【化学】新疆伊犁哈萨克自治州伊宁市第八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】新疆伊犁哈萨克自治州伊宁市第八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

新疆伊犁哈萨克自治州伊宁市第八中学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 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Cu-64）‎ 第Ⅰ卷（选择题共48分）‎ 一、单选题(本题共24小题，每题只有1个正确答案，每小题2分，共48分）‎ ‎1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下面所列物质，贴错了包装标签的是（ ）‎ 选项 A B C D 物质 浓硫酸 汽油 酒精 氯酸钾 标签 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸有腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，故A正确；‎ B．汽油属于易燃物，应贴易燃液体的标志，图为易燃液体标志，故C正确；‎ C．酒精属于易燃物，应贴易燃液体的标志，图为剧毒品标志，故C错误；‎ D．KClO3属于易爆物，应贴爆炸品的标志，图为爆炸品标志，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.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. 铁制菜刀生锈 C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D. 铝锅表面生成致密的氧化膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应过程，故B不选；‎ C．酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；‎ D．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎3.在水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）‎ A. CO32-、H+、NO3-、Na+‎ B. Na+、Cu2+、OH-、SO42-‎ C. Mg2+、H+、HCO3-、SO42-‎ D. NH4+、K+、Cl-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO32-与H+能够反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故A错误；‎ B．Cu2+与OH-能够反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C．H+与HCO3-能够反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；‎ D．NH4+、K+、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时的反应是S+2KNO3+‎3C=K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的还原剂是（ ）‎ A. C B. S C. KNO3 D. S和KNO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】S+2KNO3+‎3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中S元素化合价由0价变为-2价、C元素化合价由0价变为+4价、N元素化合价由+5价变为0价，化合价升高的反应物是还原剂，化合价降低的反应物是氧化剂，所以C是还原剂，S和硝酸钾是氧化剂。‎ 故选A。‎ ‎5.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）‎ ‎①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3‎ A. H2SO3>I->Fe2+>NO B. I->Fe2+>H2SO4>NO C. Fe2+>I->H2SO3>NO D. NO>Fe2+>H2SO3>I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3还原剂，I-为还原产物，还原性：H2SO3>I-；②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：I->Fe2+；③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2还原剂，NO为还原产物，还原性：Fe2+>NO；由此可知，还原性由强到弱的顺序为H2SO3>I->Fe2+>NO，故答案为A。‎ ‎6.下列化学变化中，需加入氧化剂才能实现的是(　　)‎ A. C→CO2 B. CO2→CO C. CuO→Cu D. H2SO4→BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，选项A正确；‎ B．C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项B错误；‎ C．Cu元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项C错误；‎ D．各元素化合价均不变，无须加入氧化剂或还原剂，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.吸入人体內的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3的作用是（ ）‎ A. 作还原剂 B. 作氧化剂 C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 既不作氧化剂又不作还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体內的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3 为还原剂。‎ 故选A。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 液态HCl、固态NaCl均不能导电,所以HCl、NaCl是非电解质 B. NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电,所以NH3、CO2、Cl2是电解质 C. 蔗糖、乙醇在液态时或水溶液里均不能导电,所以它们是非电解质 D. 铜、石墨均能导电,所以它们是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 非电解质是水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，HCl水溶液能导电、NaCl水溶液或熔融NaCl都能导电,，所以HCl、NaCl是属于电解质，A错误；‎ B. 电解质是水溶液或熔融状态下都能导电的化合物，NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电，是因为它们与水反应的产物氨水、碳酸、盐酸或次氯酸在导电，不是NH3、CO2、Cl2本身在导电，所以NH3、CO2、Cl2属于非电解质，B错误；‎ C. 蔗糖、乙醇在液态或水溶液里均不能导电，所以它们是非电解质，C正确；‎ D. 电解质或非电解质都是化合物，铜、石墨是单质，所以它们即不是电解质，也不是非电解质，D错误。‎ ‎9.下列化学方程式中，不能用H＋+OH-=H2O表示的是（ ）‎ A. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B. Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O C. Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O D. KOH+HCl=KCl+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O为酸碱中和反应，其离子方程式为H++OH-=H2O，A不符合题意；‎ B．Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O酸碱中和反应，其离子方程式为H++OH-=H2O，B不符合题意；‎ C．Cu(OH)2属于难溶于水的物质，不能拆写为离子形式，离子反应为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，C符合题意；‎ D．KOH+HCl=KCl+H2O的离子反应可用H++OH-=H2O表示，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ）‎ A. NaCl晶体、BaSO4 B. 铜、二氧化硫 C. 液态的醋酸、酒精 D. 熔融的KNO3、硫酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡属于电解质，故A错误；‎ B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫属于非电解质，故B错误；‎ C．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故C正确；‎ D．熔融的KNO3属于电解质；硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目是（ ）‎ A. 3.01‎‎×1023 B. 6.02×‎1023 ‎C. 0.5 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol，由N=n×NA可知，钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023。‎ 故选B。‎ ‎12.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 实验使用的主要仪器是分液漏斗 B. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大 C. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色 D. 分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；‎ B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；‎ C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；‎ D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎13.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）‎ A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀 B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间 C. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同 D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作用，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法，据此判断。‎ ‎【详解】A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会发生聚沉，因此产生氢氧化铁沉淀，A正确；‎ B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间，B正确；‎ C. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，C错误；‎ D. Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.科学家发现一种化学式为H3的氢分子，则1molH3和1molH2具有相同的（ ）‎ A. 分子数 B. 原子数 C. 质子数 D. 电子数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1molH3和lmolH2都含有NA个分子，分子数相同，故A正确；‎ B．H3和H2含有的H原子数分别为3、2，则1molH3和lmolH2含有的原子数分别为3mol、2mol，原子数不同，故B错误；‎ C．H3和H2含有的质子数分别为3、2，则1molH3和lmolH2含有的质子数分别为3mol、2mol，质子数不同，故C错误；‎ D．H3和H2含有的电子数分别为3、2，则1molH3和lmolH2含有的电子数分别为3mol、2mol，电子数不同，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎15.下列物质中，摩尔质量最大的是（ ）‎ A. 10mLH2O B. 0.8molH2SO4‎ C. ‎54gAl D. 1gCaCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的相对分子质量为18，摩尔质量为‎18g/mol；‎ B．H2SO4的相对分子质量为98，摩尔质量为‎98g/mol；‎ C．铝的相对原子质量为27，摩尔质量为‎27g/mol；‎ D．CaCO3的相对分子质量为100，故摩尔质量为‎100g/mol；‎ 故 CaCO3的摩尔质量最大，故选D。‎ ‎16.等质量的CH4和NH3相比较，下列结论正确的是（ ）‎ A. 它们的分子个数比为17∶16 B. 它们的原子个数比为17∶16‎ C. 它们的氢原子个数比为17∶16 D. 它们所含氢的质量比为17∶16‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】令CH4和NH3的质量都为‎1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol。‎ A．分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为mol∶mol=17∶16，故A正确；‎ B．每个CH4分子含有5个原子，1gCH4含有原子的物质的量为5×mol，每个NH3‎ 分子含有4个原子，1gNH3含有的原子物质的量为4×mol，所以等质量的CH4和NH3含有原子数目之比为5×mol∶4×mol=85∶64，故B错误；‎ C．每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4×mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3×mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故C错误；‎ D．氢元素质量之比等于氢原子物质的量之比，由C可知等质量的CH4和NH3含有H氢元素质量之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎17.下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸钠溶液与石灰乳的反应：CO32-+Ca2+=CaCO3↓‎ B 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42-+H++OH-=BaSO4↓+H2O C. 铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+=Cu2++Ag D. 硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠溶液与石灰乳反应的离子方程式为CO32-+Ca(OH)2═CaCO3↓+2OH-，故A错误；‎ B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；‎ C．铜片插入硝酸银溶液中反应的离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；‎ D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎18.下列溶液中物质的量浓度为1mol/L的是（ ）‎ A. 将40gNaOH溶解在‎1L水中 B. 将22.4LHCl气体溶于水配成‎1L溶液 C. 将‎1L10mol/L浓盐酸加入‎9L水中 D. 将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．40gNaOH的物质的量为1mol，溶解在‎1L水中配成的NaOH溶液的体积不是‎1L，浓度不是1mol/L，故A错误；‎ B．标况下，22.4LHCl的物质的量是1mol，常温常压下，22.4LHCl的物质的量小于1mol，未告知温度和压强，无法计算22.4LHCl气体的物质的量和得到溶液的物质的量浓度，故B错误；‎ C．‎1L10mol/L的浓盐酸与‎9L水混合配成溶液的体积不是‎10L，所以混合后溶液的物质的量浓度不是1mol/L，故C错误；‎ D．10gNaOH物质的量为0.25mol，溶解后配制为250mL的溶液，其浓度为1 mol/L，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎19.今有下列物质：①1molNH3②标准状况下11.2LN2③‎4℃‎时10mL水④标准状况下22.4LCH4原子数由多到少的顺序是（ ）‎ A. ④③①② B. ④②①③ C. ②④①③ D. ④①③②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①1molNH3中的原子数为1×4×NA=4NA；‎ ‎②标准状况下‎11.2L N2的物质的量n(N2)= =0.5mol，原子数为0.5mol×2×NA/mol=NA；‎ ‎③‎4℃‎时10mL水的质量为10mL×‎1g/mL=‎10g，其物质的量为=mol，原子数为×3×NA= NA；‎ ‎④标准状况下22.4LCH4的物质的量n(CH4)==1mol，原子数为1mol×5×NA/mol=5NA；‎ 则所含原子数由多到少的顺序是④①③②，故选D。‎ ‎20.下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是（ ）‎ A. 100mL0.5mol/LMgCl2溶液 B. 200mL0.5mol/LCaCl2溶液 C. 50mL1mol/LNaCl溶液 D. 25mL0.5mol/LHCl溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】100mL0.5mol/L NaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。‎ A．100mL0.5 mol/L MgCl2 溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L×2=1mol/L，故A错误；‎ B．200mL 0.5mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5mol/L×2=1 mol/L，故B错误；‎ C．50mL 1mol/LNaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，故C错误；‎ D．25mL 0.5mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5mol/L，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎21.下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 过滤操作时，漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁 B. 用蒸发皿蒸发溶液时，边加热边用玻璃棒搅拌，直到液体全部蒸干 C. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 D. 使用容量瓶时，要先干燥 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过滤操作要注意“一贴二低三靠”，其中的“一靠”就是漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁，故A正确；‎ B.蒸发时,不能将溶液蒸干，应出现大量固体时停止加热，故B错误； ‎ C.萃取不需要考虑萃取剂的密度，需考虑溶剂与水不互溶，不反应等，故C错误；‎ D.使用容量瓶配制溶液时，需要向容量瓶内加入一定量的水，因此不需要先干燥容量瓶，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎22.下列物质：①纯碱②食盐水③空气④烧碱⑤液氯⑥硝酸钾，分类全正确的是（ ）‎ A. 碱——①④ B. 电解质——③④⑤ ‎ C. 混合物——②③ D. 盐——②⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，属于碱的只有④，故A错误；‎ B．③空气是混合物，⑤液氯属于单质，它们既不是电解质也不是非电解质，属于电解质的有①④⑥，故B错误；‎ C．②食盐水、③空气都属于混合物，混合物有②③，故C正确；‎ D．②食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物，不属于盐，属于盐的有①⑥，故D错误；‎ 故选C ‎23.某气体在标准状况下体积是‎4.48L，质量是‎14.2 g，该气体的摩尔质量是（ ）‎ A. 71 B. ‎71 g•mol﹣‎1 ‎ C. 28.4 D. ‎28.4 g•mol﹣1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某气体在标准状况下体积是‎4.48L，物质的量是‎4.48L÷‎22.4L/mol＝0.2mol，质量是‎14.2 g，因此该气体的摩尔质量是‎14.2g÷0.2mol＝‎71g/mol，‎ 答案选B。‎ ‎24.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列反应属于丙区域的是（ ）‎ A. Cl2+2KBr═Br2+2KCl B. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑‎ C. 3Mg+N2Mg3N2 D. 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图示，丙区域属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型的反应，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，也属于氧化还原反应，不符合丙区域要求，故A不选；‎ B．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，且元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，不符合丙区域要求，故B不选；‎ C．3Mg+N2Mg3N2属于化合反应，也属于氧化还原反应，不符合丙区域要求，故C不选；‎ D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2‎ 中O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型的反应，符合丙区域要求，故D选；‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷（共52分)‎ 二、填空题 ‎25.某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：‎ ‎（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。‎ ‎（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是___，有关离子方程式为__。‎ ‎（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，有关的离子方程式为__。‎ ‎（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。‎ A．Cl－ B．NO3- C．CO32- D．OH－‎ ‎【答案】(1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+； (3). Ag++Cl−=AgCl↓ (4). Mg2+ (5). Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。‎ ‎【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；‎ ‎(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；‎ ‎(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；‎ ‎(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。‎ 三、计算题 ‎26.（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑反应中。‎ ‎①__元素被氧化，__是氧化剂。‎ ‎②__是氧化产物，__发生氧化反应。‎ ‎③用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目__。‎ ‎④参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比__。‎ ‎（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。‎ ‎①该气体的物质的量为__mol。‎ ‎②该气体所含原子总数为___个。‎ ‎③该气体在标准状况下的体积为__L。‎ ‎④该气体完全溶于水形成VL溶液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度__mol·L-1。‎ ‎【答案】(1). Cl (2). MnO2 (3). Cl2 (4). HCl (5). (6). 2∶1 (7). (8). (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl的元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律分析解答；‎ ‎(2)①据n=计算；②根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；③根据V=nVm计算；④根据c=计算。‎ ‎【详解】(1)MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，氧化产物为Cl2，Mn元素的化合价降低，MnO2为氧化剂， 发生还原反应。‎ ‎①Cl元素被氧化，MnO2氧化剂，故答案为：Cl；MnO2；‎ ‎②Cl2氧化产物，HCl发生氧化反应，故答案为：Cl2；HCl；‎ ‎③在MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氯元素化合价升高，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：‎ ‎，故答案为：；‎ ‎④由反应可知，4molHCl参加反应，其中2mol作还原剂被氧化，则参加反应的HCl与被氧化的HCl的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；‎ ‎(2)①m g某气体的物质的量为=mol，故答案为：；‎ ‎②因为一个分子中含三个原子，所以含有的原子数为分子数的3倍，即为3×mol×NAmol-1=NA，故答案为：NA；‎ ‎③标准状况下，该气体的体积为mol×‎22.4L/mol=L，故答案为：；‎ ‎④所得溶液的物质的量浓度=mol/L=mol/L，故答案为：。‎ 四、实验题 ‎27.为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：‎ 称取粗盐滤液精盐 ‎（1）如何检验该粗盐中含有SO42-___。‎ ‎（2）第④步中加入过量的Na2CO3的目的是___。‎ ‎（3）蒸发结晶需要的玻璃仪器___。‎ ‎（4）若先加适量盐酸再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______。（用离子方程式结合文字解释）‎ ‎【答案】(1). 取少量待测液于试管中，先加入过量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀，说明待测液中含有硫酸根离子 (2). 完全去除钙离子和钡离子 (3).‎ ‎ 玻璃棒、蒸发皿、酒精灯 (4). 盐酸会将前面生成的沉淀溶解，CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+、BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+、Mg(OH)2+2H+=Mg2++ 2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，根据流程图，将粗盐溶于水配成溶液，加入氯化钡溶液沉淀硫酸根离子，加入NaOH沉淀镁离子，再加入碳酸钠沉淀钙离子和钡离子，过滤后，加入适量盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，最后蒸发结晶烘干得到精盐，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)检验该粗盐中含有SO42-，可以取少量待测液于试管中，先加入过量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀，说明待测液中含有硫酸根离子，故答案为：取少量待测液于试管中，先加入过量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀，说明待测液中含有硫酸根离子；‎ ‎(2)碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：完全去除钙离子和钡离子；‎ ‎(3)蒸发结晶需要的玻璃仪器有玻璃棒、蒸发皿、酒精灯，故答案为：玻璃棒、蒸发皿、酒精灯；‎ ‎(4)若先用盐酸调pH再过滤，氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀和碳酸钡沉淀均会和盐酸反应，将对实验结果产生影响，反应的离子方程式分别为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+、BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，因此需要先过滤，再加入适量盐酸，故答案为：盐酸会将前面生成的沉淀溶解，CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+、BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。‎ ‎28.A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。‎ 请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。‎ ‎（1）除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀___；‎ ‎（2）从碘水中提取碘___；‎ ‎（3）用自来水制取蒸馏水___；‎ ‎（4）除去粗盐中的泥沙___；‎ ‎（5）与海水晒盐原理相符的是___。‎ ‎【答案】(1). B (2). C (3). A (4). B (5). D ‎【解析】‎ ‎【分析】由装置图可知A为蒸馏，常用于分离沸点不同的液体混合物；B为过滤，常用于分离固液混合物；C为萃取分液；D为蒸发，结合混合物的性质的异同选择分离方法。‎ ‎【详解】(1)除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀，可以选用过滤的方法，故答案为：B；‎ ‎(2)碘在水中的溶解度较小，但易溶于有机物溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：C；‎ ‎(3)用自来水制取蒸馏水，可用蒸馏的方法获得，故答案为：A；‎ ‎(4)泥沙不溶于水，可用过滤的方法除去粗盐中的泥沙，故答案为：B；‎ ‎(5)海水晒盐是利用水易挥发的性质，用太阳光提供能量使水变成水蒸气，实现盐和水的分离，相当于蒸发，故答案为：D。‎ ‎29.用18mol·L-1浓硫酸配制250mL0.9mol·L–1稀硫酸的步骤如下：‎ ‎①计算所用浓硫酸的体积；②量取一定体积的浓硫酸；③稀释；④ ；⑤转移、洗涤；⑥定容、摇匀；⑦装瓶贴标签 完成下列问题：‎ ‎（1）计算所需浓硫酸的体积为___。步骤④的内容为___。‎ ‎（2）容量瓶使用前必须___，容量瓶上需标有以下五项中的___（填序号）；‎ ‎①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线 ‎（3）第③步实验的操作中用到的玻璃仪器有___。‎ ‎（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（选填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。‎ ‎①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，则___；‎ ‎②定容时俯视刻度线，则___。‎ ‎【答案】(1). 12.5mL (2). 冷却至室温 (3). 检查是否漏水 (4). ①③⑤ (5). 玻璃棒、烧杯 (6). 无影响 (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；依据配制一定物质的量浓度溶液的步骤分析解答；‎ ‎(2)根据容量瓶构造分析解答；‎ ‎(3)依据浓硫酸稀释的操作选择需要的仪器；‎ ‎(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)用18 mol/L 浓硫酸配制250mL 0.9 mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则18mol/L×V=250mL×0.9 mol/L，解得：V=12.5mL；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以缺少的操作步骤④为冷却至室温，故答案为：12.5mL；冷却至室温；‎ ‎(2)容量瓶口部有塞子，使用前必须检查是否漏水；容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器：容量瓶上标有：温度 、容量 、刻度线，故答案为：检查是否漏水；①③⑤；‎ ‎(3)第③步为浓硫酸的稀释，正确操作为：将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓水中，同时用玻璃棒不断搅拌，用到的仪器：烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；‎ ‎(4)①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，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，故答案为：无影响；‎ ‎②定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故答案为：偏高。‎