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2021-2022学年福建泉州实验中学、安溪一中、养正中学、惠安一中高一上学期期中联考化学试题含解析
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这是一份2021-2022学年福建泉州实验中学、安溪一中、养正中学、惠安一中高一上学期期中联考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
福建泉州实验中学、安溪一中、养正中学、惠安一中2021-2022高一上学期期中联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列物质分类正确的组合是
选项
纯净物
混合物
碱性氧化物
酸性氧化物
A
石灰
纯净空气
B
蒸馏水
饱和食盐水
C
胆矾
氢氧化铁胶体
D
水银
澄清石灰水
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．石灰是一种以氧化钙为主要成分的气硬性无机胶凝材料，是混合物，Al2O3是两性氧化物，不是碱性氧化物，故A不选；
B．蒸馏水是纯净物，饱和食盐水是溶液，是混合物，MgO能和酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，SO2能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故B选；
C．Na2O2不是碱性氧化物，故C不选；
D．CO不是酸性氧化物，故D不选；
故选B。
2．下列说法不正确的是
A．熔融NaCl可导电，NaCl属于电解质
B．氨气、二氧化碳的水溶液都能导电，是因为它们溶于水生成电解质的缘故
C．液态氯化氢、固体氯化钠都不能导电，所以它们都是非电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下都不能导电，所以它们都是非电解质
【答案】C
【详解】A．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物叫电解质，熔融NaCl可导电，NaCl属于电解质，A正确；
B．氨、二氧化碳的水溶液都能导电，是它们溶于水生成新物质电离而导电，B正确；
C．液态氯化氢、固体氯化钠都不能导电，它们溶于水能导电，因此它们都是电解质， C错误；
D．蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态下都不能导电，所以它们都是非电解质，故D正确。
3．下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是
①鸡蛋白溶液②水③淀粉溶液④溶液⑤饱和溶液
A．②⑤ B．①③⑤ C．②④⑤ D．④⑤
【答案】C
【详解】胶体才能产生丁达尔效应，溶液不能。①鸡蛋白溶液、③淀粉溶液均是胶体，而②水是纯净物，④硫酸溶液和⑤饱和FeCl3溶液属于溶液，均不能产生丁达尔效应，答案选C。
4．如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是
A．C2H4 B．CH4 C．CO2 D．NO
【答案】C
【详解】同温同体积，压强与气体物质的量成正比，由图象看出，相同温度下，氧气的压强大于X，则1 g O2与1 g X气体的物质的量n(O2)>n(X)，所以M(O2)
①标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L
②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下
③标准状况下，1LHCl和1L的物质的量相同
④标准状况下，和的体积相同
⑤28gCO的体积为22.4L
⑥在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大
A．①②③④ B．②③⑥ C．⑤⑥ D．④⑥
【答案】D
【详解】①在标准状况下，0.2 mol任何气体的体积均为4.48 L，①错误；
②当1 mol气体的体积为22.4 L时，它不一定处于标准状况下，②错误；
③标准状况下水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，因此1 L HC1和1 L H2O的物质的量不相同，③错误；
④lg H2和14 g N2的物质的量均是0.5mol，标准状况下体积相同，④正确；
⑤28 g CO的物质的量是1mol，但体积不一定为22.4 L，⑤错误；
⑥同温同体积时，压强和气体的物质的量成正比，⑥正确；
答案选D。
6．下列一定量的各物质所含原子个数按由大到小的顺序排列的是
①0.5mo1氨气②标准状况下22.4L氦气③4℃时9mL水④0.2mol磷酸
A．①④③② B．④③②① C．②③④① D．①④②③
【答案】A
【详解】①0.5mol氨气(NH3)含有原子物质的量n=0.5mol×4=2mol，则原子数目为2NA；②标准状况下22.4L氦气(He)的物质的量n= V÷Vm = 22.4L÷22.4L/mol =1mol，氦气为单原子分子，含有原子为1mol，则原子数目为NA；③4℃时9mL水(H2O)的质量为9g，其物质的量n= 9g÷18g/mol =0.5mol，含有原子物质的量=0.5mol×3=1.5mol，则原子数目为1.5NA；④0.2mol磷酸(H3PO4)含有原子物质的量n=0.2mol×8=1.6mol，则原子数目为1.6NA；故含有原子数目①＞④＞③＞②，答案选A。
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃、101KPa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为NA
B．1 mol NH3中含有的质子数为17NA
C．11.2 L O2和N2的混合气体含有的分子数为0.5NA
D．金属铁与稀盐酸反应当产生0.1 mol H2时转移电子数为0.3NA
【答案】A
【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合气体中含1mol氧原子即NA个，所以A选项正确；
B．一个NH3中含有的质子数为10个，故1 mol NH3中含有的质子数为10NA，B错误；
C．气体所处的状态不明确，故无法计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；
D、每生成一个氢气分子，需要得到2个电子。故生成0.1 mol H2时转移电子数为0.2NA，D错误；
答案选A。
8．下列反应中氯元素仅被还原的是
A．COCl2+H2O=CO2+2HCl B．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑
C．Cl2+2KI=2KCl+I2 D．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O
【答案】C
【详解】A．COCl2+H2O=CO2+2HCl中Cl元素反应前后化合价未发生变化，故A不选；
B．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑中Cl元素反应前后化合价由-1升高至0，被氧化，故B不选；
C．Cl2+2KI=2KCl+I2中Cl元素化合价由0降低至-1，被还原，故C选；
D．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中KClO3的Cl元素被还原，部分HCl中Cl元素被氧化，故D不选；
综上所述，答案为C。
9．工业上冶炼锡的第一步反应原理为，则下列说法中错误的是
A．反应中被还原 B．a的值为3
C．氧化产物有两种 D．每生成1mol转移电子8mol
【答案】B
【分析】反应2SnO2+3C═2Sn+aM↑+CO2↑中，由质量守恒可知M为CO，a=2，反应中Sn元素化合价降低，被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价分别生高为+2、+4价，为还原剂，以此解答该题。
【详解】A．反应中Sn元素化合价降低，被还原，故A正确；
B．由质量守恒可知M为CO，a=2，方程式为2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑，故B错误；
C．C被氧化生成CO和CO2，反应后元素化合价升高生成的物质有两种，故C正确；
D．由方程式2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑可知，每生成1mol CO2，消耗2molSnO2，则转移电子8 mol，故D正确。
故选：B。
10．下列说法中正确的是
A．40K与40Ca原子中的中子数相等
B．互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等
C．人们发现了112种元素，即共有112种核素
D．原子结构模型演变历史可以表示为：
【答案】B
【详解】A．40K中质子数是19，中子数是21；40Ca中质子数是20，中子数是20，故A错误；
B．互称为同位素的两种核素之间具有相同数值的是质子数，故B正确；
C．一种元素可能有多种核素，如H元素有三种核素1H、2H、3H，所以核素种数一定大于元素种数，故C错误；
D．19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，故D错误。
故选：B。
11．R元素的原子序数小于18，其阴离子可用表示，且其最外层已达到8电子稳定结构，则下列关于该微粒的叙述中不正确的是
A．所含质子数为Z B．所含中子数为(A-Z)
C．所含电子数为(Z+n) D．Z-n=8
【答案】D
【分析】左上角表示质量数，左下角表示质子数，原子核外电子数=质子数，中子数=质量数-质子数，据此解答。
【详解】A．质子数=Z，故A正确；
B．中子数=质量数-质子数=A-Z，故B正确；
C．表示原子得到n个电子形成的离子，所含电子数=Z+n，故C正确；
D．Z-n表示质子数和所带电荷数的差值，不一定是8，故D错误；
故选D。
12．完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积相等，则上述溶液的体积比为（ ）
A．1：1：1 B．3：2：1 C．6：3：2 D．9：3：1
【答案】C
【详解】等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-的浓度比为1:2:3，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积相等，即消耗的n(Ag+)=n(Cl-)相等，由c1V1=c2V2=C3V3可得，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的体积比为6:3:2。故C符合题意；
故答案：C。
【点睛】解题依据：n(Ag+)=n(Cl-)相等，c1V1=c2V2=C3V3可解答。
13．下列实验操作，正确的是
A．各放一张质量相同的称量纸于托盘天平的托盘上，将NaOH固体放在左盘称量4.0g
B．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，用量筒量取一定体积的浓硫酸倒入烧杯后，再用蒸馏水洗涤量筒2~3次，并将洗涤液一并倒入烧杯中稀释
C．某学习小组需的硫酸铜溶液450mL，配制时需用托盘天平称取7.2g胆矾晶体
D．用苯萃取碘水中的碘，有机层从分液漏斗的上口倒出
【答案】D
【详解】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，则应在左盘的小烧杯中称量，故A错误；
B．配制一定物质的量浓度溶液时，不能将洗涤量筒的洗涤液倒入烧杯中，否则会导致溶液浓度偏高，故B错误；
C．应选500mL容量瓶配制硫酸铜溶液，需要溶质胆矾CuSO4∙5H2O的质量m=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，故C错误；
D．用苯萃取碘水中的碘，由于苯的密度比水小，故上层是有机层，下层为水层；分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故D正确；故选：D。
14．下列试剂中混有的杂质，其除杂试剂和分离操作都正确的是
编号
主要成分
杂质
除杂试剂
分离操作
A
乙醇
水
生石灰
分液
B
HCl
饱和碳酸钠溶液
洗气
C
Mg
Al
氢氧化钠溶液
过滤
D
氯气
萃取
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．乙醇中的水可以加生石灰然后蒸馏，故A错误；
B．氯气中的氯化氢可以用饱和食盐水除去，不能用饱和碳酸钠溶液，因为氯气也能和碳酸钠溶液反应，故B错误；
C．Al能和NaOH溶液反应而镁不能，所以可以加入NaOH溶液然后过滤除去镁中的铝，故C正确；
D．FeCl2能和氯气反应生成氯化铁，反应后无需萃取，故D错误；
故选C。
15．某100mL溶液可能含有Na+、NH、Fe3+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法不正确的是
A．原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Fe3+
B．原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+
C．原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1
D．若原溶液中不存在Na+，则c(Cl-)<0.1mol·L-1
【答案】D
【分析】加入BaCl2溶液产生沉淀1，说明溶液中可能含有CO或SO，加入盐酸沉淀部分溶解，因此原溶液中含有CO、SO，沉淀2为BaSO4，n(SO)==0.01mol，n(CO)==0.01mol；碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+；滤液中加入NaOH产生气体，则原溶液中含有NH，n(NH)==0.05mol；阴离子所带电荷的物质的量为(0.02+0.02)mol=0.04mol，阳离子所电荷的物质的量为0.05mol，因此一定含有Cl－，Na+可能有，也可能没有，所以c(Cl－)≥0.1mol·L－1。
【详解】A．由分析可知原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Fe3+，A正确；
B．由分析可知原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+，B正确；
C．由分析可知原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1，C正确；
D．若原溶液中不存在Na+，则根据电荷守恒可知c(Cl-)==0.1mol·L-1，D错误；
选D。
16．下列实验与物质微粒大小无直接关系的是
A．丁达尔效应 B．渗析
C．萃取 D．过滤
【答案】C
【详解】A．丁达尔效应在胶体中发生，形成胶体的分散质粒径在1-100nm之间，故丁达尔效应与物质微粒大小有直接关系，A不符合题意；
B．渗析指微粒直径小于1nm的可以通过，而大于1nm的不可以通过，即溶液可通过，胶体、浊液不能通过，从而达到分离的目的，与物质微粒大小有直接关系，B不符合题意；
C．萃取是利用溶质在两种互不相溶溶剂中的溶解度差异，达到分离提纯目的，与物质微粒大小无直接关系，C符合题意；
D．过滤指微粒直径小于100nm的可以通过，而大于100nm的不可以通过，即溶液、胶体可通过，浊液不能通过，从而达到分离的目的，与物质微粒大小有直接关系，D不符合题意；
故选C。
17．下列离子检验的方法正确的是
A．某溶液中先滴加足量盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀．则原溶液中有SO42-
B．某溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl-
C．某无色溶液滴入酚酞试液显红色，该溶液一定是含有大量的H+
D．某溶液中滴加盐酸生成能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明原溶液中有CO32-
【答案】A
【详解】A．某溶液中先滴加足量盐酸无现象，可排除Ag+、CO32-等影响，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42-，故A正确；
B．不能排除生成碳酸银等，应加入硝酸，如沉淀不溶解，可证明为AgCl，故B错误；
C．酚酞遇酸不变色，遇碱变红，故C错误；
D．不能排除HCO3-和亚硫酸根等离子的干扰，故D错误。
故选A。
【点睛】在离子检验过程中，一定要注意排除其他离子的干扰，能使澄清石灰水变浑浊的气体除了二氧化碳还有二氧化硫。
18．按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于( )
①酸 ②氢化物 ③氧化物 ④含氧酸 ⑤难挥发性酸 ⑥强氧化性酸 ⑦一元酸 ⑧化合物
A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．①④⑥⑦⑧
C．①⑧ D．①④⑤⑥⑦
【答案】B
【详解】硝酸属于混合物，为重要的三大强酸之一，是一种易挥发的强氧化性的一元含氧酸，氢化物是只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，氧化物是只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，故HNO3不是氢化物也不是氧化物，B正确。
19．在标准状况下，将wg A气体(摩尔质量为Mg/mol)溶于1L水中，所得溶液密度为dg/mL,则此溶液的物质的量浓度为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】wg 气体物质的量为n=w/M mol，溶液体积为V=m/=（w+1000）/1000d L，所以此溶液的物质的量浓度为c=n/V=1000wd/(Mw+M1000)，故D正确。
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题考查溶液物质的量浓度的计算，需要注意气体溶于水后会引起溶液体积的增大，所以溶液的总体积要用V=m/公式计算。
20．NaCl、、、、，是按某一规律排列的。下列物质系列中也完全按照此规律排列的是
A．、、、、
B．、、、、
C．、、、、
D．、、、、
【答案】C
【详解】NaCl、 Cl2 、NaClO、 Cl2O5 、 HClO4 五种物质，是按照氯元素的化合价从低到高排列的。 NH3 、N2、NO、NO2、NaNO3也是完全按照此规律排列的，C正确，本题选C。
21．下列说法中不正确的是
A．鉴别胶体(无色)和食盐水，可以用丁达尔效应
B．鉴别蔗糖水和食盐溶液，可以用焰色反应，是化学变化
C．鉴别粉笔末与水、豆油与水组成的浊液，可以不用任何试剂
D．鉴别NaCl与两种溶液，可以不用任何试剂
【答案】B
【详解】A．氢氧化铝胶体和食盐水，分别为胶体和溶液，可利用丁达尔效应鉴别，A正确；
B．钠的焰色为黄色，蔗糖水和食盐溶液可以用焰色试验鉴别，但不是化学变化，B不正确；
C．粉笔末与水的悬浊液静置后可产生沉淀，豆油与水的乳浊液静置后可分为两层，鉴别两者可以不用任何试剂，C正确；
D．氯化钠溶液没有颜色，硫酸铜溶液显蓝色，通过观察溶液的颜色便可区分，D正确；
故选B。
22．吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是
A．作氧化剂 B．作还原剂
C．既作氧化剂又作还原剂 D．既不作氧化剂又不作还原剂
【答案】B
【详解】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。
23．两份体积相同的某植物营养液，其配方分别如下：
KCl
K2SO4
ZnSO4
①
0.3 mol·L−1
0.2 mol·L−1
0.1 mol·L−1
②
0.1 mol·L−1
0.3 mol·L−1
—
下列对这两份营养液成分的分析中正确的是A．K+的物质的量相同 B．Cl−的物质的量相同
C．完全相同 D．的物质的量不同
【答案】A
【详解】A、营养液①中c（K+）=c（KCl）+2c（K2SO4）=0．3mol/L+2×0．2mol/L=0．7mol/L，营养液②中c（K+）=c（KCl）+2c（K2SO4）=0．1mol/L+2×0．3mol/L=0．7mol/L，钾离子浓度相同，溶液体积相同，K+的物质的量相同，A正确；
B、营养液①中c（Cl-）=c（KCl）=0．3mol/L，营养液②中c（Cl-）=c（KCl）=0．1mol/L，氯离子浓度不同，溶液体积相同，Cl-的物质的量不同，B错误；
C、营养液①中含有锌离子，营养液②中不含锌离子，两份营养液成分不相同，C错误；
D、营养液①中c（SO42-）=c（K2SO4）+c（ZnSO4）=0．2mol/L+0．1mol/L=0．3mol/L，营养液②中c（SO42-）=c（K2SO4）=0．3mol/L，SO42-浓度相同，溶液体积相同，SO42-的物质的量相同，D错误；
故选A。
24．某同学用下列装置制备并检验的性质，下列说法错误的是
A．I图中：即使过量，盐酸也不能全部消耗
B．II图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明氯气与水反应生成有漂白性的物质
C．III图中：生成棕色的烟
D．IV图中：水可以充满试管
【答案】D
【详解】A．氯气密度比空气大，可以用向上排空气法收集氯气，用NaOH溶液吸收多余的氯气，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，故A正确；
B．氯气不具有漂白性，氯气与水生成HClO具有漂白性，故B正确；
C．铜和氯气反应生成棕色的氯化铜，故C正确；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸光照分解为盐酸和氧气，所以水不能充满试管，故D错误；
故选D。
二、填空题
25．掌握电解质和非电解质的概念，能熟练判断一种物质是否是电解质，是认识电解质的性质的前提：以下有①~⑩种物质：①②石墨③固体④⑤固体⑥熔融⑦氨水⑧稀硫酸⑨熔融硫酸铝⑩碳酸钙
(1)上述状态下可导电的电解质的是_______；属于非电解质的是_______。(填序号)
(2)写出⑤在水中的电离方程式_______。
(3)写出⑥和⑧按等物质的量反应的化学方程式_______。
(4)34.2g⑨溶于水配成250mL溶液，的物质的量浓度为_______。
(5)若将标准情况下aLHCl气体熔于1L水中，所得溶液稀盐酸的密度为dg/mL，则此时所得盐酸的物质的量浓度为_______mol/L。
A． B． C． D．
【答案】(1) ⑥⑨ ④
(2)NaHCO3=Na++
(3)Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O
(4)1.2mol/L
(5)D
【解析】（1）
在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，③⑤⑥⑨⑩均为电解质，但③⑤⑩中没有自由移动的离子，不能导电，⑥和⑨中有自由移动的离子，可以导电，所以可导电的电解质是⑥⑨；在水中和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，常见的非电解质是除水外的非金属氧化物、NH3和大多数的有机物，所以属于非电解质的是④。单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
（2）
NaHCO3在水中完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3= Na++。
（3）
Ba(OH)2和硫酸等物质的量反应，恰好生成硫酸钡沉淀和水，二者的比例为1：2，化学方程式为：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O。
（4）
34.2gAl2(SO4)3的物质的量为34.2g÷342g/mol=0.1mol，其中的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，溶于水配成250mL溶液， 则的物质的量浓度为0.3mol÷0.25L=1.2mol/L。
（5）
标准状况下aLHCl的物质的量为mol，质量为g，1L水的质量为1000g，则溶液质量为(+1000)g，溶液体积为，则盐酸的物质的量浓度为，故选D。
26．物质的量浓度是一种常用的溶液浓度表示方法，利用其进行定量分析计算比较方便。
I．实验需要溶液475mL和硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)下列操作中，能用容量瓶实现的有_______(填序号)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．量取一定体积的液体
C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D．准确稀释某一浓度的溶液
E．贮存溶液 F．用来加热溶解固体溶质
(2)根据计算用托盘天平称取所需的NaOH的质量。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_______(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若定容时，有少许蒸馏水洒落在容量瓶外，则所得溶液浓度_______。
(3)若用质量分数为98%、密度为的浓硫酸来配制，需用量筒量取体积为_______mL的浓硫酸来稀释。稀释浓硫酸的操作是_______。
II．在0.2L由NaCl、、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示。请回答下列问题：
(4)该混合液中的物质的量为_______mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的物质的量浓度为_______。
(5)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀_______mol。
【答案】(1)ABD
(2) 小于 等于
(3) 10.9 将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
(4) 0.1 0.1
(5)0.6
【解析】（1）
容量瓶用来配制一定物质的量浓度的溶液，在配制过程中，还会准确稀释某一浓度的溶液，容量瓶有一定的规格，可以量取一定体积的液体，不能量取容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能贮存溶液，也不能加热溶解固体溶质，故选ABD；
（2）
若定容时仰视刻度线，则加入的水超过刻度线，溶液体积偏大，则所得溶液浓度小于0.8mol/L；若定容时，有少许蒸馏水洒落在容量瓶外，则不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以所得溶液浓度等于0.8mol/L；
（3）
质量分数为98%、密度为 1.84moL⋅L−1 的浓硫酸的物质的量浓度为=18.4mol/L，配制0.40mol⋅L−1 硫酸溶液500mL，根据稀释前后溶质的物质的量不变，有18.4mol/L×V=0.4mol/L×500mL，V=10.9mL，量取浓硫酸的体积为10.9mL。浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（4）
在NaCl、 MgCl2 、CaCl2的混合液中，Na+、Mg2+、Cl-浓度分别为1.0mol/L、0.5mol/L、3.0mol/L，根据电荷守恒，Ca2+的浓度为=0.5mol/L，则CaCl2的物质的量浓度也为0.5mol/L，溶液体积为0.2L，所以CaCl2的物质的量为0.1mol；将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中 Ca2+ 的物质的量浓度为0.1mol÷1L=0.1mol/L；
（5）
混合液中Cl-的物质的量浓度为3.0mol/L，则Cl-的物质的量为3.0mol/L×0.2L=0.6mol，稀释后Cl-的物质的量不变，加入足量的硝酸银溶液，生成AgCl沉淀，根据氯元素守恒，所得AgCl沉淀的物质的量为0.6mol。
三、工业流程题
27．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。I.从海水中得到的粗盐中还含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质，他们在溶液中主要以、、的形式存在，为将这些杂质离子除净，应加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠等物质(均过量)将其转化为沉淀，过滤除去；再加入适量的盐酸，得到精盐水，最后经蒸发即得精盐。以下是某化工厂对海水进行综合利用的示意图。
(1)⑤对应的操作是_______，⑦对应的操作是_______。
(2)在利用粗盐制备精盐过程的第⑥步操作中，加入适量盐酸的目的是_______。
(3)在制备精盐的过程中，氯化钡和碳酸钠溶液的添加顺序不可以颠倒，理由是_______。
II.
(4)下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理，从氯化钠溶液中分离出水需要使用上图哪种装置_______。
(5)碘水中提取碘单质需经过萃取、分液、蒸馏。
①下列可作为碘水中提取碘单质萃取剂的有_______。
a.酒精 B．苯 C．四氯化碳
②已知碘和四氯化碳的熔沸点数据如下表
熔点
沸点
碘
113.7℃
184.3℃
四氯化碳
-22.6℃
76.8℃
若用蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物，锥形瓶中先收集到的物质的名称是_______。
【答案】(1) 过滤 蒸发结晶
(2)除去过量的碳酸钠和氢氧化钠
(3)碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡
(4)A
(5) BC 四氯化碳
【分析】粗盐提纯步骤为：溶解→除杂→过滤→蒸发结晶．向含有、Ca2+、Mg2+的粗盐中，加入过量的氯化钡可将除去，继续加过量的氢氧化钠可以将Mg2+离子转换为沉淀、继续加入过量的碳酸钠可以将加入过量的钡离子除去，经过过滤操作将沉淀除去；再加入适量的盐酸，可将过量的碳酸根、氢氧根除去．
（1）
⑤对应的操作是过滤，除去硫酸钡、氢氧化镁、泥沙沉淀，滤液为氯化钠碳酸钠、氢氧化钠混合液，⑦蒸发结晶得到氯化钠；故答案为：过滤；蒸发结晶；
（2）
在提纯的过程中氢氧化钠和碳酸钠都要过量，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，⑥加入适量盐酸的目的是除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，故答案为：除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；
（3）
碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，还能和钙离子结合成碳酸钙沉淀，故碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡所以不能颠倒，故答案为：碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡；
（4）
氯化钠溶液中分离出水，氯化钠沸点较高，可以通过蒸馏操作完成，所以应该选用装置A；故答案为：A；
（5）
①碘水中提取碘单质，需要通过萃取方法，选取的萃取剂不能与水相溶，所以不能选用酒精，可以选用苯、四氯化碳；故答案为：BC；
②根据表中碘单质和四氯化碳的沸点可知，四氯化碳的沸点较低，则四氯化碳优先被蒸出，锥形瓶中先收集到的物质为四氯化碳，故答案为：四氯化碳。
四、实验题
28．在实验室可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中①为氯气发生装置；
②的试管里盛有15mL30%KOH溶液，并置于水浴中；
③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中；
④的试管里加有紫色石蕊试液；
⑤为尾气吸收装置。
请回答下列问题：
(1)制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_______(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。
(2)比较制取取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是_______。
(3)本实验中制取次氯酸钠的化学方程式是_______。
(4)实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白
实验现象
原因
溶液最初从紫色逐渐变为红色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
①_______
然后溶液从无色逐渐变为黄绿色
②_______
【答案】(1)分液漏斗
(2)氯气和碱在常温或温度较低时生成次氯酸盐、氯化物和水，在加热条件下生成氯酸盐、氯化物和水
(3)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
(4) 氯气和水反应生成盐酸能使石蕊变红色；反应生成的HClO有漂白性，溶液变为无色 随着通入的氯气的量的增加，水中的氯气的量增加，水溶液变为黄绿色
【分析】①为反应制取氯气，②为氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，③为氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，④为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，石蕊先变红后褪色，⑤为尾气处理，应用碱溶液吸收。
（1）
制取氯气时用分液漏斗向烧瓶中加入浓盐酸；
（2）
要制取氯酸钾、次氯酸钠，②的试管里盛有15mL30%KOH溶液，并置于热水浴中，所以在加热条件下氯气和碱反应生成氯酸钾，③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中，所以在常温或温度较低时生成次氯酸钠；
（3）
氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）
氯气和水反应生成盐酸能使石蕊变红色；反应生成的HClO有漂白性，溶液变为无色。随着通入的氯气的量的增加，水中的氯气的量增加，水溶液变为黄绿色。
【点睛】氯气和碱反应时注意温度的条件，若为热的溶液反应可以生成氯酸盐和氯化物，若为常温下则反应生成次氯酸盐和氯化物，根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和强氧化性即漂白性分析溶液的颜色变化。
福建泉州实验中学、安溪一中、养正中学、惠安一中2021-2022高一上学期期中联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列物质分类正确的组合是
选项
纯净物
混合物
碱性氧化物
酸性氧化物
A
石灰
纯净空气
B
蒸馏水
饱和食盐水
C
胆矾
氢氧化铁胶体
D
水银
澄清石灰水
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．石灰是一种以氧化钙为主要成分的气硬性无机胶凝材料，是混合物，Al2O3是两性氧化物，不是碱性氧化物，故A不选；
B．蒸馏水是纯净物，饱和食盐水是溶液，是混合物，MgO能和酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，SO2能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故B选；
C．Na2O2不是碱性氧化物，故C不选；
D．CO不是酸性氧化物，故D不选；
故选B。
2．下列说法不正确的是
A．熔融NaCl可导电，NaCl属于电解质
B．氨气、二氧化碳的水溶液都能导电，是因为它们溶于水生成电解质的缘故
C．液态氯化氢、固体氯化钠都不能导电，所以它们都是非电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下都不能导电，所以它们都是非电解质
【答案】C
【详解】A．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物叫电解质，熔融NaCl可导电，NaCl属于电解质，A正确；
B．氨、二氧化碳的水溶液都能导电，是它们溶于水生成新物质电离而导电，B正确；
C．液态氯化氢、固体氯化钠都不能导电，它们溶于水能导电，因此它们都是电解质， C错误；
D．蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态下都不能导电，所以它们都是非电解质，故D正确。
3．下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是
①鸡蛋白溶液②水③淀粉溶液④溶液⑤饱和溶液
A．②⑤ B．①③⑤ C．②④⑤ D．④⑤
【答案】C
【详解】胶体才能产生丁达尔效应，溶液不能。①鸡蛋白溶液、③淀粉溶液均是胶体，而②水是纯净物，④硫酸溶液和⑤饱和FeCl3溶液属于溶液，均不能产生丁达尔效应，答案选C。
4．如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是
A．C2H4 B．CH4 C．CO2 D．NO
【答案】C
【详解】同温同体积，压强与气体物质的量成正比，由图象看出，相同温度下，氧气的压强大于X，则1 g O2与1 g X气体的物质的量n(O2)>n(X)，所以M(O2)
①标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L
②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下
③标准状况下，1LHCl和1L的物质的量相同
④标准状况下，和的体积相同
⑤28gCO的体积为22.4L
⑥在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大
A．①②③④ B．②③⑥ C．⑤⑥ D．④⑥
【答案】D
【详解】①在标准状况下，0.2 mol任何气体的体积均为4.48 L，①错误；
②当1 mol气体的体积为22.4 L时，它不一定处于标准状况下，②错误；
③标准状况下水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，因此1 L HC1和1 L H2O的物质的量不相同，③错误；
④lg H2和14 g N2的物质的量均是0.5mol，标准状况下体积相同，④正确；
⑤28 g CO的物质的量是1mol，但体积不一定为22.4 L，⑤错误；
⑥同温同体积时，压强和气体的物质的量成正比，⑥正确；
答案选D。
6．下列一定量的各物质所含原子个数按由大到小的顺序排列的是
①0.5mo1氨气②标准状况下22.4L氦气③4℃时9mL水④0.2mol磷酸
A．①④③② B．④③②① C．②③④① D．①④②③
【答案】A
【详解】①0.5mol氨气(NH3)含有原子物质的量n=0.5mol×4=2mol，则原子数目为2NA；②标准状况下22.4L氦气(He)的物质的量n= V÷Vm = 22.4L÷22.4L/mol =1mol，氦气为单原子分子，含有原子为1mol，则原子数目为NA；③4℃时9mL水(H2O)的质量为9g，其物质的量n= 9g÷18g/mol =0.5mol，含有原子物质的量=0.5mol×3=1.5mol，则原子数目为1.5NA；④0.2mol磷酸(H3PO4)含有原子物质的量n=0.2mol×8=1.6mol，则原子数目为1.6NA；故含有原子数目①＞④＞③＞②，答案选A。
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃、101KPa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为NA
B．1 mol NH3中含有的质子数为17NA
C．11.2 L O2和N2的混合气体含有的分子数为0.5NA
D．金属铁与稀盐酸反应当产生0.1 mol H2时转移电子数为0.3NA
【答案】A
【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合气体中含1mol氧原子即NA个，所以A选项正确；
B．一个NH3中含有的质子数为10个，故1 mol NH3中含有的质子数为10NA，B错误；
C．气体所处的状态不明确，故无法计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；
D、每生成一个氢气分子，需要得到2个电子。故生成0.1 mol H2时转移电子数为0.2NA，D错误；
答案选A。
8．下列反应中氯元素仅被还原的是
A．COCl2+H2O=CO2+2HCl B．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑
C．Cl2+2KI=2KCl+I2 D．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O
【答案】C
【详解】A．COCl2+H2O=CO2+2HCl中Cl元素反应前后化合价未发生变化，故A不选；
B．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑中Cl元素反应前后化合价由-1升高至0，被氧化，故B不选；
C．Cl2+2KI=2KCl+I2中Cl元素化合价由0降低至-1，被还原，故C选；
D．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中KClO3的Cl元素被还原，部分HCl中Cl元素被氧化，故D不选；
综上所述，答案为C。
9．工业上冶炼锡的第一步反应原理为，则下列说法中错误的是
A．反应中被还原 B．a的值为3
C．氧化产物有两种 D．每生成1mol转移电子8mol
【答案】B
【分析】反应2SnO2+3C═2Sn+aM↑+CO2↑中，由质量守恒可知M为CO，a=2，反应中Sn元素化合价降低，被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价分别生高为+2、+4价，为还原剂，以此解答该题。
【详解】A．反应中Sn元素化合价降低，被还原，故A正确；
B．由质量守恒可知M为CO，a=2，方程式为2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑，故B错误；
C．C被氧化生成CO和CO2，反应后元素化合价升高生成的物质有两种，故C正确；
D．由方程式2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑可知，每生成1mol CO2，消耗2molSnO2，则转移电子8 mol，故D正确。
故选：B。
10．下列说法中正确的是
A．40K与40Ca原子中的中子数相等
B．互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等
C．人们发现了112种元素，即共有112种核素
D．原子结构模型演变历史可以表示为：
【答案】B
【详解】A．40K中质子数是19，中子数是21；40Ca中质子数是20，中子数是20，故A错误；
B．互称为同位素的两种核素之间具有相同数值的是质子数，故B正确；
C．一种元素可能有多种核素，如H元素有三种核素1H、2H、3H，所以核素种数一定大于元素种数，故C错误；
D．19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，故D错误。
故选：B。
11．R元素的原子序数小于18，其阴离子可用表示，且其最外层已达到8电子稳定结构，则下列关于该微粒的叙述中不正确的是
A．所含质子数为Z B．所含中子数为(A-Z)
C．所含电子数为(Z+n) D．Z-n=8
【答案】D
【分析】左上角表示质量数，左下角表示质子数，原子核外电子数=质子数，中子数=质量数-质子数，据此解答。
【详解】A．质子数=Z，故A正确；
B．中子数=质量数-质子数=A-Z，故B正确；
C．表示原子得到n个电子形成的离子，所含电子数=Z+n，故C正确；
D．Z-n表示质子数和所带电荷数的差值，不一定是8，故D错误；
故选D。
12．完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积相等，则上述溶液的体积比为（ ）
A．1：1：1 B．3：2：1 C．6：3：2 D．9：3：1
【答案】C
【详解】等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-的浓度比为1:2:3，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积相等，即消耗的n(Ag+)=n(Cl-)相等，由c1V1=c2V2=C3V3可得，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的体积比为6:3:2。故C符合题意；
故答案：C。
【点睛】解题依据：n(Ag+)=n(Cl-)相等，c1V1=c2V2=C3V3可解答。
13．下列实验操作，正确的是
A．各放一张质量相同的称量纸于托盘天平的托盘上，将NaOH固体放在左盘称量4.0g
B．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，用量筒量取一定体积的浓硫酸倒入烧杯后，再用蒸馏水洗涤量筒2~3次，并将洗涤液一并倒入烧杯中稀释
C．某学习小组需的硫酸铜溶液450mL，配制时需用托盘天平称取7.2g胆矾晶体
D．用苯萃取碘水中的碘，有机层从分液漏斗的上口倒出
【答案】D
【详解】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，则应在左盘的小烧杯中称量，故A错误；
B．配制一定物质的量浓度溶液时，不能将洗涤量筒的洗涤液倒入烧杯中，否则会导致溶液浓度偏高，故B错误；
C．应选500mL容量瓶配制硫酸铜溶液，需要溶质胆矾CuSO4∙5H2O的质量m=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，故C错误；
D．用苯萃取碘水中的碘，由于苯的密度比水小，故上层是有机层，下层为水层；分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故D正确；故选：D。
14．下列试剂中混有的杂质，其除杂试剂和分离操作都正确的是
编号
主要成分
杂质
除杂试剂
分离操作
A
乙醇
水
生石灰
分液
B
HCl
饱和碳酸钠溶液
洗气
C
Mg
Al
氢氧化钠溶液
过滤
D
氯气
萃取
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．乙醇中的水可以加生石灰然后蒸馏，故A错误；
B．氯气中的氯化氢可以用饱和食盐水除去，不能用饱和碳酸钠溶液，因为氯气也能和碳酸钠溶液反应，故B错误；
C．Al能和NaOH溶液反应而镁不能，所以可以加入NaOH溶液然后过滤除去镁中的铝，故C正确；
D．FeCl2能和氯气反应生成氯化铁，反应后无需萃取，故D错误；
故选C。
15．某100mL溶液可能含有Na+、NH、Fe3+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法不正确的是
A．原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Fe3+
B．原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+
C．原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1
D．若原溶液中不存在Na+，则c(Cl-)<0.1mol·L-1
【答案】D
【分析】加入BaCl2溶液产生沉淀1，说明溶液中可能含有CO或SO，加入盐酸沉淀部分溶解，因此原溶液中含有CO、SO，沉淀2为BaSO4，n(SO)==0.01mol，n(CO)==0.01mol；碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+；滤液中加入NaOH产生气体，则原溶液中含有NH，n(NH)==0.05mol；阴离子所带电荷的物质的量为(0.02+0.02)mol=0.04mol，阳离子所电荷的物质的量为0.05mol，因此一定含有Cl－，Na+可能有，也可能没有，所以c(Cl－)≥0.1mol·L－1。
【详解】A．由分析可知原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Fe3+，A正确；
B．由分析可知原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+，B正确；
C．由分析可知原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1，C正确；
D．若原溶液中不存在Na+，则根据电荷守恒可知c(Cl-)==0.1mol·L-1，D错误；
选D。
16．下列实验与物质微粒大小无直接关系的是
A．丁达尔效应 B．渗析
C．萃取 D．过滤
【答案】C
【详解】A．丁达尔效应在胶体中发生，形成胶体的分散质粒径在1-100nm之间，故丁达尔效应与物质微粒大小有直接关系，A不符合题意；
B．渗析指微粒直径小于1nm的可以通过，而大于1nm的不可以通过，即溶液可通过，胶体、浊液不能通过，从而达到分离的目的，与物质微粒大小有直接关系，B不符合题意；
C．萃取是利用溶质在两种互不相溶溶剂中的溶解度差异，达到分离提纯目的，与物质微粒大小无直接关系，C符合题意；
D．过滤指微粒直径小于100nm的可以通过，而大于100nm的不可以通过，即溶液、胶体可通过，浊液不能通过，从而达到分离的目的，与物质微粒大小有直接关系，D不符合题意；
故选C。
17．下列离子检验的方法正确的是
A．某溶液中先滴加足量盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀．则原溶液中有SO42-
B．某溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl-
C．某无色溶液滴入酚酞试液显红色，该溶液一定是含有大量的H+
D．某溶液中滴加盐酸生成能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明原溶液中有CO32-
【答案】A
【详解】A．某溶液中先滴加足量盐酸无现象，可排除Ag+、CO32-等影响，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42-，故A正确；
B．不能排除生成碳酸银等，应加入硝酸，如沉淀不溶解，可证明为AgCl，故B错误；
C．酚酞遇酸不变色，遇碱变红，故C错误；
D．不能排除HCO3-和亚硫酸根等离子的干扰，故D错误。
故选A。
【点睛】在离子检验过程中，一定要注意排除其他离子的干扰，能使澄清石灰水变浑浊的气体除了二氧化碳还有二氧化硫。
18．按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于( )
①酸 ②氢化物 ③氧化物 ④含氧酸 ⑤难挥发性酸 ⑥强氧化性酸 ⑦一元酸 ⑧化合物
A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．①④⑥⑦⑧
C．①⑧ D．①④⑤⑥⑦
【答案】B
【详解】硝酸属于混合物，为重要的三大强酸之一，是一种易挥发的强氧化性的一元含氧酸，氢化物是只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，氧化物是只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，故HNO3不是氢化物也不是氧化物，B正确。
19．在标准状况下，将wg A气体(摩尔质量为Mg/mol)溶于1L水中，所得溶液密度为dg/mL,则此溶液的物质的量浓度为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】wg 气体物质的量为n=w/M mol，溶液体积为V=m/=（w+1000）/1000d L，所以此溶液的物质的量浓度为c=n/V=1000wd/(Mw+M1000)，故D正确。
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题考查溶液物质的量浓度的计算，需要注意气体溶于水后会引起溶液体积的增大，所以溶液的总体积要用V=m/公式计算。
20．NaCl、、、、，是按某一规律排列的。下列物质系列中也完全按照此规律排列的是
A．、、、、
B．、、、、
C．、、、、
D．、、、、
【答案】C
【详解】NaCl、 Cl2 、NaClO、 Cl2O5 、 HClO4 五种物质，是按照氯元素的化合价从低到高排列的。 NH3 、N2、NO、NO2、NaNO3也是完全按照此规律排列的，C正确，本题选C。
21．下列说法中不正确的是
A．鉴别胶体(无色)和食盐水，可以用丁达尔效应
B．鉴别蔗糖水和食盐溶液，可以用焰色反应，是化学变化
C．鉴别粉笔末与水、豆油与水组成的浊液，可以不用任何试剂
D．鉴别NaCl与两种溶液，可以不用任何试剂
【答案】B
【详解】A．氢氧化铝胶体和食盐水，分别为胶体和溶液，可利用丁达尔效应鉴别，A正确；
B．钠的焰色为黄色，蔗糖水和食盐溶液可以用焰色试验鉴别，但不是化学变化，B不正确；
C．粉笔末与水的悬浊液静置后可产生沉淀，豆油与水的乳浊液静置后可分为两层，鉴别两者可以不用任何试剂，C正确；
D．氯化钠溶液没有颜色，硫酸铜溶液显蓝色，通过观察溶液的颜色便可区分，D正确；
故选B。
22．吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是
A．作氧化剂 B．作还原剂
C．既作氧化剂又作还原剂 D．既不作氧化剂又不作还原剂
【答案】B
【详解】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。
23．两份体积相同的某植物营养液，其配方分别如下：
KCl
K2SO4
ZnSO4
①
0.3 mol·L−1
0.2 mol·L−1
0.1 mol·L−1
②
0.1 mol·L−1
0.3 mol·L−1
—
下列对这两份营养液成分的分析中正确的是A．K+的物质的量相同 B．Cl−的物质的量相同
C．完全相同 D．的物质的量不同
【答案】A
【详解】A、营养液①中c（K+）=c（KCl）+2c（K2SO4）=0．3mol/L+2×0．2mol/L=0．7mol/L，营养液②中c（K+）=c（KCl）+2c（K2SO4）=0．1mol/L+2×0．3mol/L=0．7mol/L，钾离子浓度相同，溶液体积相同，K+的物质的量相同，A正确；
B、营养液①中c（Cl-）=c（KCl）=0．3mol/L，营养液②中c（Cl-）=c（KCl）=0．1mol/L，氯离子浓度不同，溶液体积相同，Cl-的物质的量不同，B错误；
C、营养液①中含有锌离子，营养液②中不含锌离子，两份营养液成分不相同，C错误；
D、营养液①中c（SO42-）=c（K2SO4）+c（ZnSO4）=0．2mol/L+0．1mol/L=0．3mol/L，营养液②中c（SO42-）=c（K2SO4）=0．3mol/L，SO42-浓度相同，溶液体积相同，SO42-的物质的量相同，D错误；
故选A。
24．某同学用下列装置制备并检验的性质，下列说法错误的是
A．I图中：即使过量，盐酸也不能全部消耗
B．II图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明氯气与水反应生成有漂白性的物质
C．III图中：生成棕色的烟
D．IV图中：水可以充满试管
【答案】D
【详解】A．氯气密度比空气大，可以用向上排空气法收集氯气，用NaOH溶液吸收多余的氯气，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，故A正确；
B．氯气不具有漂白性，氯气与水生成HClO具有漂白性，故B正确；
C．铜和氯气反应生成棕色的氯化铜，故C正确；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸光照分解为盐酸和氧气，所以水不能充满试管，故D错误；
故选D。
二、填空题
25．掌握电解质和非电解质的概念，能熟练判断一种物质是否是电解质，是认识电解质的性质的前提：以下有①~⑩种物质：①②石墨③固体④⑤固体⑥熔融⑦氨水⑧稀硫酸⑨熔融硫酸铝⑩碳酸钙
(1)上述状态下可导电的电解质的是_______；属于非电解质的是_______。(填序号)
(2)写出⑤在水中的电离方程式_______。
(3)写出⑥和⑧按等物质的量反应的化学方程式_______。
(4)34.2g⑨溶于水配成250mL溶液，的物质的量浓度为_______。
(5)若将标准情况下aLHCl气体熔于1L水中，所得溶液稀盐酸的密度为dg/mL，则此时所得盐酸的物质的量浓度为_______mol/L。
A． B． C． D．
【答案】(1) ⑥⑨ ④
(2)NaHCO3=Na++
(3)Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O
(4)1.2mol/L
(5)D
【解析】（1）
在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，③⑤⑥⑨⑩均为电解质，但③⑤⑩中没有自由移动的离子，不能导电，⑥和⑨中有自由移动的离子，可以导电，所以可导电的电解质是⑥⑨；在水中和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，常见的非电解质是除水外的非金属氧化物、NH3和大多数的有机物，所以属于非电解质的是④。单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
（2）
NaHCO3在水中完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3= Na++。
（3）
Ba(OH)2和硫酸等物质的量反应，恰好生成硫酸钡沉淀和水，二者的比例为1：2，化学方程式为：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O。
（4）
34.2gAl2(SO4)3的物质的量为34.2g÷342g/mol=0.1mol，其中的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，溶于水配成250mL溶液， 则的物质的量浓度为0.3mol÷0.25L=1.2mol/L。
（5）
标准状况下aLHCl的物质的量为mol，质量为g，1L水的质量为1000g，则溶液质量为(+1000)g，溶液体积为，则盐酸的物质的量浓度为，故选D。
26．物质的量浓度是一种常用的溶液浓度表示方法，利用其进行定量分析计算比较方便。
I．实验需要溶液475mL和硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)下列操作中，能用容量瓶实现的有_______(填序号)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．量取一定体积的液体
C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D．准确稀释某一浓度的溶液
E．贮存溶液 F．用来加热溶解固体溶质
(2)根据计算用托盘天平称取所需的NaOH的质量。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_______(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若定容时，有少许蒸馏水洒落在容量瓶外，则所得溶液浓度_______。
(3)若用质量分数为98%、密度为的浓硫酸来配制，需用量筒量取体积为_______mL的浓硫酸来稀释。稀释浓硫酸的操作是_______。
II．在0.2L由NaCl、、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示。请回答下列问题：
(4)该混合液中的物质的量为_______mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的物质的量浓度为_______。
(5)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀_______mol。
【答案】(1)ABD
(2) 小于 等于
(3) 10.9 将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
(4) 0.1 0.1
(5)0.6
【解析】（1）
容量瓶用来配制一定物质的量浓度的溶液，在配制过程中，还会准确稀释某一浓度的溶液，容量瓶有一定的规格，可以量取一定体积的液体，不能量取容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能贮存溶液，也不能加热溶解固体溶质，故选ABD；
（2）
若定容时仰视刻度线，则加入的水超过刻度线，溶液体积偏大，则所得溶液浓度小于0.8mol/L；若定容时，有少许蒸馏水洒落在容量瓶外，则不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以所得溶液浓度等于0.8mol/L；
（3）
质量分数为98%、密度为 1.84moL⋅L−1 的浓硫酸的物质的量浓度为=18.4mol/L，配制0.40mol⋅L−1 硫酸溶液500mL，根据稀释前后溶质的物质的量不变，有18.4mol/L×V=0.4mol/L×500mL，V=10.9mL，量取浓硫酸的体积为10.9mL。浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（4）
在NaCl、 MgCl2 、CaCl2的混合液中，Na+、Mg2+、Cl-浓度分别为1.0mol/L、0.5mol/L、3.0mol/L，根据电荷守恒，Ca2+的浓度为=0.5mol/L，则CaCl2的物质的量浓度也为0.5mol/L，溶液体积为0.2L，所以CaCl2的物质的量为0.1mol；将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中 Ca2+ 的物质的量浓度为0.1mol÷1L=0.1mol/L；
（5）
混合液中Cl-的物质的量浓度为3.0mol/L，则Cl-的物质的量为3.0mol/L×0.2L=0.6mol，稀释后Cl-的物质的量不变，加入足量的硝酸银溶液，生成AgCl沉淀，根据氯元素守恒，所得AgCl沉淀的物质的量为0.6mol。
三、工业流程题
27．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。I.从海水中得到的粗盐中还含有硫酸钠、氯化镁、氯化钙等可溶性杂质，他们在溶液中主要以、、的形式存在，为将这些杂质离子除净，应加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠等物质(均过量)将其转化为沉淀，过滤除去；再加入适量的盐酸，得到精盐水，最后经蒸发即得精盐。以下是某化工厂对海水进行综合利用的示意图。
(1)⑤对应的操作是_______，⑦对应的操作是_______。
(2)在利用粗盐制备精盐过程的第⑥步操作中，加入适量盐酸的目的是_______。
(3)在制备精盐的过程中，氯化钡和碳酸钠溶液的添加顺序不可以颠倒，理由是_______。
II.
(4)下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理，从氯化钠溶液中分离出水需要使用上图哪种装置_______。
(5)碘水中提取碘单质需经过萃取、分液、蒸馏。
①下列可作为碘水中提取碘单质萃取剂的有_______。
a.酒精 B．苯 C．四氯化碳
②已知碘和四氯化碳的熔沸点数据如下表
熔点
沸点
碘
113.7℃
184.3℃
四氯化碳
-22.6℃
76.8℃
若用蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物，锥形瓶中先收集到的物质的名称是_______。
【答案】(1) 过滤 蒸发结晶
(2)除去过量的碳酸钠和氢氧化钠
(3)碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡
(4)A
(5) BC 四氯化碳
【分析】粗盐提纯步骤为：溶解→除杂→过滤→蒸发结晶．向含有、Ca2+、Mg2+的粗盐中，加入过量的氯化钡可将除去，继续加过量的氢氧化钠可以将Mg2+离子转换为沉淀、继续加入过量的碳酸钠可以将加入过量的钡离子除去，经过过滤操作将沉淀除去；再加入适量的盐酸，可将过量的碳酸根、氢氧根除去．
（1）
⑤对应的操作是过滤，除去硫酸钡、氢氧化镁、泥沙沉淀，滤液为氯化钠碳酸钠、氢氧化钠混合液，⑦蒸发结晶得到氯化钠；故答案为：过滤；蒸发结晶；
（2）
在提纯的过程中氢氧化钠和碳酸钠都要过量，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，⑥加入适量盐酸的目的是除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，故答案为：除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；
（3）
碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，还能和钙离子结合成碳酸钙沉淀，故碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡所以不能颠倒，故答案为：碳酸钠作用是既除去Ca2+，又除去多余的氯化钡；
（4）
氯化钠溶液中分离出水，氯化钠沸点较高，可以通过蒸馏操作完成，所以应该选用装置A；故答案为：A；
（5）
①碘水中提取碘单质，需要通过萃取方法，选取的萃取剂不能与水相溶，所以不能选用酒精，可以选用苯、四氯化碳；故答案为：BC；
②根据表中碘单质和四氯化碳的沸点可知，四氯化碳的沸点较低，则四氯化碳优先被蒸出，锥形瓶中先收集到的物质为四氯化碳，故答案为：四氯化碳。
四、实验题
28．在实验室可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中①为氯气发生装置；
②的试管里盛有15mL30%KOH溶液，并置于水浴中；
③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中；
④的试管里加有紫色石蕊试液；
⑤为尾气吸收装置。
请回答下列问题：
(1)制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过_______(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。
(2)比较制取取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是_______。
(3)本实验中制取次氯酸钠的化学方程式是_______。
(4)实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白
实验现象
原因
溶液最初从紫色逐渐变为红色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
①_______
然后溶液从无色逐渐变为黄绿色
②_______
【答案】(1)分液漏斗
(2)氯气和碱在常温或温度较低时生成次氯酸盐、氯化物和水，在加热条件下生成氯酸盐、氯化物和水
(3)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
(4) 氯气和水反应生成盐酸能使石蕊变红色；反应生成的HClO有漂白性，溶液变为无色 随着通入的氯气的量的增加，水中的氯气的量增加，水溶液变为黄绿色
【分析】①为反应制取氯气，②为氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，③为氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，④为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，石蕊先变红后褪色，⑤为尾气处理，应用碱溶液吸收。
（1）
制取氯气时用分液漏斗向烧瓶中加入浓盐酸；
（2）
要制取氯酸钾、次氯酸钠，②的试管里盛有15mL30%KOH溶液，并置于热水浴中，所以在加热条件下氯气和碱反应生成氯酸钾，③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中，所以在常温或温度较低时生成次氯酸钠；
（3）
氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）
氯气和水反应生成盐酸能使石蕊变红色；反应生成的HClO有漂白性，溶液变为无色。随着通入的氯气的量的增加，水中的氯气的量增加，水溶液变为黄绿色。
【点睛】氯气和碱反应时注意温度的条件，若为热的溶液反应可以生成氯酸盐和氯化物，若为常温下则反应生成次氯酸盐和氯化物，根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和强氧化性即漂白性分析溶液的颜色变化。
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