北京清华附中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

北京清华附中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

‎2019~2010学年 高一第一学期期中试卷 化学 ‎（清华附中高19级）‎ 可能用到的相对原子质量H-1; C-2; N-14;O-16;Na-23; Mg-24; Al-27; Cl-35.5; Fe-56; Cu-64; Ag-108; Ba-137; Zn-65.‎ 一．选择题（单选题，25个，每个2分，共50分）‎ ‎1.下列科研成果不是由我国发明或创造的是（　　）‎ A. 世界上第一个由人工合成的、具有生理活性的蛋白质﹣﹣结晶牛胰岛素 B. 黑火药和造纸 C. 发现元素周期律 D. 青蒿素的合成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1965年，中国科学家在世界上第一次用人工方法合成了结晶牛胰岛素，故A不选；‎ B. 黑火药、造纸、指南者、印刷术是中国古代的四大发明，故B不选；‎ C.1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，故C选；‎ D.中国科学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素的贡献而获诺贝尔奖，故D不选；‎ 故答案选C.‎ ‎2.我国女科学家屠呦呦发现青蒿素（青蒿素的化学式：C15H22O5），它是一种用于治疗疟疾的药物，曾经挽救了数百万人的生命，2015年获得诺贝尔生理与医学奖，成为我国获得诺贝尔科学奖的第一人．下列关于青蒿素的叙述错的是（　　）‎ A. 青蒿素的一个分子中含有42个原子 B. 青蒿素是一种有机物 C. 青蒿素的摩尔质量为282‎ D. 青蒿素中碳元素的质量分数约为63.8%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由青蒿素的化学式可知，每个青蒿素分子中含有15个碳原子、22个氢原子和5个氧原子，共42个原子，故A正确；‎ B. 由青蒿素的化学式可知，青蒿素是一种含碳元素的化合物，属于有机物，故B正确；‎ C. 青蒿素的相对分子质量为12×15+1×22+16×5=282，故摩尔质量为‎282g/mol，故C错误；‎ D. 青蒿素中碳元素的质量分数为12×15÷282×100%≈63.8%，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎3.下列叙述不正确的是（　　）‎ A. 切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗2Na+O2═Na2O2‎ B. 将少量Na投入到CuSO4溶液中，有红色固体生成 C. Na与H2O反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑‎ D. 金属钠着火时，使用泡沫灭火器灭 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠在通常条件下反应生成氧化钠，所以切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗，发生的反应为4Na+O2═2Na2O，故A正确；‎ B. 少量Na投入到CuSO4溶液中，钠和水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不会置换铜，故B不正确；‎ C. Na与H2O反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH−+H2↑，故C正确；‎ D. 钠和水、二氧化碳反应，泡沫灭火器灭火时有二氧化碳生成，Na着火时不能用泡沫灭火器灭火，可用细沙覆盖灭火，阻止与空气中氧气、二氧化碳、水等接触反应，故D不正确；‎ 故选BD。‎ ‎4. 下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是(　　)‎ ‎①氯气　②液氯　③新制氯水　④氯气的四氯化碳溶液　⑤盐酸　⑥盐酸与少量漂白粉的混合溶液 A. ①②③ B. ①②③⑥ C. ③⑥ D. ③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①氯气②液氯④氯气的四氯化碳溶液，都没有水，不能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色 ‎③新制氯水，能生成次氯酸，可以使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色 ‎⑤盐酸只有酸性，只能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，不能褪色 ‎⑥盐酸与少量漂白粉的混合溶液，含有次氯酸，能使使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色 故选C。‎ ‎5.下列物质中，与氯气、盐酸都能发生反应且生成不同氯化物的是 A. Fe B. Al C. Cu D. Zn ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，Fe与氯气反应生成FeCl3，与盐酸反应生成FeCl2，生成的氯化物不同，故A符合题意；‎ B．铝能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：2Al+3Cl22AlCl3，铝与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的化学方程式为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，铝与氯气反应生成AlCl3，与盐酸反应生成AlCl3，生成的氯化物相同，故B不符合题意；‎ C．铜能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：Cu+Cl2CuCl2，生成氯化铜，铜在金属活动顺序表中排在氢的后面，和盐酸不反应，故C不符合题意；‎ D．锌能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：Zn+Cl2ZnCl2，锌与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的化学方程式为：Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，锌与氯气反应生成ZnCl2，与盐酸反应生成ZnCl2，生成的氯化物相同，故D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎6.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（　　）‎ A. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在 B. 溶液呈黄绿色，说明有Cl2分子存在 C. 向氯水中加入NaOH粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HClO D. 加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明有ClO﹣存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-。‎ ‎【详解】A. 次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；‎ B. 氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈黄绿色，说明有Cl2分子存在，故B正确；‎ C. 向氯水中加入NaOH粉末，Cl2、HClO、H+都和NaOH反应，不会有气泡产生，现象是氯水浅黄绿色消失，故C错误；‎ D. 加入AgNO3溶液，Cl2、Cl-都和AgNO3反应生成白色沉淀，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.下列溶液中Cl﹣浓度由大到小的顺序是（　　）‎ ‎①200mL 2mol/L MgCl2溶液 ‎②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液 ‎③300mL 5mol/L KCl溶液 ‎④250mL 1mol/L FeCl3溶液。‎ A. ③①④② B. ④①②③ C. ③②①④ D. ②③①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①200mL 2mol/L MgCl2溶液中,Cl−浓度为：2mol/L×2=4mol/L；‎ ‎②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液中,Cl−浓度为：2.5mol/L×1=2.5mol/L；‎ ‎③300mL 5mol/L KCl溶液中,Cl−浓度为：5mol/L×1=5mol/L；‎ ‎④250mL 1mol/L FeCl3溶液中,Cl−浓度为：1mol/L×3=3mol/L；‎ 根据分析可知，氯离子浓度由大到小数序为③①④②，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质的化学式组成及溶质物质的量浓度有关。‎ ‎8.下列物质分类的正确组合是( )‎ 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A Cu2(OH)2CO3‎ H2SO4‎ NaHCO3‎ SiO2‎ CO2‎ B NaOH HCl NaCl Na2O CO C NaOH NH3‎ CaCl2‎ MgO SO2‎ D KOH HNO3‎ CaCO3‎ CaO SO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu2(OH)2CO3属于盐类，SiO2属于酸性氧化物，故A错误；‎ B．CO不属于酸性氧化物，故B错误；‎ C．NH3不属于酸，故C错误；‎ D．KOH属于碱、HNO3属于酸、CaCO3属于盐、CaO属于碱性氧化物、SO3属于酸性氧化物，分类正确，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意CO不能与酸反应，也不能与碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物。‎ ‎9.下列各组物质中分子数相同的是(   )‎ A. ‎2L CO和‎2L CO2 B. ‎9g H2O和标准状况下‎11.2L CO2‎ C. 标准状况下1mol O2和‎22.4L H2O D. 0.2mol H2和‎4.48L HCl气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、缺气体体积条件，无法比较的‎2L CO和‎2L CO2的物质的量大小，无法判断分子数大小，故A错误；‎ B项、‎9g H2O的物质的量为0.5mol，标准状况下‎11.2L CO2的物质的量为0.5mol，两者分子数相同，故B正确；‎ C项、标准状况下H2O为液态，无法计算‎22.4L H2O的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；‎ D项、缺标准状况下，无法计算‎4.48L HCl气体的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；‎ 故选B。‎ ‎10.下列叙述中，正确的是（　　）‎ A. ‎1.6‎g‎ O2和O3的混合物含有氧原子的数目为0.1 NA B. ‎2 L 0.3mol•L﹣1 硫酸钾溶液中钾离子的物质的量为0.6mol C. 标准状况下，‎22.4L H2O 中的分子数为NA D. ‎11.2L CO2所含有的碳原子数为 0.5NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧气和臭氧均由氧原子构成，故‎1.6g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为n=‎1.6g÷‎16g/mol=0.1mol，含氧原子0.1NA个，故A正确；‎ B. ‎2L0.3mol⋅L−1K2SO4溶液中硫酸钾的物质的量为0.6mol，故含K+物质的量0.6mol×2=1.2mol，故B错误；‎ C. 标准状况下水不是气态，所以‎22.4L水不是1mol，分子数不是NA，故C错误；‎ D.没有温度压强，‎11.2L CO2的物质的量、分子数、原子数都无法确定，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎11.磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级(1到10 nm之间)的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中不正确的是（ ）‎ A. 纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液 B. 纳米Fe3O4磁流体可以通过半透膜得到提纯 C. 当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路 D. 纳米Fe3O4磁流体比较稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纳米Fe3O4磁流体，粒子直径在1到10 nm之间，所以纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，故A错误；‎ B、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体通过半透膜提纯，故B正确；‎ C、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，所以当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；‎ D、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体具有介稳性，纳米Fe3O4磁流体比较稳定，故D正确。‎ ‎12.下列各项说法正确的是（　　）‎ ‎①“卤水点豆腐”、“黄河入海口处的沙洲形成”都与胶体的聚沉有关 ‎②若将Fe(OH)3胶体提纯，可以采用的方法是过滤 ‎③沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的微粒，水导电能力增强 ‎④明矾能作净水剂是因为铝离子与水作用生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用 ‎⑤在制备Fe(OH)3胶体实验中，可以长时间加热 ‎⑥向Fe(OH)3胶体中加入过量稀硫酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解为黄色溶液 A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①豆浆分散系属于胶体加入可溶性氯化镁电解质发生聚沉；泥浆属于胶体，海水中含有大量的可溶性电解质如氯化钠等，可以使泥浆聚沉形成三角洲，故①正确；‎ ‎②提纯胶体用渗析，溶液和胶体都可以通过滤纸，不能过滤提纯胶体，故②错误；‎ ‎③沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成氢氧化铁胶体，胶体粒子带电荷，水的导电能力增强，故③正确；‎ ‎④明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体颗粒杂质而净水，故④正确；‎ ‎⑤在制备Fe(OH)3胶体实验中，长时间加热生成的胶体会聚沉，生成沉淀，故⑤错误；‎ ‎⑥向Fe(OH)3胶体中加入过量稀硫酸先发生Fe(OH)3胶体的聚沉，H2SO4过量时Fe(OH)3溶解，得到硫酸铁黄色溶液，故⑥正确；‎ 根据分析知四项正确。‎ 故选B。‎ ‎13.下列叙述中正确的是（　　）‎ A. 强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强 B. 稀盐酸溶液能导电，所以稀盐酸是电解质 C. 二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质 D. 硫酸钡虽然难溶于水，但硫酸钡属于电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．导电能力与电解质强弱无关，与自由移动离子浓度成正比，强电解质导电能力不一定强，弱电解质导电能力不一定弱，电解质溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，故A错误；‎ B 稀盐酸导电是因为氯化氢在水分子的作用下电离出离子，氯化氢是电解质，稀盐酸是混合物，不是电解质，故B错误；‎ C. SO2溶于水后和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，所以SO2是非电解质，故C错误；‎ D. BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分能完全电离，BaSO4═Ba2++SO42−，故是电解质，且为强电解质，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是（　　）‎ A. NaHSO4＝Na++H++SO42﹣‎ B. A12（SO4）3＝‎2A13++3SO42﹣‎ C. Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣‎ D. NaHCO3＝Na++H++CO32﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHSO4为强酸的酸式盐，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，故A正确；‎ B、硫酸铝在水溶液中完全电离，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42−，故B正确；‎ C、氢氧化钡在水溶液中完全电离，电离方程式为：Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣，故C正确；‎ D、NaHCO3为弱酸的酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎15.下列离子方程式中，不正确的是（　　）‎ A. 氯气溶于水：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣‎ B. 盐酸与氢氧化钡溶液：H++OH﹣═H2O C. 碳酸钙与稀硝酸：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O D. 硫酸铜和氢氧化钡溶液：Cu2++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+Cu(OH)2↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气和水反应的离子反应为C12+H2O=H++Cl−+HClO，HClO是弱酸在离子方程式中保留化学式，故A不正确；‎ B. 盐酸与氢氧化钡溶液的离子反应方程式为H++OH−=H2O，故B正确；‎ C. 碳酸钙与稀硝酸的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故C正确；‎ D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液的离子反应为Cu2++SO42−+Ba2++2OH−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎16.在pH＝1的溶液中，可以大量共存的离子是（　　）‎ A. K+、Na +、SO42﹣、SO32﹣‎ B. Na +、K +、HCO3﹣、Cl ﹣‎ C. NH4+、Mg 2+、SO42﹣、Cl ﹣‎ D. K +、Na +、OH﹣ 、NO3﹣‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子能在溶液中大量共存，则离子之间不发生任何反应，如发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质，或发生氧化还原反应、互促水解反应等；pH=1的溶液中存在大量的氢离子．‎ ‎【详解】A. 亚硫酸根离子能够与氢离子反应，在溶液中不能够大量共存，故A错误；‎ B. 碳酸氢根离子能够与氢离子发生反应，在溶液中不能够大量共存，故B错误；‎ C. NH4+、Mg 2+、SO42﹣、Cl ﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D. 氢氧根离子能够与氢离子反应，在溶液中不能够大量共存，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎17.下列离子方程式中书写正确的是（　　）‎ A. 氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O B. 碳酸钙和醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O C. 钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑‎ D. 将氢氧化铁胶体放入过量的盐酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化亚铁与稀盐酸反应离子方程式为：FeO+2H+＝Fe2++H2O，故A错误；‎ B.醋酸是弱酸离子方程式中需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故B错误；‎ C. 钠与水反应方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故C错误；‎ D. 将氢氧化铁胶体放入过量的盐酸先聚沉后溶解，溶解离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎18. 某无色溶液中加入氯化钡后有白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不消失，则该溶液中 A. 一定含有SO42－ B. 一定含有Ag+‎ C. 可能含有SO42－或Ag+ D. 一定含有Ag+、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】无色溶液加入氯化钡溶液后有白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不消失，若原溶液中有Cl-，则会生成AgCl沉淀，若溶液中有SO42-，则生成BaSO4沉淀，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸，所以原溶液中可能含有SO42-或 Ag+；答案选C。‎ ‎19.向含有下列离子的溶液中分别加入SO3固体后，溶液中下列离子个数不变的是（　　）‎ A. Mg2+ B. CO32﹣ C. Ba2+ D. SO32﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入SO3后，SO3和水反应生成硫酸，硫酸电离出氢离子和硫酸根离子 ‎【详解】A. Mg2+不和氢离子、硫酸根离子反应，离子个数不变，故A正确；‎ B. CO32﹣和氢离子反应生成二氧化碳和水，离子个数减少，故B错误；‎ C. Ba2+和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子个数减少，故C错误；‎ D. SO32﹣和氢离子反应生成二氧化硫气体和水，离子个数减少，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎20.有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中三种物质组成，取样品进行如图实验，从实验可以判断：（　　）‎ A. 该固体粉末中一定不含有BaCl2‎ B. 该固体粉末中一定含有KNO3‎ C. 它的组成可能是CaCO3、BaCl2、Na2SO4‎ D. 它的组成一定是CaCO3、Na2SO4、KNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 固体粉末CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、得到无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，还有一种物质就是硝酸钾。‎ ‎【详解】A. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故A错误；‎ B. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故B正确；‎ C. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故C错误；‎ D. 由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎21.标准状况下，现有①6.72LCH4；②3.01×1023个HCl分子；③7.2gH2O；④0.2mol NH3，对这四种气体的关系有以下四种表述：其中正确的是（ ）‎ A 体积：②＞③＞①＞④‎ B. 物质的量：②＞③＞④＞①‎ C. 质量：②＞③＞①＞④‎ D. 氢原子个数：①＞③＞④＞②‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎6.72LCH4的物质的量为‎6.72L÷‎22.4L/mol=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为3.01×1023÷6.02×1023=0.5mol，③7.2gH2O的物质的量为‎7.2g÷‎18g/mol=0.4mol，④0.2molNH3。‎ ‎【详解】A. 根据V=nVm知，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，水是液体体积最小，故体积②>①>④>③，故A错误；‎ B. 由上述计算可知，物质的量为②＞③＞①＞④ ，故B错误；‎ C. 甲烷质量为0.3mol×‎16g/mol=‎4.8g，HCl的质量为0.5mol×‎36.5g/mol=‎18.25g，氨气的质量为0.2mol×‎17g/mol=‎3.4g由上述计算可知，质量为②＞③＞①＞④，故C正确；‎ D. 甲烷中n(H)=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n(H)=0.5mol，水中n(H)=0.4mol×2=0.8mol，氨气中n(H)=0.2mol×3=0.6mol，故H原子数目①＞③＞④＞②，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎22.向AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，有金属析出，过滤、洗涤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则滤液中一定存在（　　）‎ A. Fe2+ B. Cu2+、Fe2+‎ C. Ag+、Fe2+ D. Ag+、Cu2+、Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在金属活动性顺序中，铁>氢>铜>银，往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则说明滤渣中含有铁，铁能与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，能与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，当有铁剩余时，说明硝酸铜和硝酸银全部参加反应，滤液中无硝酸铜和硝酸银，只有生成的硝酸亚铁。‎ ‎【详解】A. 由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+，故A正确；‎ B. 由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+，故B错误；‎ C. 由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+，故C错误；‎ D. 由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎23.完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、A‎1C13溶液中的Cl-,消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3:2:1,则上述溶液的体积比为 A. 1:1:1 B. 3:2:‎1 ‎C. 9:3:1 D. 6:3:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设AgNO3溶液的浓度都是c，体积分别为3V、2V、V，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设体积分别为x、y、z，则完全沉淀时Cl-+Ag+＝AgCl↓，c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，故选C。‎ ‎【点晴】明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，由题意可知完全沉淀，则Cl-+Ag+＝AgCl↓，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=cV可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比即可。‎ ‎24.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：‎ ‎①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液．‎ 不正确的操作顺序是 A. ⑤②④①③ B. ④②⑤①③‎ C. ②⑤④①③ D. ⑤④②①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－及泥沙，由于每一步所加的试剂均过量，必须考虑后面的步骤能将前面引入的杂质一并除去，Na2CO3溶液除去Ca2＋同时可以除去过量的BaCl2，因此④必须在⑤之后，适量盐酸可以除去过量NaOH溶液和过量Na2CO3溶液，所以盐酸在最后一步，综合分析选B。故答案选B。‎ ‎25.在标准状况下，用干燥烧瓶收集一瓶氯化氢气体倒置于盛水的水槽中时，水充满烧瓶(假设烧瓶里溶液不扩散出水槽)，烧瓶里盐酸的密度为ρ g·cm－3。该盐酸的物质的量浓度、溶质的质量分数分别为(　　)。‎ A. c＝mol·L－1、w＝%‎ B. c＝mol·L－1、w＝%‎ C. c＝mol·L－1、w＝%‎ D. c＝mol·L－1、w＝%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】假设烧瓶容积为‎22.4 L，则氯化氢为1 mol，其质量为‎36.5 g。溶液充满烧瓶，说明盐酸的体积为‎22.4 L。计算得c＝mol·L－1、w＝%。故选B。‎ 二．填空题 ‎26.某同学按下列步骤配制500mL 0.2mol•L﹣1Na2SO4溶液，请回答有关问题．‎ 实验步骤 有关问题 ‎①计算所需Na2SO4的质量 需要称量Na2SO4的质量为_____克 ‎②称量Na2SO4固体 称量需要用到的主要仪器是：_____‎ ‎③将Na2SO4加入200mL烧杯中，并加入适量水 为了加快溶解速率，用玻璃棒搅拌 ‎④将烧杯中溶液转移至500mL容量瓶中 为了防止溶液溅出，应采取什么措施：_____‎ ‎⑥向容量瓶中加蒸馏水至刻度线 在进行此操作时当加水至刻度线1﹣‎2厘米处应如何操作：_____‎ ‎（1）上述实验中使用容量瓶前应_____．‎ ‎（2）取出该Na2SO4溶液10mL加水稀释到100mL，稀释后溶液中Na+的物质的量浓度是_____．‎ ‎（3）上述配制溶液的过程缺少步骤⑤，⑤是__________.‎ ‎（4）若进行⑥步操作时加蒸馏水超过刻度线，则需_____．‎ ‎（5）在实验中，以下操作造成实验结果偏低的是_____．‎ A 在转移溶液时有液体溅到容量瓶外 B 定容时仰视刻度线 C 转移前没有将使用的容量瓶烘干 D 定容摇匀后，发现凹液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 ‎【答案】 (1). 14.2 (2). 托盘天平 (3). 转移中用玻璃棒引流 (4). 改用胶头滴管加水到凹液面与刻度线水平相切 (5). 检查容量瓶是否漏液 (6). 0.04mol/L (7). 洗涤烧杯和玻璃棒2—3次，洗涤液一并转移到容量瓶中 (8). 重新配制 (9). ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】步骤①.配制500mL0.2mol⋅L−1Na2SO4溶液，需要硫酸钠的质量为： ‎0.5L×0.2mol⋅L−1×‎142g/mol=‎14.2g，故答案为14.2；‎ 步骤②.称量‎14.2g硫酸钠使用的主要仪器为：托盘天平，故答案为：托盘天平；‎ 步骤④.将烧杯中溶液移至500mL容量瓶中，为防止溶液溅出，转移中用玻璃棒引流，故答案为：转移中用玻璃棒引流；‎ 步骤⑥.当加水至刻度线1−2厘米处是应改用胶头滴管加水到凹液面与刻度线水平相切，‎ 故答案为：改用胶头滴管加水到凹液面与刻度线水平相切；‎ ‎(1). 容量瓶有瓶塞，所以配制前需要检查容量瓶是否漏液，避免影响配制，故答案为：检查容量瓶是否漏液；‎ ‎(2). 0.2mol⋅L−1Na2SO4溶液中钠离子浓度为0.4mol/L，取出该Na2SO4溶液10mL加水稀释到100mL，钠离子浓度变为原先的十分之一，即稀释后溶液中Na+的物质的量浓度是0.04mol/L，故答案为：0.04mol/L；‎ ‎(3)步骤⑤是洗涤烧杯和玻璃棒2—3次，洗剂液一并转移到容量瓶中，故答案是：洗涤烧杯和玻璃棒2—3次，洗涤液一并转移到容量瓶中；‎ ‎(4)若加蒸馏水超过刻度线，则此次配制失败，应该倒入废液缸中，然后重新配制，‎ 故答案为：重新配制；‎ ‎（5）A. 在转移溶液时有液体溅到容量瓶外，硫酸钠损失，移入容量瓶内硫酸钠的实际质量减少，所配溶液的浓度偏低，故A正确；‎ B. 定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故B正确；‎ C. 溶液配制需加水定容，移液前没有将使用的容量瓶烘干，对所配溶液浓度无影响，故C 错误；‎ D. 定容后，倒置容量瓶摇匀后，液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水定容，所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎27.室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体．在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；又知D溶液为黄色，E溶液为无色．请回答：‎ ‎（1）B是_____，F是_____（请填写化学式）；‎ ‎（2）反应③的离子方程式_____；‎ ‎（3）反应④的离子方程式_____．‎ ‎【答案】 (1). Cl2 (2). FeCl2 (3). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (4). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2，C为无色气体，B与C反应生成E，E溶液是无色的，则C为H2，E为HCl，A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成D，D溶液为黄色，且A与氯气可以直接生成D，可推知A为Fe，根据转化关系可知，F为FeCl2，D为FeCl3，‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知，B为Cl2，F为FeCl2，故答案为：Cl2，FeCl2；‎ ‎（2）反应③为Fe和HCl的反应，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎（4）反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．‎ ‎28.对一份稀溶液作初步分析后发现，溶液无色澄清，其可能含有SO42﹣、Na+、CO32﹣、H+、NO3﹣、HCO3﹣、Cl﹣等离子中的若干种。然后又作了如下分析，以确定这些离子是否大量存在。‎ ‎①用石蕊试液检测该溶液时，溶液显红色。‎ ‎②取2mL溶液用BaCl2溶液和稀硝酸进行检验，结果生成了白色沉淀。‎ ‎③对②中所得的混合物充分静置后，取其上层澄清的液体用AgNO3溶液和稀硝酸进行检验，结果又生成了白色沉淀。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）原溶液中一定存在的离子是_____，一定不存在的离子是_____。‎ ‎（2）在上述实验操作中，不合理的步骤是_____（填代号）。对该步骤改正的方法是_____。‎ ‎【答案】 (1). H+、SO42− (2). CO32−、HCO3− (3). ② (4). 硝酸钡代替氯化钡 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①用石蕊试液检测该溶液，溶液显红色，说明溶液呈酸性，溶液中含H+， CO32−、HCO3−与H+离子反应，不能大量共存，则一定不含有CO32−、HCO3−；‎ ‎②加入足量氯化钡和稀硝酸溶液，结果生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42−；‎ ‎③取②中的上层清液，此时引入氯离子，加入硝酸银溶液，结果又生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明溶液中含有Cl−。‎ ‎【详解】(1). 原溶液中一定存在的离子是H+、SO42−,一定没有CO32−、HCO3−，故答案为：H+、SO42−；CO32−、HCO3−；‎ ‎(2). 上述实验操作中，有错误的步骤是②，取2毫升溶液，用氯化钡和稀硝酸进行检验，结果生成了白色沉淀，改用硝酸钡代替氯化钡，对后续实验(验证氯离子的存在与否)不会造成干扰，故答案为：②；硝酸钡代替氯化钡。‎ ‎29.某学习小组为证实Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应，设计了如下实验。请补充完成该实验报告。‎ ‎（1）【实验原理】‎ 溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定。观察_____，据此判断溶液中自由移动的离子浓度的变化，从而证明反应是离子反应。‎ ‎（2）【实验装置】如图1所示。‎ 实验过程与记录】‎ 实验步骤 实验现象 实验结论 连接好装置，向烧杯中加入25mL1mol•L﹣1的Ba(OH)2溶液和2滴酚酞溶液，逐滴滴加1mol•L﹣1的H2SO4溶液直至过量，边滴边振荡。‎ ‎（2）_____（填写支持实验结论的证据）‎ Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应 ‎（3）整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度Ⅰ表示）可近似地用图2中的_____（填序号）曲线表示。‎ ‎（4）下列三种情况下，与上述实验中离子方程式相同的是_____。‎ A 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀 B 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至至溶液显中性 C 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量 ‎（5）已知：PbSO4难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，其化学方程式为：PbSO4+2CH3COONH4＝(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4．写出该反应的离子方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 灯泡的明暗程度 (2). 灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮 (3). c (4). B (5). PbSO4+2CH3COO-＝(CH3COO)2Pb+SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，灯泡的明暗程度反映了离子浓度的变化； ‎ ‎（2）向Ba(OH)2溶液中逐滴滴加H2SO4溶液直至过量，根据溶液中离子浓度的变化可知灯泡的明暗的变化，从而证明发生了离子反应；‎ ‎（3）同（2）；‎ ‎（4）A.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，两者物质的量相等；‎ B 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至至溶液显中性，n(H+)=n(OH-)；‎ C 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，NaHSO4少量；‎ ‎（5）PbSO4难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质。‎ ‎【详解】（1）离子浓度越大，电荷越多，会使灯泡越亮，所以灯泡的明暗程度可以判断离子浓度变化。故答案为：灯泡的明暗程度；‎ ‎（2）烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，灯泡亮，然后随着加入H2SO4溶液，析出沉淀，离子浓度下降，所以会逐渐变暗，当完全中和时，会熄灭，再加入硫酸，由于H2SO4强电解质灯泡会逐渐变亮。故答案为：灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；‎ ‎（3）烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，导电能力强，随着加入H2SO4溶液，析出沉淀同时生成水，离子浓度下降，导电能力减弱，当完全中和时，导电能力最弱。再加入时由于H2SO4强电解，导电能力又增强，所以用曲线c表示，故答案为：c；‎ ‎(4) 实验中的离子方程式为： 2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓；‎ A. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀淀，二者物质的量相等，发生反应的离子方程式为：OH-+H++Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，不满足，故A错误；‎ B. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，发生反应的离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓，满足条件，故B正确；‎ C. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式组成书写，该反应的离子方程式为：OH-+H++Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，不满足条件，故C错误。‎ 故选：B。‎ ‎（5）. PbSO4难溶于水，(CH3COO)2Pb为弱电解质，书写离子方程式时保留化学式，离子方程式为：PbSO4+2CH3COO-＝(CH3COO)2Pb+SO42-，故答案为：PbSO4+2CH3COO-＝(CH3COO2)Pb+SO42-‎ ‎30.某实验小组欲探究Na2CO3和NaHCO3的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签．于是，他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究．‎ ‎（1）分别加热固体A、B，发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊．A受热分解的化学方程式为_____．‎ ‎（2）称取两种固体各‎2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL 蒸馏水，振荡，恢复至室温，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得出结论_____．‎ ‎（3）如图所示，在气密性良好的装置Ⅰ和Ⅱ中分别放入药品，将气球内的固体同时倒入试管中．‎ ‎①两试管中均产生气体，_____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）的反应程度更为剧烈．‎ ‎②反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温，下列说法正确的是_____．‎ a 装置 I的气球体积较大 b 装置Ⅱ的气球体积较大 c 装置 I的气球体积等于装置Ⅱ的气球体积 d 无法判断 ‎（4）同学们将两种固体分别配制成0.5mol•L﹣1的溶液，设计如下方案并对反应现象做出预测：‎ 实验方案 预测现象 预测依据 操作1：向2mL Na2CO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1CaCl2溶液 有白色沉淀 Na2CO3溶液中的CO32﹣浓度较大，能与CaCl2发生反应__________（写离子方程式）．‎ 操作2：向2mL NaHCO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1CaCl2溶液 无白色沉淀 Na2CO3溶液中CO32﹣浓度很小，不能与CaCl2发生反应。‎ 操作1反应的离子方程式为________________，实施试验后，发现操作2的现象与预测有差异，产生白色沉淀和气体，则该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为____________.‎ ‎【答案】 (1). (2). 同温度下，‎ Na2CO3比NaHCO3易溶于水 (3). Ⅰ (4). a (5). Ca2++CO32-=CaCO3↓ (6). Ca2++CO32-=CaCO3↓ (7). Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碳酸钠稳定，受热难分解，碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；‎ ‎（2）①常温下，同质量、同体积的溶剂，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3较NaHCO3易溶；‎ ‎（3）①同等条件下，碳酸钠与盐酸反应速率不及碳酸氢钠与盐酸反应；②等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较大，生成二氧化碳多，根据n=m/M算‎1g碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量，根据化学方程式和盐酸的物质的量判断那种物质不足，生成气体的体积可根据不足的物质计算。‎ ‎【详解】（1）碳酸钠稳定，受热难分解，碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，故A为碳酸氢钠，A分解反应方程式 ‎（2）常温下，同质量、同体积的溶剂，同质量Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3较NaHCO3易溶，故答案为：同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；‎ ‎（3）①将气球内的固体同时倒入试管发生反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，同等条件下，碳酸钠与盐酸反应速率不及碳酸氢钠与盐酸反应，所以I的反应程度更为剧烈，故答案为：Ⅰ；‎ ‎②a．Na2CO3的摩尔质量为：‎106g/mol，物质的量为1/106mol；NaHCO3的摩尔质量为：‎84g/mol，物质的量为1/84mol，盐酸的物质的量为3 ✕10-3 ✕1=0.003mol，由方程式Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑和NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑知盐酸不足，生成二氧化碳的量由盐酸决定，两试管中盐酸的量相同，所以装置 I的气球体积大于装置Ⅱ的气球体积，故选a；‎ ‎（4）操作1：碳酸钠能和氯化钙反应CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl，离子反应为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；‎ 操作2：CaCl2与NaHCO3溶液反应生成沉淀和气体，可发生反应为CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，离子反应为 Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+CO2↑+H2O。‎ ‎31.标况下，将‎13.44L的HCl气体溶于稀硫酸后，配制成500mL的混合酸液，其中SO42-的浓度为0.4mol/L，将混合酸液和足量的锌发生反应。‎ ‎（1）混合酸液中HCl的浓度为_____‎ ‎（2）计算产生H2的体积_____？（要求写出详细解答步骤）‎ ‎【答案】 (1). 1.2mol/L (2). c(SO42)= 0.4mol/L，所以c(H2 SO4)= 0.4mol/L，‎ n(H2 SO4)= 0.4mol/L×‎0.5L=0.2mol n(H+)=n(HCl) +2 n(H2 SO4)=0.6mol+2×0.2mol=1mol，‎ 锌足量，所以n(H2)=0.5 ×n(H+)=0.5×1mol=0.5mol 标况下V(H2)=0.5mol×22.4mol/L=‎‎11.2L ‎【解析】‎ ‎【详解】(1). n(HCl)=‎13.44L÷‎22.4L/mol=0.6mol c(HCl)=0.6mol÷‎0.5L=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L ‎(2)c(SO42)= 0.4mol/L，所以c(H2 SO4)= 0.4mol/L，n(H2 SO4)= 0.4mol/L×‎0.5L=0.2mol n(H+)=n(HCl) +2 n(H2 SO4)=0.6mol+2×0.2mol=1mol，‎ 锌足量所以n(H2)=0.5 ×n(H+)=0.5×1mol=0.5mol 标况下V(H2)=0.5mol×22.4mol/L=‎‎11.2L