还剩14页未读，
继续阅读
江西省高安中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学（B）试题
展开
www.ks5u.com
江西省高安中学2019-2020学年度上学期期中考试
高一年级化学试题（B卷）
可能用到的原子量：H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Na：23 Cu：64 Cl：35.5 Mg：24
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
B. “朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种胶体，能产生丁达尔效应
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了氧化还原反应
D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰石加热后能制得生石灰，同时生成二氧化碳，该反应为分解反应，A正确；
B．气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生铁与铜离子的置换反应，该过程发生了氧化还原反应，C正确；
D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”的过程中没有产生新物质，为物理变化，D错误；
答案选D。
2.已知有三种溶液：FeCl3的浓溶液、Na2SiO3溶液、稀盐酸，现有下列说法：①将FeCl3溶液滴入冷水中，边滴边振荡，便可制得Fe(OH)3胶体；②已知向稀盐酸中滴加硅酸钠溶液可制得硅酸胶体，那么此分散系中的分散质微粒直径大小在1～100 nm之间；③用光照射硅酸胶体时，胶体微粒会使光发生散射；④FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸；⑤胶体、溶液和浊液属于不同的分散系，其中胶体最稳定；⑥往Fe(OH)3胶体中加入盐酸，先沉淀后消失。其中正确的是( )
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①将FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体，可得到氢氧化铁胶体，故①错误；
②向稀盐酸中滴加硅酸钠溶液可制得硅酸胶体，胶体粒子的直径大小在1～100nm之间，故②正确；
③胶体丁达尔现象是由于光发生散射形成的，故③正确；
④FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体粒子都能透过滤纸，故④正确；
⑤胶体、溶液和浊液属于不同的分散系，其中溶液最稳定，故⑤错误；
⑥往Fe(OH)3胶体中加入盐酸，Fe(OH)3胶体在盐酸作用下发生聚沉形成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀与盐酸发生中和反应溶解生成氯化铁和水，故⑥正确；
②③④⑥正确，故选C。
3.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（ ）
A. 2F2+2H2O═4HF+O2
B. AgNO3+NaCl═AgCl↓+NaNO3
C. 3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2
D. MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，区域3属于氧化还原反应，但不属于置换反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，单质与化合物反应生成单质与化合物的反应为置换反应，以此来解答。
【详解】A、属于置换反应，也属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B、属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C、属于氧化还原反应，但不属于置换反应、化合反应、分解反应，故C符合题意；
D、属于分解反应，且元素的化合价有变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。
4.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. 2FeCl3 + Fe = 3FeCl2 B. 2CuO + C2Cu + CO2↑
C. SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O D. Zn＋2HCl = ZnCl2＋ H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A、Fe→FeCl2，铁元素化合价由0价升高到+2价，，发生氧化反应，故A符合题意；
B、CuO→Cu，铜元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，故B不符合题意；
C、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，故C不符合题意；
D、HCl→H2，氢元素化合价由+1价降到0价，发生还原反应，故D不符合题意。
5.下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，H2的气体摩尔体积均为22.4L
B. 2mol H2O的摩尔质量是1mol H2O的2倍
C. 同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，若其体积比为3∶2∶1，则SO42-浓度之比为3∶2∶3
D. 已知10mL某Na2R溶液含Na+的数目为N，则该Na2R溶液的物质的量浓度为N/(1.204×1022)mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.气体摩尔体积的单位为L/mol，即标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，故A错误；
B.摩尔质量是指1mol物质所具有的质量，水的摩尔质量为定值，不会随着水的量的变化而变化，故B错误；
C.假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO42—浓度分别为：1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1 mol/L 和1mol/L×3=1mol/L ，即浓度之比为1:1:3，与溶液的体积无关，故C错误；
D.10mL某Na2R溶液含Na+的数目为N个，Na+的物质的量为n（Na+）=N/NA，则该Na2R溶液的物质的量浓度为(N/2)/ [6.02×1023×0.01]=N/(1.204×1022) mol·L-1，故D正确；
故答案选D。
【点睛】选项C:电解质溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关。
6.下列各组离子中，在碱性溶液里能大量共存，并且溶液为无色透明的是（ ）
A. K+MnO4－Cl－SO42－ B. Na+K+Cu2+ Ba2＋
C. Na+HCO3－NO3－ SO42－ D. Na+SO42－ NO3－ Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
碱性溶液中含大量的氢氧根离子。
【详解】A、MnO4−是紫色，与无色不符，故A错误；
B、Cu2+是蓝色，与无色不符，故B错误；
C、碱性溶液中不能大量存在HCO3－，故C错误；
D、碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
【点睛】如果离子间能发生复分解反应、氧化还原反应等则不能在溶液中大量共存，在做题时要注意题目中的隐含信息，如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物质的量”等。日常学习中，建议将离子共存和离子反应方程式书写结合一起做好总结，以便提高解题速度和准确度。
7.标准状况下，①6.72L NH3 ②1.204×1023个CO2 ③6.4g CH4 ④0.5mol HCl，下列关系不正确的是
A. 体积大小：④＞③＞①＞② B. 原子数目：③＞①＞④＞②
C. 密度大小：②＞④＞①＞③ D. 质量大小：④＞③＞②＞①
【答案】D
【解析】
【分析】
利用n=V/Vm=N/NA=m/M，ρ=M/Vm及物质的构成来分析.
【详解】①氨气的物质的量为6.72L/22.4L·mol－1=0.3mol，②CO2的物质的量为1.204×1023/6.02×1023=0.2mol，③甲烷的物质的量为6.4g/16g·mol－1=0.4mol，④HCl的物质的量为0.5mol，
A、标准状况下，Vm相同，物质的量越大，体积越大，则体积大小为④＞③＞①＞②，故A不选；
B、①中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，②中原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，③中原子的物质的量为0.4mol×5=2mol，④中原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，则原子数目③＞①＞④＞②，故B不选；
C、由ρ=M/Vm可知，标准状况下，Vm相同，摩尔质量越大，则密度越大，密度大小为②＞④＞①＞③，故C不选；
D、①中质量为0.3mol×17g·mol－1=5.1g，②中质量为0.2mol×44g·mol－1=8.8g，③中质量为6.4g，④中质量为0.5mol×36.5g·mol－1=18.25g，则质量大小为④＞②＞③＞①，故D选；
故选D。
8.常温下，发生下列几种反应：①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－ ③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
A. 溶液中可发生：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－
B. Cl2在①③反应中均为氧化剂
C. 氧化性强弱的顺序为：MnO4-﹥Cl2﹥Br2﹥Fe3+
D. Mn2+是MnO4- 的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；Cl－做还原剂，发生氧化反应，Cl2为氧化产物；所以氧化性：MnO4-> Cl2；②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－，Br2做氧化剂，发生还原反应；Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；所以氧化性：Br2> Fe3＋；③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Br－做还原剂，发生氧化反应，Br2为氧化产物；所以氧化性：Cl2> Br2，据以上分析解答。
【详解】①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；Cl－做还原剂，发生氧化反应，Cl2为氧化产物；所以氧化性：MnO4-> Cl2；②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－，Br2做氧化剂，发生还原反应；Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；所以氧化性：Br2> Fe3＋；③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Br－做还原剂，发生氧化反应，Br2为氧化产物；所以氧化性：Cl2> Br2，
A. 结合以上分析可知，氧化性：MnO4-> Cl2> Br2> Fe3＋，反应Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－中，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；氧化性：Cl2>Fe3＋，符合上述规律，A正确；
B.结合以上分析可知：在反应①中Cl2是氧化产物，而在反应③中作氧化剂，B错误；
C. 结合以上分析可知：氧化性强弱的顺序为：MnO4-> Cl2> Br2> Fe3＋，C正确；
D. 反应①中，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】氧化还原反应中，氧化剂、氧化产物均具有氧化性，但氧化性：氧化剂>氧化产物；还原剂、还原产物均具有还原性，但还原性：还原剂>还原产物；还原剂被氧化，对应氧化产物，氧化剂被还原，对应还原产物。
9.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6
【答案】D
【解析】
【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；
故选D。
10.某试剂瓶上贴有如下标签“100mL 1.0mol•L﹣1MgCl2 溶液”，对该试剂理解正确的是（ ）
A. 该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl﹣、H2O
B. 若取 50mL 溶液，其中的 c（Cl﹣）＝1 mol•L﹣1
C. 取该溶液 5.0 mL 恰好与 0.1 mol•L﹣1 AgNO3100 mL 溶液完全反应
D. 该溶液与 100mL 1.0 mol•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的微粒有Mg2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣，故A错误；
B．该溶液的浓度为1.0mol/L，根据Cl原子守恒得c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0mol/L＝2.0mol/L，浓度与溶液体积无关，故B错误；
C．n（Cl﹣）＝2.0mol/L×0.005L＝0.01mol，n（Ag+）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，二者以1：1反应，所以n（Cl﹣）＝n（Ag+）时二者恰好完全反应，故C正确；
D. 1.0 mol•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝1.0mol/L， 1.0mol•L﹣1MgCl2 溶液中c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0mol/L＝2.0mol/L，故D错误；
故选：C。
11.只能表示一个化学反应的离子方程式是( )
A. H＋＋OH－= H2O
B. 2H＋＋CO32-= H2O＋CO2↑
C. Zn(OH)2＋2H＋= Zn2＋＋2H2O
D. Cu2＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42-= BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【答案】D
【解析】
【详解】A项、H++OH-=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水的反应，如盐酸和氢氧化钠、盐酸和氢氧化钡、硝酸和氢氧化钾等，故A错误；
B项、CO32-+2H+=CO2↑+H2O代表可溶性的碳酸盐和强酸之间的反应，如碳酸钠和盐酸、碳酸钠和硝酸等，故B错误；
C项、Zn(OH)2+2H+=Zn2++2H2O代表氢氧化锌和强酸之间的反应，如：氢氧化锌和盐酸、氢氧化锌和硝酸、硫酸等，故C错误；
D项、Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓只能表示氢氧化钡和硫酸铜之间的反应，故D正确；
故选D。
12.不用任何试剂鉴别下列五种物质的溶液：①NaOH ②MgSO4③Ba(NO3)2④Cu(NO3)2⑤KNO3被鉴别出来的正确顺序是（ ）
A. ④①②③⑤ B. ④③①②⑤ C. ⑤④③②① D. ②③①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】五种溶液中只有Cu（NO3）2溶液呈蓝色，其余四种都是无色溶液，首先被鉴别出来的是④Cu（NO3）2溶液；取四种无色溶液，分别加入少量Cu（NO3）2溶液，产生蓝色沉淀的为NaOH溶液，其余三种无明显现象，被鉴别出来的是①NaOH溶液；另取三种没有鉴别的无色溶液，分别加入少量NaOH溶液，产生白色沉淀的为MgSO4溶液，其余两种无明显现象，被鉴别出来的是②MgSO4溶液；取最后两种溶液中各少许，加入少量MgSO4溶液，产生白色沉淀的为Ba（NO3）2溶液，无明显现象的为KNO3溶液；被鉴别出来的顺序是④①②③⑤，答案选A。
13.已知甲、乙、丙、丁分别是HCl、BaCl2、AgNO3、K2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：
反应物
甲＋乙
丙＋丁
甲＋丁
甲＋丙
乙＋丁
实验现象
白色沉淀
白色沉淀
白色沉淀
白色沉淀
无色气体
由上述现象可推知甲、乙、丙、丁依次是( )
A. AgNO3、HCl、BaCl2、K2CO3 B. AgNO3、HCl、K2CO3、BaCl2
C. BaCl2、K2CO3、AgNO3、HCl D. HCl、BaCl2、AgNO3、K2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】由乙和丁反应生成无色气体结合四种物质的性质可知，乙和丁可能为碳酸钾和盐酸，由碳酸钾能与氯化钡和硝酸银反应生成白色沉淀，盐酸只能与硝酸银生成白色沉淀可知，乙为盐酸、丁为氯化钡、甲为硝酸银，故选A。
【点睛】由乙和丁反应生成无色气体结合确定乙和丁可能为碳酸钾和盐酸是推断的突破口。
14.运动会发令枪击发时发生的反应时5KClO3 + 6P = 3P2O5 + 5KCl。关于该反应说法正确的是（ ）
A. 反应中P得到电子
B. 消耗1mol KClO3时，转移5mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为5:3
D. 发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒
【答案】D
【解析】
【分析】
反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，P元素化合价升高，被氧化，P为还原剂，结合化合价的变化判断电子转移的数目。
【详解】A．P元素化合价升高失电子，被氧化，P为还原剂，故A错误；
B．Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，Cl化合价由+5价降低到-1价，所以每消耗1mol KClO3时，转移6mol 电子，故B错误；
C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，还原剂是P，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，故C错误；
D．发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒，故D正确；
故答案为Ｄ 。
15.已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵中，形成无色的溶液，其化学方程式是PbSO4＋2CH3COONH4=（NH4）2SO4＋（CH3COO）2Pb。当在醋酸铅溶液中通入硫化氢时，有黑色沉淀硫化铅生成。表示这个反应的离子方程式正确的是（ ）
A. （CH3COO）2Pb＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
B. Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
C Pb2＋＋H2S=PbS↓＋2H＋
D. Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－=PbS↓＋2CH3COOH
【答案】A
【解析】
【分析】
根据硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，在离子反应中难溶物、弱酸应保留化学式，利用(CH3COO)2Pb（醋酸铅）溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，据此写出该反应的离子方程式。
【详解】(CH3COO)2Pb (醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，反应物为(CH3COO)2Pb、H2S，生成物为PbS、CH3COOH，则化学反应方程式为：(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，因在离子反应方程式中难溶物、弱酸应保留化学式，硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，H2S、CH3COOH为弱酸，则离子反应方程式为(CH3COO)2Pb +H2S=PbS↓+2CH3COOH，故选A。
16.某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL饱和溶液。下列关系中不正确的是( )
A. 该溶液的密度为ρ＝g·L－1
B. 该溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1
C. 该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝ ∶
D. 该溶液中溶质的质量分数为w＝%
【答案】D
【解析】
【详解】A项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶液的体积为10—3VL，则该溶液的密度为ρ＝g·L－1，故A正确；
B项、a g该晶体中R的物质的量为mol，液的体积为10—3VL，则溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1，故B正确；
C项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，水的质量为g，溶质的质量为，则溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(∶，故C正确；
D项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶质的质量为，则溶液中溶质的质量分数为w＝%，故D错误；
故选D。
二、填空题（共52分，除注明外，其余每空2分）
17.有下列物质：①氢氧化钡固体 ②KHSO4 ③HNO3 ④稀硫酸 ⑤二氧化碳气体 ⑥铜 ⑦碳酸钠粉末 ⑧蔗糖晶体 ⑨熔融氯化钠 ⑩CuSO4·5H2O晶体。请用序号填空：
(1)上述状态下可导电的是____________________________________。
(2)属于电解质的是__________________________________________。
(3)属于非电解质的是____________________________________。
(4)②在水溶液中的电离方程式为_____________________，①与②在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为______________________________________________。
(5)③与⑥可以发生如下反应：Cu＋4HNO3(浓) ＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，回答下列问题：
I．还原产物是________。
II．当有2 mol HNO3参加反应时，被氧化的物质的质量为________g。
Ⅲ．用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目________________________________。
【答案】 (1). ④⑥⑨ (2). ①②③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧ (4). KHSO4＝K+ + H+ +SO42- (5). Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O (6). NO2 (7). 32 (8).
【解析】
【详解】（1）导电的物质包括：金属单质、石墨、熔融的碱或盐、酸的水溶液、水，因此上述状态下导电的是④⑥⑨；
（2）电解质包括酸、碱、多数的盐、多数的金属氧化物、水，上述属于电解质的是①②③⑦⑨⑩；
（3）非电解质为除电解质化合物，即上述属于非电解质的是⑤⑧；
（4）KHSO4在水中电离方程式为KHSO4=K＋＋H＋＋SO42－；Ba(OH)2和KHSO4反应后溶液显中性，两者物质的量之比为1：2，因此离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O；
（5）I.还原产物是氧化剂被还原的产物，根据反应方程式，HNO3中N的化合价降低，HNO3为氧化剂，即NO2为还原产物；
II.根据反应方程式，2molHNO3参加反应时，被氧化的Cu的质量为2×64/4g=32g；
III.单线桥从化合价升高的元素出发，指向化合价降低的元素，1molCu参与反应，转移电子物质的量为2mol，则有。
【点睛】易错点是（4），Ba(OH)2和KHSO4反应，要求溶液显中性，Ba(OH)2和KHSO4物质的量为1：2，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，不能写成Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O，此时溶液显碱性。
18.有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种．
经实验：
①取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；
②取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；
③取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解．
回答下列问题：
（1）试分析原溶液中一定含有的离子是__________，一定不含有的离子是___________，可能含有的离子是_____________．
（2）有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）______，说明理由_____________________________．
（3）写出①中反应的离子方程式_________________________________．
【答案】 (1). Mg2+、Cl- (2). CO32- 、SO42-、Cu2+ (3). Na+、K+ (4). 是 (5). 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 (6). Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
【解析】
【分析】
无色透明溶液，则一定没有Cu2＋，Cl－、CO32－、SO42－、Na＋、K＋、Mg2＋ 六种离子中只有Mg2＋ 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2＋；Mg2＋和CO32－反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32－；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42－；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl－；
【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl－、Mg2＋，一定不含有的离子是CO32－、SO42－、Cu2＋，可能含有Na＋、K＋；
（2）实验③可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32－、SO42－不存在，则必须含有Cl－；
（3）反应①中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓。
19.（1）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A 萃取分液 B 升华 C 结晶 D 过滤 E 蒸馏 F 分液
①分离饱和食盐水与沙子的混合物______；
②从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾______；
③从碘水中提取碘单质______；
④分离水和汽油的混合物______；
⑤分离沸点为和甲苯沸点为的混合物______。
（2）0.4 mol某气体的体积为9.8L，则该气体的气体摩尔体积为_____。
（3）标准状况下，测得1.92克某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为___。
（4）实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制0. 5mol/L的Na2CO3溶液970mL，应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的质量是____。
（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7mol AOH与5mol BOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。
（6）某学生欲用12mol·L－1浓盐酸和蒸馏水配制500 mL 0.3 mol·L－1的稀盐酸。
①该学生需要用量筒量取____mL上述浓盐酸进行配制。
②下列实验操作会导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是____（填序号）。
a 用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面
b 将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中
c 稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中
d 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
e 容量瓶洗涤干净后未干燥
【答案】 (1). D (2). C (3). A (4). F (5). E (6). 24.5L∙mol-1 (7). 64 (8). 143.0g (9). 40g/mol (10). 12.5 (11). ad
【解析】
【详解】（1）①不溶于水的固体和溶液的分离，采用过滤的方法，故选D；
②硝酸钾和氯化钠都溶于水，但二者在水中的溶解度不同，可用结晶的方法分离，故选C；
③从碘水中提取碘单质采用萃取分液的方法，故选A；
④汽油和水不互溶，二者混合分层，所以可以采用分液的方法分离，故选F；
⑤四氯化碳和甲苯互溶且属于沸点不同的液体，所以可以采用蒸馏的方法分离，故选E；
（2）根据n=，则该状况下气体摩尔体积Vm===24.5 L/mol，故答案为：24.5L/mol；
（3）n===0.03mol，M===64g/mol，则相对分子质量为64，故答案为：64；
（4）实验室用Na2CO3•10H2O晶体配制0.5mol/L的Na2CO3溶液970mL，因为实验室没有970mL的容量瓶，所以应选择1000mL容量瓶配制，实际配制1000mL溶液，需要Na2CO3•10H2O的质量m=0.5mol/L×1L×286g/mol=143.0g，故答案为：143.0；
（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5x g/mol和7x g/mol，
n（HCl）=n（OH-）=0.1×1.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH混合物中含有n（OH-）=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n（OH-）=0.12mol，则含有n（OH-）=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7mol×5x g/mol+5mol×7x g/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；
故答案是：40g/mol；
（6）①设需要浓盐酸体积为V，稀释前后溶液中溶质的物质的量不变：V×12mol/L=0.3mol/L×500mL，解得V=12.5 mL，故答案为：12.5；
②a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，导致量取的浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故a选；
b、将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，故b不选；
c、稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故c不选；
d、定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故d选；
e、容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故e不选；
故答案为：ad。
20.（1）常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为SO2的是_____（填选项序号）。
（2）在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮元素的质量约为_______。
（3）在0.1L由KCl、K2SO4、ZnSO4形成的植物营养液中,c（K+）＝0.7 mol·L−1，c（Zn2+）＝0.1 mol·L−1，
c（Cl−）＝0.3mol·L−1，向混合溶液中滴加足量的BaCl2溶液后产生沉淀的物质的量为_______。
（4）氯气（Cl2）、重铬酸钾（K2Cr2O7）是常用的氧化剂。
①硫代硫酸钠（Na2S2O3）被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯气对鱼的危害。已知25.0mL0.100 mol·L−1 Na2S2O3溶液恰好把标准状况下224mL的Cl2完全转化为Cl−，则S2O32−将转化成______。
A S2− B S C SO32− D SO42−
②实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应化学方程式为K2Cr2O7 + 14HCl（浓）＝3Cl2↑ + 2CrCl3 +2KCl +7H2O，若反应中转移0.6mole−，则被氧化HCl物质的量为_______。
（5）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净（已知:空气的平均相对分子质量为29），所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
（6）100mL 0.3mol/L Na2SO4（密度为d1 g/cm3）和50mL 0.2mol/L Al2（SO4）3（密度为d2 g/cm3）混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为___________。（用含d1,d2, d3的式子表示）
【答案】 (1). A (2). 2.8g (3). 0.03mol (4). D (5). 0.6mol (6). （或83.3%） (7). mol/L
【解析】
【详解】（1）在相同条件下，气体的物质的量越多，气体的体积越大。由于四种气体的质量相等，所以根据n＝m/M可知，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，二氧化硫的摩尔质量最大，二氧化硫的物质的量最小，体积最小，答案选A，故答案为：A；
（2）在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体的物质的量是0.1mol，因为一个N2和N2O分子中都含有2个氮原子，所以不论N2和N2O的比例如何，只要物质的量是确定的，那么N的物质的量就是混合气体物质的量的2倍，2.24L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮元素的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，故答案为：2.8g；
（3）由溶液呈电中性可知，溶液中硫酸根离子的浓度为：c（SO42-）=（0.7 mol·L−1+0.1 mol·L−1×2-0.7 mol·L−1+0.1 mol·L−1×2-0.3mol·L−1）÷2=0.3mol·L−1，则硫酸根离子的物质的量为：0.3mol·L−1×0.1L=0.03mol，则向混合溶液中滴加足量的BaCl2溶液后产生硫酸钡沉淀的物质的量为0.03mol，故答案为：0.03mol；
（4）①标准状况下224mL（即0.01mol）Cl2完全转化为Cl-时，得电子总量是0.01mol×2×（1-0）=0.02mol，设S2O32-转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子守恒：25.0mL 0.1mol•L-1的Na2S2O3失电子数=0.025L×0.1mol•L-1×2×（x-2）=0.02，解得x=6，所以S2O32-转化成SO42−，故答案为：D；
②依据反应方程式，消耗1mol K2Cr2O7转移电子6mol，若反应中转移0.6mole−，则参加反应的HCl的物质的量为1.4mol，参加反应的HCl，只有其中的6个化合价由-1价→0价被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为0.6mol，故答案为：0.6mol。
（5）用排气法收集氨气后，收集到氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为: 9.5×2=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，空气的体积为（V-x）L，则有：=19，解之得:x=V；将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为: =（或83.3%）；
故答案是：（或83.3%）；
（6）混合液的质量为（100d1+50d2）g，混合后溶液的体积为：mL=×10-3L；溶液混合后n（SO42-）=（0.1×0.3×1+0.05×0.2×3）mol=0.06mol；根据c=可知，混合溶液中SO42-的浓度为：=mol/L=mol/L
故答案是：mol/L。
江西省高安中学2019-2020学年度上学期期中考试
高一年级化学试题（B卷）
可能用到的原子量：H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Na：23 Cu：64 Cl：35.5 Mg：24
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
B. “朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种胶体，能产生丁达尔效应
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了氧化还原反应
D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰石加热后能制得生石灰，同时生成二氧化碳，该反应为分解反应，A正确；
B．气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生铁与铜离子的置换反应，该过程发生了氧化还原反应，C正确；
D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”的过程中没有产生新物质，为物理变化，D错误；
答案选D。
2.已知有三种溶液：FeCl3的浓溶液、Na2SiO3溶液、稀盐酸，现有下列说法：①将FeCl3溶液滴入冷水中，边滴边振荡，便可制得Fe(OH)3胶体；②已知向稀盐酸中滴加硅酸钠溶液可制得硅酸胶体，那么此分散系中的分散质微粒直径大小在1～100 nm之间；③用光照射硅酸胶体时，胶体微粒会使光发生散射；④FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸；⑤胶体、溶液和浊液属于不同的分散系，其中胶体最稳定；⑥往Fe(OH)3胶体中加入盐酸，先沉淀后消失。其中正确的是( )
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①将FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体，可得到氢氧化铁胶体，故①错误；
②向稀盐酸中滴加硅酸钠溶液可制得硅酸胶体，胶体粒子的直径大小在1～100nm之间，故②正确；
③胶体丁达尔现象是由于光发生散射形成的，故③正确；
④FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体粒子都能透过滤纸，故④正确；
⑤胶体、溶液和浊液属于不同的分散系，其中溶液最稳定，故⑤错误；
⑥往Fe(OH)3胶体中加入盐酸，Fe(OH)3胶体在盐酸作用下发生聚沉形成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀与盐酸发生中和反应溶解生成氯化铁和水，故⑥正确；
②③④⑥正确，故选C。
3.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（ ）
A. 2F2+2H2O═4HF+O2
B. AgNO3+NaCl═AgCl↓+NaNO3
C. 3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2
D. MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，区域3属于氧化还原反应，但不属于置换反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，单质与化合物反应生成单质与化合物的反应为置换反应，以此来解答。
【详解】A、属于置换反应，也属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B、属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C、属于氧化还原反应，但不属于置换反应、化合反应、分解反应，故C符合题意；
D、属于分解反应，且元素的化合价有变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。
4.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. 2FeCl3 + Fe = 3FeCl2 B. 2CuO + C2Cu + CO2↑
C. SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O D. Zn＋2HCl = ZnCl2＋ H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A、Fe→FeCl2，铁元素化合价由0价升高到+2价，，发生氧化反应，故A符合题意；
B、CuO→Cu，铜元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，故B不符合题意；
C、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，故C不符合题意；
D、HCl→H2，氢元素化合价由+1价降到0价，发生还原反应，故D不符合题意。
5.下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，H2的气体摩尔体积均为22.4L
B. 2mol H2O的摩尔质量是1mol H2O的2倍
C. 同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，若其体积比为3∶2∶1，则SO42-浓度之比为3∶2∶3
D. 已知10mL某Na2R溶液含Na+的数目为N，则该Na2R溶液的物质的量浓度为N/(1.204×1022)mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.气体摩尔体积的单位为L/mol，即标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，故A错误；
B.摩尔质量是指1mol物质所具有的质量，水的摩尔质量为定值，不会随着水的量的变化而变化，故B错误；
C.假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO42—浓度分别为：1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1 mol/L 和1mol/L×3=1mol/L ，即浓度之比为1:1:3，与溶液的体积无关，故C错误；
D.10mL某Na2R溶液含Na+的数目为N个，Na+的物质的量为n（Na+）=N/NA，则该Na2R溶液的物质的量浓度为(N/2)/ [6.02×1023×0.01]=N/(1.204×1022) mol·L-1，故D正确；
故答案选D。
【点睛】选项C:电解质溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关。
6.下列各组离子中，在碱性溶液里能大量共存，并且溶液为无色透明的是（ ）
A. K+MnO4－Cl－SO42－ B. Na+K+Cu2+ Ba2＋
C. Na+HCO3－NO3－ SO42－ D. Na+SO42－ NO3－ Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
碱性溶液中含大量的氢氧根离子。
【详解】A、MnO4−是紫色，与无色不符，故A错误；
B、Cu2+是蓝色，与无色不符，故B错误；
C、碱性溶液中不能大量存在HCO3－，故C错误；
D、碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
【点睛】如果离子间能发生复分解反应、氧化还原反应等则不能在溶液中大量共存，在做题时要注意题目中的隐含信息，如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物质的量”等。日常学习中，建议将离子共存和离子反应方程式书写结合一起做好总结，以便提高解题速度和准确度。
7.标准状况下，①6.72L NH3 ②1.204×1023个CO2 ③6.4g CH4 ④0.5mol HCl，下列关系不正确的是
A. 体积大小：④＞③＞①＞② B. 原子数目：③＞①＞④＞②
C. 密度大小：②＞④＞①＞③ D. 质量大小：④＞③＞②＞①
【答案】D
【解析】
【分析】
利用n=V/Vm=N/NA=m/M，ρ=M/Vm及物质的构成来分析.
【详解】①氨气的物质的量为6.72L/22.4L·mol－1=0.3mol，②CO2的物质的量为1.204×1023/6.02×1023=0.2mol，③甲烷的物质的量为6.4g/16g·mol－1=0.4mol，④HCl的物质的量为0.5mol，
A、标准状况下，Vm相同，物质的量越大，体积越大，则体积大小为④＞③＞①＞②，故A不选；
B、①中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，②中原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，③中原子的物质的量为0.4mol×5=2mol，④中原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，则原子数目③＞①＞④＞②，故B不选；
C、由ρ=M/Vm可知，标准状况下，Vm相同，摩尔质量越大，则密度越大，密度大小为②＞④＞①＞③，故C不选；
D、①中质量为0.3mol×17g·mol－1=5.1g，②中质量为0.2mol×44g·mol－1=8.8g，③中质量为6.4g，④中质量为0.5mol×36.5g·mol－1=18.25g，则质量大小为④＞②＞③＞①，故D选；
故选D。
8.常温下，发生下列几种反应：①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－ ③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
A. 溶液中可发生：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－
B. Cl2在①③反应中均为氧化剂
C. 氧化性强弱的顺序为：MnO4-﹥Cl2﹥Br2﹥Fe3+
D. Mn2+是MnO4- 的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；Cl－做还原剂，发生氧化反应，Cl2为氧化产物；所以氧化性：MnO4-> Cl2；②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－，Br2做氧化剂，发生还原反应；Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；所以氧化性：Br2> Fe3＋；③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Br－做还原剂，发生氧化反应，Br2为氧化产物；所以氧化性：Cl2> Br2，据以上分析解答。
【详解】①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；Cl－做还原剂，发生氧化反应，Cl2为氧化产物；所以氧化性：MnO4-> Cl2；②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－，Br2做氧化剂，发生还原反应；Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；所以氧化性：Br2> Fe3＋；③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Br－做还原剂，发生氧化反应，Br2为氧化产物；所以氧化性：Cl2> Br2，
A. 结合以上分析可知，氧化性：MnO4-> Cl2> Br2> Fe3＋，反应Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－中，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；氧化性：Cl2>Fe3＋，符合上述规律，A正确；
B.结合以上分析可知：在反应①中Cl2是氧化产物，而在反应③中作氧化剂，B错误；
C. 结合以上分析可知：氧化性强弱的顺序为：MnO4-> Cl2> Br2> Fe3＋，C正确；
D. 反应①中，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】氧化还原反应中，氧化剂、氧化产物均具有氧化性，但氧化性：氧化剂>氧化产物；还原剂、还原产物均具有还原性，但还原性：还原剂>还原产物；还原剂被氧化，对应氧化产物，氧化剂被还原，对应还原产物。
9.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6
【答案】D
【解析】
【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；
故选D。
10.某试剂瓶上贴有如下标签“100mL 1.0mol•L﹣1MgCl2 溶液”，对该试剂理解正确的是（ ）
A. 该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl﹣、H2O
B. 若取 50mL 溶液，其中的 c（Cl﹣）＝1 mol•L﹣1
C. 取该溶液 5.0 mL 恰好与 0.1 mol•L﹣1 AgNO3100 mL 溶液完全反应
D. 该溶液与 100mL 1.0 mol•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的微粒有Mg2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣，故A错误；
B．该溶液的浓度为1.0mol/L，根据Cl原子守恒得c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0mol/L＝2.0mol/L，浓度与溶液体积无关，故B错误；
C．n（Cl﹣）＝2.0mol/L×0.005L＝0.01mol，n（Ag+）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，二者以1：1反应，所以n（Cl﹣）＝n（Ag+）时二者恰好完全反应，故C正确；
D. 1.0 mol•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝1.0mol/L， 1.0mol•L﹣1MgCl2 溶液中c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0mol/L＝2.0mol/L，故D错误；
故选：C。
11.只能表示一个化学反应的离子方程式是( )
A. H＋＋OH－= H2O
B. 2H＋＋CO32-= H2O＋CO2↑
C. Zn(OH)2＋2H＋= Zn2＋＋2H2O
D. Cu2＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42-= BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【答案】D
【解析】
【详解】A项、H++OH-=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水的反应，如盐酸和氢氧化钠、盐酸和氢氧化钡、硝酸和氢氧化钾等，故A错误；
B项、CO32-+2H+=CO2↑+H2O代表可溶性的碳酸盐和强酸之间的反应，如碳酸钠和盐酸、碳酸钠和硝酸等，故B错误；
C项、Zn(OH)2+2H+=Zn2++2H2O代表氢氧化锌和强酸之间的反应，如：氢氧化锌和盐酸、氢氧化锌和硝酸、硫酸等，故C错误；
D项、Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓只能表示氢氧化钡和硫酸铜之间的反应，故D正确；
故选D。
12.不用任何试剂鉴别下列五种物质的溶液：①NaOH ②MgSO4③Ba(NO3)2④Cu(NO3)2⑤KNO3被鉴别出来的正确顺序是（ ）
A. ④①②③⑤ B. ④③①②⑤ C. ⑤④③②① D. ②③①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】五种溶液中只有Cu（NO3）2溶液呈蓝色，其余四种都是无色溶液，首先被鉴别出来的是④Cu（NO3）2溶液；取四种无色溶液，分别加入少量Cu（NO3）2溶液，产生蓝色沉淀的为NaOH溶液，其余三种无明显现象，被鉴别出来的是①NaOH溶液；另取三种没有鉴别的无色溶液，分别加入少量NaOH溶液，产生白色沉淀的为MgSO4溶液，其余两种无明显现象，被鉴别出来的是②MgSO4溶液；取最后两种溶液中各少许，加入少量MgSO4溶液，产生白色沉淀的为Ba（NO3）2溶液，无明显现象的为KNO3溶液；被鉴别出来的顺序是④①②③⑤，答案选A。
13.已知甲、乙、丙、丁分别是HCl、BaCl2、AgNO3、K2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：
反应物
甲＋乙
丙＋丁
甲＋丁
甲＋丙
乙＋丁
实验现象
白色沉淀
白色沉淀
白色沉淀
白色沉淀
无色气体
由上述现象可推知甲、乙、丙、丁依次是( )
A. AgNO3、HCl、BaCl2、K2CO3 B. AgNO3、HCl、K2CO3、BaCl2
C. BaCl2、K2CO3、AgNO3、HCl D. HCl、BaCl2、AgNO3、K2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】由乙和丁反应生成无色气体结合四种物质的性质可知，乙和丁可能为碳酸钾和盐酸，由碳酸钾能与氯化钡和硝酸银反应生成白色沉淀，盐酸只能与硝酸银生成白色沉淀可知，乙为盐酸、丁为氯化钡、甲为硝酸银，故选A。
【点睛】由乙和丁反应生成无色气体结合确定乙和丁可能为碳酸钾和盐酸是推断的突破口。
14.运动会发令枪击发时发生的反应时5KClO3 + 6P = 3P2O5 + 5KCl。关于该反应说法正确的是（ ）
A. 反应中P得到电子
B. 消耗1mol KClO3时，转移5mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为5:3
D. 发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒
【答案】D
【解析】
【分析】
反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，P元素化合价升高，被氧化，P为还原剂，结合化合价的变化判断电子转移的数目。
【详解】A．P元素化合价升高失电子，被氧化，P为还原剂，故A错误；
B．Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，Cl化合价由+5价降低到-1价，所以每消耗1mol KClO3时，转移6mol 电子，故B错误；
C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，还原剂是P，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，故C错误；
D．发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒，故D正确；
故答案为Ｄ 。
15.已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵中，形成无色的溶液，其化学方程式是PbSO4＋2CH3COONH4=（NH4）2SO4＋（CH3COO）2Pb。当在醋酸铅溶液中通入硫化氢时，有黑色沉淀硫化铅生成。表示这个反应的离子方程式正确的是（ ）
A. （CH3COO）2Pb＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
B. Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
C Pb2＋＋H2S=PbS↓＋2H＋
D. Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－=PbS↓＋2CH3COOH
【答案】A
【解析】
【分析】
根据硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，在离子反应中难溶物、弱酸应保留化学式，利用(CH3COO)2Pb（醋酸铅）溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，据此写出该反应的离子方程式。
【详解】(CH3COO)2Pb (醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，反应物为(CH3COO)2Pb、H2S，生成物为PbS、CH3COOH，则化学反应方程式为：(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，因在离子反应方程式中难溶物、弱酸应保留化学式，硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，H2S、CH3COOH为弱酸，则离子反应方程式为(CH3COO)2Pb +H2S=PbS↓+2CH3COOH，故选A。
16.某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL饱和溶液。下列关系中不正确的是( )
A. 该溶液的密度为ρ＝g·L－1
B. 该溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1
C. 该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝ ∶
D. 该溶液中溶质的质量分数为w＝%
【答案】D
【解析】
【详解】A项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶液的体积为10—3VL，则该溶液的密度为ρ＝g·L－1，故A正确；
B项、a g该晶体中R的物质的量为mol，液的体积为10—3VL，则溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1，故B正确；
C项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，水的质量为g，溶质的质量为，则溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(∶，故C正确；
D项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶质的质量为，则溶液中溶质的质量分数为w＝%，故D错误；
故选D。
二、填空题（共52分，除注明外，其余每空2分）
17.有下列物质：①氢氧化钡固体 ②KHSO4 ③HNO3 ④稀硫酸 ⑤二氧化碳气体 ⑥铜 ⑦碳酸钠粉末 ⑧蔗糖晶体 ⑨熔融氯化钠 ⑩CuSO4·5H2O晶体。请用序号填空：
(1)上述状态下可导电的是____________________________________。
(2)属于电解质的是__________________________________________。
(3)属于非电解质的是____________________________________。
(4)②在水溶液中的电离方程式为_____________________，①与②在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为______________________________________________。
(5)③与⑥可以发生如下反应：Cu＋4HNO3(浓) ＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，回答下列问题：
I．还原产物是________。
II．当有2 mol HNO3参加反应时，被氧化的物质的质量为________g。
Ⅲ．用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目________________________________。
【答案】 (1). ④⑥⑨ (2). ①②③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧ (4). KHSO4＝K+ + H+ +SO42- (5). Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O (6). NO2 (7). 32 (8).
【解析】
【详解】（1）导电的物质包括：金属单质、石墨、熔融的碱或盐、酸的水溶液、水，因此上述状态下导电的是④⑥⑨；
（2）电解质包括酸、碱、多数的盐、多数的金属氧化物、水，上述属于电解质的是①②③⑦⑨⑩；
（3）非电解质为除电解质化合物，即上述属于非电解质的是⑤⑧；
（4）KHSO4在水中电离方程式为KHSO4=K＋＋H＋＋SO42－；Ba(OH)2和KHSO4反应后溶液显中性，两者物质的量之比为1：2，因此离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O；
（5）I.还原产物是氧化剂被还原的产物，根据反应方程式，HNO3中N的化合价降低，HNO3为氧化剂，即NO2为还原产物；
II.根据反应方程式，2molHNO3参加反应时，被氧化的Cu的质量为2×64/4g=32g；
III.单线桥从化合价升高的元素出发，指向化合价降低的元素，1molCu参与反应，转移电子物质的量为2mol，则有。
【点睛】易错点是（4），Ba(OH)2和KHSO4反应，要求溶液显中性，Ba(OH)2和KHSO4物质的量为1：2，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，不能写成Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O，此时溶液显碱性。
18.有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种．
经实验：
①取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；
②取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；
③取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解．
回答下列问题：
（1）试分析原溶液中一定含有的离子是__________，一定不含有的离子是___________，可能含有的离子是_____________．
（2）有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）______，说明理由_____________________________．
（3）写出①中反应的离子方程式_________________________________．
【答案】 (1). Mg2+、Cl- (2). CO32- 、SO42-、Cu2+ (3). Na+、K+ (4). 是 (5). 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 (6). Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
【解析】
【分析】
无色透明溶液，则一定没有Cu2＋，Cl－、CO32－、SO42－、Na＋、K＋、Mg2＋ 六种离子中只有Mg2＋ 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2＋；Mg2＋和CO32－反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32－；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42－；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl－；
【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl－、Mg2＋，一定不含有的离子是CO32－、SO42－、Cu2＋，可能含有Na＋、K＋；
（2）实验③可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32－、SO42－不存在，则必须含有Cl－；
（3）反应①中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓。
19.（1）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A 萃取分液 B 升华 C 结晶 D 过滤 E 蒸馏 F 分液
①分离饱和食盐水与沙子的混合物______；
②从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾______；
③从碘水中提取碘单质______；
④分离水和汽油的混合物______；
⑤分离沸点为和甲苯沸点为的混合物______。
（2）0.4 mol某气体的体积为9.8L，则该气体的气体摩尔体积为_____。
（3）标准状况下，测得1.92克某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为___。
（4）实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制0. 5mol/L的Na2CO3溶液970mL，应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的质量是____。
（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7mol AOH与5mol BOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。
（6）某学生欲用12mol·L－1浓盐酸和蒸馏水配制500 mL 0.3 mol·L－1的稀盐酸。
①该学生需要用量筒量取____mL上述浓盐酸进行配制。
②下列实验操作会导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是____（填序号）。
a 用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面
b 将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中
c 稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中
d 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
e 容量瓶洗涤干净后未干燥
【答案】 (1). D (2). C (3). A (4). F (5). E (6). 24.5L∙mol-1 (7). 64 (8). 143.0g (9). 40g/mol (10). 12.5 (11). ad
【解析】
【详解】（1）①不溶于水的固体和溶液的分离，采用过滤的方法，故选D；
②硝酸钾和氯化钠都溶于水，但二者在水中的溶解度不同，可用结晶的方法分离，故选C；
③从碘水中提取碘单质采用萃取分液的方法，故选A；
④汽油和水不互溶，二者混合分层，所以可以采用分液的方法分离，故选F；
⑤四氯化碳和甲苯互溶且属于沸点不同的液体，所以可以采用蒸馏的方法分离，故选E；
（2）根据n=，则该状况下气体摩尔体积Vm===24.5 L/mol，故答案为：24.5L/mol；
（3）n===0.03mol，M===64g/mol，则相对分子质量为64，故答案为：64；
（4）实验室用Na2CO3•10H2O晶体配制0.5mol/L的Na2CO3溶液970mL，因为实验室没有970mL的容量瓶，所以应选择1000mL容量瓶配制，实际配制1000mL溶液，需要Na2CO3•10H2O的质量m=0.5mol/L×1L×286g/mol=143.0g，故答案为：143.0；
（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5x g/mol和7x g/mol，
n（HCl）=n（OH-）=0.1×1.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH混合物中含有n（OH-）=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n（OH-）=0.12mol，则含有n（OH-）=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7mol×5x g/mol+5mol×7x g/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；
故答案是：40g/mol；
（6）①设需要浓盐酸体积为V，稀释前后溶液中溶质的物质的量不变：V×12mol/L=0.3mol/L×500mL，解得V=12.5 mL，故答案为：12.5；
②a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，导致量取的浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故a选；
b、将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，故b不选；
c、稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故c不选；
d、定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故d选；
e、容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故e不选；
故答案为：ad。
20.（1）常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为SO2的是_____（填选项序号）。
（2）在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮元素的质量约为_______。
（3）在0.1L由KCl、K2SO4、ZnSO4形成的植物营养液中,c（K+）＝0.7 mol·L−1，c（Zn2+）＝0.1 mol·L−1，
c（Cl−）＝0.3mol·L−1，向混合溶液中滴加足量的BaCl2溶液后产生沉淀的物质的量为_______。
（4）氯气（Cl2）、重铬酸钾（K2Cr2O7）是常用的氧化剂。
①硫代硫酸钠（Na2S2O3）被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯气对鱼的危害。已知25.0mL0.100 mol·L−1 Na2S2O3溶液恰好把标准状况下224mL的Cl2完全转化为Cl−，则S2O32−将转化成______。
A S2− B S C SO32− D SO42−
②实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应化学方程式为K2Cr2O7 + 14HCl（浓）＝3Cl2↑ + 2CrCl3 +2KCl +7H2O，若反应中转移0.6mole−，则被氧化HCl物质的量为_______。
（5）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净（已知:空气的平均相对分子质量为29），所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
（6）100mL 0.3mol/L Na2SO4（密度为d1 g/cm3）和50mL 0.2mol/L Al2（SO4）3（密度为d2 g/cm3）混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为___________。（用含d1,d2, d3的式子表示）
【答案】 (1). A (2). 2.8g (3). 0.03mol (4). D (5). 0.6mol (6). （或83.3%） (7). mol/L
【解析】
【详解】（1）在相同条件下，气体的物质的量越多，气体的体积越大。由于四种气体的质量相等，所以根据n＝m/M可知，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，二氧化硫的摩尔质量最大，二氧化硫的物质的量最小，体积最小，答案选A，故答案为：A；
（2）在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体的物质的量是0.1mol，因为一个N2和N2O分子中都含有2个氮原子，所以不论N2和N2O的比例如何，只要物质的量是确定的，那么N的物质的量就是混合气体物质的量的2倍，2.24L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮元素的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，故答案为：2.8g；
（3）由溶液呈电中性可知，溶液中硫酸根离子的浓度为：c（SO42-）=（0.7 mol·L−1+0.1 mol·L−1×2-0.7 mol·L−1+0.1 mol·L−1×2-0.3mol·L−1）÷2=0.3mol·L−1，则硫酸根离子的物质的量为：0.3mol·L−1×0.1L=0.03mol，则向混合溶液中滴加足量的BaCl2溶液后产生硫酸钡沉淀的物质的量为0.03mol，故答案为：0.03mol；
（4）①标准状况下224mL（即0.01mol）Cl2完全转化为Cl-时，得电子总量是0.01mol×2×（1-0）=0.02mol，设S2O32-转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子守恒：25.0mL 0.1mol•L-1的Na2S2O3失电子数=0.025L×0.1mol•L-1×2×（x-2）=0.02，解得x=6，所以S2O32-转化成SO42−，故答案为：D；
②依据反应方程式，消耗1mol K2Cr2O7转移电子6mol，若反应中转移0.6mole−，则参加反应的HCl的物质的量为1.4mol，参加反应的HCl，只有其中的6个化合价由-1价→0价被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为0.6mol，故答案为：0.6mol。
（5）用排气法收集氨气后，收集到氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为: 9.5×2=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，空气的体积为（V-x）L，则有：=19，解之得:x=V；将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为: =（或83.3%）；
故答案是：（或83.3%）；
（6）混合液的质量为（100d1+50d2）g，混合后溶液的体积为：mL=×10-3L；溶液混合后n（SO42-）=（0.1×0.3×1+0.05×0.2×3）mol=0.06mol；根据c=可知，混合溶液中SO42-的浓度为：=mol/L=mol/L
故答案是：mol/L。
相关资料
更多
