2019-2020学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析

2019-2020学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析

双鸭山市第一中学2019-2020学年度上学期高一化学学科期中考试试题 可能用到的原子量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5‎ 第I卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题：本题共24个小题，每小题2分。（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.危险化学品的外包装上常印有警示性标志。下列化学药品名称与警示性标志名称对应不正确的是 A. 浓硫酸 B. 汽油 C. 酒精 D. 氯酸钾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故A正确；B．汽油着火点低，易燃，是易燃品，故B正确；C．酒精易燃，是易燃品，不是剧毒品，故C错误； D．氯酸钾易分解产生氧气，易爆炸，属于易爆品，故D正确；故选C。‎ ‎2.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液 ②39％的乙醇溶液 ③氯化钠和单质碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）‎ A. 分液、蒸馏、萃取 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、萃取、蒸馏 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①汽油和氯化钠溶液是互不相溶的两层液体物质，用分液方法分离；②39％的乙醇溶液中水与乙醇是互溶的沸点不同的液体混合物，用蒸馏方法分离；③氯化钠和单质碘的水溶液，可以根据碘单质容易溶于有机物CCl4在水中溶解度不大，而CCl4是与水互不相溶的两层液体，用萃取方法分离，故合理选项是A。‎ ‎3.我国女科学家屠呦呦发现青蒿素，它是一种用于治疗疟疾的药物，2015年10月获得诺贝尔生理医学奖． 下列有关青蒿素（化学式：C15H22O5）叙述正确的是（　　）‎ A. 青蒿素的摩尔质量为 282‎ B. 6.02×1023个青蒿素分子的质量约为 282g C. 1 mol 青蒿素的质量为 282 g•mol﹣1‎ D. 282g 青蒿素中含有 15 个碳原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.青蒿素的摩尔质量为 282g/mol，故A错误；‎ B.6.02×1023个青蒿素分子的物质的量是1mol，质量约为282g，故B正确；‎ C.1mol 青蒿素的质量为 282 g，故C错误；‎ D.282g 青蒿素中含有 15 个碳原子，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.下列事实与胶体性质无关的是（ ）‎ A. 将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物 B. 向豆浆中加入硫酸钙做豆腐 C. 观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路 D. 江河入海处常形成三角洲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胶体是分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系，常见的胶体有Fe(OH)3胶体、Al(OH)3胶体、硅酸胶体、雾、云、烟、蛋白质溶液、淀粉溶液、土壤等。胶体的性质有丁达尔效应、布朗运动、电泳和胶体的聚沉。‎ ‎【详解】A.植物油倒入水中用力搅拌形成乳浊液，分散质粒子直径大于100nm，和胶体无关，故A选；‎ B.豆浆属于蛋白质溶液，是胶体，加入电解质溶液会发生聚沉。豆浆中加入硫酸钙做豆腐，利用的是胶体的聚沉，故B不选；‎ C.有灰尘的空气属于胶体。观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路，是胶体的丁达尔效应，故C不选；‎ D.江河水中混有泥沙，有胶体性质，海水中有NaCl 等电解质，所以在江河入海口处会发生胶体的聚沉，久而久之就形成了三角洲，故D不选。‎ 故选A。‎ ‎5.下列离子方程式正确的是 A. 铁与稀硫酸反应：2Fe ＋6H+ = 2Fe3+ ＋3H2↑‎ B. 铁片与氯化铜溶液反应：Fe ＋Cu2+ = Cu ＋Fe2+‎ C. 氢氧化镁溶于盐酸：Mg（OH）2＋H+ = Mg2+ ＋2H2O D. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32- + 2H+ = CO2↑ + H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、 铁与稀硫酸反应只生成Fe2＋ ，故A错误；B、铁片与氯化铜溶液反应将铜置换出来，生成Fe2＋ ，故B正确；C、氢氧化镁溶于盐酸：Mg(OH)2 ＋2H+ = Mg2+ ＋2H2O，原方程电荷不守恒，故C错误；D、碳酸钙与稀盐酸反应：CaCO3 + 2H+ = CO2↑+ H2O＋Ca2＋ ，CaCO3难溶于水，不拆，故D错误；故选B。‎ 点睛：离子方程式正误判断是高考必考点，注意看三点：拆不拆，不以自由移动离子形式参加反应的不拆；平不平，看反应前后的同种原子数目和电荷量是否守恒；.行不行，看反应是否符合客观事实。‎ ‎6.已知3.01×1023个X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是 A. 16 g B. 32 g C. 64 g /mol D. 32 g /mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】X气体的摩尔质量是，答案选D ‎7.下列溶液中C(Cl-)最大的是（ ）‎ A. 65mL 1mol/L的KCl溶液 B. 25mL 3mol/L的NaCl溶液 C. 20mL 2mol/L的MgCl2溶液 D. 10mL 4.5mol/L的NaClO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中某一离子浓度=该物质的浓度×该离子个数，与溶液体积无关；‎ A. 65mL 1mol/L的KCl溶液中C(Cl-)=1×1=1mol/L；‎ B. 25mL 3mol/L的NaCl溶液中C(Cl-)=3×1=3mol/L；‎ C. 20mL 2mol/L的MgCl2溶液中C(Cl-)=2×2=4mol/L；‎ D. NaClO3溶液中含有ClO3-，无有Cl-，C(Cl-)=0 mol/L；‎ 综上所述，四种溶液中C(Cl-)最大的是C；本题选C。‎ ‎8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 1 mol NH4+ 所含质子数为10NA B. 2克氦气所含原子数约为6.02×1023‎ C. 标准状况下，22.4 L H2O所含的分子数为NA D. 常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含氧原子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NH4+含有11个质子，1 mol NH4+所含质子数为11NA，A不正确；‎ B、氦气是单原子构成的，2克氦气的物质的量是0.5mol，所含原子数约为3.01×1023，B不正确；‎ C、标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，C不正确；‎ D、氧气和臭氧都是氧原子构成的单质，所以常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含氧原子的物质的量是2mol，则原子数为2NA，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①氧化还原反应的实质是电子的得失 ‎②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下 ‎③标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同 ‎④在熔融状态下可以导电的物质就是电解质 ‎⑤利用丁达尔现象区别溶液和胶体 ‎⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同 ‎⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大 ‎⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比 A. ①②③④ B. ②③⑥⑦⑧ C. ⑤⑦⑧ D. ④⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①氧化还原反应的实质是电子的得失或共用电子对的偏移，①错误；‎ ‎②影响气体体积的主要因素是温度和压强，若1mol气体的体积为22.4L，则它所处的条件可能是标准状况，也可能是非标准状况下，②错误；‎ ‎③标准状况下H2O是液态物质，微粒间隔很小，所以1LHCl和1LH2O的物质的量不同，③错误；‎ ‎④电解质是化合物，电离的条件是水溶液或熔融状态，在熔融状态下可以导电的物质若不是化合物，就不是电解质，④错误；‎ ‎⑤胶体能发生丁达尔现象，而溶液不能，因此可利用丁达尔现象区别溶液和胶体，⑤正确；‎ ‎⑥两种物质的物质的量相同，若它们在标准状况下的状态不是气体，则体积也就不相同，⑥错误；‎ ‎⑦根据阿伏伽德罗定律可知在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，气体分子数越多，则气体对容器产生的压强就越大，⑦正确；‎ ‎⑧同温同压下，气体的密度与气体的摩尔质量成正比，由于当摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量，所以气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑧正确；‎ 综上所述可知，说法正确的是⑤⑦⑧，故合理选项是C。‎ ‎10.下列反应中，不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 2Na+Cl2=2NaCl B. CH4 +2O2=CO2+2H2O C. 2KClO3=2KCl +3O2↑ D. CaCO3+2HCl=CaCl2 +H2O+CO2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应属于化合反应，反应过程中有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应，A不符合题意；‎ B.甲烷燃烧反应不属于任何一种基本反应类型，由于反应过程中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；‎ C.该反应属于分解反应，反应前后有元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；‎ D.该反应属于复分解反应，反应前后没有元素化合价发生了变化，不属于氧化还原反应，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.在标准状况下有一定量的气体如下：①6.72LCH4、②3.01×1023个HCl分子、③13.6gH2S、④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是（ ）‎ a．体积：②＞③＞①＞④ b．密度：②＞③＞④＞①‎ c．质量：②＞③＞①＞④ d．氢原子个数：①＞③＞④＞②‎ A. abc B. bcd C. abc D. abcd ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标况下，气体摩尔体积相等，①6.72L CH4的物质的量n(CH4)==0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量n(HCl)==0.5mol；③13.6g H2S的物质的量n(H2S)==0.4mol、④0.2mol NH3。‎ a．V=n·Vm知，相同条件下，气体体积与物质的量成正比，所以这几种气体体积大小顺序是：②>③>①>④，a正确；‎ b.根据ρ=可知：气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/mol、HCl摩尔质量是36.5g/mol、H2S摩尔质量是34g/mol、NH3摩尔质量是17g/mol，所以气体密度大小顺序是：②>③>④>①，b正确；‎ c.甲烷的质量m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，H2S的质量m(H2S)=13.6g、氨气的质量m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量大小顺序是：②>③>①>④，c正确；‎ d.根据N=n·NA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，结合分子构成知，甲烷分子中H原子物质的量=0.3mol×4=1.2mol，HCl中H原子的物质的量等于HCl分子的物质的量为0.5mol，H2S中H原子的物质的量=0.4mol×2=0.8mol，NH3分子中H原子的物质的量=0.2mol×3=0.6mol，所以H原子个数大小顺序是：①>③>④>②，d正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.下列关于钠与水反应的说法不正确的是（ ）‎ A. 将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变蓝 B. 将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与盐酸反应 C. 钠投入到水中会有大量氢气产生 D. 钠投入到滴有酚酞的水溶液中，烧杯中的溶液变红 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，所以将一小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变蓝，A正确；‎ B.钠与水、酸反应实质是与氢离子反应，盐酸溶液中含有大量氢离子，所以将钠投入到稀盐酸中，钠直接与盐酸反应，B错误；‎ C.钠投入到水中反应生成氢氧化钠和氢气，C正确；‎ D.钠投入到水中反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠是碱能使酚酞溶液变红，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.关于离子方程式Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓的说法正确的是（ ）‎ A. 可表示所有铜盐和强碱的反应 B. 可表示某一个具体的反应，也可以表示一类反应 C. 离子方程式中OH－可代表弱碱或强碱 D. 该反应可看到Cu(OH)2白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.本离子方程式不能表示CuSO4和Ba(OH)2的反应，故不可表示所有铜盐和强碱的反应，A项错误；‎ B.本离子方程式可表示可溶性铜盐和强碱当生成氢氧化铜沉淀和可溶性盐时的一类反应，也可以表示某一个具体的反应，B项正确；‎ C.在离子方程式的书写中，弱碱不能拆为氢氧根，C项错误；‎ D.氢氧化铜是蓝色沉淀，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列离子方程式正确的是（　　）‎ A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3－+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O B. 氧化铜与稀硫酸反应：2H++O2－═H2O C. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H++SO42－+Ba2++2OH－═BaSO4↓+2H2O D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32－+2H+═CO2↑+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．灰水与过量碳酸氢钠溶液反应的离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH- =CaCO3↓ +2H2O +CO32-，故A错误； B．氧化铜与稀硫酸反应的离子方程式为：2H++CuO=H2O+Cu2+，故B错误；C．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH- =BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．碳酸氢钠溶液中加入盐酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+ =CO2↑+H2O，故D错误；故选C。‎ ‎15.下列变化需加入还原剂的是（ ）‎ A. HCO3-→CO2 B. MnO4-→Mn2+ C. FeO→Fe3O4 D. Zn→Zn2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCO3-→CO2中元素化合价没有发生变化，不需要加入氧化剂就可以实现，A不符合题意；‎ B.MnO4-→Mn2+中Mn元素化合价降低，获得电子，被还原，需要加入还原剂才可以实现，B不符合题意；‎ C.FeO→Fe3O4中Fe元素化合价升高，失去电子，被氧化，需加入氧化剂才可以实现，C不符合题意； ‎ D. Zn→Zn2+中Zn元素化合价升高，失去电子，被氧化，需加入氧化剂才可以实现，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎16.下列说法错误的是（　　）‎ A. 萃取操作时，选择有机萃取剂，则溶质在萃取剂的溶解度必须比水大 B. 蒸发操作时，当有大量固体析出时即停止加热 C. 蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合溶液的液面下 D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，洗涤烧杯和玻璃棒的溶液必须转入容量瓶中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.萃取时,所选择的萃取剂不溶于水，且溶质在萃取剂的溶解度必须比水大，所以A选项是正确的； B. 蒸发操作时，当有大量固体析出时即停止加热，利用余热把剩余的水分蒸发完，所以B选项是正确的； C.蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近,目的是测量蒸汽的温度，故C错误；‎ ‎ D.配制溶液时，应尽量减小实验误差，洗涤烧杯和玻璃棒的溶液必须转入容量瓶中，否则会导致实验结果偏小，所以D选项是正确的； 综上所述，本题选C。‎ ‎17.设NA为阿伏加德罗常数的值，若某气体分子A2的摩尔质量是M g．mol-1，则一个A原子的实际质量是 A. M g B. NA/Mg C. M/NAg D. M/(2NA)g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：该气体的一个分子的质量=nM=mol×Mg/mol=；则一个原子的质量为，故选D。‎ 考点：考查了物质的量的计算的相关知识。‎ ‎18.下列叙述不正确的是 （ ）‎ A. 同温同压下，相同体积的气体，其气体分子物质的量也相等 B. 任何条件下，等物质的量的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等 C. 不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同 D. 相同条件下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量也相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同温同压下,气体摩尔体积相同,根据V = n Vm知,相同摩尔体积时,如果气体体积相同,则气体的物质的量相等,所以A选项是正确的; B、根据N = n NA知,气体分子数与与物质的量成正比,物质的量相等,则气体分子数相等,所以B选项是正确的; C、温度和压强不同,气体摩尔体积不同,温度和压强未知,所以气体摩尔体积未知,若体积不同的不同气体,其物质的量无法比较,所以无法判断分子数多少,故C错误; D、相同条件下,气体摩尔体积相同, 若体积相等，且一氧化碳气体和氮气的摩尔质量相等,所以其质量一定相等, 所以D选项是正确的;‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题重点考查阿伏加德罗定律。在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。所以又叫四同定律，温度、压强、分子、体积变量中，三个量相同，则第四个量一定相同，即“三同定一同”。‎ ‎19.根据下列三个反应的化学方程式：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，有关物质的还原性依次减弱的顺序是（ ）‎ A. I-、Fe2+、Cl-、SO2 B. Cl-、Fe2+、SO2、I-‎ C. Fe2+、I-、Cl-、SO2 D. SO2、I-、Fe2+、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据氧化还原反应的规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI可知物质的还原性：SO2>I-，根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知物质的还原性Fe2+>Cl-；根据2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2可知物质的还原性：I->Fe2+，所以物质还原性由强到弱的顺序为：SO2>I-> Fe2+> Cl-，故合理选项是D。‎ ‎20.单质X和Y相互反应生成化合物XY(其中X为+2价，Y为-2价)。下列叙述中，正确的（ ）‎ ‎①X被氧化；②X是氧化剂；③X具有氧化性；④XY既是氧化产物也是还原产物；⑤XY中的Y2-具有还原性；⑥XY中X2+具有氧化性；⑦Y的氧化性比XY中的X2+的氧化性强 A. ①④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②⑤⑥⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息可知，X元素的化合价由0升高为+2价，Y元素的化合价由0降低为-2价，结合氧化还原反应中基本概念及规律来解答。‎ ‎【详解】单质X和Y相互反应生成化合物XY(其中X为+2价，Y为-2价)。X元素的化合价由0升高为+2价，Y元素的化合价由0降低为-2价。‎ ‎①X元素的化合价升高，被氧化，①正确；‎ ‎②X元素的化合价升高，则X是还原剂，②错误；‎ ‎③X为还原剂，具有还原性，③错误；‎ ‎④X元素的化合价升高，Y元素的化合价降低，则XY既是氧化产物也是还原产物，④正确；‎ ‎⑤XY中的Y2-具有失去电子的能力，则具有还原性，⑤正确；‎ ‎⑥XY中X2+具有得到电子的能力，则具有氧化性，⑥正确；‎ ‎⑦由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，Y的氧化性比XY中的X2+的氧化性强，⑦正确；‎ 综上所述可知正确的是①④⑤⑥⑦，故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，元素化合价升高，失去电子，被氧化，物质作还原剂；元素化合价降低，获得电子，被还原，物质作氧化剂。注意规律性知识的应用，侧重考查学生对氧化还原反应中基本概念及特征与实质的关系的判断。‎ ‎21.下列各组离子中，在碱性溶液里能大量共存，并且溶液为无色透明的是（ ）‎ A. K+ MnO4－Cl－SO42－ B. Na+ K+ Cu2+ Ba2＋‎ C. Na+ HCO3－NO3－ SO42－ D. Na+ SO42－ NO3－ Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 碱性溶液中含大量的氢氧根离子。A、 MnO4−是紫色，与无色不符，故A错误；B、Cu2+是蓝色，与无色不符，故B错误；C、碱性溶液中不能大量存在HCO3－，故C错误；D. 碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D。‎ 点睛：如果离子间能发生复分解反应、氧化还原反应等则不能在溶液中大量共存，在做题时要注意题目中的隐含信息，如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物质的量”等。日常学习中，建议将离子共存和离子反应方程式书写结合一起做好总结，以便提高解题速度和准确度。‎ ‎22.周杰伦在歌曲《青花瓷》中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中“铜绿”的化学成分是碱式碳酸铜。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu＋O2＋CO2＋H2O = Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是 (　　)‎ A. 该反应是氧化还原反应，发生化合价变化的有三种元素 B. O2得电子，发生的是还原反应 C. 由此反应可知，化合反应一定是氧化还原反应 D. 0.2mol Cu参与反应消耗O2的体积为2.24L ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在2Cu＋O2＋CO2＋H2O = Cu2(OH)2CO3中，Cu元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低。A．该反应属于氧化还原反应，发生化合价变化的只有Cu、O两种元素，故A错误；B．该反应中铜失去电子，O2得到电子，所以O2‎ 是氧化剂，发生还原反应，故B正确；C．化合反应不一定都是氧化还原反应，如CaO＋H2O=Ca(OH)2等很多化合反应都不是氧化还原反应，故C错误；D．根据反应方程式可知，0.2mol Cu参与反应消耗O2的物质的量是0.1mol，但由于未说明状态是标准状况，故无法计算氧气的体积，所以D错误，故选B。‎ 点睛：解决这类问题时，要注意分清氧化还原反应的常见类型 ‎（1）完全氧化还原型，此类反应的特点是还原剂和氧化剂分别为不同的物质，参加反应的氧化剂(或还原剂)全部被还原(或被氧化)，有关元素的化合价全部发生变化。‎ ‎（2）部分氧化还原型，此类反应的特点是还原剂(或氧化剂)只有部分被氧化(或被还原)，有关元素的化合价只有部分发生变化。‎ ‎（3）自身氧化还原型，自身氧化还原反应可以发生在同一物质的不同元素之间，即同一种物质中的一种元素被氧化，另一种元素被还原，该物质既是氧化剂，又是还原剂；也可以发生在同一物质的同种元素之间，即同一种物质中的同一种元素既被氧化又被还原。‎ ‎（4）归中反应型，此类反应的特点是同一种元素在不同的反应物中有不同的价态(高价、低价)，反应后转化成中间价态。‎ ‎23.离子M2O7X－与S2-能在酸性溶液中发生如下反应：M2O7X－+3S2－+14H+=2M3+ +3S +7H2O，则M2O7X－中M的化合价为（ ）‎ A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应M2O7X－+3S2－+14H+=2M3+ +3S +7H2O中，根据电荷守恒可知，右边含有6个正电荷，则(-x)+3×(-2)+14×(+1)=+6，解得x=2，根据化合价规则，M2O72-中氧元素是-2价，设M化合价为n，则n×2+(-2)×7=-2，解得n=+6。‎ 故合理选项是C。‎ ‎24.往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况下）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：n（CO2）==0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，设生成xmolCO32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4 ；x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，可依次发生：①2OH-+CO2=CO32-+H2O，②Ca2++CO32-=CaCO3↓，离子浓度迅速减小，③OH-+CO2=HCO3-，所以图象C符合，故选：C．‎ 考点：离子反应发生的条件 第II卷（非选择题）‎ ‎25.有下列物质：①Fe；②CO2；③Na2O；④Cu(OH)2；⑤MgCl2溶液；⑥熔融的KCl；⑦硫酸；⑧C2H5OH(用序号作答)。按组成进行分类，属于电解质的有_______，属于非电解质的有______，能导电的是_______。‎ ‎【答案】 (1). ③④⑥⑦ (2). ②⑧ (3). ①⑤⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；能导电的物质中应该含有自由移动的电子或离子。‎ ‎【详解】在溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，③Na2O；④Cu(OH)2；⑥熔融的KCl；⑦H2SO4符合要求，故合理选项序号是③④⑥⑦；‎ 在溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，②CO2；⑧C2H5OH(酒精)符合，故合理选项序号是②⑧‎ ‎①Fe是金属单质，含有自由移动的电子，可以导电；⑤MgCl2溶液 ⑥熔融的KCl中含有自由移动的离子，可以导电，故能导电的物质序号是①⑤⑥。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的分类问题，需根据电解质、非电解质的定义及分类依据进行判断，根据物质导电的原因分析判断，掌握物质的概念及分类标准正确判断的关键。‎ ‎26.为了供学生课外活动，要求把SO42-、CO32-、H+、OH-、NH4+、Fe3+、Na+七种离子根据共存原理分为两组混合液，两组离子数目要接近，分配的结果是 第一组：H+_________；‎ 第二组：__________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3+、NH4+、SO42- (2). OH-、CO32-、Na+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一组若含有大量H+，说明该组溶液为酸性溶液，则与H+反应的OH-、CO32-不能大量存在于该组中，应该存在于第二组，然后根据溶液呈电中性判断其它可能存在的离子。‎ ‎【详解】第一组含大量H+，则与H+反应的OH-、CO32-不能大量共存，OH-、CO32-应该存在于第二组内；OH-与NH4+、Fe3+会发生反应，不能大量共存，因此NH4+、Fe3+应该存在于第一组内，由于H+、NH4+、Fe3+都是阳离子，根据溶液电中性原则，则该组内还应该含有阴离子。根据题干已知离子可知，第一组内还应该含有SO42-；第二组内含有的离子是OH-、CO32-，这两种离子均为阴离子，根据溶液电中性原则，则该组内还应该含有阳离子，根据题干已知离子可知，还应该含有Na+。综上所述可知，第一组中含有的离子为H+、Fe3+、NH4+、SO42-；第二组内含有的离子为OH-、CO32-、Na+。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存问题，注意根据离子之间的反应分析，能共存的离子不能发生任何反应，常见的离子反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应。从离子能否反应的角度结合每组溶液中含有的离子，再结合两组溶液都显电中性，判断其它可能存在的离子。‎ ‎27.现有某XY3气体ag，它的摩尔质量为bg·mol−1。若阿伏加德罗常数用NA表示，则：‎ ‎(1)该气体的物质的量为_____；‎ ‎(2)该气体所含原子总数为____；‎ ‎(3)该气体在标准状况下体积为____；‎ ‎(4)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为____；将该溶液加水稀释至原体积的2倍后，再取出50 mL稀释后的溶液，则取出溶液的物质的量浓度____；‎ ‎(5)标准状况下，相同体积的另一种气体CH4全部转化成CO2时转移的电子的物质的量为____。‎ ‎【答案】 (1). mol (2). (3). L (4). mol/L (5). mol/L (6). mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据n=计算；‎ ‎(2)由分子式XY3可知n(原子)=4n(XY3)，再结合N=n·NA计算；‎ ‎(3)根据V=n·Vm计算；‎ ‎(4)根据c=计算所得溶液浓度，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算稀释后溶液的浓度；溶液是均匀的，取出50mL稀释后的溶液的浓度等于稀释后溶液的浓度；‎ ‎(5)CH4转化为CO2气体时，每1mol甲烷失去电子8mol电子，则转移电子的物质的量是甲烷物质的量的8倍。‎ ‎【详解】(1)XY3气体m g，它的摩尔质量为M g/mol，则其物质的量n==mol；‎ ‎(2)由分子式XY3可知n(原子)=4n(XY3)=4×mol；故含有原子数目=4×mol×NA/mol=；(3)标况下，该气体体积V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L；‎ ‎(4)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度c==mol/L；将该溶液加水稀释至原体积的2倍后，由于溶质的物质的量不变，所以根据稀释公式可知c1V1=c2V2，则溶液浓度是原物质浓度的一半，故c(稀释)=mol/L=mol/L。溶液是均匀的，取出50mL稀释后的溶液的浓度等于稀释后溶液的浓度为mol/L；‎ ‎(5)相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，则CH4的物质的量是mol，由于甲烷反应产生CO2时，C元素化合价升高8价，每1mol甲烷失去8mol电子，则mol CH4全部转化成CO2时转移的电子的物质的量为mol。‎ ‎【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算，掌握有关物质的量的计算公式n=、N=n·NA、V=n·Vm、c=、c1V1=c2V2，结合物质微粒的构成及反应时的转化关系，注意对公式的理解与灵活运用就可以轻松解答。‎ ‎28.某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物。试回答下列问题：‎ ‎（1）B物质的化学式为 。‎ ‎（2）该方案的明显失误是因某一步设计不当而使分离产物不纯，该步骤是 （填序号）改进措施是: 。‎ ‎（3）写出K2CO3的电离方程式: 。‎ ‎（4）写出②④两步中对应的离子方程式： ‎ ‎②_______________________________________________________________‎ ‎④_______________________________________________________________‎ ‎【答案】(9分) （1） BaCl2 (1分) ；（2）⑥(1分) ； 在步骤⑥蒸发结晶之前向滤液中滴加盐酸至不再冒气泡(1分) ；（3）K2CO3 =2K+＋CO32－ (2分) ；（4）Ba2+＋CO32－= BaCO3↓ (2分) ； BaCO3＋2H+=Ba2+CO2＋H2O (2分) ；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：混合物溶解所得溶液中加入K2CO3过滤得沉淀A为BaCO3，滤液为KCl和过量的K2CO3，蒸发结晶得固体C为KCl ，此过程应用适量的HCl除去过量的K2CO3，沉淀A用盐酸溶解得BaCl2溶液，蒸发结晶得固体B为BaCl2。‎ 考点：物质的分离与提纯 ‎29.已知：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑‎ ‎②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑‎ ‎③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)当反应①转移3mol电子时，消耗H2SO4的质量是___g，产生氢气的体积（标准状况）_____L。‎ ‎(2)反应②中_______作氧化剂，________是氧化产物。‎ ‎(3)当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是____。‎ ‎(4)用双线桥法表示反应②电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)_______。‎ ‎(5)反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。‎ ‎【答案】 (1). 147 (2). 33.6 (3). H2SO4(浓) (4). CuSO4 (5). 0.5mol (6). (7). 5：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据元素化合价升降总数等于反应中电子转移总数，结合n=、V=n·Vm计算；‎ ‎(2)根据元素化合价升高，失去电子，该物质被氧化产生氧化产物，该物质作还原剂；元素化合价降低，获得电子，该物质被还原产生还原产物，该物质作氧化剂分析；‎ ‎(3)由V=n·Vm计算SO2的物质的量，结合反应的H2SO4中元素化合价变化情况判断其作用；‎ ‎(4)根据元素化合价升高，失去电子；元素化合价降低，获得电子，电子转移数目相等分析。‎ ‎(5)根据还原剂失去电子，变为氧化产物；氧化剂获得电子，变为还原产物分析。‎ ‎【详解】(1)①根据反应Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑方程式可知：反应消耗1mol硫酸，转移2mol电子，产生1molH2，则当转移3mol电子时，消耗H2SO4的物质的量是1.5mol，其质量是m=1.5mol×98g/mol=147g，同时产生氢气1.5mol，其在标准状况下的体积V=1.5mol×22.4L/mol=33.6L。‎ ‎②在反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑中，S元素的化合价由反应前H2SO4中的+6价变为反应后SO2中的+4价，化合价降低，获得电子，被还原，H2SO4(浓)作氧化剂；Cu元素的化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后CuSO4中的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以Cu是还原剂，CuSO4是氧化产物；‎ ‎(3)当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，n(SO2)==0.5mol，在该反应中，每有2mol硫酸参加反应，被还原的H2SO4的物质的量是1mol，同时产生1molSO2，则反应产生0.5molSO2气体，被还原的H2SO4的物质的量是0.5mol。‎ ‎(4)在反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑中，Cu元素的化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后CuSO4中的+2价，化合价升高2价，失去2e-；S元素的化合价由反应前H2SO4中的+6价变为反应后SO2中的+4价，化合价降低2价，获得2e-‎ ‎，用双线桥法表示反应②电子转移的方向和数目为：。‎ ‎(5)反应③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，获得电子5e-，KClO3是氧化剂，Cl2是还原产物；Cl元素由反应前KCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子5×e-，KCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：1。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的知识。涉及物质的量在化学方程式计算的应用、氧化还原反应中电子转移的表示及物质的作用，掌握氧化还原反应的特征、实质、反应类型的关系和物质的作用，从化合价角度进行分析判断。‎ ‎30.实验室欲用氢氧化钠固体配制0.5mol·L-1的NaOH溶液490mL，有以下仪器：①烧杯 ②100 mL量筒 ③1000 mL 容量瓶 ④500 mL 容量瓶 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平（带砝码）‎ ‎(1)计算需要的氢氧化钠的质量为_______；‎ ‎(2)配制时，必须使用的仪器有_______（填代号），还缺少的仪器是______，该实验中玻璃棒有两种用途，请说出其中一种用途_______。‎ ‎(3)下列配制的溶液浓度偏低的是_______；‎ a.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 b.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面 c.加蒸馏水时不慎超过了刻度线 d.定容时俯视刻度线 ‎【答案】 (1). 10.0 (2). ①④⑤⑥ (3). 胶头滴管、药匙 (4). 搅拌或引流 (5). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)溶液具有均一性，实验室准确配制一定物质的量浓度一定体积的溶液，没有规格是490mL容量瓶，选择仪器的标准“大而近”，然后根据n=c·V计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=n·M计算出溶质氢氧化钠的质量；‎ ‎(2)根据配制500mL 0.5mol•L-1‎ 的NaOH溶液的步骤选择使用仪器，然后判断还缺少的仪器；根据配制过程中玻璃棒的用途进行解答；‎ ‎(3)根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，结合配制过程中引起n和V怎样的变化分析。‎ ‎【详解】(1)用氢氧化钠固体配制0.5mol/L的NaOH溶液490mL，没有规格是490mL容量瓶，要使用500mL 容量瓶，配制500mL0.5mol•L-1的NaOH溶液，其中含有氢氧化钠的物质的量为：0.5mol/L×0.5L=0.25mol，需要氢氧化钠的质量m(NaOH)=40g/mol×0.25mol=10.0g；‎ ‎(2)配制500mL0.5mol/L的氢氧化钠溶液，根据配制步骤，可知需要使用的仪器为：托盘天平、烧杯、药匙、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，所以必须使用的仪器有：①烧杯；④500mL容量瓶；⑤玻璃棒；⑥托盘天平(带砝码)，还缺少的仪器为：胶头滴管、药匙；配制过程中，溶解氢氧化钠固体时需要使用玻璃棒搅拌，加速溶解过程；转移溶液时需要使用玻璃棒引流；‎ ‎(3) a.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响，a不符合题意；‎ b.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致配制的溶液中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，b符合题意；‎ c.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，c符合题意；‎ d.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，d不符合题意；‎ 故合理选项是bc。‎ ‎【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，结合配制溶液的步骤，仪器的作用进行分析。一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。该题的难点在于误差分析。‎ ‎ ‎