四川省成都市成都外国语学校2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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成都外国语学校2019-2020学年度上期期中考试高一化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65
第I卷（选择题，共50分）
一、选择题（本题共25题，每题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学，让生活更美好。下列有关化学知识描述不正确的是
A. 不同墨水混用时可能使钢笔流水不畅或者堵塞，这与胶体的聚沉有关
B. 食物腐败、植物光合作用都与氧化还原反应有关
C. 钢铁生锈、沙里淘金、蒸馏法制取蒸馏水都涉及了化学变化
D. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收与胶体的性质有关
【答案】C
【解析】
【详解】A、不同的墨水中的胶粒可能带相反电荷，故混合使用后会发生胶体的聚沉，从而堵塞钢笔，故A正确；
B、食物腐败是食品被氧化变质、植物光合作用有氧气产生，都与氧化还原反应有关，故B正确；
C、蒸馏是利用物质的沸点不同分离物质的方法，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收，与胶体的性质有关，是胶体产生的丁达尔效应，故D正确；
故选C。
2.下列有关说法正确的是
A. 进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
B. 进行蒸馏操作时，应使温度计水银球伸入液面下
C. 分液操作时，先打开瓶塞，将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出
D. 用容量瓶配制一定浓度的某溶液后，将溶液保存在容量瓶中并贴上标签
【答案】C
【解析】
【详解】A． 萃取时考虑溶解性差异及不发生反应，则进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂与水不溶，溶质在不同溶剂在溶解性差异大，不发生反应即可，故A错误；
B． 进行蒸馏操作时，测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；
C． 分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D． 用容量瓶配制一定浓度的某溶液后，将溶液保存在试剂瓶中并贴上标签，故D错误；
故选C。
3.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是
选项
A
B
C
D
实验
分离植物油和NaCl溶液
除去NaCl晶体中混有的I2
分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液
除去CO2气体中的HCl气体
装置或
仪器






A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、分离植物油和NaCl溶液，植物油不溶于水，溶液分层，可以通过分液操作分离，故A正确；
B、除去NaCl晶体中混有的I2，可用升华法，故B错误；
C、胶体也能透过滤纸，分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液应用半透膜进行渗析，故C错误；
D、二氧化碳和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故D错误。
故选：A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置的作用、物质的性质、混合物分离提纯为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，易错点C，注意氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀是两个不同的概念。
4.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是
A. 非金属氧化物均属于酸性氧化物
B. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
C. 根据物质在水溶液中的电离情况，将物质分为电解质和非电解质
D. 根据反应过程中是否有电子的转移，把化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 非金属氧化物中只有能与碱反应，生成盐和水的氧化物才属于酸性氧化物，故A错误；
B. 根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故B错误；
C. 根据化合物在水溶液中或熔融状态能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故C错误；
D. 从化学反应实质，根据反应过程中是否有电子的转移，把化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故D正确；
故选D。
5.若以NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 20g NaOH溶于1L水，可配得0.5mol/LNaOH溶液
B. 100mL 0.1mol/L硫酸溶液中含有的氧原子数约为0.04NA
C. 5 mL 0.3 mol/L Na2SO4溶液和5 mL 0.3 mol/L NaNO3溶液Na＋ 物质的量浓度相等
D. a g C2H4和C3H6的混合物所含碳原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A. 20g NaOH溶于1L水，形成的溶液不是1L，配得的溶液的浓度不等于0.5mol·L－1，故A错误；
B. 溶液中溶剂是水，也含有氧原子，100mL 0.1mol/L硫酸溶液中含有的氧原子数大于0.04NA，故B错误；
C. 5 mL 0.3 mol/L Na2SO4溶液和5 mL 0.3 mol/L NaNO3溶液Na＋物质的量浓度不相等，前者为0.6 mol·L－1，后者为 0.3 mol·L－1，故C错误；
D. C2H4和C3H6的最简式相同，每有一个CH2原子团，就有一个C，a g C2H4和C3H6的混合物所含碳原子数为，故D正确；
故选D。
6.为了配制100 mL 1 mol·L−1 NaOH溶液，其中有下列几个操作：
①NaOH用纸盛载进行称量；
②选刚用蒸馏水洗净的100 mL容量瓶进行配制；
③NaOH在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶；
④用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶；
⑤使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹面恰好跟刻度相切。
其中操作错误的是
A. ①②④ B. ③④⑤ C. ②③⑤ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】NaOH固体易潮解，具有腐蚀性，应放在烧杯进行称量，①错误；配制100mL溶液，只能选择100mL容量瓶，容量瓶不干燥对所配溶液难度无影响，因最后需加水定容，②正确；NaOH溶于水放热，如果不冷却至室温，立即把溶液转移到容量瓶中配制，冷却后所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，③错误；烧杯上会沾有少量溶质氢氧化钠，为尽可能将氢氧化钠移入容量瓶中，应用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒，洗涤液也均转入容量瓶中，④正确；为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，⑤错误；①③⑤错误，答案选D。
7.不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列关于误差分析的判断正确的是
A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视会使所配溶液浓度偏高
B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量一定偏低
C. 配制1 mol·L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容会使所得溶液浓度偏低
D. 容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理就直接用于配制，会使所配溶液浓度偏低
【答案】A
【解析】
【分析】
A．量筒量取浓硫酸时仰视读数，量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高；
B．若不使用游码，不影响称量结果；
C．热的溶液体积偏大，配制的溶液体积偏小，浓度偏高；
D. 容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理就直接用于配制，不影响浓度。
【详解】A．用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视，量取的浓硫酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，故A正确；
B．使用托盘天平时，若没有使用游码，药品和砝码位置颠倒后不影响称量结果，故B错误；
C．配制1 mol·L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，由于热的溶液体积偏大，配制的溶液冷却后体积偏小，所得溶液浓度偏大，故C错误；
D. 容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理就直接用于配制，不影响浓度，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及一定物质的量浓度溶液的配制、pH试纸、托盘天平的使用等知识，解题关键：明确常见化学实验基本操作方法，注意提高学生的化学实验能力。
8.下列物质分类完全正确的一组是
选项
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
纯净的空气
盐酸
硫酸
硫酸钡
B
胆矾
肥皂水
氧化铝
干冰
C
纯碱
玻璃
铝
蔗糖
D
生石灰
Fe(OH)3胶体
氯化钠
氯气


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、纯净的空气属于混合物，硫酸钡是电解质，故A错误；
B、胆矾是纯净物，肥皂水属于混合物、氧化铝是电解质，干冰属于非电解质，故B正确；
C、铝是单质，不是电解质，故C错误；
D、氯气是单质，不是非电解质，故D错误；
故选B。
9.下列物质中，属于电解质且能导电的是
A. 石墨 B. 氯化钠晶体 C. 硫酸溶液 D. 熔融氯化钾
【答案】D
【解析】
【分析】
电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；电解质必须是化合物；物质导电的条件：含有自由电子或者自由移动的离子。
【详解】A. 石墨能导电，但是石墨是单质，不是电解质，故A错误；
B. 氯化钠晶体属于电解质，不含有自由移动的离子，不能够导电，故B错误；
C. 硫酸溶液为混合物，不电解质，故C错误；
D. 熔融氯化钾属于电解质，含有自由移动的离子，能够导电，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查了电解质、非电解质的判断，明确电解质、非电解质概念，熟悉电解质导电条件是解题关键，注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质和非电解质研究的化合物。
10.下列叙述正确的是
A. 氧化还原反应中，有一种元素的化合价升高，一定有另一种元素化合价的降低
B. 金属单质在氧化还原反应中总是作还原剂
C. 钠原子在氧化还原反应中失去1个电子，而铝原子失去3个电子，所以钠的还原性小于铝
D. 纳米材料的粒子直径介于1nm～100nm之间，故纳米材料属于胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化还原反应中，有一种元素的化合价升高，不一定有另一种元素化合价的降低，也可能是同种元素化合价既升高，又降低，如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，故A错误；
B. 金属单质只能失电子，在氧化还原反应中总是作还原剂，故B正确；
C. 钠原子在氧化还原反应中失去1个电子，而铝原子失去3个电子，不能由此确定钠的还原性小于铝，还原性是指失电子的能力，不是指失电子的多少，钠更容易失电子，故C错误；
D. 纳米材料的粒子直径介于1nm～100nm之间，纳米材料要分散于分散剂中，形成分散系才属于胶体，故D错误；
故选B。
11.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是
A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量
B. 200 mL 1 mol·L－1氯化钙溶液中c(Cl－)和100 mL 2 mol·L－1氯化钾溶液中c(Cl－)
C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数
D. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
【答案】C
【解析】
【详解】A.2mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；
B.1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；
C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；
D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，需要明确物质的量浓度与溶质质量分数的计算表达式，c=，对于氢氧化钠溶液，溶液的浓度越大，密度越大，因此20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度大于10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度的2倍。
12.苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2＋，现榨的苹果汁在空气中会由浅绿色变为棕黄色。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有（ ）
A. 氧化性 B. 还原性 C. 碱性 D. 酸性
【答案】B
【解析】
【详解】苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色(Fe3+)，若榨汁时加入维生素C，可有效防止Fe2+变成Fe3+，这说明维生素C具有还原性，B项正确，
答案选B。
13.下列离子方程式书写正确的是
A. 铁与H2SO4溶液反应：2Fe + 6H+ == 2Fe3+ + 3H2↑
B. 少量小苏打溶液与澄清石灰水：HCO3-＋Ca2++OH-==CaCO3↓＋H2O
C. 碳酸钡与盐酸：CO32- + 2H+ == H2O + CO2↑
D. 硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铁与H2SO4溶液反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe + 2H+ == Fe2+ +H2↑，故A错误；
B. 少量小苏打溶液与澄清石灰水，氢氧化钙过量，OH-没有完全反应：HCO3-＋Ca2++OH-==CaCO3↓＋H2O，故B正确；
C. 碳酸钡属于难溶物质，碳酸钡与盐酸：BaCO3+ 2H+ = H2O + CO2↑+Ba2＋，故C错误；
D. 硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应，生成水和硫酸钡沉淀：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓，故D错误；
故选B。
14.水可以参加很多化学反应或作为产物，对下列反应中的水说法正确的是
A. 2H2O2=2H2O＋O2↑：水既是氧化产物又是还原产物
B. H2＋CuO == H2O＋Cu：水只是氧化产物
C. 2NaOH＋Cl2==NaClO＋NaCl + H2O：水作还原产物
D. 2F2＋2H2O==4HF＋O2：水作氧化剂
【答案】B
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，还原剂中元素化合价升高，生成氧化产物，氧化剂中元素化合价降低，得到还原产物。
【详解】A. 2H2O2=2H2O＋O2↑：水是还原产物，氧气是氧化产物，故A错误；
B. H2＋CuO == H2O＋Cu：还原剂氢气中氢元素化合价升高，生成氧化产物，水只是氧化产物，故B正确；
C. 2NaOH＋Cl2==NaClO＋NaCl + H2O：氢、氧元素的化合价没有变化，水不是还原产物，故C错误；
D. 2F2＋2H2O==4HF＋O2：水中氧元素由-2变成0价，水作还原剂，故D错误；
故选B。
15.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 碳酸钠溶液中：NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、NO3-
C. 含有大量HCO3-的溶液：Na+、NO3-、Cl−、OH−
D. 无色透明溶液中：K+、I-、SO42-、MnO4-
【答案】B
【解析】
【详解】A． 碳酸钠溶液中：Ca2＋与CO32－生成CaCO3沉淀，故A错误；
B． 能使酚酞变红的溶液呈碱性：Na＋、Ba2＋、Cl－、NO3－与OH－之间不生成沉淀气体和水，故B正确；
C． 含有大量HCO3－的溶液：OH－+HCO3－=CO32－＋H2O，故C错误；
D． MnO4－是紫红色，同时具有强氧化性，能将I－氧化，故D错误；
故选B。
16.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑，下列说法正确的是
A. 氧化剂只有硫单质
B. 氧化产物为K2S和N2
C. 消耗单质硫32g的同时生成氮气22.4L
D. 生成3mol CO2的同时转移电子数为12NA
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，根据元素化合价变化判断氧化剂和还原剂，氧化剂在反应中被还原，还原剂在反应中被氧化，根据硫和氮气直接的关系式计算，根据方程式计算转移电子数。
【详解】A. 该反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，所以氧化剂是S和KNO3，故A错误；
B. 碳元素化合价由0价变为+4价，所以还原剂是C，氧化产物为CO2，K2S和N2为还原产物，故B错误；
C. 根据硫和氮气之间的关系式知，若消耗1mol S，则生成氮气的物质的量1mol，消耗单质硫32g（1mol）的同时生成氮气1mol，但只有在标准状况下才量22.4L，故C错误；
D. 由方程式，生成1mol CO2的同时转移4mol电子，生成3mol CO2的同时转移电子数为12NA，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了氧化还原反应，解题关键：明确元素化合价，易错点B，注意氧化剂在反应中被还原而不是被氧化，很多学生认为氧化剂被氧化、还原剂被还原而导致错误，C注意气体摩尔体积的应用的条件。
17.已知X、Y中含有相同元素，Z、W中也含有相同的元素，根据反应X+H2OY+H2↑；Z+H2OW+O2↑（方程式均未配平），可推断X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为( )
A. X＞Y、 Z＞W B. X＜Y、 Z＜W
C. X＞Y、 Z＜＜W D. X＜Y、Z＞W
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意可知：X是钠，Y是氢氧化钠，Z是过氧化钠W分别氢氧化钠。X、Y中含有相同的元素是钠，在其中钠元素的化合价分别是0价、+1价；Z、W中含有相同的元素是氧，在其中氧元素的化合价分别是-1价、-2价，所以化合价的高低顺序为X＜Y Z＞W。
考点：考查钠单质及其化合物的性质等知识。
18.现有甲、乙两个容积相同的密闭容器，甲容器中充入N2和CO的混合气体，乙容器中充入O2，当它们的温度和密度都相同时，下列说法中正确的是
A. 两容器中气体的压强相等
B. 甲容器中气体的平均摩尔质量与乙容器中气体的摩尔质量相等
C. 甲乙两容器气体的质量相等
D. 甲乙两容器气体所含原子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】
根据阿伏加德罗定律及其推论分析。甲、乙两个容积相同的密闭容器，甲容器中充入N2和CO的混合气体，乙容器中充入O2，当它们的温度和密度都相同时，由m=ρV气体的质量相同。
【详解】A. 由m=ρV可推知，气体的质量相同，但气体的摩尔质量不同，物质的量不同，两容器中气体的压强不相等，故A错误；
B. 甲容器中气体的平均摩尔质量为28g·mol－1、乙容器中气体的摩尔质量32g·mol－1，二者不相等，故B错误；
C. 由m=ρV可推知，甲乙两容器气体的质量相等，故C正确；
D. 甲乙两容器气体所含原子数比为 ，故D错误；
故选C。
19.相对分子质量为M的某物质在室温下溶解度为Sg，此时测得饱和溶液的密度为dg·mL－1，则该饱和溶液的物质的量浓度是
A mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】B
【解析】
某温度下，该物质溶解度为Sg，则饱和溶液质量分数为，此时饱和溶液的密度为dg•mL-1，根据c= 可知，该饱和溶液物质的量浓度为mol/L=mol/L，故选B。
20.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaClO、NaClO3混合液，经测定ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为(　　)
A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1
【答案】D
【解析】
Cl2通入NaOH溶液中生成ClO－与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO－与ClO浓度之比为1：3，则ClO－设为1mol, ClO为3mol,被氧化的Cl共为4mol,失去电子的总物质的量为1×(1-0)+3×(5-0)=16 mol,氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16:4=4:1，D 正确；正确选项D。
21.甲、乙两种溶液中分别含有大量的Cu2＋、K＋、H＋、Cl－、CO32-、OH－这6种离子中的3种(两种溶液中的离子不重复)，已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中大量存在的离子是
A. K＋、OH－、CO32- B. Cu2＋、H＋、Cl－
C. K＋、H＋、Cl－ D. CO32-、OH－、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】甲呈蓝色说明甲中含有Cu2＋，氢氧化铜，碳酸铜是沉淀，所以乙中有OH－、CO32-，由于氢离子和OH－反应不能大量共存，又由于溶液呈电中性，则乙中有K＋；
答案选A。
22.在AgNO3、Cu(NO3)2和Zn(NO3)2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生。则下列结论正确的是
A. 滤液中一定有Fe(NO3)3
B. 滤渣只含Ag和Cu，一定无Zn
C. 滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn
D. 滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn
【答案】C
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来。
【详解】在金属活动性顺序中，锌＞铁＞氢＞铜＞银，铁不能与硝酸锌反应，故滤渣中一定不含有锌，在滤渣中加入盐酸有气体产生，则一定含有铁，说明加入的铁粉过量，铁能与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，能与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，所以一定含有银和铜，滤液中不会含有硝酸铁，对照选项，C正确；
故选：C。
23.黄铁矿（FeS2，铁为+2价）与硝酸反应的产物有Fe(NO3)3和H2SO4，若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8，则HNO3的还原产物及1molFeS2反应时转移的电子数分别是
A. NO2 8NA B. N2O3 16NA C. N2O 32NA D. NO 15NA
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题给信息知，FeS2和HNO3的反应中生成Fe3＋、H2SO4和氮氧化物，根据氧化还原反应中得失电子数相等确定氮氧化物的化学式。
【详解】根据题给信息知，FeS2和HNO3的反应中生成Fe3＋、H2SO4和氮氧化物，FeS2和HNO3的物质的量之比是1：8，设二者的物质的量分别为1mol、8mol，由质量守恒可知生成1molFe3＋、2molH2SO4，则起酸作用的硝酸为3mol，所以作氧化剂的硝酸为5mol，反应共失去电子的物质的量为1mol×（3-2）+2mol×[6－（-1）]=15mol，即转移的电子数为15e－，设氮氧化物中N元素的化合价是X，则得到的电子总数=（5-x）×5=15，所以x=2，即氮氧化物的化学式为NO，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确元素化合价是解本题的关键，注意从得失电子数目相等角度解答该题。
24.如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加溶液的量，下列说法正确的是（ ）

A. 曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸
B. 曲线B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
C. 曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸
D. 曲线D表示Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液
【答案】C
【解析】
A、NaOH溶液中滴加稀盐酸，导电能力基本保持不变，应该是曲线B，选项A错误；B、CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，开始滴加时导电能力增强，应该是曲线A，选项B错误；C、Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和极弱电解质水，离子浓度降低，当硫酸过量时离子浓度增大，导电能力先减小再增大，应该是曲线C，选项C正确；D、Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液，沉淀溶解，离子浓度增大，开始滴加时导电能力增强，应该是曲线A，选项D错误。答案选C。
25.反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2。
下列说法正确的是( )
A. 两个反应中均为硫元素被氧化
B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C. 氧化性：MnO2>SO42->IO3->I2
D. 反应①②中生成等量的I2时，转移电子数之比为1：5
【答案】D
【解析】
【分析】
A.失电子化合价升高的元素被氧化；
B.失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；
C.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；
D.根据碘和转移电子之间的关系式计算。
【详解】A.在①反应中S元素化合价没有发生变化，既不被氧化也不被还原，A错误；
B.碘元素在反应①中元素化合价升高，失去电子，被氧化；在反应②中I元素化合价降低，获得电子，被还原，B错误；
C.反应①中氧化剂是MnO2，氧化产物是I2，在反应②中氧化剂是NaIO3，氧化产物是SO42-，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性MnO2>I2，IO3->SO42-，C错误；
D.反应①中生成1mol碘转移2NA电子，反应②中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，根据元素化合价的变化判断物质的作用及反应类型的关系，注意利用化合价计算转移的电子数。
第II卷（非选择题，共50分）
二、填空题：
26.有如下物质：①铁丝 ②NaOH溶液 ③NaHSO4 固体 ④CO2 ⑤酒精 ⑥蒸馏水 ⑦CCl4 ⑧熔融的KNO3 ⑨红褐色的氢氧化铁胶体
（1）以上物质中，属于电解质的是_____（填序号，下同），属于非电解质的是_______；
（2）已知蒸馏水有非常微弱的导电性，上述物质除⑥外，能导电的是________；
（3）分离⑤与⑥的混合液所用的方法是____；分离⑥与⑦的混合液所用的方法是____；
（4）物质③溶于水的电离方程式为________________________；
（5）向⑨的溶液中逐渐滴加③的溶液，看到的现象是_____________________；
（6）写出②与③反应的离子方程式：__________________。
【答案】 (1). ③⑥⑧ (2). ④⑤⑦ (3). ①②⑧⑨ (4). 蒸馏 (5). 分液 (6). NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－ (7). 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解 (8). H＋＋OH－=H2O
【解析】
【分析】
根据电解质、非电解质均为化合物进行分析：水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，都不导电的化合物为非电解质；胶体遇到电解质发生聚沉，酸碱中和反应生成水，据以上分析进行解答。
【详解】①铁丝属于单质，能导电；
②NaOH溶液是混合物，能导电；
③NaHSO4 固体是电解质，不能导电；
④CO2是非电解质；
⑤酒精是非电解质；
⑥蒸馏水是弱电解质；
⑦CCl4 是非电解质；
⑧熔融的KNO3 是电解质，能导电；
⑨红褐色的氢氧化铁胶体，是混合物；
（1）以上物质中，属于电解质的是③⑥⑧（填序号，下同），属于非电解质的是④⑤⑦；
（2）已知蒸馏水有非常微弱的导电性，上述物质除⑥外，能导电的是①②⑧⑨；
（3）分离⑤与⑥的混合液，水和酒精沸点不同，所用的方法是蒸馏；水和四氯化碳互不相溶，分层，分离⑥与⑦的混合液所用的方法是分液；
（4）硫酸是强电解质，物质③NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－；
（5）NaHSO4 固体是电解质，胶体遇到电解质会发生聚沉，NaHSO4水溶液呈酸性，向⑨的溶液中逐渐滴加③的溶液，看到的现象是先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解；
（6）写出②与③反应生成硫酸钠和水，离子方程式：H＋＋OH－=H2O.
27.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣（离子在物质中不能重复出现）。
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）C _____________ D ______________；
（2）写出盐酸与B反应的离子方程式：___________________；
（3）将含相同物质的量的A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量 之比_______，在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式_____；
（4）A溶液中阴离子的检验方法：____________。
【答案】 (1). CuSO4 (2). Na2CO3 (3). Ag＋+Cl－═AgCl↓ (4). n（Cl－）：n（NO3－）：n（Cu2＋）=1：1：1 (5). Zn+Cu2＋═Fe2＋+Cu (6). 取少量A溶液于试管中，先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则证明A中阴离子为Cl－
【解析】
【分析】
给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．如Ba2＋不能和SO42－、CO32－结合，而只能和NO3－、Cl－；Ag＋不能和SO42－、Cl－、CO32－三种离子结合，而只能和NO3－结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2＋不能和CO32－结合，所以为CuSO4；Na＋对应CO32－为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3．
①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；
②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3。
【详解】综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；
（1）由上述分析可知C为CuSO4；D为Na2CO3；
（2）盐酸与B（AgNO3）反应的离子反应方程式为：Ag＋+Cl－═AgCl↓；
（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：n（Cl－）：n（NO3－）：n（Cu2＋）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2＋═Fe2＋+Cu；
（4）A为BaCl2，检验物质A阴离子的方法是：取少量A溶液于试管中，先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则证明A中阴离子为Cl－。
【点睛】本题考查无机物的推断，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查，易错点（4）氯离子的检验，要用硝酸排除碳酸根离子等的干扰。
28.某学生欲配制3.6 mol/L的H2SO4溶液80 mL，探究硫酸的性质。实验室有两种不同浓度的硫酸可供选用：① 25%的硫酸(ρ＝1.18 g/mL)；②98%的硫酸 (ρ＝1.8 g/mL)。请回答下列问题：
（1）配制该硫酸溶液应选用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外还有________；
（2）本实验需量取所选用硫酸的体积为____________________mL；
（3）下列操作会使得所配硫酸溶液浓度偏低的是____________
a.量取硫酸溶液的量筒未用蒸馏水洗涤
b.硫酸稀释后立即转移至容量瓶中
c.转移的时候不小心有少许洒到实验台上
d.定容摇匀时，液面下降又加水
e.定容时仰视刻度线
（4）取所配硫酸溶液，往其中加入BaCl2溶液，观察有白色沉淀出现。试回答：如何证明溶液中的硫酸根离子沉淀完全？__________________________________ ；
（5）将100mL标号为②的浓硫酸与水(密度为1g/ml)混合，其质量分数为49﹪，则水的体
积________100mL（填“大于”、“小于”、“等于”或“无法确定”）。
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 20.0mL (3). cde (4). 取上层清液，继续滴加BaCl2溶液，若无明显沉淀，说明硫酸根离子已经沉淀完全 (5). 大于
【解析】
【分析】
（1）依据配制溶液体积选择合适规格容量瓶；

（2）依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；
（3）根据c= 分析；
（4）要证明溶液中的硫酸根离子沉淀完全：取上层清液，继续滴加BaCl2溶液，若无明显沉淀，说明硫酸根离子已经沉淀完全；
（5）根据质量分数的定义式计算。
【详解】（1）配制3.6mol·L－1的H2SO4溶液80mL，应选择100mL容量瓶；
（2）选用98%的硫酸 （ρ=1.8g·mL－1），物质的量浓度c==18mol·L－1，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：18mol·L－1×V=3.6mol·L－1×100mL，解得V=20.0mL；
（3）a.量取硫酸溶液的量筒未用蒸馏水洗涤，不影响溶质的物质的量，故a不选；
b.硫酸稀释后立即转移至容量瓶中，冷却后，使溶液的体积偏小，浓度偏大，故不选；
c.转移的时候不小心有少许洒到实验台上，n偏小，则浓度偏小，故选；
d.定容摇匀时，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏小，故选；
e.定容时仰视刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏小，故选；
故选cde；
（4）取所配硫酸溶液，往其中加入BaCl2溶液，观察有白色沉淀出现。要证明溶液中的硫酸根离子沉淀完全：取上层清液，继续滴加BaCl2溶液，若无明显沉淀，说明硫酸根离子已经沉淀完全；
（5）将100mL标号为②的浓硫酸与水(密度为1g/mL)混合，其质量分数为49﹪，设水的体
积VmL，×100%=49%，，V=180mL，故V>100mL。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配置，熟悉配置一定物质的量浓度溶液的步骤和所用药品是解题关键，注意依据c= 进行误差分析，难点（5）根据质量分数的定义式计算出水的体积。
29.高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色氧化剂，具有高效杀菌消毒作用，常用于饮水处理，在许多领域展现出广阔的应用前景。制备高铁酸钾有下列两种方法：
方法一：Fe2O3 + KNO3 + KOH===== K2FeO4 + KNO2 + H2O （未配平）
方法二：2Fe(OH)3＋3KClO＋4KOH＝2K2FeO4＋3KCl+ 5H2O
（1）配平方法一的化学方程式___，再用双线桥标明电子转移的方向和数目___：
___Fe2O3 +___KNO3 +___KOH == ___ K2FeO4 +___ KNO2 +___ H2O
（2）方法二中的还原产物为_________ （写化学式），将方法二的化学方程式改写为离子方程式 ________ ，根据反应方程式，氧化性：KClO ________ K2FeO4（填“>”、“<”或“=”）；
（3）利用方法二制备K2FeO4，若有0.5mol K2FeO4生成，转移的电子数为___________ ；
（4）在酸性溶液中，某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。
①已知MnSO4在反应中失去电子,则该反应的氧化剂是________；
②已知该反应中被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5，则M的化学式为______；
③写出该反应的离子反应方程式________；
④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液，测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性：Fe3+>Bi3+，且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+,则原反应体系中，起始加入的KBiO3的物质的量为____________。

【答案】 (1). Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O (2). (3). KCl (4). 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－+ 5H2O (5). > (6). 1.5NA (7). KBiO3 (8). KMnO4 (9). 2Mn2＋＋5BiO3－＋14H＋=2MnO4－＋5Bi3＋＋7H2O (10). 1.9mol
【解析】
【分析】
（1）Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物，据此写出方程式，并根据氧化还原反应规律标出电子转移情况；

（2）根据2Fe(OH)3＋3KClO＋4KOH＝2K2FeO4＋3KCl+ 5H2O反应，结合氧化还原反应相关概念进行分析，且氧化性：氧化剂>氧化产物；
（3）利用方法二制备K2FeO4，每生成1molK2FeO4，转移3mol电子，据此规律进行计算；
（4）在酸性溶液中，某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。
①已知MnSO4在反应做还原剂，KBiO3在反应中做氧化剂；
②根据化合价升降总数相等规律进行分析；
③根据离子反应规律进行书写；
④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液，测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性：Fe3+>Bi3+，Bi3+无法氧化Fe2+，且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+，由图，开始时硫酸亚铁被KBiO3氧化，然后被KMnO4氧化，2Fe2＋＋BiO3－＋6H＋=2Fe3＋＋Bi3＋＋3H2O,5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；据以上分析进行解答。
【详解】（1）Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物，根据原子守恒，得到方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O；用双线桥标明电子转移的方向和数目：

（2）2Fe(OH)3＋3KClO＋4KOH＝2K2FeO4＋3KCl+ 5H2O 还原剂是Fe(OH)3，还原产物是KCl，氧化剂是KClO ，氧化产物是K2FeO4；方法二的化学方程式改写为离子方程式 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－+ 5H2O；根据反应方程式，氧化性：氧化剂>氧化产物，KClO>K2FeO4；
（3）利用方法二制备K2FeO4，每生成1molK2FeO4，转移3mol电子，若有0.5mol K2FeO4生成，转移的电子数为1.5NA；
（4）在酸性溶液中，某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。
①已知MnSO4在反应中失去电子，KBiO3中Bi的化合价由+5降为+3价生成Bi2(SO4)3 ，则该反应的氧化剂是KBiO3；
②已知该反应中被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5，KBiO3中Bi的化合价由+5降为+3价生成Bi2(SO4)3 ，降（5-3）×5价，Mn从+2价升5价，变为+7价，则M的化学式为KMnO4；
③该反应的离子反应方程式2Mn2＋＋5BiO3－＋14H＋=2MnO4－＋5Bi3＋＋7H2O；
④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液，测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性：Fe3+>Bi3+，Bi3+无法氧化Fe2+，且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+，由图，开始时硫酸亚铁被KBiO3氧化，然后被KMnO4氧化，2Fe2＋＋BiO3－＋6H＋=2Fe3＋＋Bi3＋＋3H2O,5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；利用电荷守恒知：开始的物质是KBiO3、FeSO4、MnSO4，最后变为Bi3＋、Mn2＋、Fe3＋，2n(KBiO3)=n(Fe2＋)=3.8mol,n(KBiO3)=1.9mol,则原反应体系中，起始加入的KBiO3的物质的量为1.9mol。
【点睛】本题考查氧化还原反应的配平，氧化剂、还原剂的判断，电子转移数计算，电子守恒的应用，解题关键：掌握氧化还原反应定性和定量关系，难点（4）④分析整个过程的初始状态时的物质，是KBiO3、FeSO4、MnSO4，最后变为Bi3＋、Mn2＋、Fe3＋，过程中电子守恒，2n(KBiO3)=n(Fe2＋)。
三、计算题
30.常温下，将20.0g质量分数为14.0%的KNO3溶液跟30.0g质量分数为24.0%的KNO3溶液混合，得到密度为1.15g/cm3的混合溶液。计算（写出计算步骤）：
（1）混合后溶液的质量分数；______________
（2）混合后溶液的物质的量浓度；（保留到小数点后一位，下同）___________
（3）在1 000g水中需溶解多少摩尔KNO3才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等？__________
【答案】 (1). 20% (2). 2.3mol·L－1 (3). 2.5mol
【解析】
【分析】
（1）根据ω= ×100%计算出混合后溶液的质量分数；

（2）根据c=计算出混合后溶液的物质的量浓度；
（3）根据（1）中溶液中溶质的质量分数及ω= ，计算出需要硝酸钾的质量，再根据n=计算出需要硝酸钾的物质的量。
【详解】（1）混合后溶液中的质量为：20.0g+30.0g=50.0g，溶质硝酸钾的质量为：20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g，混合后溶液的质量分数：×100%=20%；
（2）混合溶液的体积为：=43.48mL=0.04348L，溶液中溶质的物质的量为： =0.099mol，混合后溶液的物质的量浓度为：=2.3mol·L－1；
（3）设需要硝酸钾的物质的量为xmol，硝酸钾的质量为101x，根据（1）可知，硝酸钾的质量分数为20%，则ω=20%== ×100%，解得：x≈2.5mol。
【点睛】本题考查了物质的量浓度、溶质的质量分数的计算，注意物质的量浓度、溶质的质量分数计算方法，该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。