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【化学】福建省三明市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）
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福建省三明市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Cl－35.5
一、选择题（共 24 小题，每题只有一个正确选项，每小题 2 分）
1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. “血液透析”利用了胶体的性质
B. 氢氧化铝胶体可用来对自来水净水和杀菌消毒
C. BaCO3 常用来做胃镜中的“钡餐”
D. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质
【答案】A
【详解】A.血液分散系属于胶体，胶体的渗析是利用胶体粒子不能透过半透膜，溶液离子及小分子可以透过半透膜的原理，达到分离提纯胶体的目的，“血液透析”就是利用了胶体的渗析原理，A项正确；
B.氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够吸附自来水中悬浮的杂质形成较大颗粒而沉降，达到净化水的目的，但不能杀菌消毒，B项错误；
C.BaCO3能与胃酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，使胃液中含有重金属离子Ba2+，而Ba2+能使蛋白质变性而致人中毒，C项错误；
D.碘单质受热容易升华且有毒，加碘盐中加入的是KIO3，D项错误；答案选A。
2.化学概念相互间存在如下 3 种关系，下列对概念间关系的说法正确的是（ ）
A. 纯净物与混合物属于包含关系 B. 化合物与氧化物属于包含关系
C. 单质与化合物属于交叉关系 D. 氧化还原反应与化合反应属于并列关系
【答案】B
【解析】试题分析：A．纯净物与混合物属于并列关系；B．化合物与电解质属于包含关系，C．单质与化合物属于并列关系；D．氧化还原反应与化合反应属于交叉关系；选B。
3.某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生 反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是（ ）
A. 稀硫酸 B. 氧气 C. 二氧化碳 D. 氯化钠
【答案】C
【详解】有“空缺”的一环的物质必须既能与NaOH溶液反应又能与C反应，四个选项中只有CO2符合。2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，答案选C。
4.分类是学习和研究化学的一种常用科学方法，下列分类说法合理的是（ ）
A. 根据是否只含一种元素将物质分为单质和化合物
B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物
C. 生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应
D. 根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
【答案】B
【详解】A.只含一种元素的物质可能是混合物如O2和O3，而单质和化合物都是纯净物，该选项的正确说法是：根据是否只含一种元素将纯净物分为单质和化合物，A项错误；
B.非金属氧化物大部分是酸性氧化物如CO2、SO2等，但有一些非金属氧化物不是酸性氧化物如CO、NO等，所以非金属氧化物不一定是酸性氧化物，B项正确；
C.置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质和一种化合物的反应，但生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应如：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，该反应不属于置换反应，C项错误；
D.根据酸分子在水溶液中电离出H+的个数将酸分为一元酸、二元酸，例如CH3COOH是一元酸而非四元酸，是因为CH3COOHCH3COO-+H+，D项错误；答案选B。
5.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的 产物并不改变的是（ ）
A. Na 和 O2 B. CO2 和 NaOH C. Na2O和 CO2 D. C和 O2
【答案】C
【详解】A.Na和O2反应因为温度不同，产物不同：4Na+O22Na2O，2Na+O2Na2O2，A项不符合题意；
B. CO2 通入NaOH溶液中因反应物用量比不同，产物不同：CO2+2NaOH(足量)=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH(少量)=NaHCO3，B项不符合题意；
C. Na2O和CO2反应：Na2O+CO2=Na2CO3，产物不随温度和反应物用量比的不同而改变，C项符合题意；
D. C和O2的反应因反应物用量比的不同，产物不同：C+O2(足量)CO2，2C+O2(少量) 2CO，D项不符合题意；答案选C。
6. 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
【答案】D
【解析】试题分析：A．非金属元素形成的离子可以是阳离子如NH4+，也可以是阴离子如CO32-等。错误。B.如在反应Cl2＋H2OHCl＋HClO中Cl2既是氧化剂又是还原剂。错误。C．某元素从化合态变为游离态时，可能是被还原如在H2+CuOCu＋H2O的Cu元素，也可能是被氧化，如在Cl2＋2KI=2KCl+I2的I元素。错误。D．金属阳离子被还原可能得到金属单质H2+CuOCu＋H2O，也可能得到金属化合物。如2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2.正确。
7.下列物质中不存在氯离子的是（ ）
A. KCl B. Ca(ClO)2 C. 盐酸 D. 氯水
【答案】B
【详解】A.KCl中存在K+和氯离子，A项不符合题意；
B. Ca(ClO)2中存在Ca2+和ClO-，不存在氯离子，B项符合题意；
C.盐酸中HCl在水分子作用下发生电离HCl=H++Cl-，所以盐酸中存在氯离子，C项不符合题意；
D.氯水中部分Cl2与水反应：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，所以氯水中存在氯离子，D项不符合题意；答案选B。
8.下列变化中，需加氧化剂才能实现的是（ ）
A. Cl2→NaCl B. FeCl2 →Fe C. CO → CO2 D. CaO→Ca(OH)2
【答案】C
【详解】氧化剂具有氧化性，能使别的物质发生氧化反应，氧化反应的标志是元素化合价升高，即化合价升高的过程需加氧化剂才能实现。
A.氯元素化合价由0价降到-1价，发生还原反应，A项加入还原剂实现；
B.铁元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项加入还原剂实现；
C.碳元素化合价由+2价升高到+4价，发生氧化反应，C项加入氧化剂实现；
D.钙、氧元素化合价均未变化，D项不需要通过氧化还原反应实现；答案选C。
9.a g NH3含b个氢原子，则阿伏加德罗常数可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】a g NH3含b个氢原子，则，解得NA=，答案选B。
10.从元素化合价变化的角度分析，下列反应中，画线的物质发生氧化反应的是（ ）
A. SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O B. 2CuO + C2Cu + CO2↑
C. 2FeCl3 + Fe = 3FeCl2 D. Zn＋2HCl = ZnCl2＋ H2↑
【答案】C
【详解】A.氧化反应的标志是元素化合价升高。SO2→Na2SO3，硫元素、氧元素化合价没有变化，该反应不是氧化还原反应；A项错误；
B.CuO→Cu，铜元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项错误；
C.Fe→FeCl2，铁元素化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应，C项正确；
D.HCl→H2，氢元素化合价由+1价降到0价，发生还原反应，D项错误；答案选C。
11.在下列三个反应中，①H2O2＋H2S＝2H2O＋S↓ ②2H2O2=2H2O+O2③H2O2＋Cl2＝2HCl＋O2↑,H2O2 所起的作用是（ ）
A. 均起氧化剂作用 B. 均起还原剂作用
C. 均既是氧化剂又是还原剂 D. 三个反应中所起作用各有不同
【答案】D
【详解】①H2O2＋H2S＝2H2O＋S↓，氧元素由H2O2中-1价降到H2O中-2价，得到电子， H2O2中氢元素化合价没变，故H2O2只作氧化剂；②2H2O2=2H2O+O2，2molH2O2中有4mol -1价氧原子，其中2mol -1价氧原子化合价升高到O 2的0价，失去2mol电子；另外2mol -1价氧原子化合价降到H2O中-2价，得到2mol电子，故H2O2既是氧化剂又是还原剂；③H2O2＋Cl2＝2HCl＋O2↑，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去电子，H2O2中氢元素化合价没变，所以H2O2只作还原剂。答案选D。
12.常温常压下，用等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体分别吹出四个气球，其中吹入的 气体为 O2 的是（ ）
【答案】B
【详解】根据公式n=可知，等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体的物质的量之比n(H2):n(N2):n(O2):n(CO2)=::: =:::，由阿伏加德罗定律推论可知：相同温度和压强下，气体体积与气体物质的量成正比，所以4种气体体积由小到大的顺序是V(CO2)
A. 3.36L O2 和 0.3 mol H2O
B. 0.1 mol H2SO4 和 3.6 g H2O
C. 0.1 mol FeSO4·7H2O 和 0.1 mol C12H22O11(蔗糖)
D. 6.02×1023 个 CO2 与 0.1 mol KMnO4
【答案】C
【详解】A.未明确气体所处的温度和压强，无法确定气体摩尔体积，所以3.36LO2的物质的量无法计算，A项错误；
B.0.1molH2SO4中含氧原子0.1mol×4=0.4mol；3.6gH2O的物质的量==0.2mol，0.2molH2O中含氧原子0.2mol ×1=0.2mol，B项错误；
C. 0.1 mol FeSO4·7H2O中含氧原子0.1mol×（4+7）=1.1mol；0.1 mol C12H22O11(蔗糖)含氧原子=0.1mol×11=1.1mol，C项正确；
D.6.02×1023 个 CO2的物质的量为1mol，1molCO2中含氧原子1mol×2=2mol；0.1 mol KMnO4中含氧原子=0.1mol×4=0.4mol，D项错误；答案选C。
14.设 NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 2.4 g 金属镁变成镁离子时失去的电子数目为 0.1NA
B. 18 g 水中含有 0.1NA 个水分子
C. 22.4 L 氮气所含的电子数目为 NA
D. 17 g 氨气所含电子数目为 10NA
【答案】D
【详解】A. 2.4gMg物质的量==0.1mol，每个Mg失2个电子形成Mg2+，则0.1molMg失去0.2mol电子，即失去电子数目为0.2NA，A项错误；
B.18g水的物质的量为1mol，1molH2O中含有NA个水分子，B项错误；
C.气体所处的温度和压强未知，无法得知气体摩尔体积，无法计算22.4L氮气物质的量，也就无法计算所含电子数目，C项错误；
D.17g氨气的物质的量为1mol，每个NH3分子含有10个电子，所以1molNH3含有电子数目为10NA，D项正确；答案选D。
15.在配制 100 mL 1.0 mol·L-1 的 NaCl 溶液时，下列操作会导致结果偏低的是（ ）
（1）用托盘天平称量时砝码放在左盘，1g 以下使用游码
（2）溶解 NaCl 固体的烧杯上挂着水珠，直接使用
（3）将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
（4）定容时俯视刻度线
（5）定容时仰视刻度线
（6）容量瓶未经干燥就用于配制溶液
A. （1）（3）（5） B. （1）（3）（4）
C. （2）（4）（6） D. （2）（3）（4）
【答案】A
【详解】（1） 100 mL 1.0 mol·L-1的 NaCl溶液中所含NaCl的质量=0.1L×1.0mol/L×58.5g/mol=5.85g≈5.9g，用托盘天平称量时砝码放在左盘，此时称得的NaCl的质量只有5g-0.9g=4.1g，根据浓度公式c=可知，n减小，所以所配NaCl溶液的浓度偏低，(1)项正确；
(2)溶解 NaCl 固体的烧杯上挂着水珠，不影响NaCl的物质的量(n)和容量瓶中溶液体积(V)，由公式c=可知，对NaCl溶液的浓度无影响，(2)项错误；
(3)将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，使NaCl物质的量(n)减小，根据公式c=可知，NaCl溶液的浓度将减小，(3)项正确；
(4)定容时俯视刻度线，使容量瓶中溶液体积(V)减小，根据公式c=可知，NaCl的浓度将增大，(4)项错误；
(5)定容时仰视刻度线，使容量瓶中溶液体积(V)增大，根据公式c=可知，NaCl的浓度将减小，(5)项正确；
(6)容量瓶未经干燥就用于配制溶液，NaCl的物质的量(n)和溶液体积(V)不受影响，根据公式c=可知，不影响NaCl的浓度，(6)项错误；答案选A。
16.6.4 g M 和 17.0 g N 恰好完全反应，生成 0.4 mol X 和 12.2 g Y，则 X 的摩尔质量为（ ）
A. 112g B. 112 g·mol -1 C. 28g D. 28 g·mol -1
【答案】D
【详解】根据化学反应中质量守恒，0.4molX的质量=(6.4g+17.0g)-12.2g=11.2g，则X的摩尔质量===28g/mol。答案选D。
17.下列实验操作，正确的是（ ）
A. 各放一张质量相同的称量纸于托盘天平的托盘上，将 NaOH 固体放在左盘称量 4.0 g
B. 制 Fe(OH)3 胶体时，将 FeCl3 溶液加入到水中，再加热煮沸一段时间
C. 做蒸发实验时，可将蒸发皿中溶液蒸干得固体
D. 用带火星的木条检验氧气的存在
【答案】D
【详解】A.NaOH易潮解、具有强腐蚀性，不能放在称量纸上称量，A项错误；
B.制Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，再加热至液体呈透明的红褐色为止，B项错误；
C.做蒸发实验时，不可以将蒸发皿中溶液蒸干，应加热到剩余少量溶液时停止加热，利用余热将剩余溶液蒸干，C项错误；
D.因为O2能够助燃，用带火星的木条伸入O2中，木条复燃，所以，可以用带火星的木条检验氧气的存在，D项正确；答案选D。
18.下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是（ ）
A. 读数 B. 稀释
C. 称量 D. 溶解
【答案】B
【解析】A，用量筒量取液体时，视线应与凹液面的最低处保持水平，图中有一处错误，读数时仰视了，故A不符合题意。B，图中有两处错误：（1）在量筒中进行浓硫酸的稀释，（2）把水加入浓硫酸中，容易使液体飞溅，故B符合题意。C，NaOH固体易潮解，不能将其放在纸上，应该放在玻璃器皿中，有一处错误即放在纸上称量氢氧化钠，故C不符合题意。D，溶解操作中要用玻璃棒不断搅拌以加快溶解速率。C中有一处错误，通过摇动烧杯使固体溶解，这样会使烧杯内的液体溅出，故D不符合题意。本题选B。
19.无色水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A. NH4＋、Ba2+、Br－、CO32－ B. Cl－、SO32－、Fe2+、H+
C. K+、Na+、SO42－、MnO4－ D. Na+、H+、NO3－、ClO4－
【答案】D
【详解】A.Ba2+和CO32-可发生离子反应：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故Ba2+和CO32-不能大量共存，A项错误；
B.Fe2+在溶液中呈浅绿色，SO32-和H+能发生离子反应：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，故SO32-和H+不能大量共存，B项错误；
C.MnO4-在溶液中显紫红色，不符合题干要求“无色水溶液”，C项错误；
D.该组离子间不发生离子反应，故该组离子能大量共存，且溶液显无色，D项正确；答案选D。
20.能鉴别 NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4、KCl 四瓶无色溶液的试剂是（ ）
A. Ba(OH)2溶液 B. AgNO3溶液 C. Ba(NO3)2溶液 D. NaOH溶液
【答案】A
【详解】四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验：NH4++OH-NH3↑+H2O。硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验：Ba2++SO42-=BaSO4↓。4个选项中只有Ba(OH)2溶液符合题意。发生的反应有：2NH4Cl+Ba(OH)22NH3↑+BaCl2+2H2O，Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH，(NH4)2SO4+Ba(OH)2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O。实验现象是：向四瓶溶液中分别加入Ba(OH)2溶液加热，只有刺激性气味的气体产生的是NH4Cl溶液，只有白色沉淀产生的是Na2SO4溶液，既有刺激性气味的气体又有白色沉淀产生的是(NH4)2SO4溶液，无明显现象的是KCl溶液。答案选A。
21.下列溶液里离子检验的结论正确的是（ ）
A. 加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能 含 CO32－
B. 加入 BaCl2 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液一定含有 SO42－
C. 加入 AgNO3 溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有 Cl－
D. 加入 Na2CO3 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，白色沉淀消失，原溶液中一定含有 Ca2+
【答案】A
【详解】A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32- 或HCO3-或CO32-、HCO3-，故A正确；B、加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，由于硫酸钡和氯化银都是不溶于水、不溶于酸的沉淀，所以原溶液中不一定含有SO42-，故B错误；C、除氯离子外，碳酸根离子等也可以与银离子反应生成白色沉淀，加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液不一定含有Cl-，故C错误；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，符合条件的离子除了钙离子，还可能含有钡离子、镁离子等，故D错误；本题选A。
22.将钠和碳分别置于下图所示的两个盛满氧气的集气瓶中，燃烧完毕冷却至室温后，打开 装置中的两个活塞，这时观察到（ ）
A. 水进入左瓶 B. 水进入右瓶
C. 水同时进入两瓶 D. 水不进入任何一瓶
【答案】A
【详解】钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小。碳燃烧生成CO2，压强不变。所以水应该进入左瓶，答案选A。
23.将金属钠分别投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是（ ）
A. 稀盐酸 B. K2SO4 C. CuCl2 D. NaOH 溶液
【答案】C
【解析】试题分析：钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），A错误；钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），B错误；钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化铜反应，方程式为：2NaOH+CuCl2═2NaCl+Cu（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2═H2↑+2NaCl+Cu（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻， C正确；钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），D错误。
24.用 0.1 mol·L-1 的 Na2SO3（已知：SO32-被氧化成 SO42-）溶液 40 mL，恰好可以将2×10－3 mol XO4-还原，则元素 X 在还原产物中的化合价是（ ）
A. ＋4 B. ＋3 C. ＋2 D. ＋1
【答案】B
【详解】SO32-被氧化成 SO42-，硫元素化合价升高2价，即每个Na2SO3被氧化时失电子数为2e-；设还原产物中元素X的化合价为x，XO4-中元素X的化合价为+7，即每个XO4-被还原时得电子数为(7-x)e-。n(Na2SO3)=0.1mol/L×0.04L=0.004mol，依题意知0.004molNa2SO3恰好还原2×10-3molXO4-，根据氧化还原反应中电子得失守恒有：0.004mol×2e-=2×10-3mol(7-x)e-。解得x=3，答案选B。
第Ⅱ卷 （非选择题 共 52 分）
二、填空与简答题（共 28 分）
25.写出下列反应的离子方程式：
(1)碳酸钙溶于醋酸溶液：__________________________________
(2)稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性：__________________________________
【答案】(1). CaCO3+2CH3COOH = Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑
(2). 2H++SO42-+Ba2++2OH-= BaSO4↓+2H2O
【详解】(1)醋酸的酸性比碳酸强，与碳酸钙反应生成醋酸钙、CO2和水，碳酸钙不溶于水、醋酸是弱酸，书写离子方程式时都不能拆成离子形式，其反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH = Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑。
(2)稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性，H2SO4与Ba(OH)2恰好完全中和生成硫酸钡和水，H2SO4与Ba(OH)2分别是强酸与强碱，必须拆成离子形式，其反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-= BaSO4↓+2H2O
26.现有 O2 和 CO2 的混合气体 16.4 g，在标准状况下其体积为 8.96 L。 请回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为__________________________________；
(2)混合气体中碳原子的个数为__________________________________；
(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（体积在标准状况下测定）
① 气球中收集到的气体为_________，电子总数为 ________________。
②气球中的气体在标准状况下体积为____________________ 。
【答案】(1). 41g/mol (2). 0.3NA (3). 1.6NA (4). 2.24L
【解析】(1)在标准状况下混合气体的体积为8.96L，则物质的量为：n===0.4mol，混合气体的平均摩尔质量==41g/mol，故答案为：41g/mol；
(2)设混合气体中O2的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为16.4g可得：32x+44y=16.4 ①；根据气体的物质的量为0.4mol可得：x+y=0.4 ②，解①②得：x=0.1mol、y=0.3mol，由于CO2中只含1个碳原子，故混合气体中共含0.3molC原子即0.3NA个，故答案为：0.3NA；
(3)将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余气体为氧气，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的氧气。
①一个氧气分子含有16个电子，由(2)知氧气的物质的量为0.1mol，则电子的物质的量1.6 mol，数目为1.6 NA，故答案为：1.6 NA；
②气球中的气体为氧气，在标准状况下的体积V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.24L。
27.“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质或者是水溶液)，盐酸必须避开它们，否则就无法通过。
(1)请你帮助它走出迷宫（请用图中物质的序号先后连接起来表示所走的路线）_______________________ 。
(2)迷宫内12种物质中属于碱性氧化物的有 _____，写出其中一种与盐酸反应的离子方程式：_____。
(3)迷宫内 12 种物质中金属单质，按活动性顺序由强到弱是：_________，试写一个相互置换的化学方程式：_____。
【答案】(1). ③⑥⑩⑦⑪⑫ (2). ⑤⑨ (3). Fe2O3 +6H+ =2Fe3++3H2O (或 MgO+2H+ =Mg2++H2O) (4). ①⑦⑫ (5). Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu （合理即可）
【详解】(1)要让盐酸走出迷宫，所经过的物质都不能跟盐酸反应，CO2、NaCl、CO、Cu、H2SO4、Ag都不能跟盐酸反应，所以盐酸所走的路线是：③⑥⑩⑦⑪⑫。
(2)能与酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，MgO+2HCl=MgCl2+H2O，所以Fe2O3和MgO属于碱性氧化物，即⑤⑨属于碱性氧化物；它们与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3 +6H+ =2Fe3++3H2O，MgO+2H+ =Mg2++H2O（任写一个即可）。
(3)根据金属活动顺序表，越靠前的金属越活泼，因此活动性由强到弱的顺序是Zn>Cu>Ag，即活动性由强到弱的顺序是①⑦⑫；它们之间发生置换反应的化学方程式有：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag（任写一个即可）。
28.完成下列各小题：
(1)今有五种物质：①铜线 ②熔化的 NaCl ③NaCl 晶体 ④氨气 ⑤液态氯化氢 其中能导电的物质是______；属于电解质的是______；属于非电解质的是____________。
(2)科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素 C 容易中毒。这是因为对人体无害的+5 价砷类化合物在维生素 C 的作用下，能够转化为有毒的+3 价的含砷化合物。 通过以上信息填空：
①维生素 C 具有 ____（填“氧化性”或“还原性”）。
②上述过程中+5 价砷元素发生______反应（填“氧化”或“还原”）；3 mol +5 价砷完全转化 为+3 价砷，共转移 _____个电子。
【答案】(1). ①② (2). ②③⑤ (3). ④ (4). 还原性 (5). 还原 (6). 6 NA
【详解】(1) ①金属一般都能导电，铜线能够导电；②NaCl是离子键结合的电解质，熔化时离子键断裂发生电离NaCl=Na++Cl-，所以熔化的NaCl能导电；③NaCl是离子键结合的电解质，晶体状态时NaCl中阴、阳离子不自由移动，所以NaCl晶体不导电；④氨气是共价键结合的非电解质，氨气分子不能电离，氨气不导电；⑤HCl是共价键结合的电解质，液态时HCl分子不能电离，所以液态氯化氢不能导电。能够导电的物质是①②；属于电解质的是②③⑤；属于非电解质的是④。
(2) ①由题给信息知+5价砷与维生素C作用下转化为+3价砷，砷元素化合价降低得电子，所以维生素C所含元素化合价必然升高失去电子，所以维生素C具有还原性；
②+5价砷变为+3价砷，化合价降低，发生还原反应；每个砷原子由+5价转化为+3价，得到2个电子，则3mol+5价砷完全转化为+3价砷转移6mol电子，即6NA个电子。
29.某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：
(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_____，
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是______________，
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_____，
(4)溶液中可能存在的离子是_____；验证其是否存在可以用_____（填实验方法）
(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的__________。
A．Cl- B．NO3- C．CO32- D．OH-
【答案】(1). Cu2+ 、Fe3+ (2). Ag+ (3). Mg2+ (4). K+ (5). 焰色反应 (6). B
【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O）,先中和滤液中的酸：H++ NH3·H2O=NH4++H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2++ 2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；
(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。
(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2Ag++CO32-=Ag2CO3↓，Ag++OH-=AgOH↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。
三、实验与探究题（共 24 分）
30.如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。
回答下列问题：
(1)装置 A 中，仪器 a 的名称叫_____，该仪器中盛放的试剂为_____，装置 B的作用是_____。
(2)装置 A 中发生反应的化学方程式是_____。
(3)当 Cl2 持续通过时，装置 D 中干燥的有色布条能否褪色？为什么？_____，____。
(4)若要证明干燥的 Cl2 无漂白性，可在装置 D 前添加一个装有_____的洗气瓶。
(5)装置 E 的作用是_____，该反应的离子方程式为_____。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 浓盐酸 (3). 吸收 HCl (4). MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2 ↑ (5). 能褪色 (6). 因为 Cl2 与带出的 H2O(g)反应生成 HClO，使有色布条褪色 (7). 浓 H2SO4 (8). 除去多余的 Cl2 (9). Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O
【详解】(1)仪器a的名称叫分液漏斗，该仪器中盛放浓盐酸，为实验中添加浓盐酸，控制反应速率。因Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl气体极易溶液于水，所以装置B吸收HCl，以除去Cl2的混有的HCl气体。
(2)浓盐酸与MnO2在加热条件下反应制取Cl2，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(3)当Cl2通过B、C溶液时会带有水蒸气，D中干燥的有色布条遇到潮湿的Cl2时有反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以有色布条褪色。
(4)若要证明干燥的Cl2无漂白性，就必须将Cl2中的水蒸气除去，而题目要求是通过洗气瓶，因此应选用液态干燥剂浓硫酸，所以在装置 D 前添加一个装有浓硫酸的洗气瓶。
(5)Cl2有毒，不能排放到大气中，多余的Cl2必须吸收，因Cl2易与NaOH溶液反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以装置E的作用是除去多余的Cl2；该反应的离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。
31.实验室需要 0.50 mol·L-1 的硫酸溶液 480 mL。根据溶液的配制情况回答下列问 题。
(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是__________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。
(2)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为 98%、密度为 1.84 g·cm-3 的浓硫酸，其物质的量浓度为________，需要的体积为_____mL。如果实验室有 15mL、20mL、50mL量筒，应选用_____mL 量筒最好。
(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_______
A、使用容量瓶前检验是否漏水
B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤
C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至 接近刻度线 1~2 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至 刻度线 1~2 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。
(4)在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 0.5 mol·L-1（填“大于”“小于”或“等于”）。
(5)该同学在定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1). A 、C (2). 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 (3). 13.6 (4). 15 (5). B、C、D (6). 小于 (7). 偏低
【解析】（1）用浓硫酸溶液来配制0.5mol/L的硫酸溶液480mL，由于实验室无480ml的容量瓶，故先配制0.5mol/L的硫酸溶液500溶液，需要的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500容量瓶。不需要的仪器是瓶底烧瓶和分液漏斗，答案选A、C；还需要的仪器是：玻璃棒、烧杯和500ml容量瓶。
（2）98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=1000ρw/98=1000×98%×1.84/98(mol /L)=18.4mol /L，先配制500ml溶液，根据溶液稀释的公式有V（浓硫酸）=c(稀硫酸)×V(稀硫酸)/c（浓硫酸）=0.5mol/L×0.5L ÷18.4mol /L=0.0136L=13.6ml，所需浓硫酸的体积为13.6ml，实验室可以选用量程为15ml的量筒来量取。
（3）使用容量瓶前应检验是否漏水，A正确；容量瓶用水洗净后，不能再用待配溶液洗涤，否则浓度偏大，B错误；有些固体和液体溶于水会有热量的变化，故不能在容量瓶中溶解固体和稀释液体，C、D错误；定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，E正确。故操作不正确的是B、C、D。
（4）定容时仰视刻度线，加水的体积偏多，导致配制的溶液的浓度小于0.5mol/L。
（5）定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，相当于溶液的稀释，所配溶液浓度将偏低。
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Cl－35.5
一、选择题（共 24 小题，每题只有一个正确选项，每小题 2 分）
1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. “血液透析”利用了胶体的性质
B. 氢氧化铝胶体可用来对自来水净水和杀菌消毒
C. BaCO3 常用来做胃镜中的“钡餐”
D. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质
【答案】A
【详解】A.血液分散系属于胶体，胶体的渗析是利用胶体粒子不能透过半透膜，溶液离子及小分子可以透过半透膜的原理，达到分离提纯胶体的目的，“血液透析”就是利用了胶体的渗析原理，A项正确；
B.氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够吸附自来水中悬浮的杂质形成较大颗粒而沉降，达到净化水的目的，但不能杀菌消毒，B项错误；
C.BaCO3能与胃酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，使胃液中含有重金属离子Ba2+，而Ba2+能使蛋白质变性而致人中毒，C项错误；
D.碘单质受热容易升华且有毒，加碘盐中加入的是KIO3，D项错误；答案选A。
2.化学概念相互间存在如下 3 种关系，下列对概念间关系的说法正确的是（ ）
A. 纯净物与混合物属于包含关系 B. 化合物与氧化物属于包含关系
C. 单质与化合物属于交叉关系 D. 氧化还原反应与化合反应属于并列关系
【答案】B
【解析】试题分析：A．纯净物与混合物属于并列关系；B．化合物与电解质属于包含关系，C．单质与化合物属于并列关系；D．氧化还原反应与化合反应属于交叉关系；选B。
3.某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生 反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是（ ）
A. 稀硫酸 B. 氧气 C. 二氧化碳 D. 氯化钠
【答案】C
【详解】有“空缺”的一环的物质必须既能与NaOH溶液反应又能与C反应，四个选项中只有CO2符合。2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，答案选C。
4.分类是学习和研究化学的一种常用科学方法，下列分类说法合理的是（ ）
A. 根据是否只含一种元素将物质分为单质和化合物
B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物
C. 生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应
D. 根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
【答案】B
【详解】A.只含一种元素的物质可能是混合物如O2和O3，而单质和化合物都是纯净物，该选项的正确说法是：根据是否只含一种元素将纯净物分为单质和化合物，A项错误；
B.非金属氧化物大部分是酸性氧化物如CO2、SO2等，但有一些非金属氧化物不是酸性氧化物如CO、NO等，所以非金属氧化物不一定是酸性氧化物，B项正确；
C.置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质和一种化合物的反应，但生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应如：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，该反应不属于置换反应，C项错误；
D.根据酸分子在水溶液中电离出H+的个数将酸分为一元酸、二元酸，例如CH3COOH是一元酸而非四元酸，是因为CH3COOHCH3COO-+H+，D项错误；答案选B。
5.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的 产物并不改变的是（ ）
A. Na 和 O2 B. CO2 和 NaOH C. Na2O和 CO2 D. C和 O2
【答案】C
【详解】A.Na和O2反应因为温度不同，产物不同：4Na+O22Na2O，2Na+O2Na2O2，A项不符合题意；
B. CO2 通入NaOH溶液中因反应物用量比不同，产物不同：CO2+2NaOH(足量)=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH(少量)=NaHCO3，B项不符合题意；
C. Na2O和CO2反应：Na2O+CO2=Na2CO3，产物不随温度和反应物用量比的不同而改变，C项符合题意；
D. C和O2的反应因反应物用量比的不同，产物不同：C+O2(足量)CO2，2C+O2(少量) 2CO，D项不符合题意；答案选C。
6. 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
【答案】D
【解析】试题分析：A．非金属元素形成的离子可以是阳离子如NH4+，也可以是阴离子如CO32-等。错误。B.如在反应Cl2＋H2OHCl＋HClO中Cl2既是氧化剂又是还原剂。错误。C．某元素从化合态变为游离态时，可能是被还原如在H2+CuOCu＋H2O的Cu元素，也可能是被氧化，如在Cl2＋2KI=2KCl+I2的I元素。错误。D．金属阳离子被还原可能得到金属单质H2+CuOCu＋H2O，也可能得到金属化合物。如2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2.正确。
7.下列物质中不存在氯离子的是（ ）
A. KCl B. Ca(ClO)2 C. 盐酸 D. 氯水
【答案】B
【详解】A.KCl中存在K+和氯离子，A项不符合题意；
B. Ca(ClO)2中存在Ca2+和ClO-，不存在氯离子，B项符合题意；
C.盐酸中HCl在水分子作用下发生电离HCl=H++Cl-，所以盐酸中存在氯离子，C项不符合题意；
D.氯水中部分Cl2与水反应：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，所以氯水中存在氯离子，D项不符合题意；答案选B。
8.下列变化中，需加氧化剂才能实现的是（ ）
A. Cl2→NaCl B. FeCl2 →Fe C. CO → CO2 D. CaO→Ca(OH)2
【答案】C
【详解】氧化剂具有氧化性，能使别的物质发生氧化反应，氧化反应的标志是元素化合价升高，即化合价升高的过程需加氧化剂才能实现。
A.氯元素化合价由0价降到-1价，发生还原反应，A项加入还原剂实现；
B.铁元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项加入还原剂实现；
C.碳元素化合价由+2价升高到+4价，发生氧化反应，C项加入氧化剂实现；
D.钙、氧元素化合价均未变化，D项不需要通过氧化还原反应实现；答案选C。
9.a g NH3含b个氢原子，则阿伏加德罗常数可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】a g NH3含b个氢原子，则，解得NA=，答案选B。
10.从元素化合价变化的角度分析，下列反应中，画线的物质发生氧化反应的是（ ）
A. SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O B. 2CuO + C2Cu + CO2↑
C. 2FeCl3 + Fe = 3FeCl2 D. Zn＋2HCl = ZnCl2＋ H2↑
【答案】C
【详解】A.氧化反应的标志是元素化合价升高。SO2→Na2SO3，硫元素、氧元素化合价没有变化，该反应不是氧化还原反应；A项错误；
B.CuO→Cu，铜元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项错误；
C.Fe→FeCl2，铁元素化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应，C项正确；
D.HCl→H2，氢元素化合价由+1价降到0价，发生还原反应，D项错误；答案选C。
11.在下列三个反应中，①H2O2＋H2S＝2H2O＋S↓ ②2H2O2=2H2O+O2③H2O2＋Cl2＝2HCl＋O2↑,H2O2 所起的作用是（ ）
A. 均起氧化剂作用 B. 均起还原剂作用
C. 均既是氧化剂又是还原剂 D. 三个反应中所起作用各有不同
【答案】D
【详解】①H2O2＋H2S＝2H2O＋S↓，氧元素由H2O2中-1价降到H2O中-2价，得到电子， H2O2中氢元素化合价没变，故H2O2只作氧化剂；②2H2O2=2H2O+O2，2molH2O2中有4mol -1价氧原子，其中2mol -1价氧原子化合价升高到O 2的0价，失去2mol电子；另外2mol -1价氧原子化合价降到H2O中-2价，得到2mol电子，故H2O2既是氧化剂又是还原剂；③H2O2＋Cl2＝2HCl＋O2↑，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去电子，H2O2中氢元素化合价没变，所以H2O2只作还原剂。答案选D。
12.常温常压下，用等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体分别吹出四个气球，其中吹入的 气体为 O2 的是（ ）
【答案】B
【详解】根据公式n=可知，等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体的物质的量之比n(H2):n(N2):n(O2):n(CO2)=::: =:::，由阿伏加德罗定律推论可知：相同温度和压强下，气体体积与气体物质的量成正比，所以4种气体体积由小到大的顺序是V(CO2)
A. 3.36L O2 和 0.3 mol H2O
B. 0.1 mol H2SO4 和 3.6 g H2O
C. 0.1 mol FeSO4·7H2O 和 0.1 mol C12H22O11(蔗糖)
D. 6.02×1023 个 CO2 与 0.1 mol KMnO4
【答案】C
【详解】A.未明确气体所处的温度和压强，无法确定气体摩尔体积，所以3.36LO2的物质的量无法计算，A项错误；
B.0.1molH2SO4中含氧原子0.1mol×4=0.4mol；3.6gH2O的物质的量==0.2mol，0.2molH2O中含氧原子0.2mol ×1=0.2mol，B项错误；
C. 0.1 mol FeSO4·7H2O中含氧原子0.1mol×（4+7）=1.1mol；0.1 mol C12H22O11(蔗糖)含氧原子=0.1mol×11=1.1mol，C项正确；
D.6.02×1023 个 CO2的物质的量为1mol，1molCO2中含氧原子1mol×2=2mol；0.1 mol KMnO4中含氧原子=0.1mol×4=0.4mol，D项错误；答案选C。
14.设 NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 2.4 g 金属镁变成镁离子时失去的电子数目为 0.1NA
B. 18 g 水中含有 0.1NA 个水分子
C. 22.4 L 氮气所含的电子数目为 NA
D. 17 g 氨气所含电子数目为 10NA
【答案】D
【详解】A. 2.4gMg物质的量==0.1mol，每个Mg失2个电子形成Mg2+，则0.1molMg失去0.2mol电子，即失去电子数目为0.2NA，A项错误；
B.18g水的物质的量为1mol，1molH2O中含有NA个水分子，B项错误；
C.气体所处的温度和压强未知，无法得知气体摩尔体积，无法计算22.4L氮气物质的量，也就无法计算所含电子数目，C项错误；
D.17g氨气的物质的量为1mol，每个NH3分子含有10个电子，所以1molNH3含有电子数目为10NA，D项正确；答案选D。
15.在配制 100 mL 1.0 mol·L-1 的 NaCl 溶液时，下列操作会导致结果偏低的是（ ）
（1）用托盘天平称量时砝码放在左盘，1g 以下使用游码
（2）溶解 NaCl 固体的烧杯上挂着水珠，直接使用
（3）将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
（4）定容时俯视刻度线
（5）定容时仰视刻度线
（6）容量瓶未经干燥就用于配制溶液
A. （1）（3）（5） B. （1）（3）（4）
C. （2）（4）（6） D. （2）（3）（4）
【答案】A
【详解】（1） 100 mL 1.0 mol·L-1的 NaCl溶液中所含NaCl的质量=0.1L×1.0mol/L×58.5g/mol=5.85g≈5.9g，用托盘天平称量时砝码放在左盘，此时称得的NaCl的质量只有5g-0.9g=4.1g，根据浓度公式c=可知，n减小，所以所配NaCl溶液的浓度偏低，(1)项正确；
(2)溶解 NaCl 固体的烧杯上挂着水珠，不影响NaCl的物质的量(n)和容量瓶中溶液体积(V)，由公式c=可知，对NaCl溶液的浓度无影响，(2)项错误；
(3)将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，使NaCl物质的量(n)减小，根据公式c=可知，NaCl溶液的浓度将减小，(3)项正确；
(4)定容时俯视刻度线，使容量瓶中溶液体积(V)减小，根据公式c=可知，NaCl的浓度将增大，(4)项错误；
(5)定容时仰视刻度线，使容量瓶中溶液体积(V)增大，根据公式c=可知，NaCl的浓度将减小，(5)项正确；
(6)容量瓶未经干燥就用于配制溶液，NaCl的物质的量(n)和溶液体积(V)不受影响，根据公式c=可知，不影响NaCl的浓度，(6)项错误；答案选A。
16.6.4 g M 和 17.0 g N 恰好完全反应，生成 0.4 mol X 和 12.2 g Y，则 X 的摩尔质量为（ ）
A. 112g B. 112 g·mol -1 C. 28g D. 28 g·mol -1
【答案】D
【详解】根据化学反应中质量守恒，0.4molX的质量=(6.4g+17.0g)-12.2g=11.2g，则X的摩尔质量===28g/mol。答案选D。
17.下列实验操作，正确的是（ ）
A. 各放一张质量相同的称量纸于托盘天平的托盘上，将 NaOH 固体放在左盘称量 4.0 g
B. 制 Fe(OH)3 胶体时，将 FeCl3 溶液加入到水中，再加热煮沸一段时间
C. 做蒸发实验时，可将蒸发皿中溶液蒸干得固体
D. 用带火星的木条检验氧气的存在
【答案】D
【详解】A.NaOH易潮解、具有强腐蚀性，不能放在称量纸上称量，A项错误；
B.制Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，再加热至液体呈透明的红褐色为止，B项错误；
C.做蒸发实验时，不可以将蒸发皿中溶液蒸干，应加热到剩余少量溶液时停止加热，利用余热将剩余溶液蒸干，C项错误；
D.因为O2能够助燃，用带火星的木条伸入O2中，木条复燃，所以，可以用带火星的木条检验氧气的存在，D项正确；答案选D。
18.下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是（ ）
A. 读数 B. 稀释
C. 称量 D. 溶解
【答案】B
【解析】A，用量筒量取液体时，视线应与凹液面的最低处保持水平，图中有一处错误，读数时仰视了，故A不符合题意。B，图中有两处错误：（1）在量筒中进行浓硫酸的稀释，（2）把水加入浓硫酸中，容易使液体飞溅，故B符合题意。C，NaOH固体易潮解，不能将其放在纸上，应该放在玻璃器皿中，有一处错误即放在纸上称量氢氧化钠，故C不符合题意。D，溶解操作中要用玻璃棒不断搅拌以加快溶解速率。C中有一处错误，通过摇动烧杯使固体溶解，这样会使烧杯内的液体溅出，故D不符合题意。本题选B。
19.无色水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A. NH4＋、Ba2+、Br－、CO32－ B. Cl－、SO32－、Fe2+、H+
C. K+、Na+、SO42－、MnO4－ D. Na+、H+、NO3－、ClO4－
【答案】D
【详解】A.Ba2+和CO32-可发生离子反应：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故Ba2+和CO32-不能大量共存，A项错误；
B.Fe2+在溶液中呈浅绿色，SO32-和H+能发生离子反应：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，故SO32-和H+不能大量共存，B项错误；
C.MnO4-在溶液中显紫红色，不符合题干要求“无色水溶液”，C项错误；
D.该组离子间不发生离子反应，故该组离子能大量共存，且溶液显无色，D项正确；答案选D。
20.能鉴别 NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4、KCl 四瓶无色溶液的试剂是（ ）
A. Ba(OH)2溶液 B. AgNO3溶液 C. Ba(NO3)2溶液 D. NaOH溶液
【答案】A
【详解】四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验：NH4++OH-NH3↑+H2O。硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验：Ba2++SO42-=BaSO4↓。4个选项中只有Ba(OH)2溶液符合题意。发生的反应有：2NH4Cl+Ba(OH)22NH3↑+BaCl2+2H2O，Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH，(NH4)2SO4+Ba(OH)2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O。实验现象是：向四瓶溶液中分别加入Ba(OH)2溶液加热，只有刺激性气味的气体产生的是NH4Cl溶液，只有白色沉淀产生的是Na2SO4溶液，既有刺激性气味的气体又有白色沉淀产生的是(NH4)2SO4溶液，无明显现象的是KCl溶液。答案选A。
21.下列溶液里离子检验的结论正确的是（ ）
A. 加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能 含 CO32－
B. 加入 BaCl2 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液一定含有 SO42－
C. 加入 AgNO3 溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有 Cl－
D. 加入 Na2CO3 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，白色沉淀消失，原溶液中一定含有 Ca2+
【答案】A
【详解】A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32- 或HCO3-或CO32-、HCO3-，故A正确；B、加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，由于硫酸钡和氯化银都是不溶于水、不溶于酸的沉淀，所以原溶液中不一定含有SO42-，故B错误；C、除氯离子外，碳酸根离子等也可以与银离子反应生成白色沉淀，加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液不一定含有Cl-，故C错误；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，符合条件的离子除了钙离子，还可能含有钡离子、镁离子等，故D错误；本题选A。
22.将钠和碳分别置于下图所示的两个盛满氧气的集气瓶中，燃烧完毕冷却至室温后，打开 装置中的两个活塞，这时观察到（ ）
A. 水进入左瓶 B. 水进入右瓶
C. 水同时进入两瓶 D. 水不进入任何一瓶
【答案】A
【详解】钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小。碳燃烧生成CO2，压强不变。所以水应该进入左瓶，答案选A。
23.将金属钠分别投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是（ ）
A. 稀盐酸 B. K2SO4 C. CuCl2 D. NaOH 溶液
【答案】C
【解析】试题分析：钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），A错误；钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），B错误；钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化铜反应，方程式为：2NaOH+CuCl2═2NaCl+Cu（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2═H2↑+2NaCl+Cu（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻， C正确；钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），D错误。
24.用 0.1 mol·L-1 的 Na2SO3（已知：SO32-被氧化成 SO42-）溶液 40 mL，恰好可以将2×10－3 mol XO4-还原，则元素 X 在还原产物中的化合价是（ ）
A. ＋4 B. ＋3 C. ＋2 D. ＋1
【答案】B
【详解】SO32-被氧化成 SO42-，硫元素化合价升高2价，即每个Na2SO3被氧化时失电子数为2e-；设还原产物中元素X的化合价为x，XO4-中元素X的化合价为+7，即每个XO4-被还原时得电子数为(7-x)e-。n(Na2SO3)=0.1mol/L×0.04L=0.004mol，依题意知0.004molNa2SO3恰好还原2×10-3molXO4-，根据氧化还原反应中电子得失守恒有：0.004mol×2e-=2×10-3mol(7-x)e-。解得x=3，答案选B。
第Ⅱ卷 （非选择题 共 52 分）
二、填空与简答题（共 28 分）
25.写出下列反应的离子方程式：
(1)碳酸钙溶于醋酸溶液：__________________________________
(2)稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性：__________________________________
【答案】(1). CaCO3+2CH3COOH = Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑
(2). 2H++SO42-+Ba2++2OH-= BaSO4↓+2H2O
【详解】(1)醋酸的酸性比碳酸强，与碳酸钙反应生成醋酸钙、CO2和水，碳酸钙不溶于水、醋酸是弱酸，书写离子方程式时都不能拆成离子形式，其反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH = Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑。
(2)稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性，H2SO4与Ba(OH)2恰好完全中和生成硫酸钡和水，H2SO4与Ba(OH)2分别是强酸与强碱，必须拆成离子形式，其反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-= BaSO4↓+2H2O
26.现有 O2 和 CO2 的混合气体 16.4 g，在标准状况下其体积为 8.96 L。 请回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为__________________________________；
(2)混合气体中碳原子的个数为__________________________________；
(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（体积在标准状况下测定）
① 气球中收集到的气体为_________，电子总数为 ________________。
②气球中的气体在标准状况下体积为____________________ 。
【答案】(1). 41g/mol (2). 0.3NA (3). 1.6NA (4). 2.24L
【解析】(1)在标准状况下混合气体的体积为8.96L，则物质的量为：n===0.4mol，混合气体的平均摩尔质量==41g/mol，故答案为：41g/mol；
(2)设混合气体中O2的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为16.4g可得：32x+44y=16.4 ①；根据气体的物质的量为0.4mol可得：x+y=0.4 ②，解①②得：x=0.1mol、y=0.3mol，由于CO2中只含1个碳原子，故混合气体中共含0.3molC原子即0.3NA个，故答案为：0.3NA；
(3)将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余气体为氧气，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的氧气。
①一个氧气分子含有16个电子，由(2)知氧气的物质的量为0.1mol，则电子的物质的量1.6 mol，数目为1.6 NA，故答案为：1.6 NA；
②气球中的气体为氧气，在标准状况下的体积V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.24L。
27.“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质或者是水溶液)，盐酸必须避开它们，否则就无法通过。
(1)请你帮助它走出迷宫（请用图中物质的序号先后连接起来表示所走的路线）_______________________ 。
(2)迷宫内12种物质中属于碱性氧化物的有 _____，写出其中一种与盐酸反应的离子方程式：_____。
(3)迷宫内 12 种物质中金属单质，按活动性顺序由强到弱是：_________，试写一个相互置换的化学方程式：_____。
【答案】(1). ③⑥⑩⑦⑪⑫ (2). ⑤⑨ (3). Fe2O3 +6H+ =2Fe3++3H2O (或 MgO+2H+ =Mg2++H2O) (4). ①⑦⑫ (5). Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu （合理即可）
【详解】(1)要让盐酸走出迷宫，所经过的物质都不能跟盐酸反应，CO2、NaCl、CO、Cu、H2SO4、Ag都不能跟盐酸反应，所以盐酸所走的路线是：③⑥⑩⑦⑪⑫。
(2)能与酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，MgO+2HCl=MgCl2+H2O，所以Fe2O3和MgO属于碱性氧化物，即⑤⑨属于碱性氧化物；它们与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3 +6H+ =2Fe3++3H2O，MgO+2H+ =Mg2++H2O（任写一个即可）。
(3)根据金属活动顺序表，越靠前的金属越活泼，因此活动性由强到弱的顺序是Zn>Cu>Ag，即活动性由强到弱的顺序是①⑦⑫；它们之间发生置换反应的化学方程式有：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag（任写一个即可）。
28.完成下列各小题：
(1)今有五种物质：①铜线 ②熔化的 NaCl ③NaCl 晶体 ④氨气 ⑤液态氯化氢 其中能导电的物质是______；属于电解质的是______；属于非电解质的是____________。
(2)科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素 C 容易中毒。这是因为对人体无害的+5 价砷类化合物在维生素 C 的作用下，能够转化为有毒的+3 价的含砷化合物。 通过以上信息填空：
①维生素 C 具有 ____（填“氧化性”或“还原性”）。
②上述过程中+5 价砷元素发生______反应（填“氧化”或“还原”）；3 mol +5 价砷完全转化 为+3 价砷，共转移 _____个电子。
【答案】(1). ①② (2). ②③⑤ (3). ④ (4). 还原性 (5). 还原 (6). 6 NA
【详解】(1) ①金属一般都能导电，铜线能够导电；②NaCl是离子键结合的电解质，熔化时离子键断裂发生电离NaCl=Na++Cl-，所以熔化的NaCl能导电；③NaCl是离子键结合的电解质，晶体状态时NaCl中阴、阳离子不自由移动，所以NaCl晶体不导电；④氨气是共价键结合的非电解质，氨气分子不能电离，氨气不导电；⑤HCl是共价键结合的电解质，液态时HCl分子不能电离，所以液态氯化氢不能导电。能够导电的物质是①②；属于电解质的是②③⑤；属于非电解质的是④。
(2) ①由题给信息知+5价砷与维生素C作用下转化为+3价砷，砷元素化合价降低得电子，所以维生素C所含元素化合价必然升高失去电子，所以维生素C具有还原性；
②+5价砷变为+3价砷，化合价降低，发生还原反应；每个砷原子由+5价转化为+3价，得到2个电子，则3mol+5价砷完全转化为+3价砷转移6mol电子，即6NA个电子。
29.某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：
(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_____，
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是______________，
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_____，
(4)溶液中可能存在的离子是_____；验证其是否存在可以用_____（填实验方法）
(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的__________。
A．Cl- B．NO3- C．CO32- D．OH-
【答案】(1). Cu2+ 、Fe3+ (2). Ag+ (3). Mg2+ (4). K+ (5). 焰色反应 (6). B
【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O）,先中和滤液中的酸：H++ NH3·H2O=NH4++H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2++ 2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；
(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。
(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2Ag++CO32-=Ag2CO3↓，Ag++OH-=AgOH↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。
三、实验与探究题（共 24 分）
30.如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。
回答下列问题：
(1)装置 A 中，仪器 a 的名称叫_____，该仪器中盛放的试剂为_____，装置 B的作用是_____。
(2)装置 A 中发生反应的化学方程式是_____。
(3)当 Cl2 持续通过时，装置 D 中干燥的有色布条能否褪色？为什么？_____，____。
(4)若要证明干燥的 Cl2 无漂白性，可在装置 D 前添加一个装有_____的洗气瓶。
(5)装置 E 的作用是_____，该反应的离子方程式为_____。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 浓盐酸 (3). 吸收 HCl (4). MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2 ↑ (5). 能褪色 (6). 因为 Cl2 与带出的 H2O(g)反应生成 HClO，使有色布条褪色 (7). 浓 H2SO4 (8). 除去多余的 Cl2 (9). Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O
【详解】(1)仪器a的名称叫分液漏斗，该仪器中盛放浓盐酸，为实验中添加浓盐酸，控制反应速率。因Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl气体极易溶液于水，所以装置B吸收HCl，以除去Cl2的混有的HCl气体。
(2)浓盐酸与MnO2在加热条件下反应制取Cl2，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(3)当Cl2通过B、C溶液时会带有水蒸气，D中干燥的有色布条遇到潮湿的Cl2时有反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以有色布条褪色。
(4)若要证明干燥的Cl2无漂白性，就必须将Cl2中的水蒸气除去，而题目要求是通过洗气瓶，因此应选用液态干燥剂浓硫酸，所以在装置 D 前添加一个装有浓硫酸的洗气瓶。
(5)Cl2有毒，不能排放到大气中，多余的Cl2必须吸收，因Cl2易与NaOH溶液反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以装置E的作用是除去多余的Cl2；该反应的离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。
31.实验室需要 0.50 mol·L-1 的硫酸溶液 480 mL。根据溶液的配制情况回答下列问 题。
(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是__________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。
(2)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为 98%、密度为 1.84 g·cm-3 的浓硫酸，其物质的量浓度为________，需要的体积为_____mL。如果实验室有 15mL、20mL、50mL量筒，应选用_____mL 量筒最好。
(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_______
A、使用容量瓶前检验是否漏水
B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤
C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至 接近刻度线 1~2 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至 刻度线 1~2 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。
(4)在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 0.5 mol·L-1（填“大于”“小于”或“等于”）。
(5)该同学在定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1). A 、C (2). 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 (3). 13.6 (4). 15 (5). B、C、D (6). 小于 (7). 偏低
【解析】（1）用浓硫酸溶液来配制0.5mol/L的硫酸溶液480mL，由于实验室无480ml的容量瓶，故先配制0.5mol/L的硫酸溶液500溶液，需要的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500容量瓶。不需要的仪器是瓶底烧瓶和分液漏斗，答案选A、C；还需要的仪器是：玻璃棒、烧杯和500ml容量瓶。
（2）98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=1000ρw/98=1000×98%×1.84/98(mol /L)=18.4mol /L，先配制500ml溶液，根据溶液稀释的公式有V（浓硫酸）=c(稀硫酸)×V(稀硫酸)/c（浓硫酸）=0.5mol/L×0.5L ÷18.4mol /L=0.0136L=13.6ml，所需浓硫酸的体积为13.6ml，实验室可以选用量程为15ml的量筒来量取。
（3）使用容量瓶前应检验是否漏水，A正确；容量瓶用水洗净后，不能再用待配溶液洗涤，否则浓度偏大，B错误；有些固体和液体溶于水会有热量的变化，故不能在容量瓶中溶解固体和稀释液体，C、D错误；定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，E正确。故操作不正确的是B、C、D。
（4）定容时仰视刻度线，加水的体积偏多，导致配制的溶液的浓度小于0.5mol/L。
（5）定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，相当于溶液的稀释，所配溶液浓度将偏低。
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