2018-2019学年甘肃省武威第十八中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年甘肃省武威第十八中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

‎2018——2019年第二学期期末考试 高二化学 可能用到的相对原子质量：H-1 Cl-35.5 O-16 Na-23 N‎-14 C-12 S-32 Ba-137‎ 一、单选题（ 本题包括22道小题，其中1∼12小题，每小题2分；13∼22小题，每小题3分，共54分）‎ ‎1.读下列药品标签，有关分析不正确的是（　 　）‎ 选项 A B C D 物品标签 饱和氯水1.01×105 Pa，‎‎20 ℃‎ 药品：×××‎ 碳酸氢钠NaHCO3俗名小苏打（‎84 g·mol－1）‎ 浓硫酸H2SO4‎ 密度‎1.84 g·mL－1浓度98.0%‎ 分析 该试剂应装在橡胶塞的细口瓶中 该药品不能与皮肤直接接触 该物质受热易分解 该药品标签上还标有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.饱和氯水含有次氯酸具有强氧化性，腐蚀橡胶塞，故A错误；‎ B.腐蚀品会腐蚀皮肤，所以不能直接接触皮肤，故B正确 C.碳酸氢钠受热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故C正确；‎ D. 98.0%的浓硫酸具有强腐蚀性，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎2.如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写不正确的是 ‎ A. Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O B. Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓‎ C. Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓‎ D. OH－＋HCO3-===H2O＋CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故A正确；B．NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH-═Cu(OH)2↓，故B正确；C．硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡混合氢氧化铜，离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故C正确；D．氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量发生HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，‎ 若碳酸氢钠足量，发生2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；故选D。‎ 考点：考查离子反应方程式的书写 ‎3.某学生的实验报告中有如下数据：①用托盘天平称取‎11.7 g 食盐；②用量筒量取21.48 mL盐酸；③用容量瓶配制 210 mL 1 mol·L－1的硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去18.20 mL NaOH溶液，其中数据合理的是(　　)‎ A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①托盘天平称量物质准确度为‎0.1g，可称取‎11.7g食盐，选项①正确；②用量筒量取液体体积的准确度为0.1mL，所以量取21.48mL不合理，选项②错误；③容量瓶的规格中有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等等，没有210mL的，选项③错误；④中和滴定要用滴定管，滴定管的准确度为0.01mL，18.20mL的数值合理，选项④正确；答案选A。‎ ‎4. 下列物质属于纯净物的是(　　)‎ ‎①氨水②重水③明矾　④纯碱　⑤天然气　⑥氧气　⑦漂白粉　⑧铝热剂 A. ①④⑤⑦ B. ②③④⑥ C. ④⑦⑧ D. ③⑤⑥⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①氨水属于混合物；②重水属于纯净物；③明矾属于纯净物；　④纯碱属于纯净物；　⑤天然气属于混合物；　⑥氧气属于纯净物；　⑦漂白粉属于混合物；　⑧铝热剂属于混合物；‎ ‎5. 下列有关说法正确的是 A. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解 B. Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象 C. H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥 D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种 气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不 是两性氧化物，故D错误；此题选C。‎ ‎【考点定位】本题考查几种常见无机化合物的性质，包括盐、氧化物和氢氧化物的性质，还涉及到胶体的 性质。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.下列各图所示装置中，肯定不符合气密性要求的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A不漏气；B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气；C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C不漏气；D．用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气；故选D。‎ ‎【考点定位】考查装置气密性的检查 ‎【名师点晴】实验基本操作考查为高频考点，检查装置的气密性原理就是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，通过分析实验装置是否形成水柱或气泡，来检查装置的气密性，虽然装置各不相同，甚至差别较大，但原理都是一样的，据此分析作答。‎ ‎7. 下列关于物质或离子检验的叙述正确的是 A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+‎ B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 C. 灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+‎ D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有 Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故选B。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.符合下图所示条件的离子组是（　 　）‎ A. Ba2＋、Mg2＋、NO3-、CO32- B. H＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－‎ C. K＋、Ba2＋、Cl－、HCO3- D. NH4+、Ba2＋、Fe2＋、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断出可以大量共存的离子组，即相互之间不发生氧化还原反应，不生成沉淀、气体或水等；加入少量的H2SO4有白色沉淀产生且不溶解，则溶液中可能存在Ba2+、Pb2+、Ca2+等；加入过量NaOH溶液有白色沉淀生成且不溶解，则不能为Al(OH)3，可能为Mg(OH)2等难溶性碱；或者与HCO3-反应产生CO32-，在溶液中形成的难溶性的碳酸盐。据此回答。‎ ‎【详解】A. Ba2+和CO32-生成BaCO3沉淀，不能大量共存；故A错误；‎ B.离子可以大量共存，加入少量H2SO4，因生成BaSO4而产生白色沉淀，但加入过量NaOH溶液时，溶液中无白色沉淀产生，不符合题意，故B错误；‎ C.离子可以大量共存，加入少量H2SO4，生成BaSO4白色沉淀，加入过量NaOH溶液时，HCO3-+OH-= CO32-+H2O，CO32-和Ba2+反应产生BaCO3沉淀，符合题意，故C正确；‎ D.离子可以大量共存，加入少量H2SO4，生成BaSO4白色沉淀，但加入过量NaOH溶液时生成的Fe(OH)2很快被氧化成红褐色的Fe(OH)3，最终得不到白色沉淀，不符合题意，故D错误，答案选C。‎ ‎9.下列涉及离子方程式书写的评价合理的是（　 　）‎ 选项 化学反应及离子方程式 评价 A 次氯酸钙溶液中通入足量SO2：Ca2+＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2H＋‎ 正确 B 实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O 错误，H＋、Cl－化学计量数应相等 C 硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe（OH）3（胶体）＋3NH4+‎ 错误，Fe（OH）3应该是沉淀 D 铝溶于碳酸中：2Al＋3H2CO3===2Al3＋＋3H2↑＋3CO32-‎ 正确 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸钙溶液中通入足量SO2，发生的离子方程式应为：Ca2+＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋4H＋+SO42-，故A错误；‎ B.实验室用浓盐酸与MnO2 反应制氯气的离子方程式应为：MnO2＋4H＋＋2Cl－ Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O，H＋、Cl－的化学计量数不相等，评价不合理，故B错误；‎ C.Fe(NO)3溶液中加过量的氨水，发生的离子反应为Fe3＋＋3NH3·H2O = Fe（OH）3↓＋3NH4+，评价合理，故C正确；‎ D.H2CO3酸性较弱，不能与Al反应，评价不合理，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律。‎ ‎10.下列说法正确的是（　 　）‎ A. 1 mol H2O含有的质子数为10 mol B. 0.5 mol SO42-含8 mol电子 C. ‎18 g水中含有的氧原子数为6.02×1022‎ D. 1 mol NaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为3×6.02×1023‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个H2O中含有10个质子，因此1molH2O中含有10mol质子，故A正确；‎ B.一个SO42-离子含有50个电子，0.5molSO42-含有的电子数为25mol，故B错误；‎ C‎.18g水中含有1mol氧原子，因此含有的氧原子数为，故C错误；‎ D. NaHSO4固体中含有Na+和HSO4-，则1molNaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为，故D错误；‎ 故答案为：A。‎ ‎11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　 　）‎ A. 水电离出的c（H＋）·c（OH－）＝10－22的溶液：K＋、Na＋、SO42-、S2O32-‎ B. 澄清透明溶液：Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42-‎ C. 使酚酞变红色的溶液：NH4+、K＋、AlO2-、SO32-‎ D. 含0.1 mol·L－1 KI的溶液：Fe3＋、Na＋、NO3-、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水电离出的的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液，S2O32-能与H+发生反应，不能大量共存，故A不选； ‎ B. Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42-四种离子互不反应，可以大量共存，故B选；‎ C.使酚酞变红色的溶液呈碱性，NH4+和OH-反应生成一水合氨，不能大量共存，故C不选；‎ D.Fe3+能氧化I-，不能大量共存，故D不选；‎ 答案为：B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意隐含条件的挖掘，易错选项是A，溶液的酸碱性判断为易错点。‎ ‎12. 下列目的能达到的是( )‎ A. 将‎58.5 g NaCl溶于‎1 L水中可得1 mol·L－1的NaCl溶液 B. 从‎1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1 mol/L C. 中和100 mL 1 mol/L的H2SO4溶液生成正盐，需NaOH ‎‎4 g D. 将‎78 g Na2O2溶于水，配成‎1 L溶液可得到浓度为1 mol·L－1溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、没有溶液的体积不能确定其浓度，A错误；B、溶液的浓度与体积无关，B正确；C、中和0.1mol硫酸需要0.2mol氢氧化钠，质量为0.2mol×‎40g/mol＝‎8.0g，C错误；D、‎78g过氧化钠的物质的量为1mol，溶于水生成2mol氢氧化钠，配成‎1L溶液，浓度为2mol/L，D错误。答案选B。‎ 考点：考查一定物质的量浓度的溶液的配制 ‎13.25℃‎时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－‎ B. c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－‎ C. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－‎ D. 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；‎ B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；‎ C. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；‎ D. Fe3+ 与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】‎ 此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。‎ ‎14. 下列说法正确的是( )‎ A. ‎1 L水中溶解1 mol NaCl所形成溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1‎ B. 标准状况下，‎22.4 L HCl溶于‎1 L水中形成的溶液体积为‎1 L C. 标准状况下，将‎33.6 L HCl溶于水形成‎1 L溶液，其物质的量浓度是1.5 mol·L－1‎ D. 1 mol CaCl2溶于水形成‎1 L溶液，所得溶液中c(Cl－)等于1 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．‎1 L水中溶解1 mol NaCl所形成溶液的体积不一定是‎1L，所以其物质的量浓度也不一定是1mol/L，A错误；B．物质溶于水中形成溶液一般体积不等于溶剂的体积，要发生变化，所以标准状况下，‎22.4 L HCl溶于‎1 L水中形成的溶液体积不一定为‎1 L，B错误；C．标准状况下，将‎33.6 L HCl的物质的量为1.5mol，溶于水形成‎1L溶液，那么得到的溶液的物质的量浓度为1.5 mol·L－1，C正确；D．1 mol CaCl2溶于水形成‎1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L，所以溶液中c(Cl－)等于2mol·L－1，D错误，答案选C。‎ 考点：考查溶液的形成及物质的量浓度的计算 ‎15. 某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是　(　　)‎ A. 利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离 B. X、Z烧杯中分散质相同 C. Y中反应的离子方程式为3CaCO3+2Fe3++3H2O====2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+‎ D. Z中分散系能产生丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．过滤法分离固体和液体，故A正确；B．x是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，在是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故B错误；C．碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故C正确；D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确；故选B。‎ ‎16.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　 　）‎ A. 电解精炼铜时，若阳极质量减少‎6.4 g，则电路中转移的电子数为0.2NA B. 含有‎58.5 g氯化钠的溶液中含有NA个氯化钠分子 C. NO2和H2O反应每生成2 mol HNO3时转移的电子数为2NA D. 1 mol冰醋酸和1 mol乙醇经催化加热反应生成的H2O分子数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解精炼铜时，阳极的粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁的摩尔质量小于铜的摩尔质量，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少‎6.4g，转移电子的物质的量不一定为0.2mol，个数不一定为0.2NA，故A错误；‎ B.氯化钠是离子化合物，氯化钠溶液中不含氯化钠分子，故B错误；‎ C.二氧化氮与水反应生成2mol硝酸，由元素化合价变化可知，转移了2mol电子，转移的电子数目为2NA，故C正确；‎ D.1 mol冰醋酸和1 mol乙醇经催化加热发生酯化反应，是可逆反应，生成的H2O分子数小于NA，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，相对比较容易，B项为易错点，注意NaCl是离子化合物，不含有分子。‎ ‎17. 某同学欲配制符合下列条件的溶液，其中可能实现的是 A. 只含0．1 mol Na＋、0．2 mol Mg2＋、0．1 mol Cl－和0．1 mol NO3－的溶液 B. 只含0．1 mol NH4+、0．1 mol Ca2＋、0．1 mol CO32－和0．1 mol Cl－溶液 C. 为了通过测定pH的大小，达到比较HCl和CH3COOH酸性强弱的目的，分别配制100 mL 0．1 mol/L的NaCl溶液和CH3COONa溶液 D. 仅用1 000 mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、58．‎5 g NaCl固体和水配制‎1 L 1‎ ‎ mol/L的NaCl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、溶液应呈现电中性，阳离子所带电荷数为0．1＋0．2×2=0．5mol，阴离子所带电荷数为0．1＋0．1=0．2mol，因此阳离子和阴离子所带电荷数不相等，故错误；B、Ca2＋、CO32－生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故错误；C、盐类水解：有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性，NaCl属于强碱强酸盐，溶液显中性，醋酸钠属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，说明盐酸的酸性强于醋酸，故正确；D、缺少胶头滴管，不用量筒，故错误。‎ 考点：考查溶液电中性、离子共存、盐类水解、配制一定物质的量浓度的溶液。‎ ‎18.德国著名行业杂志《应用化学》上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是 A. 水、双氧水、水玻璃都是纯净物 B. 石墨和C60互称为同位素 C. 磷酸钙是可溶性强电解质 D. 一定条件下石墨转化为C60是化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、水、双氧水都是纯净物，水玻璃是硅酸钠水溶液属于混合物，故A错误；B、同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子，石墨和C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B错误；C、磷酸钙是难溶性强电解质，故C错误；D、同素异形体之间的转化属于化学变化，一定条件下石墨转化为C60是化学变化，故D正确；故选D。‎ 考点：考查物质分类方法，同位素、同素异形体概念理解和分析判断，物质变化的判断应用 ‎19.下列事实或性质与胶体没有直接关系的是 （　 　）‎ A. 在冶金厂和水泥厂常用高压电除去大量的烟尘，以减少其对空气的污染 B. 将植物油倒入水中用力振荡形成油水混合物 C. 清晨，阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽的光柱 D. 在Fe（OH）3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故A不选；‎ B.油水混合物是乳浊液，与胶体性质无关，故B选；‎ C.清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽光柱，是胶体的丁达尔现象，与胶体有关，故C不选；‎ D.稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关，故D不选。‎ 答案为：B。‎ ‎20.下列实验与物质微粒大小无直接关系的是 (    )‎ A. 过滤 B. 渗析 C. 萃取 D. 丁达尔效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：过滤、渗析、丁达尔效应与物质微粒大小有直接关系，所以ABD正确；C、萃取利用的是溶解度的差别，错误。‎ 考点：考查实验原理。‎ ‎21.300mLAl2(SO4)3溶液中，含有Al3+为‎1.62 克，在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为 A. 0.4‎‎ mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.1 mol/L D. 0.2mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 硫酸铝溶液中c(Al3+)=‎1.62g÷‎27g/mol÷‎0.3L=0.2mol/L，根据Al2(SO4)3的化学式可知c(SO42−) =c(Al3+)=×0.2mol/L=0.3mol/L，则n(SO42−)=0.3mol/L×‎0.3L=0.09mol，向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，n[Ba(OH)2]=0.1mol/L×‎0.3L=0.03mol，0.03mol钡离子完全反应需要0.03mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n(SO42−)=0.09mol−0.03mol=0.06mol，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度c（SO42−）=n/V=0.06mol÷(‎0.3L+‎0.3L)=0.1 mol/L。‎ 故答案选C。‎ ‎22.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1．‎6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4．‎66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A. 至少存在5种离子 B. Cl-一定存在，且c（Cl‑）≥0．4mol/L C. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在 D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，‎1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；‎4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol÷‎0.1L=0.4mol/L。A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) ≥ 0.4mol·L-1，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查离子共存及离子的推断。‎ ‎【名师点睛】本题考查离子共存及离子的推断。具体分析如下：①加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；②红褐色沉淀是氢氧化铁，‎1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32-；③‎‎4.66g 不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；④根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 二、非选择题（共46分）‎ ‎23.某液体化合物X2Y4，常用做火箭燃料。‎16g X2Y4在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式为X2Y4(l)＋O2(g)===X2(g)＋2Y2O(l)。冷却后标准状况下测得生成物的体积为‎11.2 L，其密度为‎1.25g/L，则：‎ ‎（1）反应前O2的体积V(O2)为________。‎ ‎（2）X2的摩尔质量为________；Y元素的名称是________。‎ ‎（3）若反应生成0.1mol X2，则转移电子的物质的量为________mol。‎ ‎【答案】（1）‎11.2L；（2）‎28g/mol；氢元素；（3）0.4。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意知，X元素形成的气体单质标准状况下的密度为‎1.25g/L，X2的摩尔质量为‎1.25g/L×‎22.4L/mol=‎28g/mol则反应后的气体为N2，‎11.2L氮气的物质的量为0.5mol。（1）由反应方程式知，N2和氧气的物质的量之比为1：1，所以生成N2的体积等于氧气的体积为‎11.2L；（2）X元素形成的气体单质标准状况下的密度为‎1.25g/L，X2的摩尔质量为‎1.25g/L×‎22.4L/mol=‎28g/mol；根据氮气和N2Y4的关系式知，反应N2Y4的物质的量为0.5mol，则M（N2Y4）=‎32g/mol，N元素的相对原子质量是14，所以Y的相对原子质量是1，为氢元素；（3）N元素的化合价由-2价变为0价，所以若反应生成0.1mol X2，则转移电子的物质的量=0.1mol×2×（2-0）=0.4mol。‎ 考点：考查根据化学方程式计算 ‎24.将‎24.4 g NaOH固体溶于水配成100 mL溶液，其密度为‎1.219 g/mL。‎ ‎（1）该溶液中NaOH的物质的量浓度为________mol/L。‎ ‎（2）该溶液中NaOH的质量分数为________。‎ ‎（3）从该溶液中取出10 mL，其中NaOH的物质的量浓度为________ mol/L；含NaOH的物质的量为________。‎ ‎（4）将取出的10 mL溶液加水稀释到100 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为 ‎________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 6.1 mol/L (2). 20% (3). 6.1 mol/L (4). 0.061 mol (5). 0.61 mol/L ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据计算24.4gNaOH的物质的量，再根据计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度； ‎ ‎(2)根据计算溶液的质量，再根据溶质的质量分数=计算； ‎ ‎(3)溶液是均匀的，取出10mL溶液的物质的量浓度与原溶液相等；该10mL溶液中氢氧化钠的物质的量为原溶液的； ‎ ‎(4)稀释过程中溶质的物质的量不变，根据计算稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度。‎ ‎【详解】(1)24.4gNaOH的物质的量为：n(NaOH)=，故,故答案为：；‎ ‎(2)100mLNaOH溶液的质量为，故NaOH溶液的质量分数为，故答案为：20%； ‎ ‎(3) 溶液是均匀的，取出10mL溶液的物质的量浓度与原溶液相等，故溶液物质的量浓度为；该10mL溶液中氢氧化钠的物质的量为原溶液的，即0.061mol，故答案为：；0.061mol； ‎ ‎(4)取出的10mL溶液加水稀释到100mL，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后的NaOH的物质的量浓度为：，故答案为：0.61mol/L。‎ ‎【点睛】从溶液中取出部分溶液时，物质的量浓度、溶质的质量分数、密度等不会改变，溶液中所含溶质的物质的量、质量等会发生改变，在计算时需注意。‎ ‎25.海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：‎ ‎（1）实验室焙烧海带，需要下列仪器中的________（填序号）。‎ a 试管　b 烧杯　c 坩埚　d 泥三角　e 铁三脚架　f 酒精灯 ‎（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①__________，③________。‎ ‎（3）提取碘的过程中，可选择的有机试剂是（ ）‎ A 甲苯、酒精　　　　　　　B 四氯化碳、苯 C 汽油、乙酸 D 汽油、甘油 ‎（4）为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器有__________、__________。‎ ‎（5）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在右图的分液漏斗中，下层液体呈__________色；‎ ‎（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处：‎ ‎①____________________；‎ ‎②_______________________________；‎ ‎③____________________________；‎ ‎【答案】 (1). cdef (2). 过滤 (3). 萃取、分液 (4). B (5). 分液漏斗 (6). ‎ 普通漏斗 (7). 紫红 (8). 缺石棉网 (9). 温度计插到了液体中 (10). 冷凝管进出水的方向颠倒 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此实验从海藻中制备碘单质，先将海藻晒干、灼烧成海藻灰，然后浸泡出含有碘离子的溶液，利用碘离子具有较强的还原性，采用适量的氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，然后用有机溶剂萃取，分液，最终制得碘单质。‎ ‎【详解】（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚，故选cdef；‎ ‎（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从碘水中分离出含碘有机溶液采用分液方法，所以①的操作名称是过滤，③的操作名称是萃取、分液，故答案为：过滤；萃取、分液；‎ ‎（3）A．酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故A错误；‎ B．四氯化碳、苯符合萃取剂条件，所以能作萃取剂，故B正确；‎ C．乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取剂，故C错误；‎ D．甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故D错误；‎ 故答案为：B；‎ ‎（4）①的操作是过滤还需要普通漏斗；③的操作是萃取、分液，需要分液漏斗，故答案为：普通漏斗；分液漏斗；‎ ‎（5）四氯化碳密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方、水在上方，碘的四氯化碳溶液呈紫红色，故答案为：紫红；‎ ‎（6）温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管中的水应遵循“下进上出”原则；加热烧瓶需要垫石棉网，否则烧瓶受热不均匀，故答案为：缺石棉网；温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒。‎ ‎26.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)‎ ‎①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；‎ ‎②若向①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①②实验事实可推断它们的化学式为：‎ ‎（1）A________，C________，D____________。‎ ‎（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：_______________________。‎ ‎【答案】 (1). BaCl2 (2). CuSO4 (3). Na2CO3 (4). CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑ (5). Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①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，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；‎ ‎②若向①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，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；‎ Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。‎ ‎【详解】①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，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；‎ ‎②若向①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，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；‎ Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；‎ ‎（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。‎ ‎（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。‎ ‎（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。‎