【化学】贵州省息烽县一中2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

贵州省息烽县一中2018-2019学年高一上学期期中考试试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
分卷I
一、单选题(共27小题,每小题2.0分,共54分)
1.下图是关于蒸发的实验示意图，下列说法正确的是(　 　)

A. 组装实验装置时，应先固定好铁圈，放上蒸发皿，再放酒精灯
B. 给蒸发皿内所盛液体加热时，必须垫上石棉网
C. 玻璃棒的作用是搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅
D. 蒸发的过程中，用酒精灯一直加热到全部固体析出，没有水分
【答案】C
【详解】A. 组装实验装置时，应先放酒精灯，再根据酒精灯的高度固定好铁圈，放上蒸发皿，A错误；
B. 给蒸发皿可以直接加热，不用垫上石棉网，B错误；
C. 玻璃棒的作用是搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅，C正确；
D. 蒸发的过程中，不能直接蒸干，应在析出大量固体时用余热使其蒸干，D错误；
综上所述，本题选C。
2.金属和金属材料与人们的日常生活密不可分，下列认识不正确的是(　　)
A. 一般用铜而不用银作导线，主要是由于考虑价格的因素
B. 铁制品比铝制品容易腐蚀，是由于铁的化学性质比铝活泼
C. 用盐酸可区分假黄金，是由于金不能与盐酸反应，而锌能与盐酸反应
D. 用硫酸铜配制的波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与硫酸铜发生反应
【答案】B
【详解】A、一般用铜而不用银作导线，主要是由于考虑价格的因素，A正确。
B、铝比铁活泼，铝制品不容易被腐蚀，是因为铝能被空气中的氧气氧化成一层致密的氧化物薄膜，对铝制品起到保护作用，B错误。
C、假黄金中含有锌，用盐酸可区分假黄金，是由于金不能与盐酸反应而锌能与盐酸反应，C正确。
D、用硫酸铜配制的波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，D正确。
答案选B。
3.已知1.505×1023个X气体分子的质量为8 g，则X气体的摩尔质量是(　 　)
A. 32 B. 32 g C. 64 g·mol-1 D. 32 g·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】先根据物质的量与阿伏加德罗常数的关系：n=N/NA计算出X的物质的量，然后利用摩尔质量的表达式：M=m/n计算出X的摩尔质量。
【详解】8g气体X的物质的量为：n（X）==0.25mol，X的摩尔质量为：M（X）=8g÷0.25mol=32g/mol，故答案选D。
4.下列反应中属于氧化还原反应的是(　　)
①3Cl2＋6KOH===5KCl＋KClO3＋3H2O
②2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
③SnCl4＋2H2O===SnO2＋4HCl
④NaOH＋HCl===H2O＋NaCl
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此判断。
【详解】①反应3Cl2＋6KOH＝5KCl＋KClO3＋3H2O中，Cl由0→－1、0→+5，Cl2既是氧化剂又是还原剂，属于氧化还原反应；
②反应2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O中，N由+4→+5、+4→+3，NO2既是氧化剂又是还原剂，属于氧化还原反应；
③反应SnCl4＋2H2O＝SnO2＋4HCl中无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应；
④反应NaOH＋HCl＝H2O＋NaCl中无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应；
因此选项①②正确，答案选A。
5.实验需要配制KMnO4溶液，下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是(　　)
A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥即用来配制溶液
B. 定容时，观察液面俯视刻度线
C. 摇匀后，液面低于刻度线，没有再加蒸馏水
D. 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移入容量瓶中
【答案】B
【解析】
【分析】根据cB=nB/V结合操作分析解答。
【详解】A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥即用来配制溶液，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此所配溶液浓度不变，A不符合；
B．定容时，观察液面俯视刻度线，则溶液的体积偏小，导致配制的溶液的浓度偏大，B符合；
C．摇匀后，液面低于刻度线，不需要任何操作，因此没有再加蒸馏水，配制的溶液浓度不影响，C不符合；
D．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移入容量瓶中，操作正确无误，配制的溶液浓度不影响，D不符合；
答案选B。
6.实验室里将NaClO3和Na2SO3按质量之比为71∶42倒入烧瓶中，同时滴入适量H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为(　　)
A. Cl2 B. Cl2O C. ClO2 D. Cl2O3
【答案】C
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中电子的得失守恒分析解答。
【详解】NaClO3和Na2SO3按质量之比为71∶42倒入烧瓶中，二者的物质的量之比＝2：1，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中Na2SO3的氧化产物是Na2SO4,由于S在反应前化合价为+4价，反应后化合价为+6价，所以1mol的S原子失去2mol电子，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，2mol Cl原子得到2mol电子，因此1mol的Cl原子得到1mol电子，化合价降低1价，因为在反应前Cl的化合价为+5价，所以反应后Cl的化合价为+4价，所以棕黄色的气体X是ClO2，故答案选C。
7.属于氧化还原反应的离子方程式是(　　)
A. CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
C. ＋H＋===CO2↑＋H2O
D. Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－
【答案】B
【解析】试题分析：A中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；B中铁元素有化合价的变化属于氧化还原反应；
C中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；D中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应。
8.三种都能与酸反应的金属混合物共2.3 g，与足量的稀盐酸反应，生成氢气0.1 g，则这三种金属可能是(　　)
A. Cu、Na、Al B. Zn、Na、Fe
C. Mg、Na、Al D. Zn、Na、Al
【答案】D
【解析】
【分析】本题可采用假设法，假设三种纯金属产生0.1g氢气，然后求出所消耗的三种纯金属的质量，根据其质量与2.3 g的关系做出推断。
【详解】产生0.1 g H2，氢气的物质的量是0.05 mol。假设是纯金属，则分别需要Zn3.25g，Na2.3g，Fe2.8g，Mg1.2g，Al0.9g，因为三种金属共2.3g，所以必须有大于2.3g的也必须有小于2.3g的，即必定有Mg或者Al中的一种；
A、根据题意，三种金属均能与酸反应，而铜不与酸反应，A错误；
B、Na刚好2.3g，而Zn和铁的都要大于2.3g，故按一定比例混合后要大于2.3g，B错误；
C、Na刚好2.3g，而Mg和Al都要小于2.3g，按一定比例混合后要小于2.3g，C错误；
D、Na刚好2.3g，而Al的质量要小于2.3g，Zn的大于2.3g，故按一定比例混合后有可能等于2.3g，D正确。
答案选D。
9.0.5 L 2 mol·L-1FeCl3溶液与0.2 L 5 mol·L-1KCl溶液中的Cl﹣物质的量之比（　　）
A. 6∶5 B. 3∶2 C. 15∶2 D. 3∶1
【答案】D
【详解】0.5 L 2 mol·L-1FeCl3溶液中Cl-的物质的量为0.5L×2mol/L×3=3mol，0.2 L 5 mol·L-1KCl溶液中的Cl-的物质的量为0.2L×5mol/L=1mol，物质的量之比为3mol：1mol=3:1，故答案选D。
10.下列关于铁与水反应的描述中不正确的是(　　)
A. 铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3
B. 红热的铁能与水蒸气反应，放出的气体点燃时能发出爆鸣声
C. 铁与水蒸气的反应是氧化还原反应
D. 常温下，Fe与H2O不反应，但在空气中的O2、H2O共同作用下能发生反应
【答案】A
【详解】A．铁的氧化物中Fe2O3是红棕色固体，FeO、Fe3O4是黑色固体，铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4，故A错误；
B．红热的Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气点燃时能发出爆鸣声，故B正确；
C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应中Fe、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．常温下，Fe中含有C元素，Fe、C与电解质溶液能形成原电池，所以Fe在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生电化学反应，故D正确；
故答案选A。
11.下列溶液中溶质的物质的量浓度为0.1 mol·L－1的是(　　)
A. 含4 g NaOH的溶液1 L
B. 含0.1 g NaOH的溶液1 L
C. 含0.2 mol H2SO4的溶液0.5 L
D. 将98 g的H2SO4倒入1 L水中
【答案】A
【解析】
【分析】根据c＝n/V结合题干信息分析计算。
【详解】A．4g氢氧化钠的物质的量为4g÷40g/mol=0.1mol，溶液体积为1L，浓度c=0.1mol÷1L=0.1mol·L－1，故A正确；
B、含0.1 g NaOH的溶液1 L，由于氢氧化钠的物质的量不是0.1mol，因此溶液浓度不是0.1mol/L，故B错误；
C、含0.2 mol H2SO4的溶液0.5 L，其浓度c=0.2mol÷0.5L=0.4mol·L－1，故C错误；
D、98 gH2SO4的物质的量=98 g÷98g·mol－1=1mol，溶液的体积末知，无法计算物质的量浓度，故D错误；
故答案选A。
12.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A. 物质的量是一个基本物理量，表示物质所含粒子的多少
B. 1 mol氢中含有2 mol氢原子和2 mol电子
C. 1 mol水的质量等于NA个水分子质量的总和
D. 摩尔表示物质的量的数量单位
【答案】C
【详解】A、物质的量不表示物质所含“粒子的多少”，而是表示物质所含“一定数目的粒子集体”的多少，A项错误；
B、用物质的量表示物质的多少时，必须指明所量度的微观粒子的名称，1mol氢指代不明确，可以说1 mol氢气中含有2 mol氢原子和2 mol电子，B项错误；
C、1 mol H2O中含NA个H2O分子，1 mol H2O的质量就等于NA个H2O分子质量的总和，C项正确；
D、摩尔是物质的量的单位，不是数量单位，D项错误。
答案选C。
13.欲配制100 mL 1.0 mol·L－1硫酸钠溶液，不正确的方法是(　 　)
A. 将14.2 g 硫酸钠溶于100 mL水中
B. 将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于少量水中，再加水稀释至100 mL
C. 将20 mL 5.0 mol·L－1硫酸钠溶液用水稀释至100 mL
D. 将14.2 g 硫酸钠溶于水中得到100 mL溶液
【答案】A
【解析】
【分析】根据c＝n/V计算。
【详解】A、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于100 mL水中，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，A错误；
B、32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g÷322g/mol=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，B正确；
C、根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，C正确；
D、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于水中得到100 mL溶液，则硫酸钠溶液的浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，D正确。
答案选A。
14.金属材料的性质在很大程度上决定了它们的用途。下列相关说法不正确的是(　　)
A. 钛合金具有强度高、耐热性好等特点，主要用来制作飞机发动机部件
B. 铁具有良好的导热性，可以用于制造炊具
C. 不锈钢抗腐蚀性好，常用于制造医疗器械
D. 铅锑合金的熔点较低，常用于制造发热体
【答案】D
【详解】A．钛合金具有强度高、耐热性好，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以主要用来制作飞机发动机部件，故A正确；
B．金属铁具有良好的导热性，可以用于制造加热容器、炊具等，故B正确；
C．不锈钢是一种特殊的合金，由于其抗腐蚀性好，所以可用来制造医疗器械，故C正确；
D．铅锑合金由于其熔点低，不适合制造发热体，故D错误；
故答案选D。
15.下列离子方程式正确的是(　　)
A. 碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应：HCO3－＋HSO4－＝SO42－＋H2O＋CO2↑
B. 氯化钡溶液中滴入硫酸钠溶液：Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓
C. 氢氧化铁溶于盐酸：OH－＋H＋＝H2O
D. 碳酸氢钙溶液与盐酸反应：Ca(HCO3)2＋2H＋＝Ca2＋＋2H2O＋2CO2↑
【答案】B
【详解】A. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，碳酸氢钠与硫酸氢钠反应的离子方程式为：HCO3－＋H+＝H2O＋CO2↑，A错误；
B. 氯化钡溶液中滴入硫酸钠溶液：Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓，B正确；
C. 氢氧化铁难溶，溶于盐酸的离子方程式为：Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3++3H2O，C错误；
D. 碳酸氢钙完全电离，其溶液与盐酸反应的离子方程式为：HCO3－＋H+＝H2O＋CO2↑，D错误。
答案选B。
16.关于气体摩尔体积的下列说法中，不正确的是(　　)
A. 某温度压强下，1 mol某气体的体积为30 L，此条件下该气体的摩尔体积为30 L·mol－1
B. 标准状况下，0.5 mol氢气和0.5 mol氧气组成的混合气体的体积约为22.4 L
C. 在同温同压下，22.4 L的任何气体的物质的量都是1 mol
D. 标准状况下，1 mol氢气所占的体积是0.5 mol氧气所占的2倍
【答案】C
【详解】A、某温度压强下，1 mol某气体的体积为30 L，则此条件下该气体的摩尔体积为30L÷1mol＝30 L·mol－1，故A正确；
B、标准状况下，0.5 mol氢气和0.5 mol氧气组成的混合气体的物质的量是1mol，根据V＝nVm可知其体积约为22.4 L，故B正确；
C、在标准状况下，22.4 L的任何气体的物质的量都是1 mol，其它条件下则不一定是1mol，故C错误；
D、标准状况下，根据V＝nVm可知1 mol氢气所占的体积是0.5 mol氧气所占的2倍，故D正确；
答案选C。
17.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(1微米＝10－6米)的可入肺的有害颗粒。下列有关说法中不正确的是(　　)
A. PM2.5在空气中形成了胶体
B. PM2.5表面积大，能吸附大量的有毒、有害物质
C. 研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少PM2.5污染
D. PM2.5主要来自工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，大多含有重金属等有毒物质
【答案】A
【详解】A．气溶胶属于胶体，微粒直径在10-7m～10-9m之间，而PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(1微米＝10－6米)的可入肺的有害颗粒，故A错误；
B．PM2.5表面积大，具有吸附性，能吸附大量的有毒、有害物质，故B正确；
C．减少机动车尾气排放，减少了烟尘，能降低空气中PM2.5，故C正确；
D．PM2.5是主要来源于日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，大多含有重金属等有毒物质，故D正确；
答案选A。
18.含有MgCl2、NaCl、Na2SO4三种物质的混合溶液，已知其中含有的Cl﹣为1.8 mol，Na+为2 mol，Mg2+为0.5 mol，则SO42-的物质的量为（　　）
A. 0.6 mol B. 0.7 mol C. 1.2 mol D. 1.0 mol
【答案】A
【解析】
【分析】根据溶液显电中性即电荷守恒分析判断。
【详解】在任何溶液中，阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数相等，因此如果忽略水的电离可得n(Na＋)+2n(Mg2＋)=n(Cl－)+2n(SO42-)，则2mol＋2×0.5mol=1.8mol+2n(SO42-)，解得n(SO42-)=0.6mol，答案选A。
19.为了除去粗盐固体中可能含有的少量Na2SO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的顺序是（　　）
①加水溶解 ②加入过量BaCl2溶液 ③加热蒸发得到晶体 ④加入过量盐酸 ⑤加入过量Na2CO3⑥过滤
A. ①⑤②⑥④③ B. ①⑤②④⑥③
C. ①②④⑥⑤③ D. ①②⑤⑥④③
【答案】D
【解析】
【分析】通过转化为沉淀的方法除去粗盐中混有的少量可溶于水的Na2SO4和CaCl2杂质，要先加过量的BaCl2溶液除去硫酸根离子，然后用Na2CO3溶液去除过量的钡离子和钙离子，过滤后加入盐酸来除去过量的Na2CO3溶液，据此解答。
【详解】通过转化为沉淀的方法除去粗盐中混有的少量可溶于水的Na2SO4和CaCl2杂质。可采取加水溶解→加入过量BaCl2溶液，与Na2SO4发生反应，生成BaSO4沉淀，加过量Na2CO3溶液，与CaCl2和过量BaCl2溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钠→过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量Na2CO3溶液发生反应，生成氯化钠、水和二氧化碳气体→加热蒸发得到晶体。操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、碳酸钠溶液、过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为①②⑤⑥④③，答案选D。
20.下列有关对金属和金属材料的认识不正确的是(　　)
A. 铁有良好的导热性，常用来制作炊具
B. 合金的硬度一般小于成分金属的硬度
C. 废旧电池中的回收，可减少对环境的污染
D. 铝表面易形成致密的氧化膜，可阻止铝进一步被氧化
【答案】B
【详解】A、铁不仅具有良好的导热性，而且铁元素也是人体必需的元素，用来制炊具是利用了铁的物理性质，故A正确；
B、合金的硬度一般大于成分金属的硬度，故B错误；
C、废旧电池中含有汞等重金属及其离子，有毒，易污染环境，不能随意丢弃，故C正确；
D、铝具有自我保护作用，铝表面易形成致密的氧化膜可阻止铝进一步被氧化，故D正确。
故答案选B。
21.下列混合物中能用分液漏斗分离，且油层由分液漏斗上口倒出的是(　　)
A. 四氯化碳和水 B. 酒精和水
C. 植物油和水 D. 硫酸和水
【答案】C
【解析】
【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，油层由分液漏斗上口倒出，说明有机溶剂的密度小于水，据此解答。
【详解】A．四氯化碳和水互不相溶，能用分液漏斗进行分离，但是四氯化碳密度大于水，从下口流出，故A错误；B．酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；C．植物油和水互不相溶，能用分液的方法分离，植物油的密度小于水，在上层，从上口到出，故C正确；D．硫酸和水互溶，不能用分液的方法分离，故D错误；故选C。
22.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）
A. 1 molH2O中所含的粒子数目一定是NA
B. 1 molNH4+所含的质子数是10NA
C. 51 gNH3所含原子数为3NA
D. 氧气的相对分子质量与2NA个氧原子质量（以g为单位）在数值上相等
【答案】D
【详解】A. 1 molH2O中所含的粒子数目不一定是NA，因为没有具体指明什么粒子，A错误；
B. 1分子铵根含有的质子数是7+1×4＝11，所以1 molNH4+所含的质子数是11NA，B错误；
C. 51 gNH3的物质的量是51g÷17g/mol＝3mol，1分子氨气含有4个原子，则所含原子数为4NA，C错误；
D. 氧气是2个氧原子构成的，氧气的相对分子质量与2NA个氧原子质量（以g为单位）时在数值上是相等的，均是32，D正确。
答案选D。
23.某溶液中可能含有大量的Mg2＋、Al3＋、H＋、Cl－和少量OH－，向该溶液中逐滴加入0.5 mol·L－1NaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积之间的关系如下图所示，则可判断原溶液中(　　)

A. 有Mg2＋，没有Al3＋
B. 有Al3＋，没有Mg2＋
C. 有Mg2＋和Al3＋
D. 有大量的H＋、Mg2＋和Al3＋
【答案】C
【解析】根据图示可以推断，加入氢氧化钠溶液就生成了沉淀，故溶液中一定没有大量氢离子；能够和氢氧化钠反应生成沉淀的离子有Mg2+、Al3+，生成的沉淀部分溶解，不溶解的是氢氧化镁，溶解的是氢氧化铝，所以一定含有Mg2+、Al3+，一定没有大量的OH－，根据溶液显电中性可知一定含有Cl－，根据以上分析可知答案选C。
24.某溶液中含有较大量的Cl－、CO32-、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是 (　 　)
①滴加Mg(NO3)2溶液　②过滤 　③滴加AgNO3溶液 ④滴加Ba(NO3)2溶液
A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①
【答案】B
【解析】某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32－，过滤后，再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH－，过滤，最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl－，所以实验操作顺序正确的是B， 本题选B。
25.下列实验操作中，不是从人身安全因素考虑的是(　　)
A. 酒精灯不使用时，必须盖上灯帽
B. 给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，外壁干燥后再加热
C. 给试管里的液体加热时，试管口略向上倾斜(约45°)，外壁干燥后再加热
D. 用H2还原CuO时，应先通一会儿H2，再加热CuO
【答案】A
【解析】试题分析：A、酒精灯不用时必须盖上灯帽防止酒精挥发，不是从安全因素考虑，A正确；B、给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，外壁干燥后再预热，防止试管炸裂，是出于安全考虑，B错误；C、给试管里的液体加热时，试管口应略向上倾斜（约45℃），外壁干燥后再预热，防止试管炸裂，是出于安全考虑，C错误；D、氢气还原氧化铜时应先通一会氢气，排出空气，防止因氢气不纯加热时发生爆炸，是出于安全考虑，故D错误，故选A。
26.实验室配制1mol·L-1盐酸250mL，下列不需用的仪器是(　 　)
A. 250 mL容量瓶 B. 托盘天平 C. 胶头滴管 D. 烧杯
【答案】B
【解析】试题分析：配制250毫升的盐酸溶液，需要使用250毫升的容量瓶，量筒，烧杯 ，玻璃棒，胶头滴管等，所以选B。
27.现将100 mL 0.1 mol·L－1的BaCl2溶液与50 mL 0.2 mol·L－1的NaCl溶液混合，若不考虑溶液混合时体积的变化，则混合溶液中氯离子浓度是(　　)
A. 0.2 mol·L－1 B. 0.01 mol·L－1 C. 0.1 mol·L－1 D. 0.02 mol·L－1
【答案】A
【解析】溶液中的Cl-的物质的量等于BaCl2和NaCl中Cl-的物质的量之和，n（Cl-）=0.1mol/L×0.1L×2 +0.2mol/L×0.05=0.03mol，因为不考虑溶液混合时的体积变化，所以混合后的总体积V=0.1L+0.05L=0.15L，所以c(Cl-)==0.2mol/L。答案选A。
分卷II
二、填空题(共5小题,共46分)
28.9.03×1023个CH4中，含____mol碳原子，____mol氢原子，____mol质子，____mol电子。与____个NH3含有相同数目的氢原子。标准状况下CH4所占的体积为_____。
【答案】(1). 1.5 (2). 6 (3). 15 (4). 15 (5). 1.204×1024(或2NA) (6). 33.6 L
【解析】
【分析】根据n＝N/NA、V＝nVm结合甲烷和氨气的分子组成解答。
【详解】9.03×1023个CH4的物质的量是，1分子甲烷含有1个碳原子、4个氢原子、10个质子和10个中子，则其中含1.5mol碳原子，6mol氢原子，15mol质子，15mol电子。由于1分子氨气含有3个氢原子，则含有6mol氢原子的氨气是6mol÷3＝2mol，其个数为2mol×6.02×1023/mol＝1.204×1024。标准状况下CH4所占的体积为1.5mol×22.4L/mol＝33.6L。
29.为证实氢氧化钡溶液和硫酸溶液的反应是离子反应，实验设计和过程如下：如图所示连接好装置，向烧杯中加入25 mL 1 mol·L－1的氢氧化钡溶液和2滴酚酞溶液，再一边不断地滴加1 mol·L－1的硫酸溶液，并轻轻振荡。试完成下列内容：

（1）实验现象及分析：①溶液颜色变化为______，原因是________。
②灯泡亮度变化：__________，原因是_______。
③溶液变浑浊，原因是___________。
（2）实验结论：稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的实质是_____(用离子方程式表示)。
【答案】(1). 由红色逐渐变为浅红色，最后颜色消失 (2). 氢氧化钡电离出的OH－与硫酸电离出的H＋中和生成水，使烧杯中的c(OH－)逐渐减小，红色逐渐消失 (3). 由明到暗直至熄灭，再逐渐变亮 (4). 开始时，溶液中的离子浓度逐渐减小，故灯泡变暗，当烧杯中的氢氧化钡完全反应时灯泡熄灭，再加硫酸，离子浓度又变大，灯泡又变亮 (5). Ba2＋与SO42-结合生成了硫酸钡沉淀 (6). 2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
【解析】
【分析】氢氧化钡溶液和硫酸溶液反应的方程式为Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，利用导电性实验可说明离子反应的发生，以此来解答。
【详解】（1）由图可知石墨棒、导线、灯泡、烧杯中盛有的Ba（OH）2溶液组成闭合电路，并固定滴定管（盛H2SO4）于铁架台上，再向Ba（OH）2溶液中滴加同浓度的H2SO4溶液直至过量，Ba（OH）2和H2SO4在溶液中的反应为Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，则
①发生酸、碱中和反应，氢氧化钡电离出的OH－与硫酸电离出的H＋中和生成水，使烧杯中的c(OH－)逐渐减小，红色逐渐消失，则观察到溶液由由红色逐渐变为浅红色，最后颜色消失；
②由于开始时，溶液中的离子浓度逐渐减小，故灯泡变暗，当烧杯中的氢氧化钡完全反应时灯泡熄灭，再加硫酸，离子浓度又变大，灯泡又变亮，则实验现象为灯泡由亮到暗至灯泡熄灭，然后灯泡又发亮；
③由于Ba2＋与SO42-结合生成了硫酸钡沉淀，则观察到溶液变浑浊；
（2）根据以上分析可知稀H2SO4与Ba（OH）2溶液反应的实质是2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O。
30.某同学为测定一定质量的钠与水反应产生的氢气的体积，设计了图1装置进行实验。

（1）实验开始，欲使钠与水接触反应，应如何操作？___；反应开始后，试管中能观察到的现象是________。
（2）已知有关物质的密度ρ(K)：0.86 g·cm－3，ρ(Na)：0.97 g·cm－3，ρ(煤油)：0.8 g·cm－3。如果将钠换成相同大小的钾进行上述实验，结果钾反应完所用时间比钠反应完所用的时间________(填“长”或“短”)，其原因是___________。
（3）从实验的安全考虑，比较金属钠、钾与水反应的实验操作图A、图B，请指出图B表示哪种金属与水反应_____________。
【答案】(1). 按住橡皮塞，将大头针向上拔出 (2). 钠在煤油与水接触的界面之间上下沉浮，并不断减小，直到消失，同时有气泡产生 (3). 长 (4). 钾的密度比钠小，与水反应产生少量的气体即可使钾上浮进入煤油中，钾的密度与煤油密度相近，在煤油中滞留时间长 (5). 钾与水反应
【解析】
【分析】（1）可以根据生活实际结合金属钠的物理性质、和水反应的现象来回答即可；
（2）根据金属钾、金属钠以及煤油的密度大小来回答；
（3）根据化学反应的剧烈程度来分析。
【详解】（1）要让金属钠和大头针脱离才能和水反应，可以按住橡皮塞，将大头针向上拔出。由于钠的密度大于煤油而小于水，则反应开始后，试管中能观察到的现象是：钠在煤油与水接触的界面之间上下沉浮，并不断减小，直到消失，同时有气泡产生；
（2）钾的密度比金属钠的小，钾和水反应产生的氢气可以让金属钾进入煤油中，金属钾和煤油的密度相近，在煤油中滞留时间长，因此钾反应完所用时间比钠反应完所用的时间长；
（3）金属钾和水反应剧烈，为防止生成的碱液溅出伤人，可以在上方罩一个玻璃片，即图B表示钾与水反应。
31.某课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，采用了不同的实验方法(装置如图所示)。


（1）根据上图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的的是(填装置序号)____。
（2）图Ⅲ所示实验能够鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_______。
（3）图Ⅳ不仅能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，同时又能验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的物质为__________，实验过程中的现象为________。
【答案】(1). Ⅱ (2). 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O (3). 碳酸氢钠 (4). a中石灰水变浑浊，b中石灰水不变浑浊
【解析】
【分析】（1）碳酸钠和盐酸反应分两步进行，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；
（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；
（3）根据碳酸氢钠不稳定的性质可知，为便于比较，B中受热温度低而易分解。
【详解】（1）Ⅰ装置反应现象相同；Ⅱ装置，向碳酸钠溶液中滴加盐酸先没有气体生成，随着盐酸的不断滴加，后产生气泡，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸立即产生气泡，所以能够达到实验目的是Ⅱ；
（2）III中碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，碳酸钠不能，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；
（3）碳酸钠直接加热在较高的温度下不分解，而碳酸氢钠不直接加热在较低的温度下就能分解，可以说明碳酸氢钠不稳定、碳酸钠稳定，否则不能证明两者的稳定性的强弱关系。所以试管B中装入的固体是碳酸氢钠，观察到现象为a中石灰水变浑浊，b中石灰水不变浑浊。
32.为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：

（1）第①步中，操作A是__________，第⑤步中，操作B是__________。
（2）第④步中，写出相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2＋的主要存在形式为氯化钙)______。
（3）若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是_________。
（4）判断氯化钡已过量的方法是___________。
【答案】(1). 溶解 (2). 过滤 (3). CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝2NaCl＋BaCO3↓ (4). ③和④中生成的氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡等沉淀与盐酸反应而溶解，杂质无法除去 (5). 在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量
【解析】
【分析】为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，首先溶于水，利用氯化钡除去硫酸根离子，利用氢氧化钠除去镁离子，利用碳酸钠除去钙离子以及过量的钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸除去碳酸钠和氢氧化钠，据此分析解答。
【详解】（1）粗盐提纯须先加水溶解，再加入试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3除去可溶性的SO42－、Mg2+、Ca2+，过滤后，加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，最后蒸发、结晶得到精盐，操作A为溶解，操作B为过滤；
（2）Na2CO3的作用是除去溶质中Ca2＋以及过量的Ba2＋，因此反应的化学方程式为CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝BaCO3↓＋2NaCl；
（3）若先用盐酸调pH再过滤，将使③和④中产生的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀溶解而无法过滤除去，影响精盐的纯度；
（4）BaCl2过量时，溶液中不存在SO42－，故判断氯化钡已过量的方法是在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量。
33.某学习小组用下图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。

（1）A中试剂为________。
（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是___________。
（3）将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥、称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性，上述操作的顺序是___________ (填序号)；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应__________。
（4）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。
（5）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). ⑤①④③② (4). 使D和C中的液面相平 (5). (6). 偏小
【解析】
【分析】由于Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而Mg不反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量，据此解答。
【详解】（1）由于铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，即A中试剂为NaOH溶液；
（2）铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，因此实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻的目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；
（3）实验时，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，因此上述操作的顺序是⑤①④③②；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平；
（4）铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑
2M 3×22400mL
（a-c）g bmL
解得：M＝33600(a－c)/b；
（5）铝的质量分数为：(a－c)/a，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小。