北京市清华志清中学2018-2019学年高一上学期期中考试化学试题

北京市清华志清中学2018—2019学年度第一学期期中练习
高一化学
本试卷满分100分，考试时间90分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Fe-56
第Ⅰ卷 (选择题 共60分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。30道小题，每小题2分，共60分)
1.下列仪器中，不能用于加热的是( )
A. 容量瓶 B. 试管 C. 蒸发皿 D. 烧杯
【答案】A
【解析】
【详解】A. 容量瓶为不能加热的仪器，A项符合题意；
B. 试管为可直接加热的仪器，B项不符合题意；
C. 蒸发皿为可直接加热的仪器，C项不符合题意；
D. 烧杯为可间接加热的仪器，D项不符合题意；
答案选A。
2.摩尔是( )
A. 物质的质量单位 B. 物质的量 C. 6.02×1023个微粒 D. 物质的量的单位
【答案】D
【解析】
【详解】摩尔是物质的量的单位。
答案选D。
3. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。下列物质不属于电解质的是
A. Fe B. NaOH C. H2SO4 D. Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A、铁为单质，不属于电解质，故A正确；
B、氢氧化钠为在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，氢氧化钠为电解质，故B错误；
C、硫酸在水溶液中能够导电，且为化合物，硫酸为电解质，故C错误；
D、硫酸钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，且为化合物，所以硫酸钠为电解质，故D错误；故选A。
【点晴】本题考查了电解质与非电解质的判断。注意掌握电解质与非电解质的区别，本题中注意题中要求“不属于电解质的是”，满足该条件的物质不一定为非电解质。在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质和非电解质都一定为化合物，单质和混合物一定不是电解质、非电解质；还要注意不属于电解质的物质包括非电解质、单质和混合物。

4.当光束通过下列分散系时，可观察到丁达尔效应的是
A. 乙醇溶液 B. 氯化钠溶液
C. 硫酸铜溶液 D. 氢氧化铁胶体
【答案】D
【解析】
【详解】当光束通过胶体时能产生丁达尔效应，即有一条光亮的通路，通过其它分散系时没有这种现象。在给定的四个选项中，前三个都是溶液，只有D氢氧化铁胶体属于胶体，符合要求。选项为D。
【点晴】本题考查胶体的性质，注意胶体的本质特征是：胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，这也是胶体与其它分散系的本质区别。区分胶体和溶液最简单的方法是利用丁达尔现象。胶体具有丁达尔现象是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断各分散系是否是胶体即可。
5.目前人类已发现几千万种物质，对物质进行分类，有利于我们的学习。下列关于物质的类别中，不正确的是(括号内为类别)( )
A. H2O(氧化物) B. H2SO4(含氧酸)
C. CH3COOH(混合物) D. I2的CCl4溶液(混合物)
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2O是由两种元素组成的，且其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物，A项正确，不符合题意；
B H2SO4属于酸，且含有氧元素，属于含氧酸，B项正确，不符合题意；
C. CH3COOH是由一种物质组成的，属于纯净物，不是混合物，C项错误，符合题意；
D. I2的CCl4溶液是两种物质组成的，属于混合物，D项正确，不符合题意；
答案选C。
6.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是( )
A. 碘和四氯化碳 B. 水和四氯化碳
C. 酒精和水 D. 汽油和植物油
【答案】B
【解析】
【分析】
互不相溶的液体可以用分液漏斗进行分离。
【详解】A. 碘易溶于四氯化碳，不能用分液漏斗进行分离，A项不符合题意；
B. 水和四氯化碳不互溶，能用分液漏斗进行分离，B项符合题意；
C. 酒精和水可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，C项不符合题意；
D. 汽油和植物油可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项不符合题意；
答案选B。
【点睛】分液漏斗用于互不相溶且密度不同的两种液体的分离或萃取分液，分离液体时，需注意下层液体由下口放出，上层液体由上口倒出。
7.将5mL10mol/L的H2SO4稀释到100mL，所得硫酸溶液的物质的量浓度是( )
A. 0.2mol/L B. 2mol/L C. 0.5mol/L D. 5mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】由溶液在稀释前后溶质的物质的量不变可知，稀释到100mL，所得硫酸溶液的物质的量浓度是=0.5mol/L；答案为C。
8.下列行为中符合安全要求的是( )
A. 进入煤矿井时，用火把照明
B. 实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸
C. 用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气
D. 节日期间，在开阔的广场燃放烟花爆竹
【答案】D
【解析】
【详解】A．进入煤矿井时，若用火把照明，矿井中常含有可燃性的气体，很容易发生爆炸，故A错误；
B．配制稀硫酸时，先在烧杯内倒入蒸馏水，再沿烧杯内壁缓慢注入浓硫酸，并不断搅拌，防止液体飞溅，若将水倒入浓硫酸因放出大量的热引起飞溅事故，故B错误；
C．用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气，容易发生液化气爆炸，应该使用肥皂水进行检验，故C错误；
D．节日期间，在开阔的广场燃放烟花爆竹，可减少事故的发生，故D正确；
答案为D。
9.关于SO2气体的叙述中，正确的是（ ）
A. SO2的摩尔质量是64 g
B. 1mol SO2中所含分子数约为6.02×1023
C. 1 mol SO2的质量是64 g·mol－1
D. 25℃，1.01×105Pa下，1 mol SO2的体积为22.4 L
【答案】B
【解析】
试题分析：摩尔质量的单位是g/mol，SO2的摩尔质量是64 g/mol，故A错误；1mol SO2中所含分子数约为6.02×1023，故B正确；1 mol SO2的质量是64 g，故C错误；0℃，1.01×105Pa下，1 mol SO2的体积为22.4 L，故D错误。
考点：本题考查物质的量。
10.下列化学方程式不能用H++OH-=H2O表示的是
A. KOH+HCl=KCl+H2O
B. Ba（OH）2+2HCl=BaCl2+2H2O
C. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
D. Cu（OH）2+2HNO3=Cu（NO3）2+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. KOH+HCl=KCl+H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H++OH-=H2O，故不选A；
B. Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H++OH-=H2O，故不选B；
C. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H++OH-=H2O，故不选C；
D. Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，氢氧化铜难溶于水，Cu(OH)2不能拆写为离子，反应的离子方程式是Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故选D；
答案选D。
11.用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是( )
A. 1molNa2SO4溶于水，所得溶液中Na+的数目为NA
B. 17gNH3中含有质子的数目为10NA
C. 标准状况下，22.4LH2O含有氢原子的数目为2NA
D. 11.2LH2含有氢原子的数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mol硫酸钠中含2mol钠离子，故1mol硫酸钠溶于水后，钠离子仍然为2mol，溶液中钠离子的个数为2NA个，故A错误；
B．17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气中含有10mol质子，含有的质子数为10NA，故B正确；
C．标准状况下，H2O为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C错误；
D．氢气所处的状态不明确，故其物质的量和原子个数无法计算，故D错误；
答案为B。
12.下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是（ ）
A
B
C
D
乙醇
天然气
浓硫酸
氢氧化钠






A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙醇在常温下是无色液体，容易燃烧，属于易燃性液体，A正确，不符合题意；
B.天然气主要成分CH4，该物质在常温下呈气态，容易燃烧，属于易燃性气体，B正确，不符合题意；
C.浓硫酸具有强的腐蚀性，属于腐蚀性药品，C正确，不符合题意；
D.NaOH具有强的腐蚀性，属于腐蚀性药品，D错误，符合题意；
故合理选项是D。
13.下列反应中，属于氧化还原反应的是
A. 2 H2O2 2 H2O + O2↑ B. 2 Al(OH)3 Al2O3 + 3 H2O
C. FeO + 2 HCl = FeCl2+ H2O D. CuCl2+ 2 NaOH = Cu(OH)2↓+ 2NaCl
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。
【详解】A. H2O2中的氧为-1价，反应后部分降低到了水中的-2价，部分升高到了氧气中的0价，有化合价的升降，是氧化还原反应，故A选；
B.没有元素的化合价变化，故B不选；
C和D.均为复分解反应，都没有化合价变化，均为非氧化还原反应。故均不选；
故选A。
14.下列溶液中，溶质的物质的量浓度最大的是( )
A. 250mL2mol/L的NaOH溶液 B. 500mL1mol/L的盐酸
C. 100mL3mol/L的硫酸 D. 40mL5mol/L的盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】溶液中溶质物质的量浓度的大小和溶液的体积无关，所以物质的量浓度最大的是40mL5mol/L的盐酸溶液；
故选D。

15. 用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作中正确的是（ ）
A. 称量时，将固体NaOH直接放在天平右盘上
B. 将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解
C. 将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中
D. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分
【答案】C
【解析】
【详解】A、使用托盘天平时，注意“左物右码”，A错误；
B、NaOH应在烧杯中溶解，B错误；
C、NaOH在烧杯中溶解，并降至室温之后，才能转移至容量瓶中，C正确；
D、定容时，如果加水超过了刻度线，所得溶液的浓度偏小，需要重新配置溶液，D错误；
故选C。
16.14gN2的物质的量为( )
A. 14mol B. 0.5mol C. 2mol D. 1mol
【答案】B
【解析】
【详解】n(N2)=，故B正确；
故选B。
17.在2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑＋O2↑反应中，被氧化的元素是( )
A. Cu B. N C. O D. Cu和O
【答案】C
【解析】
【分析】
2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑＋O2↑反应中，氧元素由-2价升高为0价，被氧化，N由+5价降为+2价，被还原。
【详解】A．铜元素化合价不变，故A不选；
B．N由+5价降为+2价，被还原，故B不选；
C．2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑＋O2↑反应中，氧元素由-2价升高为0价，被氧化，故C选；
D．铜元素化合价不变，故D不选；
故选C。

18.下列应用与胶体的性质没有关系的是( )
A. 用明矾净化饮用水
B. 用石膏或盐卤制豆腐
C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D. 一束光线照射淀粉溶液，可看到光亮的通路
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al3＋＋3H2OAl(OH)3（胶体）＋3H＋，Al(OH)3（胶体）具有吸附性，可用明矾净化饮用水，故A不选；
B．石膏或盐卤可以使蛋白质胶体盐析，可用石膏或盐卤制豆腐，故B不选；
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应，生成红褐色沉淀，与胶体性质无关，故C选；
D．一束光线照射淀粉溶液，可看到光亮的通路，是胶体的丁达尔效应，故D不选；
故选C。
19.下列化学反应中，不属于四种基本反应类型的是( )
A. 2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑ B. 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2
C. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ D. Na2O+H2O=2NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑两种化合物相互交换成分，属于复分解反应，故A不选；
B．2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，单质和化合物反应生成两种化合物，不属于置换反应等四种基本类型的反应，故B选；
C．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，由一种反应物生成多种生成物，属于分解反应，故C不选；
D．Na2O+H2O=2NaOH，由两种反应物生成一种生成物，属于化合反应，故D不选；
故选B。
20.下列装置能达到对应实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
装置




目的
收集H2
分离碘和泥沙
分离水和四氯化碳
实验室制取蒸馏水



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气密度小于空气，应用向下排空集气法收集，导管应短进长出，故A错误；
B．分离碘和泥沙应用升华法，故B错误；
C．分离水和四氯化碳两种互不相溶的液体应用分液法，故C错误；
D．利用水在高于100℃时气化，低于100℃时又冷凝成液体的性质，实验室用蒸馏法制取蒸馏水，装置正确，故D正确；
故选D。
21.下列各组离子，能在无色透明的强酸性溶液中大量共存的是( )
A K＋、Na＋、NO、Fe3+ B. Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－
C. K＋、Na十、Br－、Cu2＋ D. Na+、Ba2＋、OH－、SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+的水溶液呈黄色，故A不符；
B．Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－在酸性条件下不产生沉淀、气体和水，同时溶液呈无色，故B符合；
C．Cu2＋的水溶液呈蓝色，故C不符；
D．BaSO4难溶于水，强酸性溶液中，OH－也不能大量共存，故D不符；
故选B。
22.下列有关物质分离或提纯方法的叙述中，不正确的是( )
A. 用酒精萃取碘水中的碘
B. 用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水
C. 用溶解、过滤的方法分离硝酸钾和沙子
D. 用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体
【答案】A
【解析】
【详解】A．酒精与水混溶，不分层，不能萃取，则选苯或四氯化碳萃取碘水中的碘，故A错误；
B．水的沸点与自来水中物质的沸点不同，用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；
C．沙子不溶于水，硝酸钾溶于水，则溶解、过滤可分离，故C正确；
D．加热氯化铵分解变成氨气与氯化氢气体，两者又会化合生成氯化铵，而NaCl不能，故可用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体，故D正确；
故选：A。
23.在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目是（ ）
A. 3.01×1023 B. 6.02×1023 C. 0.5 D. 1
【答案】B
【解析】
【详解】0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol，由N=n×NA可知，钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023。
故选B。
24.某无色溶液可能含有AgNO3、NaCl、Na2CO3和Na2SO4中的一种。取少量该溶液于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。则该物质是( )
A. AgNO3 B. NaCl C. Na2SO4 D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】取少量该溶液于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，则一定不是AgNO3、Na2CO3，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则一定不是NaCl，所以则该物质是Na2SO4。
故选C。
25.等质量的下列物质中，所含分子数最少的是( )
A. Cl2 B. NH3 C. HCl D. H2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据n=比较。
【详解】根据n=可知，等质量时，物质的相对分子质量越大，分子数越小，题中H2SO4的相对分子质量最大，为98，则H2SO4的分子数最少，故选D。
【点睛】本题综合考查物质的量的计算，侧重于学生计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，找出物理量之间的关系，可省去计算的繁琐。
26.在相同条件下，两种气体的物质的量相同，下列说法正确的是( )
A. 体积均为22.4L B. 具有相同的原子数目
C. 具有相同的质量 D. 具有相同的体积
【答案】D
【解析】
【详解】A. 体积为22.4L，适用于条件是标准状况，题目中没有说明是否是标准状况，因此体积不一定等于22.4L，根据阿伏加德罗定律，两种气体的体积一定相等，A错误；
B. 不知道气体的分子组成，如O2和O3，物质的量相同，但原子数目不同，B错误；
C. 根据，虽然物质的量相等，但两种气体摩尔质量不知道是否相等，因此无法判断质量是否相等，C错误；
D. 因为在相同条件下，且两种气体物质的量相同，根据阿伏加德罗定律，两种气体的体积相等，D正确。
答案选D。
27.下列电离方程式中，不正确的是( )
A. HCl=H＋+Cl－ B. Na2SO4=Na++ SO42−
C. NaHCO3=Na++ HCO3－ D. NaHSO4=Na++ SO42−+H+
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. HCl完全电离成氢离子和氯离子，HCl的电离方程式为HCl = H＋+Cl－，故A正确；
B. 硫酸钠的电离方程式为Na2SO4 = 2Na++ SO42−，故B错误；
C. HCO3－是弱酸酸式根，碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3 = Na++ HCO3－，故C正确；
D. HSO4－是强酸酸式根，硫酸氢钠的电离方程式为NaHSO4=Na++ SO42−+H+，故D正确；
综上所述，答案为B。

28.下列离子方程式正确的是( )
A. 氧化镁与稀硫酸混合：MgO＋2H＋=Mg2+＋H2O
B. 稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H＋=H2↑＋Cu2+
C. 向稀盐酸溶液中加铁：3Fe＋6H＋=3Fe3＋＋3H2↑
D. 稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氧化镁与稀盐酸混合的离子方程式为：MgO+2H+═Mg2++H2O，故A正确；
B. Cu在金属活动顺序表中排在氢后面，与稀硫酸不反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C. 铁与稀盐酸溶液反应生成氯化亚铁： Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故C错误；
D. CaCO3与HCl反应生成二氧化碳气体：CaCO3+2H+═H2O+Ca2++CO2↑，故D错误；
故选A。
29.在 KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O 的反应中，被还原与被氧化的氯原子数之比是
A. 6:1 B. 1:6 C. 5:1 D. 1:5
【答案】D
【解析】
【详解】KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl的化合价由+5价变为0价，被还原；而HCl中的Cl由-1价变为0价，被氧化，则被还原与被氧化的氯原子数之比为1：5，答案为D。
【点睛】氧化还原反应中，同种元素间的化合价升降，遵守价态只靠拢不相交的原则。
30.瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1∶4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为( )
A. 1∶4 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 1∶2
【答案】D
【解析】
【详解】瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时，极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比等于其物质的量比，为，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共40分)
二、填空题(共36分)
31.现有下列10种物质：①H2O ②空气 ③Mg ④CaO ⑤H2SO4 ⑥Ca(OH)2 ⑦CuSO4·5H2O ⑧碘酒 ⑨C2H5OH和⑩NaHCO3。其中属于混合物的是_____(填序号，下同)；属于酸的是________；属于盐的是________；属于有机物的是______；
【答案】 (1). ②⑧ (2). ⑤ (3). ⑦⑩ (4). ⑨
【解析】
【分析】
根据物质的分类进行分析，根据纯净物、混合物、酸、碱、盐、有机物及混合物的定义进行分析。
【详解】①H2O是纯净物。②空气是混合物，③Mg是金属，④CaO是氧化物，碱性氧化物，⑤H2SO4是酸，⑥Ca(OH)2是碱，⑦CuSO4·5H2O是盐，属于纯净物，⑧碘酒是混合物，⑨C2H5OH是有机物，⑩NaHCO3是盐。因此属于混合物的是②⑧；属于酸的是⑤；属于盐的是⑦⑩；属于有机物的是⑨；故答案为：②⑧；⑤；⑦⑩；⑨。
32.硅是重要的无机非金属材料，工业上从硅的氧化物制取硅单质的主要反应为SiO2＋2C=Si＋2CO↑。其中，其中硅元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)，氧化剂是_____(填化学式)，被氧化的物质是____(填化学式)；若反应中消耗了2molC，则生成_____molSi。
【答案】 (1). 降低 (2). SiO2 (3). C (4). 1
【解析】
【分析】
SiO2＋ 2CSi ＋ 2CO↑反应中Si元素化合价由+4价降低0价，C元素化合价由0价升高到+2价，结合氧化还原反应的规律与基本概念分析作答。
【详解】综上分析Si元素化合物价降低，所以SiO2为氧化剂，C元素化合价升高，所以C为还原剂，被氧化，C元素由0价升高到+2价，故2mol碳消耗共失去4mol电子，生成1molSiO2。
33.为除去粗盐中含有的可溶性杂质硫酸盐、氯化钙和氯化镁，某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如下实验流程：

请回答：
(1)操作a和操作b的名称依次是______。
(2)试剂①是______。
(3)加入NaOH后，发生反应的离子方程式是___________。
(4)加入试剂②后，发生反应的离子方程式是___________。
(5)加入盐酸的作用是______。
【答案】 (1). 过滤、蒸发 (2). BaCl2溶液 (3). Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ (4). Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++ CO32-=BaCO3↓ (5). 除去过量的CO32-和OH－
【解析】
【分析】
由实验流程可知，粗盐溶解后加试剂①为BaCl2，操作a为过滤，得到沉淀A为BaSO4，溶液A含氯化钙、氯化镁、氯化钡，再与NaOH反应时，镁离子转化为沉淀，过滤得到沉淀B为Mg(OH)2，溶液B含氯化钙、氯化钡、NaOH，试剂②为碳酸钠，可除去钙离子、钡离子，过滤分离出沉淀C为BaCO3、CaCO3，溶液C含NaCl、NaOH、碳酸钠，再加盐酸反应后，蒸发结晶得到固体产品。
【详解】(1) 根据上述分析知操作a为过滤，操作b为蒸发，故答案为：过滤、蒸发；
(2) 根据上述分析知，粗盐提纯过程中首先除去硫酸根，所以试剂①是BaCl2溶液，故答案为：BaCl2溶液；
(3) 加入NaOH后，主要是将镁离子沉淀，发生反应的离子方程式是Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，故答案为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；
(4) 加入试剂②碳酸钠后，主要生成碳酸钙和碳酸钡沉淀，发生反应的离子方程式是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++ CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++ CO32-=BaCO3↓；
(5) 加入盐酸的作用是除去过量的CO32-和OH－，故答案为：除去过量的CO32-和OH－。
34.某实验小组同学在配制100mL0.1mol/L的NaOH溶液时，实验操作如下：
①往盛有NaOH固体的小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。为加速溶解，可用_________(填仪器名称)搅拌。
②将①所得溶液冷却到室温后，小心转入___________(填仪器名称)中。
③计算需要NaOH固体的质量___________
④继续加蒸馏水至液面距刻度线1—2cm处，改用_____(填仪器名称)小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切。
⑤称量NaOH的质量，在托盘天平上，先称量一干燥而洁净的烧杯的质量。然后将NaOH放入烧杯，再称出它们的总质量。从总质量减去烧杯的质量便等于所需的NaOH的质量。
⑥用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2—3次，洗涤液也都注入容量瓶，并轻轻摇匀。
⑦将容量瓶瓶塞塞紧，反复上下颠倒，摇匀。
请回答：
(1)正确的实验操作顺序为_________________(填序号)。
(2)取出20mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为______。
(3)下列操作会使所配溶液物质的量浓度偏高的是______(填序号)。
A.容量瓶洗净后未经干燥处理
B.向容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出
C.在烧杯内溶解NaOH后未等冷却就立即转移到容量瓶中
D.定容时俯视刻度线
E.定容时仰视刻度线
F.倒转容量瓶摇匀后，液面降至刻度线下，再加水至刻度。
【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 100mL容量瓶 (3). 0.4g (4). 胶头滴管 (5). ③⑤①②⑥④⑦ (6). 0.1mol/L (7). CD
【解析】
【分析】
根据配制一定物质的量浓度的溶液的实验原理、实验步骤及所需仪器分析解答。根据进行误差分析。
【详解】①为加速溶解，可用玻璃棒搅拌；故答案为：玻璃棒；
②由于氢氧化钠固体溶解过程会放出热量，转移到容量瓶前必须冷却到室温，然后转移到100mL容量瓶中，故答案为： 100mL容量瓶；
③配制100mL 0.1mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量是0.1LL×0.1mol/L= 0.01mol，质量是0.01mol ×40g/mol=0.4g，故答案为：0.4g；
④加蒸馏水至液面距刻度线1-2cm处，改用胶头滴管定容；故答案为：胶头滴管；
(1)按照称量、溶解、冷却移液、洗涤、定容、摇匀的顺序，正确为：③⑤①②⑥④⑦，故答案为：③⑤①②⑥④⑦
(2)溶液时均匀的，所以取出溶液的浓度不变，故NaOH的物质的量浓度为：0.1mol/L；故答案为：0.1 mol/L；
(3) A.容量瓶洗净后未经干燥处理，对所配溶液浓度无影响，故A不选；
B.向容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出，溶质损耗，导致溶液浓度偏低，故B不选；
C.在烧杯内溶解NaOH后未等冷却就立即转移到容量瓶中，当温度降低时，溶液体积减小，导致溶液浓度偏大，故C选；
D.定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故D选；
E.定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故E不选；
F.倒转容量瓶摇匀后，液面降至刻度线下，再加水至刻度，使溶液浓度偏小，故答案为：CD。
35.大气污染物NOx、SO2和可吸入颗粒物(PM2.5)等会危害人体健康，影响动植物生长，因此应加强对其监测和治理。请回答：
⑴为降低NOx的排放，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可将NOx还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：______________。
⑵某研究小组对PM2.5进行监测时，取其样本用蒸馏水处理制成待测试样，测得有关数据如下：
离子
H+
Na+



浓度(mol/L)

1×10-5
2×10-5
3×10-5
4×10-5


试样中c(H+)=______mol/L。
【答案】 (1). 2NO+2CON2+2CO2 (2). 8×10-5
【解析】
【分析】
CO与NO反应生成N2和CO2；根据电荷守恒分析。
【详解】⑴CO与NO反应生成N2和CO2，因此NO被CO还原的化学方程式：2NO+2CON2+2CO2；故答案为：2NO+2CON2+2CO2。
⑵根据电荷守恒得c(H+) + 1×10−5 mol∙L−1+ 2×10−5 mol∙L−1 = 3×10−5 mol∙L−1+ 4×10−5 mol∙L−1×2，因此试样中c(H+)=8×10−5 mol∙L−1；故答案为：8×10−5。
【点睛】电荷守恒是常考题型，主要根据离子所带电荷数相等来分析。
36.取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，所发生的反应的离子方程式为_____________；反应后所得溶液为______色。用此溶液进行以下反应。
(1)取少量溶液于一支试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为___________；
(2)在小烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体变成__________色，即可制得______________；
(3)另取一个小烧杯，也加入25mL蒸馏水，向烧杯中加入1mLFeCl3溶液，振荡摇匀后，将此烧杯甲与(2)中的烧杯乙一起放置在暗处，用激光笔照射杯中的液体，可看到_______(填甲或乙)烧杯中的液体有丁达尔效应。
【答案】 (1). Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O (2). 黄 (3). Fe3+＋3OH-＝Fe(OH)3↓ (4). 红褐色 (5). Fe(OH)3胶体 (6). 乙
【解析】
【分析】
1.Fe2O3为碱性氧化物，能和盐酸反应生成盐和水；
2.根据Fe3++3OH-=Fe (OH)3↓进行分析下；
3.根据胶体的制备进行分析；
4.根据胶体的性质进行判断。
【详解】Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，所发生的反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，该反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2FeCl3+3H2O，所得溶液实际是FeCl3溶液，溶液中含有Fe3+离子，所以溶液呈黄色；
故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；黄；
(1 )取少量此溶液，滴入NaOH溶液，发生反应：Fe3++3OH-=Fe (OH)3↓，可观察到有红褐色沉淀Fe (OH)3生成，
故答案为：Fe3++3OH-=Fe (OH)3↓；
( 2 )向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，故答案为：红褐色；氢氧化铁胶体；
(3)因为胶体具有丁达尔效应。取一个小烧杯，也加入25mL蒸馏水，向烧杯中加入1mLFeCl3溶液，振荡摇匀后，得到的是FeCl3溶液，烧杯乙为氢氧化铁胶体，所以将此烧杯甲与(2)中的烧杯乙一起放置在暗处，用激光笔照射杯中的液体，可看到乙烧杯中的液体有丁达尔效应，故答案为：乙。

37.写出与下列离子方程式相对应的化学方程式：
(1)H++OH-=H2O_____________
(2)Ag++Cl-=AgCl↓_________________
【答案】 (1). NaOH+HCl=NaCl+H2O或NaOH+ NaHSO4=Na2SO4+2H2O (2). AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3或AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3
【解析】
【分析】
根据离子方程式书写原则进行解答。
【详解】(1)H++OH-=H2O为可溶的强酸强碱的反应，也可以是可溶性强碱和可溶性强酸的酸式盐，如NaOH+HCl=NaCl+H2O或NaOH+ NaHSO4=Na2SO4+2H2O，故答案为：NaOH+HCl=NaCl+H2O或NaOH+ NaHSO4=Na2SO4+2H2O；
(2)Ag++Cl-=AgCl↓为可溶性银盐和盐酸，或者可溶性银盐和可溶性氯化物反应，如AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3或AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3，故答案：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3或AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3。
38.写出下列反应的离子方程式：
(1)大理石与盐酸反应___________
(2)二氧化碳通人足量澄清石灰水中___________
(3)小苏打(NaHCO3)与盐酸反应_________
【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (2). CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O (3). +H+=H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
【详解】(1)大理石与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，大理石为碳酸钙，难溶于水，离子反应中不可拆，离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
(2)二氧化碳通人足量澄清石灰水中生成碳酸钙和水，澄清石灰水是氢氧化钙溶液，离子反应中可拆写，碳酸钙使沉淀，离子反应中不可拆，离子反应为：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O
(3)小苏打(NaHCO3)与盐酸生成二氧化碳、氯化钠和水，离子反应为：+H+=H2O+CO2↑。
【点睛】足量澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙，若二氧化碳过量，则生成碳酸氢钙，解题时注意反应物量关系。
39.配平氧化还原反应方程式：+____Fe2++____=1Mn2++____Fe3++____
【答案】 (1). 5 (2). 8H+ (3). 5 (4). 4H2O
【解析】
【详解】反应中Mn元素的化合价由+7价变为+2价，化合价降低5，Fe元素的化合价由+2价变为+3价，化合价升高1，根据化合价升降总价数相等，则Fe2+与Fe3+的计量系数为5，再根据电荷守恒可得反应物中应含有8个氢离子，结合物料守恒，产物中还生成水，则该反应方程式配平为+5Fe2++8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O。
三、计算题(共4分)(要求写出计算过程)
40.标准状况下，6.72LCO2的物质的量为_________
【答案】0.3mol
【解析】
【详解】根据可得，标准状况下，6.72LCO2的物质的量为：，故答案为：。
41.将5.3gNa2CO3配制成500mL溶液，该Na2CO3溶液的物质的量浓度是_________
【答案】
【解析】
【详解】根据可得，5.3gNa2CO3物质的量为，再根据，故答案为：。
四、附加题(10分)
42.吸入人体內的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体內的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是( )
A. 作氧化剂 B. 作还原剂
C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 既不作氧化剂又不作还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体內的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3 为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。
43.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 5.6g金属铁与足量稀盐酸充分反应，失去的电子数为0.3NA
B. 常温常压下，9gH2O中含有的分子数为NA
C. 标准状况下，11.2LCO2中含有的氧原子数为NA
D. 常温常压下，0.1mol氖气所含的电子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，稀盐酸没有强氧化性，所以0.1mol铁与足量稀盐酸充分反应，失去的电子数为0.2NA，A错误；
B. 常温常压下，9gH2O的物质的量为0.5mol，含有的分子数为0.5NA，B错误；
C. 标准状况下，11.2LCO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，C正确
D. 氖气是单原子分子，常温常压下，0.1mol氖气所含的电子数为NA，D错误；故答案为：C。
44.近几年，新闻媒体不断报导，有人由于误食亚硝酸钠(NaNO2)发生中毒事件。NaNO2中的N为+3价，所以既有氧化性，又有还原性，在酸性环境中可被KMnO4氧化为NaNO3，KMnO4被还原为Mn2+，紫色褪去。用此方法可鉴别NaNO2，请写出离子方程式__________
【答案】
【解析】
【分析】
氧化还原反应方程式书写之前要根据化合价变化确定电子得失，进行配平，再进行离子方程式改写。
【详解】根据题目给出的信息可知，反应中发生化合价变化的元素有两种为，N由+3升高到+5，失去2个电子，Mn由+7降到+2，得到5个电子，根据得失电子守恒进行配平,系数为5，系数为2，再根据原子守恒完善方程式。
答案为。
【点睛】酸性环境表示存在大量氢离子，在书写时添加进去才能配平方程。
45.某同学设计如下实验，测定Na2CO3、NaHCO3和CaCO3固体混合物中钠元素的质量分数。实验过程如图所示：

请回答：
(1)操作①、②的名称依次为_________。
(2)气体C是_________(填化学式)；溶液D是_________(填化学式)；
(3)原样品中钠元素的质量分数为_________________。
【答案】 (1). 溶解、过滤 (2). CO2 (3). NaCl (4). 34.5%
【解析】
【分析】
测定Na2CO3、NaHCO3和CaCO3固体混合物中钠元素的质量分数，首先根据混合物组成成分溶解性的不同，通过先溶解再过滤的方法，可除去混合物中的碳酸钙；接着根据反应流程图可知，混合物中钠元素全部转化为氯化钠，由最后得到的氯化钠的质量，根据化学变化前后元素质量不变，计算混合物中钠元素的质量，钠元素质量与混合物质量的比可计算原样品中钠元素的质量分数，据此解答。
【详解】(1)通过溶解把碳酸钙与溶液初步分离，然后经过过滤除去混合物中的碳酸钙，所以操作①、②的名称依次为溶解、过滤，故答案为：溶解、过滤；
(2)溶液A和溶液B的主要成分为：Na2CO3和NaHCO3；加入盐酸，发生反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以气体C为CO2，溶液D为NaCl，故答案为：CO2；NaCl；
(3)所得17.55g氯化钠中钠元素的质量为：17.55g××100%=6.90g，原样品中钠元素的质量分数为：×100%=34.5%，故答案为：34.5%。