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  • 2021-07-02 发布

【化学】河南省登封实验高中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题(解析版)

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河南省登封实验高中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 ‎ (时间:90分钟  满分:100分)‎ 可能用到的原子量:H:1 He:4 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Ba:137 ‎ 第Ⅰ卷 选择题(共46分)‎ 一、选择题(本题包括24小题,每题2分,共48分)‎ ‎1. 矿泉水目前已成为人们常用的饮料,市场上有些不法商贩为牟取暴利,用自来水冒充矿泉水出售,为辨别真假,可用下列的一种化学试剂来鉴别,该试剂是( )‎ A. 酚酞试液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎2. 一小块金属钠久置于空气中,最终得到的产物是( )‎ A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:金属钠在空气中放置,先与空气中的氧气反应生成氧化钠,然后吸水变成氢氧化钠溶液,再与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体,最后失去风化得到碳酸钠,所以选D。‎ ‎3.金属钠分别与下列溶液反应时,既有红褐色沉淀生成又有气体放出的是( )‎ A. BaCl2溶液 B. NaNO3溶液 C. MgCl2溶液 D. FeCl3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】金属钠遇水先发生反应,生成氢氧化钠并放出氢气:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe(OH)3↓红褐色沉淀。‎ ‎【详解】A、金属钠先和BaCl2溶液中水反应生成氢氧化钠并放出氢气:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应,即只有气体生成,故A错误;‎ B、金属钠先和NaNO3溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,但是生成的氢氧化钠和NaNO3溶液不反应,极只有气体生成,故B错误;‎ C、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气:2Na+2H2O=2NaOH+H2‎ ‎↑,NaOH与氯化镁溶液反应会生成氢氧化镁的白色沉淀,没有红褐色沉淀生成,故C错误;‎ D、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe(OH)3红褐色沉淀,既有红褐色沉淀析出,又有气体逸出,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎4.当不慎有大量Cl2逸出污染周围空气时,可以用浸有某种物质的一定浓度的水溶液的毛巾捂住鼻子,该物质适宜采用的是 ( )‎ A. NaOH B. NaCl C. Na2CO3 D. Ca(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氯气能与碱反应来吸收氯气以防止氯气中毒,注意碱性太强时,其腐蚀性强。‎ ‎【详解】A、NaOH虽能与氯气反应,达到吸收氯气的效果,但NaOH的腐蚀性强,不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子,故A错误;‎ B、NaCl不与氯气反应,且NaCl溶液抑制氯气的溶解,则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒,故B错误;‎ C、Na2CO3溶液显碱性,能与氯气反应而防止吸入氯气中毒,则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子,故C正确;‎ D、Ca(OH)2虽能与氯气反应,达到吸收氯气的效果,但Ca(OH)2的腐蚀性强,浓度低,不能用浸有浓Ca(OH)2溶液的毛巾捂住鼻子,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎5.现有CO、CO2、O3(臭氧)三种气体,它们分别都含有1mol氧原子,则同温同压下三种气体的体积之比为( )‎ A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 3:2:1 D. 6:3:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1:2:3,它们分别都含有1mol氧原子,结合分子组成计算出各自物质的量,结合V=nVm可知,三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比。‎ ‎【详解】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1:2:3,它们都含有1mol氧原子,则n(CO)=n(O)=1mol,n(CO2)=1/2n(O)=1/2mol,n(O3‎ ‎)=1/3n(O)=1/3mol,根据V=nVm可知,三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比=1mol:1/2mol:1/3mol=6:3:2,‎ 故选D。‎ ‎6.见下图(A)处通入Cl2,当关闭(B)阀时,(C)处的湿润的红布条没有明显变化,当打开(B)阀时,(C)处的湿润红布条逐渐褪色,则(D)瓶中装的溶液是( )‎ A. 浓硫酸 B. NaOH溶液 C. 水 D. NaCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】干燥的氯气没有漂白性,有漂白性的是氯气和水反应生成的次氯酸。关闭B阀时,C处的湿润红布条看不到明显现象,而当打开B阀后,C处的湿润红布条逐渐褪色,,则D中物质与氯气能反应。‎ ‎【详解】A、通过盛浓硫酸D瓶,氯气是干燥的,能使湿润的红色布条褪色,所以D中不能盛放浓硫酸,故A错误;‎ B、NaOH溶液与氯气反应吸收氯气,所以D中能盛放氢氧化钠溶液符合上述现象,故B正确;‎ C、若D中为水,不能吸收氯气,能使湿润的红色布条褪色,不符合上述现象,故C错误;‎ D、若D中为NaCl溶液,不能吸收氯气,能使湿润的红色布条褪色,不符合上述现象,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎7.将一定量的Na2O2粉末加到滴有紫色石蕊试液的水中,并振荡,观察到的现象(  )‎ A. 溶液仍为紫色 B. 溶液最终为蓝色 C. 最终溶液褪色,而无其它现象 D. 溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气,现象为溶液中产生气泡,同时过氧化钠具有强氧化性,从而具有漂白性。‎ ‎【详解】Na2O2粉与水发生:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2‎ ‎↑,所以观察溶液中产生气泡,过氧化钠具有强氧化性,从而具有漂白性,溶液最终变为无色,‎ 故选D。‎ ‎8.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是( )‎ A. 是否有丁达尔现象 B. 是否能通过滤纸 C. 分散质粒子的大小 D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同,据此即可解答。‎ ‎【详解】A.胶体具有丁达尔现象,是胶体中胶粒(1nm-100nm)在光照时产生对光的散射作用形成的,该现象是由微粒直径大小决定的,丁达尔现象不是三种分散系的本质区别,故A错误;‎ B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜,是由分散质微粒的直径大小决定的,所以该现象不是三种分散系的本质区别,故B错误;‎ C.根据分散质微粒直径大小来分类,把分散系划分为:溶液(小于1nm)、胶体(1nm-100nm)、浊液(大于100nm);所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同,故C正确;‎ D.溶液均一、透明、稳定,胶体较稳定,浊液不稳定,与分散质微粒的直径大小有关,所以该现象不是三种分散系的本质区别,故D错误;‎ 故答案选C。‎ ‎9.下列说法正确的是(  )‎ A. Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是Fe(OH)3胶体带正电荷 B. 将1 L 2 mol·L-1的FeCl3溶液制成胶体后,其中含有氢氧化铁胶粒数为2NA C. 黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关 D. 将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,制得Fe(OH)3胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A、胶体不带电;‎ B、水解可制备胶体,且水解为可逆反应,胶体为胶粒的聚合体;‎ C、黄河入海口处三角洲的形成,与胶体的聚沉有关;‎ D、将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,得Fe(OH)3沉淀。‎ ‎【详解】A、胶体不带电,Fe(OH)3胶体能发生电泳现象,说明Fe(OH)3胶体粒子带电,与胶体吸附电荷有关,故A错误;‎ B、水解可制备胶体,且水解为可逆反应,胶体为胶粒的聚合体,n(FeCl3)=1L×2mol·L-1=2mol,则制备氢氧化铁胶粒数一定小于2NA,故B错误;‎ C、黄河入海口处三角洲的形成,与胶体的聚沉有关,与胶体性质相关,故C正确;‎ D、将饱和FeCl3溶液滴到沸水中,加热至溶液呈红褐色,得Fe(OH)3胶体,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎10.硫酸钾和硫酸铝的混合溶液,已知其中Al3+的浓度为0.4 mol/L,硫酸根离子浓度为0.7 mol/L,则K+的物质的量浓度为( )‎ A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.2 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】略 ‎11.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的( )‎ A B C D 强电解质 Fe NaCl CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 CH3COOH NH3‎ H2CO3‎ Fe(OH)3‎ 非电解质 蔗糖 BaSO4‎ C2H5OH H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物;弱电解质是指在水中不完全电离,只有部分电离的化合物;在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。‎ ‎【详解】A、Fe是单质,不是化合物,铁既不是电解质也不是非电解质,故A错误;‎ B、NH3是非电解质,本身不能电离出离子,BaSO4是盐属于强电解质,熔融状态完全电离,故B错误;‎ C、碳酸钙是盐属于强电解质,碳酸是弱酸属于弱电解质,乙醇是非电解质,故C正确;‎ D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子,属于弱电解质,故D错误;‎ 故选:C。‎ ‎12.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系,则X气体可能是(  )‎ A. C2H4 B. CH4‎ C. CO2 D. NO ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:据图像分析,恒压条件下,温度相同时,1 g O2与1 g X相比,‎ O2所占体积大,则氧气的物质的量大于X,根据n=可知X的摩尔质量大于氧气摩尔质量,符合条件的只有CO2,选C。‎ ‎13.用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法中正确的是 ( )‎ A. 标准状况下22.4L氖气含有的原子数为2NA B. 同质量的氧气和臭氧所含的电子数目相同 C. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA D. 2 L 0.1 mol·L-1 K2SO4溶液中离子总数约为0.5 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氖气为单原子分子,标准状况下22.4L氖气含有的原子数为NA,故A错误;‎ B. 同质量的氧气和臭氧所含的原子数相同,所含电子数目相同,故B正确;‎ C. 铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁,5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA,故C错误;‎ D. 2 L 0.1 mol·L-1 K2SO4溶液中离子总数约为2 L× 0.1 mol·L-1×3NA=0.6NA,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎14.下列说法中正确的是(  )‎ A. 2.3gNa投入到97.7g水中形成溶液的质量分数为2.3%‎ B. 25g CuSO4.5H2O溶于水配成1L溶液,溶质的物质的量浓度为0.1mol/L C. Na2O2溶于水后溶质未发生改变 D. 标准状况下,22.4 L的SO3中所含分子数为NA个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量;‎ B、根据c=n/V计算;‎ C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气;‎ D、标准状况下,SO3为固体。‎ ‎【详解】A、 2.3gNa与水反应生成4.0gNaOH和0.1g氢气,溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量=4.0g/(2.3g+97.7g-0.1g)=0.04,故A错误;‎ B、根据c=n/V= =0.1mol·L-1,故B正确;‎ C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气,溶质为NaOH,故C错误;‎ D、标准状况下,SO3固体,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎15.配制0.1 mol·L-1 的NaCl溶液,下列操作所配溶液的物质的量浓度偏高的是 ( )‎ A. 称量时,物码倒置 B. 定容时俯视读取刻度 C. 原容量瓶洗净后未干燥 D. 定容时液面超过了刻度线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】结合c=n/V及不当操作对n、V的影响,n偏大或V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高.‎ ‎【详解】A.称量时,称量时,物码倒置,固体的质量小于或等于所需质量,n偏小或相等,可能会导致所配溶液的物质的量浓度偏低,故A不选;‎ B.定容时俯视读取刻度,V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高,故B选;‎ C.原容量瓶洗净后未干燥,对实验无影响,故C不选;‎ D.定容时液面超过了刻度线,V偏大,导致所配溶液的物质的量浓度偏低,故D不选;‎ 故选:B。‎ ‎16.下列关于容量瓶使用方法的叙述中,正确的是( ) ‎ ‎①使用容量瓶前检查是否漏水;‎ ‎②在容量瓶中溶解氢氧化钠固体; ‎ ‎③容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用;‎ ‎④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶;‎ ‎⑤加水定容时,不小心超出刻度线,用滴管吸出多余液体.‎ A. ①②③ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】容量瓶在使用过程中需要上下颠倒,故使用前必须检查是否漏水,①正确;容量瓶是一种容量器,颈上有标线,表示在所指温度下液体凹液面与容量瓶颈部的标线相切时,溶液体积恰好与瓶上标注的体积相等,所以容量瓶不能加热,不能在其中溶解物质和发生化学反应,②错误。容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水无影响,因为后面步骤中必须加蒸馏水定容,只要定容是正确的,配制的溶液的浓度就没有影响,③正确。转移溶液时如果温度过高,导致溶液的体积膨胀,定容时所加蒸馏水的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,所以溶液须冷却方可转入容量瓶,④正确。加水定容时,不小心超出刻度线,所配溶液的浓度偏低,必须重新配制,⑤错误。故正确答案为B ‎17. 下列书写正确的是( )‎ A. NaHCO3=Na+ + H+ + CO32- B. NaHSO4=Na+ + HSO4-‎ C. CH3COOH=CH3COO- +H+ D. Na2SO4=2Na+ + SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、碳酸为弱酸,碳酸氢根不能拆开;‎ B、硫酸为强酸,硫酸氢根需要拆开;‎ C、醋酸为弱酸,部分电离,用可逆符号。‎ ‎18.下列离子方程式中,正确的是 ( )‎ A. 石灰石与盐酸反应:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O B. 钠与水的反应 :‎ C. 氢氧化铜溶于盐酸:Cu2++2OH-+2H+=Cu2++2H2O D. 氯气与水的反应:‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A.石灰石为沉淀,应保留化学式;‎ B.原子个数不守恒;‎ C.氢氧化铜为沉淀,应保留化学式;‎ D.HClO是弱酸,应保留化学式。‎ ‎【详解】A.石灰石与稀盐酸反应,离子方程式:CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+,故A正确;‎ B.钠与水反应,离子方程式:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故B错误;‎ C.氢氧化铜为沉淀,应保留化学式,氢氧化铜溶于盐酸,离子方程式:2H++Cu(OH)2=2H2O+Cu2+,故C错误;‎ D.HClO是弱酸,应保留化学式,氯气与水的反应:Cl2+H2O H++Cl-+HClO,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎19.下列各组溶液,能在强酸性或强碱性中都能大量共存且无色的离子组是(  )‎ A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在,强酸性溶液中存在大量氢离子,强碱性溶液中存在大量氢氧根离子,‎ A.铜离子为有色离子,且铜离子、氢离子与碳酸根离子反应,碳酸根离子、铵根离子与氢氧根离子反应;‎ B.钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀;‎ C.碳酸氢根离子与氢氧根离子和氢离子均反应;‎ D.四种离子之间不反应,都是无色离子,都不与氢离子和氢氧根离子反应.‎ ‎20.下列各组物质在溶液中的反应,可用同一离子方程式表示的是 ( )‎ A. Cu(OH)2与盐酸,Cu(OH)2与醋酸 ‎ B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液,Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液 C. NaHCO3溶液与盐酸,Na2CO3溶液与盐酸 ‎ D. 石灰石与硝酸反应,石灰石与盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A.盐酸为强酸,醋酸为弱酸,醋酸在离子反应方程式中保留化学式;‎ B.Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡;‎ C.HCO3-在离子反应方程式中不拆开;‎ D.碳酸钙保留化学式,硝酸、盐酸均为一元强酸.‎ ‎【详解】A.盐酸为强酸,醋酸为弱酸,醋酸在离子反应方程式中保留化学式,离子反应不能用同一离子方程式表示,故A不选;‎ B.Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡,水应保留化学式,则离子反应不能用同一离子方程式表示,故B不选;‎ C.HCO3-在离子反应方程式中不拆开,与碳酸根离子不同,则离子反应不能用同一离子方程式表示,故C不选;‎ D.碳酸钙保留化学式,硝酸、盐酸均为一元强酸,离子反应均为CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+,故D选;‎ 故选:D。‎ ‎21.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液,当溶液的体积比为3:2:1时,三种溶液中Cl-的物质的量之比为  ‎ A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 3:4:3 D. 3:2:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据=cB·V可知,当物质的量浓度相同时溶质物质的量与溶液体积成正比,因为NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为3∶2∶1,因此三种溶液中溶质物质的量之比:n(NaCl):n(MgCl2):n(AlCl3)=3:2:1,所以NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量之比为(3×1):(2×2):(1×3)=3:4:3,答案选C。‎ ‎22.下列说法正确的是 ( )‎ A. 向某溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则溶液中一定存在SO42—‎ B. 向某溶液中加入盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,溶液中一定存在CO32—‎ C. 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液,有白色沉淀生成,则溶液中一定存在CO32—‎ D. 加入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成,则溶液中有Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能为SO42-,还可能是Ag+;‎ B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫;‎ C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液,有白色沉淀生成,还可能是SO32- SiO32-等;‎ D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀,但后二者能溶于稀硝酸;‎ ‎【详解】A、AgCl和BaSO4均为不溶于硝酸的白色沉淀,故能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能是SO42-,还可能是Ag+,故A错误;‎ B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫,如果是二氧化碳,则原溶液中可能含CO32-或HCO3-;如果是二氧化硫,则原溶液中可能含SO32-或HSO3-,故B错误;‎ C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液,有白色沉淀生成,还可能是SO32- SiO32-等,故C错误;‎ D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀,但后二者能溶于稀硝酸,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎23.某溶液中含有Ba2+、HCO3-、Cl-、NO3- 4种离子,先向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,再加入足量的稀盐酸,溶液中大量减少的离子是 ( )‎ A. Ba2+ B. HCO3- C. Cl- D. NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,则离子大量共存。‎ ‎【详解】某溶液中含有Ba2+、HCO3-、Cl-、NO3-四种离子,先向溶液中加入足量NaOH,能发生反应的离子反应为HCO3-+OH-=H2O+CO32-,CO32-+Ba2+=BaCO3 ↓,再加入足量稀盐酸,发生的反应为OH-+H+=H2O,BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑,氯离子增加,钡离子、硝酸根离子数目不变,可知大量减少的离子为HCO3-,‎ 故选:B。‎ ‎24.有一无色混合物的水溶液,可能含有以下离子中的若干种:K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Fe3+、CO32-、SO42-、H+,现取三份100mL溶液进行如下实验:(已知NH4++OH-NH3+H2O;MgCO3是微溶物)(1)第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生(2)第二份加足量NaOH溶液加热后,收集到气体0.04mol(3)第三份加足量BaCl2溶液后,得干燥沉淀6.27g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33g。根据上述实验,以下推测正确的是( )‎ A. K+一定存在 B. 100mL溶液中含0.01mol CO32-‎ C. Cl-一定存在 D. Fe3+一定不存在,Mg2+可能存在 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】无色溶液中一定不存在有色的离子:Fe3+,‎ ‎①加入AgNO3溶液有沉淀产生,说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-;‎ ‎②加入氢氧化钠产生气体,该0.04mol气体为氨气,说明溶液中一定含有NH4+,且物质的量为0.04mol;‎ ‎③2.33g为硫酸钡沉淀,其物质的量为0.01mol,6.27g为硫酸钡和碳酸钡,据此可以计算出碳酸钡的物质的量;再根据电荷守恒,得出一定存在钾离子,据此进行判断.‎ ‎【详解】无色溶液中一定不存在有色的离子:Fe3+,‎ ‎①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl-、CO32-、SO42-;‎ ‎②加足量NaOH溶液加热产生气体,气体是氨气,一定有铵离子0.04mol;‎ ‎③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡,硫酸钡的物质的量是:2.33g/233g·mol-1=0.01mol;6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡,碳酸钡质量为:6.27g-2.33g=3.94g,碳酸钡物质的量为:3.94g/197g·mol-1=0.02mol,所以原溶液中一定存在:CO32-、SO42-,因而一定不含Ba2+;‎ c(CO32-)=0.02mol/0.1L=0.2mol·L-1,根据电荷守恒,正电荷为:n(+)=n(NH4+)=0.04mol;n(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06mol,故一定有K+,至少0.02mol;‎ A、原溶液中一定存在的离子有NH4+、K+、CO32-、SO42-,故A正确,‎ B、依据计算可知碳酸根物质的量为0.02mol,故B错误;‎ C、一定没有的离子Fe3+、Ba2+,可能存在Cl-,故C错误;‎ D、同时第二份加足量NaOH溶液加热后,收集到气体,没有产生沉淀,说明一定不含Mg2+,故D错误;‎ 故选:A。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共50分)‎ 二、非选择题(本题包括4小题,共52分)‎ ‎25.实验室常用浓盐酸的质量分数为36.5%,密度为1.20g•cm-3。‎ ‎(1)此浓盐酸的物质的量浓度是 ___mol•L-1; ‎ ‎(2)配制100.0mL该浓盐酸,需要标准状况下HCl的体积为 ____L; ‎ ‎(3)配制100.0mL3.00mol•L-1的盐酸,需以上浓盐酸的体积为 ___mL; ‎ ‎(4)取100.0mL3.00mol•L-1的盐酸,用NaOH溶液中和消耗 NaOH的质量是 ____g。‎ ‎(5)将10.0mL3.00mol•L-1的盐酸与10.0mL1.00mol•L-1的MgCl2溶液混合,则混合溶液中Cl-的物质的量浓度是 ___ mol•L-1(设混合后溶液的体积不变)。‎ ‎(6)写出电离方程式:①NaHCO3____________;②KHSO4___________。‎ ‎【答案】(1). 12 (2). 26.88 (3). 25 (4). 12 (5). 2.5 (6). NaHCO3= Na++HCO3- (7). KHSO4 = K++ H++SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据物质的量浓度C=1000ρω/M计算;‎ ‎(2)根据n=CV和V=n·Vm计算;‎ ‎(3)根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀计算;‎ ‎(4)根据方程式计算;‎ ‎(5)根据C(Cl-)=n(Cl-)总/V总计算.‎ ‎(6)碳酸是弱酸,HCO3-不拆,硫酸是强酸,HSO4-在水中全电离。‎ ‎【详解】(1)溶液的物质的量浓度C=1000ρω/M=1000×1.20g/ml×36.5%/36.5g·mol-1=12.0 mol·L-1;‎ ‎(2)100.0 mL该浓盐酸中所含HCl的物质的量为0.1 L×12.0 mol·L-1=1.20 mol,需要标准状况下HCl的体积为1.20 mol×22.4 L·mol-1=26.88 L.‎ ‎(3)设配制稀盐酸需要浓盐酸的体积是V,则有0.100 L×3.00 mol·L-1=V×12.0 mol·L-1,解得V=0.0250 L,即25.0 mL.‎ ‎(4)根据方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O,n(NaOH)=n(HCl)=100.0mL×3.00mol•L-1=0.3mol,m(NaOH)=0.3mol×40g·mol-1=12g;‎ ‎(5)10.0 mL 3.00 mol·L-1的盐酸中Cl-的物质的量为0.0100 L×3.00 mol·L-1=0.0300 mol,10.0 mL 1.00 mol·L-1的MgCl2溶液中Cl-的物质的量为0.0100 L×1.00 mol·L-1×2=0.0200 mol,则混合溶液中Cl-的物质的量浓度是(0.0300 mol+0.0200 mol)÷0.0200 L=2.50 mol·L-1.‎ ‎(6)碳酸是弱酸,HCO3-不拆,硫酸是强酸,HSO4-在水中全电离,在水溶液中电离方程式: NaHCO3= Na++HCO3- , KHSO4=K++H++SO42-。‎ ‎26.完成下列问题:有下列物质:①铝、②硫化氢、③金刚石、④氢氧化铝、⑤干冰、⑥液氯、⑦盐酸、⑧氢氧化钠固体、⑨碳酸氢钾溶液、⑩熔融的硫酸钡、⑪液氨、⑫氨水、⑬冰醋酸、⑭乙醇。(填序号) ‎ ‎(1)其中在常温下能导电的是______。‎ ‎(2)属于非电解质的是__________。‎ ‎(3)属于电解质的是______________。‎ ‎(4)属于弱电解质的是_____________。‎ ‎【答案】(1). ①⑦⑨⑩⑫ (2). ⑤⑪⑭ (3). ②④⑧⑩⑬ (4). ②④⑬‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】存在自由移动的电子,溶液或熔融状态下,含有自由移动离子的可以导电 水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质,‎ 水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质,‎ 水溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质,‎ ‎【详解】①铝能导电,是单质,不是电解质和非电解质,‎ ‎②硫化氢不能导电,溶于水导电属于电解质,水溶液中部分电离属于弱电解质,‎ ‎③金刚石是单质,不能导电,不是电解质和非电解质,‎ ‎④氢氧化铝不导电,水溶液中微弱部分电离属于电解质中的弱电解质,‎ ‎⑤干冰CO2不能电离,不能导电,属于非电解质,‎ ‎⑥液氯是液态氯气属于单质,不能导电不是电解质和非电解质,‎ ‎⑦氯水是氯气水溶液,是混合物,能导电,不是电解质,‎ ‎⑧氢氧化钠固体不能导电,溶于水导电属于电解质中的强电解质,‎ ‎⑨碳酸氢钾溶液导电,是电解质溶液,‎ ‎⑩硫酸钡粉末不能导电,熔融状态完全电离属于电解质中强电解质,‎ ‎⑪液氨是液态氨气,不能电离,不能导电,属于非电解质,‎ ‎⑫氨水氨气水溶液,是混合物,能导电,不是电解质,‎ ‎⑬冰醋酸是纯净醋酸不能导电,溶于水导电部分电离,属于电解质中的弱电解质,‎ ‎⑭乙醇不能电离不能导电,属于非电解质,‎ 其中在常温下能导电的是①⑦⑨⑩⑫,属于非电解质的是⑤⑪⑭,属于电解质的是 ②④⑧⑩⑬,属于弱电解质的是②④⑬。‎ ‎27.氯气是一种重要的化工原料。‎ ‎(1)氯气和石灰乳反应可以制得漂白粉,漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效,漂白粉失效过程的化学反应方程式为:______。‎ ‎(2)氯水中含有多种成分,因而具有多种性质,根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空(a、b、c、d中重合部分代表物质间反应,且氯水足量)。‎ ‎①c过程反应的离子方程式______,e过程中的离子方程式为 _______。‎ ‎②d过程所观察到的现象为:____,原因: ____,b过程的离子方程式: ______。‎ ‎【答案】(1). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO (2). Ag++Cl-=AgCl↓ (3). Cl2+2OH- = Cl- +ClO-+H2O (4). 先变红后褪色 (5). 氯气和水反应生成HCl、HClO,溶液显酸性使石蕊变红HClO具有漂白性(或强氧化性)使溶液褪色 (6). 2H++CO32-=CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸,次氯酸不稳定见光分解生成氯化氢和氧气;‎ ‎(2)氯气溶于水,部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸具有酸性,次氯酸具有漂白性,氯水中含有3种分子:Cl2(氯分子)、HClO(次氯酸分子)、H2O(水分子);4种离子:Cl-(氯离子)、H+(氢离子)、ClO-(次氯酸根离子)、OH-(氢氧根离子),由此对照分析。‎ ‎【详解】(1)漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效,是和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸,次氯酸见光分解得到氯化氢和氧气,反应的化学方程式为:Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,2HClO2HCl+O2↑;‎ ‎(2)①c过程的反应是氯水中的盐酸和硝酸银反应得到氯化银沉淀,反应的化学方程式为:AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,反应的离子方程式:Ag++Cl-=AgCl↓;e过程中的化学反应是氯水中的氯气和氢氧化钠发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的化学方程式为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,反应的离子方程式:Cl2+2OH- = Cl- +ClO-+H2O ;‎ ‎②氯水中含有盐酸和次氯酸,盐酸具有酸性,次氯酸具有漂白性,d过程所观察到的现象是先变红色,后褪色;b过程是氯水中的盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,证明了氯水中存在酸,存在的微粒为H+,离子方程式: 2H++CO32-=CO2↑+H2O。‎ ‎28.Ⅰ.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,请完成下列问题:‎ ‎(1)写出反应的离子方程式__________。‎ ‎(2)下列三种情况下,离子方程式与(1)相同的是____(填序号)。‎ A.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液中显中性 B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀 C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量 ‎(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量,整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用如图中的___曲线表示(填序号)。‎ ‎(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央,如图所示,向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中,小球将____________。‎ Ⅱ.某地甲、乙两厂排放污水,污水中含有下列8种离子中的4种:Ag+、Ba2+、Fe3+ 、Na+、Cl-、SO42-、NO3-、OH-(两厂所排污水不含相同离子)。两厂单独排放都会造成严重的水污染(其中甲厂的污水是碱性的),如将两厂的污水按一定比例混合,沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放,污染程度会大大降低。关于两厂所排污水中所含的4种离子,你认为应该是:甲厂:________;乙厂________。‎ ‎【答案】(1). Ba2++2OH-+SO42-+2H+===BaSO4↓+2H2O (2). A (3). C (4). 沉到烧杯底部 (5). OH- Cl- SO42- Na+ (6). Fe3+ Ba2+ Ag+ NO3—‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ.(1)反应生成硫酸钡和水,硫酸钡和水在离子反应中均保留化学式;‎ ‎(2)恰好完全反应时,溶液为中性;‎ ‎(3)加入稀硫酸直至过量,恰好反应时导电性为0,过量后离子浓度增大,导电性增强;‎ ‎(4)向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应,生成硫酸钡和水,溶液的密度小于Ba(OH)2溶液的密度.‎ Ⅱ ‎.将两厂的污水按一定比例混合,沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放,污染程度会大大降低,说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀,从离子能否大量共存的角度分析,甲厂呈碱性,可假设乙厂含有Ag+,则一定不含SO42-、OH-、Cl-,则SO42-、OH-、Cl-应存在与甲厂,因Ba2+与SO42-、Fe3+与OH-不能共存,则Fe3+、Ba2+存在于乙厂,根据溶液呈电中性可知,乙厂一定存在NO3-;所以乙厂含有的离子有:Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3-,甲厂含有的离子为:Na+、Cl-、SO42-、OH-。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)反应生成硫酸钡和水,离子反应为Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O;‎ ‎(2)离子方程式(1)反应后溶液为中性,‎ A.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性,离子反应为Ba2++2OH-+SO42-+2H+═BaSO4↓+2H2O,故A选;‎ B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀,离子反应为Ba2++OH-+SO42-+H+═BaSO4↓+H2O,故B不选;‎ C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量,离子反应为Ba2++OH-+SO42-+H+═BaSO4↓+H2O,故C不选;‎ 故选A;‎ ‎(3)加入稀硫酸直至过量,恰好反应时导电性为0,过量后离子浓度增大,导电性增强,图中只有C符合; ‎ ‎(4)向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应,生成硫酸钡和水,溶液的密度小于Ba(OH)2溶液的密度,塑料小球将沉到烧杯底部。‎ Ⅱ.将两厂的污水按一定比例混合,沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放,污染程度会大大降低,说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀,从离子能否大量共存的角度分析,甲厂呈碱性,可假设乙厂含有Ag+,则一定不含SO42-、OH-、Cl-,则SO42-、OH-、Cl-应存在与甲厂,因Ba2+与SO42-、Fe3+与OH-不能共存,则Fe3+、Ba2+存在于乙厂,根据溶液呈电中性可知,乙厂一定存在NO3-;所以乙厂含有的离子有:Ag+、Ba2+、Fe3+、NO3-,甲厂含有的离子为:Na+、Cl-、SO42-、OH-。‎

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