【期中真题】山东师范大学附属中学2021-2022学年高一上学期期中考试化学试题.zip

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山东省山东师范大学附属中学2021-2022学年高一上学期期中考试
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共8页，满分100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。
4.可能用到的相对原子质量：H：1 He：4 C：12 0：16 N：14 Na：23 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Cu：64 Ag：108 Mg：24
第Ⅰ卷(选择题 50分)
一、单项选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分)
1. 下列说法错误的是
A. 阿伏伽德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用
B. 研究物质性质的基本方法有观察法、实验法、分类法、比较法等
C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸钠漂白纸浆的原理相同
D. 在酸性物质存在的情况下，碳酸氢钠作膨松剂效果更好
【答案】C
【解析】
【详解】A．道尔顿的原子论和阿伏伽德罗的分子学说，奠定了近代化学基础，内容是：物质是由分子和原子构成，分子中原子的重新组合是化学变化的基础，是认识和分析化学现象和本质的基础，对化学发展起到了极大的推动作用，A正确；
B．化学是一门以实验为基础的科学，化学反应中常常伴随一些特殊现象，所以学习化学的基本方法有观察法、实验法、分类法、比较法等，B正确；
C．用活性炭为糖浆脱色利用了活性炭的吸附作用，属于物理变化，次氯酸漂白纸浆利用了次氯酸的强氧化性，属于化学变化，C错误；
D．在酸性物质存在的情况下，NaHCO3与酸性物质反应产生CO2，相对于NaHCO3自身受热分解，膨松效果更好，D正确；
故答案选C。
2. 下列图示对应的操作规范的是




A.称量
B.过滤
C.将剩余钠放回试剂瓶
D.转移溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．称量时应该左物右码，氢氧化钠具有腐蚀性，应该在小烧杯中称量，操作不规范，故A不选；
B．过滤时需要用玻璃棒引流，故B不选；
C．钠的性质非常活泼，随意丢弃易发生事故，实验中剩余的钠，需要放回试剂瓶，操作规范，故C选；
D．转移溶液时玻璃棒下端应该靠在容量瓶颈部刻度线以下，操作不规范，故D不选；
故选C。
3. 下列关于钠及其化合物的叙述正确的（ ）
A. 金属钠是银白色金属，硬度很大
B. 将Na投入盐酸中，先与水反应，生成的NaOH再和HCl反应
C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多
D 向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠是银白色金属，硬度很小，故A错误；
B．将Na投入盐酸中，先与盐酸反应，生成的氢气和氯化钠，若有钠剩余再和水反应，故B错误；
C．如1 g NaHCO3和Na2CO3分别与盐酸完全反应，前者消耗盐酸的物质的量是mol，后者消耗的盐酸是mol，前者消耗盐酸较少，故C错误；
D．向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强氧化性，具有漂白性，所以溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故D正确；
故选D。
4. 下列有关氯气的说法正确的是
A. Fe可在Cl2中剧烈燃烧，生成物溶于水后呈现红褐色
B. 氯气有毒，为了防止污染环境，多余的氯气可以用饱和NaCl溶液吸收
C. 检验HCl气体中是否混有Cl2的方法是将气体通入硝酸银溶液
D. 氯气泄漏，可用浸透肥皂液的毛巾捂住口鼻，向高处转移
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe可在Cl2中剧烈燃烧生成氯化铁，氯化铁溶于水呈现黄色，故A错误；
B．氯气在饱和氯化钠溶液中溶解度很小，多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，故B错误；
C．HCl和Cl2通入硝酸银溶液中都有白色沉淀；故C错误；
D．氯气能溶于水，易被碱性溶液吸收（它会和碱反应生成盐和水），氯气密度比空气大，应向高处转移，故D正确。
答案选D。
5. 用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. H2O的摩尔质量等于1molH2O的质量
B. 28gN2和CO的混合气体中所含分子数是NA
C. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2L
D. 0.5mol•L-1的NaCl溶液中Cl-的个数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O的摩尔质量为18g/mol，1molH2O的质量为18g，所以H2O的摩尔质量和1molH2O的质量数值相等，单位不同，故A错误；
B．28gN2和CO的混合气体的物质的量为1mol，所含分子数是NA，故B正确；
C．氦气为单原子的物质，含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，故C错误；
D．0.5mol•L-1的NaCl溶液未指明溶液的体积，无法求出Cl-的个数，故D错误；
故选B。
6. 人造空气(氧气与氦气的混合气)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。标准状况下，11.2L “人造空气”的质量是7.6g，其中氧气与氦气的质量比是
A. 24∶7 B. 7∶24 C. 3∶16 D. 16∶3
【答案】D
【解析】
【分析】气体的物质的量为n==0.5mol，设气体的物质的量分别为n(He)、n(O2)，根据质量可列式计算物质的量，再计算出质量之比，据此分析解答。
【详解】气体的物质的量为n==0.5mol，设气体的物质的量分别为n(He)、n(O2)
则有：n(He)+n(O2)=0.5mol，n(He)×4g/mol+n(O2)×32g/mol=7.6g，解得：n(He)=0.3mol，n(O2)=0.2mol
氧气和氦气的质量之比为0.2mol×32g/mol∶0.3mo×4g/mol l=16∶3，故选D。
7. 下列各组溶液中，c(Cl-)最大的是
A. 250mL 1mol/L FeCl3溶液 B. 100mL 2 mol/L MgCl2溶液
C. 500mL 1mol/L KCl溶液 D. 200mL 0.5mol/L CaCl2溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．250mL 1mol/L FeCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3 mol/L；
B．100mL 2 mol/L MgCl2溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；
C．500mL 1mol/L KCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L；
D．200mL 0.5mol/L CaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；
c(Cl-)最大的是B，故选B。
8. 下列反应可用离子方程式H＋＋OH－=H2O来表示的是
A. 氢氧化钡和稀硫酸的反应 B. 硫酸氢钠和氢氧化钾的反应
C. 碳酸氢钠和氢氧化钾的反应 D. 氢氧化钠溶液与醋酸的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钡和硫酸反应的离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故A不选；
B．硫酸氢钠属于强酸的酸式盐，完全电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，因此其与氢氧化钾反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O，故B选；
C．碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子不易电离，因此，其和氢氧化钾反应的离子方程式为HCO3-+OH-=CO32-+ H2O，故C不选；
D．醋酸属于弱电解质，不易电离为离子，其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+ H2O，故D不选；
综上所述，本题选B。
【点睛】离子方程式H＋＋OH－=H2O，反应物能用H＋、OH－表示，说明反应物为能电离出H＋的强电解质和易电离的强碱，离子方程式中生成物只有H2O，说明生成的盐为可溶性盐。
9. 下列物质的分类正确的是

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
HCl

MgO
CO2
B
NaOH
H2SO4
NaCl
Na2O
CO2
C
KOH
HClO
CaCO3
CaO
CO
D
NH3·H2O
CH3COOH
CaCl2
Na2O2
SO2

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2CO3属于盐，不属于碱，A错误；
B．选项分类均正确，B符合题意；
C．CO与酸、碱均不反应，属于不成盐氧化物，C错误；
D．Na2O2与酸反应不仅生成盐，还生成O2，故不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D错误；
故答案选B。
10. 关于一些重要的化学概念有下列说法：
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 ②BaSO4是一种难溶于水的电解质 ③由同种元素组成的物质一定属于纯净物 ④复分解反应都属于离子反应 ⑤非金属氧化物一定是酸性氧化物
其中正确是
A. ①②⑤ B. ①②④ C. ②③ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①胶体与溶液都属于混合物，①说法正确；
②BaSO4难溶于水，但在熔融状态下能电离，故属于电解质，②说法正确；
③由同种元素组成的物质不一定是纯净物，比如O2与O3的混合，③说法错误；
④复分解反应的实质为：两种物质在水溶液中相互交换离子，生成沉淀、气体或弱电解质，所以复分解反应都是离子反应，④说法正确；
⑤非金属氧化物不一定酸性氧化物，也可能是不成盐氧化物，如CO、NO等，⑤说法错误；
综上所述，①②④说法正确，故答案选B。
11. 下列说法中，不正确的是
A. 可以利用丁达尔效应分离胶体和溶液
B. 胶体中分散质微粒直径通常介于1-100 nm
C. 根据分散质微粒直径大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液
D. 向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，煮沸至液体呈红褐色，制得Fe(OH)3胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．可以利用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，但不能分离溶液与胶体，A错误；
B．胶体中分散质的粒子直径介于1~100 nm之间，B正确；
C．分散系可以分为溶液、胶体、浊液，分类依据为它们的分散质粒子直径不同，C正确；
D．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液呈现红褐色，停止加热，即获得Fe(OH)3胶体，D正确；
故答案选A。
12. 下列反应的离子反应方程式正确的是（ ）
A. Na与CuSO4溶液的反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2
C. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合：HCO+OH-=H2O+CO
D. Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2H++2ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与H2O先发生反应生成NaOH，NaOH再与Cu2+反应，即发生的离子反应式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2Na++H2，A错误；
B．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Cu2++Ba2++2OH-+=Cu(OH)2+BaSO4，B错误；
C．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合实质是碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成水和碳酸根离子，C正确；
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，碳酸根离子转化成碳酸钙沉淀，次氯酸是弱酸不可拆成离子，正确的离子反应为：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，D错误；
答案选：C。
13. 下列各组离子，能在强碱性溶液中大量共存，并且溶液呈无色的是
A. Na＋、Ca2＋、Cl-、HCO B. K＋、Na＋、NO、MnO
C. Mg2＋、Na＋、SO、Cl- D. CO、K+、NO、ClO-
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应+OH-=+H2O、Ca2++=CaCO3↓分析可知，强碱性环境下，碳酸氢根离子不能大量共存，A不符合题意；
B．含有溶液显紫色，不能在无色溶液中大量共存，B不符合题意；
C．由Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓分析，镁离子与氢氧根离子不能大量共存，C不符合题意
D．选项所给离子在强碱性溶液中能大量共存，且溶液呈无色，D符合题意；
故答案选D。
14. 下列除去物质中混有少量杂质的方法错误的是
选项
物质
杂质
除去杂质的方法
A

HCl
将气体依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶
B
NaCl溶液

加入足量溶液，过滤
C
溶液

通入足量二氧化碳气体
D
固体
固体
将固体混合物加热至恒重

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl极易溶于水，饱和食盐水能够抑制氯气的溶解，将气体依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶，可以除去氯气中的氯化氢杂质，故A正确；
B．加入足量Na2CO3溶液，CaCl2与Na2CO3反应生成NaCl和CaCO3沉淀，过滤，可以除杂质，但引入了新杂质Na2CO3，应该加入适量Na2CO3，故B错误；
C．通入足量的二氧化碳气体，Na2CO3+H2O +CO2=2NaHCO3，可以除去碳酸氢钠溶液中少量的碳酸钠杂质，故C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成碳酸钠，将固体混合物加热至恒重，可以除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠杂质，故D正确；
故选B。
15. 下列离子检验的方法正确的是
A. 某溶液中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有离子
B. 某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有SO离子
C. 某溶液中加入氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中一定有离子
D. 某溶液中加入稀硫酸产生无色无味气体，说明原溶液中一定有CO离子
【答案】C
【解析】
【详解】A．某溶液中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液可能含有Cl-、SO等，故A错误；
B．某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中可能含有Ag+、SO离子，故B错误；
C．某溶液中加入氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，该蓝色沉淀是氢氧化铜，说明原溶液中一定有Cu2+离子，故C正确；
D．某溶液中加入稀硫酸产生无色无味气体，该无色无味气体为CO2，原溶液可能含有CO、HCO，故D错误；
故选C。
二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分。)
16. 下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是
A. 同浓度的三种物质的溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3、溶液体积之比为3∶2∶1，则SO浓度之比为3∶1∶3
B. 将1mol·L-1的NaCl溶液和0.5mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c(Cl-)=0.75mol·L-1
C. 将100mL 5mol·L-1的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1
D. 标准状况下，22.4 LHCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；
B．1mol·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol•L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1mol•L-1，故B错误；
C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度==0.5mol/L，溶液具有均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL溶液物质的量浓度为0.5mol/L，故C正确；
D．1L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误；
故选C。
17. 某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法错误的是

A. 利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
B. Z中分散系能产生丁达尔效应
C. Y中反应的离子方程式为
D. X、Z烧杯中分散质相同
【答案】D
【解析】
【分析】在Y中，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，随着反应的不断进行，CaCO3不断溶解，Fe3+不断水解，最后生成Fe(OH)3胶体。
【详解】A．在Z中，存在未溶解的石灰石和反应生成的Fe(OH)3胶体，胶体微粒和溶液中的离子及分子一样，都能透过滤纸的孔隙，所以利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离，A正确；
B．Z中存在Fe(OH)3胶体，对光有散射作用，能产生丁达尔效应，B正确；
C．Y中，发生反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，则总的离子方程式为，C正确；
D．X烧杯中，分散质为FeCl3，Z烧杯中，分散质为Fe(OH)3胶体，二者的分散质不同，D错误；
故选D。
18. 向溶10mLNaHSO4液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的质量m与加入的Ba(OH)2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法错误的是

A. a点溶液中离子浓度：c(Na+)>c(SO)
B. b点溶液为中性，c点SO恰好沉淀完全
C. b→c段发生反应H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
D. 原溶液的浓度为2.0mol•L-1
【答案】C
【解析】
【分析】由图示可知，c点沉淀完全，此时n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.02mol，反应为NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O；b点时，反应为2NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，n(BaSO4↓)=n(Ba(OH)2)=0.01mol；a点时，NaHSO4为反应完全，此时溶质为NaHSO4和Na2SO4，据此分析解答。
【详解】A. a点时溶质为NaHSO4和Na2SO4，则溶液中离子浓度：c(Na+)>c(SO)，故A正确；
B. b点时，反应为2NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶质为Na2SO4，溶液呈中性；c点n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.02mol，SO恰好沉淀完全，故B正确；
C. b→c段发生反应为Na2SO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+2NaOH，离子方程式为：SO+Ba2+=BaSO4↓，故C错误；
D. c点沉淀完全，此时n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.02mol，则原溶液的浓度为，故D正确；
故选C。
19. K2SO4、KCl、NaCl三种固体溶于水得到的溶液M中部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取200mL混合溶液加水稀释，测得c(Na+)随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法正确的是

A. Y离子可能是
B. c1=0.6
C. 溶液M中KCl物质的量浓度为0.9mol/L
D. K2SO4与NaCl物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】
【分析】稀释过程中n(Na+)不变，则原溶液中c(Na+)==0.80mol/L，说明X、Y代表、Cl-，结合溶液的电中性可知：c(Na+)+c(K+)=2c()+c(Cl-)，即2c()+c(Cl-)=0.90mol/L+0.80mol/L=1.70mol/L，c()=0.40mol/L、c(Cl-)=0.90mol/L，所以X代表的离子为，Y表示的离子为Cl-，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，Y表示的离子为Cl-，故A错误；
B．c1为原溶液中钠离子浓度，稀释过程中n(Na+)不变，c1=c(Na+)==0.80mol/L，故B错误；
C．c(K2SO4)=c()=0.40mol/L，根据钾离子守恒可知，c(KCl)=0.90mol/L-2c(K2SO4)=0.90mol/L-0.40mol/L×2=0.10mol/L，故C错误；
D．c(K2SO4)=c()=0.40mol/L，c(NaCl)=c(Na+)=0.80mol/L，同一溶液中体积V相同，根据n=cV可知，固体溶解时K2SO4与NaCl物质的量之比等于物质的量浓度之比=0.40mol/L∶0.80mol/L=1∶2，故D正确；
故选D。
20. 甲，乙，丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，他们所含离子如表所示：
阳离子
NH、Na+、Mg2+
阴离子
OH-、NO、
取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)＞c(乙)＞c(丙)，下列说法正确的是
A. 甲中一定含有Na+ B. 乙中一定含有NO
C. 丙中一定含有Mg2+ D. 丙中一定含有
【答案】AC
【解析】
【分析】甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则OH-只能与Na+组成NaOH，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：NaOH、(NH4)2SO4、Mg(NO3)2；第二组：NaOH、NH4NO3、MgSO4，取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)＞c(乙)＞c(丙)，则相对分子质量：Mr(丙)＞Mr(乙)＞Mr(甲)，据此分析判断。
【详解】第一种情况：NaOH、(NH4)2SO4、Mg(NO3)2，NaOH相对分子质量为40，(NH4)2SO4相对分子质量为132、Mg(NO3)2相对分子质量为148；
第二种情况：NaOH、NH4NO3、MgSO4，NaOH相对分子质量为40、NH4NO3相对分子质量为80、MgSO4相对分子质量为120；
根据上述分析，Mr(丙)＞Mr(乙)＞Mr(甲)，所以甲为NaOH，乙可能是(NH4)2SO4或NH4NO3，丙为Mg(NO3)2或MgSO4，
所以甲中一定含有钠离子、乙中一定含有铵根离子、丙中一定含有镁离子，但乙中不一定含有NO，丙中不一定含有，A、C正确，C、D错误，故选AC。
第II卷(非选择题 共4题 共50分)
21. 氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用，实验室要配制一定物质的量浓度的稀盐酸
（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据，则该盐酸的物质的量浓度是___________mol·L-1
化学式：HCl
相对分子质量：36.5
密度：1.18g/mL
质量分数：36.5%
符合GB622-89

（2）某同学用该盐酸配制80mL1.00mol/L的稀盐酸，请回答下列问题：
①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸___________mL(保留一位小数)。需要的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________。
②配制时，其正确的操作顺序是(字母表示，每个字母只能用一次)___________ ，还缺少的步骤是___________
A．用胶头滴管加水至溶液凹液面与刻度线相切
B．用量筒准确量取浓盐酸的体积，沿内壁加入盛有少量水(约30mL)的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动。
C．将已冷却的盐酸溶液沿玻璃棒注入100mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处
③下列配制的溶液浓度偏低的是___________
A．定容时俯视刻度线 B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．配制时，盐酸溶液未冷却直接定容 D．加蒸馏水时不慎超过了刻度线
E．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
【答案】（1）11.8
（2） ①. 8.5 ②. 100 mL容量瓶 ③. BCEAD ④. 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，并将每次洗涤液都注入容量瓶中 ⑤. DE
【解析】
【分析】根据c=计算浓盐酸的浓度，根据配制前后溶质的物质的量不变和配制步骤，结合c=分析解答。
【小问1详解】
根据图示，该盐酸物质的量浓度是c==mol/L=11.8mol/L，故答案为：11.8；
【小问2详解】
①配制80mL1.00mol/L的稀盐酸，需要选用100mL容量瓶配制，即配制100mL 1.00mol/L的稀盐酸，要用量筒量取浓盐酸的体积为=0.0085L=8.5mL；配制100mL 1.00mol/L 的稀盐酸，需要100mL容量瓶，因此除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须用到的仪器有100 mL容量瓶，故答案为：8.5；100 mL容量瓶；
②配制一定物质的量浓度溶液的步骤有称量（或量取）、溶解（或稀释）冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作。根据题意，正确的操作顺序是BCEAD，还缺少的步骤是洗涤，具体操作为用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，并将每次洗涤液都注入容量瓶中，故答案为：BCEAD；用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，并将每次洗涤液都注入容量瓶中；
③A．定容时俯视刻度线，会导致溶液的体积偏小，则浓度偏大，故A不选；B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的体积和溶质的物质的量均无影响，对浓度无影响，故B不选；C．配制时，盐酸溶液未冷却直接定容，当温度恢复到室温，液面会低于刻度线，浓度偏大，故C不选；D．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液的体积偏大，则浓度偏低，故D选；E．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏少，浓度偏低，故E选；故答案为：DE。
22. 现有下列9种物质：①铝 ②纯醋酸 ③CO2④H2SO4 ⑤Ba(OH)2 ⑥红褐色的氢氧化铁胶体 ⑦稀盐酸 ⑧NaHSO4⑨碳酸钙 ⑩乙醇
（1）上述物质中能导电的是___________属于电解质的有___________ (填序号)。
（2）向⑥中逐渐滴加④的溶液，看到的现象是___________。
（3）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：，则该反应的化学方程式为___________。
（4）⑧在水中的电离方程式为___________。
（5）⑨和⑦混合反应离子方程式为___________。
（6）在一定温度下，向不同电解质溶液中加入新物质时溶液电导率()随新物质加入体积(V)的变化曲线如图所示。分别与A、B、C曲线变化趋势一致的是___________(填序号)。

①向氨水中通入HCl气体至恰好完全反应
②向饱和石灰水中不断通入
③向硝酸溶液中逐滴加入等浓度的氢氧化钾溶液至恰好完全反应
【答案】（1） ①. ①⑥⑦ ②. ②④⑤⑧⑨
（2）先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，最终溶液呈黄色
（3）Ba(OH)2 + 2HCl = BaCl2 + 2H2O
（4）NaHSO4 = Na+ + H+ + SO
（5）CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑ + H2O
（6）②③①
【解析】
【分析】根据电解质和非电解质的概念，以及物质导电的因素分析判断；电解质溶液的导电性与离子浓度、离子所带电荷成正比，即离子浓度越大，离子所带电荷越多，溶液导电性越强，结合反应过程中离子浓度的变化分析解答。
【小问1详解】
①铝为金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
②纯醋酸不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；
③CO2不能导电，在水溶液中自身不能电离，是非电解质；
④H2SO4不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；
⑤Ba(OH)2不能导电，是在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；
⑥红褐色的氢氧化铁胶体能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦稀盐酸能导电，是HCl的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧NaHSO4不能导电，是在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；
⑨碳酸钙不能导电，是在熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑩乙醇不能导电，在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；
能导电的是①⑥⑦，属于电解质的是：②④⑤⑧⑨，故答案为：①⑥⑦；②④⑤⑧⑨；
【小问2详解】
向⑥中逐渐滴加④的溶液，H2SO4是电解质，氢氧化铁胶体遇到H2SO4溶液，发生聚沉，生成氢氧化铁沉淀，再滴加H2SO4溶液，氢氧化铁沉淀与H2SO4反应生成硫酸铁，故现象为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液，发生反应的离子方程式为：3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O，故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；
【小问3详解】
H++OH-═H2O表示可溶性的强碱与强酸反应生成可溶性的盐的反应，满足该条件下的反应的化学方程式为：Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O，故答案为：Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O；
【小问4详解】
⑧为NaHSO4，在水中电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，故答案为：NaHSO4=Na++H++SO；
【小问5详解】
⑨和⑦混合，碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
【小问6详解】
(6)①NH3•H2O是弱电解质，向NH3•H2O溶液中通入HCl气体至恰好完全反应，则起始时溶液中c(NH)逐渐增大，恰好反应完全时c(NH)最大，溶液导电性最强，因此随着HCl气体通入，溶液中阴、阳离子总浓度增大，导电性增强，与图象C相符；
②向饱和石灰水中不断通入CO2，先生成碳酸钙沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时，导电性接近于0，随着CO2气体的通入，碳酸钙溶解生成可溶性的碳酸氢钙，溶液中离子浓度又逐渐增大，导电性又逐渐增强，与图象A相符；
③向硝酸中逐滴加入等浓度的氢氧化钾溶液至恰好完全反应，起始阶段，溶液的体积增大，离子的物质的量几乎不变，离子的浓度不断减小，溶液的导电性减弱，恰好反应时导电性最弱，与图象B相符；
与A、B、C曲线变化趋势一致的是②③①，故答案为：②③①。
23. 元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图是钠的价类二维图：

请回答以下问题：
（1）写出二维图中缺失①中某种淡黄色固体能做供氧剂的原因___________(用化学方程式表示，写一个即可)
（2）写出的电离方程式___________；溶液常因温度过高而分解含有少量，除去杂质的方法为___________(用离子方程式表示)。
（3）向300 mL 某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2(忽略溶液体积的变化)，充分反应后，得到Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。向上述所得溶液中，逐滴滴加1 mol·L-1的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：

①AB段发生反应的离子方程式 ___________。
②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是___________。
【答案】（1）2Na2O2 + 2CO2=2Na2CO3 + O2或2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑
（2） ①. NaHCO3 = Na+ + HCO ②. CO + CO2 + H2O = 2HCO
（3） ①. HCO+H+ =CO2 +H2O ②. 0.5mol·L-1
【解析】
【小问1详解】
①为钠的氧化物，其中过氧化钠为淡黄色固体、氧化钠为白色固体，过氧化钠能与水、CO2反应产生氧气，故能做供氧剂，化学方程式为、；
【小问2详解】
NaHCO3是强电解质，在水中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为；碳酸钠溶液中通入二氧化碳能反应生成碳酸氢钠，故通入二氧化碳能除去NaHCO3溶液中所含的少量Na2CO3， 离子方程式为：。
【小问3详解】
①由于碳酸钠与盐酸反应是分步进行的，即首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出二氧化碳，则向上述所得溶液中，逐滴滴加1 mol/L的盐酸时OA段发生反应的离子方程式为＋H+＝，AB段发生反应的离子方程式为+H+＝CO2↑＋H2O，故此处填：+H+＝CO2↑＋H2O；
②根据题意知，B点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒得n(NaCl)＝n(HCl)＝0.3 L×1 mol/L＝0.3mol，则氯化钠的物质的量浓度为0.3 mol÷0.6 L＝0.5 mol/L。
24. 在浓度为0.5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有的离子有K+、Ag+、Mg2+、Ba2+、NO、CO、、SO。现取该溶液100mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)：
Ⅰ.向该溶液中加入足量稀硝酸，放出0.56L气体；
Ⅱ．向Ⅰ的反应混合液中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，将沉淀洗涤、烘干，称量所得固体的质量为2.87g；
Ⅲ．另取10mL原溶液，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加入足量的稀盐酸，沉淀完全溶解。
请回答下列问题：
（1）通过实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是___________(填离子符号)。
（2）实验Ⅱ中生成沉淀的离子方程式为___________。
（3）综上所述，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。
阴离子
NO
CO
Cl-
SO
c(mol·L-1)
①___________
②___________
③___________
0

（4）判断K+是否存在：___________(填“存在”或“不存在”)；若存在，则其最小浓度为___________mol/L。
【答案】（1）Ag+、Mg2+、Ba2+
（2）Ag + +Cl- =AgCl↓
（3） ①. ？ ②. 0.25mol·L-1 ③. 0.2mol·L-1
（4） ①. 存在 ②. 0.2
【解析】
【分析】由实验Ⅰ知原溶液中一定存在，根据碳元素守恒知n()=n(CO2)=，c()=，由于存在，故原溶液一定不含Ag+、Mg2+、Ba2+；根据实验Ⅲ知，原溶液不存在；再由实验Ⅱ知，原溶液一定存在Cl-，所得沉淀为AgCl，由氯元素守恒得：n(Cl-)=n(AgCl)=，c(Cl-)=，、Cl-所带负电荷浓度=0.25×2+0.2=0.7 mol/L，大于Na+所带正电荷浓度0.5 mol/L，故原溶液一定存在K+，由于可能存在，根据电荷守恒知，c(K+)≥0.7-0.5=0.2 mol/L。
【小问1详解】
由分析知，原溶液一定不含Ag+、Mg2+、Ba2+，故此处填：Ag+、Mg2+、Ba2+；
【小问2详解】
由分析知，实验Ⅱ所得沉淀为AgCl，对应离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
【小问3详解】
由分析知，不能确定是否存在，故此处填：？；、Cl-浓度依次为0.25 mol/L、0.2 mol/L；
【小问4详解】
由分析知，K+一定存在，其浓度最小为0.2 mol/L，故此处填：存在、0.2。