湖北省宜昌市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com
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 S-32 Cl-35.5 Cu-64
一、选择题（共30题，60分）
1.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是
①过滤、②蒸发、③溶解、④向容量瓶转移液体。
A. ①和④ B. ①和③ C. ③和④ D. ①和②
【答案】A
【解析】
【详解】①过滤时，玻璃棒的作用是引流；
②蒸发时，玻璃棒的作用是使溶液受热均匀，防止局部过热造成飞溅；
③溶解时，玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶质的溶解；
④向容量瓶转移液体，玻璃棒的作用是引流。
只有①和④的作用相同。
故选A。
2.在下列试剂中，能够鉴别BaCl2 、NaCl 、Na2CO3的最佳试剂是（ ）
A. 稀盐酸 B. NaOH溶液 C. 稀硫酸 D. AgNO3溶液
【答案】C
【解析】
A. 稀盐酸无法鉴别氯化钡和氯化钠；B. NaOH溶液与3种溶液都不反应；C. 稀硫酸可以与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，与氯化钡生成白色沉淀；D. AgNO3溶液与氯化钡、氯化钠都生成白色沉淀，无法鉴别它们。综上所述，C最合适，本题选C。
3.下列实验操作中错误的是（ ）
A. 蒸发操作时，当蒸发至有大量晶体析出时即可停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A.蒸发操作时，当蒸发至有大量晶体析出时即可停止加热，A正确；
B.蒸馏操作时，温度计测定的是水蒸气的温度，故应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B正确；
C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；
D.萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差异即可，D错误；
故合理选项是D。
4.下列说法中正确的是
A. 铁的摩尔质量就是铁的相对原子质量
B. SO42－的摩尔质量是96g/mol
C. 1molO2的质量是32g/mol
D. CO2的摩尔质量是44g
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁的摩尔质量当单位是g/mol时，其数值上与铁的相对原子质量数值相等，故A错误；
B．SO42-的相对分子质量为96，故其摩尔质量为96g/mol，故B正确；
C．O2的摩尔质量为32g/mol，1molO2的质量为32g，故C错误；
D．CO2的摩尔质量44g/mol，故D错误；
故答案为B。
5.同温同压下，20 mL A2气体与30 mL B2气体恰好完全反应生成20 mL某气体X，则X的化学式为(　　)
A. A2B3 B. AB2 C. AB3 D. A3B2
【答案】A
【解析】
【详解】反应的体积比等于物质的量之比，也就是方程式的系数比，所以方程式为： 2 A2 +3 B2 =2 X，X肯定由A、B构成，由原子个数守恒知X中有2个A、3个B ，所以分子式是 A2B3，答案选A。
6.下列溶液中Cl－浓度最小的是(　　)
A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液 B. 300mL 2.5mol/L FeCl3溶液
C. 500mL 2.5mol/L NaCl溶液 D. 250mL 1mol/L AlCl3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、200mL 2mol/L MgCl2溶液中，c（Cl-）=2mol/L×2=4mol/L；
B、300mL 2.5mol/L FeCl3溶液中c（Cl-）=2.5mol/L×3=7.5mol/L；
C、500mL 2.5mol/L NaCl溶液中，c（Cl-）=2.5mol/L×1=2.5mol/L；
D、250mL 1mol/L AlCl3溶液中，c（Cl-）=1mol/L×3=3mol/L；
答案选C。
【点睛】本题考查离子物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意电解质离子浓度与电解质浓度之间的关系，与溶液体积无关。
7.在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述中正确的是（ ）
A. 物质的量之比为16：11 B. 密度之比为11：16
C. 摩尔质量之比为11：16 D. 体积之比为11：16
【答案】D
【解析】
【详解】A.物质的量之比为：=11：16，A错误；
B.密度之比等于气体的相对分子质量的比，为64g/mol：44g/mol=16：11，B错误；
C.摩尔质量之比为64g/mol：44g/mol=16：11，C错误；
D.同温同压下，Vm相同，体积之比等于气体的物质的量的比，为：=11：16，D正确；
故合理选项是D。
8.NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NA
B. 4.0 g NaOH固体溶于100 mL水中，得到1 mol·L−1的NaOH溶液
C. 常温、常压下，22 g CO2中含有的氧原子数为NA
D. 1 L 0.5 mol·L−1 Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、标准状况下，水不是气体，22.4 L水的物质的量大于1mol，A错误；
B、4.0 g NaOH固体溶于100 mL水中所得溶液的体积不是0.1L，不能得到1 mol/L的NaOH溶液，B错误；
C、22 g CO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，C正确；
D、1 L 0.5 mol/L Na2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量是0.5mol，但溶剂水中还含有氧原子，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答该类试题时要注意：①气体的体积，一要看是否为标准状况下；二要看物质在标准状况下是否为气态，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。②给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数。
9.NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质，下列分类标准不正确的是
A. 钠化合物 B. 可与硝酸反应 C. 可溶于水 D. 电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4都是化合物，含有钠元素，都属于钠的化合物，故A正确；
B、NaCl、Na2SO4不能与硝酸反应，故B错误；
C、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4都溶于水，故C正确；
D、NaOH是碱、Na2CO3、NaCl、Na2SO4是盐，溶于水，自身都能电离出离子，使溶液导电，都属于电解质，故D正确。
答案选B。
【点睛】考查物质分类，注意电解质的概念，是自身电离出离子使溶液导电的化合物。
10.关于物质的类别，下列说法正确的是
A. 食盐水、糖水、冰水都属于混合物
B. 烧碱、火碱、消石灰都属于碱
C. KHSO4、HCl、HNO3在水中都能电离出氢离子，都属于酸
D. 溶液、胶体、浊液都属于稳定的分散系
【答案】B
【解析】
【详解】A、冰水是纯净物，A错误；
B、烧碱、火碱是氢氧化钠，消石灰是氢氧化钙，都属于碱，B正确；
C、硫酸氢钾是酸式盐，不是酸，C错误；
D、浊液不是稳定的，D错误；
答案选B。
【点晴】掌握相关概念的含义是解答的关键，选项C是易错点，注意酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，硫酸氢钾电离出的阳离子还有钾离子，注意知识的灵活应用。
11.下列物质分类的正确组合是（ ）


碱

酸

盐

酸性氧化物

A

纯碱

盐酸

烧碱

二氧化硫

B

烧碱

硫酸

食盐

一氧化碳

C

氨水

醋酸

石灰石

二氧化碳

D

苛性钾

碳酸

胆矾

二氧化碳



A A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
试题分析：A．纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，盐酸是氯化氢水溶液，为混合物；烧碱属于碱，不是盐；二氧化硫是酸性氧化物，故A错误；B．烧碱是氢氧化钠，属于碱；硫酸属于酸；氯化钠属于盐；一氧化碳和碱之间不会发生作用，所以一氧化碳不是酸性氧化物，故B错误；C．氨水属于碱；醋酸是有机酸；石灰石属于盐；二氧化碳是酸性氧化物，故C正确；D．苛性钾是氢氧化钾，属于碱；碳酸属于酸；胆矾是盐；三氧化硫能和碱之间反应生成盐，属于酸性氧化物，故D正确；故选CD。
考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。
【名师点晴】本题考查学生物质的分类知识，比较基础，掌握常见物质的组成、物质的名称、分类，抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键。分类法常考题型为树状分类。如物质分类方法：混合物（溶液、浊液、胶体、合金）、纯净物（单质、化合物）；化合物又可以不同分类。如：电解质、非电解质，强、弱电解质。酸、碱、盐（正盐、酸式盐、碱式盐）、氧化物（酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物）等等。


12.胶体区别于其它分散系的本质特征是（）
A. 胶体在一定条件下能稳定存在
B. 光束通过胶体时有丁达尔效应
C. 胶体粒子直径在1-100 mm之间
D. 胶体的分散质能通过滤纸空隙，而悬浊液的分散系不能
【答案】C
【解析】
【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，胶体的稳定性、丁达尔效应、是否透过滤纸是胶体的性质，故答案为C。
13.“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）
①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后，会析出黑色沉淀
A. ①④⑥ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。
【详解】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，②③④正确；故合理选项是B。
【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。
14.下列现象与胶体的性质无关的是
A. 河流入海口处易形成三角洲
B. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐
C. 向 FeCl3 溶液中加入 NaOH 溶液，会出现红褐色沉淀
D. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
【答案】C
【解析】
【详解】A．河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关；
B．豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关；
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀，FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl，发生了复分解反应，与胶体性质无关；
D．清晨的雾属于胶体，人们经常看到阳光穿过茂密的森林时产生美丽的景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关；
综上所述，本题答案选C。
【点睛】本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等以及利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释是解题关键，题目较简单。
15.某溶液中大量存在以下五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n(NO3-)：n(SO42-)：n(Fe3+ )：n(H+)：n(M)=2：3：1：3：1，则M可能为（ ）
A. Mg2+ B. K+ C. CO32- D. Ba2+
【答案】A
【解析】
【详解】已知：物质的量之比为n(NO3-)：n(SO42-)：n(Fe3+ )：n(H+)：n(M)=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则n(NO3-)+2×n(SO42-)=2mol+2×3mol=8mol，3×n(Fe3+ )+ n(H+)=3×1mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Ba2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，M可能为Mg2+，故合理选项是A。
16.下列电离方程式正确的是（ ）
A. 硫酸氢钠的电离方程式：NaHSO4=Na++HSO4-
B. MgCl2的电离方程式：MgCl2=Mg2++Cl22-
C. 氯酸钾的电离方程式：KClO3=K++Cl－+O2－
D. 碳酸钠的电离方程式：Na2CO3=2Na+ +CO32-
【答案】D
【解析】
【详解】A.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，水中电离产生Na+、H+、SO42-，电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，A错误；
B. MgCl2是盐，属于强电解质，电离产生Mg2+、Cl-，电离方程式：MgCl2=Mg2++2Cl-，B错误；
C.氯酸钾是可溶性盐，电离产生K+、ClO3-，电离方程式：KClO3=K++ClO3-，C错误；
D.碳酸钠是可溶性盐，电离产生Na+、CO32-，电离方程式：Na2CO3=2Na+ +CO32-，D正确；
故合理选项是D。
17.不能用H++OH－=H2O表示的反应是
A 硫酸与氢氧化钾溶液反应 B. 硫酸与氢氧化钡溶液反应
C. 硝酸与氢氧化钠溶液反应 D. 盐酸与稀氢氧化钙溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸与氢氧化钾溶液反应生成硫酸钾和水，该反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；
B．硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用H++OH-=H2O表示，故B错误；
C．硝酸与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠和水，该反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故C正确；
D．澄清石灰水中的氢氧化钙需要拆开，则盐酸与稀氢氧化钙溶液反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故D正确；
故答案为B。
【点睛】明确H++OH-＝ H2O表达的反应原理是解题关键，能用此离子方程式的反应是一类强酸与强碱发生中和反应生成盐和水，且生成的盐为可溶性盐，如稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应就不能用此离子方程式表示，原因是生成的BaSO4不溶。
18. 下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 碳酸钙与盐酸溶液反应：2H+ + CO32- = H2O + CO2
B. 铁钉放入稀硫酸中：2Fe+ 6H+ = 2Fe 3+ + 3H2↑
C. 碳酸氢钠与稀盐酸反应：HCO3－+ H+ = CO2↑ + H2O
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+ + SO42- + H+ + OH- = BaSO4↓ + H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A错，碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：2H+ + CaCO3= Ca2+ +H2O + CO2↑；B错，铁钉放入稀硫酸中，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为： Fe+ 2H+ = Fe 2+ + H2↑；C正确，碳酸氢钠与稀盐酸反应的离子方程式为：HCO3－+ H+ = CO2↑ + H2O；D错，氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O；故选C。
考点：离子方程式的书写
【名师点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用的方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确；如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，D为易错点，注意氢氧根离子的系数。
19.氧化还原反应的实质是（ ）
A. 分子中的原子重新组合 B. 氧原子的得失
C. 化合价的升降 D. 电子的得失或偏移
【答案】D
【解析】
【详解】A项、原子重新组合时一定发生化学反应，但不一定为氧化还原反应，故A错误；
B项、氧化还原反应中不一定有氧元素参加，如氢气在氯气中燃烧，故B错误；
C项、元素化合价变化为氧化还原反应的特征，故C错误；
D项、电子的得失或共用电子对的偏移，即电子的转移为氧化还原反应的实质，故D正确；
故选D。
【点睛】氧化还原反应的特征为化合价的升降，其实质为电子的转移或得失，注意二者的区别和联系是解答关键。
20. 氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是

A. 2H2＋O22H2O
B. 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C. 2Na2O2＋2H2O═4NaOH＋O2↑
D. Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑
【答案】C
【解析】
试题分析：根据图示可知区域3表示的是氧化还原反应，但不是四种基本反应类型。A、反应是化合反应，A错误；B、反应是分解反应，且不是氧化还原反应，B错误；C、属于氧化还原反应，但不是四种基本反应类型，C正确；D、属于置换反应，D错误，答案选C。
考点：考查氧化还原反应与反应类型的关系


21.下列反应进行分类时，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是 (　　)
A. CH4＋2O2CO2＋2H2O B. 2KClO32KCl＋3O2↑
C. S＋O2SO2 D. 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
从元素化合价是否发生变化的角度判断反应是否属于氧化还原反应，置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，以此解答。
【详解】A．C和O元素发生变化，属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型，选项A错误；B．为分解反应，选项B错误；C．为化合反应，选项C错误；D．N和Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，由一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化还原反应的概念和物质具有的性质，把握四种基本反应类型的判断，难度不大。
22.氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN的合成反应为：Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO，该反应中发生氧化反应的物质是
A. Al2O3 B. N2 C. C D. Al2O3 和C
【答案】C
【解析】
【分析】
还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应。
【详解】A. Al2O3中Al、O的化合价未变化，与题意不符，A错误；
B. N2的化合价由0价变为-3价，与题意不符，B错误；
C. C的化合价由0价变为+2价，发生氧化反应，符合题意，C正确；
D. Al2O3 中Al、O的化合价未变化，与题意不符，D错误；
答案为C。
23. 下列氧化还原反应中，水作为还原剂的是（ ）
A. 3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2 B. 3NO2＋H2O = 2HNO3+ NO
C. 2Na2O2＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ D. 2F2＋2H2O = 4HF＋O2
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应中水作还原剂，说明该反应中有电子转移为氧化还原反应，且水中氧元素失电子，化合价升高，据此分析解答。A.该反应中水中的氢由+1价变为0价作氧化剂，氧元素的化合价没有发生变化，所以水作氧化剂，A项错误；
B.该反应中，水中元素化合价没有变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，B项错误；
C. 该反应中，水中元素化合价没有变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；
D.该反应中，水中的氧元素化合价由-2价升高到0价，失电子作还原剂，D项正确；
答案选D。
24.下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A. 实验室蒸馏石油
B. 实验室稀释浓硫酸
C. 配制100mL0.1mol/L的盐酸
D. 可用于分离或提纯胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 实验室蒸馏石油时要用温度计测量蒸气温度，温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口附近，A错误；
B.由于浓硫酸密度比水大，浓硫酸溶于水会放出大量的热，所以实验室稀释浓硫酸时应该注酸入水，B错误；
C.配制一定体积一定物质的量浓度的盐酸时，要先在烧杯中将盐酸稀释，然后将溶液转移至容量瓶中定容，C错误；
D.胶体分散质微粒的直径大于半透膜，而溶液的溶质微粒小于半透膜，因此可通过渗析的方法分离提纯胶体，D正确；
故合理选项是D。
25.下列实验操作能达到实验目的是（ ）

实验目的
实验操作
A
配制1.0mol/LCuSO4溶液
把25g胆矾晶体溶于水配成100mL溶液
B
证明某溶液中含有SO42-
向该溶液中滴入BaCl2溶液
C
实验室制大量CO2
向稀硫酸中加入大理石
D
制备Fe(OH)3胶体
将饱和的FeCl3溶液滴加到热NaOH溶液中


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
试题分析：A、25g胆矾是0.1mol，溶液体积是0.1L，硫酸铜溶液的浓度是1mol/L，A正确；B、检验硫酸根离子时首先加入盐酸，排除其它离子的干扰，然后再加入氯化钡，B错误；C、硫酸钙微溶，应该用盐酸和大理石反应制备二氧化碳，C错误；D、将饱和的FeCl3溶液滴加到沸腾的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体，D错误，答案选A。
【考点定位】考查化学实验方案设计与评价
【名师点晴】该题是高频考点，侧重于考查学生的实验分析和应用能力，注意评价的可行性、科学性。注意理解评价角度：①操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。②经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。③环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。
26.下列叙述正确的是
A. 氨水能导电，所以氨水是电解质
B. 氯化氢溶于水后能导电，但液态氯化氢不能导电
C. 溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸
D. 导电性强的物质一定是强电解质
【答案】B
【解析】
A项，电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物，氨水是混合物，不是电解质；B中氯化氢溶于水后得到盐酸能导电，但液态氯化氢中只有分子，没有自由移动的离子，所以不能导电，B正确；C中溶于水后能电离出H＋的化合物除了酸之外还有酸式盐，所以C错误；D中导电性强的物质不一定是强电解质，还有电解质溶液和金属导体，所以D错。
27.在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的离子组是
A. Ca2＋、Na＋、NO3－、CO32－ B. Mg2＋、Cl－、NH4＋、SO42－
C. K＋、Cl－、HCO3－、NO3－ D. Ca2＋、Na＋、Fe3＋、NO3－
【答案】B
【解析】
【分析】
强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。
【详解】A．酸性条件下CO32－不能大量存在，且CO32－和Ca2＋可以结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，选项A错误；
B．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，选项B正确；
C．酸性条件下HCO3－不能大量存在，选项C错误；
D．Fe3+为有色离子，与题中溶液为无色透明不符，选项D错误；
答案选B。
28.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl－、SO42-
B. 在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3-、SO42-
C. 含有0.1mol·L−1Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32-、Cl－
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na+、Fe3+、Cl－、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A.强碱性溶液中含有大量的OH-，OH-与Al3+会发生反应，不能大量共存，A错误；
B. Cu2+的水溶液显蓝色，在无色透明的溶液中不能大量存在，B错误；
C.含有0.1mol·L−1Ca2+的溶液中：Ca2+、CO32-会发生反应形成CaCO3沉淀，不能大量共存，C错误；
D.室温下，pH=1的溶液中含有大量的H+，H+与选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；
故合理选项是D。
29.在反应中，若7 g A和一定量B完全反应生成8.5 g C，则A、B、C的摩尔质量之比为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】由质量守恒定律可知，m（A）+m（B）=m（C），则m（B）=8.5g—7g=1.5g。由化学方程式可知，1molA和3molB完全反应生成2molC，则A、B、C的摩尔质量之比为：：=28:2:17，故选B。
30.有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如图实验，从实验可以判断：（　　）

A. 该固体粉末中一定不含有BaCl2
B. 该固体粉末中一定含有KNO3
C. 它的组成可能是CaCO3、BaCl2、Na2SO4
D. 它的组成一定是CaCO3、Na2SO4、KNO3
【答案】B
【解析】
【分析】
固体粉末CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、得到无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，还有一种物质就是硝酸钾。
【详解】A. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故A错误；
B. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故B正确；
C. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故C错误；
D. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故D错误；
故选B。
二、非选择题（共3大题，每空2分）
31.按要求填空：
(1)3.6gH2O物质量为________mol，约含有_______个原子；
(2)已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是________；
(3)制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：________；
(4)实验室通常用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，反应的化学方程式为（MnCl2是可溶性盐）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中氧化剂是_______，氧化产物是________(填化学式)，写出上述化学方程式对应的离子方程式__________。
【答案】 (1). 0.2 (2). 0.6NA或3.612×1023 (3). 32g/mol (4). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (5). MnO2 (6). Cl2 (7). MnO2+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)根据n=计算物质的量，结合N=n·NA及H2O中含有3个原子计算原子数目；
(2)先根据N=n·NA计算其物质的量，然后利用n=计算摩尔质量；
(3)将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的蒸馏水中加热至液体呈红褐色，可制取氢氧化铁胶体；
(4)在该反应中元素化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，被氧化为氧化产物；元素化合价降低，得到电子，被还原，作氧化剂，被还原为还原产物；根据离子方程式书写原则将方程式改写为离子方程式。
【详解】(1)3.6gH2O物质的量n(H2O)=3.6g÷18g/mol=0.2mol，根据N= n·NA及H2O中含有3个原子可知0.2molH2O中含有的原子数目N=0.2mol×NA/mol=0.2NA；
(2)1.204×1023个X气体的物质的量n=1.204×1023÷6.02×1023/mol=0.2mol，由于其质量是6.4g，则X气体的摩尔质量是M=6.4g÷0.2mol=32g/mol；
(3)将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的蒸馏水中加热至液体呈红褐色，可制取氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
(4)在该反应中，Cl元素化合价升高，失去电子，被氧化，HCl作还原剂，被氧化的Cl2为氧化产物；Mn元素化合价降低，得到电子，被还原，MnO2作氧化剂，被还原为的MnCl2为还原产物；根据离子方程式书写原则，上述化学方程式对应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
【点睛】本题考查了物质的量的有关计算、胶体的制取、离子方程式的书写及氧化还原反应的规律。掌握物质的量的有关公式及其各个物理量的含义是计算的基础，掌握氧化还原反应规律和胶体的制取方法是本题解答的根据。
32.实验室用密度为1.25g·mL－1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1mol·L－1的盐酸240mL，请回答下列问题：
(1)浓盐酸的物质的量浓度为_______。
(2)配制240 mL0.1mol·L－1的盐酸应选用_______mL的容量瓶，需要量取浓盐酸体积为_______mL。
(3)定容时，除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外，还需要的玻璃仪器是_______。
(4)正确的操作顺序是________（填序号）
①用胶头滴管逐滴加水，使溶液凹液面恰好与容量瓶刻度线相切
②向容量瓶中加水至液面接近瓶颈上的刻度线1-2cm处
③根据计算，用量筒称取一定体积的浓盐酸
④将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
⑤将浓盐酸倒入烧杯中加水稀释，并不断用玻璃棒搅拌，静置待其冷却
⑥将溶液用玻璃棒引流注入查漏过的容量瓶中
⑦少量水洗涤烧杯及玻璃棒2至3次，并将每次的洗涤液也注入容量瓶中
(5)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
①定容时，俯视刻度线，浓度_________；
②定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度________。
【答案】 (1). 12.5mol/L (2). 250 (3). 2.0 (4). 胶头滴管 (5). ③⑤⑥⑦②①④ (6). 偏大 (7). 偏小
【解析】
【分析】
(1)依据c=计算浓盐酸的物质的量浓度；
(2)依据配制溶液体积选择合适规格的容量瓶；依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；
(3)根据配制溶液的步骤确定使用的仪器；
(4)依据配制溶液的操作判断操作顺序；
(5)根据c=进行误差分析。
【详解】(1)根据物质的量浓度与质量分数换算式，可知密度为1.25g•mL-1，质量分数36.5%的浓盐酸物质的量浓度c=mol/L=12.5 mol/L；
(2)配制240mL0.1mol/L的盐酸应选用250mL容量瓶；实际配制250mL溶液，设需要浓盐酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变得V×12.5mol/L=250mL×0.1mol/L，解得V=2.0ml；
(3)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀。在定容时，除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外，还需要的玻璃仪器是胶头滴管；
(4)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，故操作顺序序号为③⑤⑥⑦②①④。
(5)①定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏大；
②定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，导致部分溶质损耗溶质的物质的量偏小，使配制的溶液浓度偏小。
【点睛】本题考查了物质的量浓度与质量分数的换算、一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意结合物质的量浓度定义式进行误差分析的方法和技巧。

33.现有下列物质：①氢氧化钠固体 ②铜丝 ③氯化氢气体 ④稀硫酸 ⑤二氧化碳气体 ⑥氨水 ⑦碳酸氢钠固体 ⑧蔗糖晶体 ⑨碳酸钙固体 ⑩胆矾(CuSO4·5H2O)晶体
(1)上述物质相应状态下可导电的是_______；
(2)属于电解质的是_______；
(3)属于非电解质的是_______；
(4)⑦溶于水后的电离方程式是_______；
(5)①和⑦混合溶于水的离子方程式是_______；
(6)③溶于水形成的溶液与⑨反应的离子方程式是_________。
【答案】 (1). ②④⑥ (2). ①③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧ (4). NaHCO3=Na++HCO3- (5). HCO3-+OH-=CO32-+H2O (6). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
(1)能够导电的物质中含有自由移动的电子或离子；
(2)电解质是溶于水或受热熔化时能够导电的化合物；
(3)非电解质是在水溶液和受热熔化时都不能导电化合物；
(4)⑦碳酸氢钠固体电离产生Na+、HCO3-；
(5)氢氧化钠与碳酸氢钠反应产生碳酸钠和水；
(6)盐酸与碳酸钙反应产生氯化钙、水、二氧化碳。据此分析解答。
【详解】(1)能导电的物质有金属、电解质溶液或熔融液，即含有自由移动离子或电子的物质。符合条件的有②④⑥；
(2)电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸氢钠固体、碳酸钙固体、CuSO4•5H2O晶体不能导电，但它们溶于水或熔融状态下可导电，属于电解质；符合条件的有①③⑦⑨⑩；
(3)非电解质是在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，CO2是由分子构成的物质，在熔融状态下不能导电，在溶于水时，与水反应产生H2CO3，H2CO3电离产生自由移动的H+、HCO3-等，因此水溶液能够导电，但导电微粒是H2CO3电离产生，H2CO3是电解质，CO2没有发生电离，CO2是非电解质；蔗糖是由蔗糖分子构成的，无论是在水溶液中还是在熔融状态下都不能导电，蔗糖属于非电解质，故符合条件的有⑤⑧；
(4)碳酸氢钠固体溶于水电离产生钠离子和碳酸氢根，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3-；
(5)氢氧化钠和碳酸氢钠溶于水生成碳酸钠和水，故离子反应方程式为OH-+HCO3-=CO32-+H2O；
(6)碳酸钙固体与稀盐酸反应产生碳酸钙、水、二氧化碳，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。
【点睛】本题主要考查了电解质与非电解质、物质的导电性及电离方程式和电离方程式的书写等，注意电解质和导电性的关系，导电的不一定是电解质，电解质不是任何条件下都导电，弄清电解质导电的前提，在书写离子方程式时要弄清物质在水中实际存在形式及离子方程式的拆分原则，这是书写的前提和基础。