安徽省合肥一中六中八中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

安徽省合肥一中六中八中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 合肥一中、六中、八中2019—2020学年第一学期高一期中考试 化学试题卷 考试说明：1．考查范围：必修1第一、二章。‎ ‎2．试卷结构：分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)；试卷分值：100分，考试时间：80分钟。‎ ‎3．所有答案均要答在答题卷上，否则无效。考试结束后只交答题卷。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137‎ 第I卷（选择题共54分）‎ 本卷共18小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。答案填涂到答题卡上。‎ ‎1.下列物质属于纯净物的是（ ）‎ A. 空气 B. 盐酸 C. 粗盐 D. 冰水混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查利用纯净物的概念来判断物质是否为纯净物，宏观上看只有一种物质，微观上只有一种分子。‎ ‎【详解】A. 空气中含有氧气、氮气、二氧化碳等物质，属于混合物，A项错误；‎ B. 盐酸中含有氯化氢和水，属于混合物，B项错误；‎ C. 粗盐中含有不溶性的泥沙、可溶性的氯化钠、氯化镁、硫酸钠、氯化钙等，属于混合物，C项错误；‎ D. 冰水混合物是由水一种物质组成，属于纯净物，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列对实验仪器特点的描述正确的或实验能达到预期目的的是（ ）‎ A. 用10mL量筒去量取5.35mL浓硫酸 B. 用托盘天平称量6.25g硝酸钾固体 C. 量筒的“0”刻度在下面 D. 容量瓶上的标识有温度、容量和刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 量筒的精确度为0.1mL，用10mL量筒无法量取5.35mL浓硫酸，A项错误；‎ B. 托盘天平的精确度为0.1g，用托盘天平无法称量6.25g硝酸钾固体，B项错误；‎ C. 量筒没有“0”刻度，C项错误；‎ D. 容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器，容量瓶上的标识有温度、容量规格（即容量）、刻度线，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 同温同压下，NA个NO气体与NA个N2和O2的混合气体的体积相等 B. 标准状况下，22.4LCCl4所含分子数为NA C. 4℃时，9mL水和标准状况下11.2L氮气含有相同的原子数 D. 1.7gH2O2中含有的电子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据阿伏加德罗定律知，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子，故含有相同分子数的NO与N2和O2的混合气体的体积相等，A项正确；‎ B. 标准状况下，CCl4不是气体，无法计算其物质的量，B项错误；‎ C. 4℃时，9mL水的质量为9mL×1g/mL=9g，水的物质的量为，含有原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；标况下，氮气的物质的量为，则其含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，故二者含有原子数目不相等，C项错误；‎ D. 一个H2O2分子中含有18个电子，1.7gH2O2物质的量为，则含有的电子数为0.9NA，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】公式的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题B项标况下CCl4不是气体，不能使用该公式。‎ ‎4.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）‎ A. 在强碱性溶液中：Na＋、Cl-、SO42-、HCO3-‎ B. 在碳酸钠溶液中：Na＋、Cl-、OH-、K＋‎ C. 在无色的溶液中：K＋、H＋、Cl-、MnO4-‎ D. 在强酸性溶液中：Fe2＋、Na＋、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在强碱性溶液中，HCO3-与OH−反应，不能大量共存，A项错误；‎ B. 在碳酸钠溶液中，离子之间均不反应，B项正确；‎ C. MnO4−显紫色，不满足溶液无色的条件，C项错误；‎ D. 在强酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，能氧化Fe2＋，不能大量共存，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ 还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎5.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 用醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O B. 向碳酸氢钠溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O C. 铁片上滴加稀硫酸：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑‎ D. 过量KOH固体溶于NH4HCO3溶液中：NH4＋＋HCO3－＋2OH－=CO32－＋H2O＋NH3·H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸为弱酸，不能拆开，需保留分子，正确的离子方程式为：2CH3COOH＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO-，A项错误；‎ B.‎ ‎ 向碳酸氢钠溶液中加入足量澄清石灰水，以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数，设碳酸氢钠为1mol，正确的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，B项正确；‎ C. 铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子，正确的离子方程式为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，C项错误；‎ D. KOH固体溶于水放出大量的热，因此过量的KOH固体加入到NH4HCO3溶液中，会生成氨气，正确的离子方程式为：NH4＋＋HCO3－＋2OH－=CO32－＋2H2O＋NH3↑，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：‎ ‎1.是否符合客观事实，如本题C选项，铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；‎ ‎2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；‎ ‎3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；‎ ‎4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；‎ ‎5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。‎ 总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。‎ ‎6.如图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是（ ）‎ 选项 X Y Z A 干冰 非电解质 化合物 B 食盐 电解质 能导电物质 C 硫酸钡 化合物 弱电解质 D 纯碱 碱 电解质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 非电解质是在水溶液里和熔融状态下均不能导电的化合物，干冰是固体CO2，CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，A项正确； B. 电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，单质和混合物不属于电解质，食盐为混合物，不属于电解质，电解质本身不一定能导电，因此电解质不属于能导电的物质，B项错误； C. 硫酸钡属于化合物，但化合物不一定是弱电解质，C项错误； D. 纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，碱属于电解质，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】电解质与非电解质的判断是学生们的易错点。需要注意的是，电解质与非电解质都必须是化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质本身不一定能导电，导电的不一定是电解质，如氯化钠晶体是电解质，但不能导电，因其溶于水或熔融状态下能导电，所以氯化钠是电解质，氯化钠溶液可导电，但其是混合物，既不是电解质也不是非电解质，熔融氯化钠既可以导电，也属于电解质；此外电解质溶于水能导电一定是自身能电离出离子，如CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，类似的还有二氧化硫、氨气等。‎ ‎7.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是（ ）‎ A. 向某无色溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，原溶液一定有Cl－‎ B. 加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag＋‎ C. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42－‎ D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有Ba2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl、硫酸银、碳酸银等，则溶液中可能含氯离子、硫酸根离子或碳酸根离子等，A项错误；‎ B. 白色沉淀一定为氯化银，则一定有Ag+，B项正确；‎ C. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则溶液中可能含银离子或硫酸根离子，且二者不能同时存在，C项错误；‎ D. 白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙、碳酸镁等，则溶液中可能含Ba2+、Ca2+或Mg2+等，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法不正确的是（ ）‎ 序号 物质 杂质 除杂应选用的试剂或操作方法 ‎①‎ KNO3溶液 KOH 加入FeCl3溶液，并过滤 ‎②‎ FeSO4溶液 CuSO4‎ 加入过量铁粉，并过滤 ‎③‎ CaCO3粉末 CaCl2‎ 溶解，过滤，蒸发 ‎④‎ H2‎ CO2‎ 依次通过盛NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶 A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①KOH与氯化铁反应生成沉淀和KCl，引入新杂质，不能除杂，故错误；‎ ‎②Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，反应后过滤除去铜和过量的铁，可除杂，故正确；‎ ‎③CaCO3不溶于水，溶解后过滤可分离，故正确；‎ ‎④CO2与NaOH反应，氢气不能，洗气后干燥可除杂，故正确；‎ 综上所述，①错误，A项错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列说法错误的是（ ）‎ ‎①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关 ‎②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，最终出现红褐色Fe(OH)3沉淀 ‎③用明矾处理污水是利用了胶体的性质 ‎④用含0.1molFeCl3的饱和溶液制胶体Fe(OH)3时，形成胶体粒子数目小于0.1NA ‎⑤可用渗析法分离AI(OH)3胶体和NaCl溶液 ‎⑥依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液 ‎⑦在土壤上施用含氮量相同的碳酸氢铵和硝酸铵肥料，碳酸氢铵肥效高 ‎⑧Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，是因为Fe(OH)3胶体粒子带电 A. ②⑥ B. ④⑥⑦ C. ②④⑥⑧ D. ④⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①江河入海口处海水中含电解质使胶体发生聚沉，与胶体的性质有关，①正确；‎ ‎②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，胶体先发生聚沉，后发生酸碱中和反应，现象是先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，②错误；‎ ‎③用明矾处理污水，是因为铝离子水解生成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，利用了胶体的性质，③正确；‎ ‎④ 由于胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以用含0.1mol FeCl3的饱和溶液制Fe(OH)3胶体时，形成的胶体粒子数目小于0.1NA，④正确；‎ ‎⑤胶体粒子不能透过半透膜，而小分子或离子可以透过半透膜，因此可用渗析法分离Al(OH)3胶体和NaCl溶液，⑤正确；‎ ‎⑥ 依据分散质微粒直径的大小可将分散系分为溶液、胶体与浊液，⑥错误；‎ ‎⑦ 土壤胶粒带负电荷，容易吸附带正电荷的粒子，所以吸附的应是铵根离子，氮肥的肥效必须是氮元素吸附在土壤颗粒表面，才能起到效果，而硝酸根离子是阴离子，不能被土壤胶粒吸附,因此在含氮元素相同条件下，碳酸氢铵肥效高，⑦正确；‎ ‎⑧ Fe(OH)3胶体在通电后可向阴极定向移动，说明Fe(OH)3胶体粒子带正电，在电场力作用下向负电荷多的阴极移动，⑧正确；‎ 综上所述，②⑥错误，A项错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2，生成的氯化铵呈白烟状，常用于判断氯气管道是否漏气，对这一反应描述正确的是（ ）‎ A. 氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：8‎ B. 若生成22.4LN2，反应转移6mole－‎ C. NH4Cl既是氧化产物又是还原产物 D. 反应中，被氧化的N元素与未被氧化的N元素质量之比是1：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，反应生成氯化铵，有白烟生成，据此解答。‎ ‎【详解】A. 反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，在反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2中，只有2molNH3被氧化，还有6mol没被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：2，A项错误；‎ B. 没有标明是标准状况，无法计算氮气的物质的量，B项错误；‎ C. 反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，NH4Cl是还原产物，C项错误；‎ D. 3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl反应中有8mol氨参加反应，2mol是还原剂，6mol未被氧化，则被氧化的N元素与未被氧化的N元素质量之比是1：3，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间关系：‎ 氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；‎ 还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。‎ ‎11.R2O7n－离子在一定条件下可以把XO32－离子氧化为XO42－，若R2O7n－离子变为R3＋离子。又知反应中R2O7n－与XO32－的物质的量之比为1：3，则R2O7n－中R元素的化合价为（ ）‎ A. ＋4 B. ＋5 C. ＋6 D. ＋7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】XO32－中X的化合价为+4价，XO42－中X的化合价为+6价，X元素失电子，被氧化，设R2O7n－中R的化合价为x价，被还原为R3＋离子，又反应中R2O7n－与XO32－的物质的量之比为1：3，根据得失电子守恒得，3×(6-4)=2×(x-3)，解得，x=6，则R2O7n－中R元素的化合价为+6价，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：‎ 氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；‎ 还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。‎ ‎12.将30mL0.5mol·L－1Ba(OH)2溶液加水稀释到500mL，稀释后的溶液中OH－的物质的量浓度为（ ）‎ A. 0.3mol·L－1 B. 0.06mol·L－1 C. 0.03mol·L－1 D. 0.02mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据稀释定律计算，稀释前后溶液中溶质的物质的量相等。‎ ‎【详解】稀释前，0.5mol·L-1Ba(OH)2溶液中OH-的物质的量浓度为0.5mol·L－1×2=1 mol/L，设稀释后溶液中OH-的物质的量浓度为c mol/L，稀释前后OH-的物质的量相等，则：0.03L×1mol⋅L−1=0.5L×c mol⋅L−1，解得c=0.06，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧化性最弱的是FeCl3‎ B. 还原性强弱大小是FeCl2＞KI C. 若溶液中Cl－与I－共存，为了氧化I－而不氧化Cl－可以向溶液中加入KMnO4溶液 D. 向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液，溶液会变蓝 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：‎ 氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；‎ 还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物；同时，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。‎ ‎【详解】反应①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2中，Fe元素的化合价降低，FeCl3为氧化剂，FeCl2为还原产物，I元素的化合价升高，KI为还原剂，I2为氧化产物，‎ 反应②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3中，Cl2中Cl元素的化合价降低，Cl2‎ 为氧化剂，Fe元素的化合价升高，FeCl2为还原剂，FeCl3既是氧化产物，又是还原产物，‎ 反应③2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，Mn元素的化合价降低，KMnO4为氧化剂，MnCl2为还原产物，Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，‎ A. 结合以上分析以及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性强弱顺序为：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，则氧化性最弱的是I2，A项错误；‎ B. 反应①KI为还原剂，FeCl2为还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可知还原性的强弱大小是KI>FeCl2，B项错误；‎ C. 根据A项分析可知氧化性强弱顺序为：KMnO4>Cl2>I2，则KMnO4既可以氧化I－又可以氧化Cl－，则若溶液中Cl－与I－共存，为了氧化I－而不氧化Cl－，向溶液中加入KMnO4溶液是不可行的，C项错误；‎ D. 根据A项分析可知氧化性强弱顺序为：FeCl3>I2，则FeCl3可以氧化I－生成I2，则向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液，溶液会变蓝，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 1 L水中溶解了40.0gNaOH，该溶液的物质的量浓度为1mol/L B. 120mL2mol·L－1KCl溶液与60mL1mol·L－1 MgCl2溶液中c（Cl－）相等 C. 从1L2mol/L的盐酸溶液中取出0.5L，取出得该溶液得浓度为1mol/L D. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 配制后溶液的体积不等于1L，故浓度无法计算，A项错误；‎ B. 120mL2mol·L－1KCl溶液中氯离子的浓度为2mol/L，60mL1mol·L－1 MgCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L，二者相等，B项正确；‎ C. 溶液是均一稳定混合物，从1L 2mol/L的盐酸溶液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度不变，C项错误；‎ D. 胆矾的物质的量为0.5mol/L×0.5L=0.25mol，，质量为0.25mol×250g/mol=62.5，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是（ ）‎ A B C D 实验 制取少量纯净的CO2气体 用CCl4提取溴水中的Br2‎ 除去CO2中少量的HCl 蒸干NaCl饱和溶液制备NaCl晶体 装置或仪器 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸易挥发，反应生成的二氧化碳中混有水、HCl等杂质，A项错误；‎ B. Br2在CCl4中的溶解度比在水中的大，且CCl4与水不互溶，故可用CCl4提取溴水中的Br2，B项正确；‎ C. 在除去氯化氢的同时，CO2也能与氢氧化钠溶液反应，因此不能用氢氧化钠溶液除去CO2中少量的HCl，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中少量的HCl，C项错误 D. 氯化钠难挥发，可用蒸发的方法制备，应用蒸发皿，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度可忽略）将容器分成两部分。当左边充入2molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共18g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO2与CO分子数之比为（ ）‎ A. 3：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 1：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据阿伏加德罗定律的推论：同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，据此计算一氧化碳、二氧化碳总的物质的量，结合质量守恒定律计算解答。‎ ‎【详解】依据图示可知：左右两边气体体积之比为：:=4:1，左边为2mol氮气，依据同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则右边物质的量为：0.5mol，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.5；28x+44y=18g，联立解得x=y=0.25，由分子数目之比等于物质的量之比，可知右边CO与CO2分子数之比为1:1，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎17.如图所示是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时其电流强度(I)随新物质加入量(V)的变化曲线。(假设混合溶液体积等于二者体积之和)下列说法正确的是（ ）‎ A. 向醋酸溶液中逐滴加入等浓度的氨水至恰好完全反应 B. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入等浓度的H2SO4至过量 C. 向盐酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液过量 D. 向氨水中滴加浓硝酸溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向醋酸溶液中逐滴加入等浓度的氨水至恰好完全反应，CH3COOH+NH3⋅H2O=CH3COONH4+H2O，弱电解质溶液变为强电解质溶液，导电性增强，与图象一致，A项正确；‎ B. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入等浓度的H2SO4，发生反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，导电性减弱，完全反应后，H2SO4过量，导电性又增强，与图象不一致，B项错误；‎ C.‎ ‎ 向盐酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液会发生反应得到氯化钠溶液，溶液的体积变大，溶液导电性减弱，但是仍具有导电性，至过量相当于将溶液稀释，所以溶液导电性继续减弱，和图象不一致，C项错误；‎ D. 向氨水中滴加浓硝酸溶液会发生反应得到硝酸铵溶液，弱电解质溶液变为强电解质溶液，导电性增强，和图象不一致，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎18.根据表中信息判断，下列选项正确的是（ ）‎ 序号 反应物 产物 ‎①‎ KMnO4、H2O2、H2SO4‎ K2SO4、MnSO4‎ ‎②‎ Cl2、FeBr2‎ FeCl3、FeBr3‎ ‎③‎ Cl－、MnO4－‎ Cl2、Mn2+‎ A. 第①组反应的其余产物为H2O B. 第②组反应中Cl2与FeBr2，的物质的量之比为1：1‎ C. 第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol D. 氧化性由强到弱顺序为MnO4－＞Cl2＞Fe3+＞Br2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锰元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，则第①组反应的其余产物有H2O、O2，A项错误；‎ B. 亚铁离子还原性大于溴离子，当Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：1时，发生反应2Cl2+2Fe2++2Br- = 4Cl- + 2Fe3++Br2，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化，产物为FeCl3、FeBr3、Br2，B项错误；‎ C. 第③组反应为2MnO4− + 16H++10Cl−=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，生成1molCl2，转移电子2mol，C项正确；‎ D. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，依据化学方程式分析判断，氧化性由强到弱顺序为MnO4−>Cl2>Br2>Fe3+，D项错误；‎ 答案选B。‎ 第II卷(非选择题共46分)‎ ‎19.合肥市某高中化学非限定性课程学习小组利用铁锈（Fe2O3）做了系列实验，物质之间的关系图如下。‎ 根据所学知识回答以下问题：‎ IHCl的配制 实验室用密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制480mL0.1mol/L的盐酸溶液。‎ ‎（1）配制480mL0.1mol/L的盐酸溶液需要浓盐酸的体积为___mL。(保留2位有效数字)‎ ‎（2）除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和试剂瓶还需要的仪器有___。‎ ‎（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏低”或“偏高”)‎ 未洗涤烧杯___；定容时俯视刻线____。‎ II探究实验 ‎（1）写出由A滴入到沸水中制备B的化学方程式。___‎ ‎（2）下列说法正确的有___（填序号）。‎ ‎①B转换成C发生了化学反应 ‎②由A制备B，加热越久越好 ‎③物质B具有丁达尔效应 ‎④把B和C组成的混合物过滤，滤液是无色的 ‎⑤整个过程都不涉及到氧化还原反应 ‎（3）向红褐色沉淀C中加入NaClO和NaOH混合溶液，生成一种高效杀菌净水剂Na2FeO4，已知每生成0.2mol的Na2FeO4消耗0.3molNaClO，则该反应的还原产物为___。‎ ‎【答案】 (1). 4.2 (2). 500mL容量瓶 (3). 偏低 (4). 偏高 (5). FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl (6). ③⑤ (7). NaCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.（1）先依据配制溶液体积选择合适规格的容量瓶，依据计算浓盐酸的物质的量浓度，再依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积； （2）依据用浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液的一般步骤确定实验所用仪器；‎ ‎（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据进行误差分析；‎ II. 铁锈（Fe2O3）和足量的盐酸反应生成的A为氯化铁，氯化铁滴入沸水中会获得B氢氧化铁胶体，氯化铁和氢氧化钠反应会生成C氢氧化铁沉淀，‎ ‎（1）将氯化铁滴入沸水中制备氢氧化铁胶体利用的是氯化铁的水解；‎ ‎（2）①B转换成C为胶体的聚沉；‎ ‎②将氯化铁滴入沸水中制备氢氧化铁胶体时，加热时间过长会使胶体聚沉，不能长时间加热； ③胶体具有丁达尔效应；‎ ‎④氢氧化铁胶体能通过滤纸，氢氧化铁沉淀不能通过滤纸； ⑤根据元素化合价是否变化判断是否存在氧化还原反应；‎ ‎（3）根据信息可知Fe(OH)3失电子被氧化生成Na2FeO4，NaClO具有氧化性，可以作氧化剂，得电子，设Cl元素得电子后的化合价为x，根据得失电子守恒计算x的值，从而确定还原产物。‎ ‎【详解】I.（1）配制480mL0.1mol/L的盐酸溶液，应选择500mL容量瓶，密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸物质的量浓度，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，可得11.8mol/L×V=0.5L×0.1mol/L，解得V=4.2mL；‎ 故答案为：4.2；‎ ‎（2）用浓盐酸配制稀盐酸的实验步骤包括：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，结合实验步骤可知，实验所用仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和试剂瓶还需要的仪器有500mL容量瓶；‎ 故答案为：500mL容量瓶；‎ ‎（3）未洗涤烧杯，则溶质会损失，使配制的溶液浓度偏低；定容时俯视刻线，会使加入的蒸馏水的体积偏小，则使配制的溶液的浓度偏高；‎ 故答案为：偏低；偏高；‎ II. 铁锈（Fe2O3）和足量的盐酸反应生成的A为氯化铁，氯化铁滴入沸水中会获得B氢氧化铁胶体，氯化铁和氢氧化钠反应会生成C氢氧化铁沉淀，‎ ‎（1）将氯化铁滴入沸水中制备氢氧化铁胶体的化学方程式是：FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl；‎ 故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl；‎ ‎（2）①B转换成C为胶体的聚沉，胶体的聚沉是物理变化过程，故①错误；‎ ‎②将氯化铁滴入沸水中制备氢氧化铁胶体时，加热时间过长会使胶体聚沉，不能长时间加热，故②错误； ③氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，故③正确；‎ ‎④把氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀过滤，氢氧化铁胶体能通过滤纸，滤液是红褐色，故④错误； ⑤整个反应过程没有元素化合价的变化，无氧化还原反应，故⑤正确；‎ 综上所述，③⑤正确；‎ 故答案为：③⑤；‎ ‎（3）根据信息可知Fe(OH)3失电子被氧化生成Na2FeO4，NaClO具有氧化性，可以作氧化剂，得电子，设Cl元素得电子后的化合价为x，根据得失电子守恒可得，解得，x=-1，则该反应的还原产物为NaCl；‎ 故答案为：NaCl。‎ ‎【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制480mL盐酸溶液，需要使用500mL容量瓶，在使用公式n=cV计算HCl物质的量时，一定注意代入的体积为0.5L，而不是0.48L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制480ml溶液选用500ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。‎ ‎20.雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子，Na+、Ba2+、 Mg2+、Fe3+、 SO42－、Cl－、CO32－、HCO3－，某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：‎ ‎①取试样溶液100ml，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变，得224mL无色气体（标准状况）。‎ ‎②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.74g。再滴入足量稀盐酸沉淀全部溶解。‎ ‎（1）该雾霾中肯定不含的离子为___。‎ ‎（2）c(SO42-)=___mol/L。‎ ‎（3）该雾霾中Cl－是否存在？___(填“存在”或“不存在”)；若存在，浓度范围是___(若不存在，则不必回答第2问)。‎ ‎（4）请设计实验验证该溶液中是否含有Cl－。___‎ ‎（5）操作②加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). CO32-、Ba2+、Fe3+ (2). 0.1mol/L (3). 存在 (4). (5). 取少量原溶液于一试管中，先加入足量硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，取上层清液于一试管中，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明该溶液含有Cl－ (6). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①取试样溶液100ml，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变，则试样中一定含有SO42-，一定不含有CO32-，并得224mL无色气体（标准状况），则一定含有HCO3-，并且物质的量为，，且原溶液中与SO42-不共存的Ba2+一定不含有，与HCO3-不共存的Fe3+不含有，则由①可知一定不含有的离子有CO32-、Ba2+、Fe3+；‎ ‎②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.74g，再滴入足量稀盐酸沉淀全部溶解，则试样中一定含有Mg2+，并且物质的量为；又溶液曾电中性，所以溶液中还一定含有Cl-，Na+可能含有，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知，该雾霾中肯定不含的离子为CO32-、Ba2+、Fe3+；‎ 故答案为：CO32-、Ba2+、Fe3+；‎ ‎（2）由分析知，，则；‎ 故答案为：0.1mol/L；‎ ‎（3）溶液呈电中性，c(SO42-)=0.1mol/L，c(HCO3-)=0.1mol/L，c(Mg2+‎ ‎)=0.3mol/L，由电荷守恒可知，肯定存在氯离子，满足0.1mol/L×2+0.1mol/L×1+c(Cl-)×1=0.3mol/L×2，解得c(Cl-)=0.3mol/L，还可能含有Na+，则；‎ 故答案为：存在；；‎ ‎（4）由以上分析可知，溶液中一定含有Mg2+、SO42－、Cl－、HCO3－，可能含有Na+，则验证该溶液中是否含有Cl－时，可进行以下操作：取少量原溶液于一试管中，先加入足量硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，取上层清液于一试管中，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明该溶液含有Cl－；‎ 故答案为：取少量原溶液于一试管中，先加入足量硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，取上层清液于一试管中，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明该溶液含有Cl－；‎ ‎（5）由以上分析可知，操作②中白色沉淀为氢氧化镁，加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；‎ 故答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。‎ ‎21.氮化镁（Mg3N2）在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁和氮气反应制备Mg3N2并进行有关实验。实验装置如图所示：‎ 已知：①氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应生成一种有刺激性气味的气体。‎ ‎②亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。‎ ‎③温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等。‎ ‎④硫酸亚铁具有还原性，容易被氧化。‎ 回答下列同题：‎ ‎（1）写出制取N2发生反应的化学方程式___。‎ ‎（2）实验获置(可重复使用)的连接顺序为：a→___，___→___，___→___，___→h，i→___。‎ ‎（3）某同学检验A装置的气密性，关闭止水夹K后，开启分液漏斗活塞，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶，试判断：A装置是否漏气?___（填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)。‎ ‎（4）装置B中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是___。‎ ‎（5）加热至反应开始发生，需移走A处酒精灯，原因是___。‎ ‎（6）反应结束后，取m g E中样品于试管中，加足量蒸馏水，有刺激性气味气体产生，再向剩余固体中加稀硫酸，得VmL气体（换算为标准状况），则样品中氮化镁质量分数为___。‎ ‎【答案】 (1). NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O (2). f(g) (3). g(f) (4). b (5). c (6). d (7). e (8). d (9). 无法确定 (10). 除去氧气 (11). 该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A装置加热亚硝酸钠与氯化铵制备氮气；‎ ‎（2）A装置加热亚硝酸钠溶液与氯化铵制备氮气，根据已知信息：温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等，则氮气中会混有氧气、水蒸气，氧气会与镁反应生成氧化镁，同时氮化镁极易与水反应，则气体需先通过亚硫酸铁溶液除去氧气，同时需用D装置作安全瓶防止倒吸，再通过浓硫酸除水蒸气，进而氮气与镁在装置E中反应，同时为了防止空气中的水蒸气进入装置E，需要在E的右侧再链接一个装置C，则装置的连接顺序为：A→D→B→C→E→C，据此确定导管口的连接顺序；‎ ‎（3）分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗和烧瓶中压强相同，无法判断装置气密性；‎ ‎（4）亚硝酸钠在温度较高时会分解产生O2等，氧气能与镁反应，需要用硫酸亚铁溶液除去氧气；‎ ‎（5）根据该反应为放热反应，温度过高，氮气的生成速率过快，导致反应物冲出及造成NaNO2分解产生O2分析；‎ ‎（6）生成的气体是剩余的镁与稀硫酸反应生成的氢气，根据氢气的体积计算镁的物质的量，进而计算氮化镁的质量分数。‎ ‎【详解】（1）A装置中用氯化铵与亚硝酸钠加热反应制备氮气,该反应的化学方程式为：NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；‎ 故答案为：NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；‎ ‎（2）A装置加热亚硝酸钠溶液与氯化铵制备氮气，根据已知信息：温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等，则氮气中会混有氧气、水蒸气，氧气会与镁反应生成氧化镁，同时氮化镁极易与水反应，则气体需先通过亚硫酸铁溶液除去氧气，同时需用D装置作安全瓶防止倒吸，再通过浓硫酸除水蒸气，进而氮气与镁在装置E中反应，同时为了防止空气中的水蒸气进入装置E，需要在E的右侧再链接一个装置C，则装置的连接顺序为：A→D→B→C→E→C，实验获置(可重复使用)的连接顺序为：a→f(g)，g(f)→b，c→d，e→h，i→d；‎ 故答案为：f(g)；g(f)；b；c；d；e；d；‎ ‎（3）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，因此无法判断装置的气密性是否良好；‎ 故答案为：无法确定；‎ ‎（4）已知温度较高时,亚硝酸钠会分解产生O2等，氧气能与镁反应，因此装置B中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是除去氧气；‎ 故答案为：除去氧气；‎ ‎（5）由于该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2；‎ 故答案为：该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2；‎ ‎（6）反应结束后，取m g E中样品于试管中，加足量蒸馏水，有刺激性气味气体产生，再向剩余固体中加稀硫酸，得VmL气体（换算为标准状况），则该气体为氢气，是反应剩余的镁与稀硫酸反应产生的，其物质的量为：，根据关系式Mg∼H2可知，样品中镁的物质的量为，则样品中氮化镁的质量分数为：；‎ 故答案为：。‎ ‎22.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下（已配平）：Cu+2H2SO4CuSO4+A↑+2H2O，试通过计算和推理完成下面的问题：‎ ‎（1）在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为___。A物质可以与强碱反应生成盐和水。则A应该属于___(用字母代号填写)。‎ A．酸 B．酸性氧化物 C．盐 D．电解质 E．非电解质 ‎（2）一定量的铜片与含1.2mol的H2SO4的浓硫酸充分反应(浓硫酸过量)，如果该反应过程中转移了0.4mol电子，生成的A气体在标况下的体积为___L(假设气体全部逸出)。‎ ‎（3）将（2）中反应后所得的溶液稀释后与足量的Ba(OH)2溶液反应，所得沉淀的质量为___g。写出此过程中发生反应的离子方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 1:1 (2). BE (3). 4.48L (4). 252.6 (5). Ba2++SO42−+2OH- +2H+=2H2O+BaSO4↓、Ba2++ SO42−+2OH- +Cu2+=Cu(OH)2↓+BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电子转移守恒与原子守恒可以知道，A为SO2，被还原的硫酸生成SO2，未被还原的硫酸生成CuSO4，根据方程式可以知道二者物质的量之比；SO2能与强碱反应生成盐和水，则SO2属于酸性氧化物，根据电解质、非电解质的判断方法判断二氧化硫属于哪一类；‎ ‎（2）根据电子转移计算生成二氧化硫物质的量，再根据V=n×Vm计算二氧化硫体积；‎ ‎（3）Cu与硫酸反应中生成硫酸铜，因为硫酸有剩余，故反应后溶液为硫酸、硫酸铜混合溶液，硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡与水，硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡、氢氧化铜，根据S原子守恒计算n(BaSO4)，再根据m=nM计算m(BaSO4)，根据方程式计算n(CuSO4)，再根据m=nM计算m(CuSO4)，据此分析。‎ ‎【详解】（1）根据得失电子守恒与原子守恒可以知道，A为SO2，被还原的硫酸生成SO2，未被还原的硫酸生成CuSO4，根据方程式可以知道二者物质的量之比为1:1；SO2能与强碱反应生成盐和水，则SO2属于酸性氧化物，SO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是亚硫酸电离产生的，则SO2属于非电解质；‎ 故答案为：1:1；BE；‎ ‎（2）根据电子转移，可以知道生成二氧化硫物质的量为，标况下二氧化硫体积为0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L；‎ 故答案为：4.48L；‎ ‎（3）反应后，所得到的溶液含硫酸铜和硫酸，反应的化学方程式为：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O、Ba(OH)2+CuSO4=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，离子反应方程式为Ba2++SO42−+2OH- +2H+=2H2O+BaSO4↓、Ba2++ SO42−+2OH- +Cu2+=Cu(OH)2↓+BaSO4‎ ‎↓，反应后产生的沉淀为Cu(OH)2和BaSO4，已知反应开始时n(H2SO4)=1.2mol，生成n(SO2)=0.2mol，根据S原子守恒，可以知道n(BaSO4)=1.2mol-0.2mol=1mol，m(BaSO4)=1mol×233g·mol-1=233g；根据反应方程式可知，n(CuSO4)=0.2mol，则m(Cu(OH)2)=0.2mol×98g·mol-1=19.6g，则反应所得沉淀质量为：233g+19.6g=252.6g；‎ 故答案为：252.6；Ba2++SO42−+2OH- +2H+=2H2O+BaSO4↓、Ba2++ SO42−+2OH- +Cu2+=Cu(OH)2↓+BaSO4↓。‎ ‎ ‎