1、期中学业质量标准检测(90分钟，100分)一、选择题(每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1下列配制的溶液浓度偏大的是(D)A配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线B配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了DNaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线解析： A项俯视量筒刻度线，将会使量取的盐酸的体积小于计算值，导致浓度偏小；B项定容时仰视容量瓶刻度线，将会导致加水量增多，使溶液浓度偏小；C项实际称量药品质量减小，所配溶液浓度偏小；D项因NaOH溶解放热，若不等溶液冷却至室温即转移并定容，会使容量瓶中的溶液在冷却后液面低于刻
2、度线，导致所配溶液浓度偏大。2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(B)密度之比为1611密度之比为1116体积之比为1611体积之比为1116ABCD解析：同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体的物质的量之比是1116，则体积比为1116，密度之比等于摩尔质量之比，即为1611。3下列说法正确的是(C)ANaHCO3的电离方程式是NaHCO3=NaHCOB向硫酸溶液中通入少量氨气，硫酸溶液的导电能力会明显增强C胶体和其他分散系的本质区别是胶体的分散质粒子直径在1100 nm之间DSO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，故SO3是电解质解析：NaHCO
3、3是弱酸的酸式盐，其电离方程式是NaHCO3=NaHCO，A错误；向硫酸溶液中通入少量氨气生成硫酸铵和水，溶液中离子的浓度变化不大，因此溶液的导电能力不会明显增强，B错误；胶体和其他分散系的本质区别是胶体的分散质粒子直径在1100 nm，C正确；SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，但溶液导电的原因是硫酸电离出阴、阳离子，而三氧化硫不能电离，故SO3不是电解质，D错误。4实验是解决化学问题的基本途径，下列有关实验的叙述不正确的是(B)A240 mL 0.2molL1的NaCl溶液的配制：需要使用天平、250mL容量瓶等仪器B向FeCl3稀溶液中滴加NaOH溶液，并加热煮沸，可制备Fe(O
4、H)3胶体C不慎将NaOH溶液溅到皮肤上，应立即用较多的水冲洗D在溶液配制过程中，容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对配制结果无影响解析：制备氢氧化铁胶体时，应该向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈透明的红褐色，B不正确。5下列物质的分类组合正确的是(D)ABCD纯净物空气NaOH稀盐酸FeSO47H2O非电解质H2ONa2OCONH3电解质HNO3Cu蔗糖CH3COOH解析：空气是混合物，水属于电解质，A错误；氧化钠属于电解质，铜属于单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；稀盐酸是混合物，蔗糖属于非电解质，C错误。6下列反应的离子方程式正确的是(A)A钠与水反应：2Na2H2
5、O=2Na2OHH2B氯气通入水中：Cl2H2=2HClOClC硫酸溶液与氢氧化钡溶液：HSOBa2OH=BaSO4H2ODNa2O加入稀硫酸中：O22H=H2O解析：钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na2H2O=2Na2OHH2，故A正确；次氯酸是弱酸，不能拆分成离子形式，B错误；H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式是2HSOBa22OH=BaSO42H2O，C错误；Na2O加入稀硫酸中生成硫酸钠和水，反应的离子方程式是Na2O2H=2NaH2O，D错误。7将2.12 g Na2CO3和0.8 g NaHCO3固体加水溶解，向所得混合溶液中逐滴加入120 mL
6、 0.5 molL1盐酸，充分反应后得到W溶液。下列说法中正确的是(D)AW溶液为NaCl溶液B将W溶液蒸发结晶所得固体质量为3.51 gC生成CO2的物质的量与滴加盐酸体积的关系如图所示D将固体混合物充分加热后再加入120 mL 0.5 molL1盐酸，所得溶液组成和W溶液相同解析：固体中有2.12 g(0.02 mol) Na2CO3和0.8 g(0.009 5 mol) NaHCO3，逐滴加入120 mL 0.5 molL1盐酸(含0.06 mol HCl)，反应需要的HCl为0.02 mol20.009 5 mol10.049 5 mol，所以HCl过量，W溶液为HCl和NaCl的混合
7、溶液，A错误；根据上述分析，W溶液被蒸发结晶后所得固体为NaCl，则n(NaCl)n(Na)0.02 mol20.009 5 mol10.049 5 mol，m(NaCl)0.049 5 mol58.5 gmol12.896 g，B错误；因为整个反应需要的盐酸的物质的量为0.0495 mol，所以加入盐酸的体积达到0.099 L99 mL时，反应完成，二氧化碳的物质的量达到最大，C错误；将固体混合物充分加热，每2 mol碳酸氢钠会转化为1 mol碳酸钠，但是转化前后其消耗的HCl(2 mol)不变，生成的NaCl(2 mol)不变，D正确。8青蒿素是一种用于治疗疟疾的药物，挽救了数百万人的生命
8、，它的分子式为C15H22O5，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关青蒿素的说法正确的是(A)A2.82 g青蒿素含氧原子数目为0.05NAB标准状况下1 mol青蒿素的体积为22.4 LC青蒿素含氧量为10%D青蒿素的摩尔质量为282解析：青蒿素的相对分子质量为282。A项，n(C15H22O5)0.01 mol，其中含氧原子数为0.05NA，正确；B项，标准状况下青蒿素呈固态，不能用22.4 L/mol计算青蒿素的体积，错误；C项，青蒿素的含氧量为100%28.37%，错误；D项，青蒿素的摩尔质量为282 g/mol，错误。9把7.4 g Na2CO310H2O和NaHCO3组成的混合物
9、溶于水配成100 mL溶液，其中c(Na)0.6 mol/L。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是(D)A5.28 gB2.12 gC4.22 gD3.18 g解析：Na2CO310H2O和NaHCO3组成的混合物加热时发生反应：Na2CO310H2ONa2CO310H2O、2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，加热至恒重所得残留物为Na2CO3，根据钠原子守恒，所得残留物Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)n(Na)0.6 mol/L0.1 L0.03 mol，则m(Na2CO3)0.03 mol106 g/mol3.18 g。10已知Na2S2O3(S的化合价为2价)可与氯气
10、发生反应：4Cl2Na2S2O35H2O=2NaCl2H2SO46HCl，有关该反应的叙述正确的是(A)ACl2在该反应中被还原BH2SO4是还原产物C反应中硫元素的化合价降低D反应中H2O被氧化解析：所给化学方程式中，氯元素由0价变成1价，化合价降低，被还原，得到的还原产物是NaCl和HCl，A项正确；Na2S2O3中的S由2价变为6价，化合价升高，被氧化，得到的氧化产物是H2SO4，B、C项错误；反应方程式中，水中各元素的化合价没变化，D项错误。二、选择题(每小题3分，共18分，每小题有1个或2个选项符合题意)11PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反
11、应在水溶液中不可能发生的是(CD)ACu2Fe3= Cu22Fe2B10Cl2MnO16H=2Mn25Cl28H2OC2Fe3Cl2=2Fe22ClD5Pb22MnO2H2O=5PbO22Mn24H解析：Fe3氧化性强于Cu2，高锰酸钾的氧化性强于氯气，A、B项中的反应均能发生；C中两种元素化合价都降低，C中反应不能发生；二氧化铅的氧化性强于高锰酸钾，D中反应不能发生。12某反应体系中存在下列六种物质：As2S3、HNO3、H2SO4、NO、H3AsO4和H2O。已知As2S3是反应物之一。下列说法不正确的是(AB)A该反应属于非氧化还原反应B该反应中只有砷元素被氧化，只有氮元素被还原CHNO
12、3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物DHNO3、H2SO4、H3AsO4分别是N、S、As的最高价氧化物对应的水化物解析：As2S3中As为3价，S为2价，H3AsO4中As为5价，则HNO3是反应物，NO是生成物，N的化合价由5价降低到2价，根据质量守恒，H2O是反应物。根据上述分析，该反应是氧化还原反应，A项说法错误；As的化合价由3价升高到5价，S的化合价由2价升高到6价，砷元素和硫元素的化合价均升高，均被氧化，N的化合价由5价降低到2价，化合价降低，被还原，B项说法错误；根据上述分析，C项说法正确；HNO3、H2SO4、H3AsO4中N、S、As的化合价分别为5、
13、6、5，D项说法正确。13废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量的NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH3ClO=N23Cl2H3H2O。下列说法中不正确的是(BC)A反应中NH被氧化，ClO被还原B还原性：NHClC反应中每生成1 mol N2，转移3 mol电子D经此法处理过的废水不可以直接排放解析：氯元素的化合价由1价降低为1价，ClO被还原，氮元素的化合价由3价升高为0价，NH被氧化，A正确；NH为还原剂，Cl为还原产物，所以还原性NHCl，B错误；在该反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子，C错误；由反应的离子方程式可知，经此法处理过的废水呈酸性，不能直接
14、排放，D正确。14已知：2HICl2=2HClI2，2Fe3Cl2=2FeCl3，2FeBr23Cl2=2FeCl32Br2。在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果在三个反应中电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为(C)A111B133C311D632解析：反应中只有氯气是氧化剂，在三个反应中电子转移数目相等，则三个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1 mol，根据2HICl2=2HClI2，n(HI)2 mol，根据2Fe3Cl2=2FeCl3，n(Fe) mol，根据2FeBr23Cl2=2FeCl32Br2，n(FeBr2)
15、 mol，故n(HI)n(Fe)n(FeBr2)2 mol mol mol311。15下列离子方程式正确的是(AC)A将铜插入硝酸银溶液中：Cu2Ag=Cu22AgBCa(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：HCOOHCa2=CaCO3H2OC用食醋除水垢：CaCO32CH3COOH=Ca22CH3COOCO2H2OD稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应：HSOBa2OH=BaSO4H2O解析：B项，NaOH过量，正确的离子方程式为2HCO2OHCa2=CaCO32H2OCO；D项，正确的离子方程式为2HSOBa22OH=BaSO42H2O。16下列叙述中正确的是(AC)A向含有CaCO3沉淀的
16、水中通入足量的CO2，沉淀能完全溶解B向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为11C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同D分别向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，只有Na2CO3溶液产生沉淀解析：向含有CaCO3沉淀的水中通入足量的CO2，沉淀溶解，生成可溶性的Ca(HCO3)2，A正确；向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸发生反应：Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，不会产生二氧化碳，B错误；Na2CO3和NaHCO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体
17、，反应的化学方程式分别为Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，由于NaHCO3的摩尔质量比Na2CO3小，所以等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，NaHCO3生成的CO2多，C正确；分别向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，两溶液都会产生碳酸钙沉淀，D错误。三、非选择题(本题包括5小题，共52分)17(10分)下图为制取氯化铁粉末的装置，已知氯化铁粉末很容易吸水生成结晶化合物FeCl36H2O=FeCl36H2O。(1)按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是(填仪器接口顺序)：接_，_接_，
18、_接_。(2)烧瓶A发生的反应中，氧化剂是_二氧化锰_(填物质名称)，B中反应的化学方程式是_3Cl22Fe2FeCl3_。(3)容器D的作用是_干燥Cl2_，容器E的作用是_吸收氯气中的氯化氢气体_。(4)A、B中的酒精灯应先点燃_A_处(填“A”或“B”)的酒精灯，理由是_使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中的氧气氧化_。(5)这套实验装置是否完整？_否_(填“是”或“否”)，若不完整，还须补充_装有氢氧化钠溶液的烧杯(或尾气吸收)_装置(若第一问填“是”，则此问不需要作答)。解析：按照实验流程图和气体流向，仪器的接口顺序为、。其中E装置用于除去Cl2中的HCl，D装置用于干燥C
19、l2；加热时，先点燃A处酒精灯制取Cl2，用Cl2排净装置内空气，防止Fe被空气中O2氧化，最后必须用NaOH溶液吸收多余Cl2。18(10分)实验室配制500 mL 0.2 molL1的Na2SO4溶液，实验操作步骤有：A在托盘天平上称出14.2 g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温；B把所得的溶液小心转移至容量瓶中；C继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；D用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡；E将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确
20、顺序为_ABDCE_(填编号)。(2)本实验用到的基本仪器已有烧杯、托盘天平(带砝码)、镊子、药匙、玻璃棒，还缺少的仪器是_量筒_、_胶头滴管_、_500_mL容量瓶_。(3)下列情况会使所配溶液浓度偏大的是_ad_(填编号)。a某同学观察液面的情况如图所示b没有进行上述操作步骤Dc加蒸馏水时，不慎超过了刻度线d砝码上沾有杂质e容量瓶使用前内壁沾有水珠解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。(2)用固体药品配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、镊子、药匙、量筒。(3)根据c进行判断。a.俯视液面使V
21、减小，故使c偏大；b.未进行洗涤，使n减小，故使c偏小；c.加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，V增大，故使c偏小；d.砝码上沾有杂质使所配溶液中溶质的m增大，故使c偏大；e.容量瓶使用前内壁沾有水珠对所配溶液浓度无影响。19(10分)向Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2气体的体积(V)的关系如图所示，回答下列问题：(1)0到a点之间反应的离子方程式为_Ba22OHCO2=BaCO3H2O_。(2)a点到b点之间反应的离子方程式为_2OHCO2=COH2O、COCO2H2O=2HCO(或OHCO2=HCO)_。(3)b点之后反应的离子方
22、程式为_BaCO3CO2H2O=Ba22HCO_。(4)c点通入CO2的体积为_40_mL(同温同压下)。(5)混合溶液中Ba(OH)2和NaOH的物质的量之比为_12_。解析：本题考查离子方程式的书写和有关图像的计算。向Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，随着CO2的通入依次发生的反应为CO2Ba(OH)2=BaCO3H2O、CO22NaOH=Na2CO3H2O、CO2Na2CO3H2O=2NaHCO3、CO2BaCO3H2O=Ba(HCO3)2。(1)0到a之间CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀。(2)a点到b点之间CO2与NaOH反应先生成Na2CO3
23、，继续通入CO2，CO2会与生成的Na2CO3反应生成NaHCO3。(3)b点之后通入的CO2将a点前生成的BaCO3转化为可溶于水的Ba(HCO3)2。(4)根据反应：CO2Ba(OH)2=BaCO3H2O和CO2BaCO3H2O=Ba(HCO3)2，b点到c点消耗的CO2与0到a点消耗的CO2的体积相等，则同温同压下b点到c点消耗的CO2的体积也为10 mL，则c点通入CO2的体积为30 mL10 mL40 mL。(5)根据0到a点反应CO2Ba(OH)2=BaCO3H2O消耗CO2的体积为10 mL，a点到b点之间反应CO2NaOH=NaHCO3消耗CO2的体积为20 mL，同温同压下气
24、体的体积之比等于气体物质的量之比，则Ba(OH)2与NaOH物质的量之比为12。20(10分)某兴趣小组获得两包制作“跳跳糖”的添加剂，一包是柠檬酸晶体，另一包是标注为钠盐的白色粉末。将少量柠檬酸和这种白色粉末溶于水，混合后产生了能使澄清石灰水变浑浊的气体。于是对白色粉末的化学成分进行了以下探究：【提出猜想】猜想1.碳酸钠；猜想2.碳酸氢钠；猜想3.碳酸钠和碳酸氢钠。【查阅资料】碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液均呈碱性。【实验探究】小明、小磊分别对有关猜想设计实验方案并进行实验：实验操作实验现象实验结论小明将白色粉末溶于水后用pH试纸测定其酸碱度pH_(选填“” “”或“”)7溶液呈碱性，猜想1成立小
25、磊用如图所示的装置进行实验试管A中有水珠产生，试管B中液体变为浑浊猜想2成立，试管A中反应的化学方程式为_2NaHCO3Na2CO3CO2H2O_【交流反思】大家一致认为小明和小磊的结论不准确。(1)小明实验结论不准确的原因是_碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液均呈碱性_；(2)小磊的实验方案不能排除白色粉末中是否含有_碳酸钠_。【继续探究】小林称取m g白色粉末与足量稀盐酸反应，充分反应后生成二氧化碳的质量为n g，通过计算并分析实验数据确定了猜想3正确，则n的取值范围为_mnm_(用含m的代数式表示)。【结论分析】查阅资料后得知添加剂的成分是柠檬酸和碳酸氢钠，小组成员分析后认为白色粉末中的碳酸钠是由
26、碳酸氢钠分解产生的。解析：【实验探究】小明：碳酸钠溶液呈碱性，溶液的pH7，猜想1成立；小磊：由实验的现象可知，碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3CO2H2O。【交流反思】(1)碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液均呈碱性，溶液的pH7不能证明猜想1成立，所以小明实验结论不准确；(2)碳酸钠和碳酸氢钠的混合物受热也会生成水和二氧化碳，不能排除白色粉末中混有的碳酸钠。【继续探究】小林通过计算确定了猜想三正确，可用极端假设法计算：假设固定全部为碳酸钠，设其与盐酸反应生成的二氧化碳的质量为x g。Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2106 44m g
27、 x g，解得xm假设固体全部为碳酸氢钠，设其与盐酸反应生成的二氧化碳的质量为y g。NaHCO3HCl=NaClH2OCO284 44m g y g，解得ym实际上固体为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，则n的取值范围为mnm。21(12分)实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：(1)A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的离子方程式：_MnO24H2ClMn2Cl22H2O_。(2)D中放入浓H2SO4的目的是_除去氯气中的水蒸气_。(3)E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是_E中红色布条不褪色，F中红色布条褪色_，对比E和F中现象的差异可得出的结论是_干燥
28、的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性_。(4)G处的现象是_棉花团变蓝_。(5)用化学方程式写出H处尾气吸收装置中的反应原理_Cl22NaOH=NaClNaClOH2O_。(6)家庭中常用消毒液(主要成分NaClO)与洁厕灵(主要成分盐酸)清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下图。消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是(用离子方程式表示)_ClClO2H=Cl2H2O_。需“密闭保存”的原因是_次氯酸钠能与空气中的二氧化碳反应_。(7)工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，写出反应的化学方程式：_5NaClO24HCl=4ClO25NaCl2H2O_。Cl2和ClO2都是强氧化剂
29、，能杀死水中的病菌。等质量的ClO2的氧化能力是Cl2的_2.63_倍(根据得电子的能力计算)。(8)氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和Cl2很相似，化学上称为拟卤素，如：(SCN)2H2O=HSCNHSCNO。它们阴离子的还原性：ClBrCNSCNI。则KBr和KSCN的混合溶液中加入(CN)2，反应的化学方程式为_(CN)22KSCN=2KCN(SCN)2_。解析：(1)浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O。(2)根据实验装置图知，浓H2SO4的作用是除去氯气中的水蒸气。(3)可观察到的现象是E中红色布条不褪色，F中红色布条褪色，对比
30、E和F中现象的差异可得出的结论是干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性。(4)生成的氯气与碘化钾溶液反应生成单质碘，淀粉遇碘变蓝，所以G处的现象是棉花团变蓝。(6)消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是ClClO2H=Cl2H2O；需“密闭保存”的原因是次氯酸钠与空气中的二氧化碳反应生成HClO，HClO见光易分解，使消毒液失效。(7)亚氯酸钠NaClO2中氯元素化合价为3价，NaClO2ClO2，氯元素的化合价由3价升高到4价，NaClO2NaCl，氯元素的化合价由3价降低到1价，NaClO2在反应中既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒，配平化学方程式为5NaClO24HCl=5NaCl4ClO22H2O；氧化能力是得电子的能力，根据氯元素的化合价，等质量的ClO2和Cl2的得电子数之比为522.63，所以等质量的ClO2的氧化能力是Cl2的2.63倍。(8)阴离子的还原性越弱，则其对应分子的氧化性越强，氧化性强的可以置换出氧化性弱的，故(CN)2可以置换出(SCN)2，根据Cl22KBr=2KClBr2进行迁移应用，反应的化学方程式为(CN)22KSCN=2KCN(SCN)2。