浙江省慈溪市三山高级中学奉化高级中学等六校2019-2020学年高一上学期期中联考化学试题

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2019学年第一学期高一高二期中六校联考
高一化学试卷
考生须知：
1.本卷试题分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷，满分100分，考试时间90分钟。
2.本卷答题时不得使用计算器，不得使用修正液（涂改液）、修正带。
3.答题时将答案均填在答卷相应题号的位置，不按要求答题无效。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Ba-137 I-127
第Ⅰ卷 (选择题，50分)
一．选择题（本题共25小题，每小题只有一个答案，每小题2分，共50分）
1.下列物质属于酸的是（ ）
A. NaCl B. Ba(OH)2 C. CH3COOH D. NaHCO3
【答案】C
【解析】
【分析】
在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，据此解答。
【详解】A. NaCl溶于水电离出钠离子和氯离子，是盐，A错误；
B. Ba(OH)2溶于水电离出钡离子和氢氧根离子，是碱，B错误；
C. CH3COOH溶于水电离出氢离子和醋酸根离子，是酸，C正确；
D. NaHCO3溶于水电离出钠离子和碳酸氢根离子，是盐，且是酸式盐，D错误。
答案选C。
2.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. 盐酸 B. SO2 C. NH4NO3 D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A. 盐酸，能导电，但盐酸是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质，A不合题意；
B. SO2，水溶液能导电，但属于非电解质，B符合题意；
C. NH4NO3，水溶液能导电，属于电解质，C不合题意；
D. NaOH，水溶液能导电，但属于电解质，D不合题意。
故选B。
【点睛】电解质不一定能导电，导电的物质不一定是电解质；强电解质溶液导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱。比如硫酸不导电，但它是电解质；铜能导电，但它不是电解质；氨气通入水中，其水溶液能导电，但氨气不是电解质。碳酸钙是强电解质，它的水溶液不导电；硫酸是强电解质，很稀的硫酸导电能力弱；醋酸是弱电解质，但浓醋酸溶液的导电能力较强。
3.下列实验选用的用品一定不需要的是（ ）
A. 碳酸钠溶液pH值测定（pH试纸） B. 粗盐提纯（蒸发皿）
C. 蒸馏自来水制蒸馏水（冷凝管） D. 硝酸钾与食盐分离（分液漏斗）
【答案】D
【解析】
【详解】A. 粗略测定碳酸钠溶液pH，使用pH试纸，若想精确测定碳酸钠溶液pH，则应使用pH计，A不合题意；
B. 粗盐提纯，去除杂质后，在蒸发皿中蒸发结晶，便可获得纯净氯化钠晶体，B不合题意；
C. 蒸馏自来水制蒸馏水，用冷凝管将水蒸气冷凝，便可获得蒸馏水，C不合题意；
D. 硝酸钾与食盐的分离，利用结晶法，将晶体从溶液中分离出来，需使用漏斗，但不需使用分液漏斗，D符合题意。
故选D。
4.在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是（ ）
A. Fe→Fe3+ B. CO2→CO C. H2O2→O2 D. Cl2→ClO-
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe→Fe3+，Fe作还原剂，则需加入氧化剂，A符合题意；
B. CO2→CO，C由+4价降为+2价，CO2作氧化剂，则需加入还原剂，B不合题意；
C. H2O2→O2，可通过催化剂作用让H2O2分解，不需另加氧化剂，C不合题意；
D. Cl2→ClO-，可与碱液反应，自身发生氧化还原反应，D不合题意。
故选A。
【点睛】从一种微粒转化为另一种微粒，判断是否需要另加氧化剂或还原剂时，我们通常看转化关系式中变价元素的化合价变化。若转化关系式中变价元素化合价升高，则可能需要另加氧化剂；若转化关系式中变价元素化合价降低，则需另加还原剂。同时还需注意，能否不需另加物质，实现反应物自身的氧化还原反应，需要我们平时注意储备这些具有特殊性的反应，只有这样，才能保证解题结果的正确性。
5.为纪念俄国化学家门捷列夫，人们把第101号元素（人工合成元素）命名为钔，该元素最稳定的一种原子为Md，关于该原子下列说法正确的是（ ）
A. 质子数是258 B. 电子数是157
C. 中子数是359 D. Md与Md是同位素
【答案】D
【解析】
【详解】对于Md原子，它的质子数为101，质量数为258。
A. 质子数是101，质量数是258，A错误；
B. 对于原子来说，电子数等于质子数，所以电子数应是101，B错误；
C. 中子数是258-101=157，C错误；
D. Md与Md的质子数相同，质量数不同，二者互为同位素，D正确。
故选D。
6.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 纯碱的化学式：NaHCO3
B. 钠离子的结构示意图：
C. 质子数为6，中子数为8的微粒：C
D. H2SO4的电离方程式：H2SO4＝H2+ +SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 纯碱的化学式：Na2CO3，A错误；
B. 钠离子的结构示意图：，B正确；
C. 质子数为6，中子数为8的微粒：C，C错误；
D. H2SO4的电离方程式：H2SO4＝2H+ +SO42-，D错误。
故选B。
【点睛】书写电离方程式时，需要注意以下几点：一是注意电解质电离的程度，若为强电解质，反应物与生成物间用“=”；若为弱电解质，反应物与生成物间用“”。二是弱酸的电离，只有H2SO4电离时，酸式根完全电离，H2SO4=2H++SO42-；其它多元弱酸，酸根式都用化学式表示，如：H2CO3H++HCO3-。
7. 现有久置的氯水、新制的氯水、氯化钠、氢氧化钠四种溶液，可加入一种试剂就能区别它们，则这种试剂是
A. 硝酸银溶液 B. 酚酞溶液 C. 紫色石蕊溶液 D. 饱和食盐水
【答案】C
【解析】
试题分析：A．四种物质与硝酸银均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，错误；B．久置的氯水、新制的氯水、氯化钠遇酚酞均为无色，不能鉴别，错误；C．久置的氯水、新制的氯水、氯化钠、氢氧化钠四种溶液分别与紫色石蕊混合的现象为：变红、先变红后褪色、无现象、蓝色，现象不同，可鉴别，正确；D．四种物质与食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，错误。
考点：物质的检验和鉴别
8.设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol D318O+中含用的中子数为10NA
B. 0.1mol∙L-1NaHCO3溶液中含有0.1NA个Na+
C. 常温常压下，28gN2和CO的组成的混合气体中含有2NA个原子
D. 在标准状况下，1mol CCl4的体积约为22.4L
【答案】C
【解析】
【详解】A. D的中子数为1，18O的中子数为10，1mol D318O+中含有的中子数为13NA，A错误；
B. 没有提供溶液的体积，无法计算0.1mol∙L-1NaHCO3溶液中含有Na+的数目，B错误；
C. 常温常压下，28gN2和28gCO都是1mol，所以28gN2和CO混合气体中含有2NA个原子，C正确；
D. 在标准状况下，CCl4为液体，不能利用22.4L/mol计算它的体积，D错误。
故选C。
【点睛】在标准状况下，1mol任何气体的体积都约为22.4L；非标准状况下，1mol气体的体积也可能是22.4L(如2×273K、2×101kPa条件下，1mol气体的体积也约为22.4L)；若混合气体中的成分不发生反应，则在标准状况下，1mol混合气体的体积也约为22.4L，但若气体发生反应，则1mol混合气体的体积不一定是22.4L(如0.5molH2S与0.5molSO2的混合气，反应后气体只剩余0.25molSO2)。
9.下列除去杂质的方法正确的是（ ）
A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末
B. 除去CO2中的少量HCl：通入饱和的NaHCO3溶液
C. 除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的硫酸
D. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤
【答案】B
【解析】
【详解】A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的Cu网，CuO与O2不反应，A错误；
B. 除去CO2中的少量HCl：通入饱和的NaHCO3溶液，吸收HCl，同时增加CO2的体积，B正确；
C. 除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的盐酸，若使用硫酸，会引入SO42-，C错误；
D. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量KOH溶液，使用NaOH会引入Na+，D错误。
故选B。
10.下列说法正确的是（ ）
①把氯气通入到湿润的有色布条集气瓶中，有色布条的颜色褪去，说明氯气具有漂白性　②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用澄清石灰水吸收　③久置氯水的酸性强于新制氯水 ④检验HCl气体中是否混有Cl2，方法是将气体通入硝酸银溶液　⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入到氢氧化钠溶液中
A. ①③④ B. ①②③ C. ③ D. ①②⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①把氯气通入到湿润的有色布条集气瓶中，有色布条的颜色褪去，不能说明氯气本身具有漂白性，还是氯气与水反应的产物具有漂白性，①不正确；
②澄清石灰水浓度小，吸收氯气的效果差，所以应使用较浓的NaOH溶液吸收，②不正确；
③久置氯水中Cl2全部转化为HCl，新制氯水中大部分Cl2没有与水反应，所以HCl的浓度久置氯水中大，酸性强，③正确；
④HCl和Cl2都能与硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀，所以检验HCl气体中是否混有Cl2，不能使用AgNO3溶液，④不正确；
⑤氢氧化钠溶液既能吸收HCl，又能吸收Cl2，所以除去HCl气体中的Cl2，不能使用NaOH溶液，⑤不正确。
综合以上分析，只有③正确。
故选C。
11.以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是（ ）
A. 在待测液中先加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀，再加入的盐酸，白色沉淀消失且产生了无色无味的气体，则待测液中一定含有大量的CO32-
B. 先加入足量的BaCl2溶液，再加入稀硝酸，若产生了白色沉淀，则该溶液中一定含有大量的SO42-
C. 加入足量浓 NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则溶液中一定含有大量的NH4+
D. 先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀，溶液中一定含有大量的Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 待测液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，可能为BaSO3、BaCO3、BaSO4、AgCl，再加入盐酸，白色沉淀消失且产生了无色无味的气体，则排除BaSO3、BaSO4、AgCl，沉淀只能为BaCO3，待测液中一定含有大量的CO32-，A正确；
B. 先加入足量的BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生白色沉淀，该沉淀可能为AgCl、BaSO4、BaSO3，则该溶液中不一定含有SO42-，B错误；
C.气体可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红，表明气体显酸性，此气体不可能从NaOH溶液中逸出，C错误；
D. 加盐酸将溶液酸化，引入了Cl-，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀，不能说明溶液中一定含有大量的Cl-，D错误；
故选A。
12.关于H、D、T、H+、H2等微粒之间是（ ）
A. 氢的五种同位素 B. 五种氢元素
C. 氢的五种核素 D. 氢元素的五种不同粒子
【答案】D
【解析】
【详解】A.同位素是同种元素不同原子的互称，H+、H2分别为离子和分子，不属于同位素，A错误；
B. 氢元素只有一种，不可能为五种，B错误；
C. 核素就是原子，H+、H2不属于核素，C错误；
D. 粒子包括原子、分子、离子，所以H、D、T、H+、H2等属于氢元素的五种不同粒子，D正确；
故选D。
13.下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中正确的是（ ）
A. 相同浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3
B. 同条件下在水中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
C. 与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3＜Na2CO3
D. 热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 因为Na2CO3与等量的盐酸反应后生成NaHCO3，所以相同浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3，A正确；
B. 同条件下在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，B错误；
C. 与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3>Na2CO3，C错误；
D. 加热到300℃时，NaHCO3完全分解，而Na2CO3不分解，所以热稳定性：NaHCO3 故选A。
14.磁流体是电子材料的新秀。将含等物质的量的FeSO4 和Fe2(SO4)3 的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子的直径在30～60 nm的磁流体，下列说法中不正确的是（ ）
A. 所得的分散系属于胶体
B. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应
C. 可用过滤的方法从该混合物体系中分离出黑色磁流体
D. 形成该黑色分散系时发生的离子反应为：Fe2++2Fe3++8OH－=Fe3O4（胶体）+ 4H2O
【答案】C
【解析】
【详解】分散质粒子的直径在30～60 nm的磁流体，粒子直径介于1~100nm之间，属于胶体颗粒。
A. 所得的分散系中分散质颗粒直径在胶粒直径的范围内，此分散系属于胶体，A正确；
B. 用光束照射该胶体分散系，能产生丁达尔效应，B正确；
C. 胶粒能透过滤纸孔隙，所以不可用过滤的方法从该混合物体系中分离出黑色磁流体，C错误；
D. Fe2++2Fe3++8OH－=Fe3O4（胶体）+ 4H2O中的离子数目关系及产物，满足反应物的物质的量关系及胶体的性质，D正确。
故选C。
15.某元素原子的质量数为A，它的氧化物XO2核外有x个电子，w克这种元素的原子核内中子数为（ ）
A. mol B. mol
C. mol D. mol
【答案】C
【解析】
【详解】氧化物XO2核外有x个电子，则X原子核外电子数为x-16，X原子内的中子数为A-x+16，从而得出wg这种元素原子核内的中子数为mol。
故选C。
16.下列实验装置（部分仪器已省略）或操作，能达到相应实验目的的是
A. 闻气体气味 B. 干燥氯气
C. 分离乙醇和水 D. 配制100 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸
【答案】A
【解析】
【分析】
A.闻气体应使极少量气体进入鼻孔；
B.碱石灰与氯气反应；
C.乙醇与水互溶，所以不分层；
D.配制一定浓度溶液时，在转移过程需要玻璃棒引流。
【详解】A.闻气体应使极少量气体进入鼻孔，图中操作合理，故A项正确；
B.碱石灰与氯气反应，则图中装置不能干燥氯气，故B项错误；
C.乙醇与水互溶，混合后不分层，因此不能利用分液漏斗分离，应利用蒸馏操作分离该混合物，故C项错误；
D.配制100 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸，图中操作为转移过程，需要玻璃棒引流，故D项错误；
本题答案选A。
【点睛】本题侧重考查实验操作步骤与方法，掌握实验方法及完成实验所必需的技能，是学好化学的基础，其中气体的干燥与净化装置的选择，一般遵循的原则为：
1.尽量用化学方法，一般酸性气体杂质用碱性试剂除去，还原性气体杂质用氧化性试剂除去；
2.净化试剂只与杂质发生反应；
3.不生成新的杂质。
因此，B选项干燥氯气应选取浓硫酸做干燥剂，而不是选择与它反应的碱石灰作干燥剂。
17.下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1 AlCl3溶液中的c(Cl-)相等的是
A. 150mL1mol·L-1 NaCl溶液 B. 75mL2mol·L-1 FeCl3溶液
C. 75mL2mol·L-1 BaCl2溶液 D. 150mL3mol·L-1 KCl溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
根据一定物质的量浓度溶液中电解质的电离计算离子浓度分析。
【详解】50mL 1 mol•L-1AlCl3 溶液中Cl-物质的量浓度是1 mol•L-1×3=3mol•L-1，
A. 150mL1mol•L-1 NaCl溶液中c（Cl-）=1 mol•L-1×1=1 mol•L-1，故A错误；
B. 75mL1mol•L-1 FeCl3溶液中中c（Cl-）=1 mol•L-1×2=2 mol•L-1，故B错误；
C. 75mL2mol·L-1 BaCl2溶液中c(Cl-)=2mol•L-1×2=4 mol•L-1，故C错误；
D. 150mL3mol·L-1 KCl 溶液中c（Cl-）=3 mol•L-1×1=3mol•L-1，故D正确。
故选D。
【点睛】溶液中的离子浓度与体积无关，只与该物质的物质的量浓度有关。溶液中的离子浓度=该物质的物质的量浓度×离子的下角标系数。
18.镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可少的原料，工业上制造镁粉是将镁蒸气在某种气体中冷却。现有下列气体：①空气②CO2③Ar④H2⑤N2，其中可作为冷却气体的是
A. ①和② B. ②和③ C. ③和④ D. ④和⑤
【答案】C
【解析】
【详解】镁的化学性质非常活泼，不仅在空气中可以燃烧，在CO2或N2中都可以燃烧，因此，镁蒸气只能在Ar或H2中冷却；
答案选C。
19.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 钠和水反应Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑
B. 碳酸钙与稀盐酸反应：2H＋＋CO32-＝CO2↑＋H2O
C. 氯气溶于水的离子方程式为Cl2+H2O⇌2H++Cl-+ClO-
D. 碳酸氢钠溶液中加入醋酸：HCO3-+CH3COOH＝CH3COO-+H2O+CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A. 方程式Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑中，电子不守恒，质量不守恒，A错误；
B. 碳酸钙难溶于水，不能拆成离子，B错误；
C. HClO为弱酸，部分发生电离，在离子方程式中，应以化学式表示，C错误；
D. 碳酸氢钠溶液中加入醋酸，HCO3-和CH3COOH都以化学式表示，D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式的正误，需考察以下四个方面的内容：①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子反应；③看是否可拆成离子；④是否遵循质量守恒和电荷守恒。
20.海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（ ）
A. 用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁
B. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na
C. 海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
D. 目前工业上直接由海水提取I2
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2很难将氧化镁还原为镁，通常采用电解熔融氯化镁的方法制镁，A错误；
B. 蒸发海水制得NaCl，电解熔融NaCl可制备Na，B正确；
C. 海水蒸发制海盐的过程中采用蒸发结晶的方法，不发生化学变化，C错误；
D. 目前工业上采用海带富集碘，再从海带中提取I2，D错误。
故选B。
21.随着老百姓生活水平的提高，汽车进入寻常百姓家，在发生剧烈的汽车碰撞时，汽车安全气囊会发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，有关该反应说法正确的是（ ）
A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1 B. N2既是氧化产物也是还原产物
C. NaN3是氧化剂 D. KNO3发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】从反应方程式10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑中可以提取以下信息，NaN3中的N元素由-价升高为0价，KNO3中的N元素由+5价降低到0价。
A. 氧化剂(KNO3)与还原剂(NaN3)的物质的量之比为2:10=1：5，A错误；
B. N2既是氧化产物(由NaN3生成)也是还原产物(由KNO3生成)，B正确；
C. NaN3中的N元素化合价升高，失电子，做还原剂，C错误；
D. KNO3中N元素化合价降低，得电子，发生还原反应，D错误。
故选B。
22.下列叙述中，正确的是
A. 含金属元素的离子一定都是阳离子
B. 在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂
C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如偏铝酸根离子，A错误；
B. 在氧化还原反应中，非金属单质不一定是氧化剂，例如氢气还原氧化铜的反应中氢气是还原剂，B错误；
C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，例如氯气把碘离子氧化为单质碘，碘离子被氧化，C错误；
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，D正确；
答案选D。
23.根据下列3个反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序是
①I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI；
②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3；
③2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋2HCl＋I2 .
A. I－>Fe2＋>Cl－>SO2 B. Cl－>Fe2＋>SO2>I－
C. Fe2＋>I－>Cl－>SO2 D. SO2>I－>Fe2＋>Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。
【详解】①I2+SO2+2H2O=H2SO4 +2HI中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2>HI；
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2>FeCl3；
③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HI>FeCl2；
通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2>I->Fe2+>Cl-，故合理选项是D。
【点睛】本题考查了物质还原性、氧化性强弱的比较的知识，掌握氧化还原反应的基本概念的含义，明确还原剂、氧化剂和还原产物、氧化产物的判断是解本题关键。
24.把1L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含0.2 molNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含0.5molBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. 0.3mol·L-1 B. 1.6mol·L-1
C. 0.6mol·L-1 D. 0.8mol·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】Mg2+ + 2OH-=Mg(OH)2↓
0.1mol 0.2mol
Ba2++SO42-=BaSO4↓
0.5mol 0.5mol
混合溶液呈电中性，则2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42-)
n(K+)=2n(SO42-)-2n(Mg2+)=0.8mol，
c(K+)=。
故选B。
25.现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-现取三份各100mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。正确的是
A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K+)≥0.04mol
B. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-
C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-
D. 该混合液中一定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】加入AgNO3溶液有沉淀产生可能说明有Cl-、CO32-、SO42-，加入足量NaOH溶液加热后收集到气体0.08mol说明一定有NH4+，且NH4+的物质的量是0.08mol，加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀，经盐酸洗涤干燥后，沉淀质量减轻但没有完全反应，说明沉淀有碳酸钡和硫酸钡，即原溶液中有CO32-、SO42-，所以一定没有Mg2+和Ba2+，不能确定是否有Cl-。硫酸钡4.66g，即0.02mol，碳酸钡的质量为12.54g-4.66g=7.88g，即0.04mol，根据电荷守恒，负电荷一共0.12mol，NH4+所带的正电荷是0.08mol，因此一定还有K+，且n(K+)≥0.04 mol，故选A。
【点睛】在离子推断题里，如果给出离子的物质的量，一般要用到电荷守恒，即在电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。特别是最后判断某种离子的存在与否时，要根据前面已经推断出来的离子的物质的量或物质的量浓度，用电荷守恒来判断该离子是否存在，计算其物质的量或浓度的范围。
第Ⅱ卷 (非选择题，共50分）
二．简答题（本大题包括4小题，共44分）
26.下列物质：①水 ② 稀硫酸 ③盐酸 ④烧碱 ⑤硝酸钾 ⑥酒精 ⑦碘酒 ⑧蔗糖 ⑨NH3
（用编号回答）其中属于
电解质的是：___。
非电解质的是：___。
强电解质的是___。
弱电解质的是___。
【答案】 (1). ①④⑤ (2). ⑥⑧⑨ (3). ④⑤ (4). ①②
【解析】
【详解】①水，是电解质、弱电解质；
②稀硫酸，既不是电解质也不是非电解质；
③盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
④烧碱，电解质、强电解质；
⑤硝酸钾，电解质、强电解质；
⑥酒精，非电解质；
⑦碘酒，是碘和酒精的混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧蔗糖，非电解质；
⑨NH3，非电解质。
综合以上分析，可得以下结论：
电解质的是：①②④⑤；
非电解质的是：⑥⑧⑨；
强电解质的是④⑤；
弱电解质的是①；答案为：①④⑤；⑥⑧⑨；④⑤；①。
【点睛】酸、碱、盐、金属氧化物和水是电解质，其中强酸、强碱和绝大部分盐是强电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。需要注意的是，难溶性盐大多是强电解质，因为它们虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离。
27.我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾，现实验室需要配制480mL 0.1mol/LKIO3溶液，实际操作步骤有：
（1）需称量碘酸钾的质量为___g。
（2）配制溶液时下列仪器中：
A.锥形瓶 B．托盘天平 C.烧杯 D.胶头滴管 E.药匙 F.量筒
不需要用到的是__（填序号），尚缺的玻璃仪器有___和___（写名称）。
（3）人们常将配制过程简述为以下各步骤：
A．冷却 B．称量 C．洗涤 D．定容 E．溶解 F．摇匀 G．转移 H．装入试剂瓶
其正确的操作顺序应是___(填序号)。
①B E A G C G D F H ②B E G A C G F D H
③B E F G C G D H A ④B E A G C G D H F
（4）在此配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是____ (填序号)。
①转移时未洗涤烧杯和玻璃棒 ②定容时俯视刻度线观察液面
③定容时仰视刻度线观察液面 ④容量瓶用蒸馏水洗干净后未干燥
⑤摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
（5）检验食盐中否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4─ K2SO4+I2+H2O(未配平)
①配平该方程式，并且用双线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：___。
②该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___。
③如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为____mol
【答案】 (1). 10.7 (2). A F (3). 玻璃棒 (4). 500ml容量瓶 (5). ① (6). ② (7). (8). 1：5 (9). 0.3
【解析】
【分析】
（1）实验室没有480mL容量瓶，需选择500mL的容量瓶，计算时溶液按500mL计算。需称量碘酸钾的质量为0.1mol/L×0.5L×214g/mol。
（2）配制溶液时下列仪器中：
A.锥形瓶 B．托盘天平 C.烧杯 D.胶头滴管 E.药匙 F.量筒
不需要用到的是锥形瓶和量筒，尚缺的玻璃仪器有玻璃棒和500mL容量瓶。
（3）将配制过程中正确的操作顺序应从计算、称量、溶解、转移、定容五个方面确定八个步骤的顺序。
（4）分析误差时，从入手进行：
①转移时未洗涤烧杯和玻璃棒，n偏小，c偏小；
②定容时俯视刻度线观察液面，V偏小，c偏大；
③定容时仰视刻度线观察液面，V偏大，c偏小；
④容量瓶用蒸馏水洗干净后未干燥，n不变，c不变；
⑤摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，V偏大，c偏小。
（5）检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4─ K2SO4+I2+H2O(未配平)
①配平时，先配氧化剂和还原剂，KIO3+5KI─ 3I2；再按质量守恒配平，KIO3+5KI+3H2SO4= 3K2SO4+3I2+3H2O；
双线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：
②该反应中氧化剂是KIO3、还原剂是KI，从方程式中可以看出二者的物质的量之比。
③转移电子与I2的关系式为 5e-——3I2，由反应中转移0.5mol电子，可求出生成I2的物质的量。
【详解】（1）实验室没有480mL容量瓶，需选择500mL的容量瓶，计算时溶液按500mL计算。需称量碘酸钾的质量为0.1mol/L×0.5L×214g/mol=10.7g；答案为：10.7；
（2）配制溶液时下列仪器中：
A.锥形瓶 B．托盘天平 C.烧杯 D.胶头滴管 E.药匙 F.量筒
不需要用到的是锥形瓶和量筒，尚缺的玻璃仪器有玻璃棒和500mL容量瓶；答案为：A F；玻璃棒；500ml容量瓶；
（3）将配制过程中正确的操作顺序应从计算、称量、溶解、转移、定容五个方面确定八个步骤的顺序为B E A G C G D F H；答案为：①；
（4）分析误差时，从入手进行：
①转移时未洗涤烧杯和玻璃棒，n偏小，c偏小；
②定容时俯视刻度线观察液面，V偏小，c偏大；
③定容时仰视刻度线观察液面，V偏大，c偏小；
④容量瓶用蒸馏水洗干净后未干燥，n不变，c不变；
⑤摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，V偏大，c偏小。
综合以上分析，使配制结果偏高的是②；答案为：②；
（5）检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4─ K2SO4+I2+H2O(未配平)
①配平时，先配氧化剂和还原剂，KIO3+5KI─ 3I2；再按质量守恒配平，KIO3+5KI+3H2SO4= 3K2SO4+3I2+3H2O；
双线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目： ；答案为：KIO3+5KI+3H2SO4= 3K2SO4+3I2+3H2O；；
②该反应中氧化剂是KIO3、还原剂是KI，从方程式中可以看出二者物质的量之比1：5；
③转移电子与I2的关系式为 5e-——3I2，由反应中转移0.5mol电子，可求出生成I2的物质的量0.3mol。
答案为：1：5；0.3。
28.下列图示中，A、B是金属单质，E、K是非金属单质，其它为化合物，F、G、H、I、J 焰色反应均为黄色，在这些物质中只有C、K是气体，其中K是黄绿色气体，反应⑧⑨是工业由H制I的重要反应。

填写下列空白：
（1）写出化学式：B___，F___。
（2）写出反应①化学反应方程式：____。
（3）写出反应⑦离子反应方程式：___。
【答案】 (1). Mg (2). Na2O2 (3). 2Mg+CO22MgO+C (4). OH-+CO2=HCO3-
【解析】
【分析】
由“K是黄绿色气体”，可确定K为Cl2；由“F、G、H、I、J 焰色反应均为黄色”，可确定A为Na，则F为Na2O2，G为NaOH，H为NaCl。由
可确定J为NaHCO3，C为CO2，I为Na2CO3。
金属单质B能与CO2反应，则B为Mg，从而得出D为MgO，E为C。
（1）从上面分析中，我们可确定B、C的化学式。
（2）反应①是Mg与CO2发生的置换反应，产物为MgO和C。
（3）反应⑦为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3。
【详解】由“K是黄绿色气体”，可确定K为Cl2；由“F、G、H、I、J 焰色反应均为黄色”，可确定A为Na，则F为Na2O2，G为NaOH，H为NaCl。由
可确定J为NaHCO3，C为CO2，I为Na2CO3。
金属单质B能与CO2反应，则B为Mg，从而得出D为MgO，E为C。
（1）从上面分析中，我们可确定化学式：B为Mg，F为Na2O2；答案为：Mg；Na2O2；
（2）反应①是Mg与CO2发生的置换反应，产物为MgO和C，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C；答案为：2Mg+CO22MgO+C；
（3）反应⑦为过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为
OH-+CO2=HCO3-。答案为：OH-+CO2=HCO3-。
【点睛】框图题分析的思路为：

解题时，寻找解题的突破口至关重要，通常情况下，特殊的反应条件、特殊的反应现象、信息点多的某个反应，便是解题的突破口。
对于本题来说，我们容易推出A、F、G、H，解题的真正突破口是C物质的确定，也就是下列物质转化中C的确定，。
29.如图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置。

（1）A是氯气发生装置，其中发生反应的离子方程式为___。
（2）实验开始时，先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。则该反应的化学方程式为___。
（3）E装置这样设计的目的是防倒吸，除了防倒吸之外还有的作用是___。
（4）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，则B的作用是___。
（5）若实验中使用12mol· L-1的浓盐酸10mL与足量的MnO2反应，则生成的Cl2的物质的量总是小于0.03mol，试分析可能存在的原因是___。
（6）某同学用如图的装置来验证氯气的有关性质：

①该同学实验后并没有得到预期的实验现象，请你帮助他分析实验失败的原因___。
②该同学在实验失败后对设计的实验装置进行了改进，并重新进行了实验，结果得到了预期的实验现象。你认为他预期的实验现象是___，由此得出Cl2使有色物质褪色的机理是___。
【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 2Cl2+2H2O+CCO2+4HCl (3). 吸收Cl2和HCl气体，防止污染环境 (4). 储存多余的Cl2 (5). 随反应的进行盐酸变稀，与MnO2不反应 ②浓盐酸的挥发 (6). Cl2被碱石灰吸收 (7). 干燥有色布条不褪色，而湿润有色布条褪色 (8). Cl2与水反应生成HClO，而HClO具有漂白性
【解析】
【分析】
（1）A是氯气发生装置，药品为MnO2、浓盐酸，二者发生氧化还原反应，生成Cl2。
（2）D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，与带有水蒸气的氯气发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。
（3）E装置这样设计的目的是防倒吸，除了防倒吸之外还有的作用是尾气处理。
（4）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，则B的作用是将后来生成的氯气储存。
（5）若实验中使用12mol· L-1的浓盐酸10mL与足量的MnO2反应，则生成的Cl2的物质的量总是小于0.03mol，从氯化氢的挥发、仪器中存留、稀盐酸与MnO2不反应等方面进行分析。
（6）①该同学实验后并没有得到预期的实验现象，主要从Cl2有无进入广口瓶内分析原因。
②该同学在实验中使用干燥布条、潮湿布条，他预期实验现象应为布条是否褪色，由此得出Cl2使有色物质褪色的机理是潮湿氯气中发生反应，生成物具有漂白性。
【详解】（1）A是氯气发生装置，药品为MnO2、浓盐酸，二者发生以下反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，与带有水蒸气的氯气发生氧化还原反应2Cl2+2H2O+CCO2+4HCl；答案为：2Cl2+2H2O+CCO2+4HCl；
（3）E装置这样设计的目的是防倒吸，除了防倒吸之外还有的作用是吸收Cl2和HCl气体，防止污染环境；答案为：吸收Cl2和HCl气体，防止污染环境；
（4）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，则B的作用是储存多余的Cl2；答案为：储存多余的Cl2；
（5）若实验中使用12mol· L-1的浓盐酸10mL与足量的MnO2反应，则生成的Cl2的物质的量总是小于0.03mol，其可能原因是①随反应的进行盐酸变稀，与MnO2不反应 ②浓盐酸的挥发；答案为：①随反应的进行盐酸变稀，与MnO2不反应 ②浓盐酸的挥发；
（6）①该同学实验后并没有得到预期的实验现象，主要是Cl2被碱石灰吸收；答案为：Cl2被碱石灰吸收；
②该同学在实验中使用干燥布条、潮湿布条，他预期的实验现象应为干燥有色布条不褪色，而湿润有色布条褪色，由此得出Cl2使有色物质褪色的机理是Cl2与水反应生成HClO，而HClO具有漂白性。答案为：干燥有色布条不褪色，而湿润有色布条褪色；Cl2与水反应生成HClO，而HClO具有漂白性。
三．计算题
30.向100mLNaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体。请回答下列问题：
（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出。___
（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到9.5g的白色固体。
①请通过计算确定此白色固体组成为___。
②所用的NaOH溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。
【答案】 (1). ①NaOH和Na2CO3；②Na2CO3；③NaHCO3；④Na2CO3和NaHCO3 (2). Na2CO3和NaHCO3 (3). 1.5
【解析】
【分析】
向100mLNaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，可能发生以下两个反应：
2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O NaOH+CO2(过量)=NaHCO3
（1）NaOH溶液中通CO2，可能发生以下两个反应，若刚好发生前面的一个反应，则反应产物为Na2CO3；若刚好发生后面一个反应，则反应产物为NaHCO3；若NaOH过量，则产物为NaOH与Na2CO3的混合物；若对前一反应来说，CO2过量，而对后一反应来说，CO2不足量，则反应产物为Na2CO3和NaHCO3。
（2）若产物为NaOH和Na2CO3或Na2CO3，则m(Na2CO3)=0.1mol×106g/mol=10.6g>9.5g，不合题意；若产物为Na2CO3和NaHCO3或NaHCO3，则平均相对分子质量M=，则产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物。
设Na2CO3的物质的量为x，则NaHCO3的物质的量为0.1-x
则106x+84(0.1-x)=9.5，求得x=0.05mol，再利用Na+守恒，可求出n(Na+)，即n(NaOH)，从而求出c(NaOH)。
【详解】向100mLNaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，可能发生以下两个反应：
2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O NaOH+CO2(过量)=NaHCO3
（1）NaOH溶液中通CO2，可能发生以下两个反应，若刚好发生前面的一个反应，则反应产物为Na2CO3；若刚好发生后面一个反应，则反应产物为NaHCO3；若NaOH过量，则产物为NaOH与Na2CO3的混合物；若对前一反应来说，CO2过量，而对后一反应来说，CO2不足量，则反应产物为Na2CO3和NaHCO3。
（2）若产物为NaOH和Na2CO3或Na2CO3，则m(Na2CO3)=0.1mol×106g/mol=10.6g>9.5g，不合题意；若产物为Na2CO3和NaHCO3或NaHCO3，则平均相对分子质量M=，则产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物。
设Na2CO3的物质的量为x，则NaHCO3的物质的量为0.1-x
则106x+84(0.1-x)=9.5，求得x=0.05mol，再利用Na+守恒，可求出n(Na+)=0.05mol×2+0.05mol×1=0.15mol，即n(NaOH)=0.15mol，从而求出c(NaOH)=。答案为1.5。