1、广东省广州市2019-2020学年高一化学上学期期中模拟卷（二）（含解析）试卷说明：1、试卷结构：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）2、考试时长：90分钟，满分：100分。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Na-23 S-32 Al-27 N-14第卷（选择题，共56分）一、选择题（本题包括28小题，每小题2分，共56分。每题只有一个选项符合题意。）1.下列各种仪器：漏斗；容量瓶；温度计；分液漏斗；天平；量筒；胶头滴管；蒸馏烧瓶。常用于物质分离的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】常用的物质分离的方法：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏，根
2、据各种方法来选择所需的仪器。【详解】漏斗用于过滤分离混合物；容量瓶用于配制溶液，不能分离混合物；温度计只能测定温度；分液漏斗用于萃取、分液分离混合物；天平只能测定物质的质量；量筒只能量取液体的体积；胶头滴管用于取少量液体，滴加液体；蒸馏烧瓶用于沸点不同的混合物的分离；综上所述，常用于物质分离的是，C项正确；答案选C。2.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤。正确的操作顺序是（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】A【解析】【详解】要除去食盐水含有的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，实质就是除去Ca2+、Mg2+、SO42-，可加入过量氢氧化钠溶液将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀除去，加入过量氯化钡溶液将SO42-转化为BaSO4沉淀除去，除去Mg2+和SO42-，不用考虑先后顺序；加入过量碳酸钠溶液使Ca2+和过量Ba2+转化为CaCO3和BaCO3沉淀除去，加入碳酸钠溶液一定要放在加入氯化钡溶液之后，这样碳酸钠溶液才能除去过量Ba2+；过滤后，向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，至无气泡产生,正确的顺序为或，故选A。【点睛】加入碳酸钠溶液一定要放在加入氯化钡溶液
4、之后是确定试剂加入顺序的关键步骤，否则碳酸钠溶液不能除去过量Ba2+。3.下列叙述正确的是（ ）A. 1molH2O的质量为18g/molB. CH4的摩尔质量为16gC. 3.011023个SO2分子的质量为32gD. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L/mol【答案】C【解析】【详解】A. 1mol H2O的质量为1mol18g/mol=18g，A项错误；B. CH4的摩尔质量为16g/mol，B项错误；C. 3.011023个SO2分子物质量为0.5mol，质量为0.5mol64g/mol=32g，C项正确；D. 标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，D项错误；答
5、案选C。【点睛】摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，当质量以g为单位时，摩尔质量在数值上与其相对分子质量或相对原子质量相等，摩尔质量的单位为g/mol。如CH4的摩尔质量为16g/mol，CH4的相对分子质量为16，1mol CH4的质量为16g，注意，三者数值上相等，但单位不同，为易错点。4.下列溶液中Cl的物质的量浓度最大的是（ ）A. 200mL2mol/LMgCl2溶液B. 1000mL2.5mol/LNaCl溶液C. 250mL1mol/LAlCl3溶液D. 300mL5mol/LKClO3溶液【答案】A【解析】【分析】根据溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度化学式中氯离子
6、个数，与溶液的体积无关，结合选项判断即可。【详解】A. 200mL 2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=22mol/L=4mol/L；B. 1000mL2.5mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=2.5mol/L；C. 250mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L；D. KClO3溶液中无氯离子；综上所述，200mL 2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)最大，A项正确；答案选A。5.某盐的混合物中含有0.2molNa+，0.4molMg2+，0.4molCl-和SO42-，则其含有的SO42-为（ ）A. 0.1molB. 0.3molC. 0.5 molD. 0
7、.15mol【答案】B【解析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒有n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)+2n(SO42-)，据此计算。【详解】溶液呈电中性，根据电荷守恒有n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)+2n(SO42-)，则：0.2mol+0.4mol2=0.4mol+2n(SO42-)，解得n(SO42-)=0.3mol，B项正确；答案选B。6.对于某些离子的检验及结论中一定正确的是（ ）A. 加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42C. 分别含有Mg2、C
8、u2和Na的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2【答案】C【解析】试题分析：A、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体为二氧化碳，原溶液中可能含CO32-、HCO3，故A错误；B、加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中不一定存在SO42-，可能含有银离子，故B错误；C、分别滴加NaOH溶液，生成蓝色沉淀的原溶液含Cu2+，生成白色沉淀的原溶液含Mg2+，无明显现象的原溶液含Na+，故C正确；D、加入碳酸钠溶液产生的白色沉淀，可能是碳酸钙或者碳酸钡
9、，再加盐酸白色沉淀消失，可能有Ba2+或者Ca2+，故D错误。考点：本题考查离子的检验。7.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是密度比为1611 摩尔质量比为1116 物质的量比为1611 体积比为1116A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：SO2气体和CO2气体的摩尔质量分别为64 g/mol、44 g/mol；等质量的SO2气体和CO2气体的物质的量分别为和；同温、同压下气体密度比为摩尔质量之比，64:44=1611，正确；摩尔质量比为1611，故错误；物质的量比为：=1116，故错误；体积比为物质的量之比：=1116，故正确；选B。考
10、点：本题考查阿伏加德罗定律。8.若50滴水正好是m mL，则1滴水所含的分子数是A. m50186021023B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】50滴水正好是m mL，则1滴水的体积是，因此1滴水的质量是，物质的量是，因此1滴水所含的分子数是，答案选B。【点晴】在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、nm/M、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。9.现有三组实验：除去混在植物油中的水回收碘的CCl4溶液中的CCl4用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分。分离以上混合液的正确方法依次是（ ）A.
11、 分液、萃取、蒸馏B. 萃取、蒸馏、分液C. 分液、蒸馏、萃取D. 蒸馏、萃取、分液【答案】C【解析】【详解】除去混在植物油中的水，因为液体分层，所以采用分液法分离；回收碘的CCl4溶液中的CCl4，二种液体互溶，采用蒸馏法分离；用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分，此为从有机体提取物质，应为萃取。故答案为C。【点睛】分离机械混合的固体混合物，方法称为溶解、过滤；从有机生命体中提取某有机物，提取方法称为萃取。10. 下列有关说法正确的是A. 萃取操作可在普通漏斗中完成B. 浓烧碱液沾到皮肤上应立即用稀盐酸冲洗C. 闻未知液体或气体的气味时，应该将试剂瓶口距离口鼻远一些，用手轻轻扇动D. 用容
12、量瓶配制好一定浓度的某溶液后，将溶液保存在容量瓶中并贴上标签【答案】C【解析】试题分析：萃取操作可在分液漏斗中完成，故A错误；盐酸和氢氧化钠都有腐蚀性，浓烧碱液沾到皮肤上应立即用水冲洗，再涂上稀硼酸溶液，故B错误；为防止中毒，闻未知液体或气体的气味时，应该将试剂瓶口距离口鼻远一些，用手轻轻扇动，故C正确；将溶液保存在细口瓶中并贴上标签，故D错误。考点：本题考查化学仪器使用11.用10 mL0.1molL-1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、K2SO4和ZnSO4三种溶液中的SO42-完全转化为BaSO4沉淀，则三种硫酸盐溶液物质的量浓度之比是（ ）A. 322B. 123C
13、. 133D. 311【答案】C【解析】【分析】反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，则各溶液中硫酸根物质的量相等，据此确定Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4物质的量之比，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比。【详解】由题意知反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2+ SO42-=BaSO4可知：3x=y=z，则x：y：z=
14、1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3；故选：C。12.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量B. 200 mL 1 molL1氯化钙溶液中c(Cl)和100 mL 2 molL1氯化钾溶液中c(Cl)C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数D. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度【答案】C【解析】【详解】A.2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；B.1mol/L
15、氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，需要明确物质的量浓度与溶质质量分数的计算表达式，c=，对于氢氧化钠溶液，溶
16、液的浓度越大，密度越大，因此20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度大于10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度的2倍。13. 下列反应的离子方程式中，错误的是A. 铁跟稀硫酸反应：Fe2H=Fe2H2B. 碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：Ca(HCO3)22H=Ca22H2O2CO2C. 醋酸跟氢氧化钾溶液反应：CH3COOHOH=CH3COOH2OD. 碳酸镁跟硫酸反应：MgCO32H=Mg2H2OCO2【答案】B【解析】试题分析：A铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则Fe2H=Fe2H2，A正确；B碳酸氢钙溶液跟盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，即HCO3H=H2OCO2，B错误；C醋酸跟氢
17、氧化钾溶液反应生成醋酸钾和水，即CH3COOHOH=CH3COOH2O，C正确；D碳酸镁跟硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，即MgCO32H=Mg2H2OCO2，D正确，答案选B。考点：考查离子方程式判断14. 下列对氧化还原反应的分析中合理的是A. Mg变为MgO时化合价升高，因此，Mg在该反应中作还原剂B. KMnO4受热分解时，Mn元素化合价一方面升高一方面降低，因此，在该反应中Mn元 素既被氧化又被还原C. 凡是氧化还原反应都能造福人类D. 在反应2H2O2H2+ O2中H2O是还原剂【答案】A【解析】试题分析：Mg变为MgO时化合价升高，因此，Mg在该反应中作还原剂，故A正确；KMn
18、O4受热分解时，生成锰酸钾、二氧化锰、氧气；Mn元素化合价降低，因此，在该反应中Mn元素被还原，故B错误；食物的腐败、钢铁的氧化都是氧化还原反应，对人类不利，故C错误；在反应2H2O2H2+ O2中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，H2O既是氧化剂又是还原剂，故D错误。考点：本题考查氧化还原反应。15.赤铜矿的主要成分是氧化亚铜（Cu2O），辉铜矿的主要成分是硫化亚铜（Cu2S），将赤铜矿与辉铜矿混合加热有如下反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2，下列对于该反应的说法正确的是（ ）A. 该反应中的氧化剂只有Cu2OB. Cu既是氧化产物又是还原产物C. Cu2S在反应中只做还原剂D.
19、氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6【答案】D【解析】A、Cu2S中Cu的价态为1价，Cu2O中Cu的价态为1价，根据反应方程式，1价的Cu转化成0价Cu，化合价降低，因此Cu2O和Cu2S属于氧化剂，故A错误；B、根据选项A的分析，Cu为还原产物，故B错误；C、Cu2S中的S显2价，转化成4价S，化合价升高，因此Cu2S即使氧化剂又是还原剂，故C错误；D、Cu为还原产物，SO2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6，故D正确。16.有一无色未知溶液中检验出有Ba2、Ag，同时又测得其酸性很强。某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在Cu2 Fe3 Cl NO3- SO42 CO3
20、2- NH4+ Mg2 Al3，而事实上有部分离子不用鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】一瓶无色未知溶液中检验出有Ba2+、Ag+，同时又测得其酸性很强，含大量的H+，与三种离子反应生成沉淀、水、气体等的离子及有颜色的离子不必鉴定，以此来解答。【详解】未知溶液中检验出有Ba2+、Ag+，则和Ba2+、Ag+反应的Cl、SO42、CO32-不能存在，无色溶液中Cu2、Fe3不能存在，未知溶液酸性很强，所以和氢离子反应的CO32-不能存在，则不用鉴定就能加以否定，D项正确；答案选D。17.下列反应中，氧化反应与还原反应在同一元素间进行的是A
21、. Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2OB. Fe+CuSO4FeSO4+CuC. 2KClO32KCl+3O2D. 2H2O 2H2+O2【答案】A【解析】试题分析：Cl2+ 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O中氯元素化合价既有升高又有降低，故A正确；Fe + CuSO4= FeSO4+ Cu中铁元素化合价升高、铜元素化合价降低，故B错误；2KClO32KCl + 3O2中氯元素化合价降低、氧元素化合价升高，故C错误；2 H2O2H2+ O2中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，故D错误。考点：本题考查氧化还原反应。18.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL
22、 0.100 molL1Na2S2O3溶液恰好把224 mL(标准状况下) Cl2完全转化为Cl，则S2O32将转化为A. S2B. SO32C. SD. SO42-【答案】D【解析】【详解】根据氧化还原反应中得失电子数目守恒，令S2O32转化后的价态为x，即251030.12(x2)=22410321/22.4，解得x=6，即选项D正确。19. 下列物质中，前者属于纯净物，后者属于混合物的是A. 净化后的空气；氧化镁B. 水和冰混合；澄清石灰水C. 生锈的铁钉；高锰酸钾充分加热后的剩余固体D. 氯化钾；液氧【答案】B【解析】试题分析：净化后的空气是混合物；氧化镁是纯净物，故A错误；水和冰混合
23、是纯净物；澄清石灰水是混合物，故B正确；生锈的铁钉是混合物；高锰酸钾充分加热后的剩余固体是混合物，故C错误；氯化钾、液氧都是纯净物，故D错误。考点：本题考查物质分类。20.下列化学反应，能用离子方程式CO322HCO2H2O来表示的是A. 稀硝酸和碳酸钡的反应B. 稀硝酸和碳酸钾溶液的反应C. 石灰石和盐酸的反应D. 盐酸和NaHCO3溶液的反应【答案】B【解析】【详解】可溶性碳酸盐和强酸反应生成可溶性盐、水、二氧化碳的离子反应为CO32-2H+CO2H2O，则A、碳酸钡不溶于水，在离子反应中保留化学式，不能用CO32-2H+CO2H2O表示，A错误；B、反应生成硝酸钾、水、二氧化碳，碳酸钾、
24、硝酸钾均为可溶性盐，则能用CO32-2H+CO2H2O表示，B正确；C、石灰石不溶于水，在离子反应中保留化学式，不能用CO32-2H+CO2H2O表示，C错误；D、盐酸和NaHCO3溶液的反应的离子反应为HCO3-+H+H2O+CO2，与碳酸盐的阴离子不同，D错误；答案选B。21. 下列叙述正确的是( )A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性【答案】D【解析】试题分析：A大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活
25、泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；B氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；C处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe2+、SO32-等，故C错误；D一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。22.金属加工后的废切削液中含有2%5%的NaNO2，它是一种环境污染物。人们用NH4Cl溶液来处理此废切削液，使亚硝酸钠转化为无毒物质。该反应分两步进行：第一步：NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2第二步：NH4NO2
26、N2+2H2O下列对第二步反应的叙述中正确的是NH4NO2仅是氧化剂NH4NO2仅是还原剂NH4NO2发生了分解反应只有氮元素的化合价发生了变化NH4NO2既是氧化剂又是还原剂A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】该反应中N元素的化合价由-3价变为0价，由+3价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，结合分解反应的概念降低【详解】第二步反应中NH4NO2发生了自身的氧化还原反应，其中氮元素发生了归中反应，NH4NO2中的两个N原子的化合价分别由-3价变为0价、由+3价变为0价，该反应中只有N元素的化合价发生变化，所以NH4NO2既是氧化剂又是还
27、原剂，从四大基本反应类型看，NH4NO2发生的是分解反应，所以是正确的。故选D。23.有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列变化：A2B=B2A A2C=C2A B2C=C2B C2D=D2C由此可推知，各物质的氧化性、还原性强弱顺序正确的是（ ）氧化性：A2B2C2D2 氧化性：D2C2B2A2还原性：ABCD 还原性：DCBAA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A2+BB2+A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A，B元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物B2+，得到氧化性A2+B2+；还原性BA；A2+C
28、C2+A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性A2+C2+；还原性CA；B2+CC2+B，反应中B元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物B，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性B2+C2+；还原性CB；C2+DD2+C，反应中C元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物C，D元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物D2+，得到氧化性C2+D2+；还原DC
29、；综上所述氧化性强弱顺序：A2+B2+C2+D2+；还原性强弱顺序：DCBA；故选D。【点睛】在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。24.在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的离子组是A. Ca2、Na、NO3、CO32B. Mg2、Cl、NH4、SO42C. K、Cl、HCO3、NO3D. Ca2、Na、Fe3、NO3【答案】B【解析】【分析】强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详解】A酸性条件下CO3不能大量存，选项A错误；B酸性溶液中该组离子之间不反应，可大
30、量共存，且离子均为无色，选项B正确；C酸性条件下HCO3-不能大量存在，选项C错误；DFe3+为有色离子与题中溶液为无色透明不符，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，注意离子的颜色，题目难度不大。25. 亚硝酸盐中毒，又名乌鸦病、紫绀病、肠源性青紫病。亚硝酸盐可将正常的血红蛋白氧化成高铁血红蛋白，血红蛋白中的铁元素由二价变为三价，失去携氧能力，使组织出现缺氧现象。美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂。下列说法中，不正确的是A. 中毒时亚硝酸盐发生氧化反应B. 在中毒过程中血红蛋白被氧化
31、C. 药品美蓝应具有还原性D. 解毒时血红蛋白被还原【答案】A【解析】试题分析：A、中毒时亚硝酸盐可将正常的血红蛋白氧化成高铁血红蛋白，血红蛋白被氧化时亚硝酸盐被还原，发生还原反应，而不是氧化反应，A错误；B、中毒时将正常的血红蛋白氧化成高铁血红蛋白，血红蛋白被氧化，B正确C、美蓝解毒就要使Fe3+转化为Fe2+，让铁元素发生氧化反应，所以美蓝是还原剂，具有还原性，C正确；D、解毒时高铁血红蛋白被还原为正常血红蛋白，D正确；答案选A。【考点定位】考查亚硝酸盐的性质、氧化还原反应【名师点晴】本题借助于亚硝酸盐的性质考查了氧化还原反应的基本知识。氧化反应是物质跟氧发生的化学反应，还原反应是物质失去
32、氧的反应；在化学反应中得到氧的物质是还原剂，失去氧的物质是氧化剂。亚硝酸盐是强氧化剂又有还原性，在空气中会逐渐氧化，表面则变为硝酸钠，也能被氧化剂所氧化；遇弱酸分解放出棕色二氧化氮气体；与有机物、还原剂接触能引起爆炸或燃烧，并放出有毒的刺激性的氧化氮气体；遇强氧化剂也能被氧化，特别是铵盐，如与硝酸铵、过硫酸铵等在常温下，即能互相作用产生高热，引起可燃物燃烧。26.Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划分为同一类物质，下列分类标准正确的是钠的化合物 能与硝酸反应的物质 电解质 钠盐 钠的含氧化合物A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：都含有钠元素，属
33、于钠的化合物；NaCl、Na2SO4与硝酸不反应；熔融或水溶液都能导电，属于电解质；Na2O是氧化物，NaOH是碱；NaCl不含氧元素，故D正确。考点：本题考查物质分类。27.H可以跟NH3反应，HNH3=NHH2，根据该反应事实，可以得出的正确结论是A. NH3具有还原性B. H是很强的还原剂C. H2是氧化产物，NH是还原产物D. 该反应属于置换反应【答案】B【解析】试题分析：H中氢元素化合价为-1价、NH3中氢元素化合价为+1价；HNH3=NHH2，反应中氨气中氢元素化合价降低，氨气为氧化剂，故A错误；HNH3=NHH2，反应中H中氢元素化合价升高，H是很强的还原剂，故B正确；H2既是氧
34、化产物又是还原产物，故C错误；一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应，该反应没有单质参加反应，不属于置换反应，故D错误。考点：本题考查氧化还原反应。28.单质X和Y相互反应生成化合物X2+Y2-,有下列叙述:X被氧化 X是氧化剂 X具有氧化性 XY既是氧化产物也是还原产物 XY中的Y2-具有还原性 XY中的X2+具有氧化性 Y的氧化性比XY中的X2+氧化性强。以上叙述正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：单质X和Y相互反应生成化合物XY(X的化合价为+2，X元素的化合价由0升高为+2价，Y元素的化合价由0降低为-2价，X元素的化合价升高，被氧化，
35、故正确；X元素的化合价升高，则是还原剂，故错误；X为还原剂，具有还原性，故错误；X元素的化合价升高，Y元素的化合价降低，则XY既是氧化产物也是还原产物，故正确；XY中的Y2-具有失去电子的能力，则具有还原性，故正确；XY中X2+具有得到电子的能力，则具有氧化性，故正确；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，Y的氧化性比XY中的X的氧化性强，故正确。即选项A正确。故选A。考点：考查氧化还原反应【名师点睛】氧化还原反应实质是在反应过程中有电子的转移（得失或电子对偏移），特征是有化合价的变化，所以我们可以依据反应过程中元素的化合价变化进行有关概念的分析。化学反应过程中，失去电子（或电子对偏离），
36、化合价升高的元素，被氧化，发生氧化反应，做还原剂；得到电子（或电子对偏向），化合价降低的元素，被还原，发生还原反应，做氧化剂。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。卷（非选择题44分）二、填空题29.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2、Ag、Na、Cu2中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体 逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为
37、：（1）A_，B_。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：_。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_。（4）C溶液中阴离子的检验方法：_。【答案】 (1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CO32-2H=H2OCO2 (4). Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2 (5). 取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-【解析】【分析】（1）给出八种离子形成四种可溶性盐，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定，如Ba2+不能和SO42-、
38、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32-结合，由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；（2）D为碳酸钠，和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；（3）C为硫酸铜和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀；（4）C为硫酸铜，阴离子为硫酸根离子，根据硫酸根离子的检验方法检验。【详解】（1）由于是可溶性盐，所以溶液中存在的阳离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况
39、可知：Ba2+不能和SO42、CO32结合，而只能和NO3、Cl，Ag+不能和SO42、CO32、Cl三种离子结合，而则只能和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3，Cu2+不能和CO32结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32为Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，所以A为BaCl2，故答案为：BaCl2；AgNO3；（2）盐酸与D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为：CO32-2H=H2OCO2；故答案为：C
40、O32-2H=H2OCO2；（3）CuSO4与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2；故答案为：Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2；（4）C为CuSO4，检验物质C中阴离子的方法是取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，无明显现象，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；故答案为：取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，无明显现象，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-。【点睛】本题书写了两个离子方程式，在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱
41、酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是写好离子方程式的关键。30.（1）等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为_。（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为_，（3）在反应2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O中，氧化剂是_，氧化产物是_，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为_，若有73 g HCl被氧化，电子转移的总数为_。（4）配制100 mL 1 molL1的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4(密度为1.84 gmL1，质量分数为98%)的体积为_mL。【答案】（1
42、）32 （2）11（3）KMnO4Cl25:2 53 2NA（4）5.4【解析】试题分析：（1）等质量的O2和O3的物质的量分别为、；分子的物质的量之比为：=48:32=3:2；（2） 根据阿伏加德罗定律，等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数相同，分子个数比为1:1；（3）KMnO4中锰元素化合价降低，KMnO4是氧化剂； MnCl2是还原产物、Cl2是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2；HCl中氯元素化合价升高，HCl是还原剂，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为53；73 g HCl的物质的量为2mol，2molHCl被氧化，电子转移的总数为2NA；(4）密度为1.8
43、4 gmL1，质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L；设需要浓硫酸的体积为VmL，根据稀释前后溶质物质的量不变，V=5.4mL。考点：本题考查物质的量、氧化还原反应。31. 掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。（1）写出下列仪器的名称：_，_，（2）若利用装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器有_，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为_；（3）用Na2CO310H2O晶体，配制0.2 molL1的Na2CO3溶液480 mL。应称取Na2CO310H2O晶体的质量：_。所用仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、量筒外，还需要_(填仪器名称)
44、。根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列要求：ANa2CO310H2O晶体失去了部分结晶水B用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)C称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈D容量瓶未经干燥使用其中引起所配溶液浓度偏高的有_(填字母)装置是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是_【答案】（1）蒸馏烧瓶 锥形瓶 （2）温度计 蒸馏（3）28.6 g 500 mL容量瓶、胶头滴管 AC 未用玻璃棒引流，未采用500 mL容量瓶【解析】试题分析：（1）仪器的名称：蒸馏烧瓶，锥形瓶；（2）利用蒸馏法分离四氯化碳和酒精的混合物，需要测蒸汽的温度，所以还缺少的仪器有温度计；（3）用Na2CO310H2O晶
45、体，配制0.2 molL1的Na2CO3溶液480 mL，需要500mL的容量瓶，Na2CO310H2O晶体的质量28.6 g； 500 mL容量瓶；定容时需要胶头滴管；Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水，碳酸钠质量增大，所得浓度增大；用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)，碳酸钠质量偏小，所得浓度偏小；称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈，碳酸钠质量增大，所得浓度增大；容量瓶未经干燥使用，无影响；本实验需要用500mL的容量瓶；移液要用玻璃棒引流。考点：本题考查化学实验的基础。32.现有下列九种物质：HCl气体 Cu 蔗糖 CO2 H2SO4 Ba(OH)2固体 氯酸钾溶液 稀硝酸 熔
46、融Al2(SO4)3（1）属于电解质的是_；属于非电解质的是_。（2）和反应的化学方程式为：3Cu +8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O上述反应中氧化产物是_。硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的_。用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）_。3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：HOH=H2O，该离子反应对应的化学方程式为_。（4）在水中的电离方程式为_，（5）34.2g溶于水配成1000mL溶液，SO42-的物质的量浓度为_。【答案】 (1). (2). (3). Cu
47、(NO3)2或Cu2+ (4). 25% (5). (6). Ba(OH)22HNO3=Ba(NO3)22H2O (7). Al2(SO4)3=2Al33SO42- (8). 0.3mol/L【解析】【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；（2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分
48、析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；（3）H+OH-H2O，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；（4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离；（5）计算3.42g硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量，依据计算硫酸根离子的物质的量浓度。【详解】（1）HCl气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质；蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质；CO2本身不能电离，属于非电解质；H2SO4是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；Ba(OH)2固体是在水溶
49、液里或熔融状态下能够导电化合物，是电解质；氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔融Al2(SO4)3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；综上所述，属于电解质的是；属于非电解质的是；故答案为：；（2）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合价升高，为还原剂，对应产物硝酸铜为氧化产物，参加反应的硝酸有8mol，只有2mol硝酸中的N化合价降低，作氧化剂，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%；在反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元
50、素的化合价由+5降低为+2价，转移的电子为6e，则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为，；故答案为：Cu(NO3)2或Cu2+；25%；（3）H+OHH2O，可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应，化学方程式为：Ba(OH)22HNO3=Ba(NO3)22H2O；故答案为：Ba(OH)22HNO3=Ba(NO3)22H2O；（4）硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al33SO42-；故答案为：Al2(SO4)3=2Al33SO42-；（5）3.42g硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式：Al2(SO4)3=2Al33SO42-，可知硫酸根离子的物质的量为0.03mol，则硫酸根离子的物质的量浓度；故答案：0.3mol/L。
