2021【KS5U解析】银川一中高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2021【KS5U解析】银川一中高一上学期期中考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了5 K-39， 下列行为中符合安全要求的是， ②③④⑥⑨ 等内容，欢迎下载使用。
银川一中2020/2021学年度(上)高一期中考试
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 Cl-35.5 K-39
一、选择题（每题2分，共50分）
1. 实验室盛装浓硫酸的试剂瓶上贴有的标识是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】浓硫酸有强腐蚀性，为腐蚀品。
A．该图为腐蚀品标识，故A符合题意；
B．该图为易燃固体标识，故B不符合题意；
C．该图为放射性物质标识，故C不符合题意；
D．该图为自燃固体标识，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
2. 2020年2月以来，新型冠状病毒全球蔓延，外出最重要的防护措施是佩戴符合要求的口罩，口罩内部有一层防护，可有效将飞沫或病毒等隔绝在外。下列图示操作中与戴口罩原理相似的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】口罩内部有一层防护，可有效将飞沫或病毒等隔绝在外，类似过滤；装置A是气体吸收装置，并能防倒吸；装置B是分液；装置C是过滤；装置D是分馏；故选C。
3. 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. 节日期间，在开阔的广场燃放烟花爆竹
C. 用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气
D. 实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.煤矿中含有甲烷等可燃性气体，用火把照明容易引起爆炸，不符合安全要求；
B. 节日期间，在开阔的广场燃放烟花爆竹，符合安全要求；
C.液化气极易燃烧，用点燃的火柴容易引起爆炸，不符合安全要求；
D.浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸注入水中，并不断的搅拌，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸易引起液体飞溅伤人，不符合安全要求；
答案选B。
4. 下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1的是
A. 将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成的溶液
B. 将含有 6.02×1022个分子SO3的溶于水并配成1 L溶液
C. 将标况下22.4L HCl气体配成1 L溶液
D. K＋为2 mol的K2SO4溶液
【答案】C
【解析】
分析】
A、58.5g NaCl物质的量为1mol，但溶液体积不是1L；
B、根据n=N/NA计算SO3的物质的量，SO3溶于水生成H2SO4，而n（H2SO4）=n（SO3），根据c=n/V计算溶液物质的量浓度；
C、将标况下22.4L HCl气体，为1molHCl,配成1 L溶液,所得溶液浓度为1mol·L－1；
D、溶液体积未知，不能确定溶液浓度。
【详解】A、58.5g NaCl物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol·L－1，但题目中的1L是溶剂的体积，不是溶液的体积，故溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1；
B、SO3的物质的量为 6.02×1022÷ 6.02×1023mol－1=0.1mol，SO3溶于水生成H2SO4，而n（H2SO4）=n（SO3）=0.1mol，溶液体积为1L，则溶质的物质的量浓度为0.1mol·L－1，故溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1；
C、标况下22.4L HCl气体的物质的量为1mol,配成1 L溶液,所得溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1；
D、含2molK＋的K2SO4的物质的量为1mol，但溶液体积未知，不能确定溶质的浓度；
故选C。
【点睛】本题考查物质的量浓度，解题关键是对物质的量浓度定义式的理解，易错点A，注意溶剂的体积不等于溶液的体积。
5. 下列关于胶体的说法正确的是（ ）
A. 向煮沸的NaOH溶液中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体
B. 胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应
C. 胶体和溶液可以利用滤纸分离，这种提纯方式是渗析
D. 丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，是一种物理现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，可制得Fe(OH)3胶体，故A错误；
B．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小，故B错误；
C．胶体和溶液都可以透过滤纸，不能用滤纸分离，故C错误；
D．丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，由于没有新物质生成，是一种物理现象，故D正确；
故选D。
6. 下列各组混合物中，不能用分液漏斗进行分离的是（ ）
A. 碘和四氯化碳 B. 四氯化碳和饱和碳酸钠溶液
C. 水和汽油 D. 苯和水
【答案】A
【解析】
【分析】
使用分液漏斗进行分离，应是两种互不相溶的液体，据此分析；
【详解】A.I2、Br2易溶于有机溶剂，碘易溶于四氯化碳，应采用蒸馏的方法进行分离，不用分液漏斗，故A符合题意；
B.四氯化碳为有机物，不溶于水，可以用分液的方法，可用分液漏斗进行分离，故B不符合题意；
C.汽油不溶于水，可以用分液的方法进行分离，可用分液漏斗进行分离，故C不符合题意；
D.苯是不溶于水的液体，可以用分液的方法进行分离，可用分液漏斗进行分离，故D不符合题意。
故答案：A。
7. 除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（ ）
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作的方法
A
CaO(CaCO3)
水
溶解、过滤、结晶
B
Cu(CuO)
稀盐酸
溶解、过滤、洗涤、干燥
C
CuSO4(H2SO4)
氢氧化钠溶液
过滤
D
CO(H2)
氧气
点燃

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。
【详解】A．CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；
B．CuO能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，铜不与稀盐酸反应，再过滤、洗涤、干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；
C．H2SO4和CuSO4均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；
D．除去二氧化碳中的氢气不能够通氧气点燃，这是因为两种气体都是可燃性的，另外除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故D错误；
答案选B。
8. 下列说法正确的是（）
A. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
B. 根据酸中所含氢原子个数，分为一元酸、二元酸、三元酸
C. O2转化为O3的过程为物理变化
D. FeSO4·7H2O属于纯净物、化合物、盐、强电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．和碱反应生成盐和水氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故A错误；
B．根据酸电离产生氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，不是按酸分子中所含氢原子个数分，如H3PO2中有3个H原子、但H3PO2是一元酸，故B错误；
C．O2、O3是不同的分子，所以O2转化为O3的过程为化学变化，故C错误；
D．FeSO4·7H2O是结晶水合物，是盐，属于纯净物、化合物，完全电离产生金属阳离子和酸根离子，因此属于强电解质，故D正确；
故选D。
9. 日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）
A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]
B. 铁制菜刀生锈
C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏
D. 铝锅表面生成致密的氧化膜
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应过程，故B不选；
C．酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；
D．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选C。
10. 相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）。
①它们所含的分子数目之比为1∶1；　②它们所含的O原子数目之比为1∶2；　③它们所含的原子总数目之比为2∶3；　④它们所含的C原子数目之比为1∶1；⑤它们所含的电子数目之比为7∶11
A. ①②③④ B. ②和③ C. ④和⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】根据化学式可知，如果CO和CO2的物质的量相等，则二者的分子数相等，所含的氧原子数是1︰2的。而原子总数是2︰3的，碳原子数是1︰1的，含有的电子数是14︰22，所以正确的答案选D。
11. 下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 往碳酸钙中滴加稀盐酸：CO+2H+=H2O+CO2↑
B. CuO与稀盐酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2O
C. 氢氧化铁溶液与NaHSO4溶液反应：H++OH-=H2O
D. 铁粉与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钙是固体，应写成化学式CaCO3，不能拆写成离子形式，故A错误；
B．CuO与稀盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故B正确；
C．氢氧化铁是固体，不能拆写成离子形式，故C错误；
D．铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不能生成硫酸铁，故D错误；
故选B。
12. 下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是(　　)
A. CaCl2===Ca2＋＋2Cl－ B. NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-
C. HNO3===H＋＋NO3- D. KClO3===K＋＋Cl＋＋3O2－
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钙为强电解质，电离方程式为：CaCl2═Ca2++2Cl-，故A正确；
B．硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正确；
C．硝酸为强电解质，电离方程式为：HNO3═H++NO3-，故C正确；
D．氯酸钾为强电解质，电离方程式：KClO3═K++ClO3-，故D错误；
答案选D。
13. 澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，在低于-183℃时，泡沫具有永久磁性。下列叙述正确的是（ ）
A. “碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物
B. “碳纳米泡沫”中的碳原子是胶体
C. “碳纳米泡沫”既不是电解质也不是非电解质
D. “碳纳米泡沫”和金刚石的性质完全相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．“碳纳米泡沫”中，每个泡沫含有约4000个碳原子，一种新型的碳单质，A叙述错误；
B．“碳纳米泡沫”中的碳原子颗粒直径约6到9nm，溶于水形成的分散系是胶体，B叙述错误；
C．“碳纳米泡沫”为单质，既不是电解质也不是非电解质，C叙述正确；
D．“碳纳米泡沫”为分子形式，金刚石为原子晶体，性质不相同，D叙述错误；
答案C。
14. 下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液中所含Cl-的物质的量浓度相同的是( )
A. 100mL0.5mol/LMgCl2溶液 B. 200mL0.25mol/LKCl溶液
C. 50mL1.0mol/LNaCl溶液 D. 25mL0.5mol/LHCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】100mL0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度0.5mol/L。
A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2×0.5mol/L=1mol/L；
B．200mL0.25mol/LKCl溶液中c(Cl-)=0.25mol/L；
C．50mL1.0mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L；
D．25mL0.5mol/LHCl溶液中c(Cl-)=0.5mol/L；
故选：D。
15. 下列说法正确的是（ ）
A. 金属导电的原理和电解质导电的原理不同
B. 强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物
C. CO2的水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质
D. 在强电解质的水溶液中只有离子没有分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属导电是靠自由移动的电子，电解质导电是靠自由移动的离子，导电的原理不一样，故A正确；
B. 强弱电解质和溶于水的电解质是否完全电离有关，与是否易溶于水无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，乙酸易溶于水，它是弱酸，是弱电解质，故B错误；
C. CO2溶于水和水结合成碳酸，碳酸发生部分电离，碳酸是弱电解质，二氧化碳是非电解质，故C错误；
D. 水溶液中存在水分子，故D错误；
故选A。
16. 下列化学反应属于氧化还原反应，但不是离子反应的是（ ）
A. KMnO4可以受热分解制备O2
B. 将Na投入水中可产生H2和NaOH
C. 用盐酸可以清洗铁锈
D. 将Cl2通入KI溶液中置换碘单质（I2）
【答案】A
【解析】
【详解】A．KMnO4可以受热分解制备O2，O的价态从-1升高到0，属于氧化还原反应，但没有离子参与，不是离子反应，故A符合要求；
B．将Na投入水中可产生H2和NaOH，发生了氧化还原反应，而且有离子参与，故B不符题意；
C．用盐酸可以清洗铁锈，生成氯化铁和水，没有发生氧化还原反应，故C不符题意；
D．将Cl2通入KI溶液中置换碘单质（I2），氯和碘的价态发生改变，发生了氧化还原反应，而且有离子参与，故D不符题意；
故选A。
17. 下列离子能大量共存的是（ ）
A. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NO
B. 无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D. 紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2+、K+、HCO、NO
【答案】B
【解析】
【详解】A．含Cu2+的溶液呈蓝色，不满足无色溶液的要求，故A错误；
B．无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Na+、K+、SO、CO相互之间不反应，和氢氧根也不反应，能大量共存，故B正确；
C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中，SO与钡离子会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，HCO在酸性条件能发生反应生成水和二氧化碳，故D错误；
故选B。
18. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列叙述中正确的是(    )
①标准状况下,11.2L H2O 中含分子数为0.5NA;
②1.06gNa2CO3中含有Na+的数目为0.02NA;
③23gNO2和N2O4的混合气体中所含的O原子数为NA;
④0.5mol·L-的MgCl2溶液中含有Cl-的数目为NA;
⑤常温常压下, NA个CO2分子占有的体积为22.4L.
A. ①②③④⑤ B. ②③④⑤ C. ②③⑤ D. ②③
【答案】D
【解析】
【分析】
①标准状况下水为液体；
②求出1.06 gNa2CO3的物质的量，然后根据碳酸钠中含2个钠离子来分析；
③NO2和N2O4的最简式均为NO2；
④溶液体积不明确；
⑤常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol。
【详解】①标准状况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；
②1.06 gNa2CO3的物质的量为0.01mol，而碳酸钠中含2个钠离子，故0.01mol碳酸钠中含0.02NA个钠离子，故正确；
③NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为0.5mol，故含NA个氧原子，故正确；
④溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故错误；
⑤常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故NA个二氧化碳分子的体积大于22.4L，故错误。
故答案选：D。
【点睛】不同物质最简式相同时可以用最简式进行物质的量相关计算。
19. 向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液后，再进行如下操作，结论正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
原溶液中有SO
B
滴加稀硫酸
有无色无味的气体产生
原溶液中有CO
C
滴加硝酸酸化的BaCl2溶液
产生白色沉淀
原溶液中有SO
D
滴加硝酸酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
原溶液中有Cl-

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．可能有Ag+、等离子干扰，A错误；
B．若原溶液中有，加入硫酸后也能产生无色无味气体CO2，B错误；
C．若原溶液中含有，滴加硝酸酸化后将被氧化为，也将与BaCl2溶液产生白色沉淀，C错误；
D．滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中有Cl-，加入稀硝酸是排除的干扰，D正确；
故答案为：D。
20. 实验室要用63%的浓硝酸(密度1.38g/cm3)配制800mL0.8mol/L的稀硝酸，下列说法正确的是（ ）
A. 浓硝酸见光受热易分解，应用带磨口玻璃塞的棕色细口瓶保存
B. 量取浓硝酸应选用的量筒规格是10mL
C. 量筒量取的浓硝酸倒入烧杯后应洗涤量筒并将洗涤液也倒入烧杯
D. 配制时若有少量浓硝酸溅到手上，应立即用水进行冲洗再涂上Na2CO3溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硝酸见光或受热后易分解，具有强氧化性，应用带磨口玻璃塞的棕色细口瓶保存，故A正确；
B．浓硫酸物质的量浓度，由于无800mL容量瓶，故应选用1000mL容量瓶，配制出1000mL溶液，设需要的浓硝酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀，13.8mol·L－1×VmL=1000mL×0.80mol·L－1，解得V=58.0mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硝酸的体积为58.0mL，故应选择100mL量筒，故B错误；
C．量筒量取的浓硝酸倒入烧杯后，如果洗涤量筒并将洗涤液也倒入烧杯，所配溶液浓度偏高，故C错误；
D．硝酸有强氧化性，应立刻用大量水冲洗，再涂上稀碳酸氢钠溶液，故D错误；
故选A。
21. 在甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2+、Ba2+、H+、Cl-、、OH-共六种。且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则有关结论正确的是
A. 甲中一定有 B. 乙中一定有Cl-
C. 甲中可能有H+ D. 乙中可能有OH-
【答案】A
【解析】
【详解】甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2+、Ba2+、H+、Cl-、、OH-共六种。且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲溶液中含有Cu2+，结合离子共存关系，因此OH-不能在甲溶液中，即乙溶液中含有OH-，则H+不能与OH-共存，则甲溶液中含有H+，由于Ba2+、和不能共存，只能分别在甲乙两溶液中，溶液为电中性，一个溶液中既含有阳离子，同时也含有阴离子，则在甲溶液中，Ba2+在乙溶液中；根据题干信息，无法确定Cl-在哪个烧杯中，但根据Cl-的性质，Cl-既可以在甲溶液中，也可以在乙溶液中，综上分析，答案选A。
22. 在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9g·cm－3，这种氨水的物质的量浓度和溶质的质量分数分别为
A. 18.4mol·L－1　34.7% B. 20.4mol·L－1　38.5%
C. 18.4mol·L－1　38.5% D. 20.4mol·L－1　34.7%
【答案】A
【解析】
【详解】设标准状况下，水是1L，则溶剂氨气是700L，
根据可知，溶剂氨气的物质的量是
则根据m＝n·M可知，氨气的质量是m＝31.25mol×17g/mol＝531.25g
所以溶液的质量分数是
又因为，所以溶液的物质的量浓度是；
答案A。
23. 用密度为ρ1g/cm3质量分数是ω的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为ρ2 g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设浓盐酸的体积为1mL，则水的体积为4mL，所配制稀盐酸的物质的量浓度为=，故选C。
【点睛】计算稀释后溶液的物质的量浓度时，采用公式法，分子为溶质的物质的量，分母为浓溶液的质量与水的质量和，解题时，受分子的影响，我们会将溶液的质量表示成溶质的质量，从而出现错误。
24. 滴有酚酞的Ba(OH)2溶液显红色，在上述溶液中分别滴加X溶液后有下列现象。下列说法不正确的是
序号
装置
X溶液
现象
I

盐酸
溶液红色褪去，无沉淀，灯泡亮度没有明显变化
II
Na2SO4
溶液红色不变，有白色沉淀生成，灯泡亮度没有明显变化
III
H2SO4
溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗

A. 实验I中溶液红色褪去，说明发生了反应H+ + OH- =H2O
B. 实验II中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中依然存在有大量的Na+与OH-
C. 实验III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- == BaSO4↓+ 2H2O
D. 将实验II中Na2SO4溶液换成CuSO4溶液，现象与原实验II中的现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 显红色的酚酞，Ba(OH)2溶液显碱性，滴加盐酸，发生酸碱中和反应：H+ + OH- =H2O溶液红色褪去，故A不符合题意；
B. Ba(OH)2 与Na2SO4发生复分解反应：Ba(OH)2 +Na2SO4= BaSO4↓ + 2NaOH，溶液中依然存在有大量的Na+与OH-，故B不符合题意；
C. H2SO4 与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- == BaSO4↓+ 2H2O，溶液中离子浓度减小，灯泡变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，故C不符合题意；
D. CuSO4 与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba(OH)2 +CuSO4= BaSO4↓ + Cu(OH)2 ↓,溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，与Na2SO4的实验现象不同，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题重点考查溶液中的离子反应。溶液的导电性主要与溶液中离子浓度和离子所带电荷数有关，上述实验中灯泡的明暗程度能够表明溶液的导电性，因此本题的解题关键在于滴加X溶液后，溶液中的离子浓度是否变化。
25. A在一定温度下有分解反应A (s) = B(s) + C(g) + 4D(g)，若测得生成的气体的质量是同温压下，相同体积氢气的10倍，且当所生成的气体在标况下的体积为22.4L时，所得B的质量为30.4g，A的摩尔质量为( )
A. 120.4g/mol B. 50.4g/mol C. 182.4g/mol D. 252g/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】生成的气体在标况下的体积为22.4L时，气体总物质的量为1moL；根据A(s)=B(s)+C(g)+4D(g)，生成气体的物质的量之比为1:4，所以C(g)的物质的量为0.2mol，则反应掉A(s)的物质的量为0.2mol；因为测得生成的气体的质量是同温同压下，相同体积氢气的10倍，生成气体的摩尔质量为20g/mol，所以气体质量为20g；根据质量守恒定律，参加反应的A的质量为20g+30.4g=50.4g，A的摩尔质量为：=252g/mol；
答案选D。

二、填空题（每空2分，共50分）
26. 生活中无处不化学，请回答下列问题。
Ⅰ.实验室现有下列物质用于做导电性实验：
①CaO②铜丝③盐酸④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥氨水⑦NaOH粉末⑧蔗糖溶液⑨熔融氯化钠⑩胆矾晶体
请用序号填空：
（1）上述状态下可导电的是__。
（2）属于强电解质的是__。
（3）属于非电解质的是__。
Ⅱ.根据描述书写离子方程式或根据离子方程式写化学方程式：
①向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：__；
②用KOH溶液中和醋酸：__；
③Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓：__；
④Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O：__。
Ⅲ.为了除去KCl溶液中的CaSO4、MgSO4及泥沙，可将混合物溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤；②加过量的KOH溶液；③加适量的盐酸；④加过量的K2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液。下列操作顺序中最合适的是（ ）
A.②⑤④①③ B.④①②⑤③ C.①④②⑤③ D.⑤②④③①
【答案】 (1). ②③④⑥⑨ (2). ①⑦⑨⑩ (3). ⑤ (4). CO2+OH-=HCO (5). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (6). Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3 (7). Fe(OH)3+3HNO3=Fe(NO3)3+3H2O (8). A
【解析】
【详解】Ⅰ.
①CaO在熔融状态能导电，属于强电解质，但氧化钙固体不导电；
②铜丝属于单质，不是电解质，也不是非电解质，但铜丝可以导电；
③盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，但可以导电；
④稀硫酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，但可以导电；
⑤二氧化碳在熔融状态不能导电，是非电解质，二氧化碳气体也不能导电；
⑥氨水是混合物，不是电解质，也不是非电解质，但可以导电；
⑦NaOH粉末在熔融状态或水溶液中能导电，是强电解质，但氢氧化钠固体不能导电；
⑧蔗糖溶液混合物，不是电解质，也不是非电解质，蔗糖没有电离出自由移动的离子，也不能导电；
⑨熔融氯化钠能导电，属于强电解质；
⑩胆矾晶体在熔融状态或水溶液中能导电，是强电解质，但胆矾晶体不能导电；
由分析可知：
（1）上述状态下可导电的是②③④⑥⑨，故答案为：②③④⑥⑨；
（2）属于强电解质的是①⑦⑨⑩，故答案为：①⑦⑨⑩；
（3）属于非电解质的是⑤，故答案为：⑤；
Ⅱ.
①向澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙，发生的离子方程式为：CO2+OH-=HCO，故答案为：CO2+OH-=HCO；
②用KOH溶液中和醋酸，生成醋酸钾和水，发生的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故答案为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；
③硝酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜和硝酸钠，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为：Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；
④氢氧化铁和硝酸发生酸碱中和生成硝酸铁和水，离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故答案为：Fe(OH)3+3HNO3=Fe(NO3)3+3H2O；
Ⅲ.
要先除硫酸根离子然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，注意将三种离子除完再进行过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，顺序为②⑤④①③，所以A选项是正确的，故答案为：A。
【点睛】在解最后一问时，要注意除杂的顺序，过滤要放在所有沉淀之后，过滤完才能加酸调节，此为易错点。
27. （1）同温、同压下，A容器中充满O2，B容器中充满O3。若两容器中所含原子总数相等，则A容器和B容器的体积比是__。
（2）在25℃、101kPa的条件下，等质量的CH4和A气体的体积之比为15：8，则A的摩尔质量为__。
（3）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，如果ag气体A中含有的分子数为b，则cg气体A在标准状况下的体积约是__(用含NA的式子表示)。
（4）相同物质的量浓度的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液，分别与硝酸银溶液反应，当生成沉淀的质量之比为3：2：1时，消耗三种盐溶液的体积比为__。
（5）在质量分数为28%的KOH水溶液中，OH-与H2O数目之比是_(忽略水的电离)。
【答案】 (1). 3：2 (2). 30g•mol-1 (3). L (4). 9：3：1 (5). 1：8
【解析】
【详解】（1）A容器中充满O2，B容器中充满O3。若两容器中所含原子总数相等，则氧气和臭氧的物质的量之比为3：2，在同温、同压下，体积之比等于物质的量之比，所以A容器和B容器的体积比是3：2，故答案为：3：2；
（2）在同温、同压下，体积之比等于物质的量之比，所以在25℃、101kPa的条件下，等质量的CH4和A气体的物质的量之比为15：8，由于质量相同，则n(A)×M(A)= n(CH4)×M(CH4)，M(A)== 30g•mol-1 ，故答案为：30g•mol-1；
（3）ag气体A中含有的分子数为b，物质的量为，其摩尔质量，所以cg气体的物质的量为，则A在标准状况下的体积约是L，故答案为：L
（4）相同浓度的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液分别与硝酸银溶液反应，当生成沉淀的质量之比为3:2:1，设氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银溶液反应生成AgCl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据氯离子守恒，则n(NaCl)=3mol，n(MgCl2)=1mol，n(AlCl3)=mol，再根据可以知道，溶液浓度相等，体积之比等于物质的量之比，所以消耗三种盐溶液的体积比为3:1：=9：3：1，故答案为：9：3：1；
（5）假设溶液质量为100g则KOH的质量=100g×28%=28g，故水的质量=100g-28g=72g，故KOH的物质的量0.5mol，水的物质的量为4mol，故溶液中OH-与H2O数目之比=0.5mol：4mol=1：8，因此，本题正确答案是：1：8，
28. 现有失去标签的四瓶无色溶液A，B，C，D，只知它们是K2CO3，K2SO4，NaHSO4和Ba(NO3)2，为鉴别它们，进行如下实验：①A+D→溶液+气体；②B+C→溶液+沉淀；③B+D→溶液+沉淀；④A+B→溶液+沉淀。⑤将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体。根据以上实验事实，请完成如下问题：
(1)写出各物质化学式：A__，B__，C__，D___。
(2)写出实验③中反应中相关的离子方程式：__。
【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba(NO3)2 (3). K2SO4 (4). NaHSO4 (5). Ba2++SO=BaSO4↓
【解析】
【分析】
B与A、C、D混合都有沉淀析出，B应为Ba(NO3)2，将④得到的沉淀物加入③所得溶液中，④中沉淀很快溶解并产生无色无味的气味，则只有碳酸钡沉淀符合该要求，则A为K2CO3，结合①可知，D为NaHSO4，所以C为K2SO4，以此来解答。
【详解】(1)根据分析可知A为K2CO3，B为Ba(NO3)2，C为K2SO4，D为NaHSO4；
(2)③为硝酸钡和硫酸氢钠的反应，离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓。
29. 实验室欲配制 240mL 0.2 mol·L－1 的碳酸钠溶液，回答下列问题：
（1）通过计算可知，应用托盘天平称取______g Na2CO3 固体。
（2）配制过程必需仪器有： 胶头滴管、托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少的仪器是______。
（3）在配制过程中，下列操作中会引起误差且使浓度偏小的是___（填序号）。
①没有洗涤烧杯和玻璃棒 ② 容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容 ④定容时仰视刻度线
【答案】 (1). 53g (2). 250mL容量瓶 (3). ① ④
【解析】
【详解】（1）实验室没有规格为240ml的容量瓶，则配制240mL0.2 mol·L－1 的碳酸钠溶液只能选用250ml容量瓶，250mL 0.2 mol·L－1 的碳酸钠溶液中碳酸钠的物质的量为0.25L×0.2mol·L-1=0.05mol，0.05mol碳酸钠的质量为0.05mol×106g/mol=5.3g，个答案为：5.3g；
（2）配制240mL0.2 mol·L－1 的碳酸钠溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；
（3）①没有洗涤烧杯和玻璃棒会导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故符合题意；
②由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶质的物质的量无影响，对所配溶液浓度无影响，故B不符合题意；
③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容会导致冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故不符合题意；
④定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故符合题意；
① ④正确，故答案为：① ④。
【点睛】实验室没有规格为240ml的容量瓶，则配制240mL0.2 mol·L－1 的碳酸钠溶液只能选用250ml容量瓶是解答关键。
30. 实验室有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-、SO、和NO的相互分离。相应的实验过程可用图表示：

请回答下列问题：
(1)写出实验流程中下列物质的化学式试剂X：__沉淀B：__沉淀C：__(写出一种即可)。
(2)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有__(填化学式)杂质。
【答案】 (1). BaCl2或Ba(NO3)2 (2). AgCl (3). BaCO3或Ag2CO3 (4). Na2CO3
【解析】
【分析】
如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。
【详解】(1)根据分析可知X为BaCl2或Ba(NO3)2；沉淀B为AgCl；沉淀C为BaCO3或Ag2CO3；
(2)第③步操作中加入了过量的Na2CO3，所以溶液3中肯定有Na2CO3杂质。