1、四川省绵阳市三台中学实验学校2019-2020学年高一化学上学期10月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5Ca-40 Ba-137一、单选题（每个小题只有一个正确选项，每小题2分，共25小题，共50分）1.下列成语中涉及氧化还原反应的是()A. 木已成舟B. 蜡炬成灰C. 铁杵成针D. 滴水成冰【答案】B【解析】【分析】有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。【详解】A、木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B、蜡炬成灰有新的物质生成
2、，属于化学变化，且碳、氧元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故B正确；C、铁杵成针只是物质形状变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故C错误；D、滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；答案选B。2.下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是（ ）A. NaHCO3=Na+H+ CO32-B. NaHSO4=Na+ H+ SO42-C. MgCl2=Mg2+2Cl-D. Ba(OH)2=Ba2+ 2OH-【答案】A【解析】【详解】ANaHCO3是弱酸强碱的酸式盐，在水溶液中HCO3-不能完全电离，故离子方程式应为NaHCO3=Na+HCO3-，故A错
3、误； BNaHSO4是强酸强碱的酸式盐，在水溶液中能完全电离，故离子方程式为NaHSO4=Na+H+SO42-，故B正确；CMgCl2能电离出2个氯离子，故离子方程式应为MgCl2=Mg2+2Cl-，故C正确；D氢氧化钡是二元强碱，其离子方程式应为Ba(OH)2=Ba2+ 2OH-，故D正确；故答案为A。【点睛】书写电离方程式是要关注以下几个方面：是强电解质电离还是弱电解质电离，如果是弱电解质电离要用“”，且多元弱酸要分步电离；电离时产生的是阴、阳离子微粒，且原子团不能拆分；电离方程式同样遵守原子守恒，选项B错误的原因就是不遵守此原则；另外弱酸的酸式阴离子一般不好折分，除非单独写其电离时拆分，
4、如HCO3-H+CO32-。3.下列物质只有还原性的为（ ）A. 亚硫酸钠（Na2SO3）B. 铁粉C. HNO3D. 硫酸亚铁（FeSO4）【答案】B【解析】【详解】A亚硫酸钠(Na2SO3)中硫元素是+4价，是中间价，既有氧化性，又有还原性，故A错误；B铁粉只能失电子，化合价升高，只有还原性，故B正确；CHNO3中H为+1价，N为+5价，均为最高价，具有氧化性，O为-2价，最低价，具有还原性，故C错误；D硫酸亚铁中Fe元素为+2价，是中间价，既有氧化性，又有还原性，故D错误；故答案为B。4.下列物质中，能导电的是（ ）食盐溶液 盐酸 氯酸钾 液态氯化氢 熔融氯化钾A. B. C. D. 【
5、答案】D【解析】【详解】食盐溶液、盐酸和熔融氯化钾中均存在自由移动的阴、阳离子，能导电；而氯酸钾中有阴、阳离子，但不能自由移动，不导电，液态氯化氢中不存在离子微粒，也不导电，则正确，故答案为D。5.下列各组物质，按氧化物、混合物、单质、电解质顺序排列的是 （ ）A. 二氧化硫、碘酒、液态臭氧、烧碱B. 硫酸钾、纯碱、白磷、生石灰C. 氧化铜、氯化氢、钠、干冰D. 氧化钙、胆矾、氮气、空气【答案】A【解析】【详解】A根据物质的分类，二氧化硫、碘酒、液态臭氧、烧碱依次为氧化物、混合物、单质、碱，其中烧碱也是电解质，故A正确；B硫酸钾组成元素有三种，是含氧化合物，不是氧化物，且纯碱是纯净物，故B错误
6、；C氯化氢是纯净物，干冰是CO2，是非电解质，故C错误；D胆矾是纯净物，空气是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故答案为A。6.下列说法中正确的是（ ）A. 摩尔是表示物质粒子多少的物理量B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒直径在10-9 10-7m之间C. 海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾KAl(SO4)12H2O可以使海水淡化D. 交叉分类法和树状分类法是化学上仅有的两种分类方法【答案】B【解析】【详解】A摩尔是物质的量的单位，而物质的量是基本物理量，故A错误；B不同分散系之间的本质差别是分散质微粒直径的大小不同，其中胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒直
7、径在10-9 10-7m之间，故B正确；C明矾是净水剂，溶于水生成的氢氧化铝胶体能吸附悬浮物，但不能使海水淡化，故C错误；D分类是科学有效的学习方法，交叉分类法和树状分类法均为常见的分类法，还有单一分类法，交叉分类法等，故D错误；故答案为B。7. 下列实验中配制一定物质的量浓度的溶液；pH试纸的使用；过滤；蒸发。都要用到的仪器是A. 玻璃棒B. 烧杯C. 蒸发皿D. 酒精灯【答案】A【解析】【详解】实验配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的仪器是天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、滴管，实验pH试纸的使用需要用到的仪器是玻璃棒、表面皿，实验过滤需要用到的仪器是铁架台、玻璃漏斗、玻璃棒、烧杯，实验蒸发需要
8、用到的仪器是铁架台(或三脚架)、玻璃棒、酒精灯、蒸发皿，四个实验都要用到的仪器是玻璃棒，故选B。8.下列物质中含有的分子数相等的是（）1molCO2 14gN2 标准状况下22.4L的H2O 98gH2SO4A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】依据n=，可知分子数相等，则物质的量相等；1molCO2；14gN2物质的量为：=0.5mol；标准状况下22.4L的H2O，物质的量为：=1244.4mol；98gH2SO4物质的量为：=1mol；所以分子数相等为，故答案为A。9.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是（ ）A. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦
9、对青蒿素的提取属于化学变化B. 碘水中萃取碘时，往分液漏斗中加入碘水和四氯化碳，充分振荡静置后分液C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应D. 实验室中的操作类似“海水煮盐”原理的是蒸发【答案】A【解析】【详解】A对青蒿素的提取涉及到萃取的操作，为物理过程，故A错误；B碘易溶于四氯化碳，且不溶于水，则碘水中萃取碘时，往分液漏斗中加入碘水和四氯化碳，充分振荡静置后分液，故B正确；C雾霾所形成的气溶胶是胶体，有丁达尔效应，故C正确；D“海水煮盐”利用的是蒸发结晶原理，故D正确；故答案为A。10.下列是有关实验的叙述，正确的是（ ）A. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度
10、必须比水大B. 分别含有Mg2+、Cu2+ 和Na+ 的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液能一次鉴别C. 不慎将浓硫酸洒在桌上，应先用烧碱溶液中和，再用湿布抹净D. 贴在装有酒精的容器上的标志为遇湿易燃物品【答案】B【解析】【详解】A萃取剂与溶剂的溶解性有关，与密度无关，如选择萃取剂苯或四氯化碳萃取溴水中溴，故A错误；BMg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，分别与NaOH溶液反应的现象为白色沉淀、蓝色沉淀、无现象，现象不同，可鉴别，故B正确；C不慎将浓硫酸洒桌上，应先用纯碱溶液中和，再用湿布抹净，故C错误；D酒精是易燃液体，贴在装有酒精的容器上的标志为易燃液体，故D错误；故答案B。11.以下
11、说法正确的是（ ）A. H2SO4在电流作用下在水中电离出H+ 和SO42-B. NaCl溶液能导电是因为溶液中有自由移动的Na+ 和Cl-C. 由单质X变为X2的反应是氧化反应D. 某元素处于最高价态时只具有还原性【答案】B【解析】【详解】AH2SO4在水溶液中先电离出H+ 和SO42-，最终溶液能导电，故A错误；BNaCl溶液中有自由移动的Na+ 和Cl-，则NaCl溶液能导电，故B正确；C由单质X变为X2的过程中元素化合价降低，发生的反应是还原反应，故C错误；D某元素处于最高价态时，化合价只能降低，则只具有氧化性，故D错误；故答案为B。12.下列各溶液中能大量共存的离子组是（ ）A. 碳
12、酸氢钠溶液中：K+、NO3-、Cl、H+B. 使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2+ 、Cu2+ 、SO42- 、K+C. 澄清透明的溶液中：Cu2+ 、Mg2+ 、SO42- 、Cl-D. 使石蕊试液变红的溶液中：Na+、Cl、K+、CH3COO【答案】C【解析】【详解】AH+和HCO3-不可能在溶液中大量共存，故A错误；B使酚酞试液呈红色的溶液显碱性，不可能存在大量的Mg2+和Cu2+，故B错误；C离子组Cu2+ 、Mg2+ 、SO42- 、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，故C正确；D使石蕊试液变红的溶液显酸性，不可能存在大量的CH3COO，故D错误；故答案为C。【点睛】解离子共存题，
13、首先要搞清常见的离子反应有：生成难溶物，如Ba2+与CO32、SO42生成难溶物；生成挥发性的气体，如CO32与H+生成CO2气体；生成弱电解质，如NH4+与OH生成NH3H2O；发生氧化还原反应，如在酸性条件下NO3与Fe2+；生成配合离子，如Fe3+和SCN；在同一溶液里能发生离子反应则不能大量共存。13.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂应选用的试剂或操作方法ANaNO3溶液NaOH加入FeCl3溶液，并过滤BFeCl2溶液MgCl2加入过量NaOH溶液，并过滤CSO2CO2通过盛NaOH溶液的洗气瓶，并干燥DBaCO3粉末BaCl2溶解
14、、过滤、干燥A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ANaOH与氯化铁反应生成沉淀和NaCl，引入新杂质NaCl，应选硝酸铁，故A错误；BFeCl2和MgCl2均能和NaOH溶液反应，加入过量NaOH溶液，最终得到NaCl和NaOH的混合溶液，故B错误；CSO2和二氧化碳均能和NaOH反应，最终混合气体完全被NaOH溶液吸收，故C错误；D碳酸钡不溶于水，氯化钡溶于水，溶解、过滤并干燥即可得到纯净碳酸钡，故D正确；故答案为D。【点睛】掌握常见物质的性质、混合物分离提纯的方法为解答此类试题的关键。需要注意的是，在除杂时，所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质，由过
15、量试剂引入的新的杂质必须除尽，同时分离和除杂质的途径必须选择最佳方案(操作简单、常见)。14.下列各组反应都是在水溶液中发生的反应，每组两个反应能用同一离子方程式表示的是（ ）A. 稀HCl与CaCO3；稀HCl与Na2CO3B. Ba(OH)2与H2SO4；BaCl2与Na2SO4C. Cu(OH)2与HCl；Cu(OH)2与H2SO4D. 澄清的石灰水中通入少量CO2；Ba(OH)2溶液中通入少量CO2【答案】C【解析】【详解】A碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，碳酸钠与盐酸反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O，两个反应不能用同一
16、离子方程式表示，故A错误；B氯化钡与硫酸钠反应的离子方程式为：SO42-+Ba2+BaSO4，而氢氧化钡与硫酸反应的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，不能用同一离子方程式表示，故B错误；CCu(OH)2是难溶于水的碱，而盐酸和稀硫酸均为强酸，则Cu(OH)2与HCl；Cu(OH)2与H2SO4发生的反应均可以用Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，故C正确；D澄清的石灰水中通入少量CO2发生的离子反应方程式为Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2O，而Ba(OH)2溶液中通入少量CO2发生的离子反应方程式为Ba2+2OH-+CO2BaCO3+H2O，不
17、能用同一离子方程式表示，故D错误；故答案为C。【点睛】考查离子反应方程式的书写，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，离子方程式的书写步骤一般为：“写”：写出有关反应的化学方程式；“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； “查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。15.用下图表示的一些物质或概念间的从属关系，其中不正确的是选项ABCDX氧化物酸、碱、盐溶液置换反应Y化合物电解质胶体氧化还原反应Z纯净物化合物分散系化学反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、纯净物分
18、为化合物和单质，化合物分为氧化物、酸、碱、盐，它们存在这样的从属关系；B、电解质属于化合物，但化合物不一定是电解质，电解质包括部分金属氧化物、酸、碱、盐，它们之间存在从属关系；C、分散系分为胶体、溶液、浊液，它们之间没从属关系；D、化学反应分为置换反应、分解反应、复分解反应、化合反应，置换反应全部属于氧化还原反应，但氧化还原反应不全部是置换反应，它们之间存在从属关系。答案为C。16.下列说法中正确的是()A. 同温同压下，具有相同数目分子的气体必具有相同的体积B. 等质量的O2和H2的物质的量之比为161C. 不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等D. 同温同体积下，两种气体的物质的
19、量之比等于密度之比【答案】A【解析】【详解】A同温同压下，气体摩尔体积相同，相同数目的分子物质的量相同，则体积相同，故A正确；B假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=mol： mol=1：16，故B错误；C不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数不一定不等，还与气体摩尔体积有关，故C错误；D根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D错误；故选A。17.下列说法中错误的是 ( )A. 在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，可制得氢氧化铁胶体B. 100mL1mol/L的MgCl2溶液比500mL0.25mol/LKCl溶液的导电性强C
20、. NH3溶于水后，溶液能够导电，但NH3是非电解质D. Cu和NaOH溶液均能导电，故Cu和NaOH均为电解质【答案】D【解析】【详解】A制备氢氧化铁胶体是在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，故A正确；B1mol/L的MgCl2溶液比0.25mol/LKCl溶液中自由移动的离子浓度大，则导电性强，故B正确；CNH3溶于水后，生成弱电解质NH3H2O，故溶液能够导电，但NH3是非电解质，故C正确；DCu和NaOH溶液均能导电，但Cu是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故答案为D。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物
21、等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如NH3的水溶液导电，是因为生成NH3H2O的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。18.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. NaHSO4溶液中滴加NaHCO3溶液：2H+ + CO32- = CO2+ H2OB. 石灰石加入食醋（含CH3COOH）中：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2C. 利用腐蚀法制作印刷线路板：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+D. 浓NaO
22、H溶液与浓CaCl2溶液混合：Ca2+ +2OH- = Ca(OH)2【答案】D【解析】【详解】AHCO3-不能完全电离，则NaHSO4溶液中滴加NaHCO3溶液发生的离子反应为H+ +H CO3- = CO2+ H2O，故A错误；B醋酸是弱酸，则石灰石加入食醋(含CH3COOH)中发生的离子反应为CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2+ +2CH3COO-+ H2O + CO2，故B错误；C利用腐蚀法制作印刷线路板时发生的离子反应方程式为2Fe3+ + Cu =2 Fe2+ + Cu2+，故C错误；D浓NaOH溶液与浓CaCl2溶液混合时发生的离子反应方程式为Ca2+ +2OH- = C
23、a(OH)2，故D正确；故答案为D。【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。19.用0.2molL1某金属阳离子Rn的盐溶液40mL，恰好将20mL0.4molL1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL10-30.4molL-1=810-3 mol，溶液中Rn+离子的物质的量为：40mL10-30.2molL-1=81
24、0-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为： 2Rn+n SO42- 2 n810-3mol 810-3mol解得n=2，故选答案B。20.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A. 将1.0 mol FeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒为NA个B. 标准状况下，11.2 L酒精（C2H5OH）所含分子数为0.5 NAC. 在常温下，把100 g CaCO3加到1 L水中，所得溶液中的Ca2+ 数等于NAD. 在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10 NA【答案】D【
25、解析】【详解】A一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的集合体，故将1.0molFeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒小于NA个，故A错误；B标况下酒精是液体，不能根据气体的摩尔体积计算11.2L酒精的物质的量，故B错误；C100g碳酸钙的物质的量为1mol，由于碳酸钙难溶于水，则水中溶解的碳酸钙远远小于1mol，所得溶液中的Ca2+数远远小于NA，故C错误；D标况下22.4L甲烷的物质的量为1mol，含有10mol电子，18g水的物质的量为1mol，也含有10mol电子，二者所含有的电子数均为10 NA，故D正确；故答案为D。【点睛】考查阿伏加德罗常数的应用判断，注意掌握物质的量与阿伏加德罗常
26、数、摩尔质量等物理量之间的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。21.用向下排气法在容积为V mL的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体相对于氢气的密度为9.5，将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（ ）A. mLB. mLC. mLD. 无法判断【答案】C【解析】【详解】设最后瓶内气体中氨气的物质的量为x，空气的物质的量为y；由最后瓶内气体相对于氢气的密度为9.5，则瓶内气体的平均式量为9.52=19，则：，
27、解得=5:1；根据气体的体积之比等于物质的量之比，即VmL的集气瓶中收集氨气为VmL，将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气，瓶内剩余气体的体积为VmL-VmL=mL，故答案为C。【点睛】考查学生利用平均式量法来计算，明确氨气的体积分数是解答本题的关键，空气的平均式量为29，氨气的相对分子质量为17，利用瓶内气体的平均式量为19，先计算氨气的体积分数，则将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气。22.某氯原子的质量为a g，12C原子的质量为b g，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列不正确的是A. 该氯原子的摩尔质量为g/mol
28、B. x g该氯原子的物质的量是 molC. 1 mol该氯原子的质量是aNA gD. y g该氯原子所含的原子数为NA【答案】D【解析】【详解】A氯原子的相对原子质量是氯原子的质量与12C原子的质量的比值，即为；摩尔质量在数值上等于相对原子质量，但是单位不同，即为g/mol，故A不符合题意。B根据n=可得x g该氯原子的物质的量为n= mol，故B不符合题意。C一个氯原子的质量为a g，1mol氯原子的质量为aNA g，故C不符合题意。D根据N=nNA，可得y g该氯原子所含的原子数为NA，故D符合题意。本题选D。【点睛】注意相对原子质量和摩尔质量的数值相同，但是单位不同，相对原子质量的单位
29、为1，摩尔质量的单位为g/mol。23.有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，已知其中Fe3的物质的量浓度为0.4 molL1，SO42-的物质的量浓度为0.7 molL1，则此溶液中Na的物质的量浓度为()A. 0.1 molL1B. 0.15 molL1C. 0.2 molL1D. 0.25 molL1【答案】C【解析】【详解】根据电荷守恒，混合溶液中Na+、Fe3+所带的正电荷总数等于SO42-所带的负电荷总数，有c(Na+)1c(Fe3+)3c(SO42-)2，即c(Na+)30.4 molL120.7 molL1，解得c(Na+)0.2 molL1，故选C。24.在反应X2Y
30、=R2M中，已知R和M的摩尔质量之比为229，若X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则在此反应中M的质量为()A. 3.6gB. 9gC. 4.4gD. 2.8g【答案】A【解析】【详解】根据已知条件“R和M的相对分子质量之比为22:9”，则R：2M=22:29=22:18；设生成的M的质量为a，则22:18=4.4g:a，解之得：a=3.6g，故答案为A。25.在a L Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀；如加入足量的NaOH溶液得沉淀c mol，则原溶液中的c(Fe3+)为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】
31、【详解】向aL混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，则根据SO42-+Ba2+BaSO4可知含有SO42-的物质的量为bmol，设Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量分别为xmol和ymol，则：3x+y=b；如加入足量的NaOH溶液得沉淀cmol，即氢氧化铁与氢氧化铜的物质的量为cmol，则：2x+y=c；由、得：x=(b-c)mol，所以n(Fe3+)=2(b-c)mol，即溶液中的c(Fe3+)为=mol/L，故答案为C。【点睛】考查混合物的有关计算、根据离子方程的计算、物质的量浓度的计算等，清楚发生的离子反应是解答本题的关键，根据SO42-+Ba2
32、+BaSO4计算溶液中的SO42-离子的物质的量，如加入足量的NaOH溶液得沉淀cmol，即氢氧化铁与氢氧化铜的物质的量为cmol，再根据c=计算原溶液中的Fe3+浓度。二、填空题（本题包括3个小题，共28分，除标注外，每空1分）26.Cu CO2 Fe2O3 液氨 液态CH3COOH 熔融Ba(OH)2 蔗糖 NaOH溶液 冰水混合物 固体CaCO3(1)上述物质中属于电解质的是_（填序号，下同），属于非电解质是_，既是电解质又能导电的是_。(2)常温下，这三种物质相互作用可生成一种新物质Ca(HCO3)2，该反应_（“是”或“不是”）氧化还原反应。(3)写出下列反应的离子方程式A.物质与足
33、量稀硫酸溶液反应的离子方程式：_。B.物质与足量溶液反应的离子方程式：_。C.足量的NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2的溶液反应_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 不是 (5). Fe2O3 +6H+ =2Fe3+ +3H2O (6). CaCO3+2 CH3COOH = Ca2+ +H2O+CO2+2 CH3COO- (7). Ca2+ 2OH- +2HCO3- = CaCO3 +2H2O+CO32-【解析】【分析】(1)结合电解质和非电解质的概念分析判断；(2)根据反应过程中是否存在元素化合价的变化判断；(3)根据离子方程式的书写规范写出有关反应离子方程式。【详解】(1
34、)Cu为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；CO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；Fe2O3不能导电，但熔融状态能导电，是电解质；液氨不能导电，是非电解质；液态CH3COOH不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；熔融Ba(OH)2能导电，是电解质；蔗糖不能导电，是非电解质；NaOH溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；冰水混合物是纯净物，能导电，是电解质；固体CaCO3不能导电，但是电解质；则上述物质中属于电解质的是，属于非电解质是，既是电解质又能导电的是；(2)已知反应CaCO3+CO2+H2O=2Ca(HCO3)2中不存在元素化合价的变化，不
35、是氧化还原反应；(3) A氧化铁溶于与足量稀硫酸发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+ =2Fe3+ +3H2O；B碳酸钙与足量稀醋酸溶液反应的离子方程式为CaCO3+2 CH3COOH = Ca2+ +H2O+CO2+2 CH3COO-；C足量的NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2的溶液反应的离子方程式为Ca2+ 2OH- +2HCO3- = CaCO3 +2H2O+CO32-。【点睛】判断电解质和非电解质需要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又
36、如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。27.某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe2+、Al3+、NH4+、Cl-、CO32- 和SO42-。现每次取100.00mL进行实验：（已知：NH4+OH - NH3 +H2O） 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.896 L（标准状况下） 第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。请回答：(1)c(CO3
37、2-) =_mol/L；(2)K+ 是否存在？_；若存在，浓度范围是_(若不存在，则不必回答第2问)；(3)根据以上实验，不能判断_（填离子符号）是否存在。若存在此离子，如何进行检验？_。【答案】 (1). 0.2 (2). 存在 (3). c (K+)0.2mol/L (4). Cl- (5). 取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl-，否则无Cl-【解析】【分析】先根据实验现象判断溶液中存在的离子，不存在的离子，可能存在的离子；(1)先判断中酸洗涤前后质量减少的量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；(2)先确定实验中酸洗后沉淀
38、的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据氨气的体积计算铵根离子的物质的量，再根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，判断钾离子是否存在；若存在，根据阴阳离子的电荷相等，求出钾离子的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算钾离子的物质的量浓度；(3)根据实验现象判断；根据氯离子的检验方法检验，但先判断硫酸根离子的干扰。【详解】根据实验现象判断：该溶液中可能含有Cl-、CO32-、SO42-；根据实验现象判断，该溶液中含有NH4+；根据实验现象判断，该溶液中含有CO32-和SO42-离子，同时排除溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+；(1)根据实验现象，酸洗涤沉淀前后，质量减少，减少的质量为碳酸钡的质量，则碳
39、酸钡的物质的量为=0.02mol，由原子守恒可知，碳酸根的物质的量浓度=0.2mol/L；(2)根据实验现象，酸洗涤沉淀后沉淀的质量为硫酸钡的质量，其物质的量为=0.01mol；由生成的NH3为0.896L，可知铵根离子的物质的量为=0.04mol；根据溶液中阴阳离子所带电荷相等得，钾离子存在；一个硫酸根离子、一个碳酸根离子都各带两个单位的负电荷，一个铵根离子、一个钾离子各带一个单位的正电荷，设其物质的量为xmol，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等列方程式，0.02mol2+0.01mol2=0.04m0l1+xmol1，解得：x=0.02，钾离子的物质的量浓度=0.2mol/L，因溶液中可能还
40、含有Cl-，则实际c (K+)0.2mol/L；(3)根据实验现象判断，不能判断氯离子是否存在；氯离子和银离子反应生成白色沉淀，且该沉淀不溶于水和硝酸，所以可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，但先判断硫酸根离子的干扰，则实际操作为取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl-，否则无Cl-。28.铜能与浓硫酸在加热条件下反应，反应方程式为：_Cu +_H2SO4（浓） _CuSO4 +_SO2+_H2O(1)配平上述方程式，并用双线桥法分析电子转移的方向和数目_（在答题卷上的方程式中表示）；(2)该反应中还原剂为_，氧化产物为_；(3)该反应中浓H2SO4
41、体现_性；(4)还原剂与氧化剂的物质的量之比为_，标况下若生成SO2的体积为11.2 L，则反应时转移的电子为_ mol。【答案】 (1). 1 (2). 2 (3). 1 (4). 2 (5). 2 (6). +2H2O (7). Cu (8). CuSO4 (9). 酸性和氧化性 (10). 1:1 (11). 1mol【解析】【分析】结合元素化合价的变化，根据氧化还原反应的理论分析解答即可。【详解】(1)在 Cu+H2SO4(浓)CuSO4+SO2+H2O中Cu元素化合价从0价升高为+2价，S元素从+6价降为+4价，结合电子守恒和原子守恒即可配平得到Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+S
42、O2+2H2O，用双线桥法分析电子转移的方向和数目为；(2)该反应中Cu元素化合价升高，发生氧化反应，则还原剂为Cu，氧化产物为CuSO4；(3)该反应中部分S元素从+6价降为+4价，即部分硫酸作氧化剂，则浓H2SO4体现酸性和氧化性；(4)参加反应的硫酸物质的量的作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1，反应中S元素从+6价降为+4价，标况下11.2 L SO2的物质的量为=0.5mol，则反应时转移的电子物质的量为0.5mol2=1mol。三、实验题（本题包括2个小题，每空1分，共16分）29.著名导演陈晓卿执导的纪录片风味人间中第一集中介绍了一种川西地区的民间美食-灰水煮笋，这里
43、的“灰水”即指加了草木灰的水。草木灰中富含K2CO3（还有少量的KCl和K2SO4），某兴趣小组打算从“灰水”中提取KCl，请你帮他们完成以下工作。(1)检验“灰水”溶液中的SO42_。(2)检验“灰水”溶液中的CO32。小组内有同学认为，往上层澄清溶液中滴入Ca(OH)2溶液观察白色沉淀产生即可证明其中含有CO32。你认为此方案是否正确？_（填“正确”或“错误”），理由是_。小组内另一同学认为，应往澄清溶液中加入过量稀盐酸，通过_的现象判断CO32-的存在。写出加入过量盐酸反应的离子方程式_。(3)经过充分讨论后，小组内同学共同设计出了下面的分离提纯路线：“混合物1”经过一系列操作最终得到K
44、Cl固体，下列操作顺序合理的是_。a、加入过量K2CO3溶液 B、加入过量稀盐酸 C、过滤 D、蒸发结晶A、abcd B、acbdC、bcad D、cabd实验室中，蒸发结晶操作应在_（填仪器名称）中进行。【答案】 (1). 将配制好的灰水静置，取上层清液于试管中，加入稀盐酸，若无明显现象，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则说明溶液中含有SO42- (2). 错误 (3). 硫酸根离子可以和钙离子反应得到硫酸钙微溶物，会干扰碳酸根离子检验 (4). 生成气体 (5). CO32-+2H+=CO2+H2O (6). B (7). 蒸发皿【解析】【分析】(1)检验SO42，应排除碳酸根离子的干扰
45、，需要先用盐酸酸化；(2)检验碳酸根离子，应排出硫酸根离子的影响，加入盐酸，可发生二氧化碳气体；(3)草木灰加水溶解，过滤除杂不溶性杂质，加入过量的氯化钡溶液，可生成碳酸钡、硫酸钡沉淀，过滤，在滤渣中加入足量盐酸，除去硫酸钡，将滤液蒸发结晶，可得到氯化钾固体，以此解答该题。【详解】(1)灰水中含有碳酸钾，检验SO42，应加入稀盐酸酸化，排除碳酸根离子的干扰，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可说明含有SO42，具体操作是将配制好的灰水静置，取上层清液于试管中，加入稀盐酸，若无明显现象，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则说明溶液中含有SO42-；(2)检验碳酸根离子，应排除硫酸根离子的干扰
46、，因硫酸根离子可以和钙离子反应得到硫酸钙微溶物，会干扰碳酸根离子检验；加入盐酸，碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳气体，离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O；(3)混合物1为碳酸钡、硫酸钡沉淀，过滤，在滤渣中加入过量K2CO3溶液，除去过量氯化钡，再用盐酸酸化，然后将滤液蒸发结晶，可得到氯化钾固体，则顺序为acbd，故答案为B；蒸发结晶操作应在蒸发皿中进行。30.(1)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，根据数据计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_。(2)取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_A溶液中HCl物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数
47、目 D溶液的密度(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸。该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制，确定溶液体积的容器是_（填名称）。在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。a实验前，容量瓶中有少量蒸馏水._。b用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面_。c.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水_。(4)假设该同学成功配制了0.400mol/L的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取_mL盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNa
48、OH的溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是_。A浓盐酸挥发，浓度不足 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出【答案】 (1). 11.9 mol/L (2). BD (3). 16.8mL (4). 500mL容量瓶 (5). 无影响 (6). 偏小 (7). 偏小 (8). 25mL (9). C【解析】【分析】(1) 设溶液的体积为VL，再求出溶质的物质的量，代入公式求出物质的量浓度；(2) 根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；(3)根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓溶液的体积；分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=进
49、行误差分析；(4)根据n(HCl)=n(NaOH)计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，逐项分析即可。【详解】(1) 设盐酸的体积为VL，则溶质的质量为V1000mL1.19gcm-336.5%，溶质的物质的量为=11.9Vmol，所以溶质的物质的量浓度为=11.9mol/L；(2) A溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，故A不选；B溶液的浓度c=，与溶液的体积无关，故B选；C溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，故c不选；D溶液的密度与溶液的体积无关，故D选；故答案为BD；(3)配制480mL溶液，实验室没有480mL容量瓶，应该配制500mL
50、 0.400mol/L的溶液，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变得c1V1=c2V2，V1=0.0168L=16.8mL；a实验前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响最终溶液的体积和溶质的物质的量，即对所配溶液浓度无影响；b用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，溶质的量减小，所以配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小；c定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；(4)n(HCl)=n(NaOH)=0.01mol，V(HCl)=0.025L=25mL；消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了；A浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定
51、时消耗盐酸体积变大，故A不选；B配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，故B不选；C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，故C选；D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，故D不选；故答案为C。【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，注意掌握误差分析的方法与技巧，根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使
52、所配溶液浓度偏大。四、计算题（本题包括1个小题，每空3分，共 6分）31.(1)在一密闭容器中充入a mol NO和b mol O2，可发生如下反应：2NOO2=2NO2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为_。(2)按体积比为1:2:3所组成的N2、O2、CO2的混合气体100g，在标准状况下的总体积为_L。【答案】 (1). a(a2b) (2). 60【解析】【分析】(1)无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，据此计算出反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比；(2)体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2x
53、mol，二氧化碳为3xmol，根据混合气体的质量，求算x的值，再根据V=nVm计算混合气体标准状况下体积。【详解】(1)无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，根据N=nNA知，各种元素的原子个数之比等于其物质的量之比，n(N)：n(O)=n(NO)：n(NO)+2n(O2)=amol：(a+2b)mol=a：(a+2b)；(2)体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2xmol，二氧化碳为3xmol，所以：xmol28g/mol+2xmol32g/mol+3xmol44g/mol=100g，解得，x=mol，则标准状况下，混合气体的体积为(mol+2mol+3mol)22.4L/mol=60L。【点睛】考查物质的量和阿伏加德罗定律及推论计算，明确“各种元素原子个数与是否发生反应无关”及“体积比等于物质的量之比”是解题关键，难点是灵活应用原子守恒解答。
