【化学】山东省济南第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试卷（解析版）

山东省济南第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试卷
可能用到的相对原子质量：H–1 C–12 N–14 O–16 Na–23 Mg–24 Al–27 S–32 Cl–35.5 Fe–56
第Ⅰ卷 选择题（共60分）
选择题（共15题，每题2分，共30分。每题只有一个选项符合题意。）
1.中华民族有着光辉灿烂的发展史，下列过程不涉及元素化合价变化的是（ ）
A. 用胆矾炼铜 B. 点制豆腐
C. 黑火药的使用 D. 用铁矿石炼铁
【答案】B
【解析】
【分析】用胆矾炼铜是用铁置换出硫酸铜溶液中的铜；点制豆腐是向豆浆中加入石膏，利用胶体聚沉；黑火药爆炸是硝酸钾、硫粉、木炭反应生成硫化钾、二氧化碳、氮气；铁矿石炼铁是用一氧化碳还原出氧化铁中的铁。
【详解】用胆矾炼铜是用铁置换出硫酸铜溶液中的铜，铁元素、铜元素化合价改变，故不选A；点制豆腐是向豆浆中加入石膏，利用胶体聚沉，没有化合价变化，故选B；黑火药爆炸是硝酸钾、硫粉、木炭反应生成硫化钾、二氧化碳、氮气，氮元素、碳元素、硫元素化合价变化，故不选C；铁矿石炼铁是用一氧化碳还原出氧化铁中的铁，铁元素、碳元素化合价变化，故不选D。
2.下列说法中正确的是（ ）
A. 钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠
B. 当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现
C. 实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中
D. 少量金属钠保存在水中
【答案】C
【解析】
【分析】钠在空气中燃烧的产物是过氧化钠；当钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃；水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气。
【详解】钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故A错误；当钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以有蓝色沉淀生成，故B错误；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶中，故C错误；钠属于活泼的金属，水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，少量金属钠保存煤油中，故D错误。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 硫酸、纯碱(Na2CO3)、氯化钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和碱性氧化物
B. 用丁达尔效应可区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
C. 生石灰与水混合的过程只发生物理变化
D. H2O、C2H5OH、SO3均含有氧元素，都是氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】纯碱(Na2CO3)是盐；胶体能产生丁达尔效；生石灰与水混合生成氢氧化钙；C2H5OH含有3种元素，不属于氧化物。
【详解】纯碱(Na2CO3)是盐不是碱，故A错误；胶体能产生丁达尔效，用丁达尔效应可区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，故B正确；生石灰与水混合生成氢氧化钙，属于化学变化，故C错误；C2H5OH含有3种元素，不属于氧化物，故D错误。
4.下列关于Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液的说法正确的是（ ）
A. 两者都有“丁达尔效应”
B. 两者都能透过半透膜
C. 氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体带正电
D. 加入氢氧化钠溶液二者都能沉淀，Fe(OH)3胶体发生聚沉，MgCl2发生化学反应生成沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】溶液没有“丁达尔效应”；胶体粒子不能透过半透膜；胶体不带电，胶体粒子带电；胶体加入电解质溶液发生聚沉现象，MgCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀。
【详解】MgCl2溶液没有“丁达尔效应”，故A错误；Fe(OH)3胶体粒子不能透过半透膜，故B错误；胶体不带电，胶体粒子带电，氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体粒子带正电，故C错误；胶体加入电解质溶液发生聚沉，Fe(OH)3胶体中加入氢氧化钠溶液发生聚沉现象，MgCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，故D正确。
5.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. CO的摩尔质量为28g
B. 1mol·L-1 NaOH溶液中所含有Na+数目为NA
C. 8g NH4NO3中含有0.2mol N原子
D. 0.5mol H2所占的体积约为11.2L
【答案】C
【解析】
【分析】摩尔质量的单位是g/mol；根据n=cv，没有溶液体积不能计算溶质的物质的量；8g NH4NO3的物质的量是0.1mol；非标准状况下，0.5mol H2所占的体积不一定是11.2L。
【详解】CO的摩尔质量为28g/mol，故A错误；没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，故B错误；8g NH4NO3的物质的量是0.1mol，所以N原子的物质的量是0.2mol，故C正确；标准状况下，0.5mol H2所占的体积约为11.2L，故D错误。
6.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 2.3gNa在足量的氧气中充分燃烧，转移的电子数为0.2NA
B. 标准状况下，22.4 L水中含有的氧原子数为NA
C. 1L 0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中所含Cl¯数目为3NA
D. 0.1 mol 氯气所含有的原子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【分析】Na在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由0变为+1；标准状况下水是液体；1L 0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有AlCl3的物质的量是1L0.5mol•L﹣1=0.5mol；0.1 mol 氯气中含有0.2mol原子。
【详解】2.3gNa 的物质的量是0.1mol，Na在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由0变为+1，所以转移的电子数为0.1NA，故A错误；标准状况下水是液体，22.4 L水的物质的量不是1mol，故B错误；1L 0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有AlCl3的物质的量是1L0.5mol•L﹣1=0.5mol，所以Cl¯数目为1.5NA，故C错误；0.1 mol 氯气中含有0.2mol原子，所以原子数是0.2NA，故D正确。
7.下列物质中，不能由两种单质直接化合得到的是（ ）
A. FeCl2 B. CuCl2 C. HCl D. Na2O2
【答案】A
【解析】
【分析】Fe、Cl2点燃生成FeCl3；Cu、Cl2点燃生成CuCl2；H2、Cl2点燃生成HCl；Na、O2点燃生成Na2O2。
【详解】Fe、Cl2点燃生成FeCl3，所以FeCl2不能由两种单质直接化合得到，故选A；Cu、Cl2点燃生成CuCl2，CuCl2能由两种单质直接化合得到，故不选B；H2、Cl2点燃生成HCl， HCl能由两种单质直接化合得到，故不选C；Na、O2点燃生成Na2O2，Na2O2能由两种单质直接化合得到，故不选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. SO2、NO2、CO2都属于酸性氧化物
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 淀粉溶液、雾均属于胶体
D. 液氯、“84”消毒液都属于混合物
【答案】C
【解析】
【分析】NO2不是酸性氧化物；NH3、CO2是非电解质；淀粉溶液、雾中分散系粒子直径在1~100nm之间；液氯中只含氯分子。
【详解】NO2不是酸性氧化物，SO2、CO2属于酸性氧化物，故A错误；NH3、CO2的水溶液均能导电，但不是NH3、CO2自身电离出的离子导电，所以NH3、CO2是非电解质，故B错误；淀粉溶液、雾中分散系粒子直径在1~100nm之间，所以淀粉溶液、雾均属于胶体，故C正确；液氯中只含氯分子，液氯是纯净物，故D错误。
9.在2L 0.1mol·L-1 BaCl2溶液中，下列说法正确的是（ ）
A. Cl¯物质的量为0.2mol
B. Cl¯物质的量浓度为0.2 mol·L-1
C. Ba2+物质的量为0.1mol
D. Ba2+物质的量浓度为0.2 mol·L-1
【答案】B
【解析】Cl―物质的量为2L×0.1mol·L-1 ×2=0.4mol，故A错误；Cl―物质的量浓度为0.1mol·L-1 ×2=0.2 mol·L-1，故B正确；Ba2＋物质的量为2L×0.1mol·L-1=0.2mol，故C错误；Ba2＋物质的量浓度为0.1mol·L-1 ×1=0.1 mol·L-1，故D错误。
10.下列实验操作中，正确的是（ ）
A. 配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中，加适量的水搅拌溶解
B. 将氢氧化钠固体放在滤纸上称量
C. 用10mL的量筒量取8.58mL浓盐酸
D. 配制0.1mol·L－1的硫酸溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释
【答案】A
【解析】
【分析】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取；量筒的精度是0.1mL；容量瓶不能用来稀释溶液。
【详解】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故A正确；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取，故B错误；量筒的精度是0.1mL，可以用10mL的量筒量取8.6mL浓盐酸，故C错误；配制0.1mol·L－1的硫酸溶液时，将浓硫酸加入盛有适量水的烧杯中稀释，冷却后移入容量瓶，故D错误。
11.下列物质在水溶液中关于电离方程式错误的是（ ）
A. MgCl2 = Mg2+ + 2Cl¯
B. Ba(OH)2 = Ba2+ + 2OH¯
C. CH3COOH = H+ + CH3COO-
D. KHSO4 = K+ + H+ + SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】氯化镁为强电解质，完全电离生成镁离子和氯离子；氢氧化钡是强电解质，完全电离生成钡离子和氢氧根离子；醋酸是弱电解质，部分电离，用用可逆号连接；HSO4-为强酸的酸式酸根离子，拆分为氢离子和硫酸根离子。
【详解】氯化镁为强电解质，完全电离，电离方程式为:MgCl2═Mg2++2Cl-，故A正确；氢氧化钡是强电解质，完全电离，电离方程式为:Ba(OH)2═Ba2++2OH-，故B正确；醋酸是弱电解质，部分电离，电离方程式是CH3COOH H+ + CH3COO-，故C错误；HSO4-为强酸的酸式酸根离子，KHSO4的电离方程式是KHSO4 = K+ + H+ + SO42-，故D正确。
12.下列离子方程式，书写正确的是（ ）
A. 盐酸与石灰石反应：CO32ˉ+2H+ = CO2↑+H2O
B. 铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+ = 2Fe3++3H2↑
C. 氯气与水反应：Cl2 + H2O = 2H++ Cl¯ + ClO¯
D. 硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++2OH¯+Cu2++SO42ˉ = BaSO4↓+Cu(OH)2↓
【答案】D
【解析】
【分析】碳酸钙难溶于水，离子方程式中不能拆写成离子；铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；次氯酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写成离子；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钡两种沉淀。
【详解】碳酸钙难溶于水，盐酸与石灰石反应的离子方程式是CaCO32ˉ+2H+ = Ca2++CO2↑+H2O，故A错误；铁与稀盐酸反应的离子方程式是Fe+2H+ = Fe2++H2↑，故B错误；次氯酸是弱电解质，氯气与水反应的离子方程式是Cl2 + H2O = H++ Cl¯ + HClO，故C错误；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++2OH¯+Cu2++SO42ˉ = BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D正确。
13.下列各组中的离子，能在水溶液中大量共存的是（ ）
A. K+、H+、SO42ˉ、OH¯ B. Na+、Mg2+、NO3ˉ、OHˉ
C. Na+、H+、Clˉ、CO32ˉ D. Na+、Cu2+、SO42ˉ、Clˉ
【答案】D
【解析】
【分析】H+、OH¯反应生成水；Mg2+、OHˉ反应生成氢氧化镁沉淀；H+、CO32ˉ反应放出二氧化碳；Na+、Cu2+、SO42ˉ、Clˉ不反应。
【详解】H+、OH¯反应生成水，H+、OH¯不能大量共存，故A错误；Mg2+、OHˉ反应生成氢氧化镁沉淀，Mg2+、OHˉ不能大量共存，故B错误；H+、CO32ˉ反应放出二氧化碳，H+、CO32ˉ不能大量共存，故C错误；Na+、Cu2+、SO42ˉ、Clˉ不反应，能在水溶液中大量共存，故选D。
14.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. 无色溶液中：Clˉ、Na+、Fe3+、SO42ˉ
B. 含有SO42-的溶液中：Ba2+、Na+、H+、NO3ˉ，
C. 含有Clˉ的溶液中： SO42ˉ、NO3ˉ、Cu2+、K+
D. 使石蕊变红的溶液中：Fe3+，HCO3ˉ、Na+，SO42ˉ
【答案】C
【解析】
【分析】含有Fe3+的溶液呈棕黄色；SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀；Clˉ、 SO42ˉ、NO3ˉ、Cu2+、K+不反应；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO3ˉ与H+反应放出二氧化碳；
【详解】无色溶液中不能含有Fe3+，故A错误；SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，含有SO42-的溶液中不能含有Ba2+，故B错误；Clˉ、 SO42ˉ、NO3ˉ、Cu2+、K+不反应，所以能大量共存，故选C；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO3ˉ与H+反应放出二氧化碳，所以使石蕊变红的溶液中不能含有HCO3ˉ，故D错误；
15.200 ml Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ 56g，溶液中SO42—的物质的量浓度是（ ）
A. 5mol/L B. 7.5 mol/L C. 10 mol/L D. 2.5 mol/L
【答案】B
【解析】56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+）=×1mol=1.5mol，所以溶液中SO42﹣的物质的量浓度=7.5mol/L．
故选B．
二、选择题（共10题，每题3分，共30分。每题只有一个选项符合题意。）
16.如图所示的实验操作中，正确的是(　　)

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】试题分析：A、容量瓶检验漏水的方法：右手食指顶住瓶塞，左手托住瓶底，倒置，观察瓶口是否漏水，正立，旋转瓶塞180°，倒置，观察瓶口是否漏水，故正确；B、用试管加热液体，不能超过试管的1/3，试管夹夹在距离试管口中上部，试管中的液体超过1/3了，故错误；C、胶头滴管不能伸入试管内，故错误；D、漏斗的下端紧贴烧杯内壁，故错误。
17. 下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是（ ）
A. PCl3→PCl5 B. MnO4- →Mn2+
C. SO2→SO32- D. Cl2→HClO
【答案】A
【解析】试题分析：氧化剂在反应中得到电子，化合价降低。这说明题中所给的物质是还原剂，失去电子化合价升高，所以答案选A。
18.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应：3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）
A. 该反应属于置换反应 B. 该反应利用了Cl2的强氧化性
C. 该反应说明了Cl2的还原性大于N2 D. 生成1molN2有6mol电子转移
【答案】C
【解析】
【分析】根据置换反应的定义判断；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应；氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3变为0。
【详解】一种单质个一种化合物，生成另一种单质个另一种化合物的反应是置换反应，所以3Cl2+2NH3＝N2+6HCl是置换反应，故A说法正确；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应，所以氯气是氧化剂，表现氧化性，故B说法正确；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl中氯气是氧化剂，氮气是氧化产物，所以该反应说明了Cl2的氧化性大于N2，故C说法错误；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3变为0，所以生成1molN2有6mol电子转移，故D说法正确。
19.同温同压下，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CH4的是（ ）

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】由可知，等质量时，M越小，则体积越大，CH4、CO2、O2、SO2四种气体的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，则甲烷的体积最大，答案选D。
20.有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙（即碳酸钙的粒子直径是纳米级），这将引起建筑材料的性能发生巨变。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是（ ）
A. 纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系
B. 纳米碳酸钙的化学性质已与碳酸钙完全不同
C. 纳米碳酸钙分散到水中会产生丁达尔现象
D. 纳米碳酸钙的粒子不能通过滤纸
【答案】C
【解析】
【分析】纳米碳酸钙是纯净物，胶体是混合物；纳米碳酸钙的成分就是碳酸钙；将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体；与胶体相似，纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸。
【详解】纳米碳酸钙是纯净物，胶体是混合物，故A错误；纳米碳酸钙的成分就是碳酸钙，化学性质与碳酸钙完全相同，故B错误；将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体，所以具有丁达尔现象，故C正确；与胶体中的胶粒能透过滤纸一样，纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸，故D错误。
21. 如图：A处通入氯气。关闭B阀时,C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是（ ）

A. D中不可能是浓硫酸
B. 通入的氯气含有水蒸气
C. D中可以是水
D. D中可以是饱和食盐水
【答案】B
【解析】试题分析：干燥的氯气不能使C处红色布条颜色褪去，潮湿的氯气能使C处红色布条颜色褪去。A、若D中盛放浓硫酸，因为浓硫酸具有吸水性，可干燥氯气，而干燥的氯气不能使C处红色布条颜色褪去，关闭B时，氯气被干燥，则不能使C处红色布条褪色，则当打开B时，若氯气潮湿，则会使C处布条褪色，所以D中可能是浓硫酸，错误；B、根据关闭和打开B的反应现象的不同，说明打开B时通入的氯气中含有水蒸气，使红色布条褪色，正确；C、若D为水，则当关闭B时，氯气变潮湿，所以C处的布条褪色，错误；D、若D为饱和食盐水，则当关闭B时，氯气变潮湿，所以C处的布条褪色，错误，答案选B。
22.某溶液中仅含Na+、Mg2+、Clˉ、SO42ˉ四种离子，其中Na+浓度为 0.2 mol·Lˉ1 、Mg2+浓度为0.25 mol·Lˉ1 、Clˉ浓度为0.4 mol·Lˉ1 ，则SO42ˉ的浓度为（ ）
A. 0.5 mol·Lˉ1 B. 0.3 mol·Lˉ1 C. 0.1 mol·Lˉ1 D. 0.15 mol·Lˉ1
【答案】D
【解析】
【分析】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，利用电荷守恒计算。
【详解】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，设SO42ˉ的浓度为x mol·Lˉ1，则0.2 mol·Lˉ1 +0.25 mol·Lˉ12=0.4 mol·Lˉ1+2x，解得x=0.15 mol·Lˉ1，故选D。
23.下列化学反应中，气体被还原的是（ ）
A. CO2使Na2O2变白色 B. 点燃时Fe在Cl2中燃烧产生红棕色的烟
C. H2使灼热的CuO粉末变红色 D. CO2能使石灰水变浑浊
【答案】B
【解析】
【分析】过氧化钠与二氧化碳的反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳中元素化合价不变； B．点燃时Fe在Cl2中燃烧生成氯化铁，氯气中氯元素化合价降低；C．H2使灼热的CuO粉末变红色生成铜和水，氢气中氢元素化合价升高；D．CO2能使石灰水变浑浊生成碳酸钙和水，元素化合价都不变。
【详解】过氧化钠与二氧化碳的反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳中元素化合价不变，所以CO2没有被还原，故不选A； B．点燃时Fe在Cl2中燃烧生成氯化铁，氯气中氯元素化合价降低，氯气被还原，故选B；C．H2使灼热的CuO粉末变红色生成铜和水，氢气中氢元素化合价升高，氢气被氧化，故不选C；D．CO2能使石灰水变浑浊生成碳酸钙和水，元素化合价都不变，不属于氧化还原反应，故不选D。
24.在氢氧化钡溶液中滴入硫酸溶液并测定溶液导电性，下面各图表示的是随着硫酸滴入量的增加溶液导电能力变化的图像，其图像表示正确的是（ ）

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】溶液导电的实质是：必须有自由移动的带电的离子，离子浓度大，导电能力强，离子浓度小，导电能力弱；氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，生成硫酸钡沉淀和水。
【详解】氢氧化钡溶液中滴入等物质的量浓度的硫酸溶液，氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中的离子浓度减少，导电能力下降，当硫酸与氢氧化钡恰好完全反应，此时溶液中的离子几乎为零，即导电能力为零，再滴入硫酸，导电能力逐渐增强，故选A。
25.已知反应：①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；
②Se+2H2SO4（浓）=2SO2↑+SeO2+2H2O。下列叙述正确的是（ ）
A. 反应①中Se是氧化产物，I2是还原产物
B. 反应②中浓H2SO4是氧化剂，SeO2是还原产物
C. 反应①中每有1.0mol I2生成，转移电子数目为4NA
D. SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2
【答案】D
【解析】试题分析：A、反应①中Se元素的化合价降低，SeO2作氧化剂发生还原反应，所以Se是还原产物，I元素的化合价升高，I2是氧化产物，错误；B、反应②中浓H2SO4是氧化剂，Se是还原剂被氧化，则SeO2是氧化产物，错误；C、反应①中每有1.0mol I2生成，则转移电子数目为1mol×2×NA=2NA，错误；D、根据以上分析，结合氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2， ，答案选D。
第Ⅱ卷
三、填空题
26.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
(1)3.4g NH3中含有________mol H。 
(2)标准状况下，等体积的CO和CO2的质量比为________。 
(3)100 mL Al2(SO4)3溶液中c (Al3+)=0.20 mol·Lˉ1，则c(SO42-)=_______。 
(4)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中分别加入足量的AgNO3溶液中，生成沉淀的质量相等，三种溶液的体积比为__________。
【答案】(1). 0.6 (2). 7:11 (3). 0.3 mol/L (4). 6:3:2
【解析】
【分析】（1）根据n=计算出氨气的物质的量；(2)根据阿伏伽德罗定律，标准状况下，等体积的CO和CO2的物质的量相等；(3)Al2(SO4)3溶液中c (Al3+): c(SO42-)=2:3；(4)相同浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，分别与AgNO3溶液反应，生成的AgCl沉淀的质量之比为1：1：1，令生成AgCl分别为1mol、1mol、1mol，根据氯原子守恒计算三种溶液的体积比。
【详解】（1）根据n=，氨气的物质的量= ，氢原子的物质的量是0.4mol；(2)根据阿伏伽德罗定律，标准状况下，等体积的CO和CO2的物质的量相等，设物质的量都是nmol，则CO和CO2的质量分别是28ng、44ng，质量比是7:11；(3)Al2(SO4)3溶液中c (Al3+): c(SO42-)=2:3，所以当c (Al3+)=0.20 mol·Lˉ1时，c(SO42-)=0.30 mol·Lˉ1；（4）相同浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，分别与AgNO3溶液反应，生成的AgCl沉淀的质量之比为1：1：1，令生成AgCl分别为1mol、1mol、1mol，根据氯原子守恒，则n（NaCl）=1mol、n（MgCl2）= 1mol、n（AlCl3）=mol，根据c=可知，浓度相同条件下，体积之比等于其物质的量之比，故c（NaCl）：c（MgCl2）：c（AlCl3）=1mol：mol：mol=6：3：2。
27.我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用2mol·L－1的盐酸配制成250mL 0.1mol·L－1的盐酸溶液。
(1)计算所需2mol·L－1的盐酸的体积是_______________。
(2)在下图所示仪器中，配制上述溶液不需要的是_____________（填相应仪器的序号）； 除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________________。

(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_________________。
A、使用容量瓶前检查它是否漏水
B、容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗
C、配制溶液时，将量筒量取好的盐酸直接倒入容量中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀
(4)配制时其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，所配溶液的物质的量浓度______。（填“偏高”；“ 偏低”“ 无影响”）
【答案】(1). 12.5ml (2). C (3). 玻璃棒 (4). AD (5). 偏高
【解析】
【分析】(1)根据计算所需2mol·L－1的盐酸的体积；(2)用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，步骤为:计算、量取、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，配制过程中使用的仪器分别为:量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管等。(3) A、容量瓶有瓶塞，使用前必须检查容量瓶是否漏水；B、容量瓶若用待配液润洗，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大； C、容量瓶是用于配制一定浓度溶液时的定容容器，不能够在容量瓶中稀释溶液； D、定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(4)根据 分析。
【详解】(1)根据，需2mol·L－1的盐酸的体积=12.5 mL；(2)用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，步骤为:计算、量取、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，配制过程中使用的仪器分别为:量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管等，不需要分液漏斗，故选C；还需要玻璃棒。(3) A、容量瓶有瓶塞，使用前必须检查容量瓶是否漏水，故A正确；B、容量瓶若用待配液润洗，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，故B错误； C、容量瓶是用于配制一定浓度溶液时的定容容器，不能够在容量瓶中稀释溶液，故C错误； D、定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故D正确。(4)配制时其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，所得溶液体积偏小，所以浓度偏高。
28.下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分（其它成分未列出）
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
名称
天然气
白酒
醋酸
小苏打
消石灰
铜线
成分
CH4
C2H5OH
CH3COOH
NaHCO3
Ca(OH)2
Cu
(1)请你对表中①~⑦的主要成分进行分类（填编号）
是电解质的是___________________，是非电解质的是____________________。
(2)写出④在水中的电离方程式_________________________________。
(3)写出下列反应的离子方程式：
用④治疗胃酸过多（主要成分为盐酸）_________________________
用澄清的⑤溶液检验CO2气体 __________________________
【答案】(1). ③④⑤ (2). ①② (3). NaHCO3 =Na + + HCO3－ (4). HCO3－ + H+ = H2O + CO2 (5). Ca2++ 2OH－ + CO2 = CaCO3 +H2O
【解析】
【分析】(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非金属氧化物、大多数有机物是非电解质。(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子；(3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水。
【详解】CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2在水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电；CH4、C2H5OH在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子；Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质；所以是电解质的是CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2，选③④⑤，是非电解质的是CH4、C2H5OH，选①②；(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3 =Na + + HCO3－； (3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是HCO3－ + H+ = H2O + CO2；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是Ca2++ 2OH－ + CO2 = CaCO3 +H2O。
29.某同学利用如下实验装置制备少量的漂白粉。回答下列问题：

(1)漂白粉的有效成分是__________________（填化学式）。
(2)仪器a的名称是____________，用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的化学方程式为MnO2 + 4HCl == MnCl2 + Cl2 + 2H2O 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ________________。
(3)装置B发生反应的化学方程式为___________________________________。
(4)装置C的作用是___________，C中发生反应的离子方程式为_______________________________ 。
【答案】(1). Ca(ClO)2 (2). 分液漏斗 (3). 1:2 (4). 2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O (5). 吸收多余的氯气，防止污染空气 (6). 2OH－ + Cl2 = ClO－ + Cl－ + H2O
【解析】
【分析】(1)石灰乳中通入制得漂白粉；(2)根据装置图分析仪器a的名称；根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；(3)装置B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙；(4)氯气有毒，需要尾气处理；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠。
【详解】(1)石灰乳中通入制得漂白粉，漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2；(2)根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；该反应中，MnO2 →MnCl2，Mn元素由+4价→+2价，得2个电子，所以MnO2是氧化剂； HCl（浓）→Cl2，Cl元素由-1价→0价，失电子，所以 HCl是还原剂；HCl→MnCl2，Cl元素的化合价没变化，所以HCl作酸参加反应，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2；(3)装置B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应方程式是2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O；(4)氯气有毒，可以用氢氧化钠溶液吸收，装置C的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，C中发生反应的离子方程式为2OH－ + Cl2 = ClO－ + Cl－ + H2O。