2018-2019学年宁夏石嘴山市第三中学高一上学期第二次（12月）月考化学试卷（解析版）

2018-2019学年宁夏石嘴山市第三中学高一上学期第二次（12月）月考化学试卷（解析版）

‎2018-2019学年宁夏石嘴山市第三中学高一上学期第二次（12月）月考化学试卷（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量H=1 O=16 N=‎14 C=12 S=32 Cl=35.5 Na=23 Mg=24 Al=27 Zn=65 Fe=56 Ba=137 Cu=64‎ 一、选择题(每小题只有一个正确答案，共51分)‎ ‎1.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在‎700℃‎时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中错误的是 A. 制造过程中元素种类没有改变 B. CCl4是一种化合物 C. 这个反应是氧化还原反应 D. 金刚石属于金属单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应遵循原子守恒，因此元素种类不变，A正确；‎ B、CCl4由两种元素组成的纯净物，属于化合物，B正确；‎ C、此反应有单质参加和单质生成，属于置换反应，是氧化还原反应，C正确；‎ D、金刚石主要成分是C，C属于非金属，因此金刚石属于非金属单质，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.对下列物质进行的分类正确的是（ ）‎ A. 纯碱、烧碱均属于碱 B. CuSO4·5H2O属于纯净物 C. 凡能电离出H+的化合物均属于酸 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、纯碱是Na2CO3，属于盐，不属于碱，故错误；B、五水硫酸铜是纯净物，故正确；C、凡能电离出的阳离子全是H＋的化合物均属于酸，故错误；D、盐类不一定含有金属阳离子，如铵盐，NH4Cl不含有金属阳离子，故错误。‎ 考点：考查物质的分类等知识。‎ ‎3.下列关于胶体的叙述中，不正确的是 A. 用半透膜除去淀粉胶体中的Na＋、Cl－‎ B. 胶体中分散质粒子的直径在1nm~100nm之间 C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体 D. 用滤纸能分离胶体和溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，胶体中分散质粒子不能透过半透膜，小分子、离子能透过半透膜，用半透膜除去淀粉胶体中的Na+、Cl-，方法称为渗析法，正确；B项，胶体的本质特征是分散质粒子的直径在1nm~100nm之间，正确；C项，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，现象不同，可以区分，正确；D项，胶体中分散质粒子和溶液中溶质粒子都能透过滤纸，不能用滤纸分离，错误；答案选D。‎ ‎4.下列关于物质分类的说法，正确的是(　　)‎ A. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物 B. 由一种元素组成的物质一定是单质，两种元素组成的物质一定是化合物 C. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物 D. 实验室用细口玻璃塞试剂瓶来盛放NaOH溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如酸性氧化物Mn2O7，两性氧化物氧化铝，故A错误；‎ B．一种元素可以组成不同的单质，比如氧元素能组成氧气和臭氧的混合物；两种元素组成的物质不一定是化合物，比如氧气和氢气的混合物，故B错误；‎ C．金属氧化物可分为酸性、碱性、两性氧化物等，所以酸性氧化物也可能是金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，属于酸性氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO等，故C正确；‎ D．实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应该用橡皮塞，因为二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成黏性较强的硅酸钠溶液，而使玻璃塞和瓶口粘合在一起不易打开，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化物的概念及其联系，题目难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题，注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质。注意举例排除法在解题中的灵活应用。‎ ‎5.用NA表示阿伏加德罗常数数值，下列叙述正确的是(　　)‎ A. ‎17g OH－中质子总数比电子总数多NA B. 物质的量浓度为0.5 mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－数为NA C. 常温常压下，‎14 g N2含有分子数为0.5NA D. ‎25℃‎，1.01×105Pa，‎22.4 L CO2中含有的原子数为3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、‎17g OH－的物质的量是1mol，其中质子总数比电子总数少NA，A错误；‎ B、物质的量浓度为0.5 mol·L－1的MgCl2溶液的体积不能确定，不能计算溶液中含有的Cl－个数，B错误；‎ C、常温常压下，‎14 g N2的物质的量是‎14g÷‎28g/mol＝0.5mol，含有分子数为0.5NA，C正确；‎ D、‎25℃‎，1.01×105Pa时不属于标准状况下，‎22.4 L CO2的物质的量不是1mol，其中含有的原子数不是3NA，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.当不慎有大量Cl2扩散到周围空间时，处在环境中的人们可以用浸有一定浓度某种物质水溶液的毛巾捂住鼻子，以防中毒，该物质最适宜采用的是 (　　)‎ A. NaOH B. NaCl C. NaHCO3 D. NH3·H20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气有毒，可与碱溶液反应，则防止氯气中毒可用碱性较弱的溶液吸收，注意碱性太强时，其腐蚀性强，以此来解答。‎ ‎【详解】A．NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但浓NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；‎ B．NaCl不与氯气反应，且氯气在食盐水中的溶解度很小，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故B错误；‎ C．NaHCO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，故C正确；‎ D．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的化学性质及防止氯气中毒的措施，侧重于化学与生活的考查，注意把握氯气与碱反应及物质的腐蚀性。‎ ‎7.化学实验的基本操作是完成化学实验的关键，下列实验操作正确的是（ ）‎ ‎①用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 ‎②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物 ‎③用托盘天平称量‎117.7 g氯化钠晶体 ‎④用量筒量取23.10 mL溴水 ‎⑤用蒸发皿高温灼烧石灰石 ‎⑥用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液；‎ A. ③⑥ B. ②③④⑤ C. ①②④ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 量取5.2 mL稀硫酸应选10 mL量筒，①错；苯和CCl4可以混溶，②错；量筒的精度是0.1mL，④错；高温灼烧石灰石用坩埚， ⑤错；故选A。‎ ‎8.CO2通入下列溶液中，不可能产生沉淀的是 ( )‎ A. 氯化钙溶液 B. 澄清石灰水 C. 饱和碳酸钠溶液 D. 次氯酸钙溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸的酸性弱于盐酸，CO2和碳酸都不与氯化钙反应，故不可能产生沉淀，A符合；‎ B、二氧化碳和石灰水反应生成碳酸钙沉淀，B不符合；‎ C、CO2通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的，所以会析出碳酸氢钠晶体，C不符合；‎ D、CO2通入次氯酸钙溶液中生成次氯酸和碳酸钙沉淀，D不符合。‎ 答案选A。‎ ‎9.下列实验中，所选装置不合理的是 A. 用自来水制取蒸馏水，选④‎ B. 用CCl4提取碘水中的碘，选③‎ C. 除去CO2中混有的CO，选⑤‎ D. 除去粗盐中的泥沙，选①和②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，用自来水制取蒸馏水，应用蒸馏法，选④，正确；B项，CCl4将碘水中的碘萃取出来，出现分层现象，进行分液，选③，正确；C项，除去CO2中混有的CO，应将混合气体通过灼热的CuO，错误；D项，除去粗盐中的泥沙，先将粗盐加水溶解，过滤除去泥沙得NaCl溶液，将NaCl溶液蒸发得NaCl，过滤选 ‎①，蒸发选②，正确；答案选C。‎ 点睛：本题考查物质的分离和提纯，熟悉各分离提纯方法适用的对象是解题的关键。蒸馏法适用于分离沸点不同互相混溶的液体混合物；萃取分液法适用于分离溶质在互不相溶溶剂中溶解度差别较大的混合物（如B项中I2在CCl4中的溶解度远大于I2在水中的溶解度）；过滤适用于分离难溶固体与液体的混合物；蒸发适用于从溶液中获得固体溶质。注意分离除杂的原则：不增加新杂质、不减少被提纯物质、易分离、易复原。‎ ‎10.下列可以大量共存的离子组是(　　)‎ A. 无色透明溶液中：NH4+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣‎ B. 碱性溶液中：K+、Na+、SO42﹣、Cl﹣‎ C. 酸性溶液中：K+、Na+、HCO3﹣、Ca2+‎ D. 酸性溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、ClO﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及题干中的限制条件分析判断。‎ ‎【详解】A、铜离子在溶液中显蓝色，不能大量共存，A错误；‎ B、碱性溶液中K+、Na+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，可以大量共存，B正确；‎ C、酸性溶液中HCO3﹣不能大量共存，C错误；‎ D、酸性溶液中Fe2+与ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎11.某溶液中只含有Al3＋、Na＋、Cl－、SO42－四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Na＋和SO42－的离子个数比为 A. 1：2 B. 2：‎5 C. 3：1 D. 1：10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 溶液中的电荷守恒为3n（Al3+）+n（Na+）=n（Cl-）+2n（SO42-），溶液中Al3+、Na+、Cl-的个数比为3:2:1即Al3+、Na+、Cl-物质的量之比为3:2:1，则n（Na+）：n（SO42-）=2:5，答案选B。‎ 点睛：溶液中离子物质的量或离子物质的量浓度的计算可用电荷守恒巧解。电荷守恒指溶液中所有阴离子所带负电荷总数等于所有阳离子所带正电荷总数。‎ ‎12.为了检验NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断正确的是 A. 加热时有无气体放出 B. 滴加盐酸时有无气泡放出 C. 溶于水后，滴加稀的氯化镁溶液有无白色沉淀生成 D. 溶于水后，滴加澄清石灰水，有无白色沉淀生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、Na2CO3加热不分解，NaHCO3受热易分解，所以通过观察加热时有无气体放出不能确定是否含有Na2CO3，A错误；B、NaHCO3与Na2CO3都可与盐酸反应放出气泡，不能确定是否含有Na2CO3，B错误；C、Na2CO3和氯化镁溶液反应生成白色沉淀，NaHCO3和氯化镁溶液不反应，可以判断是否含有Na2CO3，C正确；D、NaHCO3与Na2CO3都与Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，不能确定是否含有Na2CO3，D错误。答案选C。‎ 考点：NaHCO3与Na2CO3的鉴别 ‎13.已知常温下，溶液中能发生如下反应：①2R－＋Z2===R2＋2Z－ ②16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2+＋5Z2＋8H2O ③‎2M2‎+＋R2===‎2M3‎+＋2R－。由此判断，下列说法中正确的是 A. Z2＋‎2M2‎+===‎2M3‎+＋2Z－不可以进行 B. Z元素在①②反应中都发生还原反应 C. X2+是还原剂XO4-的还原产物 D. 各粒子氧化性由强到弱的顺序是XO4-＞Z2＞R2＞M3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则根据反应①可知氧化性是Z2＞R2，根据反应②可知氧化性是XO4－＞Z2，根据反应③可知氧化性是R2＞M3＋，所以氧化性由强到弱的顺序是XO4－＞Z2＞R2＞M3＋，所以反应Z2＋‎2M2‎＋===‎2M3‎＋＋2Z－可以进行，A错误；B、Z元素在①反应中化合价降低，发生还原反应，②反应Z元素化合价升高，发生氧化反应，B错误；C、X2＋是氧化剂XO4－的还原产物，C错误；D、根据以上分析可知各粒子氧化性由强到弱的顺序是XO4－＞Z2＞R2＞M3＋，D正确，答案选D。‎ ‎14.下列有关物质检验的实验结论正确的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含 SO42-‎ B 向某溶液中加入几滴新制的氯水，再滴入2滴KSCN溶液，‎ 溶液变为红色 该溶液中一定含 Fe2+‎ C 向某溶液中加入盐酸，产生无色无味的气体，将该气体通入 澄清石灰水中，溶液变浑浊 该溶液中一定含CO32-‎ D 向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含 Cl-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硝酸银能与氯化钡溶液生成氯化银沉淀；溶液中含有Fe3+，加入几滴新制的氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液也变为红色；CO32-、HCO3-都能与酸反应放出二氧化碳气体；Cl-与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀。‎ ‎【详解】硝酸银能与氯化钡溶液生成氯化银沉淀，所以向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中不一定含有SO42-，故A错误；向某溶液中加入几滴新制的氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变为红色，溶液中可能含 Fe2+、Fe3+，故B错误；CO32-、HCO3-都能与酸反应放出二氧化碳气体，故C错误；Cl-与硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，故D正确。‎ ‎15.下列反应的描述与离子方程式都正确的是(　　)‎ A. 锌片插入硝酸银溶液中，有银析出：Zn+Ag+=Zn2++Ag B. 氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，溶液恰好呈中性OH-+Ba2++H++SO42-=BaSO4+H2O C. 氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O D. 碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体：BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 锌片插入硝酸银溶液中，有银析出，方程式为Zn＋2Ag＋＝Zn2＋＋2Ag，A错误；B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，有白色沉淀硫酸钡生成，方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；C. 氢氧化铜加到盐酸中，溶液变为蓝色，方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，C错误；D. 碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体CO2，方程式为，D正确，答案选D。‎ 点睛：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。‎ ‎16.0.05‎molNaOH固体分别加入到下列100mL液体中，溶液导电性变化不大的是（ ）‎ A. 自来水 B. 0.25mol／L硫酸溶液 C. 0.5mol／LNaCl溶液 D. 0.5mol／LNaNO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电荷成正比，如果把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液导电能力变化最小，反应加入NaOH固体前后离子浓度变化最小，A．加入到自来水中，水中离子浓度很小，加入NaOH后溶液中离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，A不选；B．加入到0.25mol/L的稀硫酸中，二者恰好完全反应生成强电解质硫酸钠，硫酸、硫酸钠都是强电解质，在加入NaOH固体前后离子浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大，B选；C．NaCl是强电解质，加入NaOH后，二者不反应，但溶液中离子浓度增大一倍，则溶液导电能力增大一倍，溶液导电能力变化较大，C不选；D．NaNO3是强电解质，加入NaOH后，二者不反应，但溶液中离子浓度增大一倍，则溶液导电能力增大一倍，溶液导电能力变化较大，D不选；答案选B。‎ 点睛：本题以溶液导电能力强弱为载体考查离子反应，侧重考查学生分析判断能力，明确溶液导电性强弱影响因素及物质之间的反应是解本题关键，注意：溶液导电性强弱与电解质强弱及物质溶解性强弱都无关。‎ ‎17.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO3－的浓度之比为3∶1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为 （ ）‎ A. 21∶5 B. 11∶‎3 C. 2∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ NaCl是还原产物，NaClO、NaClO3是氧化产物，设NaClO、NaClO3的物质的量分别是3mol、1mol，则失去电子的物质的量是3mol×1+1mol×5＝8mol，根据电子得失守恒可知被还原的氯元素的物质的量是8mol，所以Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为8mol:4mol=2:1，答案选C。‎ 二．填空题：(共30分)‎ ‎18.(1)有四种物质：①氧化铁 ②硫酸 ③碳酸氢钠 ④氢氧化钠 a.找出属于盐的物质，写出其在水溶液中的电离方程式__________。‎ b.上述物质中有一种与其他三种物质均能反应，此物质是_________(填序号)。‎ c.写出铝与稀硫酸反应的离子方程式，并用双线桥标出电子转移情况________。‎ ‎(2)有以下几种物质：①HCl气体，②硝酸钾溶液，③铜，④二氧化碳，⑤金刚石，⑥硫酸氢钠固体，⑦蔗糖，⑧NaCl晶体，⑨氨水，⑩熔融KCl。‎ 以上能导电的是___________________(填序号，下同)；‎ 以上属于电解质的是_________________；属于非电解质的是__________________；‎ ‎(3)写出工业上制备漂白粉的化学方程式_________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). NaHCO3＝Na++HCO3－ (2). ② (3). (4). ②③⑨⑩ (5). ①⑥⑧⑩ (6). ④⑦ (7). 2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）a.由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，据此判断；‎ b.根据物质的性质分析判断；‎ c.根据Al、H元素的化合价变化结合电子得失守恒分析；‎ ‎（2）电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够自身电离出离子的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物，含有自由移动电子或离子的物质可以导电；‎ ‎（3）氯气和石灰乳反应制备漂白粉。‎ ‎【详解】（1）①氧化铁是碱性氧化物，②硫酸是二元强酸，③碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，④氢氧化钠是一元强碱。则 a.属于盐的物质是碳酸氢钠，在水溶液中的电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3－。‎ b.氧化铁只能与硫酸反应，硫酸能与氧化铁、碳酸氢钠和氢氧化钠反应，碳酸氢钠只能与硫酸、氢氧化钠反应，所以上述物质中有一种与其他三种物质均能反应，此物质是硫酸，答案选②。‎ c.铝和硫酸反应生成硫酸铝和氢气，铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，得到1个电子，根据电子得失守恒可知电子转移情况为。‎ ‎（2）①HCl气体溶于水可以导电，是电解质；‎ ‎②硝酸钾溶液中含有自由移动的阴阳离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③铜是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎④二氧化碳是非电解质，不导电；‎ ‎⑤金刚石是单质，不导电，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑥硫酸氢钠固体是电解质，不导电；‎ ‎⑦蔗糖是非电解质，不导电；‎ ‎⑧NaCl晶体是电解质，不导电；‎ ‎⑨氨水中含有自由移动的阴阳离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑩熔融KCl中含有自由移动的离子，能导电，是电解质。‎ 则以上能导电的是②③⑨⑩；属于电解质的是①⑥⑧⑩；属于非电解质的是④⑦；‎ ‎（3）工业上制备漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。‎ ‎19.(1)0.5mol/ (NH4)2S溶液中NH4+ 的物质的量浓度_____________。‎ ‎(2)标准状况下，‎1.7 g NH3与______L H2S气体含有的氢原子数相同。‎ ‎(3)标准状况下，‎1.6g某气态氧化物RO2体积为‎0.56L，该气体的物质的量为____mol，RO2的相对分子质量为_______。‎ ‎(4)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O该反应中的氧化剂是________，若有4molHCl参加反应，则被氧化的HCl的物质的量是______mol，如反应中转移了0.4mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为_________L。‎ ‎(5)标准状况下，NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为‎0.75g/L，该混合气体的平均摩尔质量为______，该气体对氢气的相对密度为______。‎ ‎【答案】 (1). 1.0mol/L (2). ‎3.36L (3). 0.025 (4). 64 (5). MnO2 (6). 2 (7). 4.48 (8). ‎16.8g/mol (9). 8.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据(NH4)2S的组成判断溶液中铵根离子的浓度；‎ ‎（2）根据n＝m/M、n＝V/Vm结合二者的分子组成解答；‎ ‎（3）根据n＝m/M、n＝V/Vm分析解答；‎ ‎（4）所含元素化合价降低的物质是氧化剂，根据氯元素的化合价变化以及方程式计算被氧化的氯化氢和生成的氯气体积；‎ ‎（5）根据M＝ρVm结合阿伏加德罗定律判断。‎ ‎【详解】（1）1mol(NH4)2S电离出2mol铵根离子，因此0.5mol/L(NH4)2S溶液中NH4+ 的物质的量浓度为0.5mol/L×2＝1.0mol/L。‎ ‎（2）标准状况下，‎1.7 g NH3的物质的量是‎1.7g÷‎17g/mol＝0.1mol，含有0.3mol氢原子，1分子硫化氢含有2个氢原子，则含有0.3mol H的硫化氢的物质的量是0.3mol÷2＝0.15mol，在标况下的体积为0.15mol×‎22.4L/mol＝‎3.36L。‎ ‎（3）标准状况下，‎1.6g某气态氧化物RO2体积为‎0.56L，因此该气体的物质的量为‎0.56L÷‎22.4L/mol＝0.025mol，则RO2的相对分子质量为1.6÷0.025＝64。‎ ‎（4）反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中Mn元素化合价降低，被还原，氧化剂是MnO2。若有4molHCl参加反应，只产生1mol氯气，则被氧化的HCl的物质的量是2mol；氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，如反应中转移了0.4mol电子，则产生的Cl2是0.4mol÷2＝0.2mol，在标准状况下体积为0.2mol×‎22.4L/mol＝‎4.48L。‎ ‎（5）标准状况下，NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为‎0.75g/L，该混合气体的平均摩尔质量为‎22.4L/mol×‎0.75g/L＝‎16.8g/mol，根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的密度之比是摩尔质量之比，则该气体对氢气的相对密度为16.8/2＝8.4。‎ ‎20.工业上制印刷电路板时常用FeCl3溶液做“腐蚀液”，反应的原理为利用FeCl3 溶液将Cu溶解。‎ ‎(1)写出FeCl3 与Cu反应的离子方程式：__________________________________。‎ ‎(2)该反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比是________。‎ ‎(3)某同学取适量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，即得到了黄色的这种“腐蚀液”，发生反应的化学方程式为____________________________________________________。‎ 用此溶液分别做如下实验：‎ ‎①该同学取少量FeCl3溶液于试管中，滴入几滴NaOH溶液，生成红褐色沉淀，发生反应的离子方程式为_________________________________________________________。‎ ‎②该同学取少量FeCl3溶液，加入过量铁粉，溶液由黄色变成浅绿色，经检验生成了FeCl2，写出反应的离子方程式：_______________________________________________。‎ ‎③该同学向小烧杯中加入20 mL蒸馏水，煮沸后，滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即制得Fe(OH)3胶体。用激光笔从侧面照射烧杯中的液体，可以观察到液体中__________________。‎ ‎(4)使用过的“腐蚀液”会失效，但还可以回收利用，其中有一步反应需要将Fe2＋转化为Fe3＋，下列试剂能实现上述变化的是________(填序号)。‎ A．氯水 B．铁 C．铜 D．稀硫酸 ‎【答案】 (1). Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ (2). 1：2 (3). Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O (4). Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓ (5). 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋ (6). 有一条光亮的通路(有光路或有丁达尔现象) (7). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯化铁溶液和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，据此书写；‎ ‎（2）所含元素化合价升高的物质是还原剂，所含元素化合价降低的物质是氧化剂，据此判断；‎ ‎（3）根据金属氧化物与酸反应生成盐和水，写出相应的化学方程式；‎ ‎①向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液，二者之间会发生复分解反应；‎ ‎②FeCl3具有氧化性，可与Fe发生氧化还原反应生成FeCl2；‎ ‎③胶体和溶液是不同的分散系，胶体有丁达尔效应，而溶液没有；‎ ‎（4）将Fe2+转化为Fe3+，选择氧化剂，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）氯化铁具有氧化性，氯化铁溶液和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+；‎ ‎（2）在反应Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2中Cu元素的化合价从0价升高到+2价，所以Cu元素被氧化，为还原剂，Fe元素的化合价降低被还原，FeCl3为氧化剂，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比是1：2；‎ ‎（3）Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，反应的化学方程式为Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O，所得溶液中含有Fe3+离子，溶液呈黄色；‎ ‎①向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应：FeCl3+3NaOH＝3NaCl+Fe(OH)3↓，离子反应为Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓；‎ ‎②FeCl3具有氧化性，可与Fe发生氧化还原反应生成FeCl2，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋；‎ ‎③胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有，Fe(OH)3胶体用激光笔照射烧杯中的液体，产生一条光亮的通路（有光路或有丁达尔现象），为丁达尔效应；‎ ‎（4）将Fe2+转化为Fe3+，选择氧化剂，只有氯水符合，而Fe、Cu具有还原性，稀硫酸的氧化性很弱，均不能氧化亚铁离子，故答案为：A。‎ ‎【点睛】本题考查了铁和铜的单质及化合物的性质，涉及氧化还原反应，氧化剂的选择，侧重于方程式的书写，注意把握元素化合物的性质，注意胶体和溶液性质的差异。‎ 三．推断题(共14分)‎ ‎21.有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验它们，做了以下实验：①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。‎ 根据上述实验事实，回答下列问题：‎ ‎（1）原固体混合物中一定含有的物质是________，一定不含有的物质是________，可能含有的物质是_______‎ ‎（2）写出步骤③中的离子方程式____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 (2). Na2SO4 CuSO4 CaCl2 (3). NaCl (4). BaCO3 + 2H+==== Ba2+ + H2O + CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有关混合物成分的推断题，需要住常见的有颜色的离子比如Cu2+为蓝色，Fe2+为浅绿色，Fe3+为棕黄色，记住常见沉淀的颜色，以及沉淀的性质。‎ ‎【详解】（1）因为Cu2+为蓝色，由①可知原混合物中没有CuSO4，结合②③可知此白色沉淀完全溶于稀硝酸，因此白色沉淀为BaCO3，原混合物中肯定含有Na2CO3，肯定不含有Na2SO4；因为含有Na2CO3，结合①可知肯定不含有CaCl2，可能含有的物质是NaCl。‎ ‎（2）步骤②生成的白色沉淀为BaCO3，步骤③是BaCO3和稀硝酸反应生成硝酸钡水和二氧化碳。离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+ +H2O+CO2↑。‎ ‎22.根据如图所示的转化关系以及现象回答下列问题。‎ ‎(1)固体 X的化学式是：________________‎ ‎(2)写出反应1 的化学方程式:____________________________‎ ‎(3)写出反应2 的离子方程式:________________________________‎ ‎(4)若15.6gX 和足量的气体 A反应，转移__________mol 电子。‎ ‎【答案】（1）过氧化钠 Na2CO3（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）Na2CO3+Ca(OH)2= CaCO3↓+2NaOH（4）0.2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Na2CO3能与水及二氧化碳发生反应，所以与它反应的气体A是二氧化碳。（2）反应产生碳酸钠和氧气。固体Y是碳酸钠，气体B是氧气。钠在氧气中燃烧得到过氧化钠淡黄色固体。反应的方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。（3）二氧化碳与氢氧化钙发生反应产生碳酸钙沉淀和水。反应的方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2= CaCO3↓+2NaOH。碳酸钙与盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳。（4）Na2O2化学式的式量是78,15．‎6g过氧化钠的物质的量是0.2mol.根据化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知若有2mol过氧化钠反应，转移电子2mol.现在有0.2mol发生反应，所以转移电子0.2mol.‎ 考点：考查钠元素的单质及化合物的性质的知识。‎ 四．实验题(共21分)‎ ‎23.实验室需要0.2 mol·L－1NaOH溶液480 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：‎ ‎（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。‎ ‎（2）下列有关容量瓶使用方法的操作中，错误的是_______。 ‎ A．使用容量瓶之前应检查它是否漏水 ‎ B．容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配溶液润洗 C．定容时,将蒸馏水小心倒入容量瓶中直至与刻度线齐平 D．配制溶液时,如果试样是液体,用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中定容 E．盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,把容量瓶反复上下颠倒,摇匀 ‎（3）在配制NaOH溶液时：‎ ‎①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g；‎ ‎②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度________(填“>”“<”或“＝”)0.2 mol·L－1；‎ ‎③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度________(填“>”“<”或“＝”)0.2 mol·L－1。‎ ‎（4）在配制硫酸溶液时：‎ ‎①所需质量分数为98%、密度为‎1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________(计算结果保留一位小数)mL；‎ ‎②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用______mL量筒最好；‎ ‎③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是___________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 烧杯、玻璃棒 (3). BCD (4). 4.0 (5). < (6). > (7). 13.6 (8). 15 (9). 将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据容量瓶的构造及正确使用方法进行解答；（3）实验室没有450mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的溶液为500mL ‎ 0.1mol/L的氢氧化钠溶液，根据n=cV计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算出氢氧化钠的质量，少量氢氧化钠溶液洒落，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，未等溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，配制的溶液体积偏小，浓度偏高；（4）根据c=计算出浓硫酸的浓度，再根据溶液的稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积，根据计算结果选用量筒规格；浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，应该将浓硫酸缓缓倒入水中。‎ ‎【详解】（1）A为平底烧瓶、C为分液漏斗，在配制一定浓度的溶液中不会用到烧瓶和分液漏斗；配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：烧杯和玻璃棒。（2）容量瓶是带塞的仪器，使用容量瓶之前应检查它是否漏水，A正确；容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗会增大溶质的物质的量，导致所配溶液浓度偏大，B错误；定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中到离刻度线1‎-2cM处改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线齐平处，C错误；容量瓶为量器，不能用来溶解固体或者稀释浓溶液，D错误；盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒、摇匀，故E正确。（3）需要0.2mol/LNaOH溶液480mL，需要配制500mL 0.2mol/L的氢氧化钠溶液，氢氧化钠的物质的量为：0.2mol/L×‎0.5L=0.1mol，需要氢氧化钠的质量为：‎40g/mol×0.1mol=‎4.0g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度小于0.2mol•L-1；未等溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，配制的溶液体积偏小，浓度偏高。（4）98%浓硫酸的物质的量浓度===18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5/L×‎0.5L，V=‎0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒；稀释浓硫酸的正确操作是将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止液体溅出。‎ ‎【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，根据c=可得，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，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎24.草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水；草酸晶体(H‎2C2O4·2H2O)无色，熔点为‎101℃‎，易溶于水，受热脱水、升华，‎170℃‎以上分解。回答下列问题：‎ ‎(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是____________，由此可知草酸晶体分解的产物中有_______。‎ 装置B的主要作用是__________________。‎ ‎(2)乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置进行实验。‎ ‎①乙组的实验装置中，依次连接的合理顺序为A→B→____→______→______→______→______→I。装置H反应管中盛有的物质是_________；I中集气瓶收集到的气体主要是_________。‎ ‎②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是______________。‎ ‎【答案】 (1). 有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊 (2). CO2 (3). 冷凝水蒸气和草酸，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验 (4). FDGHD (5). CuO (6). CO (7). H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）草酸晶体（H‎2C2O4•2H2O）无色，熔点为‎101℃‎，易溶于水，受热脱水、升华，‎170℃‎以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；‎ ‎（2）要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CuO还原，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO，据此判断。‎ ‎【详解】（1）草酸晶体(H‎2C2O4•2H2O)无色，熔点为‎101℃‎，易溶于水，受热脱水、升华，‎170℃‎以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，冷凝水蒸气和草酸，防止干扰二氧化碳的检验；‎ ‎（2）①要检验生成CO，需要排除二氧化碳的干扰，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免污染环境，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO；‎ ‎②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO。‎ 五．计算题(共4分)‎ ‎25.碳酸钠和碳酸氢钠的混合物‎190g，加热至质量不再减少为止，称重质量为‎128g。求原混合物中碳酸钠的质量百分含量？ (保留三位有效数字)‎ ‎【答案】11.6%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，加热至质量不再减少为止，碳酸氢钠完全分解，利用差量法计算出碳酸氢钠的质量，然后计算出原混合物中碳酸钠的质量百分含量。‎ ‎【详解】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，设混合物中含有xg NaHCO3，则 ‎2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m ‎2×84 62‎ xg ‎190g-128g＝‎‎62g 则x＝84×2×‎62g/62＝168，所以m（Na2CO3）＝‎190g-m（NaHCO3）＝‎190g-168g＝‎22g，因此原混合物中碳酸钠的质量百分含量为：‎22g/‎190g×100%≈11.6%。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握差量法在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力。‎