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【化学】云南省丘北二中2018-2019学年高一上学期10月月考试题（解析版）
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云南省丘北二中2018-2019学年高一上学期10月月考试题
（试卷满分100分，考试时间90分钟）
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.现有硫酸钠、硫酸铝、硫酸镁三种无色的溶液，可用一种试剂将它们区别开来，该试剂是( )
A. 蒸馏水 B. 盐酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、三种溶液与蒸馏水都不反应，无法鉴别，选项A错误；B、三种溶液与盐酸都不反应，现象相同，无法鉴别，选项B错误；C、硫酸钠与NaOH溶液不反应，硫酸铝与NaOH溶液反应先生成白色沉淀后沉淀消失，硫酸镁与NaOH溶液反应生成白色沉淀，则现象不同，能鉴别，选项C正确；D、三种溶液与硝酸银溶液反应均生成硫酸银沉淀，现象相同，则不能鉴别，选项D错误；答案选C。
2.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）
A. 酒精和水 B. 碘和四氯化碳 C. 水和四氯化碳 D. 汽油和植物油
【答案】C
【解析】A．酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；
B．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；
C．水和四氯化碳不溶，能用分液漏斗进行分离，故C正确；
D．汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；故选C．
【点评】本题考查分液和萃取，明确物质的溶解性是解题的关键，难度不大．
3.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（ ）
A. 1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA
B. 在0 ℃，101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子
C. 25 ℃，1.01×105Pa，64 g SO2中含有的原子数为3NA
D. 将0.1 mol FeCl3加到沸水中制得的胶体中，含胶粒0.1NA
【答案】C
【详解】A、1mol Cl2作为氧化剂，若只做氧化剂电子转移2mol，自身氧化还原反应，电子转移1mol，得到的电子数不一定为NA，选项A错误；B、在0℃，101 kPa时，22.4 L氢气物质的量为1mol，分子中含有2NA个氢原子，选项B错误；C、64 g SO2中物质的量==1mol，含有的原子数为3NA ，选项C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.1NA个，选项D错误；答案选C。
4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol氦气中有2NA个氦原子 B. 14 g氮气中含6.02×1023个氮原子
C. 2 L 0.3 mol•L﹣1Na2SO4溶液中含0.6NA个Na+ D. 18 g水中所含的电子数为10NA
【答案】B
【解析】试题分析：A、氦气是单原子分子，1mol氦气中有NA个氦原子，故A错误；B、依据n=计算氮气物质的量==0.5mol，结合分子式计算含氮原子数=0.5mol×2×NA=NA个氮原子，故B正确；C、依据n=CV计算溶质物质的量=2L×0.3mol/L=0.6mol，结合溶质电离方程式计算Na+离子数=0.6mol×2×NA=1.2NA，故C错误；D、依据n=计算物质的量==1mol，1mol水分子中含有10NA电子，故D错误；故选B。
5.下列离子检验的方法正确的是（ ）
A. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl﹣
B. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42—
C. 某溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+
D. 某溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO32—
【答案】C
【分析】A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等；B．白色沉淀可能为AgCl；C．蓝色沉淀为氢氧化铜；D．无色气体可能为氢气、二氧化碳、二氧化硫等。
【详解】A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等，应先加硝酸酸化排除干扰离子，再加硝酸银检验氯离子，选项A错误；B．白色沉淀可能为AgCl，应先加盐酸酸化排除干扰离子，再加氯化钡检验硫酸根离子，选项B错误；C．蓝色沉淀为氢氧化铜，则生产蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，选项C正确；D．无色气体可能为氢气、二氧化碳、二氧化硫等，则原溶液中可能有CO32﹣，选项D错误；答案选C。
6.下列常用化学仪器中，不能直接用于混合物的分离或提纯的是( )
A. 普通漏斗 B. 锥形瓶 C. 分液漏斗 D. 蒸馏烧瓶
【答案】B
【分析】用于混合物分离或提纯的操作有：过滤操作、蒸馏操作、分液操作等，根据分离操作常用到的仪器判断，分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离，而过滤用于分离固体和液体混合物。
【详解】A．用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，选项A不选；B．锥形瓶一般用于蒸馏或是滴定中接收液体物质，选项B选；C．分液漏斗可运用分离互不相溶液体，选项C不选；D．蒸馏烧瓶用于沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离，选项D不选；答案选B。
7.等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定不正确的是（ ）
A. 分子个数比为1∶1 B. 原子个数比为5∶4
C. 质量比为17∶16 D. 氢原子个数比为4∶3
【答案】C
【解析】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4与NH3的物质的量相同；A项，根据N=n•NA可知，分子数之比等于物质的量之比，CH4与NH3的物质的量相同，则CH4与NH3的分子数之比为1：1，故A正确；B项，一个CH4分子含有5个原子，一个NH3分子含有4个原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则原子数之比为5：4，故B正确；C项，CH4与NH3的物质的量相等，根据m=nM可知，质量之比等于摩尔质量之比，故CH4与NH3的质量之比为16g/mol：17g/mol=16：17，故C错误；D项，一个CH4分子含有4个氢原子，一个NH3分子含有3个氢原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则CH4与NH3分子中含有的氢原子数之比为4：3，故D正确。
8.下列各项操作中，错误的是( )
A. 用酒精萃取溴水中的溴单质的操作可选用分液漏斗，而后静置分液
B. 进行萃取操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
C. 萃取分液前需对分液漏斗检漏
D. 为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将上面的塞子拿下
【答案】A
【分析】A．酒精和水是互溶的，不能做萃取剂；B．萃取分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；C．分液漏斗使用前先检查是否漏水；D．打开塞子使漏斗内外压强相等。
【详解】A．酒精和水是互溶的，不能做萃取剂来萃取溴水中的溴单质，可以用四氯化碳来萃取，选项A错误；B．萃取分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，选项B正确；C．分液漏斗使用前要先检查是否漏水，选项C正确；D．打开塞子使漏斗内外压强相等，保证液体顺利流出，选项D正确。答案选A。
9.将5 mol·L-1的盐酸10 mL稀释到200 mL，再取出5 mL，这5 mL溶液的物质的量浓度是（ ）
A. 0.05 mol·L-1 B. 0.25 mol·L-1 C. 0.1 mol·L-1 D. 0.5 mol·L-1
【答案】B
【解析】试题分析：设稀释后盐酸物质量浓度为c，则：10mL×5mol/L=200mL×c，解得c=0.25mol/L。由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25mol/L，故选B。
10.下列仪器通常不能用于物质分离的是（ ）
【答案】B
【解析】试题分析：A、漏斗用于组装过滤装置，用于固液混合物的分离，错误；B、试管用于少量物质反应的容器或用于收集气体，不能用于物质的分离，正确；C、分液漏斗用于萃取、分液，可用于物质的分离，错误；D、该装置用于组装蒸馏装置，可用于物质的分离，错误。
11.实验室需用2mol·L－1氯化钠溶液450mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是( )
A. 450 mL,52.7 g B. 500mL,58.5g C. 1000 mL,117g D. 任意规格，111.2g
【答案】B
【解析】试题分析：实验室需用2mol/L氯化钠溶液450mL，只能选用500mL容量瓶配制，实际上配制500mL2mol/L的氯化钠溶液，配制该溶液需要氯化钠的质量为：m（NaCl）=cVM=58．5g/mol×2mol/L×0．5L=58．5g，所以配置时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是：500mL、58．5g，故选B．
12.电影《闪闪的红星》中，为让被困的红军战士吃上食盐，潘冬子将浸透食盐水的棉袄裹在身上，带进山中。假如潘冬子在实验室中，欲从食盐水中提取出食盐，采用的最好方法是( )
A. 过滤 B. 萃取 C. 蒸发 D. 蒸馏
【答案】C
【分析】欲从食盐水中提取出食盐，可采取蒸发溶剂水的方法。
【详解】将食盐水蒸发水，可以使溶剂的质量变少，而能使溶液达到饱和，继续蒸发就可有食盐析出。答案选C。
13.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）
A. 2 g H2含有的氢原子数目为NA
B. 1 L 1mol•L﹣1KOH溶液中含有的钾离子数目为NA
C. 1 mol Zn完全变为Zn2+失去的电子数目为NA
D. 常温常压下，22.4 LO2含有的分子数目为NA
【答案】B
【详解】A.2 g H2含有的氢原子数目为×2×NA=2NA，选项A错误；B.1 L 1 mol•L-1 KOH溶液中含有的钾离子数目为1L×1mol/L×NA=NA，选项B正确；C.1 mol Zn变为Zn2+失去的电子数目为2NA，选项C错误；D．常温常压下，Vm>22.4L/mol，则常温常压下，22.4 L O2含有的分子数目小于NA，选项D错误；答案选C。
14.下列关于四氯化碳用于萃取碘水中碘的理由不正确的是 ( )
A. 四氯化碳的密度比水大 B. 四氯化碳与水和碘均不反应
C. 四氯化碳与原溶剂水互不相溶 D. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大得多
【答案】A
【分析】萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。
【详解】A．萃取剂必须不溶于水，但密度不一定比水大，选项A错误；B．萃取剂和水不互溶，且萃取剂和碘不反应，选项B正确；C．萃取剂与原溶剂不相溶，选项C正确；D．碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，选项D正确。答案选A。
15.下列关于物质的量的表述中不正确的是( )
A. 2 mol氢气 B. 0.5 mol钠离子 C. 1 mol氦原子 D. 3 mol氧
【答案】D
【详解】A. 2 mol氢气指代为氢气分子，物质的量指代的微粒种类符合物质的量要求，选项A正确；B. 0.5 mol钠离子指代钠离子，物质的量指代的微粒种类符合物质的量要求，选项B正确；C. 1 mol氦原子，物质的量指代的微粒种类符合物质的量要求，选项C正确；D. 3 mol氧指代不明，物质的量指代的微粒种类不符合要求，选项D错误；答案选D。
16.下列说法中不正确的是( )
A. Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓可表示氯化钡溶液与硫酸钠溶液的反应
B. H＋＋OH－=H2O可表示强碱氢氧化钠、氢氧化钾分别与盐酸、硫酸间的反应
C. CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐与强酸之间的复分解反应
D. BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O表示碳酸钡与强酸之间的复分解反应
【答案】D
【详解】A. Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓可表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐的反应，故表示氯化钡溶液与硫酸钠溶液的反应是正确的，选项A正确；B. H＋＋OH－=H2O可表示强碱氢氧化钠、氢氧化钾分别与盐酸、硫酸间的反应，选项B正确；C. CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐与强酸之间的复分解反应，选项C正确；D. BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O表示碳酸钡与强酸（但不能为硫酸）之间的复分解反应，选项D不正确。答案选D。
17.下列反应不是离子反应的是( )
A. 碳酸钠溶液中滴入氯化钙溶液 B. 金属钠在氯气中燃烧
C. 铁片置于硫酸铜溶液中 D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应
【答案】B
【分析】根据概念所述进行分析判断，离子反应是有离子参加的反应。
【详解】A．碳酸钠溶液中滴入氯化钙溶液，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，反应中有离子参加，是离子反应，选项A不选；B．金属钠在氯气中燃烧，反应中没有离子参加，不是离子反应，选项B选；C．铁片置于硫酸铜溶液中，铜离子与铁反应生成亚铁离子和铜，反应中有离子参加，是离子反应，选项C不选；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，氢氧根离子与氢离子反应生成水、钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应中有离子参加，是离子反应，选项D不选。答案选B。
18.下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42—=BaSO4↓+H2O
B. 将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu↓
C. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O
D. 将Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
【答案】C
【解析】A. H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++→BaSO4↓+2H2O，A不正确；B. 将Na投入到CuSO4溶液中，该反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+===2Na++Cu(OH)2↓+H2↑,B不正确；C. 大理石溶于醋酸中，该反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，C正确；D. 将Cl2通入水中，该反应的离子方程式为Cl2+H2O ⇌ H++Cl﹣+HClO，D不正确。本题选C。
19.漂尘是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，不易沉降，它与空气中的SO2和O2接触会使SO2部分转化为SO3，使空气的酸度增加。漂尘所起的作用是( )
A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 催化剂 D. 干燥剂
【答案】C
【分析】催化剂，改变反应速率而自身的质量和化学性质都不改变的一类物质．飘尘在二氧化硫与氧气反应过程中，降低了反应的难度使反应更容易发生，飘尘并不影响反应的结果，反应前后飘尘依然是飘尘。
【详解】SO2会部分转化成SO3的过程中，SO2与空气中的O2发生反应，飘尘只是起到了加快反应的作用，其自身的性质和性质都未发生改变，因此，飘尘在变化中起催化作用并不改变反应的实质为反应的催化剂；答案选C。
20.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700 ℃时可制得纳米级金刚石粉末，发生的反应是4Na＋CCl4C＋4NaCl，这一成果被誉为“稻草变黄金”。对此反应的理解中有错误的是( )
A. 反应过程中元素种类没有改变 B. 金刚石属于非金属单质
C. 四氯化碳和氯化钠都属于盐 D. 该反应为置换反应
【答案】C
【详解】A、反应遵循质量守恒定律，元素种类不变，选项A正确；B、金刚石由碳元素一种元素构成，为非金属单质，选项B正确；C、四氯化碳属于有机物，不属于盐，选项C错误；D、该反应由钠置换出碳，属于置换反应，选项D正确。答案选C。
21.小明在实验室中配制稀NaOH溶液，将浓NaOH溶液倒入盛自来水的烧杯中时，发现溶液变浑浊，由此推测自来水中可能含有的离子是( )
A. Na＋ B. Ba2＋ C. Mg2＋ D. Cl－
【答案】C
【解析】试题分析：选项中的镁离子能和氢氧化钠反应生成氢氧化镁白色沉淀，答案选C。
22.下列变化属于氧化反应的是（
A. CO2→CO B. Cl﹣→Cl2 C. Fe3+→Fe2+ D. CO32—→CO2
【答案】B
【解析】试题分析：在氧化还原反应中，还原剂发生氧化反应，所含元素的化合价升高，A. CO2→ CO，碳元素化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，错误；B. Cl- → Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，发生氧化反应，正确；C. Fe3+→ Fe2+，铁元素化合价有+3价降低到+2价，发生还原反应，错误；D. CO32-→ CO2，没有元素化合价的变化，错误；选B。
23.已知：还原性强弱：I－＞Fe2＋。往100 mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有1/2的Fe2＋被氧化成Fe3＋。则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为( )
A. 1.1 mol·L－1 B. 1.5 mol·L－1 C. 1.2 mol·L－1 D. 1.0 mol·L－1
【答案】C
【解析】试题分析：3．36升氯气的物质的量为0．15摩尔，假设碘化亚铁的物质的量 为xmol/L，则根据电子守恒分析：0．15×2=0．1x×2+0．1x/2 解x=1．2mol/L，选C。
24.下列变化没有发生电子转移的是( )
A. MnO4—-→MnO2 B. NO3—→NO2 C. Cl2→ClO3— D. SO2→SO32—
【答案】D
【解析】分析：反应前后有元素化合价变化的则会发生电子转移，据此判断。
详解：A. MnO4－→MnO2中Mn元素化合价降低，有电子转移，A错误；
B. NO3－→NO2中N元素化合价降低，有电子转移，B错误；
C. Cl2→ClO3－中Cl元素化合价升高，有电子转移，C错误；
D. SO2→SO32－中元素的化合价均没有发生变化，没有电子转移，D正确。答案选D。
25.下列物质混合后，不会发生离子反应的是( )
A. 硝酸银溶液和氯化钠溶液 B. 氯化钙溶液和稀硫酸
C. 氯化镁溶液和硫酸铜溶液 D. 澄清的石灰水和稀盐酸
【答案】C
【分析】离子反应发生的条件有：生成难溶物、生成难电离的物质、生成挥发性物质，具备条件之一反应即可发生。
【详解】A、硝酸银溶液中的银离子和氯化钠溶液中的氯离子反应生成氯化银沉淀，选项A不选；B、氯化钙溶液中的钙离子和稀硫酸中的硫酸根离子反应会生成微溶的硫酸钙沉淀，选项B不选；C、氯化镁溶液和硫酸铜溶液混合后不会发生反应，选项C选；D、澄清的石灰水中氢氧根离子和稀盐酸中氢离子反应会生成水，选项D不选；答案选C。
26.在澄清透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. K+、Cu2+、OH﹣、SO42— B. Fe3+、NH4+、NO3—、Cl﹣
C. K+、Na+、Cl﹣、CO32— D. K+、Fe2+、MnO4—、SO42—
【答案】B
【详解】A．Cu2+、OH-都与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，选项A错误；B．Fe3+、NH4+、NO3-、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项B正确；C．CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，选项C错误；D．Fe2+、MnO4-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选B。
27.物质的分类是化学研究的重要方法之一，近年来发现，在金星大气层中存在三氧化二碳。下列物质与它属于同类的是( )
A. H2、O3 B. H2SO4、H2CO3 C. SO2、NO D. Na2SO3、KClO3
【答案】C
【解析】氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，所以三氧化二碳属于氧化物；A、H2、O3属于单质，故A错误；B、H2SO4、H2CO3是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物属于酸，故B错误；C、SO2、NO由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物属于氧化物，与三氧化二碳属于同类物质，故C正确；D、Na2SO3、KClO3是由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，故D错误；故选C。
28.Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类。不正确的是（ ）
A. Na2CO3是碱 B. Na2CO3是盐 C. Na2CO3是钠盐 D. Na2CO3是正盐
【答案】A
【解析】试题分析：A、Na2CO3是盐，A项错误；B、Na2CO3是盐，B项正确；C、Na2CO3含有钠离子是钠盐，C项正确；D、Na2CO3是正盐，D项正确；答案选A。
29.氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是( )
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为＋3
D. AlN的摩尔质量为41 g
【答案】B
【分析】A．在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；B．根据AlN和转移电子之间的关系式计算；C．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的显正价；D．摩尔质量的单位是g/mol。
【详解】A．该反应中，氧化剂氮气，还原剂是碳，选项A错误；B．反应中N元素的化合价从0价降低到-3价，转移3个电子，则每生成1molAlN需转移3mol电子，选项B正确；C．氮化铝中氮元素的化合价是-3价，选项C错误；D．氮化铝的摩尔质量是41g/mol，选项D错误；答案选B。
30.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句不涉及氧化还原反应的是( )
A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
C. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 D. 粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
【答案】D
【详解】A．纤维素燃烧生成二氧化碳和水，C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项A不选；B．爆竹中含有黑火药，爆炸时发生氧化还原反应，选项B不选;C．石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水，C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项C不选；D．石灰石加热分解生成CaO和二氧化碳，元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项D选；答案选D。
二、非选择题部分(共4小题,共40分)
31.甲、乙两人分别用不同的方法配制100 mL 3.6 mol·L－1的稀硫酸。
(1)甲：量取20 mL 18.0 mol·L－1浓硫酸，小心地倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到100 mL 容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤2～3次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶加入水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
①实验所用的玻璃仪器除烧杯和容量瓶外，还有____________________；
②将溶液转移到容量瓶中的正确操作是______________________________________；
③定容的正确操作是________________________________________________。
(2)乙：用100 mL量筒量取20 mL浓硫酸，并向其中小心地加入少量水，搅拌均匀，待冷却至室温后，再加入水至100 mL刻度线，再搅拌均匀。你认为此法是否正确？若不正确，指出其中错误之处___________。
【答案】(1). 量筒、玻璃棒、胶头滴管 (2). 将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，使溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中 (3). 加水至离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加水至凹液面与刻度线相切 (4). 不能用量筒配制溶液；不能将水加入到浓硫酸中
【详解】（1）①操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故实验所用的玻璃仪器除烧杯和容量瓶外，还有玻璃棒、胶头滴管、量筒；
②将溶液转移到容量瓶中的正确操作是：将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，使溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中；
③定容的操作是：加水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切；
（2）不能用量筒配制溶液，不能将水加入到浓硫酸中，故该做法不正确。
32.物质的量是高中化学计算的核心：
（1）相同物质的量的NH3和H2S的质量比___，分子个数比为____，同温同压下的体积比___，所含氢原子的个数比为_____。
（2）现有mg某气体，它的一个分子由四原子构成，它的摩尔质量为Mg·mol-1。设阿伏加德罗常数为NA，则：①该气体的物质的量为____mol。②该气体中所含的原子总数为_____个。
【答案】(1). 1∶2 (2). 1∶1 (3). 1∶1 (4). 3∶2 (5). m/M (6). 4mNA/M
【详解】（1）据m=nM可知，物质的量相同的H2S和NH3，质量之比等于其摩尔质量之比，即17：34=1：2；根据N=nNA可知，分子数目之比等于其物质的量之比，即为1：1；物质的量相等时，温度、压强相等条件下，体积之比等于物质的量之比，机为1：1；含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数目之比，即为3：2；
（2）①根据n=，该气体的物质的量=mol；
②根据N=nNA，该气体所含原子总数4×NA=个。
33.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。
KMnO4+HCl（浓）=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）
（1）配平化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目__________。
（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式__________。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl_____mol，转移的电子的数目约为______。
（5）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。___MnO4—+___C2O42—+_____=______Mn2++__CO2↑+____，完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是__；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2______L。
【答案】(1). (2). 2MnO4—+16H++10Cl﹣=Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). ② (4). 1 1 (5). NA (6). 2 (7). 5 (8). 16H+ (9). 2 (10). 10 (11). 8H2O (12). C2O42— (13). 22.4
【详解】（1）KMnO4+HCl（浓）→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可知，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可知，配平的化学反应为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为：；
（2）在反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，改为离子反应时Cl2和H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4—+16H++10Cl﹣=Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）由反应可知，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性，故答案为：②；
（4）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5molCl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol；
（5）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4-的系数为2、C2O42-的系数为5，由原子守恒可知Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H+，由元素守恒可知生成物中缺项为H2O，配平后离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42-发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为22.4L。
34.如图为同学们使用的一种碳素墨水笔，在组成这种墨水笔的各种材料中：
(1)属于有机高分子材料的是(选填一种即可)________。
(2)属于金属材料的是(填元素符号)________，______。
(3)目前世界上对废金属材料已得到回收利用，这样做的意义是______。
(4)碳素墨水是________(填“混合物”或“纯净物”)。
(5)写出其中的金属材料与硫酸铜溶液反应的一个化学方程式：________________________。
【答案】(1). 塑料(或橡胶) (2). Fe (3). Al (4). 防止污染环境，节约金属资源 (5). 混合物 (6). Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu
【详解】（1）组成这种墨水笔的材料有：橡胶，塑料，合金等，其中橡胶、塑料属于有机高分子材料；
（2）金属材料包含纯金属和合金金，所以属于金属材料的是铁合金、铝合金；
（3）回收废旧金属既节约资源，又保护了环境；
（4）碳素墨水中含有多种物质，属于混合物；
（5）铁（或铝）的金属活动性比铜强，能与硫酸铜溶液发生反应生成硫酸亚铁（硫酸铝）和铜，反应的化学方程式为：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4[或 2Al+3CuSO4=3Cu+Al2（SO4）3]。
故答案为：（1）塑料（或橡胶）；（2）Fe；Al；防止污染环境，节约金属资源；（3）混合物；（4）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
35.通常状况下，CO是一种无色、无味、有毒的气体，难溶于水，与酸、碱、盐溶液均不反应。酒精喷灯可用作高温热源。正确连接如图所示的装置进行实验，可以验证某混合气体的成分是CO2和CO(每套装置限用一次)。
请回答下列问题：
(1)连接装置导管口的顺序：混合气体→________(填导管接口代号)→尾气处理。
(2)证明原混合气体中CO2存在的实验现象是__________________________________；证明CO存在的有关反应的化学方程式是_________________________________________________。
(3)有同学提出仪器B应再使用一次，你认为有道理吗？___ (填“有”或“没有”)，并简述理由：_________________________________。
(4)本实验尾气处理的方法是___________________________________________________。
【答案】(1). ④③⑤⑥①② (2). 装置中澄清石灰水变浑浊 (3). Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O (4). 有 (5). 检验混合气体中含有的CO2是否被NaOH溶液完全吸收 (6). 在排放尾气的导管口放置一个点燃的酒精灯
【解析】（1）混合气体应先通入装置B检验CO2气体是否存在，气体应由长管④通入从短管③排出B装置；然后通入装置C，处理混合气体中的气体CO2，由⑤通入从⑥排出；接下来气体通入装置A，检验CO气体的存在，气体由①进入从②排出，所以连接导管口的顺序为：④③⑤⑥①②，故答案为：④③⑤⑥①②；
（2）若只有CO，B中澄请石灰水不变浑浊，A中玻璃管内粉末由红变黑，说明氧化铁被还原成铁，试管内澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，两处现象综合，说明混合气体中只含有CO气体，反应的化学方程式有：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2、Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，故答案为：B中澄清石灰水不变浑浊，A中玻璃管内粉末由红棕色变黑色，试管中澄清石灰水变浑浊；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2、Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；
（3）由于利用B→C→A不能说明二氧化碳在C中已经被除尽，应该再使用一次仪器B证明二氧化碳气体已经除尽，故答案为：有；利用B→C→A不能说明二氧化碳在C中已经被除尽；
（4）尾气中含有有毒的CO气体，需要进行尾气处理，方法为：可在导管③后放置一个燃着的酒精灯或用气囊收集，故答案为：在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集）。
（试卷满分100分，考试时间90分钟）
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.现有硫酸钠、硫酸铝、硫酸镁三种无色的溶液，可用一种试剂将它们区别开来，该试剂是( )
A. 蒸馏水 B. 盐酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、三种溶液与蒸馏水都不反应，无法鉴别，选项A错误；B、三种溶液与盐酸都不反应，现象相同，无法鉴别，选项B错误；C、硫酸钠与NaOH溶液不反应，硫酸铝与NaOH溶液反应先生成白色沉淀后沉淀消失，硫酸镁与NaOH溶液反应生成白色沉淀，则现象不同，能鉴别，选项C正确；D、三种溶液与硝酸银溶液反应均生成硫酸银沉淀，现象相同，则不能鉴别，选项D错误；答案选C。
2.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）
A. 酒精和水 B. 碘和四氯化碳 C. 水和四氯化碳 D. 汽油和植物油
【答案】C
【解析】A．酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；
B．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；
C．水和四氯化碳不溶，能用分液漏斗进行分离，故C正确；
D．汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；故选C．
【点评】本题考查分液和萃取，明确物质的溶解性是解题的关键，难度不大．
3.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（ ）
A. 1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA
B. 在0 ℃，101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子
C. 25 ℃，1.01×105Pa，64 g SO2中含有的原子数为3NA
D. 将0.1 mol FeCl3加到沸水中制得的胶体中，含胶粒0.1NA
【答案】C
【详解】A、1mol Cl2作为氧化剂，若只做氧化剂电子转移2mol，自身氧化还原反应，电子转移1mol，得到的电子数不一定为NA，选项A错误；B、在0℃，101 kPa时，22.4 L氢气物质的量为1mol，分子中含有2NA个氢原子，选项B错误；C、64 g SO2中物质的量==1mol，含有的原子数为3NA ，选项C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.1NA个，选项D错误；答案选C。
4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol氦气中有2NA个氦原子 B. 14 g氮气中含6.02×1023个氮原子
C. 2 L 0.3 mol•L﹣1Na2SO4溶液中含0.6NA个Na+ D. 18 g水中所含的电子数为10NA
【答案】B
【解析】试题分析：A、氦气是单原子分子，1mol氦气中有NA个氦原子，故A错误；B、依据n=计算氮气物质的量==0.5mol，结合分子式计算含氮原子数=0.5mol×2×NA=NA个氮原子，故B正确；C、依据n=CV计算溶质物质的量=2L×0.3mol/L=0.6mol，结合溶质电离方程式计算Na+离子数=0.6mol×2×NA=1.2NA，故C错误；D、依据n=计算物质的量==1mol，1mol水分子中含有10NA电子，故D错误；故选B。
5.下列离子检验的方法正确的是（ ）
A. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl﹣
B. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42—
C. 某溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+
D. 某溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO32—
【答案】C
【分析】A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等；B．白色沉淀可能为AgCl；C．蓝色沉淀为氢氧化铜；D．无色气体可能为氢气、二氧化碳、二氧化硫等。
【详解】A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等，应先加硝酸酸化排除干扰离子，再加硝酸银检验氯离子，选项A错误；B．白色沉淀可能为AgCl，应先加盐酸酸化排除干扰离子，再加氯化钡检验硫酸根离子，选项B错误；C．蓝色沉淀为氢氧化铜，则生产蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，选项C正确；D．无色气体可能为氢气、二氧化碳、二氧化硫等，则原溶液中可能有CO32﹣，选项D错误；答案选C。
6.下列常用化学仪器中，不能直接用于混合物的分离或提纯的是( )
A. 普通漏斗 B. 锥形瓶 C. 分液漏斗 D. 蒸馏烧瓶
【答案】B
【分析】用于混合物分离或提纯的操作有：过滤操作、蒸馏操作、分液操作等，根据分离操作常用到的仪器判断，分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离，而过滤用于分离固体和液体混合物。
【详解】A．用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，选项A不选；B．锥形瓶一般用于蒸馏或是滴定中接收液体物质，选项B选；C．分液漏斗可运用分离互不相溶液体，选项C不选；D．蒸馏烧瓶用于沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离，选项D不选；答案选B。
7.等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定不正确的是（ ）
A. 分子个数比为1∶1 B. 原子个数比为5∶4
C. 质量比为17∶16 D. 氢原子个数比为4∶3
【答案】C
【解析】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4与NH3的物质的量相同；A项，根据N=n•NA可知，分子数之比等于物质的量之比，CH4与NH3的物质的量相同，则CH4与NH3的分子数之比为1：1，故A正确；B项，一个CH4分子含有5个原子，一个NH3分子含有4个原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则原子数之比为5：4，故B正确；C项，CH4与NH3的物质的量相等，根据m=nM可知，质量之比等于摩尔质量之比，故CH4与NH3的质量之比为16g/mol：17g/mol=16：17，故C错误；D项，一个CH4分子含有4个氢原子，一个NH3分子含有3个氢原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则CH4与NH3分子中含有的氢原子数之比为4：3，故D正确。
8.下列各项操作中，错误的是( )
A. 用酒精萃取溴水中的溴单质的操作可选用分液漏斗，而后静置分液
B. 进行萃取操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
C. 萃取分液前需对分液漏斗检漏
D. 为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将上面的塞子拿下
【答案】A
【分析】A．酒精和水是互溶的，不能做萃取剂；B．萃取分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；C．分液漏斗使用前先检查是否漏水；D．打开塞子使漏斗内外压强相等。
【详解】A．酒精和水是互溶的，不能做萃取剂来萃取溴水中的溴单质，可以用四氯化碳来萃取，选项A错误；B．萃取分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，选项B正确；C．分液漏斗使用前要先检查是否漏水，选项C正确；D．打开塞子使漏斗内外压强相等，保证液体顺利流出，选项D正确。答案选A。
9.将5 mol·L-1的盐酸10 mL稀释到200 mL，再取出5 mL，这5 mL溶液的物质的量浓度是（ ）
A. 0.05 mol·L-1 B. 0.25 mol·L-1 C. 0.1 mol·L-1 D. 0.5 mol·L-1
【答案】B
【解析】试题分析：设稀释后盐酸物质量浓度为c，则：10mL×5mol/L=200mL×c，解得c=0.25mol/L。由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25mol/L，故选B。
10.下列仪器通常不能用于物质分离的是（ ）
【答案】B
【解析】试题分析：A、漏斗用于组装过滤装置，用于固液混合物的分离，错误；B、试管用于少量物质反应的容器或用于收集气体，不能用于物质的分离，正确；C、分液漏斗用于萃取、分液，可用于物质的分离，错误；D、该装置用于组装蒸馏装置，可用于物质的分离，错误。
11.实验室需用2mol·L－1氯化钠溶液450mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是( )
A. 450 mL,52.7 g B. 500mL,58.5g C. 1000 mL,117g D. 任意规格，111.2g
【答案】B
【解析】试题分析：实验室需用2mol/L氯化钠溶液450mL，只能选用500mL容量瓶配制，实际上配制500mL2mol/L的氯化钠溶液，配制该溶液需要氯化钠的质量为：m（NaCl）=cVM=58．5g/mol×2mol/L×0．5L=58．5g，所以配置时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是：500mL、58．5g，故选B．
12.电影《闪闪的红星》中，为让被困的红军战士吃上食盐，潘冬子将浸透食盐水的棉袄裹在身上，带进山中。假如潘冬子在实验室中，欲从食盐水中提取出食盐，采用的最好方法是( )
A. 过滤 B. 萃取 C. 蒸发 D. 蒸馏
【答案】C
【分析】欲从食盐水中提取出食盐，可采取蒸发溶剂水的方法。
【详解】将食盐水蒸发水，可以使溶剂的质量变少，而能使溶液达到饱和，继续蒸发就可有食盐析出。答案选C。
13.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）
A. 2 g H2含有的氢原子数目为NA
B. 1 L 1mol•L﹣1KOH溶液中含有的钾离子数目为NA
C. 1 mol Zn完全变为Zn2+失去的电子数目为NA
D. 常温常压下，22.4 LO2含有的分子数目为NA
【答案】B
【详解】A.2 g H2含有的氢原子数目为×2×NA=2NA，选项A错误；B.1 L 1 mol•L-1 KOH溶液中含有的钾离子数目为1L×1mol/L×NA=NA，选项B正确；C.1 mol Zn变为Zn2+失去的电子数目为2NA，选项C错误；D．常温常压下，Vm>22.4L/mol，则常温常压下，22.4 L O2含有的分子数目小于NA，选项D错误；答案选C。
14.下列关于四氯化碳用于萃取碘水中碘的理由不正确的是 ( )
A. 四氯化碳的密度比水大 B. 四氯化碳与水和碘均不反应
C. 四氯化碳与原溶剂水互不相溶 D. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大得多
【答案】A
【分析】萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。
【详解】A．萃取剂必须不溶于水，但密度不一定比水大，选项A错误；B．萃取剂和水不互溶，且萃取剂和碘不反应，选项B正确；C．萃取剂与原溶剂不相溶，选项C正确；D．碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，选项D正确。答案选A。
15.下列关于物质的量的表述中不正确的是( )
A. 2 mol氢气 B. 0.5 mol钠离子 C. 1 mol氦原子 D. 3 mol氧
【答案】D
【详解】A. 2 mol氢气指代为氢气分子，物质的量指代的微粒种类符合物质的量要求，选项A正确；B. 0.5 mol钠离子指代钠离子，物质的量指代的微粒种类符合物质的量要求，选项B正确；C. 1 mol氦原子，物质的量指代的微粒种类符合物质的量要求，选项C正确；D. 3 mol氧指代不明，物质的量指代的微粒种类不符合要求，选项D错误；答案选D。
16.下列说法中不正确的是( )
A. Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓可表示氯化钡溶液与硫酸钠溶液的反应
B. H＋＋OH－=H2O可表示强碱氢氧化钠、氢氧化钾分别与盐酸、硫酸间的反应
C. CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐与强酸之间的复分解反应
D. BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O表示碳酸钡与强酸之间的复分解反应
【答案】D
【详解】A. Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓可表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐的反应，故表示氯化钡溶液与硫酸钠溶液的反应是正确的，选项A正确；B. H＋＋OH－=H2O可表示强碱氢氧化钠、氢氧化钾分别与盐酸、硫酸间的反应，选项B正确；C. CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐与强酸之间的复分解反应，选项C正确；D. BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O表示碳酸钡与强酸（但不能为硫酸）之间的复分解反应，选项D不正确。答案选D。
17.下列反应不是离子反应的是( )
A. 碳酸钠溶液中滴入氯化钙溶液 B. 金属钠在氯气中燃烧
C. 铁片置于硫酸铜溶液中 D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应
【答案】B
【分析】根据概念所述进行分析判断，离子反应是有离子参加的反应。
【详解】A．碳酸钠溶液中滴入氯化钙溶液，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，反应中有离子参加，是离子反应，选项A不选；B．金属钠在氯气中燃烧，反应中没有离子参加，不是离子反应，选项B选；C．铁片置于硫酸铜溶液中，铜离子与铁反应生成亚铁离子和铜，反应中有离子参加，是离子反应，选项C不选；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，氢氧根离子与氢离子反应生成水、钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应中有离子参加，是离子反应，选项D不选。答案选B。
18.下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42—=BaSO4↓+H2O
B. 将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu↓
C. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O
D. 将Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
【答案】C
【解析】A. H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++→BaSO4↓+2H2O，A不正确；B. 将Na投入到CuSO4溶液中，该反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+===2Na++Cu(OH)2↓+H2↑,B不正确；C. 大理石溶于醋酸中，该反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，C正确；D. 将Cl2通入水中，该反应的离子方程式为Cl2+H2O ⇌ H++Cl﹣+HClO，D不正确。本题选C。
19.漂尘是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，不易沉降，它与空气中的SO2和O2接触会使SO2部分转化为SO3，使空气的酸度增加。漂尘所起的作用是( )
A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 催化剂 D. 干燥剂
【答案】C
【分析】催化剂，改变反应速率而自身的质量和化学性质都不改变的一类物质．飘尘在二氧化硫与氧气反应过程中，降低了反应的难度使反应更容易发生，飘尘并不影响反应的结果，反应前后飘尘依然是飘尘。
【详解】SO2会部分转化成SO3的过程中，SO2与空气中的O2发生反应，飘尘只是起到了加快反应的作用，其自身的性质和性质都未发生改变，因此，飘尘在变化中起催化作用并不改变反应的实质为反应的催化剂；答案选C。
20.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700 ℃时可制得纳米级金刚石粉末，发生的反应是4Na＋CCl4C＋4NaCl，这一成果被誉为“稻草变黄金”。对此反应的理解中有错误的是( )
A. 反应过程中元素种类没有改变 B. 金刚石属于非金属单质
C. 四氯化碳和氯化钠都属于盐 D. 该反应为置换反应
【答案】C
【详解】A、反应遵循质量守恒定律，元素种类不变，选项A正确；B、金刚石由碳元素一种元素构成，为非金属单质，选项B正确；C、四氯化碳属于有机物，不属于盐，选项C错误；D、该反应由钠置换出碳，属于置换反应，选项D正确。答案选C。
21.小明在实验室中配制稀NaOH溶液，将浓NaOH溶液倒入盛自来水的烧杯中时，发现溶液变浑浊，由此推测自来水中可能含有的离子是( )
A. Na＋ B. Ba2＋ C. Mg2＋ D. Cl－
【答案】C
【解析】试题分析：选项中的镁离子能和氢氧化钠反应生成氢氧化镁白色沉淀，答案选C。
22.下列变化属于氧化反应的是（
A. CO2→CO B. Cl﹣→Cl2 C. Fe3+→Fe2+ D. CO32—→CO2
【答案】B
【解析】试题分析：在氧化还原反应中，还原剂发生氧化反应，所含元素的化合价升高，A. CO2→ CO，碳元素化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，错误；B. Cl- → Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，发生氧化反应，正确；C. Fe3+→ Fe2+，铁元素化合价有+3价降低到+2价，发生还原反应，错误；D. CO32-→ CO2，没有元素化合价的变化，错误；选B。
23.已知：还原性强弱：I－＞Fe2＋。往100 mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有1/2的Fe2＋被氧化成Fe3＋。则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为( )
A. 1.1 mol·L－1 B. 1.5 mol·L－1 C. 1.2 mol·L－1 D. 1.0 mol·L－1
【答案】C
【解析】试题分析：3．36升氯气的物质的量为0．15摩尔，假设碘化亚铁的物质的量 为xmol/L，则根据电子守恒分析：0．15×2=0．1x×2+0．1x/2 解x=1．2mol/L，选C。
24.下列变化没有发生电子转移的是( )
A. MnO4—-→MnO2 B. NO3—→NO2 C. Cl2→ClO3— D. SO2→SO32—
【答案】D
【解析】分析：反应前后有元素化合价变化的则会发生电子转移，据此判断。
详解：A. MnO4－→MnO2中Mn元素化合价降低，有电子转移，A错误；
B. NO3－→NO2中N元素化合价降低，有电子转移，B错误；
C. Cl2→ClO3－中Cl元素化合价升高，有电子转移，C错误；
D. SO2→SO32－中元素的化合价均没有发生变化，没有电子转移，D正确。答案选D。
25.下列物质混合后，不会发生离子反应的是( )
A. 硝酸银溶液和氯化钠溶液 B. 氯化钙溶液和稀硫酸
C. 氯化镁溶液和硫酸铜溶液 D. 澄清的石灰水和稀盐酸
【答案】C
【分析】离子反应发生的条件有：生成难溶物、生成难电离的物质、生成挥发性物质，具备条件之一反应即可发生。
【详解】A、硝酸银溶液中的银离子和氯化钠溶液中的氯离子反应生成氯化银沉淀，选项A不选；B、氯化钙溶液中的钙离子和稀硫酸中的硫酸根离子反应会生成微溶的硫酸钙沉淀，选项B不选；C、氯化镁溶液和硫酸铜溶液混合后不会发生反应，选项C选；D、澄清的石灰水中氢氧根离子和稀盐酸中氢离子反应会生成水，选项D不选；答案选C。
26.在澄清透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. K+、Cu2+、OH﹣、SO42— B. Fe3+、NH4+、NO3—、Cl﹣
C. K+、Na+、Cl﹣、CO32— D. K+、Fe2+、MnO4—、SO42—
【答案】B
【详解】A．Cu2+、OH-都与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，选项A错误；B．Fe3+、NH4+、NO3-、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项B正确；C．CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，选项C错误；D．Fe2+、MnO4-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选B。
27.物质的分类是化学研究的重要方法之一，近年来发现，在金星大气层中存在三氧化二碳。下列物质与它属于同类的是( )
A. H2、O3 B. H2SO4、H2CO3 C. SO2、NO D. Na2SO3、KClO3
【答案】C
【解析】氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，所以三氧化二碳属于氧化物；A、H2、O3属于单质，故A错误；B、H2SO4、H2CO3是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物属于酸，故B错误；C、SO2、NO由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物属于氧化物，与三氧化二碳属于同类物质，故C正确；D、Na2SO3、KClO3是由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，故D错误；故选C。
28.Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类。不正确的是（ ）
A. Na2CO3是碱 B. Na2CO3是盐 C. Na2CO3是钠盐 D. Na2CO3是正盐
【答案】A
【解析】试题分析：A、Na2CO3是盐，A项错误；B、Na2CO3是盐，B项正确；C、Na2CO3含有钠离子是钠盐，C项正确；D、Na2CO3是正盐，D项正确；答案选A。
29.氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是( )
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为＋3
D. AlN的摩尔质量为41 g
【答案】B
【分析】A．在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；B．根据AlN和转移电子之间的关系式计算；C．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的显正价；D．摩尔质量的单位是g/mol。
【详解】A．该反应中，氧化剂氮气，还原剂是碳，选项A错误；B．反应中N元素的化合价从0价降低到-3价，转移3个电子，则每生成1molAlN需转移3mol电子，选项B正确；C．氮化铝中氮元素的化合价是-3价，选项C错误；D．氮化铝的摩尔质量是41g/mol，选项D错误；答案选B。
30.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句不涉及氧化还原反应的是( )
A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
C. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 D. 粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
【答案】D
【详解】A．纤维素燃烧生成二氧化碳和水，C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项A不选；B．爆竹中含有黑火药，爆炸时发生氧化还原反应，选项B不选;C．石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水，C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项C不选；D．石灰石加热分解生成CaO和二氧化碳，元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项D选；答案选D。
二、非选择题部分(共4小题,共40分)
31.甲、乙两人分别用不同的方法配制100 mL 3.6 mol·L－1的稀硫酸。
(1)甲：量取20 mL 18.0 mol·L－1浓硫酸，小心地倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到100 mL 容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤2～3次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶加入水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
①实验所用的玻璃仪器除烧杯和容量瓶外，还有____________________；
②将溶液转移到容量瓶中的正确操作是______________________________________；
③定容的正确操作是________________________________________________。
(2)乙：用100 mL量筒量取20 mL浓硫酸，并向其中小心地加入少量水，搅拌均匀，待冷却至室温后，再加入水至100 mL刻度线，再搅拌均匀。你认为此法是否正确？若不正确，指出其中错误之处___________。
【答案】(1). 量筒、玻璃棒、胶头滴管 (2). 将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，使溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中 (3). 加水至离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加水至凹液面与刻度线相切 (4). 不能用量筒配制溶液；不能将水加入到浓硫酸中
【详解】（1）①操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故实验所用的玻璃仪器除烧杯和容量瓶外，还有玻璃棒、胶头滴管、量筒；
②将溶液转移到容量瓶中的正确操作是：将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，使溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中；
③定容的操作是：加水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切；
（2）不能用量筒配制溶液，不能将水加入到浓硫酸中，故该做法不正确。
32.物质的量是高中化学计算的核心：
（1）相同物质的量的NH3和H2S的质量比___，分子个数比为____，同温同压下的体积比___，所含氢原子的个数比为_____。
（2）现有mg某气体，它的一个分子由四原子构成，它的摩尔质量为Mg·mol-1。设阿伏加德罗常数为NA，则：①该气体的物质的量为____mol。②该气体中所含的原子总数为_____个。
【答案】(1). 1∶2 (2). 1∶1 (3). 1∶1 (4). 3∶2 (5). m/M (6). 4mNA/M
【详解】（1）据m=nM可知，物质的量相同的H2S和NH3，质量之比等于其摩尔质量之比，即17：34=1：2；根据N=nNA可知，分子数目之比等于其物质的量之比，即为1：1；物质的量相等时，温度、压强相等条件下，体积之比等于物质的量之比，机为1：1；含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数目之比，即为3：2；
（2）①根据n=，该气体的物质的量=mol；
②根据N=nNA，该气体所含原子总数4×NA=个。
33.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。
KMnO4+HCl（浓）=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）
（1）配平化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目__________。
（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式__________。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl_____mol，转移的电子的数目约为______。
（5）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。___MnO4—+___C2O42—+_____=______Mn2++__CO2↑+____，完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是__；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2______L。
【答案】(1). (2). 2MnO4—+16H++10Cl﹣=Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). ② (4). 1 1 (5). NA (6). 2 (7). 5 (8). 16H+ (9). 2 (10). 10 (11). 8H2O (12). C2O42— (13). 22.4
【详解】（1）KMnO4+HCl（浓）→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可知，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可知，配平的化学反应为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为：；
（2）在反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，改为离子反应时Cl2和H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4—+16H++10Cl﹣=Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）由反应可知，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性，故答案为：②；
（4）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5molCl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol；
（5）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4-的系数为2、C2O42-的系数为5，由原子守恒可知Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H+，由元素守恒可知生成物中缺项为H2O，配平后离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42-发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为22.4L。
34.如图为同学们使用的一种碳素墨水笔，在组成这种墨水笔的各种材料中：
(1)属于有机高分子材料的是(选填一种即可)________。
(2)属于金属材料的是(填元素符号)________，______。
(3)目前世界上对废金属材料已得到回收利用，这样做的意义是______。
(4)碳素墨水是________(填“混合物”或“纯净物”)。
(5)写出其中的金属材料与硫酸铜溶液反应的一个化学方程式：________________________。
【答案】(1). 塑料(或橡胶) (2). Fe (3). Al (4). 防止污染环境，节约金属资源 (5). 混合物 (6). Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu
【详解】（1）组成这种墨水笔的材料有：橡胶，塑料，合金等，其中橡胶、塑料属于有机高分子材料；
（2）金属材料包含纯金属和合金金，所以属于金属材料的是铁合金、铝合金；
（3）回收废旧金属既节约资源，又保护了环境；
（4）碳素墨水中含有多种物质，属于混合物；
（5）铁（或铝）的金属活动性比铜强，能与硫酸铜溶液发生反应生成硫酸亚铁（硫酸铝）和铜，反应的化学方程式为：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4[或 2Al+3CuSO4=3Cu+Al2（SO4）3]。
故答案为：（1）塑料（或橡胶）；（2）Fe；Al；防止污染环境，节约金属资源；（3）混合物；（4）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
35.通常状况下，CO是一种无色、无味、有毒的气体，难溶于水，与酸、碱、盐溶液均不反应。酒精喷灯可用作高温热源。正确连接如图所示的装置进行实验，可以验证某混合气体的成分是CO2和CO(每套装置限用一次)。
请回答下列问题：
(1)连接装置导管口的顺序：混合气体→________(填导管接口代号)→尾气处理。
(2)证明原混合气体中CO2存在的实验现象是__________________________________；证明CO存在的有关反应的化学方程式是_________________________________________________。
(3)有同学提出仪器B应再使用一次，你认为有道理吗？___ (填“有”或“没有”)，并简述理由：_________________________________。
(4)本实验尾气处理的方法是___________________________________________________。
【答案】(1). ④③⑤⑥①② (2). 装置中澄清石灰水变浑浊 (3). Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O (4). 有 (5). 检验混合气体中含有的CO2是否被NaOH溶液完全吸收 (6). 在排放尾气的导管口放置一个点燃的酒精灯
【解析】（1）混合气体应先通入装置B检验CO2气体是否存在，气体应由长管④通入从短管③排出B装置；然后通入装置C，处理混合气体中的气体CO2，由⑤通入从⑥排出；接下来气体通入装置A，检验CO气体的存在，气体由①进入从②排出，所以连接导管口的顺序为：④③⑤⑥①②，故答案为：④③⑤⑥①②；
（2）若只有CO，B中澄请石灰水不变浑浊，A中玻璃管内粉末由红变黑，说明氧化铁被还原成铁，试管内澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，两处现象综合，说明混合气体中只含有CO气体，反应的化学方程式有：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2、Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，故答案为：B中澄清石灰水不变浑浊，A中玻璃管内粉末由红棕色变黑色，试管中澄清石灰水变浑浊；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2、Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；
（3）由于利用B→C→A不能说明二氧化碳在C中已经被除尽，应该再使用一次仪器B证明二氧化碳气体已经除尽，故答案为：有；利用B→C→A不能说明二氧化碳在C中已经被除尽；
（4）尾气中含有有毒的CO气体，需要进行尾气处理，方法为：可在导管③后放置一个燃着的酒精灯或用气囊收集，故答案为：在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集）。
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