1、甘肃省白银市第十中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 C-12 S-32 Na-23 K-39 Mn-55 Br-80 Cl-35.5 Mg-24 Al-27 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 Ba-137一、选择题1. 中国诗词大会不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是A. 诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能B. 诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定可通过物理方法得到C. 诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹燃放涉及氧化
2、还原反应D. 诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象【答案】D【解析】【分析】【详解】A、豆萁是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故A正确；B、沙里淘金说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；C、爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生产，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；D、水产生的雾气是由水蒸发遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故D错误。答案选D。2. 下列实验操作正确的是( )ABCD检查容量瓶是否漏水给液体加热称量过滤A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分
3、析】【详解】A检查容量瓶是否漏水的方法：在容量瓶中注入适量水，塞上瓶塞，食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，倒立过来，观察是否漏水，若不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180后，再次检验，图示操作合理，故A正确；B给试管加热时，试管内液体量不能超过试管容积的三分之一，夹试管时从底部往上套，套到距试管口三分之一处，图示操作不合理，故B错误；C氢氧化钠易潮解变质，且具有腐蚀性，称量氢氧化钠固体时应该放在小烧杯中快速称量，故C错误；D图示装置中，漏掉下端没有紧靠烧杯内壁，过滤操作时，漏掉下端应该紧靠烧杯内壁，故D错误。答案选A。3. 下列说法中不正确的有将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；氨溶于水
4、得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；液态HCl不导电，所以属于非电解质；NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，但不属于酸；电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。强电解质的导电能力比弱电解质强A. 4个B. 5个C. 6个D. 全部【答案】B【解析】【分析】【详解】硫酸钡难溶于水，溶于水的部分全部电离，硫酸钡是电解质，错误；氨溶于水得到的溶液能导电是因为一水合氨能电离出阴阳离子，一水合氨是电解质，NH3是非电解质，错误；氯化氢溶于水能电离出阴阳离子而导电，氯化氢是电解质，错误；NaHSO4电离时生成的阳离子还有钠离子，所以盐，不是酸，正确；电解质放在水中不一定能导电，例如难溶
5、于水的硫酸钡等，非电解质放在水中不一定不导电，例如SO2溶于水，溶液可以导电，错误；强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，只与溶液中离子的浓度和所带电荷数有关系，错误；答案选B。【点睛】电解质的判断是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。这说明化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（
6、）A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB. 在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NAC. 25，1.01105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAD. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A、氦气为单原子分子，含有NA个氦原子氦气的物质的量为1mol，标准状况下体积为22.4L，A错误；B、在常温常压下，11.2 L Cl2的物质的量小于0.5mol，含有的分子数小于0.5NA，B错误；C、1molSO2中含有3mol原子，64 g SO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，C正确；D、标准状
7、况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算11.2 L H2O含有的分子数，D错误。答案选C。5. 下列说法正确的是6.021023个分子的体积约是22.4 L0.5 mol H2的体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的气体所含的分子数相同A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】此物质不一定为气体，若为气体也没有指明是标准状况，则6.021023个分子的物质的量为1mol，所占的体积不一定是22.
8、4L，故错误；不一定在标准状况下，则Vm未知，无法确定0.5 mol H2体积，故错误；标准状况下，水不是气态，则不能根据气体的摩尔体积计算1mol水的体积，故错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，28gCO与N2的混合气体的体积约为22.4L/mol=22.4L，故正确；气体摩尔体积与温度、压强有关，则状态未知，不能确定气体的摩尔体积，标准状况下各种气体的气体摩尔体积都约为22.4Lmol-1，故错误；标准状况下，体积相同的气体，物质的量相同，由n=可知，分子数相同，故正确；故答案为B。6. 为实现下列转化，必须加入氧化剂的是A. Cl2HClB. NH4+NH3C. H
9、2O2O2D. CuCuO【答案】D【解析】【分析】必须加入氧化剂才能实现转化，说明所给微粒失去电子，有关元素的化合价一定升高，结合氧化还原反应原理和物质的性质分析解答。【详解】A. Cl2HCl中氯元素化合价降低，需要加入还原剂或溶于水发生自身的氧化还原反应，A不选；B. NH4+NH3中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B不选；C. H2O2O2中氧元素化合价升高，需要加入氧化剂，但双氧水自身分解也可以得到氧气，C不选；D. CuCuO中铜元素化合价升高，必须加入氧化剂，D选。答案选D。【点睛】准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键，选项C是解答的易错点，学生容易忽略微粒发生自身
10、的氧化还原反应，因此答题时需要灵活应用。7. 现有VL05molL1盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是A. 加热浓缩到原来体积的一半B. 加入15molL1的盐酸VLC. 加入20molL1的盐酸05VL，再稀释至15VLD. 通入112L氯化氢气体【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 加热浓缩时HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的2倍，故A错误；B. 溶液的体积不具有加和性，无法求出混合后溶液的体积，故B错误；C.混合后溶液中HCl为： 0.5mol/LVL+2mol/L0.5VL=1.5Vmol，混合后HCl的浓度为：1.5Vmol/15VL=1mol/
11、L，故C正确；D. 通入112L氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；故选C。8. 下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是A. VL溶液中含g，溶液中是B. 将100mL的NaCl溶液与200mL的NaCl溶液混合忽略溶液体积变化，得到溶液的物质的量浓度为2C. 实验室配制480mL的硫酸铜溶液，应选取500mL容量瓶，称取g胆矾配成500mL溶液D. 标准状况下，aL溶于1000g水中，得到的溶液密度为b，则该溶液的物质的量浓度为【答案】C【解析】分析：根据cB=计算物质的量浓度和相关物理量。详解：A项，n（Fe3+）=mol，n（Fe3+）：n（SO42-）=2:3，n（S
12、O42-）=mol，溶液中c（SO42-）=molVL=mol/L，A项错误；B项，混合后所得溶液物质的量浓度为=2.17mol/L，B项错误；C项，根据“大而近”的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶，所需胆矾的质量为0.1mol/L0.5L250g/mol=12.5g，C项正确；D项，n（NH3）=mol，m（溶液）=m（NH3）+m（H2O）=mol17g/mol+1000g=（+1000）g，溶液的体积为（+1000）gbg/cm3=cm3，溶液物质的量浓度为mol（10-3）L=mol/L，D项错误；答案选C。点睛：本题考查物质的量浓度的计算和物质的量浓度溶液配制的计算。在
13、物质的量浓度溶液配制过程中，根据“大而近”的原则选择容量瓶，根据所选容量瓶的容积计算溶质物质的量。9. 除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质) ( )A. NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热B. KNO3溶液(AgNO3)：加过量KCl溶液，过滤C. NaCl溶液(Br2)：加CCl4，分液D. KNO3溶液(NaCl)：加热蒸发得浓溶液后，降温【答案】B【解析】【分析】【详解】A氯化钡与碳酸钠反应生成NaCl和碳酸钡沉淀，碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，则加过量Na2CO3溶液，过滤，再加足量盐酸再蒸发结晶可除杂，故A正
14、确；B加过量KCl溶液，且反应生成硝酸钠，反应后引进了新杂质氯化钾，违反了除杂原则，故B错误；C溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则加CCl4，分液可除杂，故C正确；D二者的溶解度受温度影响不同，硝酸钾的溶解度随温度变化较大，溶解后加热蒸发得浓溶液，降温结晶后过滤可分离，故D正确。答案选B。10. 已知20g密度为 g/cm3的硝酸钙溶液中含有1gCa2+，则NO的物质的量浓度为( )A. /400molL-1B. 20/molL-1C. 2. 5molL-1D. 50molL-1【答案】C【解析】【分析】【详解】溶液中n(NO3-)=2n(Ca2+)=0.05mol，溶液体积V=20g(1000
15、g/L)=L，故c(NO3-)=0.05molL=2.5molL-1。答案选C。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意对物质的量浓度定义式的理解。11. 下列对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )A. 加入稀盐酸产生无色气体,原物质一定有CO32B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,一定有SO42C. 加入硝酸银溶液产生白色沉淀,则原溶液一定有Cl-D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸,白色沉淀消失,不一定有Ba2+【答案】D【解析】【分析】【详解】A.与稀盐酸反应产生无色气体的离子包括CO32，HCO3等，故原物质并不一定是碳酸根离子，A错误；B. 与氯化钡溶液反应产生白色沉淀
16、，可能是与钡离子反应生成沉淀的硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子，或与氯离子反应的银离子，B错误；C. 与硝酸银溶液反应产生白色沉淀，可能是与银离子反应生成沉淀的硫酸根离子、碳酸根离子、氯离子等，原溶液不一定有Cl-，C错误；D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，只能说明碳酸根离子与某阳离子反应产生沉淀，阳离子可能为钙离子、钡离子、镁离子等，不一定有Ba2+，D正确；答案为D。【点睛】本题易错点在于惯性思维，氯离子和银离子沉淀，钡离子和硫酸根离子沉淀，碳酸根离子遇酸产生气体等常见推断思路，忽略银离子、钡离子能与大多数阴离子沉淀，产生二氧化碳气体的离子不只有碳酸根离子，还有
17、碳酸氢根离子等。12. 某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO、Cl-四种离子其物质的量浓度之比为c(Na+)：c(Mg2+)：c(Cl-)=3：5：5，若Na+浓度为3molL-1。则SO的浓度为( )A. 2molL-1B. 3molL-1C. 4molL-1D. 8molL-1【答案】C【解析】【分析】【详解】溶液中c(Na+)：c(Mg2+)：c(Cl-)=3：5：5，若Na+浓度为3molL-1，则c(Mg2+)=5molL-1，c(Cl-)=5molL-1，根据电荷守恒可知，c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c()，带入数据可得，c()=4molL-1，故答案为C。13
18、. 下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )A 该溶液中，H+、NH、SO、I-可以大量共存B. 该溶液中，Ag+、K+、NO、NH可以大量共存C. 该溶液中， Fe2+、Fe3+、Cl-、NO可以大量共存D. 向该溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.021023个【答案】D【解析】【分析】【详解】ANaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；BNaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；CNaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸
19、根离子，与Fe2+反应生成Fe3+，故不能大量共存，故C错误；D浓盐酸中Cl由-1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，转移电子约为6.021023个，故D正确。答案选D。14. 下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是( )选项ABa(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液混合NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合B少量SO2通入Ba(OH)2溶液中过量SO2通入Ba(OH)2溶液中CBaCl2溶液与Na2SO3溶液混合Ba(OH)2溶液与H2SO3溶液混合D少量氨水滴入AlCl3溶液中少量AlCl3溶液滴入氨水中A. AB. BC.
20、 CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】AI中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A不选；BI中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故B不选；CI中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中生成亚硫酸钡和水，水在离子反应中均保留化学式，二者离子反应不同，故C不选；DI、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，故D选。答案选D。15. 下列反应可用离子方程式：H+OH=H2O表示的是（）A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合B. NH4Cl溶液与C
21、a(OH) 2溶液混合C. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合D. HNO3溶液与KOH溶液混合【答案】D【解析】【分析】【详解】ANaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合时，除了H+与OH反应外，还有与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，A错误；BNH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合产生NH3H2O和氯化钙，B错误；CNaHCO3溶液与NaOH溶液混合反应生成碳酸钠和水，离子方程式为OHH2O，C错误；DHNO3溶液与KOH溶液混合，为可溶性强酸与强碱反应只生成水的类型，符合该离子反应方程式，D正确； 答案选D。16. 在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，
22、两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是( )A. CO分子数比CO2分子数少B. 甲容器的体积比乙容器的体积小C. CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小D. 甲中CO的密度比乙中CO2的密度小【答案】D【解析】【分析】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，据此分析解答。【详解】A根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，故A错误；B根据V=nVm知，相同条件下，气体体
23、积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，故B错误；C温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，故C错误；D=知，在相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正确；故选D。【点睛】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2；（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；（4）同温同压时，M1/M2=1/2。在进行物质的
24、量的有关计算时，特别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。17. 在相同条件下，下列反应在溶液中均可发生( ) ； Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+； Sn2+2Fe3+ =2Fe2+Sn4+。 下列有关微粒的氧化性比较，正确的是( )A. Cl2Sn4+Fe3+B. Fe3+Cl2Sn4+C. Fe3+Sn4+Cl2D. Cl2Fe3+Sn4+【答案】D【解析】【分析】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；【详解】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则根据反应 3+2Cr3+7H2O+6
25、 +14H+可知氧化性是；根据反应+14H+6Cl2Cr3+3Cl2+7H2O可知氧化性是Cl2；根据反应Cl2+2Fe2+2Cl+2Fe3+可知氧化性是Cl2Fe3+；根据反应 Sn2+2Fe3+2Fe2+Sn4+可知氧化性是Fe3+Sn4+，所以氧化性强弱顺序是Cl2Fe3+Sn4+；答案选D。18. 三氟化氮(NF3)是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体。它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（ ）A. 反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B. 反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为21C. 若反应中生成0.2m
26、ol HNO3，则反应共转移0.2mol e-D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，NF3即是氧化剂又是还原剂，A项错误；B. 当有3molNF3参加反应，生成2mol NO，1mol HNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，B项错误；C. 若反应中生成0.2mol HNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mol e-，C项错误；D. 反应中生成的NO与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成对的硝酸易与空气中的水蒸气结合形成白雾，D项正确；答案选
27、D。【点睛】要注意NF3和NH3的不同，掌握NF3中N的化合价为+3价是解题的突破口。19. 在硫酸工业里，焙烧硫铁矿（FeS2）制取SO2的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 。下列有关说法不正确的是（ ）A. FeS2作还原剂，铁元素被还原B. Fe2O3和SO2 都既是氧化产物又是还原产物C. 每生成1 mol Fe2O3，有4mol硫被氧化D. 每1 mol硫被氧化，转移电子5.5mol【答案】A【解析】【分析】【详解】AFeS2作还原剂，铁元素被氧化，A错误；B铁元素和S元素的化合价升高，氧气中氧元素化合价降低，因此Fe2O3和SO2 都既是氧化产物又是还原产物，B正确
28、；C根据方程式可知每生成1 mol Fe2O3，有4mol硫被氧化，C正确；D每1 mol硫被氧化，有11/8氧气反应，转移电子，D正确，答案选A。20. 某离子反应涉及H2O、ClO、NH4 、H、N2、Cl六种微粒。其中c(NH4 )随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是A. 反应的还原产物是N2 B. 消耗1 mol氧化剂，转移电子3 molC. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D. 反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，c(NH4 )随反应进行逐渐减小，则NH4 为反应物，根据原子守恒知，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高到0价；根据氧化还原反应元素化
29、合价有升高的，必然有元素化合价降低判断，ClO为反应物，Cl为生成物，氯元素化合价由+1价降低到-1价；利用化合价升降法及原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为3ClO2NH4 =3H2O2HN23Cl。【详解】A.根据化学反应，ClO中氯元素化合价由+1价降低到-1价，所以反应的还原产物是Cl，A项错误；B、NH4中氮元素的化合价由-3价升高到0价，作还原剂，则消耗l mol还原剂，转移电子3 mol，B项错误；C.根据上述化学反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C项错误；D.根据反应的离子方程式判断，反应后溶液的酸性明显增强，D项正确。答案选D。21. 某浓度稀HNO3与金属M反应时
30、，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）A. NH4NO3B. N2C. N2OD. NO【答案】B【解析】【分析】【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；答案选B。【点睛】利用电子转移数守
31、恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。22. 在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，下列分析不正确的是（ ）A. 代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-C. c点，两溶液中含有相同浓度的OH-D. a、d两点对应的溶液均显中性【答案】C【解析】【分析】向Ba(OH)2溶液中滴入硫酸溶液发生反应的化学方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O，向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液，随着NaHSO4溶液的滴入依
32、次发生反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH、NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，据此分析作答。【详解】A根据分析，代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；B根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH，故B正确；Cc点，中稀硫酸过量，溶质为
33、硫酸，溶液呈酸性，中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；D a点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性，d点中溶质为Na2SO4，溶液呈中性，故D正确；故选：C。23. 已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值仅与温度高低有关。当n(NaOH)=6a mol时，下列有关说法不正确的是( )A. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：3a moln5a molB. 改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为4a molC. 参加反应的氯气的物质的量3a molD
34、. 某温度下，若反应后=6，则溶液中=【答案】BD【解析】【分析】【详解】A氧化产物只有NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(NaCl)=5(NaClO3)，由钠离子守恒：n(NaCl)+n(NaClO3)=n(NaOH)，故n(NaClO3)=n(NaOH)=6a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=5a mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(NaCl)=n(NaClO)，由钠离子守恒：n(NaCl)+n(NaClO)=n(NaOH)，故n(NaClO)=n(NaOH)=3a mol，转移电子最小物质的量=3a mol1=3a mol，故反应
35、中转移电子的物质的量n的范围：3amoln5amol，故A正确；B反应中还原产物只有NaCl，反应中转移电子最少时生成NaCl最少，根据电子转移守恒n(NaCl)=n(NaClO)，由钠离子守恒：n(NaCl)+ n(NaClO)=n(NaOH)，故n(NaCl)=n(NaOH)=3a mol，故B错误；C由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）= n(NaCl)+ n(NaClO)+n(NaClO3)，由钠离子守恒可知n(NaCl)+ n(NaClO)+n(NaClO3)=n(NaOH)，故参加反应的氯气的物质的量=n(NaOH)=3a mol，故C正确；D令n(ClO-)=1mol，反应后=6，
36、则n(Cl-)=6mol，电子转移守恒，5n(ClO3-)+1n(ClO-)=1n(Cl-)，即5n(ClO3-)+11mol=16mol，解得n(ClO3-)=1mol，则溶液中=6，故D错误。答案选BD。【点睛】考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒及极限法的应用。第卷 非选择题二、填空题24. (1)标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为_。(2)在25、101kPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是15：8，则A的摩尔质量为_。(3)两个相同容积的密闭容器X、Y，在25下，X中充入agA气体，Y中充入agCH4气体，X与Y内的压强之比是4：1
37、1，则A的摩尔质量为_。(4)相同条件下，体积比为a：b和质量比为a：b的H2和O2的混合气体，其平均摩尔质量分别是_和_。(5)在标准状况下，CO和CO2的混合气体共39.2L，质量为61g，则两种气体的物质的量之和为_mol，CO占总体积的_%。(6)在某温度时，一定量的元素A的氢化物AH3，在恒温恒压的密闭容器中完全分解为两种气态单质，此时容器的体积变为原来的，则A单质的分子式为_。【答案】 (1). 64 (2). 30g/mol (3). 44g/mol (4). g/mol (5). g/mol (6). 1.75 (7). 57.1 (8). A4【解析】【分析】【详解】(1)标
38、况下，672mL气体的物质的量为=0.03mol，气体的摩尔质量为=64g/mol，则该气体的相对分子量为64；(2)在T、P相同时，气体体积之比等于物质的量之比，即15：8=：，解得M(A)=30g/mol；(3)在T、V相同时，气体压强之比等于物质的量之比，即4：11=：，解得M(A)=44g/mol；(4)相同条件下，氢气和氧气的体积比为a：b，物质的量之比为a：b，二者平均摩尔质量为g/mol；质量比a：b的H2和O2的混合气体，物质的量之比为：=16a：b，平均摩尔质量为g/mol=g/mol；(5)标准状况下39.2LCO和CO2的混合气体的物质的量为=1.75mol，设混合气体中
39、CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则，解得x=1，y=0.75，则混合气体中CO占总体积的：100%=57.1%；(6)因为在恒温恒压的条件下，气体的体积与气体分子数成正比，分解完毕，体积变为原来的，所以气体分子数也为原来的，A的氢化物AH3完全分解为两种单质，其中一种必然为H2，另一种设为Am，根据反应前后原子守恒可得：mAH3Am+H2，所以m=(1+)，解得m=4，则A单质的分子式为A4。25. 现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe（OH）3胶体的制备实验I、甲同学向1molL1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；II、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；III、丙同学向25m
40、l沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热 试回答下列问题：（1）其中操作正确的同学是_写出此过程中的化学方程式：_；（2）证明有Fe（OH）3胶体生成的最简单实验操作是_；（3）Fe（OH）3胶体是不是电解质：_ （填“是”或“不是”）（4）丁同学利用所制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验：将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶粒带_电荷向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_；向所得Fe（OH）3胶体中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色沉淀，这因为_；继续滴加，沉淀最终消失且得棕黄色溶
41、液，写出化学方程式_；欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是_；操作名称是_【答案】 (1). 丙 (2). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl (3). 用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成 (4). 不是 (5). 正 (6). 生成红褐色的沉淀 (7). 加电解质胶体聚沉 (8). 2Fe（OH）3+3H2SO4Fe2（SO4）3+6H2O (9). 半透膜 (10). 渗析【解析】【分析】实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，结合氢氧化铁胶体的性质分析解答。【详解】（1）实验室制备氢氧化铁
42、胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，其它做法都不能生成胶体，得到的是氢氧化铁沉淀，因此操作正确的同学是丙；（2）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，因此证明制得的红褐色液体属于胶体，最简单实验操作是用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成；（3）Fe（OH）3胶体是混合物，不是电解质也不是非电解质；（4）Fe（OH）3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，因此阴极附的颜色逐渐变深；胶体遇电解质溶液发生聚沉，因此向其中加入饱和Na2SO4溶液，现象是有红褐
43、色沉淀生成；向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量硫酸溶液，硫酸电离出的阳离子使Fe（OH）3胶体发生聚沉，而电离出的氢离子使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，反应的方程式为2Fe（OH）3+3H2SO4Fe2（SO4）3+6H2O；由于胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，因此欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是半透膜，操作名称是渗析。26. 现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液，它们可能是K2CO3、Ba(NO3)2、NaHSO4和K2SO4溶液。现进行如下实验，并记录部分现象(如图)：据此完成下列回答：（1）写出各物质的化学式：甲：_乙：_丁：_；
44、（2）写出下列反应的离子方程式：甲+乙：_，沉淀a+溶液b：_.【答案】 (1). NaHSO4 (2). Ba(NO3)2 (3). K2CO3 (4). Ba2+SO42-BaSO4 (5). BaCO3+2H+Ba2+ +H2O+CO2【解析】【分析】能产生两种沉淀的是硝酸钡，分别得到碳酸钡和硫酸钡，则乙是硝酸钡；沉淀a和溶液b混合产生气体，说明沉淀a是碳酸钡，因此丁是碳酸钾，溶液b显酸性，则甲是硫酸氢钠，所以丙是硫酸钾，据此判断。【详解】（1）根据以上分析可知甲、乙、丁的化学式分别是NaHSO4、Ba(NO3)2、K2CO3；（2）甲+乙即硫酸氢钠和硝酸钡反应，离子方程式为Ba2+SO
45、42-BaSO4；根据以上分析可知沉淀a+溶液b反应的离子方程式为BaCO3+2H+Ba2+ +H2O+CO2。27. (1)根据下列实验现象或要求写离子方程式(描述现象的，需要写出所有涉及的离子方程式。)实验现象离子方程式澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，继续通，沉淀溶解。_湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)过程为，在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液。写出该过程的离子方程式并配平。_(2)某无色溶液，其中有可能存在的离子如下Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO、S2-、CO、SO、SO，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：沉淀甲是_，生成沉淀的离子方程式_；沉淀乙是_，
46、由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式_；沉淀丙是_，设计实验证明_；综合上述信息，可以肯定存在的离子有_。【答案】 (1). Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2O、CO2+CaCO3+H2O=Ca2+2HCO (2). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O (3). S (4). 2S2-+SO+6H+=3S+3H2O (5). Al(OH)3 (6). Al3+3HCO= Al(OH)3+3CO2 (7). BaCO3，可能有BaSO4 (8). 在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除BaCO3外还有BaSO4，若全部溶解，则仅有BaCO3 (9)
47、. Na+、S2-、SO、AlO【解析】【分析】(2) 由无色溶液加HBr产生淡黄色沉淀，则沉淀甲为S，则发生2S2-+SO+6H+=3S+3H2O，一定存在S2-、SO；溶液甲与过量碳酸氢铵反应，则沉淀乙为Al(OH)3，气体乙为二氧化碳，溶液乙中加过量氢氧化钡反应生成白色沉淀丙应为BaCO3，气体丙为氨气，然后结合离子的共存来分析。【详解】(1) 二氧化碳通入澄清石灰水中，产生白色沉淀碳酸钙，反应的离子方程式为：Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2O，若继续通入二氧化碳，白色沉淀碳酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙发生溶解，CO2+CaCO3+H2O=Ca2+2HCO，故答案为：Ca2
48、+2OH-+CO2CaCO3+H2O；CO2+CaCO3+H2O=Ca2+2HCO；氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液，发生氧化还原反应生成K2FeO4，该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2 FeO+3Cl-+5H2O；(2) 由无色溶液加HBr产生淡黄色沉淀，则沉淀甲为S，则发生2S2-+SO+6H+=3S+3H2O，一定存在S2-、SO；溶液甲与过量碳酸氢铵反应，则沉淀乙为Al(OH)3，气体乙为二氧化碳，溶液乙中加过量氢氧化钡反应生成白色沉淀丙应为BaCO3，气体丙为氨气，
49、Ag+、Ba2+、Al3+与S2-、SO不能共存，则不存在，由电荷守恒可知，一定存在的阳离子为Na+，一定存在的阴离子为S2-、SO、AlO：由上述分析可知，沉淀甲为S，生成沉淀的离子反应为2S2-+SO+6H+=3S+3H2O，故答案为：S；2S2-+SO+6H+=3S+3H2O；沉淀乙为Al(OH)3，生成沉淀乙的离子反应为Al3+3HCO=Al(OH)3+3CO2，故答案为：Al(OH)3；Al3+3HCO= Al(OH)3+3CO2；原溶液中有可能有硫酸根离子，溶液乙中含碳酸氢根离子，则沉淀丙为BaCO3，可能有BaSO4，在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除BaCO3外
50、还有BaSO4；若全部溶解，则仅有BaCO3，故答案为：BaCO3，可能有BaSO4；在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除BaCO3外还有BaSO4，若全部溶解，则仅有BaCO3；肯定存在的离子有Na+、S2-、SO、AlO，故答案为：Na+、S2-、SO、AlO。28. 已知NaNO2晶体外观和食盐相似，又有咸味，因而容易引起误食中毒。已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O。（1）上述反应中，还原剂是_，还原产物是_（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：碘化钾淀粉试纸；水；淀粉；白酒；食醋，你认为必须选用的物质有_（
51、填序号）。（3）某厂废液中含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂中能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_ANH4Cl BNaCl C HNO3 D浓H2SO4（4）请平以下化学方程式 Al+ NaNO3+ NaOH NaAlO2+ N2+ H2O，_【答案】 (1). HI (2). NO (3). (4). A (5). 10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2H2O【解析】【分析】根据反应中相关元素的化合价变化情况，结合氧化还原反应的有关概念、规律、电子得失守恒以及物质的性质特点分析解答。【详解】（1）反应2NaNO2+4HI2NO+I2+2N
52、aI+2H2O中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，还原剂是HI，还原产物是NO；（2）由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，需要在酸性条件下氧化碘化钾，则选择碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为；（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有氯化铵中3价的氮元素符合，故答案为A；（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2
53、H2O。29. 已知KMnO4与浓盐酸反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2，回答下列问题：（1）请用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目_（2）被氧化的HCl占HCl总量的_ 被还原的元素_（填元素符号）（3）当标准状况下有0.5mol氯气生成时，该反应转移的电子数为_（设NA为阿伏加德罗常数的值）（4）15.8g KMnO4与含1.2molHCl的浓盐酸完全反应（假设HCl无挥发），在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成_g沉淀【答案】 (1). (2). (3). Mn (4). NA (5). 100.45 g【解析】【
54、分析】根据方程式可知反应中Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，结合电子得失守恒分析解答。【详解】（1）根据反应的化学方程式可知反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价从1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知转移10个电子，则用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目为。（2）根据方程式可知16mol氯化氢参加反应生成5mol氯气，即被氧化的HCl是10mol，占HCl总量的10/16=5/8，Mn元素化合价降低，则被还原的元素是Mn；（3）反应中氯元素化合价从1价升高到0价，失去1个电子，因此该反应转移的电子的物质的量是0.5mol21mol，电子数为NA；（4）15.8 g KMnO4的物质的量是15.8g158g/mol0.1mol，完全反应消耗氯化氢是0.8mol。氯化氢的物质的量是1.2mol，因此浓盐酸过量，生成氯气是0.25mol，根据氯原子守恒可知反应后溶液中氯离子的物质的量是1.2mol0.25mol20.7mol，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成0.7mol氯化银沉淀，质量是0.7mol143.5g/mol100.45g。