2022西安长安区一中高一上学期期中考试化学试题含解析

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长安一中2021-2022学年度第一学期期中考试
高一化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Si28 S 32Cl 35.5 Cu64
一、选择题（每个小题中只有一个最优选项，每小题2分，共40分）
1. 下列分离提纯的相关说法正确的是
A. 过滤、冷却结晶、萃取等分离原理均与溶解度有关
B. “蒸发结晶”用到的陶瓷、玻璃仪器有酒精灯、泥三角、坩埚、玻璃棒
C. 蒸馏操作中，冷凝水从冷凝管的上口流入
D. 可以选用酒精或汽油从碘水中萃取碘单质
【答案】A
【解析】
【详解】A．过滤是利用溶质在溶剂中溶解度低，形成不溶性固体的原理实现固液分离；冷却结晶是利用温度变化使溶质溶解度变小，从而使溶质过饱和，大部分形成晶体；萃取利用溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，通过萃取液与原溶液混合振荡，溶质转移至萃取剂的操作；均与溶解度有关，描述正确，符合题意；
B．蒸发结晶所用容器为蒸发皿，坩埚适用于固体热分解，描述错误，不符题意；
C．冷凝水应从冷凝管的下口流入，上口流出，描述错误，不符题意；
D．萃取剂不能与原溶剂相溶，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
2. 下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是
A. 制取蒸馏水的实验开始时先点燃酒精灯，然后打开冷凝水
B. 用CCl4从碘水中萃取碘时，几次振荡后即可直接静置，等待分层
C. 制取蒸馏水的实验进行了一会儿后，发现没加沸石，应立即停止加热，冷却后补加沸石
D. 蒸发结晶操作中，只需要在有大量晶体析出时，用玻璃棒搅拌，防止晶体飞溅
【答案】C
【解析】
【详解】A．制取蒸馏水的实验开始时先打开冷凝水，然后点燃酒精灯，故A错误；
B．用CCl4从碘水中萃取碘时，几次振荡后应打开上口塞子或者让上口小口对准凹槽使内外大气压相通，在静置等待分层，故B错误；
C．如果在沸腾前发现忘记加沸石，立即加入沸石会引起暴沸，应停止加热冷却后再加入，故C正确；
D．蒸发结晶操作中，用玻璃棒不断搅拌防止暴沸，故D错误；
故答案为C
3. 10月23日6：02这个时刻可记为6：02 10/23(美式记法)，该记法与阿伏加德罗常数的值外观相似，因此每年的10月23日上午6：02到下午6：02被称为“摩尔日”。设代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+个数为0.02NA
B. 在1L物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA
C. 8.5 g氨气的原子数为
D. 标准状况下，11.2L NO和CO的混合气体的分子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+个数为0.02NA，故A正确；
B．在1L物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1L×0.5mol/L×2×NA=NA，故B正确；
C．8.5 g氨气的原子数为，故C正确；
D．标准状况下，11.2L NO和CO的混合气体的分子数为0.5NA，故D错误；
选D。
4. 在相同条件下，SO2和CO2混合气体的密度是密度的25倍，则SO2与CO2的分子数之比为
A. 16 : 11 B. 3 : 7 C. 7 : 3 D. 11 : 16
【答案】B
【解析】
【详解】在相同条件下，SO2和CO2混合气体的密度是密度的25倍，根据密度比等于摩尔质量之比，，SO2和CO2混合气体平均分子量为：，设SO2和CO2的物质的量分别为x mol，y mol，则，解得：x∶y=3∶7，故答案为B。
5. 将标准状况下a L NH3溶解于1L水中，得到氨水的密度为b g/cm3，则该氨水的物质的量浓度为
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】n(NH3)=，溶液的质量m(aq)=m(NH3)+m(水)= ，溶液体积V=，则氨水的浓度c=，带入化简得c=，故答案选A。
6. 下列叙述正确的是
A. 1L水中溶解了40gNaOH后，所得溶液浓度为1mol·L-1
B. 配制1L 0.1mol·L-1的CuSO4溶液，需用16g胆矾
C. 从100mL硫酸溶液中取出10mL，则这10mL硫酸溶液的物质的量浓度是原溶液的
D. 2L 0.5 mol/L的Al2(SO4)3溶液中，SO42-的浓度为1.5 mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．1L水中溶解了40gNaOH后，体积不等于1L，故A错误；
B．配制1L 0.1mol·L-1的CuSO4溶液，需用胆矾，故B错误；
C．体积不影响浓度，从100mL硫酸溶液中取出10mL，则这10mL硫酸溶液的物质的量浓度与原溶液浓度相等，故C错误；
D．2L 0.5 mol/L的Al2(SO4)3溶液中，SO42-的浓度为1.5 mol/L，故D正确；
故答案为D
7. 将50mL 溶液和100mL 溶液混合，混合溶液中的浓度为(混合后溶液体积变化忽略不计)
A. 0.5mol/L B. 0.75mol/L C. 5mol/L D. 0.23mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】混合后溶液中的物质的量n()=50 mL×10-3 L/mL×0.3 mol/L+100 mL×10-3 L/mL×0.2 mol/L×3=0.075 mol，则c()=，故答案选A。
8. 将50 g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸加入到V mL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液。若c1＝2c2，下面说法正确的是
A. V >50 w1>2w2 B. V <50 w1<2w2
C. V <50 w1>2w2 D. V >50 w1<2w2
【答案】B
【解析】
【详解】硫酸的密度比水大，硫酸的浓度越大，其密度越大，50 g水的体积为50 mL，所以50 g硫酸溶液的体积小于50 mL。由c1=2c2知，50 g硫酸溶液加入到V mL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液的体积变为原来的2倍，所以V小于50 mL。由知，，，因为c1=2c2，所以， 即，因为ρ2＜ρ1，所以ω1＜2ω2，故答案选B。
9. 下列关于物质分类的正确组合是

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
NH3
硫酸
胆矾
CaO
CO2
B
烧碱
HCl
NH4Cl
MgO
CO
C
熟石灰
CH3COOH
NaHCO3
CaO
SO2
D
NH3·H2O
NaHSO4
纯碱
氧化铁
SO3

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3属于氢化物，不能电离产生OH-，故不属于碱，A错误；
B．CO与酸、碱均不反应，属于不成盐氧化物，B错误；
C．选项所有物质归类正确，C符合题意；
D．NaHSO4在水溶液中电离产生H+、Na+、，由于电离出的阳离子不全是H+，故NaHSO4不属于酸，应属于酸式盐，D错误；
故答案选C。
10. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B. 硫酸铜溶液与Ba(OH)2溶液混合：+Ba2+=BaSO4↓
C. 氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：
D. 碳酸钙溶解于稀硝酸中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀硫酸不反应，A错误；
B．CuSO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4和Cu(OH)2两种沉淀，对应离子方程式为：Cu2+++Ba2++2OH-= BaSO4↓+Cu(OH)2↓，B错误；
C．NaOH与足量CO2反应生成NaHCO3，对应离子方程式为：CO2+OH-=，C正确；
D．CaCO3难溶于水，书写离子方程式时不能拆写成离子形式，正确离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，D错误；
故答案选C。
11. 下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是
A. 滴加酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、NO、SO、HCO
B. 含有大量Na+的澄清透明溶液中：Cu2+、K+、SO、NO
C. 在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、CO
D. 含有大量Ba(OH)2的溶液中：K+、Mg2+、Cl-、SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加酚酞溶液变红，说明溶液显碱性，由，知A不符合题意；
B．澄清透明可以有色，选项所给离子在给定条件下能大量共存，B符合题意；
C．由，知C不符合题意（或由Fe2++=FeCO3↓也可知C不符合题意）；
D．由，知D不符合题意；
故答案选B。
12. 某澄清溶液中，可能含有下表中的若干种离子。(已知H2SiO3是不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物；硅酸钙、硅酸钡是沉淀，硅酸银不存在)
阳离子
K＋
Ag＋
Ca2＋
Ba2＋
阴离子
NO
CO
SiO
SO
现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。
序号
实验内容
实验结果
Ⅰ
向该溶液中加入足量稀盐酸
产生白色胶状沉淀并放出标准状况下0.672 L气体
Ⅱ
将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4 g
Ⅲ
向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液
无明显现象
下列说法不正确的是
A. 通过以上实验说明，一定不存在的离子是Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、SO
B. 不能确定NO是否存在
C. 步骤II所得固体是SiO2
D. 溶液中的阳离子的最小浓度是1.3 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO，其浓度为，则一定没有Ag+、Ca2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO，发生反应SiO+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO的浓度为：；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+，2c(CO)+2c(SiO)=2×0.30mol/L+2×0.4mol/L=1.4mol/L，其浓度至少为1.4mol/L，不能确定NO是否存在。
【详解】A．通过以上分析说明，一定不存在的离子是Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、SO，正确；
B．通过以上分析说明，不能确定NO是否存在，正确；
C．步骤II硅酸加热分解生成二氧化硅，所得固体是SiO2，正确；
D．根据电荷守恒，溶液中一定含有K+，2c(CO)+2c(SiO)=2×0.30mol/L+2×0.4mol/L=1.4mol/L，其浓度至少为1.4mol/L，溶液中的阳离子的最小浓度是1.4 mol·L－1，错误；
故选D。
13. 下列各组中的两个反应，可用同一离子方程式表示的是
A. CaCO3和HCl、Na2CO3和HCl
B. NaOH和H2SO4、Ba(OH)2和HNO3
C. HCl和Na2CO3、HCl和NaHCO3
D. BaCl2和H2SO4、Ba(OH)2和H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCO3与HCl反应对应离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，Na2CO3与HCl反应对应离子方程式为：+2H+=CO2↑+H2O，A不符合题意；
B．NaOH与H2SO4反应对应离子方程式为：OH-+H+= H2O，Ba(OH)2与HNO3反应对应离子方程式为：OH-+H+= H2O，B符合题意；
C．Na2CO3与HCl反应对应离子方程式为：+2H+=CO2↑+H2O，NaHCO3与HCl反应对应离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，C不符合题意；
D．BaCl2与H2SO4反应对应离子方程式为：+Ba2+=BaSO4↓，Ba(OH)2与H2SO4反应对应离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++= BaSO4↓+2H2O，D不符合题意；
故答案选B。
14. 在强碱性溶液中能大量共存的离子组是
A. Na+、NH、NO、Cl- B. K+、Na+、CO、NO
C. K+、Ba2+、Ca2+、Cl- D. 、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．由，知A不符合题意；
B．选项所给离子在给定条件下能大量共存，B符合题意；
C．由于Ca(OH)2微溶于水，故Ca2+与OH-不能大量共存，C不符合题意；
D．铁离子与氢氧根离子会发生复分解反应，会与碘离子发生氧化还原反应，D不符合题意；
故答案选B。
15. 将下列离子方程式改写成化学方程式，正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COOH与NaOH反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，改写错误，A不符合题意；
B．BaCO3与HCl反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，改写错误，B不符合题意；
C．Ca(NO3)2与Na2CO3反应的离子方程式为：Ca2++=CaCO3↓，改写正确，C符合题意；
D．AgCl难溶于水，故离子方程式中Ag+不能改写成AgCl，D不符合题意；
故答案选C。
16. 已知有下列三个反应：①Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2 ；②；
③
下列有关说法不正确的是
A. 反应①②③中的氧化产物分别是Br2、Fe3+、Cl2
B. 可以推理得到Cl2 + 2Fe2+ = 2Cl- + 2Fe3+
C. 根据以上方程式可以得到氧化性：Co2O3 ＞Cl2 ＞Br2 ＞Fe3+
D. 在反应③中有2molCl2生成时，被还原的HCl为4mol
【答案】D
【解析】
【分析】根据Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2，Cl2是氧化剂、Br2是氧化产物，氧化性Cl2>Br2；，Br2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，氧化性Br2>Fe3+；，Co2O3是氧化剂、Cl2是氧化产物，氧化性Co2O3>Cl2；
【详解】A．元素化合价升高得到的产物是氧化产物，反应①②③中的氧化产物分别是Br2、Fe3+、Cl2，故A正确；
B．根据以上分析，氧化性Cl2> Fe3+，所以Cl2 + 2Fe2+ = 2Cl- + 2Fe3+反应能发生，故B正确；
C．根据以上分析，可以得到氧化性：Co2O3 ＞Cl2 ＞Br2 ＞Fe3+，故C正确；
D．在反应③中氯元素化合价升高被氧化，有2molCl2生成时，被氧化的HCl为4mol，故D错误；
选D。
17. 锰的氧化物Mn2O3、MnO2、Mn3O4、Mn2O7在加热时均能和浓盐酸发生反应生成MnCl2和Cl2。取一定量锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12L，将反应后的溶液稀释至500mL，测得溶液中c(Mn2+)为0.1mol·L-1，则参加反应的氧化物是
A. Mn2O3 B. Mn3O4 C. Mn2O7 D. MnO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】反应后的溶液稀释至500mL，溶液中c(Mn2+)为0.1mol•L-1，则n(Mn2+)为0.1mol•L-1×0.5L=0.05mol；锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12L，则氯气的物质的量为=0.05mol，根据电子转移守恒，浓盐酸失电子生成氯气失去的电子的物质的量为0.05mol×2=0.1mol，等于锰的某种氧化物得到的电子数为0.1mol，生成0.05mol的Mn2+，则反应前的锰元素的化合价为+4价，+4价的锰的氧化物为MnO2，故答案为：D。
18. 氧化还原反应电子转移标注错误的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2自身氧化还原，其中2mol NO2失去2mol电子生成2molHNO3，1mol NO2得到2mol电子生成1molNO，故A正确；
B．同种元素不同价态发生氧化还原时，化合价只靠拢不交叉，H2S中硫元素化合价从-2价升到到0价，H2SO4中硫元素从+6价得电子降低到+4价，电子转移为，故B错误；
C．NaClO与HCl发生归中反应，NaClO中+1价的氯得1个电子生成0价，HCl中-1价的氯失1个电子生成0价，故C正确；
D．KIO3中+5价的碘得到5个电子生成0价，与KI中-1价的碘失去1个电子生成0价，发生归中反应，单线桥正确，故D正确；
故答案为B。
19. 24 mL 0.05 mol·L－1 Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L－1 K2Cr2O7溶液恰好完全反应，已知Na2SO3被氧化为Na2SO4，则Cr在还原产物中的化合价为
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】A
【解析】
【详解】由所给数据知，n(Na2SO3)=24 mL×10-3 L/mL×0.05 mol/L=1.2×10-3 mol，n(K2Cr2O7)=20 mL×10-3 L/mL×0.02 mol/L=4×10-4 mol，设还原产物中Cr的价态为x价，由得失电子守恒列式得：2n(Na2SO3)=(6-x)×2n(K2Cr2O7)，带入数据计算得x=3，故答案选A。
20. 在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中说法错误的是
A. KMnO4是氧化剂，发生氧化反应，HCl是还原剂，发生还原反应
B. 每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol
C. 每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol
D. Cl2是氧化产物，具有氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应中，锰元素化合价降低，故KMnO4作氧化剂，发生还原反应，部分氯元素化合价升高转化Cl2，故部分HCl作还原剂，发生氧化反应，A错误；
B．氯元素由-1价升高为0价转化为Cl2，转移电子关系为：Cl2~2e-，即1 mol Cl2生成，转移2 mol 电子，B正确；
C．由反应知，16 mol HCl参与反应，实际化合价改变的只有10 mol，即KMnO4与还原剂的关系为：2KMnO4~10HCl，则1 mol KMnO4反应，消耗5 mol还原剂，C正确；
D．氯元素化合价升高转化为Cl2，故Cl2为氧化产物，由于0价氯元素化合价可以降低为-1价，故氯气具有氧化性，D正确；
故答案选A。
二、填空题（共5题，共60分）
21. 物质的分离提纯是生产生活的重要环节，请根据要求回答下列有关问题。
I. 粗盐除掉泥沙后，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4等杂质。有个同学为了除去杂质得到精盐，设计了下面实验方案(用于沉淀的试剂稍过量)：

根据上述方案，回答下列问题：
（1）操作2中所加试剂及滴加顺序可以是_________。
A.BaCl2、Na2CO3、NaOH B.BaCl2、NaOH、Na2CO3 C.Na2CO3、BaCl2、NaOH
D.NaOH、BaCl2、Na2CO3 E.Na2CO3、NaOH、BaCl2 F.NaOH、Na2CO3、BaCl2
（2）若操作2只用两种试剂就能达到目的，请按滴加顺序写出试剂名称________、_______。
（3）操作4中加入的试剂a是_______________，目的是除去哪些离子：__________。
II. 通过蒸馏的方法除去自来水中含有的氯离子等杂质制取蒸馏水，原理如图所示。

（4）写出下列仪器的名称：①__________，②__________。
（5）检验自来水中Cl-的具体操作是：______________。
III. 用CCl4从碘水中萃取I2并用分液漏斗分离两种液体，其中的分液操作中有如下两步：
①将漏斗上口玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗的小孔。
②旋开活塞，用烧杯接收下层液体。
（6）步骤①的目的是________________。
（7）下层物质是_________________(填名称)。
【答案】（1）ABD （2） ①. 氢氧化钡溶液 ②. 碳酸钠溶液
（3） ①. 盐酸 ②. OH-、
（4） ①. 冷凝管 ②. 蒸馏烧瓶
（5）取少许自来水于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明存在Cl-，反之则无
（6）使分液漏斗内与外界大气压保持一致，便于液体顺利流下
（7）碘的四氯化碳溶液。
【解析】
【分析】I．粗盐溶解后，可向其中加入足量NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，分别除去Mg2+、、Ca2+和过量的Ba2+，过滤所得滤液含有NaCl、NaOH、Na2CO3，加入过量盐酸（试剂a）可除去过量的OH-、，最终经过蒸发结晶获得精盐。
【小问1详解】
操作2中所加三种试剂为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，只要确保Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后加即可，故此处选：ABD；
【小问2详解】
可通过加入Ba(OH)2溶液同时除去Mg2+和，再通过加入过量的Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+，故此处依次填：氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液；
【小问3详解】
由分析知，试剂a为盐酸，目的是除去过量的OH-、；
【小问4详解】
仪器①名称为冷凝管，仪器②名称为蒸馏烧瓶；
【小问5详解】
检验Cl-需加入HNO3排除干扰离子，如OH-、等，再利用AgNO3检验，具体操作为：取少许自来水于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明存在Cl-，反之则无；
【小问6详解】
步骤①是为了使分液漏斗内与外界大气压保持一致，便于液体顺利流下；
【小问7详解】
由于CCl4密度比水大，故萃取后下层为碘的四氯化碳溶液。
22. 你参加了化学社团，老师让用密度为，质量分数为的浓盐酸配制的盐酸，第二天做实验要用。请回答下列问题。
（1）应量取浓盐酸的体积_______mL。
（2）需要用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、_______。
（3）配制时，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次) ___。
A．用水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水(约)稀释，用玻璃棒慢慢搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线处
（4）若你在实验中遇到下列情况，会使所配制盐酸的物质的量浓度偏高的有______________。
①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤；
②容量瓶中原有少量蒸馏水；
③定容时俯视观察液面；
④定容后经振荡、摇匀，发现液面下降，再加水重新定容；
⑤量取浓盐酸时俯视液面；
⑥浓盐酸稀释后未冷却就直接转移至容量瓶中；
⑦量取浓盐酸后，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中。
（5）取任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积多少而变化的是：______(填字母)。
A. 溶液的浓度 B. 溶液中HCl的物质的量
C. 溶液中的数目 D. 溶液的密度
【答案】（1）2mL （2）250mL容量瓶、胶头滴管
（3）BCAFED （4）③⑥⑦
（5）AD
【解析】
【小问1详解】
根据可知浓盐酸的物质的量浓度是。实验室用密度为1.25 g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL0.1 mol./L的盐酸，由于实验室没有240 mL的容量瓶，因此需要配制250 mI溶液，则所需浓盐酸的体积为。
【小问2详解】
用量筒量取浓溶液、在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌、转移到250mL的容量瓶，用胶头滴管定容，故还需要的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；
【小问3详解】
配制溶液时,第一步,用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积,倒入烧杯中,再加入少量水(约30 mL),用玻璃棒慢慢搅拌,使其混合均匀;第二步,将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中;第三步,用30mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡;第四步，继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1~2cm处;第五步,改用胶头滴管加水,使溶液凹液面恰好与刻度线相切;第六步,将容量瓶盖紧，振荡，摇匀;最后，装瓶储存。故顺序为：BCAFED
【小问4详解】
①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤，使溶质的物质的量偏小，溶液体积不变，因此溶液的物质的量浓度偏低；
②容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制结果无影响，即溶液的物质的量浓度不变;
③定容时俯视观察液面，溶液的体积偏小,溶质的物质的量不变,因此溶液的物质的量浓度偏高。
④定容后经振荡、摇匀，发现液面下降，再加水重新定容，相当于水加多了，浓度偏低；
⑤量取浓盐酸时俯视液面，相当于溶质取的少了，造成浓度偏低；
⑥浓盐酸稀释后未冷却就直接转移至容量瓶中，热涨冷缩，未冷却造成加水加少了，造成浓度偏大；
⑦量取浓盐酸后，量筒不需要洗涤，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中，造成溶质多了，浓度偏大；
故答案为③⑥⑦；
【小问5详解】
A. c= 溶液的浓度不随体积改变；
B. 浓度不变，溶液中HCl的物质的量随体积改变；
C. 浓度不变，溶液中的数目随体积改变；
D. 溶液的密度不随体积改变而改变；
故答案为：AD。
23. 化学社团的一次活动内容是胶体的制备和性质探究，请回答下列问题。
（1）若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列物质中，能较快形成胶体的有_。
A. 冷水 B. 沸水 C. NaOH溶液 D. 氨水
（2）制备Fe(OH)3胶体对应的离子方程式为：______。若要除去Fe(OH)3胶体中的Cl-，所用操作方法名称是______。
（3）向Fe(OH)3胶体中逐滴加稀盐酸，结果出现了一系列变化。先出现红褐色沉淀，原因是________。随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是______。
（4）将胶体装入形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，这表明胶体粒子带_______(填“正”或“负”)电荷。
（5）胶体的性质在生产生活中有丰富的用途，下列现象或操作与胶体性质有关的是________。
A.江河入海口处三角洲的形成 B.明矾净水 C.血清纸上电泳 D.卤水点豆腐 E.静电除尘 F.放电影时，可看到放映室射到银幕上的光柱
【答案】（1）B （2） ① FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl ②. 渗析
（3） ① 电解质HCl使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀 ②. Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
（4）正 （5）ABCDEF
【解析】
【小问1详解】
A．向冷水中滴加饱和FeCl3溶液得到稀的FeCl3溶液，由于反应程度小，不利于胶体的较快形成，A不符合题意；
B．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，反应程度大，且能较快形成胶体，B符合题意；
C．向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3得到Fe(OH)3沉淀，C不符合题意；
D．向氨水中滴加饱和FeCl3得到Fe(OH)3沉淀，D不符合题意；
故答案选B；
【小问2详解】
制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体粒子不能透过半透膜，而溶质小分子、离子可通过半透膜，因此可利用半透膜除去胶体中混有的Cl-，对应操作方法名称为：渗析；
【小问3详解】
向Fe(OH)3胶体中滴加盐酸，破坏了Fe(OH)3胶体稳定存在的条件，所以会发生Fe(OH)3胶体的聚沉，形成Fe(OH)3沉淀，随后因为Fe(OH)3与盐酸反应而导致沉淀溶解，故此处依次填：电解质HCl使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；
【小问4详解】
胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶粒带电，胶粒向负极移动，说明其带正电荷，故此处填：正；
【小问5详解】
A．河水中含有胶体粒子，遇到海水中的电解质时，胶体稳定存在条件被打破，发生胶体的聚沉而形成三角洲，A符合题意；
B．明矾溶于水电离产生Al3+，Al3+水解形成Al(OH)3胶体，胶体有很强的吸附能力，能够吸附水中悬浮杂质，B符合题意；
C．胶体粒子带电，具有电泳的性质，C符合题意；
D．卤水中的电解质打破了豆浆胶体稳定存在的条件，从而导致豆浆聚沉形成豆腐，D符合题意；
E．静电除尘与胶体的电泳性质有关，E符合题意；
F．银幕上光柱的形成属于胶体的丁达尔效应，F符合题意；
故此处填：ABCDEF。
24. 下列是中学化学中常见的几种物质：①盐酸 ②硫酸 ③Ba(OH)2固体 ④熔融NaHSO4 ⑤NaHCO3溶液 ⑥CaO ⑦CO2 ⑧蔗糖溶液 ⑨酒精 ⑩氨水 ⑪Cu
（1）以上物质能导电的是_________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是_______________。
（2）写出以下物质的电离方程式或化学反应的离子方程式：
a.④的电离方程式：_________________。
b.少量⑥投入①中：_________________。
c.少量⑦通入③的水溶液中：______________________。
d.⑤与②的水溶液混合：___________________。
e.②③的水溶液混合：_____________________。
f.少量③的水溶液加入⑤中：_______。
【答案】（1） ①. ①④⑤⑩⑪ ②. ②③④⑥ ③. ⑦⑨
（2） ①. NaHSO4(熔融)=Na++ ②. CaO+2H+=Ca2++H2O ③. Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O ④. ⑤. Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O； ⑥. Ba2++2OH-+2=BaCO3↓++2H2O
【解析】
【小问1详解】
①盐酸指HCl水溶液，属于混合物，能导电，但既不是电解质也不是非电解质；②硫酸属于纯净物、电解质，由于未溶于水没有电离，故不能导电；③Ba(OH)2固体属于电解质，未电离，故不能导电；④熔融的NaHSO4属于电解质且发生了电离，故能导电；⑤NaHCO3溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，但能导电；⑥CaO属于电解质，未电离，故不能导电；⑦CO2属于非电解质，其水溶液能导电，但自身不能导电；⑧蔗糖溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，且不能导电；⑨酒精属于非电解质，不能导电；⑩氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，但能导电；⑪Cu能导电，但属于单质，既不是电解质也不是非电解质；综上所述，此处依次填：①④⑤⑩⑪、②③④⑥、⑦⑨；
【小问2详解】
a．NaHSO4在熔融状态电离产生Na+和，对应电离方程式为：NaHSO4(熔融)=Na++；
b．CaO与盐酸反应生成CaCl2和H2O，对应离子方程式为：CaO+2H+=Ca2++H2O；
c．少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生BaCO3沉淀，对应离子方程式为：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O；
d．NaHCO3与硫酸反应生成Na2SO4、CO2、H2O，对应离子方程式：；
e．H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀和H2O，对应离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O；
f．少量Ba(OH)2溶液与NaHCO3溶液反应，Ba(OH)2完全反应，故方程式中Ba2+与OH-化学计量数比例为1:2，对应离子方程式为：Ba2++2OH-+2=BaCO3↓++2H2O。
25. 氧化还原反应的本质是电子的转移，请回答下列有关氧化还原反应的问题。
（1）配平下列氧化还原反应方程式，并标出单线桥：
①_____________ H2S + HNO3(稀) = H2O + S↓+ NO↑
②_____________ NH3 ＋ O2 = NO ＋ H2O
③_____________ KClO3 + HCl(浓)= KCl+ Cl2↑+ H2O
④_____________ Cu + HNO3 (稀) = Cu(NO3)2 + NO↑+ H2O
（2）已知：①Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋；②Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，并且I－还原性比Fe2＋强，往100 mL 0.2 mol·L－1的FeI2溶液中通入一定体积的Cl2。充分反应后，若溶液中有50%的Fe2＋被氧化，则通入的氯气的体积(标准状况)是__________。若通入的是足量氯气，总反应的离子方程式为_______________。
（3）火药是中国的四大发明之一，永远值得华夏儿女骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：。其中作氧化剂的是___________(填化学式)。每生成2mol气体，转移_______________mol电子。
（4）工业盐的主要成分是，以前有许多起因误食而中毒的事件，其中毒原因是把人体内的转化为而失去与结合的能力，这说明具有_______性。工业盐中毒后，可服用维生素C来缓解中毒状况，这说明维生素C具有______性。
【答案】（1） ①. ②. ③. ④.
（2） ①. 0.56 L ②. 3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2
（3） ①. KNO3、S ②. 6
（4） ①. 氧化性 ②. 还原性
【解析】
【小问1详解】
①根据得失电子守恒初步配平为：3H2S+2HNO3→H2O+3S↓+2NO↑，根据氢元素守恒确定H2O的系数为4，得完整方程式和单线桥为：；
②根据得失电子守恒初步配平为：4NH3+5O2→4NO+H2O，根据氢元素守恒确定H2O系数为6，得完整方程式和单线桥为：；
③根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，单线桥为：；
④根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，单线桥为：；
【小问2详解】
n(FeI2)=0.1 L ×0.2 mol/L=0.02 mol，由于I-还原性大于Fe2+，故Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+，Fe2+参与反应，说明I-已经完全被氧化，则被氧化的I-为0.04 mol，被氧化的Fe2+为0.01 mol，由反应比例：Cl2~2I-、Cl2~2Fe2+，知I-消耗的氯气=，Fe2+消耗的氯气=，故共消耗氯气=0.02+0.005=0.025 mol，对应体积V=0.025 mol×22.4 L/mol=0.56 L；若通入足量氯气，则I-、Fe2+均被完全氧化，则总方程式中Fe2+与I-化学计量数之比为1:2，根据得失电子守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2；
【小问3详解】
该反应中，N元素、S元素化合价降低，故KNO3、S作氧化剂；根据碳元素化合价变化知，该反应转移电子数为12，则反应生成的气体与转移电子关系为(1+3)：12=1:3，故2 mol气体生成，转移电子为6 mol；
【小问4详解】
NaNO2能将Fe2+氧化为Fe3+，说明NaNO2具有氧化性；服用维生素C能缓解中毒状况，说明维生素C能将Fe3+还原为Fe2+，即说明维生素C有还原性。