还剩17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）试题化学（解析版）
展开
江西省高安中学2019-2020学年高一上学期期中考试（B）试题
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。
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。
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。
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。
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。
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。
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。
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。
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。
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。
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。
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
