【化学】云南省元江县一中2018-2019学年高一上学期12月考试试题（解析版）

云南省元江县一中2018-2019学年高一上学期12月考试试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.下列变化过程中属于氧化反应的是 (　　)
A. MnO2→Mn2＋ B. CuO →CuCl2
C. Ag＋→Ag2O D. Sn2＋→Sn4＋
【答案】D
【解析】
【分析】物质所含元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，据此解答。
【详解】A. MnO2→Mn2＋中Mn元素的化合价从+4价降低到+2价，在变化过程中得到电子，发生还原反应，故A不选；
B. 该变化CuO→CuCl2过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不选；
C. 该变化Ag＋→Ag2O过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；
D. Sn2＋→Sn4＋中Sn元素的化合价从+2价升高到+4价，在变化过程中失去电子，发生氧化反应，故D选；
答案选D。
2.对下列实验过程的评价，正确的是（　　）
A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定会有CO32－
B. 某溶液中滴加了Na2CO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中一定会有Ba2+
C. 某无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液不一定是碱液
D. 验证烧碱溶液中是否含Cl－，先加稀HCl除去OH－，再加AgNO3溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl－
【答案】C
【详解】A．因碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐等与盐酸反应均可生成无色气体，则某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，则该固体不一定含有CO32－，故A错误；
B．因碳酸钡、碳酸钙、碳酸银等均为不溶于水的白色沉淀，则某溶液中滴加Na2CO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中不一定会有Ba2+，故B错误；
C．因碱性溶液遇酚酞变红，则某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，但不一定是碱液，例如碳酸钠溶液等，故C正确；
D．验证烧碱溶液中是否含有Cl一，加稀盐酸除去OH-，会引入氯离子，造成干扰，应该加稀硝酸除去OH-，再加硝酸银溶液，验证是否含C1-，故D错误；
故答案选C。
3.下列物质中含有的质子数最多的是(　　)
A. 27 g H2O B. 34 g H2O2
C. 51 g OH－ D. 38 g H3O＋
【答案】C
【解析】
【分析】先求出各物质的量和每个粒子的质子数，再作比较。
【详解】A、27 g H2O物质的量27g÷18g·mol－1=1.5mol，每1molH2O含有的质子为10mol，因此含有的质子为1.5mol×10=15mol；
B. 34 g H2O2物质的量34g÷34g·mol－1=1.0mol，每1molH2O2含有的质子为18mol，因此含有的质子为1.0mol×18=18mol；
C. 51 g OH－物质的量51g÷17g·mol－1=3mol，每1molOH－含有的质子为9mol，因此含有的质子为3mol×9=27mol；
D. 38 g H3O＋物质的量38g÷19g·mol－1=2.0mol，每1molH3O＋含有的质子为11mol，因此含有的质子为2.0mol×11=22mol；
因此含有的质子数最多的是选项C。答案选C。
4.NaHCO3和NaHSO4的溶液混合后，实际参加反应的离子是(　　)
A. H+和CO32− B. HCO3−和HSO4−
C. Na+、HCO3−和H+ D. HCO3−和H+
【答案】D
【详解】碳酸氢钠为强电解质，在水中电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++ HCO3—，硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na++H++ SO42—，两者混合实际参加反应的离子为HCO3—和H+生成二氧化碳气体和水，D正确。
5.某温度下，甲、乙两个烧杯中各盛有100 g相同浓度的氯化钾溶液，现将甲烧杯中的溶液蒸发掉35 g水，析出晶体5 g；将乙烧杯中的溶液蒸发掉45 g水，析出晶体10 g。则原溶液的质量分数为(　　)
A. 10% B. 15% C. 20% D. 25%
【答案】D
【解析】
【分析】根据甲烧杯中的溶液蒸发掉35g水，析出晶体5g后溶液变为饱和溶液，所以可知乙烧杯中的溶液蒸发掉45g水，析出晶体10g，即10g水中溶解5g氯化钾，据此解答。
【详解】甲烧杯中的溶液蒸发掉35g水，析出晶体5g后溶液变为饱和溶液，所以可知乙烧杯中的溶液蒸发掉45g水，析出晶体10g，即10g水中溶解5g氯化钾达到饱和状态，所以甲烧杯中的溶液蒸发掉35g水，析出晶体5g后溶液的质量为60g，即60g饱和溶液含有20g氯化钾，所以原溶液的质量分数=(5g+20g)/100g×100%=25%。故答案选D。
6.要配制浓度约为2 mol·L-1NaOH溶液100 mL，下列操作正确的是（　　）
A. 称取8 g NaOH固体，放入100 mL量筒中，边搅拌边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100 mL
B. 称取8 g NaOH固体，放入100 mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀
C. 称取8 g NaOH固体，放入100 mL烧杯中，将烧杯中加满蒸馏水，同时不断搅拌至固体溶解
D. 用100 mL量筒量取40 mL 5 mol·L-1NaOH溶液，倒入250 mL烧杯中，再用同一量筒取60 mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中
【答案】D
【解析】容量瓶是精密的玻璃仪器，不能用于溶于固体；排除选项AB；配成100ml溶液，并非加入100ml水，选项C排除。
7.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
【解析】
【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。
8.下列各组物质间的反应中，不属于离子反应的是(　　)
A. Zn和H2SO4(稀)反应 B. NaCl溶液和AgNO3溶液反应
C. C和O2反应 D. Fe和CuSO4溶液反应
【答案】C
【解析】A. Zn和H2SO4(稀)反应生成硫酸锌和氢气，属于离子反应，A错误；B. NaCl溶液和AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，属于离子反应，B错误；C. C和O2反应生成CO或二氧化碳，不是离子反应，C正确；D. Fe和CuSO4溶液反应生成硫酸亚铁和铜，属于离子反应，D错误，答案选C。
9. 下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是(　　)
A. 前者是混合物，后者是纯净物 B. 两者都具有丁达尔效应
C. 分散质的粒子直径均在1~100nm之间 D. 前者可用于杀菌，后者可用于净水
【答案】D
【解析】试题分析：A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；B、因胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；C、因溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；故选D。
10.下列物质属于电解质的是( )
A. 铜 B. 食盐水 C. 烧碱 D. 蔗糖
【答案】C
【解析】A、铜是单质不是化合物，所以不是电解质，故错误．
B、食盐水是混合物不是化合物，所以不是电解质，故错误．
C、烧碱是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，所以是电解质，故正确．
D、蔗糖是在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物，所以是非电解质，故错误．
故选C．
11.下列三个实验：①从食盐水中分离出氯化钠、②从酒精水溶液中分离出乙醇、③从碘水提取碘，其实验方法分别是(　　)
A. 蒸发、蒸馏、萃取 B. 萃取、蒸馏、蒸发
C. 蒸发、萃取、蒸馏 D. 蒸馏、萃取、蒸发
【答案】A
【解析】
【分析】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，蒸发是指将溶液中的溶剂通过升温的方式让溶剂脱离溶质的过程。
【详解】①氯化钠能溶于水，从食盐水中分离出氯化钠需要蒸发；
②乙醇和水的沸点相差解答，从酒精水溶液中分离出乙醇需要蒸馏；
③碘易溶于有机溶剂，从碘水提取碘需要萃取。
答案选A。
12.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
【解析】
【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。
13.广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置。下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是(　　)

【答案】B
【解析】试题分析：A．该装置是排液量气装置，故A错误；B．该装置可作为安全瓶防倒吸，因为进气管较短（刚漏出瓶塞）若发生倒吸，倒吸液会被盛装在B 瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B正确；C．该装置是混气装置，进入C 瓶中两气体在C 瓶中充分混合，故C错误；D．该装置是洗气装置，故D错误；故选B。
14.将2.3g金属钠放入100g水中，完全反应后溶液的质量分数为（　　）
A. 100％ B. 100％
C. 100％ D. 100％
【答案】D
【解析】2.3g钠的物质的量是0.1mol，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知生成氢氧化钠是0.1mol，质量是4g，氢气是0.05mol，氢气质量是0.1g，所以完全反应后溶液的质量分数为，答案选D。
15.向紫色石蕊溶液中加入过量过氧化钠粉末，振荡，正确的叙述是(　　)
A. 最后溶液变蓝色 B. 溶液先变蓝色最后褪色
C. 溶液仍为紫色 D. 因为过氧化钠与石蕊发生氧化还原反应而无气泡产生
【答案】B
【解析】
【分析】过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，并且Na2O2具有强氧化性，能使紫色溶液褪色，以此解答。
【详解】过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，溶液中有气泡产生，过氧化钠过量，且有强氧化性，能使紫色石蕊溶液因氧化而褪色，溶液最终变为无色。故答案选B。
16.半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是硅，下列有关硅及其化合物叙述正确的是（ ）
A. 水玻璃可做防火材料 B. 光导纤维的主要成分是高纯硅
C. 可用石英钳埚加热熔融氢氧化钠固体 D. 二氧化硅不和任何酸反应
【答案】A
【解析】A. 水玻璃可做防火材料，故A正确；B. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；C. 加热时石英与熔融氢氧化钠发生反应，故C错误；D. 二氧化硅与氢氟酸反应，故D错误。故选A。
17.关于氯的叙述中，下列正确的是(　　)
A. 氯气是一种黄绿色、有毒的气体
B. 氯元素在自然界中既可以以化合态存在，也可以以游离态存在
C. 氯气可用向下排空气法收集
D. 氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物
【答案】A
【详解】A. 氯气是一种黄绿色、有毒的气体，A正确；
B. 氯元素是活泼的非金属元素，在自然界中只能以化合态存在，Ｂ错误；
C. 氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集，C错误；
D. 氯气、液氯是同一种物质，属于纯净物，但氯水是氯气的水溶液，属于混合物，Ｄ错误。
答案选A。
18.除去氧化铁中的氧化铝，可采用的试剂是(　　)
A. 盐酸 B. 硝酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 氨水
【答案】C
【解析】
【分析】氧化铝可以和氢氧化钠反应，但是氧化铁和氢氧化钠之间不反应，根据性质的差别进行除杂即可。
【详解】氧化铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，但是氧化铁和氢氧化钠之间不反应，所以除去氧化铁中的氧化铝，可以加入过量的氢氧化钠溶液再过滤即可。故答案选C。
19.将紫色石蕊试液滴入NaOH溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，溶液由蓝色先变成红色，最后颜色慢慢退去，其原因是(　　)
①氯气有漂白性　②氯气与NaOH溶液反应　③氯气的水溶液呈酸性　④次氯酸有漂白性　⑤氯化钠有漂白性
A. ①④ B. ②③④
C. ①②③ D. ④⑤
【答案】B
【详解】紫色石蕊试液滴到NaOH溶液中显蓝色，若其中的NaOH消耗完，则蓝色将转为紫色（石蕊试液本身的颜色），若溶液转为酸性，则溶液转为红色。而在具有漂白性物质的作用下，溶液颜色将慢慢消失。当过量Cl2通入该溶液时，由于Cl2与NaOH反应，NaOH被消耗，继续通入的Cl2将与H2O反应生成盐酸和次氯酸，使溶液显酸性，最终在次氯酸分子的作用下，溶液褪色。发生上述变化的原因应为②③④。Cl2、NaCl均不具有漂白性。故答案选B。
20.将镁铝铁合金投入到300 mL硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成Mg2＋、Al3＋和Fe3＋；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为6.72 L(标准状况)，当加入300 mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2 g。下列有关推断正确的是(　　)
A. 参加反应的硝酸的物质的量为0.9 mol
B. 参加反应的金属的质量为11.9 g
C. 硝酸的物质的量浓度为3 mol·L－1
D. 氢氧化钠的物质的量浓度为6 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。
【详解】将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则
A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故A错误；
B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，故B正确；
C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=4mol/L，故C错误；
D．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=0.9mol÷0.3L=3mol/L，故D错误；
故答案选B。
21.关于硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物，叙述正确的是(　　)
①具有臭鸡蛋气味的气体；②是淡黄色的固体；③它能使溴水褪色；④它的水溶液具有酸性；⑤它具有氧化性和还原性。
A. 只有② B. 只有③ C. ①和④ D. ③、④和⑤
【答案】D
【解析】
【分析】硫化氢为臭鸡蛋气味的气体，具有还原性，可被氧化生成硫或二氧化硫，硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物为二氧化硫，为刺激性气体，有毒，具有还原性，以此解答该题。
【详解】硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物为二氧化硫，则
①二氧化硫为刺激性气味的气体，没有臭鸡蛋气味，故错误；
②二氧化硫为气体，故错误；
③二氧化硫具有还原性，它能使溴水褪色，故正确；
④二氧化硫溶于水生成亚硫酸，它的水溶液具有酸性，故正确。
⑤二氧化硫中硫元素是+4价，处于中间价态，它具有氧化性和还原性，故正确；
答案选D。
22.已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验其与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是(　　)

A. ①和②处 B. 只有②处
C. ②和③处 D. ②、③、④处
【答案】D
【详解】①KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生氯气，因此不需要加热，因此①正确；
②Cl2黄绿色、易溶于水、有毒性，能被氢氧化钠溶液吸收，因此②中除去氯化氢气体不能用氢氧化钠溶液，因此②不正确；
③浓硫酸可以干燥氯气，但是要长进短出，因此③不正确；
④氯气与金属的反应时，为了充分反应，应该把导管伸到试管的底部，且反应需要加热，因此④不正确；
故答案选D。
23.下列反应中，通入的气体只作还原剂的是(　　)
A. 二氧化硫通入溴水中
B. 氯气通入氢氧化钠溶液中
C. 二氧化硫通入氢氧化钾溶液中
D. 氧气通入亚硫酸溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】从化合价变化的角度分析，通入的气体物质只作为还原剂，则反应前后该气体物质所含元素的化合价升高，据此判断。
【详解】A．二氧化硫通入溴水中，发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素化合价升高，二氧化硫为还原剂，故A符合；
B．氯气通入NaOH溶液中，发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B不符合；
C．二氧化硫通入氢氧化钾溶液中生成亚硫酸钾和水，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合；
D．氧气通入亚硫酸溶液中生成硫酸，S元素化合价升高，亚硫酸是还原剂，氧气是氧化剂，故D不符合。
故答案选A。
24.下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是：(　　)
① 硅是构成一些岩石和矿物的基本元素；
② 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品；
③ 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维；
④ 陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料。
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
【答案】C
【解析】①几乎所有的岩石和矿物都含有硅酸盐或者二氧化硅，则硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，故①正确；②水泥、玻璃是硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，故②错误；③光导纤维的主要成分是二氧化硅，故③错误；④陶瓷的主要原料是黏土，则陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，故④正确；故选C。
25. 硫酸亚铁溶液含有杂质硫酸铜和硫酸铁，为除去杂质，提纯硫酸亚铁，应该加入下列哪种物质(　　)
A. 锌粉 B. 镁粉 C. 铁粉 D. 铝粉
【答案】C
【解析】试题分析：在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。A、锌的金属性强于铁和铜的，因此锌能置换出铁和铜，得不到硫酸亚铁，A不正确；B、镁的金属性强于铁和铜的，因此镁能置换出铁和铜，得不到硫酸亚铁，B不正确；C、铁能和硫酸铜反应生成硫酸亚铁、铜，与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，因此可以达到除杂的目的，C正确；D、铝的金属性强于铁和铜的，因此铝能置换出铁和铜，得不到硫酸亚铁，D不正确，答案选C。
26.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g,则该样品的纯度（质量分数）：(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则根据反应方程式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O可知：每有2×84g NaHCO3发生反应，会产生106g Na2CO3，反应前后固体质量减少△m=62g，现在固体质量减小(w1-w2) g，则含有的NaHCO3杂质的质量x=[(w1-w2) g÷62g]×168g =84(w1−w2)/ 31 g，所以该样品的纯度(质量分数)是w(Na2CO3)=(w1−x)÷w1=，故选项A正确。
27.下列说法正确的是(　　)
A. 将金属钠置于空气中加热产生白色的氧化钠
B. 铝箔不易被点燃是因为铝与空气中的氧气不反应
C. 铁在空气中点燃剧烈反应，火星四射
D. 钠与氧气反应，本身作还原剂
【答案】D
【详解】A. 将金属钠置于空气中加热产生淡黄色的过氧化钠，钠与氧气在常温下反应生成白色的氧化钠，A错误；
B. 铝箔不易被点燃是因为铝易被空气中的氧气氧化为氧化铝，氧化铝在其表面，阻止铝和氧气反应，B错误；
C. 铁在纯氧中点燃剧烈反应，火星四射，C错误；
D. 钠与氧气反应，失去电子，被氧化，本身作还原剂，D正确；
答案选D。
28.在实验室里，一定不能用同一套仪器制取的气体是(　　)
A. H2和Cl2 B. H2和O2 C. CO2和O2 D. H2和CO2
【答案】A
【详解】A、制备H2可用固、液不加热（锌+稀硫酸）的方法；制备Cl2只能用固、液加热的方法（浓盐酸+二氧化锰），一定不能用同一套仪器制取气体，故A符合；
B、制备H2可用固、液不加热（锌+稀硫酸）的方法；制备O2可用固、固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法，都可以采用固、液不加热装置制备，故B不符合；
C、制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法；制备O2可用固、固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法，都可以采用固、液不加热装置制备，故C不符合；
D、制备H2可用固、液不加热（锌+稀硫酸）的方法；制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法，都可以采用固、液不加热装置制备，故D不符合；
答案选A。
分卷II
二、填空题(共6小题共44分)
29.完成下列填空
（1）决定物质体积的因素：①构成物质的粒子数；②粒子大小；③粒子间的距离。对固体、液体物质而言，它主要是由上述________(填写编号，下同)决定；对气体物质而言，它主要由上述____________决定。
（2）标准状况下，体积为11.2 L的CO2的质量________g，其所含原子的总数是________个。
（3）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg·mol－1。若阿伏加德罗常数用NA表示，则：
①该气体的物质的量为________mol。
②该气体在标准状况下的体积为________ L。
【答案】(1). ①② (2). ①③ (3). 22 (4). 1.5NA (5). (6).
【解析】
【分析】（1）对固体、液体物质而言，粒子大小远远大于粒子间的距离，可以忽略粒子间的距离；而对气体物质而言，粒子间的距离远远大于粒子大小，可以忽略粒子大小，相同物质粒子数目越大，占有的体积越大；
（2）根据n=V/Vm计算二氧化碳的物质的量，再根据m=nM计算其质量，由N=nNA结合物质的组成计算；
（3）依据n=m/M=N/NA=V/Vm计算解答。
【详解】（1）相同物质粒子数目越大，占有的体积越大。对固体、液体物质而言，粒子大小远远大于粒子间的距离，可以忽略粒子间的距离，故构成物质的粒子数及粒子大小决定固体、液体的体积，答案选①②；而对气体物质而言，粒子间的距离远远大于粒子大小，可以忽略粒子大小，故构成物质的粒子数、粒子间的距离决定气体体积大小，答案选①③；
（2）标况下，11.2L二氧化碳的物质的量为：11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，其质量为0.5mol×44g/mol=22g，则含有原子数为N=nNA=3×0.5×NA=1.5NA；
（3）①mg该气体的物质的量为：mg÷Mg/mol=；
②标况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，该气体在标准状况下的体积为：22.4L/mol×=。
30.对一份稀溶液作初步分析发现，溶液无色、澄清，其中可能含有SO42-、Na+、CO32-、Cl﹣、Ca2+等离子中的若干种。然后又做了如下实验，以确认这些离子是否大量存在。
①取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成。
②在实验①的溶液中再加入硝酸银溶液，结果又生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀。
③用铂丝蘸取少量该溶液置于无色酒精灯火焰中灼烧，火焰呈黄色。
问：
（1）上述实验可以确定溶液中一定含有_____，一定没有_____。
（2）从以上操作中，不能判断是否存在的离子是_____，为了检验该离子是否存在，请你写出进一步检验的操作步骤和实验现象：_____。
（3）有同学认为实验③可以省略，你认为呢？_____（填“可以”或“不可以”），并说明理由_____。
【答案】(1). Na+、SO42-、CO32- (2). Ca2+ (3). Cl－ (4). 另取少量原溶液，先加入足量的Ba（NO3）2，过滤，再向滤液中加入硝酸酸化的AgNO3，若有白色沉淀产生，则存在Cl－ (5). 可以 (6). 溶液显电中性，有阴离子存在必有阳离子存在
【解析】
【分析】①取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明一定含有SO42-、CO32-，因SO42-和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不溶于盐酸，而CO32-和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于盐酸放出气体；CO32-和Ca2+不能大量共存，故一定没有Ca2+离子；
②在实验①的溶液中再加入硝酸银溶液，结果又生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能证明含有氯离子，因加入氯化钡中含氯离子；
③用铂丝蘸取少量该溶液置于无色酒精灯火焰中灼烧，火焰呈黄色，说明含Na+；据此解答。
【详解】根据以上分析可知原溶液中一定含Na+、SO42-、CO32-离子，一定没有Ca2+离子，氯离子不能确定，需进一步检验氯离子的存在。
（1）上述实验可以确定溶液中一定含有Na+、SO42-、CO32-，一定没有Ca2+。；
（2）根据以上分析可知氯离子不能确定，需进一步取原溶液检验氯离子的存在，检验时需先排除硫酸根离子的干扰，则实验方案为：另取少量原溶液，先加入足量的Ba（NO3）2，过滤，再向滤液中加入硝酸酸化的AgNO3，若有白色沉淀产生，则存在Cl－；
（3）因原溶液中只有两种阳离子，钙离子被排除，根据溶液电中性，一定存在钠离子，因此实验③可以省略。
31.某学生用12 mol·L－1的浓盐酸配制0.10 mol·L－1的稀盐酸500 mL。回答下列问题。
（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________(填序号)。
a．使用前要检验容量瓶是否漏液
b．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干
c．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀
e．用500 mL的容量瓶可以直接配制480 mL溶液
f．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放配制的试剂
（2）量取浓盐酸的体积为________mL，应选用的量筒规格为________(填“10 mL”“25 mL”或“50 mL”)。
（3）配制时应选用的容量瓶规格为________。
（4）配制时(除容量瓶外)还需选用的仪器主要有量筒、________、________、________和试剂瓶。
【答案】(1). ad (2). 4.2 (3). 10 mL (4). 500 mL (5). 烧杯 (6). 玻璃棒 (7). 胶头滴管
【解析】
【分析】（1）根据容量瓶的构造、规格、用途结合选项分析判断；
（2）根据配制过程中溶质HCl的物质的量不变计算出需要浓盐酸的体积；根据计算出的浓盐酸体积选用量筒；
（3）根据配制的溶液体积选取容量瓶的规格；
（4）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤判断使用的仪器。
【详解】（1）a．容量瓶带有活塞，使用前要检验容量瓶是否漏液，a正确；
b．用蒸馏水洗涤后不需要将容量瓶烘干，且容量瓶不能用来加热，b错误；
c．容量瓶不能用来稀释浓溶液或溶解固体，c错误；
d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀，d正确；
e．用500 mL的容量瓶可以直接配制500mL溶液，但不能配制480 mL溶液，e错误；
f．当用容量瓶配制完溶液后，需要把溶液倒入指定的试剂瓶中，不能用容量瓶存放配制的试剂，f错误。
答案选ad；
（2）用12 mol·L－1的浓盐酸配制0.10 mol·L－1的稀盐酸500 mL，需要选用规格为500mL 的容量瓶，则需要该浓盐酸的体积为：0.1mol/L×0.5L/12mol/L≈0.0042L=4.2mL，需要量取4.2mL浓盐酸，应该选用10mL的量筒；
（3）用12 mol·L－1的浓盐酸配制0.10 mol·L－1的稀盐酸500 mL，需要选用规格为500mL 的容量瓶；
（4）配制500mL 0.1mol/L的稀盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容等，则使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶和试剂瓶等。
32.如图所示甲是某学生验证铜和浓硝酸反应的装置，乙、丙是另外两位同学对甲装置改进后的装置：


(1)甲、乙、丙三个装置中共同发生的反应的化学方程式是__________________________________。
(2)和甲装置相比，乙装置的优点是①______________________；②________________。
(3)为了进一步验证NO2和水的反应，某学生设计了丙装置。实验时先关闭活塞________，再打开活塞________，才能使NO2气体充满②试管；当气体充满②试管后，将铜丝提起与溶液脱离。欲使烧杯中的水进入②试管，应该_______________________。
【答案】(1). Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). 可以控制反应的发生和停止 (3). 吸收NO2气体，防止污染环境 (4). c (5). ab (6). 先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住试管②
【解析】
【分析】铜和浓硝酸反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，根据题目给定的装置图可知乙装置有尾气处理装置，同时可以通过移动铜丝来控制反应的发生与停止。实验丙中，实验时先关闭活塞c，再打开活塞a，b，才能使NO2气体充满②试管，当气体充满②试管后，将铜丝提起与溶液脱离停止反应。欲使烧杯中的水进入②试管应该先关闭b，再关闭a,然后打开c，用手捂住试管②。
【详解】(1)三个装置中共同发生的反应的化学方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(2) 和甲装置相比，乙装置的优点是：乙装置有尾气处理装置，同时可以通过移动铜丝来控制反应的发生与停止，故答案为：可以控制反应的发生和停止；吸收NO2气体，防止污染环境。
(3)实验丙中，实验时先关闭活塞c，再打开活塞a，b，才能使NO2气体充满②试管，当气体充满②试管后，将铜丝提起与溶液脱离，停止反应。欲使烧杯中的水进入②试管，应该先关闭b，再关闭a,然后打开c，用手捂住试管②，气体膨胀，当二氧化氮与水接触后发生反应，气压减小，可以把水吸入试管②，故答案为：c ；ab ；先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住试管②。
33.已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答下列问题：

（1）写出化学式：A是____________，D是____________。
（2）写出相关反应的化学方程式：①____________，⑤____________。
（3）写出相关反应的离子方程式：②__________，③__________，④__________。
【答案】(1). SiO2 (2). H2SiO3 (3). Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑ (4). H2SiO3H2O＋SiO2 (5). CO2＋H2O＋SiO32－＝CO32－＋H2SiO3↓ (6). SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O (7). SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓
【解析】
【分析】A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，且A能够与纯碱（Na2CO3）、NaOH反应，A应该为SiO2；由转化关系可知B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3，据此进行解答。
【详解】A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，且A能够与纯碱（Na2CO3）、NaOH反应，A应该为SiO2；由转化关系可知B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3，③为SiO2和NaOH的反应，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，硅酸加热分解生成二氧化硅，则
（1）由以上分析可知：A为SiO2，D为H2SiO3；
（2）①是SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；
⑤是硅酸加热分解生成二氧化硅，反应的化学方程式为H2SiO3H2O＋SiO2；
（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32－＝CO32－＋H2SiO3↓；
③是二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O；
④是硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，反应的离子方程式为SiO32－+2H＋＝H2SiO3↓。
34.甲同学通过查询资料知道，一定浓度的硝酸与镁反应时，可得到二氧化氮、一氧化氮、氮气三种气体。该同学用下列仪器组装装置来直接验证有二氧化氮、一氧化氮生成并制取氮化镁 (假设实验中每步转化均是完全的)。
查阅文献得知：
①二氧化氮沸点为21.1℃、熔点为－11℃，一氧化氮沸点为－151℃、熔点为－164℃；
②镁也能与二氧化碳反应；
③氮化镁遇水反应生成氢氧化镁和氨气。

（1）实验中先打开开关K，通过导管向装置内通入二氧化碳气体以排出装置内的空气，停止通入二氧化碳的标志是________________________________。
（2）为实现上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是A→______→E，确定还原产物中有二氧化氮的现象是__________________________，实验中要多次使用装置F，第二次使用F的目的是__________。
（3）实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，试写出C中反应的离子方程式：______________。
（4）4甲同学在A中开始反应时，马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测试发现B处的产品纯度不高，原因是__________________。
（5）设计一种实验方案，验证镁与硝酸反应时确实有氮气生成：____________。
【答案】(1). E中出现白色沉淀 (2). D→C→F→B→F (3). A中有红棕色气体产生(或D中出现有色液体) (4). 防止水蒸气进入B导致氮化镁水解 (5). 5NO+4H++3MnO4-＝3Mn2++5NO3-+2H2O (6). 装置中充满二氧化碳，而加热时二氧化碳也能与镁反应 (7). 取少量B中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口处，试纸变蓝
【解析】
【分析】探究一定浓度的硝酸与Mg反应产物：A三颈烧瓶中为镁和硝酸反应，可能得到NO2、NO、N2三种气体，若产生二氧化氮气体，A中有红棕色气体产生，NO2沸点为21.1℃，经过D装置冰盐水冷却生成的气体，D中出现有色液体，C中盛放1%的酸性高锰酸钾，若出现高锰酸钾褪色，说明有NO生成，经过装置F进行气体干燥，然后进入装置B进行镁和氮气的反应，再经过装置F，防止水蒸气进入B导致氮化镁水解，最后用氢氧化钡吸收尾气，据此解答。
【详解】（1）探究一定浓度的硝酸与Mg反应产物，E装置在该实验中为吸收尾气装置，实验中先打开开关K，通过导管向装置内通入CO2气体以排出装置内的空气，当E中出现白色沉淀，说明二氧化碳已经充满整个装置，已经全部排出装置内的空气，需停止通入CO2；
（2）探究一定浓度的硝酸与Mg反应产物：A三颈烧瓶中为镁和硝酸反应，可能得到NO2、NO、N2三种气体，若有二氧化氮气体产生，A中有红棕色气体产生，经过D装置冰盐水冷却生成的气体，D中出现有色液体，C中盛放1%的酸性高锰酸钾，若出现高锰酸钾褪色，说明有NO生成，反应为：5NO+4H++3MnO4-＝3Mn2++5NO3-+2H2O，经过装置F进行气体干燥，然后进入装置B进行镁和氮气的反应，再经过装置F，防止水蒸气进入B导致氮化镁水解，最后用氢氧化钡吸收尾气，所选用的仪器的正确连接方式是：A→D→C→F→B→F→E，氮化镁易水解，第二次使用F的目的是防止水蒸气进入B导致氮化镁水解；
（3）C中溶液颜色慢慢褪去，为NO和高锰酸根离子发生的氧化还原反应，该反应中物质的化合价变化：MnO4-→Mn2+，Mn元素化合价由+7价→+2价，一个MnO4-得5个电子；NO→NO3-，N由+2价变成+5价，一个NO分子失去3个电子，所以其最小公倍数为15，故MnO4-的计量数为3，NO的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为5NO+4H++3MnO4-＝3Mn2++5NO3-+2H2O；
（4）镁条与二氧化碳发生置换反应，生成碳与氧化镁，反应为2Mg+CO22MgO+C，所以在A中开始反应时，马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测试发现B处的产品纯度不高，原因是装置中充满CO2，而加热时CO2也能与Mg反应；
（5）镁与硝酸反应时若有氮气生成，则生成的氮气和镁反应生成氮化镁，氮化镁易水解生成氨气，所以取少量B中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口处，试纸变蓝，说明有氮气生成。