2018-2019学年云南省玉溪市第一中学高一上学期期中考试化学试卷+Word版含解析

2018-2019学年云南省玉溪市第一中学高一上学期期中考试化学试卷+Word版含解析

玉溪一中2018—2019学年上学期高一年级期中考化学学科试卷 考试时间：90分钟 满分：100分 可能用到的元素的相对原子质量： H—l C—l2 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 P—31 S—‎32 C1—35.5 K—39 Ca—40 Fe—56 Mn—55 Cu—64 Ag —108 Ba—137‎ 第I卷 选择题（共44分）‎ 一、选择题（共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是 (    )‎ 选项 A B C D 物质的化学式 NaOH 汽油 KClO3‎ 乙醇 危险警告标签 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，符合题意，故A正确；‎ B．汽油属于易燃物，图为易燃液体标志，符合题意，故B正确；‎ C．KClO3属于易爆物，应贴爆炸品的标志，图为爆炸品标志，故C正确。‎ D．乙醇属于易燃物，不属于剧毒品，应贴易燃液体的标志，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查危险品标志，解这类题时，首先要知道各种物质的性质，然后根据各个标签所代表的含义进行分析判断。‎ ‎2.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：A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了化学实验基本操作的相关知识。‎ ‎3.下列实验过程中出现的异常情况，其可能原因分析不正确的是（ ）‎ 异常情况 可能原因分析 A 蒸发结晶：蒸发皿破裂 将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部 B 分液：分液漏斗中的液体难以滴下 没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗 口侧面的小孔没有对齐 C 萃取：液体静置不分层 加入萃取剂的量较多 D 蒸馏：冷凝管破裂 冷凝管没有通水或先加热后通水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部，受热不均匀会导致蒸发皿破裂，A项正确；B．没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐，不与外界连通会使分液漏斗中的液体难以滴下，B项正确；C．萃取剂与水互溶会造成液体静置不分层，与加入萃取剂的量较多无关，C项错误；D．冷凝管没有通水或先加热后通水，受热不均匀会使冷凝管破裂，D项正确；答案选C。‎ ‎【考点定位】考查化学实验基本操作，‎ ‎【名师点睛】本题考查常见的化学实验基本操作，主要涉及错误的操作导致的后果。①将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部，受热不均匀会导致蒸发皿破裂；②没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐，不与外界连通会使分液漏斗中的液体难以滴下；③萃取剂与水互溶会造成液体静置不分层；④冷凝管没有通水或先加热后通水，受热不均匀会使冷凝管破裂，据此分析解答即可。‎ ‎4.能用溶解、过滤、结晶的方法来分离的一组物质是 (    )‎ A. NaCl 和 淀粉 B. BaSO4 和 CaCO3‎ C. CuO 和 KCl D. Mg(NO3)2 和 I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能用溶解、过滤、结晶的方法分离，则两种物质中只有一种物质不溶于水，另一种物质溶于水，以此来解答。‎ ‎【详解】A．NaCl和淀粉均溶于水，不能过滤分离，故A不选；‎ B．BaSO4和CaCO3均不溶于水，不能过滤分离，故B不选；‎ C．CuO不溶于水，KCl溶于水，可溶解、过滤、结晶的方法分离，故C选；‎ D．Mg(NO3)2和I2均溶于水，不能过滤分离，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注意物质的溶解性，侧重分析与应用能力的考查。‎ ‎5.按照物质的树状分类法和交叉分类法，对于H2SO4的分类正确的是 (    ) ‎ ‎①酸   ②氧化物   ③弱酸    ④强酸    ⑤含氧酸 ‎ ‎⑥难挥发性酸    ⑦一元酸    ⑧二元酸 A. ①②④⑤⑥⑦ B. ①④⑤⑥⑧ C. ①②④⑤⑥ D. ①④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2SO4在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸；强酸能完全电离，1molH2SO4可电离出2mol氢离子属于二元酸；H2SO4中含有氧元素，所以属于含氧酸，据此分析即可解答。‎ ‎【详解】①硫酸电离出的阳离子都是氢离子，从性质分类属于酸，故①正确； ‎ ‎②氧化物是指只由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素，H2SO4由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成，不属于氧化物，故②错误；‎ ‎③硫酸完全电离，是强酸，故③错误；‎ ‎④硫酸完全电离，是强酸，故④正确；‎ ‎⑤H2SO4中含有氧元素，所以属于含氧酸，故⑤正确；‎ ‎⑥硫酸是难挥发性酸，故⑥正确；‎ ‎⑦1molH2SO4可电离出2mol氢离子，属于二元酸，故⑦错误；‎ ‎⑧1molH2SO4可电离出2mol氢离子，属于二元酸，故⑧正确。‎ 答案选B。‎ ‎6.下列关于 0.2 mol/L 硝酸钾溶液的叙述中，正确的是 A. ‎1 L 该溶液中含硝酸钾 ‎‎202 g B. 100 mL 该溶液中含硝酸钾 0.02 mol C. 从 ‎1 L 该溶液中取出 500 mL 后，剩余溶液的浓度为 0.1 mol/L D. ‎1 L 水中溶解 0.2 mol 硝酸钾，即可配得 0.2 mol/L 硝酸钾溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、‎1L 0.2mol/L硝酸钾溶液中溶质硝酸钾质量=‎1L×0.2mol/L×‎101g/mol=‎20.2g，溶液体积不知不能计算溶质物质的量，故A错误；‎ B、100mL0.2mol/L硝酸钾溶液中含硝酸钾物质的量=‎0.1L×0.2mol/L=0.02mol，故B正确；‎ C、溶液时均一稳定的分散系，溶质浓度与溶液体积无关，从‎1L该溶液中取出500mL后，剩余溶液的浓度为0.2mol/L，故C错误；‎ D、‎1L水中溶解0.2mol硝酸钾，得到溶液体积大于‎1L ‎，配得硝酸钾溶液浓度小于0.2mol/L，故D错误；‎ ‎【点评】本题考查了溶液中溶质物质的量、物质的量浓度计算分析，掌握概念实质是关键，注意溶液是均一稳定的分散系，题目较简单．‎ ‎7.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列操作可导致实际物质的量浓度偏低的是(  )‎ A. 用托盘天平称量时，部分NaOH吸收了水分 B. NaOH溶解时放出热量，未冷却就将溶液转入容量瓶中并定容 C. 移液前容量瓶内有少量蒸馏水 D. 定容时，俯视容量瓶刻度线 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断。‎ ‎【详解】A、用托盘天平称量时，部分NaOH吸收了水分，溶质的质量减少，浓度偏低，故A正确；‎ B、NaOH溶解时放出热量，未冷却立即配制溶液，溶液冷却下来，体积偏小，浓度偏高，故B错误；‎ C、移液前容量瓶内有少量蒸馏水，溶质的质量不变、溶液体积不变，浓度不变，故C错误；‎ D、定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏高，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑, 蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”是指 (   )‎ A. 萃取 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，以此来解答。‎ ‎【详解】‎ 萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，答案选C。‎ ‎9.下列关于Fe(OH)3 胶体的叙述中，正确的是 (    )‎ A. Fe(OH)3 胶体的胶粒直径大于100nm B. 在制备Fe(OH)3 胶体的实验中，加热煮沸时间越长，越有利于胶体的生成 C. 用平行光照射NaCl 溶液和Fe(OH)3 胶体时，产生的现象相同 D. Fe(OH)3 胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe(OH)3胶体中分散质的微粒直径在1nm～100nm之间，故A错误；‎ B、Fe(OH)3胶体是饱和氯化铁在沸水中生成的均一稳定的分散系，在制备Fe(OH)3胶体的实验中，加热煮沸时间越长，越不利于胶体的生成，因为加热过长会导致胶体发生聚沉，故B错误；‎ C、用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，NaCl溶液无现象，Fe(OH)3胶体出现光亮的通路，即产生丁达尔效应，故C错误；‎ D、Fe(OH)3胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了胶体的组成、性质、判断，明确与溶液的区别、本质特征和胶体的性质应用即可解答。选项B是易错点。‎ ‎10.下列电离方程式书写错误的是 A. MgCl2＝Mg2++2Cl− B. NaOH＝Na++O2−+H+‎ C. HCl＝H+ +Cl− D. K2SO4＝2K++SO42−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。据此解答。‎ ‎【详解】A．MgCl2是盐，能完全电离出镁离子和氯离子，故A正确；‎ B．氢氧化钠是强碱，能完全电离出钠离子和氢氧根离子，即NaOH=Na++OH－‎ ‎，氢氧根离子为整体，不能拆分，故B错误；‎ C．盐酸是强酸，能完全电离出氢离子和氯离子，故C正确；‎ D．硫酸钾是强电解质，能完全电离出硫酸根离子和钾离子，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查电离方程式的书写，明确物质的组成和电解质的强弱是解答的关键。注意强电解质在溶液中能完全电离，弱电解质则部分电离，原子团在电离方程式中不能拆开。‎ ‎11.日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 (　　)‎ A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3] B. 充有氢气的气球遇明火爆炸 C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D. 铁质菜刀生锈 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应的特征是：有元素化合价的升降，据此分析。‎ ‎【详解】A.铜铸塑像上出现铜绿是因为空气中O2、水蒸气、CO2与铜发生化学反应的结果：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，反应中铜元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，A项错误；‎ B.氢气气球遇明火爆炸，发生的反应是：2H2+O22H2O，氢元素化合价升高，氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，B项错误；‎ C.大理石的主要成分是CaCO3，与酸雨反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O，此反应中没有元素化合价的升降，该反应不属于氧化还原反应，C项正确；‎ D.铁质菜刀生锈，是铁与空气中O2、水蒸气共同作用的结果：2Fe+O2+xH2O=Fe2O3xH2O，铁元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，D项错误；答案选C。‎ ‎12.下列关于氧化还原反应的叙述，正确的是 (    )‎ A. 失去电子的反应是还原反应 B. 作氧化剂的物质不能是还原剂 C. 发生氧化反应的物质是氧化剂 D. 失去电子的物质是还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在氧化还原反应中，得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂，氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应，在同一氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可能是同一物质，也可能是不同物质。‎ ‎【详解】A．失去电子的物质是还原剂，发生氧化反应，故A错误；‎ B．作氧化剂的物质也可能是还原剂，例如反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B错误；‎ C．得电子的物质是氧化剂，发生还原反应，故C错误；‎ D．失去电子化合价升高的物质是还原剂，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.除去粗盐中可溶性杂质（主要杂质为Ca2+、Mg2+、SO42-）的试剂加入顺序的三种方案不正确的是( )‎ A. BaCl2→NaOH→Na2CO3→盐酸 B. NaOH→BaCl2→Na2CO3→盐酸 C. Na2CO3→NaOH→BaCl2→盐酸 D. BaCl2→Na2CO3→NaOH→盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－，加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+，加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+和前面过量的Ba2＋，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故A正确；‎ B. 加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+，加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－，加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+和前面过量的Ba2＋，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故B正确；‎ C. 加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+，加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+，加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－和前面过量的CO32－，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠，但不能出去过量的Ba2＋，故C错误；‎ D. 加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－，加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+和前面过量的Ba2＋，加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+‎ ‎，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎14.下列说法中正确的是 (    )‎ A. 若1 mol甲烷的体积为‎22.4 L，则一定是在标准状况下 B. 在‎0℃‎、101kPa下，2 mol 氧气和氢气的混合气体的体积约为‎44.8 L C. 在标准状况下，1 mol水的体积为‎22.4 L D. 1 mol O2 的质量只有在标准状况下才约是‎32 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据PV＝nRT可知1 mol气体不在标准状况下也可能是‎22.4 L，故A错误；‎ B、在‎0℃‎、101kPa下，即在标准状况下，2 mol氧气和氢气的混合气体的体积约为2mol×‎22.4L/mol＝‎44.8 L，故B正确；‎ C、标准状况下，水不是气态，1 mol水的体积不是‎22.4 L，故C错误；‎ D、1 mol物质的质量与状态无关、与外界条件无关，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎15.下列各组离子一定能大量共存的是 A. 在无色溶液中：Na+、Fe3+、Cl－、SO42－‎ B. 在含大量Fe3+的溶液中：Ba2+、K+、NO3－、OH－‎ C. 在强碱性溶液中：Na+、K+、NO3－、CO32－‎ D. 滴加紫色石蕊试剂显红色的溶液中：K+、Fe2+、Cl－、CO32－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质和题干限制条件分析解答。‎ ‎【详解】A、在溶液中铁离子为黄色，不是无色，不能大量共存，A错误；‎ B、铁离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B错误；‎ C、强碱性溶液中，这些离子都可以大量共存，C正确；‎ D、滴加紫色石蕊试剂显红的溶液应该显酸性，氢离子和碳酸根离子会反应，所以不能大量共存，且亚铁离子和碳酸根离子也不能大量共存，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】掌握离子的性质是解答的关键，注意掌握发生下列反应而不能大量共存的情况：发生复分解反应，即生成难溶物或微溶物、生成气体或挥发性物质、生成难电离物质；发生氧化还原反应，例如氧化性离子，比如Fe3+、NO3－（H+）、ClO－、MnO4－等与还原性离子，比如S2－、I－等不能大量共存。‎ ‎16.下列说法正确的是 (NA为阿伏加德罗常数的值) (    )‎ A. ‎28 g氮气含有的原子数为NA B. ‎4 g金属钙变成钙离子时失去的电子数为0.1 NA C. 1 mol O2分子的质量等于1 mol氧原子的质量 D. ‎24 g O2 和‎24 g O3所含的氧原子数目相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、‎28 g氮气的物质的量是‎28g÷‎28g/mol＝1mol，则含2NA个氮原子，A错误；‎ B、‎4 g金属钙的物质的量为‎4g÷‎40g/mol＝0.1 mol，变成钙离子时失去的电子数为0.2NA，B错误；‎ C、1 mol O2分子的质量是‎32 g，1 mol氧原子的质量是‎16 g，C错误；‎ D、氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，则‎24 g O2和‎24 g O3所含的氧原子数目相等，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.下列离子方程式书写正确的是(　)‎ A. 硝酸银与盐酸反应：AgNO3＋Cl－===AgCl↓＋NO B. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋===Ag＋Cu2＋‎ C. 硫酸和氯化钡溶液反应：Ba2＋＋SO===BaSO4↓‎ D. 铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2＋===2Fe3＋＋3Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、硝酸银是可溶性盐，需要拆写成离子，故错误；B、反应前后所带电荷数不相等，故错误；C、BaCl2＋H2SO4=BaSO4＋2HCl，其离子反应式为Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，故正确；D、应生成Fe2＋，故错误。‎ 考点：考查离子反应方程式正误判断等知识。‎ ‎18.根据世界环保联盟的要求，广谱消毒剂ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，则反应后Na2SO3转化为 A. Na2SO4 B. SO‎2 C. S D. Na2S ‎【答案】A ‎【解析】‎ 反应物为NaClO3和Na2SO3，NaClO3生成ClO2是化合价降低的过程，由此可知在反应中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，则Na2SO3被氧化生成+6价S，由选项可知，只能为Na2SO4．故选A．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的趋势判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等概念．‎ ‎19.根据反应式：(1)2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，(2)Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是 A. Br﹣、Fe2+、I﹣‎ B. I﹣、Fe2+、Br﹣‎ C. Br﹣、I﹣、Fe2+‎ D. Fe2+、I﹣、Br﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中还原剂的还原性强于和还原产物的还原性，据此判断。‎ ‎【详解】2Fe3++2I-＝2Fe2++I2中铁离子是氧化剂，被还原为亚铁离子，碘离子被氧化，则还原性是I-＞Fe2+；Br2+2Fe2+＝2Br-+2Fe3+中单质溴是氧化剂，亚铁离子被氧化为铁离子，则还原性是Fe2+＞Br-，因此离子的还原性由强到弱的顺序是I-、Fe2+、Br-。‎ 答案选B。‎ ‎20.电动自行车给人们带来了极大的方便，其电池为铅蓄电池，PbO2作为铅蓄电池的重要原料有广泛的用途。己知：5PbO2+2Mn2++4H+＝5Pb2++2MnO4－+2H2O，下列说法正确的是 A. PbO2为还原剂，具有还原性 B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2‎ C. 生成1 mol的Pb2+，转移电子5 mol D. 酸性环境下PbO2 的氧化性强于MnO4－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，结合氧化还原反应的有关概念分析解答。‎ ‎【详解】A．该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO2体现氧化性，故A错误；‎ B．氧化产物和还原产物分别是MnO4－、Pb2+，其物质的量之比为2：5，故B错误；‎ C．生成1mol的Pb2+，转移的电子物质的量为1mol×2=2mol，故C错误；‎ D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO4－，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于的MnO4－，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断和计算，根据元素化合价变化结合基本概念分析解答，注意掌握常见元素化合价。‎ ‎21.等体积NaCl、MgCl2、AlCl3溶液分别与足量的AgNO3溶液反应。若生成的沉淀的物质的量之比为3︰2︰1，则三种盐酸盐溶液的物质的量浓度比为（ ）‎ A. 1︰2︰3 B. 9︰6︰‎1 C. 3︰2︰1 D. 9︰3︰1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因n=cV，取等体积NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，生成AgCl沉淀物质的量之比为3︰2︰1，即NaCl、MgCl2、AlCl3溶液提供氯离子的物质的量之比为3︰2︰1，则三种盐酸盐溶液的物质的量浓度比为3︰1︰1/3，D正确。‎ ‎22.标准状况下，①‎6.72L NH3 ②1.204×1023个 H2S ③‎6.4g CH4 ④0.5mol HCl ，下列关系正确的是 A. 体积大小: ④>③>②>① B. 原子数目: ③>①>④>②‎ C. 密度大小： ④>②>③>① D. 质量大小： ④>③>②>①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下，①‎6.72 L NH3的物质的量是‎6.72L÷‎22.4L/mol=0.3mol；‎ ‎②1.204×1023个H2S的物质的量是；‎ ‎③‎5.6 g CH4的物质的量是‎5.6g÷‎16g/mol=0.35mol；‎ ‎④0.5mol HCl。则 A.相同条件下气体的体积之比是物质的量之比，所以四种物质的体积大小顺序为④＞③＞①＞②，A错误；‎ B.根据上述分析可知，四种物质中原子的物质的量分别为：1.2mol、0.6mol、1.75mol、1.0mol，因此原子数目大小顺序为：③＞①＞④＞②，B正确；‎ C.相同条件下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，四种物质的相对分子质量分别为：17、34、16、36.5，因此密度大小顺序为：④＞②＞①＞③，C错误；‎ D.根据m=n×M可知，四种气体的质量分别为：‎5.1g、‎6.8g、‎5.6g、‎18.25g，因此四种气体的质量大小顺序为：④＞②＞③＞①，D错误；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共56分）‎ 二、填空题（本题包括4个小题，每空2分，共56分）‎ ‎23.掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如下图为两套实验装置。‎ ‎（1）写出下列仪器的名称:①______________  ④ _______________。‎ ‎（2）若利用装置Ⅰ分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是___________，冷凝管的进水口是_________ (填“f”或“g”)。‎ ‎（3）某校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用质量分数为36.5% 、密度为‎1.2g/cm3 的浓盐酸配制成250mL 0.1mol/L的稀盐酸溶液。装置Ⅱ是某同学转移溶液的示意图，图Ⅱ中的两处错误分别是______。‎ ‎（4）根据计算,本实验需要量取浓盐酸的体积为_______ mL，本实验应使用的量筒是___。 (在横线上填写相应的字母，否则无分，下同) ‎ ‎10mL       B. 50mL       C. 100mL       D. 250mL ‎（5）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是____________________。 ‎ A. 使用容量瓶前检查它是否漏水 ‎ B. 容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗 ‎ C. 配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸槽小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～‎2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 ‎ D. 配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～‎2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 ‎ E. 盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀 ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 1000mL容量瓶 (3). 温度计 (4). g (5). 未用玻璃棒引流；容量瓶规格错误。 (6). 2.1 (7). A (8). A E ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据仪器构造判断其名称；‎ ‎（2）分离四氯化碳和酒精的混合物的过程必须用酒精灯加热，实质是蒸馏过程，依据蒸馏实验原理和操作分析解答；‎ ‎（3）依据配制一定物质的量浓度溶液的实验原理和基本操作解答；‎ ‎（4）根据稀释定律计算浓盐酸的体积，根据浓盐酸的体积选取对应流程的量筒；‎ ‎（5）依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作方法判断。‎ ‎【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器①是蒸馏烧瓶，仪器④是1000mL容量瓶；‎ ‎（2）蒸馏实验用的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶，缺少的为温度计；实验中为达到最佳冷凝效果，冷凝管下口是进水口，上口是出水口，即冷凝管的进水口是g；‎ ‎（3）用浓盐酸配制成250mL 0.1mol/L的稀盐酸溶液需要使用250mL容量瓶，另外转移时需要玻璃棒引流，即图Ⅱ中的两处错误分别是未用玻璃棒引流、容量瓶规格错误；‎ ‎（4）质量分数为36.5%、密度为‎1.2g/cm3的浓盐酸的物质的量是＝12mol/L，则本实验需要量取浓盐酸的体积为，因此实验应使用的量筒是10mL的，答案选A；‎ ‎（5）A. 容量瓶带有瓶塞，使用过程中需要上下颠倒摇匀，使用前应检查是否漏水，A 正确；‎ B. 容量瓶用水洗净后，不能再用配好的稀HCl溶液润洗，B错误；‎ C. 容量瓶不能用来稀释溶液和溶解固体，C错误；‎ D. 容量瓶不能用来稀释溶液和溶解固体，D错误；‎ E. 盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，E正确。‎ 答案选AE。‎ ‎【点睛】本题为实验题，侧重考查蒸馏和配制一定物质的量浓度溶液，明确实验原理是解题关键，进行蒸馏时应注意温度计位置和冷凝水进出口位置。‎ ‎24.1、以物质的量为中心的计算：‎ ‎（1）VL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+m g，则SO42－的物质的量浓度为____________。‎ ‎（2）3.01×1023个CO2在标准状况下的体积约为______L，它与_____g CO含有相同的氧原子数。‎ ‎（3）在标准状况下‎22.4 L由氮气和氧气组成的混合气体，其质量为‎30g，则其中氧气的质量为________g。‎ ‎2、将Cu投入足量的FeCl3的水溶液中，两者发生反应的化学方程式如下：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2。‎ ‎（1）请用双线桥法标出电子转移的方向和数目______________________。‎ ‎（2）该反应中氧化剂是_______________，发生氧化反应的物质是_______________。‎ ‎（3）当有0.4 mol电子发生转移时，发生反应的Cu的质量为____________。‎ ‎（4）当有1 mol FeCl3完全反应时，转移的电子数目为____________。‎ ‎【答案】 (1). m/18V mol·L-1 (2). 11.2 (3). 28 (4). 16 (5). (6). FeCl3 (7). Cu (8). ‎12.8g (9). NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、根据n＝m/M、n＝V/Vm、N＝nNA、c＝n/V分析计算；‎ ‎2、（1‎ ‎）化合价升高元素失电子，化合价降低元素得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；‎ ‎（2）化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，发生氧化反应；‎ ‎（3）根据方程式和转移电子的量来计算；‎ ‎（4）根据方程式来计算。‎ ‎【详解】1、（1）V LAl2(SO4)3溶液中含有Al3+m g，铝离子的物质的量是，根据化学式可知硫酸根离子的物质的量是，则SO42－的物质的量浓度为。‎ ‎（2）3.01×1023个CO2的物质的量是＝0.5mol，在标准状况下的体积约为0.5mol×‎22.4L/mol＝‎11.2L。含有1mol氧原子，则相应CO的物质的量是1mol，即它与28gCO含有相同的氧原子数。‎ ‎（3）在标准状况下‎22.4 L由氮气和氧气组成的混合气体的物质的量是1mol，设氮气和氧气的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝1、28x+32y＝30，解得x＝y＝0.5，则其中氧气的质量为‎16g。‎ ‎2、（1）化合价升高元素是Cu，失电子，化合价降低元素是Fe，得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=2，其电子转移的方向和数目可表示为；‎ ‎（2）化合价降低元素Fe元素所在的反应物FeCl3是氧化剂，化合价升高元素Cu所在的反应物是还原剂，发生氧化反应的物质是Cu；‎ ‎（3）根据方程式当有2mol电子发生转移时，发生反应的Cu的物质的量是1mol，当有0.4mol电子发生转移时，发生反应的Cu的物质的量是0.2mol，质量是0.2mol×‎64g/mol=‎12.8g；‎ ‎（4）铁元素化合价从+3价降低到+2价，得到1个电子，则当有1 mol FeCl3完全反应时，转移的电子数目为NA。‎ ‎25.处于下列状态的物质：①氢氧化钠固体 ②CO2 ③H2SO4溶液 ④铁 ⑤熔融KHSO4 ⑥BaCO3固体 ⑦液氨 ⑧CuSO4 ⑨石灰水(请用序号填写)。‎ ‎（1）上述物质中属于电解质的是__________________。‎ ‎（2）上述物质中属于非电解质的是_____________________。‎ ‎（3）写出①的水溶液和③反应的离子方程式______________________________。‎ ‎（4）写出①的水溶液和⑧的水溶液反应的离子方程式_________________________。‎ ‎（5）写出③和④反应的离子方程式_____________________。‎ ‎【答案】 (1). ①⑤⑥⑧ (2). ②⑦ (3). H++OH－＝H2O (4). Cu2++2OH－＝Cu(OH)2↓ (5). Fe+2H+＝Fe2++H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；‎ ‎（2）非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物；‎ ‎（3）氢氧化钠和硫酸发生中和反应生成硫酸钠和水；‎ ‎（4）氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；‎ ‎（5）稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气。‎ ‎【详解】①氢氧化钠固体是强碱，属于电解质；‎ ‎②CO2不能电离出离子，是非电解质；‎ ‎③H2SO4溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎④铁是单质，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑤熔融KHSO4能电离出离子，是电解质；‎ ‎⑥BaCO3固体是盐，属于电解质；‎ ‎⑦液氨不能电离出离子，是非电解质；‎ ‎⑧CuSO4是盐，属于电解质；‎ ‎⑨石灰水是混合物，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎（1）根据以上分析可知上述物质中属于电解质的是①⑤⑥⑧；‎ ‎（2）上述物质中属于非电解质的是②⑦；‎ ‎（3）①的水溶液和③反应的离子方程式为H++OH－＝H2O；‎ ‎（4）①的水溶液和⑧的水溶液反应的离子方程式为Cu2++2OH－＝Cu(OH)2↓；‎ ‎（5）③和④反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质、非电解质的分析判断、离子反应方程式的书写，主要是概念理解应用，物质组成和性质、明确发生的化学反应是解题关键，注意离子反应的书写方法即可解答。‎ ‎26.有一瓶溶液只含Cl－、CO32－、SO42－、Na＋、Mg2＋、Cu2＋六种离子中的某几种。通过实验：①原溶液中加足量NaOH溶液只产生白色沉淀；②原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；③原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。回答下列问题：‎ ‎（1）试分析原溶液中一定含有的离子是______________，一定不含有的离子是___________，可能含有的离子是______________。‎ ‎（2）实验③说明原溶液中含有___________。有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确(填“是”或“否”)___________，理由是______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Mg2＋、Cl－ (2). Cu2＋、CO32－、SO42－ (3). Na＋ (4). Cl－ (5). 是 (6). 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，该沉淀应为Mg（OH）2，说明溶液中含有Mg2+，没有Cu2+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32－、SO42－，因为BaCO3和BaSO4都难溶于水，原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，生成的沉淀为AgCl，说明含有Cl－，据此分析。‎ ‎【详解】溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，该沉淀应为Mg（OH）2，说明溶液中含有Mg2+，没有Cu2+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32－、SO42－，因为BaCO3和BaSO4都难溶于水，原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，生成的沉淀为AgCl，说明含有Cl－，则 ‎（1）根据以上分析可知可知，原溶液中一定含有的离子是含有Mg2＋、Cl－，一定不含有的离子是Cu2＋、CO32－、SO42－，通过以上实验不能缺是否含有Na+；‎ ‎（2）溶液中的阴离子不存在CO32－、SO42－，阴离子只有Cl－，根据溶液呈电中性，肯定有Cl－存在。‎ ‎【点睛】本题考查了离子推断和离子检验，做题时要注意典型离子的特征反应和特征现象，注意常见离子的检验方法，排除其它离子的干扰等问题。‎