甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

静宁一中2019-2020学年度第一学期高一级第二次考试题
化学
温馨提示：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分。试卷总分100分，考试时间100分钟。
2.同学们一定要集中精力，细心审题，合理分配时间，必须在答题卡上认真书写，规范作答。
3.可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
一．单选题（本题包括25道小题，每小题2分，共50分 。）
1.日常生活中许多现象与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是
A. 钢铁生锈 B. 充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸
C. 食物腐败变质 D. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏
【答案】D
【解析】
【分析】
由发生的化学的反应可以知道，若存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；若不存在元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，以此来解答。
【详解】A. 钢铁生锈生成氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B.氢气爆炸生成水，H、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C. 食物被氧化而导致腐败，为氧化还原反应，故C不选；
D. 大理石与酸发生复分解反应，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故D选。所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查氧化还原反应的概念，熟练掌握相应的化学反应并且能够把握反应的实质，通过熟知的化合价变化分析是解题的关键。
2.下列实验操作中有错误的是（ ）
A. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B. 实验室制取蒸馏水的装置中，温度计水银球应与蒸馏烧瓶的支管口在同一水平线
C. 使用容量瓶前应先检查它是否漏水
D. 用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应边加热边搅拌直至溶液蒸干
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分液操作中，分液漏斗的下层液体需要从而下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，目的避免污染试剂，故A正确；
B. 实验室制取蒸馏水的装置中，温度计用于测量馏分温度，则温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；
C.容量瓶使用前应先检查它是否漏水，故C正确；
D. 用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，当蒸发皿中剩余少量液体时停止加热，利用余热将剩余的水分蒸干，而不能直接蒸干，否则会固体飞溅或使蒸发皿炸裂，发生危险，故D错误；
故选:D.
3.下列微粒：①Al3＋ ②Cl－ ③N2 ④S2－ ⑤Cu ⑥H2O2 ⑦Fe2＋ ⑧K2MnO4。既具有氧化性又具有还原性的是（ ）
A. ①④⑤⑦ B. ③⑥⑦⑧ C. ④⑤⑥⑧ D. ①②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①Al3＋中Al元素的化合价为+3价，为最高价，则只有氧化性；
②Cl−中Cl元素的化合价为−1价，为最低价，则只有还原性；
③N2中N元素的化合价为0，为中间价态，则既具有氧化性又具有还原性；
④S2－中硫元素的化合价为-2价，为最低价，则只有还原性；
⑤Cu中Cu元素的化合价为0价，为最低价，则只有还有性；
⑥H2O2中O元素为−1价，为中间价态，则既具有氧化性又具有还原性；
⑦Fe2+中Fe元素为+2价，为中间价态，则既具有氧化性又具有还原性；
⑧K2MnO4中Mn元素+6价，为中间价态，则既具有氧化性又具有还原性；
故选：B.
【点睛】由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性。
4.中国药学家屠呦呦因发现青蒿素，开创了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。已知青蒿素的分子式为C15H22O5。下列有关说法正确的是(　　)
A. 青蒿素的摩尔质量为282 g·mol－1
B. 青蒿素中C、H、O的质量之比为15∶22∶5
C. 1 mol青蒿素的体积约为22.4 L
D. 1 mol青蒿素中含11 mol H2
【答案】A
【解析】
【详解】A.青蒿素的摩尔质量为282 g·mol－1，故A正确；B.青蒿素中C、H、O的物质的量之比为15:22:5，故B错误 ；C.青蒿素在标准状况下不是气体，故C错误，D.青蒿素中不含H2，故D错误；本题选A。
5.下列表格中各项分类都正确的一组是（ ）

纯净物
混合物
电解质
非电解质
A.
豆浆
生石灰
液态KNO 3
蔗糖
B.
Cu2(OH)2CO3
冰水混合物
铜
酒精
C.
胆矾
盐酸
AgCl
CO2
D.
氢氧化钠
空气
Na2SO4溶液
食醋


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 豆浆是胶体,属于混合物,生石灰为纯净物,液态KNO3完全电离属于电解质，蔗糖为非电解质，故A错误；
B. Cu2(OH)2CO3是一种物质组成为纯净物，冰水混合物是一种物质组成为纯净物，铜为单质不是电解质，乙醇为非电解质，故B错误；
C. 胆矾是硫酸铜晶体属于纯净物，盐酸为混合物，氯化银熔融状态导电属于电解质，二氧化碳不能电离为非电解质，故C正确；
D. 氢氧化钠是一种物质组成为纯净物，空气为混合物；硫酸钠溶液是电解质溶液、食醋是醋酸水溶液，均为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选：C.
【点睛】同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质．
6.能用H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是
A. 固体Cu(OH)2和H2SO4溶液反应 B. 澄清石灰水和HNO3溶液反应
C. KOH溶液和醋酸溶液反应 D. Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化铜和稀硫酸反应，离子方程式为：Cu(OH)2+2H+═Fu2++2H2O，故A错误；
B．澄清石灰水与硝酸反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，故B正确；
C．醋酸和氢氧化钾溶液，离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故C错误；
D．氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选B。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等
B. SO3的水溶液能导电，所以SO3是电解质
C. 液态硫酸、固态NaCl不导电，但属于电解质
D. KOH溶液的导电性一定比氨水溶液的导电性强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据酸电离出氢离子的个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，故A错误；
B. SO3的水溶液虽然能导电，但自身不发生电离，所以是非电解质，故B错误；
C. 液态硫酸、固态NaCl不导电，但它们的水溶液能导电，符合电解质的定义，所以是电解质，故C正确；
D. KOH溶液的导电性不一定比氨水溶液的导电性强，导电性强弱与溶液中自由移动的离子浓度和离子所带的电荷数有关，故D错误；
故选：C.
8. 下列氧化还原反应中，水作为氧化剂的是
A. CO＋H2OCO2＋H2 B. 3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO
C. 2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ D. 2F2＋2H2O＝4HF＋O2
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化还原反应中水作为氧化剂，说明水中氢元素的化合价降低，得到电子，据此解答。
【详解】A. 反应CO+H2O(g)CO2+H2中氢元素化合价从+1价降低到0价，化合价降低，水是氧化剂，A正确；
B. 反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中氮元素化合价部分升高，部分降低，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；
C. 反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中过氧化钠中氧元素化合价部分升高，部分降低，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，C错误；
D. 反应2F2+2H2O＝4HF+O2中氧元素化合价升高，失去电子，水是还原剂，D错误。
答案选A。
9.下列从混合物中分离出其中的某一成分，所采取的分离方法正确的是（ ）
A. 利用氯化钾与碳酸钙的溶解性差异，可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙
B. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来
C. 水的沸点是100 ℃，酒精的沸点是78.5 ℃，所以可用加热蒸馏法使含水酒精变为无水酒精
D. 氯化钠的溶解度随温度的下降而减小，所以可用冷却法从热的含有少量氯化钾的氯化钠浓溶液中得到纯净的氯化钠晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化钾易溶于水，碳酸钙不溶，因此可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙，A正确；
B、酒精与水混溶，则酒精不能作萃取剂，应用苯或四氯化碳将碘水中的碘萃取出来，故B错误；
C、直接加热蒸馏易形成共沸混合物，应加CaO后蒸馏使含水酒精变为无水酒精，故C错误；
D、氯化钠的水中溶解度虽然随温度的下降而减小，但是其减小的幅度较小，使用冷却法提纯氯化钠不可行，D错误。
故选A。
10.下列变化中，需加入氧化剂的是（ ）
A. MnO4－→MnO2 B. Fe3+→Fe2+ C. FeS→H2S D. 2Cl－→Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】A. Mn元素化合价降低，可加热分解生成，故A错误；
B. Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故B错误；
C. 元素化合价不变，不是氧化还原反应，故C错误；
D. Cl−→Cl2中，氯元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故D正确；
故选：D.
【点睛】加入氧化剂才能实现，说明题中物质应具有还原性，被氧化，所含元素的化合价应升高。
11.下列有关胶体的说法中正确的是（ ）
A. 水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染，这与胶体性质无关
B. 浊液、胶体和溶液的最根本的区别是能否发生丁达尔效应
C. 采用过滤法，可将Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质除去
D. 向制得的Fe(OH)3胶体中逐滴加入盐酸先出现红褐色沉淀， 随后沉淀逐渐溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A.灰尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故A错误；
B.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小，胶体分散系的微粒直径在1∼100nm之间，故B错误；
C.胶体和溶液均能透过滤纸，故不能用过滤的方法来将胶体中的溶液除去，应用渗析的方法，故C错误；
D.氢氧化铁胶体遇盐酸这种电解质溶液能发生聚沉，从而由胶体变为氢氧化铁沉淀，当盐酸过量时，氢氧化铁沉淀溶解，故D正确；
故选：D.
12.从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是 ( )
A. 放出碘的苯溶液 B. 分离碘并回收苯
C. 将海带灼烧成灰 D. 过滤得含I-溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：A、苯的密度小于水的密度，在上层，因此分液时，上层液体从上口倒出，故错误；B、分离苯和碘，采用蒸馏的方法进行，故正确；C、灼烧海带，用坩埚，故错误；D、缺少玻璃棒的引流，故错误。
考点：考查实验方案设计的评价等知识。
13.下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH－有沉淀生成，加入H＋有气体生成的一组离子是（ ）
A. K＋、Mg2＋、Cl－、HCO3- B. K＋、Cu2＋、SO42－、Na＋
C. NH4+、CO32-、NO3-、Na＋ D. NH4+、Cl－、HCO3-、K＋
【答案】A
【解析】
【详解】A.各离子之间不反应，在溶液中可以大量共存，镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，碳酸氢根离子与氢离子生成二氧化碳气体，A正确；
B各离子之间不反应，在溶液中可以大量共存，加入氢氧根离子产生氢氧化铜沉淀，但加入氢离子无气体产生，B错误；
C.加入氢氧根离子没有沉淀生成，C错误；
D.加入氢氧根离子没有沉淀生成，加入氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体，D错误；
答案选A。
14.在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体。在同温、同压下，两容器内的气体一定具有相同的是
A. 氢原子数 B. 分子数 C. 质量 D. 密度
【答案】B
【解析】
同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的不同气体其物质的量相等。A．根据N=nNA知，二者的物质的量与分子数成正比，物质的量相等则其分子数相等，每个分子中氢原子个数不相等，所以其氢原子总数不一定相等，A错误；B．根据A中分析可判断B正确；C．根据m=nM知，物质的量相等时，二者的质量与其摩尔质量成正比，二者的摩尔质量不一定相等，所以其质量不一定相等，C错误；D．根据ρ=M/Vm知，密度与其摩尔质量成正比，两个容器中平均摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，D错误；答案选A。
点睛：本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意密度与摩尔质量或相对分子质量之间的关系。
15.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 石灰石和醋酸反应： CO32－+2H+═CO2↑+H2O
B. 氧化钙与稀盐酸反应：CaO+2H+=Ca2++H2O
C. NaHCO3与盐酸：CO32－+2H+＝H2O+CO2↑
D 锌和硝酸银溶液反应：Zn+Ag+=Zn2++Ag
【答案】B
【解析】
【详解】A石灰石是难溶物、醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆开，故A错误；
B.氧化钙是碱性氧化物，可与盐酸反应，氧化钙不能改写成离子的形式，盐酸是强酸，要改写成离子的形式，离子方程式为：CaO+2H+=Ca2++H2O。故B正确；
C. NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，正确的离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，故C错误；
D. 锌与硝酸银溶液反应的离子方程式为：Zn +2Ag+= Zn2++2Ag，故D错误；
故选：B.
16.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2RO4n－＋3Cl－＋5H2O，则RO4n－中R的化合价是（ ）
A. ＋3 B. ＋4 C. ＋5 D. ＋6
【答案】D
【解析】
【详解】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n－为RO42－，该离子中，O元素化合价为−2价，R、O元素化合价的代数和为−2，所以该离子中R元素的化合价=-2-（-2）×4=+6；
故选： D.
17.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NA
B. 含1molFeCl3的饱和溶液与水完全反应制得氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA
C. 0.1mol铁与足量的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.3NA
D. 在常温常压下，48gO2和O3的混合气体中含有3NA个氧原子
【答案】D
【解析】
【详解】A. 常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，含原子个数小于NA个，故A错误；
B. 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NA个，故B错误；
C. 0.1mol的铁和盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁反应后失去0.2NA个电子，故C错误；
D. O2和O3均只含有氧原子，氧原子的物质的量n=m÷M=48g÷16g/mol=3mol，即含有3NA个氧原子，故D正确；
故选：D.
18.在下列条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. 无色透明的水溶液中：K+、Mg2+、I－、MnO4－
B. 在强碱溶液中：Na+、K+、CO32－、NO3－
C. 有SO42﹣存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ba2+、H+
D. 能使石蕊变红的溶液中：NH4+、ClO－、SO42－、Cl－
【答案】B
【解析】
【详解】A. MnO4－ 呈紫色，不符合无色条件，且I－、MnO4－发生氧化还原反应，所以不能大量共存，故A错误；
B. 这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故B正确；
C. SO42﹣ 、Ba2+反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D. 能使石蕊变红的溶液呈酸性，H+ 、ClO－、Cl－发生氧化还原反应生成氯气而不能大量共存，故D错误。
故选：B.
19.下列说法正确的是
A. 1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol/L
B. 从1L 2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/L
C. 配制500mL 0.1mol/L的CuSO4溶液，需8.0g硫酸铜固体
D. 0.1mol/L MgCl2溶液中Cl-物质的量为0.2mol
【答案】C
【解析】
【详解】A、1L水中溶解了58.5g NaCl，物质的量==1mol，溶液体积不是1L，该溶液的物质的量浓度不是1mol/L，故A错误；
B、溶液是均一稳定的分散系，浓度一定，和溶液体积无关，从1L 2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度是2mol/L，故B错误；
C、CuSO4的物质的量为0.5L×0.1mol/L=0.05mol，则硫酸铜固体质量为0.05mol×160g/mol =8.0g，故C正确；
D、由n=cV可知，无体积，无法计算，故D错误；
故选C。
20.分别将6滴饱和FeCl3溶液滴加到下列试剂：
①5mL20℃蒸馏水中
②5mL沸水中并加热至红褐色
③5mL20℃蒸馏水中，然后再加入少量0.1mol·L－1的NaOH溶液
下列有关相应分散系的说法中正确的是（ ）
A. 分散质粒子直径：③<②<①
B. 分散系稳定性：③>②>①
C. 仅凭观察法就可将①②③三种分散系区别开
D. 向三种分散系中加入酸性AgNO3溶液后，只有①中会产生白色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
分别将6滴饱和FeCl3溶液滴加到下列试剂：①5mL 20℃蒸馏水中　②5mL沸水中并加热至红褐色　③5mL 20℃蒸馏水中，然后再加入适量0.1mol•L-1的NaOH溶液，①形成的是溶液，②形成的是胶体，③形成的是浊液。
【详解】A. 分散质微粒直径大小为浊液>胶体>溶液，分散质粒子直径：①<②<③，故A错误；
B. 分散系的稳定性溶液>胶体>浊液，分散系稳定性：①>②>③，故B错误；
C. 饱和氯化铁溶液滴入蒸馏水形成的是黄色溶液,滴入5mL沸水中并加热至红褐色为胶体,滴入5mL20℃蒸馏水中,然后再加入适量0.1mol⋅L−1的NaOH溶液形成红褐色沉淀，仅凭观察法就可将①②③三种分散系区别开，故C正确；
D. 氯化铁溶液中滴入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，滴入胶体中胶体聚沉生成红褐色沉淀,同时生成氯化银沉淀，5mL20℃蒸馏水中,然后再加入适量0.1mol⋅L−1的NaOH溶液加入酸性AgNO3溶液后生成白色沉淀，故D错误；
故选:C.
21.铊（Tl）盐与氰化钾（KCN）被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：①Tl3+ + 2Ag=Tl+ + 2Ag+，②Ag+ + Fe2+=Ag + Fe3+，③Fe + 2Fe3+=3Fe2+，下列离子氧化性比较顺序正确的是
A. Tl3+＞Fe3+＞Ag+ B. Fe3+＞Ag+＞Tl3+ C. Tl+＞Ag+＞Fe2+ D. Tl3+＞Ag+＞Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断氧化性强弱。
【详解】①反应TI3++2Ag=Tl++2Ag+中， 氧化剂是Tl3+，氧化产物是Ag+，所以氧化性Tl3+>Ag+；
②反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+中，氧化剂是Ag+，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Ag+>Fe3+ ；
③Fe+2Fe3+=3Fe2+中， 氧化剂是Fe3+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Fe3+> Fe2+；
所以氧化性强弱顺序是：Tl3+＞Ag+＞Fe2+；
故选D。
22.已知某溶液中含有Mg2+、Ba2+ 、Ag+和NO3-，现分别用NaCl溶液、NaOH溶液和Na2CO3溶液将溶液中三种阳离子逐一完全沉淀分离，其流程如右图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 试剂A可能为NaOH溶液
B. 沉淀2只能是BaCO3 ，不可能是Mg(OH)2
C. 每加一种试剂需过量但不需要过滤即可进行下一步
D. 生成沉淀1的离子方程式只能是：Ag+ + Cl－ = AgCl↓
【答案】D
【解析】
由分离流程可知，溶液含有Ba2＋、Mg2＋、Ag＋，应先加A为入NaCl，生成沉淀1为AgCl，过滤后溶液1中加试剂B为NaOH，可得到沉淀2为Mg(OH)2，最后溶液2中加入试剂C为Na2CO3，可得到沉淀3为BaCO3。
A、试剂A不可能为NaOH溶液，Ag＋和Mg2＋均产生沉淀，故A错误；B、沉淀2是Mg(OH)2，故B错误；C、除杂时，为了除尽杂质离子，所加入的除杂试剂必须过量，由于实验目的是将三种阳离子逐一沉淀分离，所以每步过滤后方可进行下一步，故C错误；D、生成沉淀1的离子方程式只能是：Ag＋+ Cl－=AgCl↓，故D正确；故选D。
23.已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是
A. KClO3是氧化剂 B. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为5:1
C. H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂 D. 1mol KClO3参加反应时有10mol电子转移
【答案】D
【解析】
【详解】A、KCl中的-1价的Cl全部升高为0价，KClO3中+5价氯降低为0价，KClO3是氧化剂，KCl是还原剂，A正确；
B、KClO3是氧化剂，被还原，KCl是还原剂，被氧化，反应中被氧化与被还原的氯元素的质量比为5:1，B正确；
C、硫酸中没有元素化合价的改变，既不是氧化剂又不是还原剂，C正确；
D、1mol KClO3参加反应时有5mol电子转移，D错误；
故选D。
24.现有20mL浓度为0.04mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与10mL浓度为0.02mol·L－1的K2A2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2A2O7氧化为Na2SO4，则元素A在还原产物中的化合价为（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋5
【答案】A
【解析】
【详解】n（Na2SO3）=0.04mol/L×0.020L=0.0008mol，n（K2A2O7）=0.02mol/L×0.01L=0.0002mol，K2A2O7和Na2SO3发生氧化还原反应生成Na2SO4,设A元素在还原产物中的化合价为x,根据转移电子守恒得0.0008mol×(6−4)=0.0002×2mol×(6−x)，x=+2，故选:A.
25.标准状况下，V L氯化氢（HCl）溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是( )
A. w=36.5c/1000ρ B. c=1000ρw/36.5
C. c=Vρ/(36.5V+22400) D. w=36.5V/(36.5V+22400)
【答案】C
【解析】
A、利用c=1000ρw/M，推得：w=36.5c/1000ρ，故A说法正确；B、根据A选项分析，故B说法正确；C、溶质的物质的量为V/22.4mol，溶液的质量为(36.5V/22.4＋1000)g，其溶液的体积为mL，根据c=n/V，推出c= 1000Vρ/(36.5V+22400)mol·L－1，故C说法错误；D、溶质的质量为36.5V/22.4g，则质量分数为36.5V/(36.5V+22400)，故D说法正确。
点睛：本题的易错点是选项C，学生常常忽略c=n/V中V的单位，此处V的单位应是L，这需要学生认真，平时学习要认真。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
二．非选择题（本题包括4道小题，共50分）
26.某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、CO32－、Cl－、Mg2+中的一种或几种离子。
①向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象。
②取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生。
③取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生。
（1）原溶液中一定含有的离子是________，一定不含有的离子是________，不能确定是否含有的离子是________。
（2）②中反应的离子方程式为 。
（3）若另取10mL①的溶液于锥形瓶中，然后向此溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。

①OA段反应的离子方程式为 。
②AB段反应的离子方程式为 。
【答案】(1)Ba2+、Cl－、Mg2+；CO32－、Cu2+；Na+
(2)Ba2+＋SO42－===BaSO4↓
(3)①H＋＋OH－===H2O②Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
【解析】
试题分析：无色溶液，一定不含Cu2+；向溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，一定没有CO32－；取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生，一定有Ba2+；取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生，一定有Mg2+，根据电荷守恒，一定有Cl－，（1）所以原溶液中一定含有的离子是Ba2+、Cl－、Mg2+，一定不含有的离子是CO32－、Cu2+，不能确定是否含有的离子是Na+。
（2）②中反应的离子方程式为Ba2+＋SO42－===BaSO4↓；（3）①的溶液中含有Ba2+、Cl－、Mg2+、H+，滴加氢氧化钠，氢离子先和氢氧根离子反应，然后是Mg2+和氢氧根离子反应，所以OA段为H＋＋OH－===H2O；AB段反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
考点：本题考查离子反应、离子共存。
27.实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4、NH4HCO3的NaCl。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl溶液。(已知：NH4HCO3=NH3↑＋CO2↑＋H2O)

（1）操作②为什么不用硝酸钡溶液，其理由是_______________________________；
（2）进行操作②后，如何判断SO42-已除尽，方法是___________________________；
（3）操作③的目的是____________，其中涉及到的离子方程式是_______________；
（4）往滤液中加入盐酸的离子方程式是__________________________________；
（5）NH4HCO3在水溶液中的电离方程式_________________________________。
【答案】 (1). 会使溶液中引入新的杂质离子NO3-，在以后操作中无法除去 (2). 取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽 (3). 除去过量的Ba2＋ (4). Ba2+ + CO32- = BaCO3↓ (5). 2H+ + CO32- = CO2 +H2O↑ (6). NH4HCO3 = NH4++HCO3-
【解析】
本题考查物质的分离和提纯，（1）流程是提纯NaCl，不能引入新杂质，因此操作②用BaCl2溶液，不能用Ba(NO3)2，否则会引入NO3－；（2）检验SO42－，常用Ba2＋检验，产生白色沉淀，证明沉淀没有洗净，具体操作是取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽；（3）操作②加入BaCl2是过量的，必须除去，因此操作③的目的是除去过量的Ba2＋，其离子反应是Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓；（4）滤液中含有的离子是Na＋、CO32－、Cl－，加入盐酸后发生的反应是CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；（5）NH4HCO3属于盐，且HCO3－属于弱酸酸式根，因此NH4HCO3电离方程式为NH4HCO3=NH4＋＋HCO3－。
28.氧化还原反应在日常生活和生产中应用广泛，结合相关知识回答下列问题：
I．根据反应①～③，回答下列问题：
①Cl2＋2KI=2KCl＋I2 ②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3 ③2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋2HCl＋I2
（1）反应②的反应类型为___(填字母)。
A．置换反应 B．复分解反应 C．分解反应 D．氧化还原反应
（2）对于反应③，氧化产物是___，还原产物是___。
（3）根据上述三个反应可判断出Cl－、I－、Fe2＋三种物质的还原性由强到弱顺序为___。
II．实验室可以用 KMnO4固体和浓盐酸反应制取少量Cl2，反应的化学方程式为：__KMnO4+__HCl（浓）－__KCl+__MnCl2+__Cl2↑+__H2O，回答下列问题：
（1）请配平上述化学方程式。___
（2）浓盐酸在反应中表现性质是___。
（3）该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为___。
III．饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O，请回答下列问题：
（1）上述反应中，被还原的物质是___。
（2）用双线桥标出反应中电子转移的方向和数目。___
（3）上述反应中若标准状况下产生11.2L气体，则转移电子的数目为___。
【答案】 (1). D (2). I2 (3). FeCl2 (4). I− >Fe2＋>Cl− (5). 2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (6). 酸性，还原性 (7). 1：5 (8). NaNO3 (9). (10). 5NA
【解析】
【分析】
I．(1)依据反应类型进行归类；
（2）依据氧化还原反应的概念分析；
（3）依据氧化还原反应的规律由强到弱分析；
II．（1）利用电子守恒配平；
(3)依据电子守恒计算。
【详解】I．(1) 反应②的反应类型从物质的组成看属于化合反应，从化合价是否发生变化分析是氧化还原反应，故选:D.
(2) 对于反应③,铁元素的化合价降低，所以FeCl2是还原产物，碘元素的化合价升高，所以碘单质是氧化产物，
故答案为：I2；FeCl2.
（3）反应的还原剂是I−，还原产物是Cl−，依据氧化还原反应由强到弱规律，还原性：I−> Cl−，同理反应，还原剂是Fe2＋，还原产物是Cl−，还原性Fe2＋> Cl−，反应还原剂是I−，还原产物是Fe2＋，还原性I−> Fe2＋，故还原性强弱顺序是：I− >Fe2＋>Cl−
故答案为：I− >Fe2＋>Cl−
II．（1）反应中KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，Cl（浓）→Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（2）浓盐酸中氯元素的化合价部分升高，也有一部分没有发生变化，所以作用是酸性，还原性，
故答案为：酸性，还原性
（3）氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，依据电子守恒的得，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5，
故答案为：1:5
III．（1）氮元素的化合价降低被还原，所以被还原的是NaNO3，
故答案为：NaNO3
（2）铝作还原剂失去电子，硝酸钠作氧化剂得到电子，转移电子数是30，所以双线桥标出反应中电子转移的方向和数目
(3) 标准状况下产生11.2L气体，则转移电子的数目为N=n×NA=V÷Vm×NA×2×5=11.2L÷22.4L/mol×NA×2×5=5 NA，
故答案：5 NA
【点睛】氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
29.实验室欲用氢氧化钠固体配制1.0mol·L－1的氢氧化钠溶液240mL：
（1）配制溶液时，一般可以分以下几个步骤：
①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 ⑨摇动
其正确的操作顺序为___。必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、___。
（2）某同学欲称量氢氧化钠的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为___g，要完成本实验该同学应称出__g氢氧化钠。

（3）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：

①____；
②____。
（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是__(填字母)。
A．所用氢氧化钠已经潮解
B．溶液未冷却至室温就注入容量瓶中定容
C．在配置过程中未洗涤烧杯和玻璃棒
D．定容时，俯视容量瓶刻度线
【答案】 (1). ②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ (2). 250mL容量瓶、玻璃棒 (3). 27.4 (4). 10.0 (5). 没有玻璃棒引流 (6). 应选用250mL容量瓶 (7). BD
【解析】
【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃杯、容量瓶、胶头滴管，配制240mL溶液应选择250mL容量瓶，所以还需要的仪器：250mL容量瓶、玻璃棒；
故答案为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；250 mL容量瓶、玻璃棒；
(2)因天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数,所以烧杯的实际质量为30g−2.6g=27.4g,因配制溶液的体积为240ml,而容量瓶的规格没有240mL，只能选用250mL，NaOH的质量m=cvM=1.0mol⋅L−1×0.25L×40g/mol=10.0g，
故答案为：27.4；10.0；
(3) 转移溶液时需要用玻璃棒进行引流，容量瓶的规格是250mL，
故答案：没有玻璃棒引流；应选用250mL容量瓶；
(4)A. 所用氢氧化钠已经潮解，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B. 未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C. 在配置过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，残留的有溶质，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不选；

D. 定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；
故选：BD.
【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制，所配溶液的体积与容量瓶的规格要一致，如果所配溶液的体积小于容量瓶的规格，必须以容量瓶的规格进行计算。