河北省承德第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

承德一中2019-2020学年度第一学期第三次月考试卷高一化学试题
本次考试时间为90分钟，总分100分，选择题共25个题，每空2分共50分，填空题共4个题，每空2分共50分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、单选题(共25小题,每小题2分,共50分)
1.下列物质分类正确的是（ ）
A. Na2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物
B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D. 盐酸、水玻璃、氨水均为混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A、过氧化钠不是碱性氧化物，错误，不选A；
B、氯化铁溶液不属于胶体，错误，不选B；
C、四氯化碳不是电解质，错误，不选C；
D、盐酸是氯化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确。
答案选D。
2.下列关于化学反应的说法正确的是(　　)
A. 有单质生成的化学反应，一定是氧化还原反应
B. 金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂
C. 有非金属单质参加的化合反应，非金属单质一定是氧化剂
D. 有气体生成的化学反应一定是氧化还原反应
【答案】B
【解析】
A. 有单质生成的化学反应，不一定是氧化还原反应，例如氧气和臭氧的转化，A错误；B. 金属单质在氧化还原反应中只能失去电子，作还原剂，B正确；C. 有非金属单质参加的化合反应，非金属单质不一定是氧化剂，例如氯气和氢气反应中氢气是还原剂，C错误；D. 有气体生成的化学反应不一定是氧化还原反应，例如实验室制备CO2等，D错误，答案选B。
点睛：在判断化学反应是不是氧化还原反应时一定要利用好其特征，即反应前后有关元素的化合价是否发生变化，而利用四种基本反应类型与氧化还原反应关系判断时学会举例排除法，选项A是解答的易错点，注意同素异形体之间的转化，另外I2+KI=KI3也不符合。
3.明代《本草纲目》中一条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指
A. 蒸馏 B. 渗析 C. 萃取 D. 干馏
【答案】A
【解析】
【详解】由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏方法，故合理选项是A。
4.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是
A. 在水中形成的分散系能产生丁达尔现象
B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜
C. 分子直径比钠离子小
D. 在水中所形成的分散系属悬浊液
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据“钴酞菁”的分子的直径为1.3×10－9m，可能以判断其在水中形成的分散系为胶体，能产生丁达尔现象，故正确；B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，不能透过半透膜，故错误；C. 该分子直径比钠离子大，故错误；D. 在水中所形成的分散系属胶体。故错误。故选A。
【点睛】胶体是分散质微粒直径在1nm-100nm的分散系。胶体有丁达尔效应，胶体粒子能透过滤纸，但不能通过半透膜，所以可以用渗析的方法分离提纯。
5.配制一定物质的量浓度的某溶液，下列情况会使所配溶液的浓度偏低的是(　　)
①配制烧碱溶液，称量烧碱时放在滤纸上②配制烧碱溶液，未冷却即转移、定容③烧杯及玻璃棒未洗涤④定容时，俯视容量瓶的刻度线⑤定容时加水至刻度线并摇匀后，发现液面低于刻度线⑥天平的砝码生锈了
A. ①③ B. ②⑤⑥ C. ①③④ D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①由于NaOH固体容易吸水潮解，若在配制烧碱溶液，称量烧碱时放在滤纸上，一部分NaOH变为溶液浸在滤纸上，导致溶质减少，则配制的溶液浓度偏低，①符合题意；
②NaOH固体溶于水放出热量，若配制烧碱溶液，未冷却即转移、定容，待溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，溶液的体积偏小，则导致配制的溶液浓度偏高，②不符合题意；
③烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质的物质的量减小，最终使配制的溶液浓度偏低，③符合题意；
④定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，④不符合题意；
⑤定容时加水至刻度线并摇匀后，发现液面低于刻度线，这是由于溶液粘在容量瓶瓶颈上，对配制的溶液浓度无影响，⑤不符合题意；
⑥天平的砝码生锈了，称量的溶质质量偏大，溶质的物质的量就偏多，则最终使溶液的浓度偏大，⑥不符合题意；
综上所述可知：使溶液浓度偏低的有①③，故合理选项是A。
6.下列说法不正确的是
A. 将40 g NaOH溶于水配成1 L溶液，其浓度为l mol•L﹣1
B. 将22.4 L HCl溶于水配成1 L溶液，其浓度为l mol•L﹣1
C. 1 L含2 mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的浓度为1 mol•L﹣1
D. 将浓度为0.5 mol•L﹣l的NaNO3溶液100 mL恒温蒸发至50 mL，其浓度变为1 mol•L﹣1
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据n=m/M、c=n/V进行计算；
B.没有说明是否是标准状况下,气体的物质的量无法计算； 
C.由K2SO4的组成结合K+的物质的量计算；
D.溶液的体积缩小为原来的一半,浓度变为原来的2倍。
【详解】A. 40 g NaOH的物质的量为1mol,溶于水配成1L溶液，溶液浓度为l mol•L﹣1，故A正确；
B.将22.4 L HCl 溶于水配成1 L 溶液，没有说明是否是标准状况下，HCl气体的物质的量无法计算，溶液浓度无法计算,故B错误； 
C. 含有2mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量为1mol，溶液的体积为1L，所以K2SO4的浓度为1 mol•L﹣1，故C正确；
D. 将浓度为0.5 mol•L﹣l的NaNO3溶液100 mL恒温蒸发至50 mL，浓度变为原来的2倍，变为1 mol•L﹣1,故D正确；
综上所述，本题选B。
7.在同温同压下，用等质量的H2、CH4、CO2、HCl四种气体分别吹起四个气球，其中是由CO2吹起的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】等质量的H2、CH4、CO2、HCl四种气体的物质的量与其摩尔质量成反比，所以摩尔质量越大，则物质的量越小，在同温同压下，体积越小，H2、CH4、CO2、HCl的摩尔质量分别为2g•mol-1、16 g•mol-1、44 g•mol-1、36.5 g•mol-1，故C项气球表示H2，A项气球表示CH4，B项气球表示HCl，D项气球表示CO2。
答案选D。
8.现有一种固体化合物X不导电，但熔融状态或溶于水导电，下列关于X的说法中正确的是(　　)
A. X一定为电解质 B. X可能为非电解质
C. X只能是盐类 D. X只能是碱类
【答案】A
【解析】
【分析】
一种固体化合物X，X本身不导电，但熔融状态和溶于水时能够电离，说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，一定是电解质。
【详解】A.X是可以是酸、碱或者是盐，所以X是电解质，A正确；
B.该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，一定是电解质，B错误；
C.固体化合物X，X本身不导电，但熔融状态或者溶于水时能够电离，X一定是电解质，可能是盐类如NaCl，也可能是碱，如NaOH，C错误；
D.根据选项C分析可知化合物X可能是酸、碱、盐中的任何一类物质，但一定是电解质，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查电解质与导电性的关系，明确化合物构成及其性质是解本题关键，注意导电的物质不一定的电解质，电解质不一定导电，侧重考查学生的分析判断能力。
9.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是
A. 甲溶液含有Ba2＋ B. 乙溶液含有SO42-
C. 丙溶液含有Cl－ D. 丁溶液含有Mg2＋
【答案】D
【解析】
【分析】
根据OH－只能与四种阳离子中的Ba2＋大量共存，则四种物质中其中一种为Ba(OH)2， H＋只能与Cl－、SO42-共存，则其中一种物质为H2SO4或HCl，0.1mol/L 乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L，说明乙为二元或多元酸，则乙为H2SO4，根据离子组成，则另外两种物质为MgCl2和NH4 HCO3或NH4Cl和Mg(HCO3)2，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，则丙中含有氯离子，可能为MgCl2或NH4Cl，甲溶液分别与其它3种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为Ba(OH)2，丙为MgCl2,丁为NH4HCO3。
【详解】A. 根据分析可知，甲为Ba(OH)2，其溶液中含有Ba2＋，故A正确；
B. 根据分析可知，乙为H2SO4，其溶液中含有SO42- ，故B正确；
C. 根据分析可知，丙为 MgCl2，其溶液中含有Cl－，故C正确； 
D.根据分析可知，丁为 NH4HCO3，其溶液中不含有Mg2+，故D错误；
答案为D。
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10.酸雨是过度燃烧煤和石油，生成的硫的氧化物与氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的缘故。某次雨水的分析数据如下：c(NH4+)=2.0×10－5mol·L－1、c(Cl－)=6.0×10－5mol·L-1、c(Na＋)=1.9×10－5mol·L-1、c(NO3-)=2.3×10-5mol·L-1、c(SO42-)=2.8×10－5mol·L-1，已知pH=-lgc(H＋)，则此次雨水的pH大约为(　　)
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中一定满足电荷守恒，根据溶液中电荷守恒计算酸雨中氢离子浓度，然后根据pH的计算公式pH=-lgc(H+)计算该酸雨的pH。
【详解】溶液中阴、阳离子所带电荷相等，设氢离子浓度为c，氢氧根离子可以忽略不计，则：c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(NO3-)+2×c(SO42-)+c(Cl-)，即：2.0×10-5mol/L+1.9×10-5mol/L+c=2.3×10-5mol/L+2×2.8×10-5mol/L+6×10-5mol/L，解得：c=1.0×10-4mol/L，所以该酸雨的pH=4，故合理选项是B。
【点睛】本题考查了溶液的pH的简单计算，明确溶液中阴、阳离子所带电荷相等是解本题的关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法，注意酸雨中的氢氧根离子可以忽略不计。
11.下列反应的离子方程式正确的是
A. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+CO32－+H2O
B. 等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O
C. 向100mL 1mol/L FeBr2溶液中通入0.5mol Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-
D. 氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、离子方程式正确，A正确；
B、反应中还有一水合氨生成，B错误；
C、溴化亚铁和氯气的物质的量之比是1：5，氯气过量全部被氧化，即2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C错误；
D、铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，D错误；
答案选A。
【点睛】离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。
12.甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、盐酸四种无色溶液中的一种，它们两两反应后的现象如下：甲+乙→沉淀；甲+丙→沉淀；乙+丙→沉淀；丙+丁→沉淀；乙+丁→无色无味气体。则甲、乙、丙、丁四种溶液依次是
A. BaCl2、Na2CO3、AgNO3、盐酸
B. BaCl2、Na2CO3、盐酸、AgNO3
C. Na2CO3、盐酸、AgNO3、BaCl2
D. AgNO3、盐酸、BaCl2、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】
所以正确选项为A；
13.已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O；
②2A2++B2=2A3++2B﹣；
③2B-+Z2=B2+2Z-。
由此推断下列说法错误的是（　　）
A. 反应Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可以进行
B. Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化
C. Z2可以置换出X2+溶液中的X
D. 氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+
【答案】C
【解析】
【分析】
氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中氧化性为XO4->Z2，2A2++B2=2A3++2B-中氧化性为B2>A3+，2B-+Z2=B2+2Z-中氧化性为Z2>B2，以此来解答。
【详解】A.由上述分析可知，氧化性Z2>A3+，则反应Z2+2A2+═2A3++2Z-能发生，A正确；
B.Z元素在①中化合价升高，被氧化，而在③中元素的化合价降低，被还原，B正确；
C.由①的离子方程式为16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，可知还原性Z->X2，所以Z2不可以置换出X2+溶液中的X，C错误；
D.由上述分析可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，D正确；
故合理选项C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化及氧化性的比较方法为解答的关键，注意氧化性、还原性的比较方法及守恒法应用，侧重考查学生的分析与应用能力。
14.现有①MgSO4、②Ba（NO3）2、③NaOH、④CuCl2、⑤KCl五种溶液，不加任何其他试剂，被鉴别出的先后顺序正确的是（　　）
A. ④③①②⑤ B. ④⑤③②① C. ④③②①⑤ D. ④②③①⑤
【答案】A
【解析】
【详解】不加任何其他试剂，蓝色溶液的为④CuCl2；与④反应生成蓝色沉淀的为③NaOH；与③反应生成白色沉淀，则可鉴别出①MgSO4；与①反应生成白色沉淀的为②Ba（NO3）2，最后一种为⑤KCl，所以被鉴别的先后顺序为④③①②⑤，故选A。
15.对下列实验的评价，正确的是（ ）
A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
B. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-
C. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42-，故A错误；
B．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故B错误；
C．碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；
D．验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加过量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl-，故D正确；
故选D。
【点睛】解答该类题目要注意排除离子的干扰，注意实验的严密性，把握物质的性质。本题的易错点为B，能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳或二氧化硫。
16.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 mol·L-1 NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B. 0.1 mol·L-1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-
C. 0.1 mol·L-1 K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl－、OH－
D. 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
【答案】A
【解析】
【分析】
A. Na+、K+、CO32-、AlO2-之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，A项正确；
B. FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4−氧化，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C. K2CO3中的CO32-与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，C项错误；
D. H2SO4与HSO3−反应，且酸性条件下NO3−能够氧化HSO3−，在溶液中不能大量共存，D项错误；
答案选A。
【详解】B项是易错点，要牢记常见的氧化剂和还原剂，离子若能发生氧化还原反应，则也不可大量共存。
17.相同质量的两份铝分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中充分反应，消耗的氯化氢和氢氧化钠的物质的量之比为 （ ）
A. 1：1 B. 1：6 C. 2：3 D. 3：1
【答案】D
【解析】
【详解】相同质量的两份铝分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中充分反应，设Al的物质的量均为2mol，
由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，
2molAl与足量酸、碱消耗的氯化氢和氢氧化钠的物质的量之比为6mol：2mol=3:1。
答案选D。
18.当不慎有大量的氯气扩散到周围空间时，可以用浸某溶液的毛巾捂住鼻子以防中毒，合适的溶质是（ ）
A. NaOH B. NaCl C. NaHCO3 D. 氨水
【答案】C
【解析】
分析】
氯气有毒，可与碱溶液反应，则防止氯气中毒可用碱性较弱的溶液吸收，注意碱性太强时，其腐蚀性强，以此来解答。
【详解】A．NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但浓NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，选项A错误；
B．NaCl不与氯气反应，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，选项B错误；
C．NaHCO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，选项C正确；
D．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，选项D错误；
答案选C
【点睛】本题考查氯气的化学性质及防止氯气中毒，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握氯气与碱反应及物质的腐蚀性，题目难度不大。
19.海藻中含有丰富的碘元素。如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是

A. 步骤④的操作是过滤
B. 可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全
C. 步骤①、③的操作分别是过滤、萃取
D. 步骤③中加入的有机溶剂可能是酒精或四氯化碳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此操作①是过滤，操作②通入Cl2，发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。
【详解】根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此操作①是过滤，操作②通入Cl2，发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。A、碘单质易溶于有机溶剂，常利用其沸点与有机溶剂相差较大采用蒸馏方法分离它们，故步骤④应为蒸馏，故A错误；B、淀粉遇碘单质变蓝，只要产生I2，加入淀粉后，溶液就会变蓝，故B错误；C、根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此步骤①为过滤，碘单质易溶于有机溶剂，因此采用萃取的方法，步骤③为萃取，故C正确；D、因为酒精易溶于水，因此萃取碘水中的碘单质，不能用酒精作萃取剂，故D错误。
20.下列各组中两溶液间的反应，不能用同一离子方程式来表示的是(　　)
A. Na2CO3+HCl； K2CO3+HNO3
B. Fe+HCl；Fe+H2SO4
C. BaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+H2SO4
D. NaOH+HCl；Ba(OH)2+HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A.两个反应的离子方程式都是2H++CO32-=H2O+CO2↑，二者相同，A不符合题意；
B. .两个反应离子方程式都是Fe+2H+=Fe2++H2↑，二者相同，B不符合题意；
C.前者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，后者的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，二者不同，C符合题意；
D.两个反应的离子方程式都是H++OH-=H2O，二者相同，D不符合题意；
故合理选项是C。
21.下列叙述中正确的是(　　)
A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B. 向Na2CO3溶液逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与Na2CO3的物质的量之比为1∶1
C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同
D. 分别向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，只有Na2CO3溶液产生沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氢钙溶液，再加入NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应，不能生成碳酸钙沉淀，A错误；
B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有CO2气体生成，B错误；
C.NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者质量相同，则它们的物质的量不同，两种物质与盐酸反应都生成CO2气体，根据碳元素守恒可知，两种物质的物质的量不等，则反应生成CO2的物质的量也不同，由V=n·Vm可知在同温同压下，两种物质反应产生的气体体积不等，C正确；
D.加入Ca(OH)2溶液，两种物质都会发生反应产生CaCO3白色沉淀，D错误；
故合理选项是C。
22.金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为2CuFeS2+O2=_____+2FeS+SO2，若CuFeS2中Cu、Fe的化合价都为+2，S的化合价为﹣2，下列说法正确的是
A. 横线中的物质是Cu2S B. CuFeS2仅作还原剂
C. SO2是还原产物，不是氧化产物 D. FeS是氧化产物
【答案】A
【解析】
【详解】A．由质量守恒定律可知横线上的物质为Cu2S，选项A正确；
B．由质量守恒可知横线上的物质为Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，说明CuFeS2在反应中既是氧化剂又是还原剂，选项B错误；
C．O元素的化合价由0降低为-2价，S元素的化合价由-2价升高为+4价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，选项C错误；
D．FeS中各元素化合价不变，既不是氧化产物，也不是还原产物，选项D错误；
答案选A。
23.在xR2+ +yH++O2＝mR3+ +nH2O的离子方程式中，对m和R3+判断正确的是
A. m＝4，R3+是氧化产物 B. m＝2y，R3+是氧化产物
C. m＝2，R3+是还原产物 D. m＝y，R3+是还原产物
【答案】A
【解析】
试题分析：根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，
根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物．
考点：考查了氧化还原反应中的概念和原子守恒的相关知识。
24.如图是某学校实验室买回的硫酸试剂标签的部分内容。判断下列说法正确的是( )

A. 该硫酸的浓度为9.2 mol•L﹣1
B. 配制480 mL 4.6 mol•L﹣1的稀硫酸需该H2SO4125.0 mL
C. 该硫酸与等体积水混合质量分数变为49 %
D. 取该硫酸100 mL，则浓度变为原来的1/5
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，故A错误；
B．实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，溶液稀释前后溶质物质的量不变，则需要浓硫酸的体积==125.0mL，故应量筒量取该硫酸125.0mL，故B正确；
C．水的密度小于硫酸的密度，等体积混合所得溶液质量小于原硫酸溶液的2倍，稀释后溶质硫酸不变，根据质量分数=×100%，可知混合后溶液质量分数大于49%，故C错误；
D．溶液具有均一性，取该硫酸100 mL，浓度不变，故D错误；
答案选B。
25.120℃、101.3 kPa，甲烷（CH4）和过量的O2的混合物，用电火花引燃（CH4+2O2=CO2+2H2O）后，恢复到原来的温度和压强，测得反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的体积比为（ ）
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶7 D. 7∶1
【答案】C
【解析】
【详解】120℃时燃烧生成的水为气态，氧气过量时发生反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，则平均相对分子质量不变，反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量为15×2=30，根据十字交叉法：

故原混合气体中甲烷和氧气的体积比为2:14=1:7。
答案选C。
二、填空题(共50分)
26.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：
(1)以上物质中能导电的是________；
(2)以上物质属于电解质的是________；
(3)以上物质属于非电解质的是_______；
(4)以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是______；
(5)属于盐的有________；
(6)写出⑧溶于水中的电离方程式_____；
(7)分离胶体和溶液常用的方法叫__________；
(8)等质量的O2和O3所含原子个数比为______；
(9)设NA为阿伏加德罗常数的数值，若ag某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是___________。(用含有NA的式子表示)
【答案】 (1). ④⑧ (2). ①③⑤⑧ (3). ②⑥⑦ (4). ①②③⑧ (5). ①⑤⑧ (6). Na2CO3=2Na++CO32- (7). 渗析 (8). 1：1 (9). L
【解析】
【分析】
电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
物质导电条件：存在自由移动的离子，或者存在自由移动的电子；
金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子结合的化合物属于盐；
碳酸钠为强电解质，在水溶液中完全电离产生钠离子和碳酸根离子；
根据胶体与溶液中分散质微粒大小分离；
利用n=及N=n·NA计算O原子数目；
利用微粒数目与质量成正比计算cg该气体的分子数目，再结合N=n·NA计算气体的物质的量，最后根据V=n·Vm计算气体在标准状况下的体积。
【详解】①NaCl固体，属于电解质；不含自由移动的离子，因此不导电；溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
②液态CO2，属于非电解质；不含自由移动的离子，因此不导电；溶于水，与水反应生成电解质H2CO3，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
③液态氯化氢，属于电解质；由分子构成，不含自由移动的离子，因而不导电；溶于水，在水分子作用下电离产生自由移动的离子，水溶液能导电；
④汞是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；含有自由移动的电子，能导电；不溶于水；
⑤固体BaSO4，是由金属阳离子Ba2+和酸根离子SO42-组成化合物，属于电解质；不含自由移动的离子，因而不导电；水中溶解度很小，水溶液几乎不导电；
⑥蔗糖，非电解质；不含自由移动的离子，不导电，水溶液也不导电；
⑦酒精，非电解质；不含自由移动的离子，不导电，水溶液也不导电；
⑧熔融的Na2CO3，是电解质；含有自由移动的离子，能导电；水溶液能电离产生自由移动的离子Na+、CO32-，能导电；
因此在上述物质中
(1)能导电的是④⑧；
(2)属于电解质的是①③⑤⑧；
(3)属于非电解质的是②⑥⑦；
(4)物质溶于水后形成的溶液能导电的是①②③⑧；
(5)①NaCl固体；⑤固体BaSO4；⑧熔融的Na2CO3，都是由金属阳离子与酸根离子形成化合物，属于盐，故物质序号应该是①⑤⑧；
(6)碳酸钠为强电解质，在水溶液中完全电离产生Na+和CO32-，电离方程式：Na2CO3=2Na++CO32-；
(7)胶体分散质微粒直径在1nm～100nm之间，不能透过半透膜，而溶液中溶质微粒直径小于1nm，可以透过半透膜，因此可用半透膜，通过渗析的方法分离胶体和溶液；
(8)假设物质的质量都是mg，则O2中含有的O原子的物质的量是n(O)==mol，O3中含有的O原子的物质的量是n(O)==mol，可见等质量的O2和O3中含有的O原子的物质的量相同，根据N=n·NA可知：原子的物质的量相等，则原子数目也相等，故二者含有的O原子个数比为1：1；
(9)若ag某气体中含有的分子数为b，则c g该气体含有的分子数目为N=，由于NA为阿伏加德罗常数的数值，则cg该气体的物质的量是n==mol，则该气体在标准状况下的体积V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L。
【点睛】本题考查了物质的分类及物质的量的有关计算，熟悉电解质，非电解质，盐的概念，掌握物质的量的有关计算公式，明确物质导电条件和微粒与物质质量、气体体积关系式是解题关键。
27.现有下列仪器：

(1)海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室里组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，按照实验仪器从下到上、从左到右的顺序，依次是________(填序号)；仪器⑤的冷凝水应从________(填“a”或“b”)口进入。
(2)海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘，需要上述仪器中的________(填序号)，该仪器名称为________，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫做________。
【答案】 (1). ②③⑥⑤ (2). a (3). ① (4). 分液漏斗 (5). 萃取
【解析】
（1）蒸馏装置从下到上、从左到右需要的仪器有：蒸馏烧瓶、单孔塞、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶，故答案为②③⑥⑤；冷凝管的水流方向应为逆流效果好，所以应从a进b出；
（2）从碘水中提取碘，可以采取萃取分液操作，使用的萃取剂是四氯化碳，使用的仪器是分液漏斗。
点睛：明确萃取原理是解题关键，萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中提取出来的方法．选择的萃取剂应符合下列要求：和原溶液中的溶剂互不相溶；对溶质的溶解度要远大于原溶剂，并且溶剂易挥发，萃取分液操作使用的仪器是分液漏斗。
28.按要求书写方程式
Ⅰ．正确书写下列物质在水中的电离方程式：
（1）KAl(SO4)2:_________________________________
（2）NaHCO3:_________________________________
Ⅱ．正确书写下列化学反应的离子方程式：
（1）Ba(OH)2和H2SO4:_________________________________
（2）NaHSO4和NaHCO3:_________________________________
【答案】 (1). KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42- (2). NaHCO3 =Na+ + HCO3- (3). SO42-+2H++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). H+ + HCO3- = H2O + CO2↑
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）KAl(SO4)2为强电解质，在水溶液中完全电离，生成钾离子、铝离子和硫酸根离子；
（2）NaHCO3为强电解质，在水溶液中完全电离，生成钠离子和碳酸氢根离子；
Ⅱ．（1）Ba(OH)2和H2SO4均为强电解质，反应生成硫酸钡和水；
（2）NaHSO4和NaHCO3均为强电解质，为氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水。
【详解】Ⅰ．（1）KAl(SO4)2为强电解质，在水溶液中完全电离，生成钾离子、铝离子和硫酸根离子，电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；
（2）NaHCO3为强电解质，在水溶液中完全电离，生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3 =Na+ + HCO3-；
Ⅱ．（1）Ba(OH)2和H2SO4均为强电解质，反应生成硫酸钡和水，离子方程式为SO42-+2H++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（2）NaHSO4和NaHCO3均为强电解质，为氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2↑。
【点睛】NaHSO4为强电解质，在水中电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，而NaHCO3为强电解质，电离时生成钠离子和碳酸氢根离子。
29.甲、乙实验小组设计如下实验装置分别制备SnCl4和漂白粉。

(1)已知：a.金属锡熔点231 ℃，化学活泼性与铁相似；
b．干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4，SnCl4的沸点114 ℃；
c．SnCl2、SnCl4均易水解，易溶于有机溶剂，且Sn2＋易被氧化。根据图甲装置回答：
①试管Ⅱ中的试剂是____________________，Ⅲ中的试剂是________________________。
②Ⅵ处装置最好选用________(填字母)。

③Ⅰ处装置中反应的离子方程式是____________________________________________。
④实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有______________。
(2)已知：①Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应；②温度较高时Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
根据图乙装置回答：此实验所得Ca(ClO)2产率较低的理由是
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 浓H2SO4 (3). C (4). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (5). 普通漏斗、玻璃棒、烧杯 (6). B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O (7). Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2
【解析】
【分析】
(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2；(2)氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢与氢氧化钙反应生成氯化钙；Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
【详解】(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥，装置Ⅱ中盛放饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢；装置Ⅲ中盛放浓H2SO4除去氯气中的水蒸气；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用，故选C。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器是普通漏斗、玻璃棒、烧杯；(2) 氯气中含有杂质氯化氢，B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O ； Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2。
【点睛】本题考查了氯气的除杂和干燥，实验室制漂白粉的装置分析和制备条件判断，知道温度不同产物不同，会根据需要连接实验装置，熟练掌握实验基本操作。