，铜可
＋
＋
L-1 (5). 2：5 (6). 3:1 以继续反应 (4). 0.3mol·【解析】 【分析】
（1）①浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
②浓硝酸和铜反应随反应进行浓度变稀，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水； ③铜有剩余说明硝酸全部反应，加入硫酸提供氢离子在溶液中和硝酸根离子形成稀硝酸； （2）由题意可知，Cu、NO3-过量， H+完全反应；
（3）由题意可知铁过量，反应生成硝酸亚铁、二氧化氮、一氧化氮和水，依据原子个数和得失电子数目守恒计算可得。
Cu+4HNO3【详解】（1）①浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO（浓）（浓）═Cu（NO3）故答案为：═Cu（NO3） 2+2NO2↑+2H2O，32+2NO2↑+2H2O；②浓硝酸和铜反应随反应进行浓度变稀，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋2NO3-=3Cu2＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8H＋
＋
＋
＋
2NO3-=3Cu2＋2NO↑＋4H2O；
＋
③铜有剩余说明硝酸全部反应，加入硫酸提供氢离子在溶液中和硝酸根离子形成稀硝酸，继稀硝酸和铜继续反应生成一氧化氮气体，故答案为硝酸铜提供硝酸根离子，稀硫酸提供氢离
子，铜可以继续反应；
n=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，n=0.1L×0.2moL/L=0.02moL，（2）由题意可知，（HNO3）（H2SO4）n（H）=0.04moL+2×0.02moL=0.08mol，n（Cu）=
-+
2+
+
2.56g64g/mol3n(H+)8 =0.04mol，由离子方程式可知，=
3?0.08mol/L8Cu、NO3过量， H完全反应，则生成的n（Cu）==0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L；
=0.03mol，c（Cu2+）
（3）由题意将8g Fe置于40ml硝酸中微热，生成气体的颜色由深变浅，充分反应后得到标况下1.792L的气体，此时剩余2.4g固体可知，反应中Fe过量，与硝酸反应生成硝酸亚铁、二氧化氮、一氧化氮和水，反应中消耗
(8g?2.4g)n(Fe)=56g/mol=0.1mol，由铁原子个数守恒可知
n[Fe
（NO3）2]= 0.1mol，未被还原的硝酸为0.2mol；由反应后得到标况下1.792L的气体可知一氧化氮和二氧化氮的物质的量为
1.792L22.4L/mol=0.08mol，由氮原子个数守恒，被还原的硝酸的物
质的量为0.08 mol，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为0.08 mol：0.2mol=2:5；设混合气体则NO为xmol，NO2为（0.08-x）mol，由得失电子数目守恒可得：3x+（0.08-x）=0.2，解得x=0.06mol，相同条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则NO、NO2体积比为3：1，答：2:5；3：1。
【点睛】本题考查硝酸的性质，明确铜与浓、稀硝酸反应中硝酸浓度变化，注意硝酸盐在酸性条件下的性质，掌握守恒法计算是解答关键。
24.实验室用下述装置制取氯气，并用氯气进行下列实验。看图回答下列问题：
(1)A、B两仪器的名称：A________，B________。
(2)洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，D是为了干燥Cl2，则C、D中应分别放入C_______；D________
①NaOH溶液 ②饱和食盐水 ③AgNO3溶液 ④浓H2SO4
(3)E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到______________________________。 (4)G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，G处现象是棉花球表面变成____________。反应的离子方程式是_______，H是浸有NaBr溶液的棉花球，H处现象是棉花球表面变________。
(5)P处为尾气吸收装置，可选用____________________。
【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶；（2）②；④；（3）E中无变化，F中为红色布条褪色；（4）蓝色；Cl2＋2I===I2＋2Cl ；橙色；（5）D。
－
－
【解析】
试题分析：（1）通过对实验装置图进行观察，可确定A是分液漏斗；B是圆底烧瓶；（2）在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，实验洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，其中盛有的试剂是饱和食盐水，D是为了干燥Cl2，由于氯气是酸性气体，实验D装置盛有的试剂是浓硫酸；故试剂序号分别是②；④；（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到E中无变化，F中为红色布条褪色；说明SO2的漂白性在溶液中才可以表现出来；（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，Cl2与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，实验G处现象是棉花球表面变成蓝色．反应的离子方程式是Cl2＋2I=I2＋2Cl ；H是浸有NaBr溶液的棉花球，Cl2与NaBr发生反应：
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Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2 ，H处现象是棉花球表面变成橙色；（5）Cl2是有毒的气体，要进行尾气处理，由于该物质可与碱发生反应，实验P处为尾气吸收装置，可选用NaOH溶液，为防止倒吸现象的发生，所以应该选择D装置。
考点：考查氯气的制取、净化、干燥、性质验证、尾气处理及反应现象的判断的知识。
甘肃省武威第一中学2018-2019学年高一下学期第一次阶段测试化学试卷
