最新高中成都七中高一下入学考试化学试卷(答案解析)

【精品】四川省成都七中高一下入学考试化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列说法不正确的是

A．SiO2是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应

B．FeO和Fe2O3是碱性氧化物，都能与盐酸反应

C．Al2O3是两性氧化物，既能与氨水反应又能与盐酸反应

D．Na2O2、Fe3O4、CO 、NO2既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物

2．用N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是

A．标准状况下，22.4LSO3含有的分子数N A

B．常温常压下，4.4gCO2的物质的量一定为0.1mol

C．标准状况下，氧原子总数为0.2N A的SO2和O2的混合气体，其体积为2.24L D．7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0.1N A

3．向下列各组离子中通入相应气体后，能大量共存的是( )

A．通入NO2：Na+、Fe2+、Cl-、SO42-

B．通入CO2：Na+、K+、NO3-、CO32-

C．通入Cl2：K+、NH4+、I-、Cl-

D．通入NH3：CO32-、NH4+、Na+、NO3-

4．如图所示，将相同条件下的m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水槽中且盛满水

的试管内，充分反应后，试管内残留m

2

体积的气体，该气体与空气接触后立即变为红

棕色。则m与n的比值为（）

A．3∶2 B．2∶3 C．8∶3 D．3∶8 5．下列实验的现象与对应结论均正确的是()

A．A B．B C．C D．D

6．下图是一套检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞K，则品红试液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞 K，则品红试液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内液体Y可能是

A．A B．B C．C D．D

7．有一铁粉和氧化铜的混合物8.32g，进行如下实验：

根据实验所得数据，有关说法正确的是

A．无色气体的质量为0.2g

B．原混合物中铁的质量为7.0g

C．反应后的溶液中金属离子物质的量为0.1 mol

D．反应消耗的H2SO4物质的量为0.15 mol

二、填空题

8．化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等离不开化学。

（1）普通玻璃是常见的硅酸盐产品，其化学式为Na2CaSi6O14，以氧化物形式可表示为____________；漂白液的主要成分是。

（2）缺铁性贫血患者补充的铁，通常以硫酸亚铁的形式；而硫酸铁则没有这种药效。当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是__________。若在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得到棕黄色溶液，请写出此反应的离子方程式。检验棕黄色溶液是否有Fe2+，涉及的离子为。

（3）从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硫酸铜最好的方法是__________(填选项字母)。

A．铜和浓硫酸反应B．铜和稀硫酸反应

C．氧化铜和硫酸反应D．铜与Fe(SO4)3溶液反应

（4）MgO与碳粉和氯气在一定的条件下反应可制备氯化镁。若尾气可用足量氢氧化钠溶液完全吸收。制备氯化镁的化学方程式__________，尾气吸收后生成盐的化学式

____________；

（5）CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应可生成P的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是_________________。

（6）向盛有10mL1mol·L-1NH4Al(SO4)2，溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：

①写出m点反应的离子方程式_________________。

②若NH4Al(SO4)2溶液改加20mL1.2 mol·L-1Ba(OH) 2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为__________mol。

三、工业流程题

9．明矾石的主要成分是K2SO4?Al2(SO4)3?2Al2O3?6H2O及少量氧化铁．利用明矾石制备K2SO4的工艺流程如下所示：

（1）焙烧炉中发生如下反应，请在方程式中表示出电子转移的方向和数目：________ 2Al2(SO4)3＋3S2Al2O3＋9SO2↑

（2）步骤②涉及Al2O3的离子方程式为________；

（3）步骤③调pH生成Al OH)3的离子方程式为________；不能用CO2来调pH，理由是________；

（4）步骤④的主要操作步骤是________、过滤、洗涤和干燥；

（5）炉气回收可以有很多用途，举例说明其中一种：________。

四、实验题

10．(NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。【查阅资料】(NH4)2SO4在260 ℃和400 ℃时分解产物不同。

【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。

实验1：连接装置A－B－C－D，检查气密性，按图示加入试剂(装置B盛0.500 0 mol/L

盐酸70.00 mL)。通入N2排尽空气后，于260 ℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B，加入指示剂，用0.200 0 mol/L NaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42- 。（1）仪器X的名称是___________。

（2）装置B内溶液吸收气体的物质的量是___________mol。

实验2：连接装置A－D－B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后于400 ℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-，无SO42- 。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。

（3）检验装置D内溶液中有SO32- ，无SO42-的实验操作和现象是__________________。（4）装置B内溶液吸收的气体是___________。

（5）(NH4)2SO4在400 ℃分解的化学方程式是______________________

五、计算题

11．某同学取不同质量的镁铝合金样品分别与30 mL同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体积(已转化为标准状况)如下:

通过计算求：

（1）该盐酸的物质的量浓度?

（2）合金中镁的质量分数?

（3）在c组实验后,还需向容器中加入多少毫升同浓度的盐酸才能使剩余合金恰好完全溶解?

参考答案

1．C

【解析】

试题分析：A、SiO2是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，故A正确；B、FeO和Fe2O3是碱性氧化物，都能与盐酸反应，分别生成氯化亚铁和水，氯化铁和水，故B 正确；C、氨水属于弱碱，与氧化铝不反应，故C错误；D、过氧化钠与盐酸反应除了生成盐和水外还生成氧气，不属于碱性氧化物，一氧化碳与水、碱都不反应，不属于酸性氧化物，二氧化氮与水反应生成硝酸和水，不属于酸性氧化物，Fe3O4与酸反应式生成2种盐和水，不属于碱性氧化物，故D正确；故选C。

【考点定位】考查物质的分类、物质的性质

【名师点晴】本题考查了酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的判断，熟悉概念是解题关键，注意氧化铝是两性氧化物但是只能够与强碱反应。碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，酸性氧化物与水反应只生成对应酸，本题的易错选项是D。

2．A

【解析】

试题分析：A、标况下，三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B、常温

=0.1mol，故B正确；C、二氧化硫和氧气中均含2个常压下，4.4gCO2的物质的量为 4.4g

44g/mol

氧原子，故当含0.2N A个氧原子的二氧化硫和氧气的混合物的物质的量为0.1mol，在标况下

=0.1mol，过氧化钠中为2.24L，故C正确；D、7.8g Na2S和Na2O2的物质的量为：7.8g

78g/mol

阳离子为过氧根离子，则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数等于0.1N A，故D正确；故选A。

【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律

【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数应用及有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，注意过氧化钠中阴离子为过氧根离子。阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4N A，1molP4含有的共价键为6N A等。

3．D

【解析】

试题分析：A、通入NO2气体，二氧化氮和水反应生成HNO3，HNO3能和Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能共存，故A错误；B、通入CO2，CO2、H2O和CO32-发生复分解反应生成碳酸氢根离子而不能大量共存，故B错误；C、通入Cl2，氯气具有氧化性，能氧化还原性I-生成碘单质而不能大量共存，故C错误；D、通入NH3，氨气和水反应生成一水合氨，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和一水合氨不反应，所以能大量共存，故D 正确；故选D。

【考点定位】考查离子共存

【名师点晴】本题考查离子共存，为高频考点，涉及氧化还原反应、复分解反应，明确物质性质及离子共存条件是解本题关键，易错选项是A，注意：酸性条件下亚铁离子和硝酸根离子反应，为易错点。审题时还应特别注意以下2点：①注意溶液的酸性对离子间发生氧化还原反应的影响，如：Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存；MnO4-与Cl-在强酸性条件下也不能共存；S2-与SO32-在钠、钾盐时可共存，但在酸性条件下则不能共存；②酸式盐的含氢弱酸根离子不能与强碱(OH-)、强酸(H+)共存，如HCO3-+OH-=CO32-+H2O(HCO3-遇碱时进一步电离)；HCO3-+H+=CO2↑+H2O。

4．C

【详解】

在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应，NO和O2全部溶于水时按照下列反应进行，化学方程式为：

4NO + 3O2+ 2H2O = 4HNO3，由于气体与空气接触后立即变为红棕色，所以容器内残留气体

为NO，那么与O2反应的NO气体为m-m

2

=

m

2

，NO和O2按照4：3混合溶于水恰好全部

溶解所以m

n

2

：=4 ：3，所以m：n=8：3；

故选C。

5．C

【解析】

试题分析：A、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，浓硫酸具有脱水性使蔗糖脱水生成碳变黑，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体表现浓硫酸的氧化性，故A正确；B、

常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化，铝和浓硝酸发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，表现了强氧化性，故B错误；C、Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中块熔成小球，说明反应放热，且钠易熔化，故C正确；D、火焰颜色呈黄色，可说明含有钠元素，钠的焰色反应为黄色，遮挡紫色，检验是否含有钾元素，应透过蓝色钴玻璃，故D错误；故选C。

考点：考查了性质实验方案的设计的相关知识。

6．B

【解析】

A、通入的H2S与浓硫酸反应会生成SO2，关闭活塞K，品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊，A 错误；

B、若关闭活塞K，SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，品红溶液无变化，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，SO2使品红褪色，B正确；

C、CO2不能使品红溶液褪色，C错误；

D、Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，D错误，答案选B。

7．A

【分析】

1.28g红色固体为铜，物质的量为0.02mol，根据元素守恒，原混合物中CuO的物质的量为0.02 mol，氧化铜质量为1.6g；铁的质量为8.32g-1.6g=6.72g；铁的物质的量为0.11 mol；根据元素守恒反应后溶液中2+

Fe的物质的量为0.11 mol；反应消耗的H2SO4物质的量为0.11

mol，设还原置换铜需要Fe的质量为x g，则有

22

Fe+CuCl=FeCl+Cu

5664

x 1.28g

，则x=1.12g，

剩余的Fe与硫酸反应生成氢气，又

()2442

Fe+H SO=FeSO+H

562 6.72-1.12g y ↑

，则

y=0.2g，据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析，无色气体为氢气，质量为0.2g，A正确；

B．原混合物中铁的质量为6.72 g，B错误；

C．反应后的溶液中金属离子为2+

Fe，物质的量为0.11 mol，C错误；D．反应消耗的H2SO4物质的量为0.11 mol，D错误；

答案选A。

8．（1）Na2O.CaO.6SiO2；NaClO和NaCl

（2）防止Fe2+被氧化；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；MnO4-；

（3）C（4）2MgO+C+2Cl2＝2MgCl2+CO2NaClO、NaCl、Na2CO3

（5）P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4（6）① NH4++OH-=NH3?H2O；②0.022 【解析】

试题分析：（1）硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物?较活泼金属氧化物?SiO2?H2O，同时要遵循原子守恒，普通玻璃中Na2SiO3：CaSiO3：SiO2，其化学式为Na2CaSi6O14，以氧化物的形式表示故写成Na2O?CaO?6SiO2，漂白液的主要成分是NaClO和NaCl，故答案为Na2O?CaO?6SiO2；NaClO和NaCl；

（2）缺铁性贫血患者补充的铁，通常以硫酸亚铁的形式，亚铁易被氧化，当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是防止Fe2+被氧化，在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得到棕黄色溶液，亚铁离子被氧气氧化成铁离子，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；Fe2+具有还原性，可以是酸性高锰酸钾褪色，故答案为防止Fe2+被氧化；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；MnO4-；

（3）A、铜和浓硫酸反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2 ↑+2H2O，该反应中

产生有毒气体二氧化硫，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硫酸的利用率不高，故A错误；B、铜和稀硫酸不发生反应，不能制得硫酸铜，故B错误；C、氧化铜和硫酸反应的方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，没有污染物，且硫酸的利用率100%，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，故C正确；D、铜与Fe(SO4)3溶液反应反应方程式为：

Cu+2Fe(SO4)3=CuCl2+2FeCl2，该反应虽有硝酸铜生成，但同时生成氯化铜，不能得到纯净

硫酸铜，故D错误，故答案为C。

（4）MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应化学方程式：2MgO + C + 2Cl2 = CO2 + 2MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物，反应的化学方程式为：CO2 + 2NaOH = Na2CO3 + H2O，Cl2 +

2NaOH =" NaCl" + NaClO + H2O，产物为NaCl，NaClO，Na2CO3 ；

（5）CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应生成磷酸和铜，该反应的化学方程式是：

P4 + 10CuSO4 + 16H2O =" 10Cu" + 4H3PO4 + 10H2SO4；

（6）①N点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3?H2O，离子方程式为：NH4++OH-=NH3?H2O，故答案为NH4++OH-=NH3?H2O；

②10mL 1mol?L-1NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，

SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol?L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol，

由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，故可以得到0.02mol BaSO4，

Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓

0.01mol 0.03mol 0.01mol

反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，

NH4+ + OH-=NH3?H2O

0.01mol 0.01mol

反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，

Al(OH)3 + OH-=AlO2-+2H2O

0.008mol 0.008mol

故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol

则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，

故答案为0.022

考点：考查了离子方程式和化学方程式的书写、化学图象及化学计算、硅酸盐的化学式、氧化还原反应等相关知识。

9．Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O

AlO2-+H2O+H+=Al(OH)3↓最后制得的硫酸钾晶体中会含有碳酸钾、碳酸氢钾等杂质

蒸发结晶可用于工业生产硫酸的原料，也可用作还原剂与其它氧化剂反应制备所需物质等

【分析】

由流程可知，明矾石和硫磺在焙烧炉中反应生成Al2O3和SO2，生成的熟料中含有Al2O3和少量氧化铁，加入KOH溶液，氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，所得溶液调节溶液pH，可生成Al(OH)3，滤液中主要含有K2SO4，经蒸发结晶、过滤、洗涤和干燥，可得到硫酸钾晶体。

【详解】

（1）2Al2(SO4)3+3S2Al2O3+9SO2↑中，只有S元素化合价发生改变，化合价分别由+6价、0价变化为+4价，电子转移方向和数目可表示为；故答案为：；

（2）步骤②涉及Al2O3与KOH的反应，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（3）步骤③调pH，应加入酸，发生AlO2-+H2O+H+=Al(OH)3↓，生成Al(OH)3，不能用CO2来调pH，否则，最后制得的硫酸钾晶体中会含有碳酸钾、碳酸氢钾等杂质，故答案为

AlO2-+H2O+H+=Al(OH)3↓；最后制得的硫酸钾晶体中会含有碳酸钾、碳酸氢钾等杂质；

（4）步骤④目的是得到硫酸钾晶体，可经蒸发结晶、过滤、洗涤和干燥得到，故答案为：蒸发结晶；

（5）炉气的主要成分为二氧化硫，可用于工业生产硫酸的原料，也可用作还原剂与其它氧化剂反应制备所需物质等，故答案为：可用于工业生产硫酸的原料，也可用作还原剂与其它氧化剂反应制备所需物质等。

10．（1）圆底烧瓶（2）0.03（3）取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体；（4）NH3（5）3(NH4)2SO4 4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑

【解析】

试题分析：（1）由仪器X的结构可知，X为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；

（2）滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH为0.025L×0.2mol/L=0.005mol，故剩余HCl为0.005mol，则参加反应的HCl为0.07L×0.5mol/L-0.005mol=0.03mol，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，故吸收NH3的物质的量为0.03mol，故答案为：0.03；（3）检查装置D内溶液中有SO32-，无SO42-的实验操作和现象是：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味

的气体，说明D内溶液中有SO32-，无SO42-，故答案为：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32-，无SO42-；

（4）装置D内溶液中有SO32-，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气，故答案为：NH3；

（5）由（5）中分析可知，(NH4)2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，分解反应方程式为：3(NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑，故答案为：3(NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑。

考点：考查了探究物质的组成或测量物质的含量的相关知识。

11．（1）2.0mol/L（2）47.06%（3）15mL

【解析】

试题分析：（1）c组实验中盐酸完全反应，n(H2)=

则c(HCl)=

（2）设0.510合金中Mg?Al的物质的量分别为x?y

由于a组实验中金属完全反应，生成氢气n(H2)=

由合金质量知：

由反应得失电子数相等得：

解得：x=y=0.01mol

则

（3）c组实验合金中n(Al)=n(Mg)=

与盐酸恰好反应后，溶液中只有AlCl3和MgCl2

溶解0.918g合金共需要n(HCl)=0.018mol×3﹢0.018mol×2=0.09mol

还需要加入45mL-30mL=15mL才能使剩余合金恰好完全溶解

【考点定位】考查金属与盐酸反应的有关计算

【名师点晴】明确反应的原理、灵活应用守恒法是解答的关键。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。