【化学】福建省莆田市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】福建省莆田市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

福建省莆田市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 Al:27 Cl:35.5 K:39 Mn:55 Cu:64 S:32 Fe:56 Zn:65 Na:23‎ 一、选择题 ‎1.下列物质与其用途相符合的是（   ）‎ ‎①Cl2-制消毒剂 ②AgBr-制胶卷，感光纸 ③AgI-人工降雨 ④碘-预防甲状腺肿大 ⑤淀粉-检验I2的存在 ⑥NaClO-漂白纺织物 A. ②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故①符合题意；‎ ‎②AgBr具有感光性，可用来制胶卷，感光纸，故②符合题意；‎ ‎③AgI易与空气中水蒸气结合形成冰晶，冰晶在降落过程中边融化边合并水滴，从而形成雨，故③符合题意；‎ ‎④碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故④符合题意；‎ ‎⑤淀粉遇碘变蓝色，可用来检验I2的存在，故⑤符合题意；‎ ‎⑥NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥符合题意；因此D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎2.下列实验方法或操作正确的是（   ）‎ A. 分离水和酒精 ‎ B. 蒸发NH4Cl溶液得到NH4Cl晶体 C. 配制一定物质的量浓度溶液时转移溶液 ‎ D. 除去氯气中的氯化氢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酒精与水互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离，故A错误；‎ B．NH4Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，故B错误；‎ C．转移液体需要用玻璃棒引流，防止液体溅出，故C错误；‎ D．HCl极易溶于水，且饱和氯化钠溶液抑制氯气溶解，所以可以用饱和的食盐水除去氯气中的氯化氢，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 18O2与18O2互为同位素 B. 18O与16O 是同一种核素 C. 原子核都是由质子和中子构成的 D. Na2O2中阳离子和阴离子的个数比为2：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同位素是质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子，18O2是单质，故A错误；‎ B. 18O与16O是质子数相同中子数不同的原子，互为同位素，故B错误；‎ C. 原子核是由质子和中子构成的，但不一定含有中子，如1H不含有中子，故C错误；‎ D. Na2O2中阳离子和阴离子的个数比为2：1，两个氧原子构成一个过氧根离子，故D正确；‎ 故选:D。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（   ）‎ A. 标准状况下22.4LHF中所含电子数为10NA B. 100mL12mol·L—1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.6NA C. 1mol·L-1Na2CO3溶液中，CO32―的数目小于NA D. 1molCH5+中含有的电子数目为10NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的电子个数，故A错误；‎ B、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.6NA个，故B错误；‎ C、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根的个数无法计算，故C错误；‎ D、CH5+为10电子微粒，故1molCH5+中含10NA个电子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.在标准状况下，将VL气体A(摩尔质量为Mg/mol)，溶于0.1L水中，所得溶液密度为dg/cm3，则该溶液的物质的量浓度为（   ）‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】气体的物质的量为，‎ 溶质质量，溶剂0.1L水，即质量为100g，溶液质量为，因此物质的量浓度为 ‎，‎ 故B正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎6. 下列关于某些离子的检验说法正确的是（   ）‎ A. 向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-‎ B. 向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-‎ C. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+‎ D. 向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀,再加稀盐酸,沉淀不消失,则原溶液中一定有Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色的气体通入过量的澄清石灰水中，石灰水变浑浊，该气体可能是二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能存在CO32-或HCO3-或SO32-或HSO3-，故A错误；‎ B．向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中可能存在亚硫酸根离子，故B错误；‎ C．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则原溶液中存在NH4+，故C正确；‎ D．向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，溶液中可能存在碳酸根离子等，再加稀盐酸，生成氯化银沉淀，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则ng它的氧化物(RO)中所含质子的物质的量是(　　)‎ A. (A－N＋8) mol B. (A－N＋10)mol C. (A－N＋2)mol D. (A－N＋6)mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，ng它的氧化物的物质的量为mol；一个氧化物分子中含有(A−N+8)个质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为： mol×(A−N+8)= (A−N+8)mol，答案选A。‎ ‎8.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 金属原子失电子越多，其还原性越强 B. 制成0.5L1mol/LNa2CO3溶液，需要Na2CO3·10H2O晶体质量为143g C. 相同条件下，相同物质的量的O2和N2的密度比等于7：8‎ D. SO2→SO32-，需要加入适当的氧化剂才能完成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 还原性与失电子的多少无关，与失电子的难易程度有关，越易失电子还原性越强，故A错误；‎ B. 制成0.5L1mol/L的Na2CO3溶液，需要Na2CO3·10H2O的物质的量为0.5mol，所以质量为：0.5mol×286g/mol=143g，故B正确；‎ C. 根据阿伏加德罗定律，相同条件下的气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以相同条件下，氧气和氮气的密度比等于8:7，故C错误；‎ D. SO2→SO32-，元素的化合价没有发生变化，不需要加入氧化剂，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎9.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，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在 C. 加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在 D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是次氯酸，故A错误；‎ B. 氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；‎ C. 加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl−存在，故C正确；‎ D. 向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明含有氯气存在，故D错误；‎ 故选：BC。‎ ‎10.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g 样品加热，其质量变 为w2g ，则该样品的纯度（质量分数）是（   ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据方程式可知 ‎2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ △m ‎2×84 106 62‎ m（NaHCO3） w1－w2‎ m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31‎ 则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1‎ 答案选A。‎ ‎11.有关钠的叙述正确的是( )‎ A. 2.3 g钠与97.7 g水反应后溶液中溶质的质量分数等于4%‎ B. 钠跟CuSO4溶液反应生成的蓝色沉淀上有时出现暗斑，这是析出了金属铜 C. 将金属钠与水反应后的溶液中通入适量氯气后，溶液中含有两种溶质 D. 钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据反应方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知2.3 g钠与水反应生成4.0 gNaOH，放出0.1 g氢气，溶液的质量为99.9 g，所以NaOH的质量分数不等于4%，A错误；‎ B、Na与H2O反应生成NaOH，NaOH再与Cu2＋反应生成Cu(OH)2，因Na与H2O发生的反应是放热反应，反应放出的热量导致生成的Cu(OH)2表面部分分解为CuO(黑色)而非Cu，B错误；‎ C、金属钠与H2O反应得到NaOH溶液，通入适量的Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO，所以溶液中含有两种溶质，C正确；‎ D、Na在空气中缓慢氧化生成Na2O，钠在空气中点燃或加热时生成淡黄色固体Na2O2，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎12.下列实验操作最终可得无色透明溶液的是（ ）‎ A. 过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中 B. 过量CO2通入澄清石灰水中 C. 将少量的钠投入到饱和的NaHCO3溶液中 D. 少量的钠投入到饱和Na2CO3溶液中 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中，反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，且反应消耗水，所以会有晶体析出，故A错误；‎ B. 过量CO2通入澄清石灰水中，反应生成易溶于水的碳酸氢钙溶液，故B正确；‎ C. 将少量的钠投入到饱和的NaHCO3溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，最终可得无色透明溶液，故C正确；‎ D. 少量的钠投入到饱和Na2CO3溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠，消耗溶剂水，所以会有碳酸钠晶体析出，故D错误；‎ 故选：BC。‎ ‎13.已知A是一种金属单质，B为淡黄色固体，其转化关系如图所示，则以下有关C的性质描述错误的是（ ）‎ A. C与CO2能继续反应 B. 澄清石灰水反应产生白色沉淀 C. 与足量盐酸反应放出气体 D. 受热易分解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，结合物质的相关性质可解答该题．‎ ‎【详解】A. Na2CO3与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故A正确；‎ B. Na2CO3与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，故B正确；‎ C. Na2CO3与足量盐酸反应生成CO2气体，故C正确；‎ D. Na2CO3稳定，加热不易分解，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎14.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的产物并不改变的是（ ）‎ A. Na和O2 B. NaOH和CO2‎ C. Na2O2和CO2 D. Na2CO3和盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，在氧气中燃烧生成过氧化钠，故A不符合；‎ B. 氢氧化钠和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故B不符合；‎ C. 无论二氧化碳是否过量，Na2O2和CO2反应都生成碳酸钠，故C符合；‎ D．盐酸少量反应生成碳酸氢钠，盐酸过量反应生成二氧化碳，故D不符合；‎ 故选：C。‎ ‎15.为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）‎ 选项 被陶瓷的物质（杂质）‎ 除杂试剂 分离方法 A HCl(H2O)‎ 碱石灰 洗气 B KNO3溶液(KOH)‎ FeCl3溶液 过滤 C KNO3固体(NaCl)‎ 用H2O溶解 降温结晶 D CO2(HCl)‎ NaOH溶液 洗气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HCl(H2O)用五氧化二磷干燥，不能用碱石灰除杂，因为氯化氢能与氢氧化钠反应，不符合除杂原则，故A错误；‎ B.KNO3溶液(KOH)，加入硝酸溶液，然后蒸发，不能加入氯化铁溶液，故B错误；‎ C.KNO3固体(NaCl)加入水溶解配成溶液，利用溶解度随温度的变化情况不同再降温结晶，除去杂质，故C正确；‎ D.CO2(HCl)通入饱和的碳酸氢钠溶液，除去氯化氢气体，不能用氢氧化钠溶液，因为二氧化碳与氢氧化钠也反应，不符合除杂原则，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎16.以下是以空气、海水中的物质为原料制取纯碱的工业流程：‎ 已知粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子。下列有关说法不正确的是（   ）‎ A. 除去粗盐中的杂质离子可依次加入NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液 B. 甲、丙分别为N2、CO2‎ C. 分离得到丁和NH4Cl 溶液的操作是过滤 D. 上述流程中物质转化有涉及置换反应 ‎【答案】D ‎【解析】A. 在粗盐溶液中依次加入NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液，可对应除去Mg2+、SO42-、Ca2+和过量的Ba2+，故A正确；B. 甲、丙分别为N2、CO2，故B正确；C. 丁是碳酸氢钠晶体，分离得到丁和NH4Cl 溶液的操作是过滤，故C正确；D. 上述流程中物质转化没有涉及置换反应，故D不正确。故选D。‎ ‎17.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl +3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+ 2KClO3，下列说法正确的是（   ）‎ A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B. 氧化性由强到弱顺序为KClO3＞KBrO3＞Cl2＞Br2‎ C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1‎ D. ③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.②中没有单质参加反应，故不是置换反应，A错；‎ B.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，得出①中Cl2＞Br2 ②KClO3＞Cl2③KBrO3＞Cl2，KClO3和KBrO3无法判断，B错；‎ C.②只有5分子的HCl做还原剂，C对；‎ D.还原剂是Cl2、Cl2变为KClO3化合价改变了5，1分子Cl2反应转移电子为10个，lmol还原剂反应转移电子为10mol，D错；‎ 答案选C。‎ ‎18.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. x=4‎ B. 每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为3mol C. 1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O的物质的量为0.25mol D. 可以通过丁达尔效应判断有无Fe3O4纳米颗粒生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O，由电荷守恒可知，（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，反应中Fe元素的化合价升高，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 由电荷守恒可知,(+2)×3+(−2)×2+x×(−1)=−2，解得x=4，故A正确；‎ B. 每生成1molFe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×(2−0)=4mol，故B错误；‎ C. 由电子守恒可知，1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为=0.25mol，故C正确；‎ D. 含有Fe3O4纳米颗粒的混合物属于胶体，胶体能发生丁达尔现象，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎19.将定量的Na2CO3和NaHCO3的混合物加热到不再放出气体时，收集到CO2 a L，冷却后向残余物中加入足量盐酸又收集到CO2 2a L (体积均在标准状况下测定)。则混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为( )‎ A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠和CO2以及水，反应的方程式是2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；碳酸钠和盐酸反应的方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，其中和盐酸反应的碳酸钠包含碳酸氢钠分解生成的碳酸钠，所以根据CO2的体积可知混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为1∶2，答案选B。‎ ‎20.已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：‎ ‎①G―→Q＋NaCl ②Q＋H2O―→X＋H2‎ ‎③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O ④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O 这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是（   ）‎ A. G、Y、Q、Z、X B. X、Z、Q、G、Y C. X、Z、Q、Y、G D. G、Q、Y、Z、X ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①G→Q+NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，G转化为Q，Cl元素化合价升高，则Cl元素的化合价为Q＞G＞-1；③Y+NaOH→G+Q十H2O中，为歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G、Q之间，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G；②Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q；④Z+NaOH→Q+X+H2O中，为歧化反应，Z中Cl元素的化合价介于Q、X之间，结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为G、Y、Q、Z、X，故A项正确。‎ ‎21.将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（   ）‎ A. M B. M2+ C. M3+ D. MO2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在氧化还原反应中一定存在得失电子守恒，设反应后M元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.195g÷65g/mol=0.003mol，故存在：(+5-x)×0.002mol=0.003mol×2，解得x=+2，故选B。‎ ‎22.已知Cu2O能与硝酸反应，方程式为：3Cu2O+14HNO3═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2‎ O，若生成NO的体积为0.448L（标况下），那下列说法正确的是（　　）‎ A. 被氧化的Cu2O为1.44g B. 做氧化剂的硝酸为0.14mol C. 至少需0.5moI/L硝酸140mL与Cu2O反应 D. 转移的电子总数为0.06NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】已知Cu2O能与硝酸反应，方程式为：3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，反应中Cu元素从+1价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，反应中转移电子数为6，若生成NO的体积为0.448L（标况下），物质的量是0.448L÷22.4L/mol＝0.02mol，根据方程式可知消耗0.03molCu2O、0.14molHNO3，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．反应中消耗0.03molCu2O，其质量为144g/mol×0.03mol=4.32g，A错误；‎ B．反应中消耗0.14molHNO3，其中作氧化剂硝酸为0.02mol，B错误；‎ C．反应中消耗0.14molHNO3，则需0.5 moI/L硝酸的体积为0.14mol÷0.5mol/L=0.28L=280mL，C错误；‎ D．3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O反应中转移电子数为6，则生成0.02molNO时，转移电子为0.06mol，D正确；‎ 答案选D。‎ 二、填空题 ‎23.现有下列10种物质：①铝 ②蔗糖 ③CO2 ④稀硫酸 ⑤Ba(OH)2固体 ⑥氧气 ⑦HCl ⑧食盐水 ⑨红褐色的氢氧化铁胶体 ⑩熔融CaO ‎（1）上述物质能导电的是____（填序号，下同），属于电解质是____，属于非电解质的是____。‎ ‎（2）向⑨中逐渐滴加⑦的水溶液，看到的现象是____。‎ ‎【答案】(1). ①④⑧⑨⑩ (2). ⑤⑦⑩ (3). ②③； (4). 先有红褐色沉淀产生，后沉淀逐渐溶解 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；‎ 非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；‎ ‎（2）根据氢氧化铁胶体的性质进行判断。‎ ‎【详解】(1)①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，金属可以导电；‎ ‎②蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；‎ ‎③CO2自身不能电离，是非电解质；‎ ‎④稀硫酸在水溶液中能导电，是混合物，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑤Ba(OH)2在熔融状态下或水溶液中能导电，是电解质，但固体不导电；‎ ‎⑥氧气是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑦HCl的水溶液可以导电，是电解质，但本身不导电；‎ ‎⑧食盐水能导电，但是混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑨红褐色的氢氧化铁胶体能导电，但是混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑩熔融CaO能导电，是电解质；‎ 故能导电的是：①④⑧⑨⑩，属于电解质的是：⑤⑦⑩，非电解质的有②③；‎ 故答案为：①④⑧⑨⑩；⑤⑦⑩；②③；‎ ‎(2)盐酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇到盐酸，胶体发生聚沉，生成氢氧化铁沉淀；再滴加盐酸，氢氧化铁沉淀与盐酸反应生成氯化铁，故现象为：先有红褐色沉淀产生，后沉淀逐渐溶解，‎ 故答案为：先有红褐色沉淀产生，后沉淀逐渐溶解。‎ ‎24.（1）化合物A是一种不稳定的物质，它的分子组成可用OxFy表示。10mLA气体 能分解生成15mLO2和10mLF2（在同温同压下），A的化学式是_____。‎ ‎（2）VLFe2(SO4)3溶液中含有agSO42-，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中 Fe3+的物质的量的浓度为____。‎ ‎【答案】(1). O3F2 (2). a/576mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，再结合质量守恒确定A化学式．‎ ‎（2）根据n=计算出硫酸根离子的物质的量，从而可计算出0.5L溶液中含有的硫酸根离子，然后根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出稀释后溶液中铁离子的物质的量，最后根据c=计算出稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度．‎ ‎【详解】(1)相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以参加反应的A、O2、F2‎ 的计量数之比=10mL：15mL：10mL=2：3：2，再结合质量守恒定律得A中含有3个O、2个F原子，O电负性小于F元素，所以二者形成的化合物A中O显正化合价、F元素显负化合价，所以A的化学式为O3F2，故答案为：O3F2； ‎ ‎(2)ag硫酸根离子的物质的量为：，取出的0.5VL溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：mol×0.5V÷VL=a/192mol，‎ 稀释过程中溶质的物质的量不变,则稀释后溶液中铁离子物质的量为：a/192mol×2/3=a/288mol，‎ 则稀释后溶液中铁离子浓度为：a/288mol÷2VL=a/576mol/L，‎ 故答案为：a/576mol/L。‎ ‎25.（1）通常用小苏打的饱和溶液除去CO2中的HCl，反应的化学方程式为_____，不能用苏打溶液的原因是____（用化学方程式表示）。‎ ‎（2）在NaBr与NaI的混合液中通入过量的Cl2。把溶液蒸干后灼烧最后残留的物质是____。‎ ‎【答案】(1). NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑ (2). H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3； (3). NaCl ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中HCl；‎ ‎（2）向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后，可生成NaCl、Br2和I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl．‎ ‎【详解】(1)氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应方程式为NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反应方程式为H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3，‎ 故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3；‎ ‎（2）向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应： 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2‎ ‎2NaI+Cl2=2NaCl+I2‎ 溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl，‎ 故答案为：NaCl。‎ ‎26.某化学研究性学习小组需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培养液450mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=c(SO42-)=0.4mol·L−1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙②托盘天平③烧杯④胶头滴管⑤量筒。请回答下列问题：‎ ‎（1）该植物培养液中，NH4+的物质的量浓度为____。‎ ‎（2）该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的玻璃仪器是____、_____。‎ ‎（3）若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是____。‎ a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒 b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水 c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶 d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线 e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线 ‎【答案】(1). 0.8mol/L (2). 500mL容量瓶 (3). 玻璃棒 (4). ac ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）要求该培养液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4mol•L-1，依据电荷守恒计算溶液中铵根离子浓度；‎ ‎（2）依据配制步骤选择需要仪器；‎ ‎（3）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)所得溶液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4mol•L-1，依据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl−)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，即：0.4mol/L+2×0.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得：c(NH4+)=0.8mol/L，故答案为：0.8mol/L；‎ ‎(2)配制450mL溶液，需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等用到的仪器：托盘天平(量筒)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；‎ 故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒；‎ ‎ (3)a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故a选；‎ b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b不选；‎ c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物的量偏小，溶液浓度偏低，故c选；‎ d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d不选；‎ e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，属于正常操作，溶液浓度准确，故e不选；‎ 故选：ac。‎ 三、实验题 ‎27.为了验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹 持仪器已略去，气密性已检验）。‎ 实验过程：‎ Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。‎ Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．。‎ Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。‎ Ⅳ.…‎ ‎（1）A中反应的化学方程式为：KMnO4+HCl（浓）=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O，则氧化性KMnO4____Cl2（填“＞”“＜”或“=”）。‎ ‎（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是____。‎ ‎（3）过程Ⅲ的实验目的是____。‎ ‎（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是____。‎ ‎（5）浸有NaOH溶液的棉花团的作用是____。此处发生的化学方 程式是____。‎ ‎（6）氰（CN）2、硫氰（SCN）2‎ 的化学性质和卤素很相似，化学上称为“类卤素”，它们单质氧化性强弱为：Cl2＞Br2＞（CN）2＞（SCN）2＞I2。试写出：在NaBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2的化学方程式：____。‎ ‎【答案】(1). > (2). 淀粉KI试纸变蓝 (3). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 (4). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层溶液变为紫(或紫红)色 (5). 吸收氯气，防止污染空气 (6). Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O (7). 2SCN-+（CN）2=（SCN）2+2CN-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据氧化还原反应的强弱规律进行判断；‎ ‎（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘；‎ ‎（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；‎ ‎（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘的存在；‎ ‎（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰．；‎ ‎（6）单质氧化性强弱为：Cl2＞Br2＞（CN）2＞（SCN）2＞I2，可以得出阴离子的还原性强弱为：Cl-＜Br-＜CN-＜SCN-＜I-，NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2反应，只发生KSCN与（CN）2的反应．‎ ‎【详解】(1) 2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性KMnO4>Cl2故答案为：>；‎ ‎ (2)因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I−=I2+2Cl−，I2能使淀粉变蓝；故答案为：淀粉KI试纸变蓝；‎ ‎(3) 为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，‎ 故答案为：确认C黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；‎ ‎ (4) 因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,要发生：Cl2+2I−=I2+2Cl−，同时检验产物碘的存在，故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层溶液变为紫(或紫红)色；‎ ‎(5) 浸有NaOH溶液的棉花团的作用是吸收氯气，防止污染空气，发生的化学方 程式是Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：吸收氯气，防止污染空气；Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O；‎ ‎(6) 单质氧化性强弱为：Cl2＞Br2＞（CN）2＞（SCN）2＞I2，可以得出阴离子的还原性强弱为：Cl-＜Br-＜CN-＜SCN-＜I-，NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2‎ 反应，只发生KSCN与（CN）2的反应，该反应为2SCN-+（CN）2=（SCN）2+2CN-， 故答案为：2SCN-+（CN）2=（SCN）2+2CN-。‎ ‎28.2份50mL同样的NaOH的溶液，分别向其中逐渐通入一定量的CO2，得到甲和乙 两种溶液，在甲和乙溶液中分别逐渐加入1mol/LHCl的盐酸溶液，产生的二氧化碳气体(标准状况)与所加入盐酸的体积之间的关系如图所示的关系。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）甲溶液中的溶质是____，其物质的量的比值是____。‎ ‎（2）乙溶液中的溶质是____，其物质的量的比值是____。‎ ‎【答案】(1). NaOH、Na2CO3 (2). 1:1 (3). NaHCO3、Na2CO3 (4). 1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。‎ ‎（1）甲中生成CO2气体至最大，消耗HCl为20mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为20mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为60mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为60mL-20mL-20mL=20mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比；‎ ‎（2）乙中生成CO2气体至最大，消耗HCl为60mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为40mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为20mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；中和Na2CO3消耗HCl的体积为20mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比。‎ ‎【详解】(1) 甲中生成CO2气体至最大，消耗HCl为20mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为20mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为60mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3‎ ‎，中和NaOH消耗HCl的体积为60mL-20mL-20mL=20mL，由方程式可知NaOH、Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=20mL:20mL=1:1；‎ 故答案为：NaOH、Na2CO3；1:1；‎ ‎(2) 乙中生成CO2气体至最大，消耗HCl为60mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为40mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为20mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；中和Na2CO3消耗HCl的体积为20mL，由方程式可知NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=20mL:20mL=1:1；‎ 故答案为：NaHCO3、Na2CO3；1:1。‎