安徽省蚌埠市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

安徽省蚌埠市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 蚌埠二中2019-2020学年第一学期期中考试 高一化学试题 ‎ 满分：100 分 时间：90 分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（本大题共16题，每题3分，满分48分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应 B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属化学变化 D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A 凡石灰，经火焚炼为用是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，是分解反应，A项正确；‎ B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是湿法炼铜，是铁与硫酸铜反应生成Cu，该过程发生了置换反应，B项正确；‎ C. 对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，C项错误；‎ D. 石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化还原反应，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关实验操作正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.点燃酒精灯时应使用火柴，不能用酒精的对点，已发生危险，A错误；‎ B.天平的精确度为0.1g，不能准确称量10.05g，B错误；‎ C.加入试管中的液态不能超过容积的1/3，使用试管夹，试管口不能对着人，加热液体时倾斜角度约45°，C正确；‎ D.用量筒量取9.5mL的液态应选用10mL的量筒，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎3.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（ ）‎ ‎①根据酸分子中含有的氢原子个数，可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 ‎②根据物质在水溶液或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质 ‎③根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质 ‎④根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 ‎⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物 A. ③④ B. ②③ C. ①③ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，①错误；‎ ‎②根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，②错误；‎ ‎③根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，③正确；‎ ‎④氧化还原反应的实质是有电子转移，所以根据是否有电子转移可将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，④正确； ⑤将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物是根据氧化物的性质，不是根据是否含有金属元素，有的金属氧化物是酸性氧化物，如Mn2O7，⑤错误；‎ 综上所述，③④的分类标准合理，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎4.将一小块钠投入盛有10 mL CuCl2溶液的试管里，不可能观察到的现象是（ ）‎ A. 钠熔成小球并在液面上游动 B. 溶液底部有红色金属生成 C. 有无色无味的气体生成 D. 溶液中产生浑浊 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将金属钠投入CuCl2溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铜溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀，根据钠和水反应及氢氧化钠和氯化铜溶液反应的现象分析解答。‎ ‎【详解】钠的密度小于水的密度，且熔点较低，钠的性质很活泼，能和水反应生成氢气和氢氧化钠，由于受力不均导致四处游动，氢氧化钠和氯化铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以将金属钠投入CuCl2溶液中的现象为：开始时钠浮在液面上、四处游动并熔成小球，有蓝色沉淀生成， ‎ A. 开始时钠浮在液面上、四处游动并熔成小球，能观察到该现象，A项不选；‎ B. 钠和水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和氯化铜溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能观察到生成红色的铜，B项选；‎ C. 钠和水先反应生成氢氧化钠和氢气，能观察到有无色无味的气体生成，C项不选；‎ D氢氧化钠再和氯化铜溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀，能观察到溶液中产生浑浊，D项不选；‎ 答案选B。‎ ‎5.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 标准状况下，22.4 L H2O中含有的分子数为NA B. 1.7 g OH－中含有的质子数为NA C. 常温常压下，16 g O2中含有的氧原子数为NA D. 物质的量浓度为0.5 mol·L-1 MgCl2 溶液中，含有Cl－数目为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，水不是气体，无法计算水的物质的量，A项错误；‎ B. 1.7 g OH－的物质的量为，1个OH－中含有9个质子，则0.1mol OH－‎ 含有的质子数为0.9NA，B项错误；‎ C. 16 g O2的物质的量为，则含有1mol氧原子，氧原子数为NA，C项正确；‎ D. 缺少溶液的体积，无法计算氯离子物质的量，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】1、公式（标况下，Vm=22.4L/mol）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A项标况下水不是气体，不能使用该公式计算水的物质的量。‎ ‎2、D项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。‎ ‎6.下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（　　）‎ A. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2‎ B. 赤铁矿的主要成分是Fe3O4‎ C. Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀 D. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，A项错误；‎ B. 赤铁矿的主要成分是Fe2O3，B项错误；‎ C. Fe3+与KSCN溶液反应生成络合物Fe(SCN)3，是血红色溶液，不是红色沉淀，C项错误；‎ D. 铁粉将FeCl3还原为FeCl2，从而除去FeCl3，过量的铁粉过滤除去，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】1. 学生们往往错误地类比钠与水的反应产物，认为铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe(OH)3和H2。‎ ‎2. Fe3+与KSCN溶液反应生成络合物Fe(SCN)3，是血红色溶液，不是红色沉淀，这是学生们的易错点。‎ ‎7.下列有关含氯物质的说法中正确的是（ ）‎ A. 光照新制氯水有无色气体逸出，该气体是Cl2‎ B. 漂白粉的有效成分是 CaCl2 和 Ca(ClO)2，应密封保存 C. 向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色 D. 铁在氯气中燃烧有红棕色的烟产生，是因为生成了FeCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解生成氯化氢和氧气，不是Cl2，A项错误；‎ B. 漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉漂白的原理是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，B项错误；‎ C. 氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性，同时次氯酸具有强氧化性，能漂白，因此向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，C项正确；‎ D. 氯气氧化性强，能将铁氧化为+3价，则铁在氯气中燃烧有红棕色的烟产生，是因为生成了FeCl3，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】1、氯气具有强氧化性，溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2+ H2O⇌ H++ Cl-+ HClO，因此氯水具有氯气、盐酸、次氯酸的多重性质，这是学生们的易错点；‎ ‎2、氯气氧化性强，能将铁氧化为+3价，氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应，转移2mol电子；足量氯气与1mol铁反应，转移3mol电子，这是常考点。‎ ‎8.某无色酸性溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）‎ A. Na+、 Ba2+、Cl-、CO32-- B. SO42-、CH3COO-、Al3+、Mg2+‎ C. Cl-、Fe3+、K+、Na+‎ D. Na+、K+、SO42-、Cl- ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液为无色酸性溶液，则溶液中不能大量共存有颜色的离子，且溶液有大量氢离子，离子共存是指离子之间不互相发生反应，即可大量共存。‎ ‎【详解】A. Ba2+与CO32-反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，A项错误；‎ B. 酸性溶液中CH3COO-与H+反应生成弱电解质醋酸，不能大量共存，B项错误；‎ C. 无色溶液中不能大量共存Fe3+，Fe3+的溶液为棕黄色，C项错误；‎ D. 离子之间均不反应，能大量共存，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【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。‎ ‎9.下列叙述正确的是（ ）‎ A. Na和O2在加热时反应生成Na2O，在常温下反应生成Na2O2‎ B. Na2O2和Na2O都是白色固体，二者都能与水反应生成NaOH C. 溶于水后能电离出氢离子的化合物一定是酸 D. 研究物质性质基本方法主要有：观察法、实验法、分类法和比较法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na和O2在加热时反应生成Na2O2，在常温下反应生成Na2O，A项错误；‎ B. Na2O2是淡黄色固体，Na2O是白色固体，B项错误；‎ C. NaHSO4溶于水后也能电离出氢离子，但其为盐，酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，C项错误；‎ D. 化学是一门以实验为基础的科学，化学反应中常常伴随一些特殊现象，研究物质性质的基本方法主要有：观察法、实验法、分类法和比较法，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列不能用胶体的有关知识解释的是（ ）‎ A. 早晨的阳光从树林透过可以看到“光路”‎ B. 在河流入海处易形成沙洲 C. 向豆浆中加入盐卤做豆腐 D. 往红褐色的氢氧化铁胶体中加入过量稀盐酸，溶液变黄色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 早晨的阳光从树林中透过可以看到“光路”，属于胶体的丁达尔效应，能用胶体的有关知识解释，A项错误；‎ B. 河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇可以发生胶体聚沉，就形成三角洲，能用胶体的有关知识解释，B项错误；‎ C. 豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，能用胶体的有关知识解释，C项错误；‎ D. 氢氧化铁沉淀与盐酸发生酸碱中和反应，生成黄色的氯化铁溶液，不能用胶体的知识解释，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列离子方程式书写正确是（ ）‎ A. 氯气通入水中：Cl2 + H2O == 2H++ ClO- + Cl-‎ B. 钠与水反应：2Na + 2H2O == 2Na++2OH-+H2↑‎ C. 大理石与盐酸反应：CO32-+2H+ == H2O + CO2↑‎ D. 稀硫酸与氢氧化钡反应：SO42- + H+ + Ba2+ + OH- == BaSO4↓ + H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气通入水中与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2 + H2O⇌H+ +Cl- + HClO，A项错误；‎ B. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na + 2H2O == 2Na++2OH- +H2↑，B项正确； ‎ C. 碳酸钙为难溶盐，不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+ == Ca2++ H2O + CO2↑，C项错误；‎ D. 稀硫酸与氢氧化钡反应，正确的离子方程式为：SO42- + 2H+ + Ba2+ + 2OH- == BaSO4↓ + 2H2O，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。‎ ‎12.下列变化中需加入氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. CO2→CO B. SO2→S C. FeCl3→FeCl2 D. HCl→Cl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 需要加入氧化剂才能实现，说明选项中物质应为还原剂的变化，还原剂在反应中失电子化合价升高，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. CO2→CO中C元素化合价由+4价变为+2价，化合价降低得电子，所以CO2是氧化剂，需要加入还原剂才能实现，A项错误；‎ B. SO2→S中S元素化合价由+4价变为0价，化合价降低得电子，所以SO2是氧化剂，需要加入还原剂才能实现，B项错误；‎ C. FeCl3→FeCl2中Fe元素化合价由+3价变为+2价，化合价降低得电子，所以FeCl3是氧化剂，需要加入还原剂才能实现，C项错误；‎ D. HCl→Cl2中Cl元素化合价由-1价变为0价，化合价升高失电子，所以HCl是还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【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。‎ ‎13.将20 mL 2 mol·L-1 NaCl溶液与30 mL 1 mol·L-1 CaCl2溶液混合（假设混合后溶液的体积为两溶液体积之和），则混合后溶液中Cl--的物质的量浓度为（ ）‎ A. 1.2 mol·L-1 B. 1.5 mol·L-1 C. 2 mol·L-1 D. 1 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混合前后氯离子物质的量不变，根据n=cV计算混合溶液中总n(Cl-)，再结合计算混合后c(Cl-)。‎ ‎【详解】混合溶液中总n(Cl-)=0.02L×2 mol·L-1+0.03L×1 mol·L-1×2=0.1mol，则，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.已知：①2K2CrO4+H2SO4K2Cr2O7+K2SO4+H2O ②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO43Fe2(SO4)3+ Cr2(SO4)3 +K2SO4+7H2O ③Fe2(SO4)3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4下列结论正确的是（ ）‎ A. ①②③均是氧化还原反应 B. 反应③中生成0.1 mol I2时转移电子数为0.1 NA C. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1‎ D. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应； ②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应； ③Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，再结合化合价变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。‎ ‎【详解】①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应； ②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应； ③Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4‎ 中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，‎ A. ②③属于氧化还原反应，而①不属于氧化还原反应，A项错误；‎ B. 反应③中I元素的化合价由-1价升高为0价，生成0.1 mol I2时失电子物质的量为0.1mol×2=0.2mol，而转移电子数=失电子数，则转移电子数为0.2 NA，B项错误；‎ C. 反应②中Cr元素化合价降低，得电子，氧化剂为K2Cr2O7，Fe元素化合价升高，失电子，还原剂为FeSO4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，C项错误；‎ D. 反应②中氧化剂为K2Cr2O7，氧化产物为Fe2(SO4)3，反应③中氧化剂为Fe2(SO4)3，氧化产物为I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2，，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【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。‎ ‎15.下列离子检验的方法错误的是( )‎ A. 某溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中有Fe3+‎ B. 某溶液中入AgNO3溶液生成白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解说明原溶液中可能有Cl-‎ C. 某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，说明原溶液中一定有Ba2+‎ D. 某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中可能有Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 某溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀，该沉淀为氢氧化铁，说明原溶液中有Fe3+，A项正确；‎ B. 某溶液中入AgNO3溶液生成白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解，该沉淀可能是氯化银、硫酸银等，说明原溶液中可能有Cl-，B项正确；‎ C. 某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙、碳酸镁等，说明原溶液中不一定有Ba2+，C项错误；‎ D. 某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，说明原溶液中可能有Cu2+，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎16.已知 100 mL 浓度为 0.1 mol·L-1的 H2C2O4 溶液恰好与20 mL浓度为 0.2 mol·L-1的 KRO4溶液完全反应，已知H2C2O4生成CO2，则 R元素在产物中的化合价是（ ）‎ A. +1 B. +2 C. +3 D. +4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数，根据得失电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】n(H2C2O4)=0.1L×0.1 mol·L-1=0.01mol，n(KRO4)=0.02L×0.2 mol·L-1=0.004mol，已知反应中H2C2O4生成CO2，C元素化合价由+3升高为+4，失电子，则H2C2O4为还原剂，则KRO4应为氧化剂，得电子，化合价降低，KRO4中化合价为+7价，设R元素在产物中的化合价是x，则根据得失电子守恒可得，0.01mol×2=0.004mol×(7-x)，解得x=2，B项正确；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，46分）‎ ‎17.（1）以下物质：① KC1晶体 ②盐酸 ③石墨 ④熔融NaC1 ⑤蔗糖 ⑥ CO2 ；能导电的是_____________(填序号，下同)；属于电解质的是 ____________；属于非电解质的是_____________________。‎ ‎（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式。‎ NaHCO3 _______________________________________‎ NH3•H2O______________________________________‎ ‎【答案】 (1). ②③④ (2). ①④ (3). ⑤⑥ (4). NaHCO3 == Na+ + HCO3- (5). NH3•H2O ⇌NH4+ + OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此分析解答；‎ ‎（2）NaHCO3 为强电解质，完全电离；NH3•H2O为弱电解质，部分电离。‎ ‎【详解】（1）含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质； ① KC1晶体是由阴阳离子构成的，溶于水或熔融状态下能够导电，属于电解质，但是KC1晶体状态下离子不能自由移动，不能导电；‎ ‎②盐酸溶液中有自由移动的阴阳离子，可以导电，但是盐酸是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质；‎ ‎③石墨中有自由移动的电子，可以导电，但是石墨是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；‎ ‎④熔融NaC1中有自由移动的阴阳离子，可以导电，且熔融NaC1是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，符合电解质的概念，属于电解质；‎ ‎⑤蔗糖是由蔗糖分子构成的，不存在自由移动的离子，不可以导电，且蔗糖是溶于水和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；‎ ‎⑥ CO2由CO2分子构成，不存在自由移动的离子，不可以导电，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；‎ 综上所述，能导电的是②③④；属于电解质的是①④；属于非电解质的是⑤⑥；‎ 故答案为：②③④；①④；⑤⑥；‎ ‎（2）NaHCO3 为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3 == Na+ + HCO3-；‎ NH3•H2O为弱电解质，部分电离，用可逆号表示，电离方程式为：NH3•H2O ⇌NH4+ + OH-；‎ 故答案为：NaHCO3 == Na+ + HCO3-；NH3•H2O ⇌NH4+ + OH-。‎ ‎18.现用质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸来配制480 mL 0.5 mol·L-1的稀硫酸。可供选择的仪器如下图 请回答下列问题:‎ ‎(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是___________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______________(填仪器名称)。‎ ‎(2)使用容量瓶之前必须进行的操作是______________________________。‎ ‎(3)经计算，需浓硫酸的体积为_____mL(小数点后保留 1位小数)。现有 ①10 mL ‎②50 mL ③100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是____(填序号)。 ‎ ‎(4)配制溶液时，一般可分为以下几个步骤：‎ ‎①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 其正确的操作顺序为：②→①→③→_________(填序号)。‎ ‎(5)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作使所配溶液浓度偏高的是_______ (填序号) ‎ ‎①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中　‎ ‎②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中　‎ ‎③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水　‎ ‎④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 ‎⑤定容时俯视刻度线 ‎【答案】 (1). BE (2). 胶头滴管、玻璃棒 (3). 检查容量瓶是否漏水 (4). 13.6 (5). ② (6). ⑤⑥⑦④ (7). ①②⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤判断仪器；‎ ‎（2）使用容量瓶之前必须检查容量瓶是否漏水；‎ ‎（3）依据，计算质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度，再依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适规格的量筒； （4）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序； （5）依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤判断，根据分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。‎ ‎【详解】（1）用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有托盘天平和分液漏斗，还缺少的仪器：玻璃棒、胶头滴管；‎ 故答案为：BE；胶头滴管、玻璃棒；‎ ‎（2）使用容量瓶之前必须进行的操作是检查容量瓶是否漏水；‎ 故答案为：检查容量瓶是否漏水； ‎ ‎（3）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度为：，配制450mL溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变可得：V×18.4mol/L=0.5mol/L×0.5L，解得：V=0.0136L=13.6mL，应选择25mL量筒；‎ 故答案为：13.6；②； ‎ ‎（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作为：②→①→③→⑤→⑥→⑦→④；‎ 故答案为：⑤⑥⑦④；‎ ‎（5）①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高；‎ ‎②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，浓硫酸稀释产生大量的热，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；‎ ‎③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；‎ ‎④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；‎ ‎⑤定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，配制溶液的浓度偏高；‎ 综上所述，以上操作会使所配溶液浓度偏高的是①②⑤；‎ 故答案为：①②⑤。‎ ‎19.实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O ，已知浓盐酸易挥发。某学生设计如下图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的熟石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)。回答下列问题： ‎ ‎(1)A装置为实验室制取氯气的装置，A装置中反应的离子方程式为__________________。‎ ‎(2)漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是___________________________________。‎ ‎(3)C装置的作用是____________________。‎ ‎(4)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应。‎ ‎①温度较高时氯气与熟石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是____________________。‎ ‎②试判断另一个副反应_____________________________________(用化学方程式表示)。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4H+ + 2Cl- Mn2+ +Cl2↑+2H2O (2). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 == Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O (3). 吸收多余氯气，防止污染空气 (4). 将B装置放入冷水中 (5). 2HCl+Ca(OH)2 == CaCl2 + 2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，据此写出离子方程式；‎ ‎（2）氯气与熟石灰反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，据此写出化学方程式；‎ ‎（3）C装置中盛放氢氧化钠溶液，可以吸收多余的氯气，防止污染空气；‎ ‎（4）①温度较高时氯气与熟石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，应该降低温度，可将B装置放入冷水中；‎ ‎②盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与氢氧化钙反应。‎ ‎【详解】（1）实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为MnO2+4H+ + 2Cl-Mn2+ +Cl2↑+2H2O；‎ 故答案为：MnO2+4H+ + 2Cl- Mn2+ +Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）氯气与熟石灰反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，其化学方程式是2Cl2 + 2Ca(OH)2 == Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O；‎ 故答案为：2Cl2 + 2Ca(OH)2 == Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O；‎ ‎（3）C装置中盛放氢氧化钠溶液，可以吸收多余的氯气，防止污染空气，则C装置的作用是吸收氯气，防止污染大气；‎ 故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；‎ ‎(4)①温度较高时氯气与熟石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，应该降低温度，可采取的措施是将B装置放入冷水中，防止温度过高生成Ca(ClO3)2；‎ 故答案为：将B装置放入冷水中；‎ ‎②盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与氢氧化钙反应，所以另一个副反应的化学方程式是2HCl+Ca(OH)2 == CaCl2 + 2H2O；‎ 故答案为：2HCl+Ca(OH)2 == CaCl2 + 2H2O。‎ ‎20.健康人体内含铁元素大约 2~3g，人体内铁元素以亚铁离子和三价铁离子的形式存在，Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁元素时，应补充含 Fe2+的亚铁盐。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：‎ ‎(1) 试剂1的名称是__________；试剂2的化学式为______________。‎ ‎(2) 加入新制氯水，溶液中发生反应的离子方程式是_____________________________。‎ ‎(3) 加入试剂2 时溶液为淡红色说明 “速力菲”中的 Fe2+已部分氧化，一般在服用“速力菲”时，同时服用维生素C，说明维生素C具有___________性。‎ ‎(4) 不仅溶液中Fe2+易被氧化成Fe3+，溶液中白色沉淀Fe(OH)2更易被O2氧化，请写出反应的化学方程式________________________，现象为__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 盐酸 (2). KSCN (3). 2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl- (4). 还原性 (5). 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3 (6). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中胃酸”分析，应用盐酸溶解琥珀酸亚铁；淡黄色溶液加入试剂2变为淡红色，加入新制氯水后溶液变血红色，则加入的试剂2是KSCN；‎ ‎（2）加入新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+； ‎ ‎（3）Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+‎ 是氧化剂，Vc是还原剂，则Vc具有还原性；‎ ‎（4）碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。‎ ‎【详解】（1）根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”，用盐酸溶解琥珀酸亚铁，所以试剂1是盐酸；淡黄色溶液加入试剂2变为淡红色，加入新制氯水后溶液变血红色，则加入的试剂2是KSCN溶液；‎ 故答案为：盐酸；KSCN；‎ ‎（2）加入新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中发生反应的离子方程式是2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-；‎ 故答案为：2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-；‎ ‎（3）Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，Vc是还原剂，则Vc具有还原性；‎ 故答案为：还原性；‎ ‎（4）碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；‎ 故答案为：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。‎ 三、计算题（本大题共1小题，6分）‎ ‎21.室温下，将400 mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等份。一份加入过量BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33 g；另一份加入200 mL 1.0 mol·L-1 NaOH溶液，充分反应后溶液中H+浓度为0.1 mol·L-1（假设反应后溶液的体积为400mL）。试计算：‎ ‎（1）原溶液中所含H2SO4的物质的量 ‎（2）每份溶液中盐酸的物质的量浓度 ‎【答案】（1）0.02 mol （2）1 mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）一份向混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42-+Ba2+=BaSO4 ↓，充分反应后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量； （2）另一份混合溶液中加入200mL 1.0 mol•L-1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据硫酸的物质的量计算消耗NaOH的物质的量，再根据H原子守恒计算盐酸浓度。‎ ‎【详解】（1）n(BaSO4)=2.33g/233g/mol=0.01mol，根据硫酸根离子守恒得n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.01mol，‎ 则原溶液中硫酸根物质的量为0.01mol×2=0.02mol；‎ 故答案为：0.02mol；‎ ‎（2）另一份混合溶液中加入200mL 1.0mol⋅L−1NaOH溶液，发生的反应是H++OH- =H2O，硫酸中氢离子物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.01mol=0.02mol，充分反应后混合溶液中H+浓度为0.1mol⋅L−1、溶液的体积为200mL，则剩余n(H+)=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，则与NaOH溶液反应的氢离子物质的量n(H+)=n(HCl)+0.02mol-0.02mol=n(NaOH) =1.0mol/L×0.2L，解得n(HCl)=0.2mol，则其浓度=0.2mol/0.2L=1mol/L；‎ 故答案为：1 mol·L-1。‎ ‎ ‎