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湖南师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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湖南师大附中2019－2020学年度高一第一学期期中考试
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1.《周礼)记载“煤饼烧砺(贝壳)成灰”，并把这种灰称为“蜃”，古人蔡伦以“蜃”改进了造纸术。下列说法错误的是
A. 贝壳的主要成分CaCO3 B. “砺成灰”是氧化还原反应
C. “蜃”与水混合，溶液呈碱性 D. 纸张主要成分是纤维素
【答案】B
【解析】
【详解】A、“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，选项A正确；
B、“砺成灰”是碳酸钙灼烧生成氧化钙和二氧化碳，反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项B错误；
C、“蜃”主要成分是氧化钙，氧化钙溶于水即可得到氢氧化钙，氢氧化钙溶液呈碱性，选项C正确；
D、纸张主要成分是纤维素，选项D正确。
答案选B。
2.对下列化学物质进行分类，正确的是
A. 海水、冰水混合物、氨水均为混合物
B. SO3、CO2、CaO均为酸性氧化物
C. 烧碱、纯碱、硫酸钡均为电解质
D. 氢硫酸、盐酸、硝酸均为强酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 冰水混合物是由水一种物质组成，属于纯净物，故A错误；
B. CaO与水反应生成碱，属于碱性氧化物，故B错误；
C. 烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱、硫酸钡都是盐，三者都是电解质，故C正确；
D. 氢硫酸是弱酸，故D错误；
正确答案是C。
3.下列有关实验操作的叙述合理的是
A. 蒸馏自来水实验中发现忘加沸石，冷却后再加入沸石
B. 用pH试纸测定溶液的pH，需要预先润湿试纸
C. 用酒精灯加热烧瓶、蒸发皿时，都需要垫上石棉网
D 蒸发操作时，将溶液放入坩埚中加热到出现大量晶体后停止加热
【答案】A
【解析】
【详解】A. 蒸馏过程中发现忘记加沸石，应冷却后再加入沸石，重新加热蒸馏，故A正确；
B. 用pH试纸测酸溶液的pH值之前若把试纸润湿，会导致酸被稀释，测得的pH值会变高，故B错误；
C. 试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等仪器都能直接在酒精灯上加热；烧杯、烧瓶、锥形瓶等仪器必须垫石棉网才能加热，否则由于受热不均匀，而破裂，故C错误；
D. 蒸发时利用余热加热，即加热到出现大量晶体，还余有少量溶液时再停止加热，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查可用于加热的仪器，是基础知识，解题的关键要掌握常见仪器的性质和用途，只要同学们留心就可做好。
4.“物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁。下列说法正确的是 ( )
A. “摩尔”是“物质的量”的单位
B. 1 mol O2的质量是32 g/mol
C. 任何气体的“气体摩尔体积”均为22.4 L/mol
D. 10 mL 2 mol/L H2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度为1 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A、物质的量的单位是摩尔，故正确；
B、质量的单位是g，故错误；
C、必须是标准状况下，故错误；
D、溶液是均一透明、稳定的体系，取出5mL溶液，浓度仍为2mol·L－1，故错误。
5.下列逻辑关系图中正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.气溶胶属于胶体，A错误；
B.所有化学反应都有能量变化，故吸热放热反应包含氧化还原反应，B错误；
C.钾盐和碳酸盐应属于交叉关系，钠盐和碳酸盐也属于交叉关系，C错误；
D.电解质和非电解质属于化合物，既不是单质也不是混合物，D正确；
答案选D。
6.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＋、Cl－、MnO4－、SO42－
C. 含有0.1 mol·L－1Ag＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、NO3－
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在强碱性溶液中Al3＋不能大量共存，选项A错误；
B. MnO4－有颜色，不符合题意，故B错误；
C. 含有0.1 mol·L－1Ag＋的溶液中CO32－不能大量共存，故C错误；
D. pH＝1的溶液是酸性溶液，Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－之间不发生反应，可以共存，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查离子共存，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7.表示下列过程的离子方程式正确的是
A. AgNO3溶液中加入铜片：Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋Ag
B. 等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
C. 向氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2＋＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2H＋
D. Mg(OH)2与稀HNO3反应：OH－＋H＋===H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Ag + =Cu 2+ +2Ag，故A错误；
B. 等体积等物质的量浓度的NaHCO 3 和Ba(OH) 2 溶液混合，OH - 过量，NaHCO 3 +Ba(OH) 2 =BaCO 3↓+H 2O+NaOH，离子方程式为：HCO3- +Ba2++OH- =BaCO 3↓+H2O，故B正确；
C. 向氯化钙溶液中通入CO2，二者不发生反应，无法书写离子方程式，故C错误；
D. Mg(OH)2是难溶性弱电解质，在离子方程式中不能拆，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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方法：检查反应能否发生，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。
8.用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，3.4 g NH3中含有的电子数为0.2NA
B. 1 mol·L－1的Fe2(SO4)3溶液中，含有的SO42－数目为3NA
C. 标准状况下，22.4 L CO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NA
D. 1 mol Fe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4，Fe失去8NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 3.4 g NH3的物质的量=0.2mol，1个NH3中含有10个电子，则0.2molNH3中含有2mol电子，个数为2NA，故A错误；
B. 没有告知体积无法求SO42-的数目，故B错误；
C. 由题可知，混合气体的总物质的量为1mol，设其中O2的物质的量为x，SO2的物质的量为y，则有以下方程组总物质的量：x+y=1mol，O原子的物质的量为2x+2y=2(x+y)=2mol，个数为2NA，故C正确；
D. 铁变为Fe3O4时变为+价，则3mol铁失去8NA个电子，1mol铁失去NA个电子，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数，注意题中干扰条件的处理，本题难度不大。
9.某溶液中含有K+、Mg2+、SO42-、NO3-四种离子，已知其中Mg2+、K+、NO3-三种离子的个数比为4:5:3，则SO42-与NO3-离子的个数之比为
A. 2:1 B. 1:1 C. 5:3 D. 10:3
【答案】C
【解析】
【详解】Mg2+、K+、NO3-三种离子的个数比为4:5:3，设Mg2+、K+、NO3-三种离子的物质的量分别是4mol、5mol、3mol，SO42-的物质的量为xmol；根据电荷守恒4mol×2+5mol×1=3mol×1+2xmol，x=5；所以SO42-与NO3-离子的个数之比为5:3，故选C。
【点睛】掌握溶液不显电性，溶液中既有阳离子又有阴离子，根据阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等解答此类题。
10.将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是
A. 15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3 B. 50 mL 1 mol•L﹣1的KCl
C. 20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl D. 10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.015L=0.045mol；
B．50 mL 1 mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×1×0.05L=0.05mol；
C．20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.02L=0.04mol；
D．10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.01L=0.02mol；
根据分析可知，溶液中Cl-的物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，
答案选B。
11.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B. 同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C. 同温同压下，三种气体体积均为6.72 L，则它们的物质的量一定均为0.3 mol
D. 同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y气体和1 g Z气体，则其压强比为2︰1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B. 根据密度ρ= ，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，故B正确；
C. 气体的物质的量n= ，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为6.72 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.3mol，故C错误；
D. 同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，Mr（Y）=0.5Mr（Z），则二者的物质的量之比是4：1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4：1，故D错误；
正确答案是B。
12.NaH是一种良好的生氢剂，与水反应的化学方程式为NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，下列有关该反应的说法不正确的是
A. NaH中H的化合价为－1价
B. H2既是氧化产物，又是还原产物
C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
D. 电子转移的方向和数目可以表示为：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑失去2e－得到2e－
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaH中Na的化合价是+1价，H的化合价为－1价，故A正确；
B. 反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价，水中氢元素的化合价由+1价降低为0，只有H元素的化合价变化，氢气为氧化产物也为还原产物，故B正确；
C. 反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价作还原剂，水中氢元素的化合价由+1价降低为0价作氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，故C正确；
D. 反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，NaH中H元素失去1个电子，由-1价升高为0价；水中氢元素得到1个电子由+1价降低为0价，该反应中电子转移电子的数目为1个电子，故D错误；
题目要求选错误的，故选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，注意NaH中H为负价，题目难度不大。
13.下列除去杂质的方法正确的是
A. 除去粗盐水中的氯化镁及泥沙：先加入稍过量的NaOH溶液，再加入盐酸、过滤
B. 提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液：先加入适量碳酸钠溶液，再过滤
C. 除去CO2中混有的少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液洗气
D. 除去硝酸钾中混有的氯化钠杂质：加水溶解、蒸发结晶
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入过量NaOH和MgCl2发生反应生成Mg(OH)2沉淀和氯化钠，接着过滤，滤出前面生成的沉淀及泥沙，最后加适量盐酸除去过量的NaOH，应该先过滤再加盐酸，故A错误；
B. 硝酸钡能与过量碳酸钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故B错误；
C. 饱和碳酸氢钠对二氧化碳的溶解度很小，所以二氧化碳不会受到很大的损失，另外HCl还可以与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以除杂，故C正确；
D. 当硝酸钾混有氯化钠时，可将该固体配成热的饱和溶液，然后冷却，硝酸钾会因为温度的降低导致溶解度大大减小而结晶析出来，少量的杂质氯化钠留在溶液里面，这祥就可以起到除杂或提纯的作用，D项只加水溶解、蒸发结晶，不能达到除杂的效果，故D错误；
正确答案是C。
14.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－、Cl－。现取三份100 mL溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加入足量KOH溶液加热后，收集到气体0.08 mol；
③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g。
根据上述实验，以下推测正确的是
A. Na＋一定存在
B. 100 mL溶液中含0.01 mol CO32－
C. Cl－一定存在
D. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，Ba2+和SO42﹣可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存，Ba2+和CO32﹣可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存。
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl﹣+Ag+═AgCl↓、CO32﹣+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42﹣+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣中的至少一种；
第二份加足量KOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，能和KOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+（Mg2+可以和OH﹣反应生产氢氧化镁沉淀），故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+。根据反应NH4++OH﹣NH3↑+H2O，产生NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol；
第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解，因此溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+；由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，SO32﹣物质的量浓度为：=0.2mol/L，BaCO3为12.54g﹣4.66g═7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32﹣物质的量为0.04mol，CO32﹣物质的量浓度为=0.4mol/L；
由上述分析可得，溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.08mol，所以一定含有钠离子，钠离子的物质的量最小是0.04mol，氯离子不能确定。
【详解】A. 由分析可知Na+一定存在，故A正确；
B. 100mL溶液中含0.04mol碳酸根离子，故B错误；
C. 氯离子是否存在无法确定，故C错误；
D. Mg2+、Ba2+一定不存在，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是Na+的确定易出现失误。
15.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：
(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4
(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
下列有关说法中错误的是
A. 在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
B. 在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4
C. 在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜
D. 在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子
【答案】C
【解析】
在(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B、两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C．在反应（2）中，P元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确；故选C。
点睛：本题考查氧化还原反应，掌握元素化合价变化和氧化剂、还原剂概念是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，在反应（2）中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
16.有如下反应(未配平)：BrF3＋H2O→Br2＋O2＋HBrO3＋HF，反应后测得生成Br2与O2各1 mol。下列判断错误的是
A. 反应共转移6 mol电子
B. 氧化剂为BrF3，还原产物为Br2
C. 配平后H2O与HF的物质的量之比为5∶9
D. 被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是1∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由-2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，单线桥表示电子转移情况：，以此来解答。
【详解】A. 由分析可知，单线桥表示该反应电子转移情况为，反应共转移2+4=6 mol电子，故A正确；
B. 反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，氧化剂是BrF3，还原产物是Br2，故B正确；
C. 由分析可知配平后的方程式为：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，H2O与HF的物质的量之比为5∶9，故C正确；
D. 配平后的方程式：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，当有5.0mol水参加反应时，3molBrF3参与反应，反应共转移6 mol电子，水作还原剂，共有2mol水失去4mol电子，BrF3中作还原剂部分Br元素由+3价变为+5价，需要失去6mol-4mol=2mol电子，则作还原剂的BrF3的物质的量为1mol，作氧化剂的BrF3为2mol，被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是2∶1，故D错误；
题目要求选错误的，故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重电子守恒的考查，题目难度不大。
二、非选择题(本题包括5个小题，共52分)
17.现有下列物质：①红褐色的氢氧化铁胶体 ②石墨③无水乙醇 ④小苏打 ⑤NaHSO4固体 ⑥氨气
(1)按物质的分类方法，将上述物质进行分类。
能导电的物质：___________________(填序号，下同)；
电解质：__________________；
非电解质：_____
(2)写出上述物质中的两种酸式盐在水溶液中发生反应的离子方程式：________。
【答案】 (1). ①② (2). ④⑤ (3). ③⑥ (4). HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，有自由移动的带电胶粒，可以导电；石墨是C单质，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；无水乙醇是有机物，属于非电解质，不能导电；小苏打是碳酸氢钠属于酸式盐，是电解质，固体碳酸氢钠不能导电；NaHSO4属于酸式盐，是电解质，固体NaHSO4不能导电；氨气是氢化物，是非电解质，不能导电。
【详解】(1)由分析可知能导电的物质有：①②；电解质有：④⑤；非电解质有：③⑥；
(2)由分析可知上述物质中的两种酸式盐分别是碳酸氢钠和硫酸氢钠，在水溶液中发生反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O。
【点睛】本题考查物质的分类以及各类物质的概念等，为高频考点，把握相关概念及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
18.常用下图所示A～D中的装置进行混合物的分离和提纯，按要求回答下列问题：
(1)仪器①的名称______________。
(2)除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3颗粒应选用装置________(填字母代号，下同)。
(3)分离互溶的乙酸(沸点118 ℃)和乙酸乙酯(沸点77.1 ℃)的混合物应选用装置________。
(4)用CCl4提取碘水中的碘单质应选用装置________。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). C (3). A (4). D
【解析】
【详解】（1）仪器①烧瓶带有支管，此烧瓶为蒸馏烧瓶；
（2）CaCO3不溶于水，则除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3颗粒用过滤操作，应选用装置C；
（3）乙酸(沸点118 ℃)和乙酸乙酯(沸点77.1 ℃)的沸点差异较大，则分离互溶的乙酸和乙酸乙酯用蒸馏的方法，应选用装置A；
（4）用CCl4提取碘水中的碘单质需要的操作是萃取，需要分液漏斗，应该选用装置D。
【点睛】本题考查混合物分离提纯方法及选择，为高频考点，把握混合物分离方法及物质的性质为解答的关键，题目难度不大。
19.病人输液用的葡萄糖注射液是葡萄糖(化学式为C6H12O6)的水溶液，其标签上的部分内容如图所示。利用标签所提供的信息，回答下列问题：
(1)该注射液中葡萄糖的质量分数为__________(该溶液密度约为 1.0 g/cm3)。
(2)该注射液中葡萄糖的物质的量浓度是__________mol/L(计算结果精确到小数点后2位)。
(3)某同学进行某项实验需要480 mL上述葡萄糖溶液，其配制过程如下，请完成填空：
①该同学需称取________g葡萄糖在烧杯中溶解；
②配制时，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次)________；
A．用50 mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用托盘天平准确称取葡萄糖并加入盛有少量水(约50 mL)的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅拌，使其完全溶解
C．将已溶解完全的葡萄糖溶液沿玻璃棒注入一定规格的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面的最底处恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，至液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm 处
③在配制过程中，下列实验操作使所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏高的是________(填字母代号)；
A．用托盘天平称取葡萄糖时“左物右码”
B．溶解时使用的烧杯和玻璃棒未洗涤
C．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液
D．定容时俯视凹液面
E．加水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的液体
(4)已知溶液中某溶质的物质的量除以溶剂的质量称为该溶质的质量摩尔浓度，单位为mol/kg。
①上述葡萄糖溶液的质量摩尔浓度为________(计算结果精确到小数点后2位)mol/kg。
②若将标准状况下a L HCl气体完全溶于b g水中，此时该盐酸的质量摩尔浓度为______(只需列出计算式，无需化简)mol/kg。
【答案】 (1). 5% (2). 0.28 (3). 25.0 (4). BCAFED (5). D (6). 0.29 (7). 1000a/22.4b
【解析】
【分析】
一定物质量浓度溶液配置实验中步骤为：量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓盐酸，在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，以此确定操作顺序和实验仪器；有关误差分析通过c= 判断，题目中给出的新概念——质量摩尔浓度，根据定义公式即可算出。
【详解】(1)由标签所提供的信息可知该注射液中葡萄糖的质量分数为5%，故答案为：5%；
(2)溶质的质量为25g，n==0.139mol，则c==0.28mol/L，故答案为：0.28mol/L；
(3) ①要配置480mL物质的量浓度为0.28 mol/L的葡萄糖溶液，需要选用500mL的容量瓶，由标签可知，500mL该溶液中含有溶质葡萄糖25g，故该同学需称取25.0g葡萄糖在烧杯中溶解；
②配制溶液500mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓盐酸，在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以操作顺序为BCAFED；
③A. 用托盘天平称取葡萄糖时“左物右码”是正确的操作，不会导致所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏高，故A不选；
B. 溶解时使用的烧杯和玻璃棒未洗涤会导致溶质的物质的量减小，导致所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏低，故B不选；
C. 洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液对实验结果没有影响，故C不选；
D. 定容时俯视凹液面会导致定容水加少，所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏高，故选D；
E. 加水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的液体会导致部分溶质损失，所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏低，故E不选；
正确答案是D。
(4) ①上述葡萄糖溶液的质量摩尔浓度为==0.29 mol/kg；
②标准状况下a L HCl物质的量为=mol，此时该盐酸的质量摩尔浓度为= 。
20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，其在消毒(发生氧化还原反应)后可形成Fe(OH)3胶体，常用于处理饮用水。工业上有干法与湿法两种制备高铁酸钾的方法。
(1)干法制备高铁酸钾时，先制备得到Na2FeO4，反应如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑
①该反应中，氧化剂是________，氧化产物是________。
②每生成1 mol Na2FeO4，转移________mol电子。
(2)配平湿法制备高铁酸钾反应的离子方程式：
______Fe(OH)3＋______ClO－＋______OH－===______FeO42－＋______Cl－＋______H2O
(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，该反应表明氧化性：K2FeO4______(填“>”或“<”)Cl2。
(4)Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物沉降下来，用作净水剂。
①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是_____________________。
②下列有关胶体的说法不正确的是________(填字母代号)。
a．光束通过Fe(OH)3胶体时形成光亮的“通路”
b．往Fe(OH)3胶体中加入稀硫酸，先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解消失
c．Fe(OH)3胶体粒子不能透过滤纸，能透过半透膜
d．Fe(OH)3胶体发生电泳时，其胶体粒子向阴极移动
【答案】 (1). Na2O2 (2). Na2FeO4和O2 (3). 5 (4). 2 (5). 3 (6). 4 (7). 2 (8). 3 (9). 5 (10). > (11). FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl (12). c
【解析】
【分析】
(1)①分析反应2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中元素化合价变化可以解答；
②反应2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中元素化合价变化较多，由降低O元素计算方便；
(2)湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化；
(3)由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得答案；
(4)①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
②根据胶体的性质解答。
【详解】(1)①2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价既升高又降低，则氧化剂为Na2O2，还原剂为FeSO4和Na2O2；
②2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价既升高又降低，由降低O元素可知每生成1molNa2FeO4转移的电子数为1mol×5×（2-1）=5mol；
(2)湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化，该离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，方程式为：2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Cl2↑，该反应中K2FeO4中Fe元素化合价降低是氧化剂，HCl中Cl元素化合价升高是还原剂生成氧化产物Cl2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：K2FeO4>Cl2；
(4)①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
②a. 胶体能发生丁达尔效应，故a正确；
b. 向胶体中加入电解质溶液发生聚沉，氢氧化铁与过量的稀硫酸发生化学反应而溶解，故b正确；
c. 胶体粒子的大小在1-100nm之间，可以透过滤纸但不能透过半透膜，故c错误；
d. 氢氧化铁胶体具有吸附性，吸附阳离子，则胶体粒子带电，在电场作用下氢氧化铁胶粒会移向阴极，阴极附近颜色变深，会产生电泳现象，故d正确；说法不正确的是c。
21.向一定体积CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入浓度为1 mol·L－1的Na2CO3溶液，反应过程中加入的Na2CO3溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知图中V1∶V2＝1∶2；当加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的浓度为1 mol·L－1，体积为200 mL。求：
(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的溶质是________。
(2)原混合溶液中CaCl2和HCl的物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。
(3)m1＝________g，m2＝________g。
【答案】 (1). NaCl (2). 1∶2 (3). 2.2 (4). 5
【解析】
【分析】
分析反应的过程可知：加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了，据此分析解答。
【详解】(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，沉淀或气体的质量不再增大，说明碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故所得溶液的溶质是NaCl；
(2) 由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1:2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1:2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.2mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol，n(CaCl2)∶n(HCl)=1:2；
(3) 0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，则n(CO2)= n (HCl)= ×0.1mol=0.05mol，m1= n(CO2) ×M(CO2)=0.05mol×44g/mol=2.2g，由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.05mol，所以m2=0.0500mol5 g。
【点睛】本题考查的是有关混合物的组成的计算，难度较大。弄清反应原理和反应的先后顺序是解题的关键，从图像中及题中找出关键数据是解题的保证，巧妙运用守恒法是解题的捷径。
湖南师大附中2019－2020学年度高一第一学期期中考试
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1.《周礼)记载“煤饼烧砺(贝壳)成灰”，并把这种灰称为“蜃”，古人蔡伦以“蜃”改进了造纸术。下列说法错误的是
A. 贝壳的主要成分CaCO3 B. “砺成灰”是氧化还原反应
C. “蜃”与水混合，溶液呈碱性 D. 纸张主要成分是纤维素
【答案】B
【解析】
【详解】A、“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，选项A正确；
B、“砺成灰”是碳酸钙灼烧生成氧化钙和二氧化碳，反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项B错误；
C、“蜃”主要成分是氧化钙，氧化钙溶于水即可得到氢氧化钙，氢氧化钙溶液呈碱性，选项C正确；
D、纸张主要成分是纤维素，选项D正确。
答案选B。
2.对下列化学物质进行分类，正确的是
A. 海水、冰水混合物、氨水均为混合物
B. SO3、CO2、CaO均为酸性氧化物
C. 烧碱、纯碱、硫酸钡均为电解质
D. 氢硫酸、盐酸、硝酸均为强酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 冰水混合物是由水一种物质组成，属于纯净物，故A错误；
B. CaO与水反应生成碱，属于碱性氧化物，故B错误；
C. 烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱、硫酸钡都是盐，三者都是电解质，故C正确；
D. 氢硫酸是弱酸，故D错误；
正确答案是C。
3.下列有关实验操作的叙述合理的是
A. 蒸馏自来水实验中发现忘加沸石，冷却后再加入沸石
B. 用pH试纸测定溶液的pH，需要预先润湿试纸
C. 用酒精灯加热烧瓶、蒸发皿时，都需要垫上石棉网
D 蒸发操作时，将溶液放入坩埚中加热到出现大量晶体后停止加热
【答案】A
【解析】
【详解】A. 蒸馏过程中发现忘记加沸石，应冷却后再加入沸石，重新加热蒸馏，故A正确；
B. 用pH试纸测酸溶液的pH值之前若把试纸润湿，会导致酸被稀释，测得的pH值会变高，故B错误；
C. 试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等仪器都能直接在酒精灯上加热；烧杯、烧瓶、锥形瓶等仪器必须垫石棉网才能加热，否则由于受热不均匀，而破裂，故C错误；
D. 蒸发时利用余热加热，即加热到出现大量晶体，还余有少量溶液时再停止加热，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查可用于加热的仪器，是基础知识，解题的关键要掌握常见仪器的性质和用途，只要同学们留心就可做好。
4.“物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁。下列说法正确的是 ( )
A. “摩尔”是“物质的量”的单位
B. 1 mol O2的质量是32 g/mol
C. 任何气体的“气体摩尔体积”均为22.4 L/mol
D. 10 mL 2 mol/L H2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度为1 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A、物质的量的单位是摩尔，故正确；
B、质量的单位是g，故错误；
C、必须是标准状况下，故错误；
D、溶液是均一透明、稳定的体系，取出5mL溶液，浓度仍为2mol·L－1，故错误。
5.下列逻辑关系图中正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.气溶胶属于胶体，A错误；
B.所有化学反应都有能量变化，故吸热放热反应包含氧化还原反应，B错误；
C.钾盐和碳酸盐应属于交叉关系，钠盐和碳酸盐也属于交叉关系，C错误；
D.电解质和非电解质属于化合物，既不是单质也不是混合物，D正确；
答案选D。
6.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＋、Cl－、MnO4－、SO42－
C. 含有0.1 mol·L－1Ag＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、NO3－
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在强碱性溶液中Al3＋不能大量共存，选项A错误；
B. MnO4－有颜色，不符合题意，故B错误；
C. 含有0.1 mol·L－1Ag＋的溶液中CO32－不能大量共存，故C错误；
D. pH＝1的溶液是酸性溶液，Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－之间不发生反应，可以共存，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查离子共存，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7.表示下列过程的离子方程式正确的是
A. AgNO3溶液中加入铜片：Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋Ag
B. 等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
C. 向氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2＋＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2H＋
D. Mg(OH)2与稀HNO3反应：OH－＋H＋===H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Ag + =Cu 2+ +2Ag，故A错误；
B. 等体积等物质的量浓度的NaHCO 3 和Ba(OH) 2 溶液混合，OH - 过量，NaHCO 3 +Ba(OH) 2 =BaCO 3↓+H 2O+NaOH，离子方程式为：HCO3- +Ba2++OH- =BaCO 3↓+H2O，故B正确；
C. 向氯化钙溶液中通入CO2，二者不发生反应，无法书写离子方程式，故C错误；
D. Mg(OH)2是难溶性弱电解质，在离子方程式中不能拆，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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方法：检查反应能否发生，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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。
8.用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，3.4 g NH3中含有的电子数为0.2NA
B. 1 mol·L－1的Fe2(SO4)3溶液中，含有的SO42－数目为3NA
C. 标准状况下，22.4 L CO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NA
D. 1 mol Fe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4，Fe失去8NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 3.4 g NH3的物质的量=0.2mol，1个NH3中含有10个电子，则0.2molNH3中含有2mol电子，个数为2NA，故A错误；
B. 没有告知体积无法求SO42-的数目，故B错误；
C. 由题可知，混合气体的总物质的量为1mol，设其中O2的物质的量为x，SO2的物质的量为y，则有以下方程组总物质的量：x+y=1mol，O原子的物质的量为2x+2y=2(x+y)=2mol，个数为2NA，故C正确；
D. 铁变为Fe3O4时变为+价，则3mol铁失去8NA个电子，1mol铁失去NA个电子，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数，注意题中干扰条件的处理，本题难度不大。
9.某溶液中含有K+、Mg2+、SO42-、NO3-四种离子，已知其中Mg2+、K+、NO3-三种离子的个数比为4:5:3，则SO42-与NO3-离子的个数之比为
A. 2:1 B. 1:1 C. 5:3 D. 10:3
【答案】C
【解析】
【详解】Mg2+、K+、NO3-三种离子的个数比为4:5:3，设Mg2+、K+、NO3-三种离子的物质的量分别是4mol、5mol、3mol，SO42-的物质的量为xmol；根据电荷守恒4mol×2+5mol×1=3mol×1+2xmol，x=5；所以SO42-与NO3-离子的个数之比为5:3，故选C。
【点睛】掌握溶液不显电性，溶液中既有阳离子又有阴离子，根据阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等解答此类题。
10.将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是
A. 15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3 B. 50 mL 1 mol•L﹣1的KCl
C. 20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl D. 10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.015L=0.045mol；
B．50 mL 1 mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×1×0.05L=0.05mol；
C．20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.02L=0.04mol；
D．10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.01L=0.02mol；
根据分析可知，溶液中Cl-的物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，
答案选B。
11.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B. 同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C. 同温同压下，三种气体体积均为6.72 L，则它们的物质的量一定均为0.3 mol
D. 同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y气体和1 g Z气体，则其压强比为2︰1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B. 根据密度ρ= ，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，故B正确；
C. 气体的物质的量n= ，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为6.72 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.3mol，故C错误；
D. 同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，Mr（Y）=0.5Mr（Z），则二者的物质的量之比是4：1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4：1，故D错误；
正确答案是B。
12.NaH是一种良好的生氢剂，与水反应的化学方程式为NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，下列有关该反应的说法不正确的是
A. NaH中H的化合价为－1价
B. H2既是氧化产物，又是还原产物
C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
D. 电子转移的方向和数目可以表示为：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑失去2e－得到2e－
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaH中Na的化合价是+1价，H的化合价为－1价，故A正确；
B. 反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价，水中氢元素的化合价由+1价降低为0，只有H元素的化合价变化，氢气为氧化产物也为还原产物，故B正确；
C. 反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价作还原剂，水中氢元素的化合价由+1价降低为0价作氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，故C正确；
D. 反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，NaH中H元素失去1个电子，由-1价升高为0价；水中氢元素得到1个电子由+1价降低为0价，该反应中电子转移电子的数目为1个电子，故D错误；
题目要求选错误的，故选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，注意NaH中H为负价，题目难度不大。
13.下列除去杂质的方法正确的是
A. 除去粗盐水中的氯化镁及泥沙：先加入稍过量的NaOH溶液，再加入盐酸、过滤
B. 提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液：先加入适量碳酸钠溶液，再过滤
C. 除去CO2中混有的少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液洗气
D. 除去硝酸钾中混有的氯化钠杂质：加水溶解、蒸发结晶
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入过量NaOH和MgCl2发生反应生成Mg(OH)2沉淀和氯化钠，接着过滤，滤出前面生成的沉淀及泥沙，最后加适量盐酸除去过量的NaOH，应该先过滤再加盐酸，故A错误；
B. 硝酸钡能与过量碳酸钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故B错误；
C. 饱和碳酸氢钠对二氧化碳的溶解度很小，所以二氧化碳不会受到很大的损失，另外HCl还可以与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以除杂，故C正确；
D. 当硝酸钾混有氯化钠时，可将该固体配成热的饱和溶液，然后冷却，硝酸钾会因为温度的降低导致溶解度大大减小而结晶析出来，少量的杂质氯化钠留在溶液里面，这祥就可以起到除杂或提纯的作用，D项只加水溶解、蒸发结晶，不能达到除杂的效果，故D错误；
正确答案是C。
14.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－、Cl－。现取三份100 mL溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加入足量KOH溶液加热后，收集到气体0.08 mol；
③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g。
根据上述实验，以下推测正确的是
A. Na＋一定存在
B. 100 mL溶液中含0.01 mol CO32－
C. Cl－一定存在
D. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，Ba2+和SO42﹣可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存，Ba2+和CO32﹣可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存。
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl﹣+Ag+═AgCl↓、CO32﹣+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42﹣+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣中的至少一种；
第二份加足量KOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，能和KOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+（Mg2+可以和OH﹣反应生产氢氧化镁沉淀），故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+。根据反应NH4++OH﹣NH3↑+H2O，产生NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol；
第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解，因此溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+；由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，SO32﹣物质的量浓度为：=0.2mol/L，BaCO3为12.54g﹣4.66g═7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32﹣物质的量为0.04mol，CO32﹣物质的量浓度为=0.4mol/L；
由上述分析可得，溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.08mol，所以一定含有钠离子，钠离子的物质的量最小是0.04mol，氯离子不能确定。
【详解】A. 由分析可知Na+一定存在，故A正确；
B. 100mL溶液中含0.04mol碳酸根离子，故B错误；
C. 氯离子是否存在无法确定，故C错误；
D. Mg2+、Ba2+一定不存在，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是Na+的确定易出现失误。
15.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：
(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4
(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
下列有关说法中错误的是
A. 在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
B. 在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4
C. 在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜
D. 在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子
【答案】C
【解析】
在(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B、两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C．在反应（2）中，P元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确；故选C。
点睛：本题考查氧化还原反应，掌握元素化合价变化和氧化剂、还原剂概念是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，在反应（2）中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
16.有如下反应(未配平)：BrF3＋H2O→Br2＋O2＋HBrO3＋HF，反应后测得生成Br2与O2各1 mol。下列判断错误的是
A. 反应共转移6 mol电子
B. 氧化剂为BrF3，还原产物为Br2
C. 配平后H2O与HF的物质的量之比为5∶9
D. 被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是1∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由-2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，单线桥表示电子转移情况：，以此来解答。
【详解】A. 由分析可知，单线桥表示该反应电子转移情况为，反应共转移2+4=6 mol电子，故A正确；
B. 反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，氧化剂是BrF3，还原产物是Br2，故B正确；
C. 由分析可知配平后的方程式为：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，H2O与HF的物质的量之比为5∶9，故C正确；
D. 配平后的方程式：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，当有5.0mol水参加反应时，3molBrF3参与反应，反应共转移6 mol电子，水作还原剂，共有2mol水失去4mol电子，BrF3中作还原剂部分Br元素由+3价变为+5价，需要失去6mol-4mol=2mol电子，则作还原剂的BrF3的物质的量为1mol，作氧化剂的BrF3为2mol，被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是2∶1，故D错误；
题目要求选错误的，故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重电子守恒的考查，题目难度不大。
二、非选择题(本题包括5个小题，共52分)
17.现有下列物质：①红褐色的氢氧化铁胶体 ②石墨③无水乙醇 ④小苏打 ⑤NaHSO4固体 ⑥氨气
(1)按物质的分类方法，将上述物质进行分类。
能导电的物质：___________________(填序号，下同)；
电解质：__________________；
非电解质：_____
(2)写出上述物质中的两种酸式盐在水溶液中发生反应的离子方程式：________。
【答案】 (1). ①② (2). ④⑤ (3). ③⑥ (4). HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，有自由移动的带电胶粒，可以导电；石墨是C单质，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；无水乙醇是有机物，属于非电解质，不能导电；小苏打是碳酸氢钠属于酸式盐，是电解质，固体碳酸氢钠不能导电；NaHSO4属于酸式盐，是电解质，固体NaHSO4不能导电；氨气是氢化物，是非电解质，不能导电。
【详解】(1)由分析可知能导电的物质有：①②；电解质有：④⑤；非电解质有：③⑥；
(2)由分析可知上述物质中的两种酸式盐分别是碳酸氢钠和硫酸氢钠，在水溶液中发生反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O。
【点睛】本题考查物质的分类以及各类物质的概念等，为高频考点，把握相关概念及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
18.常用下图所示A～D中的装置进行混合物的分离和提纯，按要求回答下列问题：
(1)仪器①的名称______________。
(2)除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3颗粒应选用装置________(填字母代号，下同)。
(3)分离互溶的乙酸(沸点118 ℃)和乙酸乙酯(沸点77.1 ℃)的混合物应选用装置________。
(4)用CCl4提取碘水中的碘单质应选用装置________。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). C (3). A (4). D
【解析】
【详解】（1）仪器①烧瓶带有支管，此烧瓶为蒸馏烧瓶；
（2）CaCO3不溶于水，则除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3颗粒用过滤操作，应选用装置C；
（3）乙酸(沸点118 ℃)和乙酸乙酯(沸点77.1 ℃)的沸点差异较大，则分离互溶的乙酸和乙酸乙酯用蒸馏的方法，应选用装置A；
（4）用CCl4提取碘水中的碘单质需要的操作是萃取，需要分液漏斗，应该选用装置D。
【点睛】本题考查混合物分离提纯方法及选择，为高频考点，把握混合物分离方法及物质的性质为解答的关键，题目难度不大。
19.病人输液用的葡萄糖注射液是葡萄糖(化学式为C6H12O6)的水溶液，其标签上的部分内容如图所示。利用标签所提供的信息，回答下列问题：
(1)该注射液中葡萄糖的质量分数为__________(该溶液密度约为 1.0 g/cm3)。
(2)该注射液中葡萄糖的物质的量浓度是__________mol/L(计算结果精确到小数点后2位)。
(3)某同学进行某项实验需要480 mL上述葡萄糖溶液，其配制过程如下，请完成填空：
①该同学需称取________g葡萄糖在烧杯中溶解；
②配制时，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次)________；
A．用50 mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用托盘天平准确称取葡萄糖并加入盛有少量水(约50 mL)的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅拌，使其完全溶解
C．将已溶解完全的葡萄糖溶液沿玻璃棒注入一定规格的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面的最底处恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，至液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm 处
③在配制过程中，下列实验操作使所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏高的是________(填字母代号)；
A．用托盘天平称取葡萄糖时“左物右码”
B．溶解时使用的烧杯和玻璃棒未洗涤
C．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液
D．定容时俯视凹液面
E．加水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的液体
(4)已知溶液中某溶质的物质的量除以溶剂的质量称为该溶质的质量摩尔浓度，单位为mol/kg。
①上述葡萄糖溶液的质量摩尔浓度为________(计算结果精确到小数点后2位)mol/kg。
②若将标准状况下a L HCl气体完全溶于b g水中，此时该盐酸的质量摩尔浓度为______(只需列出计算式，无需化简)mol/kg。
【答案】 (1). 5% (2). 0.28 (3). 25.0 (4). BCAFED (5). D (6). 0.29 (7). 1000a/22.4b
【解析】
【分析】
一定物质量浓度溶液配置实验中步骤为：量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓盐酸，在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，以此确定操作顺序和实验仪器；有关误差分析通过c= 判断，题目中给出的新概念——质量摩尔浓度，根据定义公式即可算出。
【详解】(1)由标签所提供的信息可知该注射液中葡萄糖的质量分数为5%，故答案为：5%；
(2)溶质的质量为25g，n==0.139mol，则c==0.28mol/L，故答案为：0.28mol/L；
(3) ①要配置480mL物质的量浓度为0.28 mol/L的葡萄糖溶液，需要选用500mL的容量瓶，由标签可知，500mL该溶液中含有溶质葡萄糖25g，故该同学需称取25.0g葡萄糖在烧杯中溶解；
②配制溶液500mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓盐酸，在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以操作顺序为BCAFED；
③A. 用托盘天平称取葡萄糖时“左物右码”是正确的操作，不会导致所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏高，故A不选；
B. 溶解时使用的烧杯和玻璃棒未洗涤会导致溶质的物质的量减小，导致所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏低，故B不选；
C. 洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液对实验结果没有影响，故C不选；
D. 定容时俯视凹液面会导致定容水加少，所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏高，故选D；
E. 加水超过刻度线后，用胶头滴管吸出多余的液体会导致部分溶质损失，所配制的葡萄糖溶液的物质的量浓度偏低，故E不选；
正确答案是D。
(4) ①上述葡萄糖溶液的质量摩尔浓度为==0.29 mol/kg；
②标准状况下a L HCl物质的量为=mol，此时该盐酸的质量摩尔浓度为= 。
20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，其在消毒(发生氧化还原反应)后可形成Fe(OH)3胶体，常用于处理饮用水。工业上有干法与湿法两种制备高铁酸钾的方法。
(1)干法制备高铁酸钾时，先制备得到Na2FeO4，反应如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑
①该反应中，氧化剂是________，氧化产物是________。
②每生成1 mol Na2FeO4，转移________mol电子。
(2)配平湿法制备高铁酸钾反应的离子方程式：
______Fe(OH)3＋______ClO－＋______OH－===______FeO42－＋______Cl－＋______H2O
(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，该反应表明氧化性：K2FeO4______(填“>”或“<”)Cl2。
(4)Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物沉降下来，用作净水剂。
①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是_____________________。
②下列有关胶体的说法不正确的是________(填字母代号)。
a．光束通过Fe(OH)3胶体时形成光亮的“通路”
b．往Fe(OH)3胶体中加入稀硫酸，先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解消失
c．Fe(OH)3胶体粒子不能透过滤纸，能透过半透膜
d．Fe(OH)3胶体发生电泳时，其胶体粒子向阴极移动
【答案】 (1). Na2O2 (2). Na2FeO4和O2 (3). 5 (4). 2 (5). 3 (6). 4 (7). 2 (8). 3 (9). 5 (10). > (11). FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl (12). c
【解析】
【分析】
(1)①分析反应2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中元素化合价变化可以解答；
②反应2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中元素化合价变化较多，由降低O元素计算方便；
(2)湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化；
(3)由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得答案；
(4)①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
②根据胶体的性质解答。
【详解】(1)①2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价既升高又降低，则氧化剂为Na2O2，还原剂为FeSO4和Na2O2；
②2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价既升高又降低，由降低O元素可知每生成1molNa2FeO4转移的电子数为1mol×5×（2-1）=5mol；
(2)湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化，该离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，方程式为：2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Cl2↑，该反应中K2FeO4中Fe元素化合价降低是氧化剂，HCl中Cl元素化合价升高是还原剂生成氧化产物Cl2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：K2FeO4>Cl2；
(4)①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
②a. 胶体能发生丁达尔效应，故a正确；
b. 向胶体中加入电解质溶液发生聚沉，氢氧化铁与过量的稀硫酸发生化学反应而溶解，故b正确；
c. 胶体粒子的大小在1-100nm之间，可以透过滤纸但不能透过半透膜，故c错误；
d. 氢氧化铁胶体具有吸附性，吸附阳离子，则胶体粒子带电，在电场作用下氢氧化铁胶粒会移向阴极，阴极附近颜色变深，会产生电泳现象，故d正确；说法不正确的是c。
21.向一定体积CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入浓度为1 mol·L－1的Na2CO3溶液，反应过程中加入的Na2CO3溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。
已知图中V1∶V2＝1∶2；当加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的浓度为1 mol·L－1，体积为200 mL。求：
(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，所得溶液的溶质是________。
(2)原混合溶液中CaCl2和HCl的物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。
(3)m1＝________g，m2＝________g。
【答案】 (1). NaCl (2). 1∶2 (3). 2.2 (4). 5
【解析】
【分析】
分析反应的过程可知：加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了，据此分析解答。
【详解】(1)加入V2 mL Na2CO3溶液时，沉淀或气体的质量不再增大，说明碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故所得溶液的溶质是NaCl；
(2) 由图像可知，向一定体积 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入浓度为 1mol·L-1 的 Na2CO3溶液，0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，V1~V2发生的是碳酸钠与氯化钙的反应，生成碳酸钙的质量为m2。又知V1：V2=1:2，说明盐酸和氯化钙消耗的Na2CO3 溶液体积相等，由两个反应的化学方程式可知，n(CaCl2)∶n(HCl)= 1:2；当加入 V2mLNa2CO3 溶液时，所得溶液为氯化钠溶液，其浓度为 1 mol·L-1，体积为 200mL，所以n(NaCl)=0.2mol，由氯离子守恒可以求出n(CaCl2)=0.0500mol、n(HCl)=0.100mol，n(CaCl2)∶n(HCl)=1:2；
(3) 0~V1发生的是碳酸钠与盐酸反应，生成二氧化碳的质量为m1，则n(CO2)= n (HCl)= ×0.1mol=0.05mol，m1= n(CO2) ×M(CO2)=0.05mol×44g/mol=2.2g，由钙离子守恒可知，n(CaCO3)=n(CaCl2)=0.05mol，所以m2=0.0500mol5 g。
【点睛】本题考查的是有关混合物的组成的计算，难度较大。弄清反应原理和反应的先后顺序是解题的关键，从图像中及题中找出关键数据是解题的保证，巧妙运用守恒法是解题的捷径。
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