【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 23页

黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 试题说明：‎ ‎1. 本试题满分100分，答题时间90分钟。 ‎ ‎2. 请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。‎ ‎3. 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Na：23 Fe：56 Cu：64 K：39 Ba:137 Ag:108 Ca:40 Al:27 Mn:55‎ 第Ⅰ卷 选择题部分 一、选择题 ‎1.下列对古文献记载内容或诗句谚语理解错误的是（ ）‎ A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法,用浓酒和糟人甑,蒸令气…其清如水, 味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏 B. “水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化 C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 D. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法——蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，选项A正确；‎ B、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；‎ C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，为置换反应，选项C正确；‎ D、空气与水蒸气形成气溶胶，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.有下列仪器：铁架台、铁圈、铁夹、三脚架、石棉网、烧杯、普通漏斗、冷凝管、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶、温度计、坩埚钳、火柴、滤纸，从缺少必要的仪器和用品的角度考虑，不能进行的分离操作是（ ）‎ A. 蒸发 B. 蒸馏 C. 过滤 D. 萃取 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸发必须使用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器，这些仪器都有，选项A不选 B．蒸馏必须使用铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管等，这些仪器都有，选项B不选；‎ C．过滤必须使用的漏斗、玻璃棒、烧杯等及滤纸等，这些仪器都有，选项C不选；‎ D．萃取必须使用分液漏斗和烧杯，这些仪器中没有分液漏斗，选项D选；‎ 答案选D。‎ ‎3.对下列物质进行分类正确的是（ ）‎ A. 根据酸中的氢原子数把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 B. 根据是否有丁达尔效应把分散系分为溶液、胶体和浊液 C. CuSO4·5H2O属于纯净物 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，在A错误；‎ B、根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，选项B错误；‎ C、CuSO4•5H2O只表示胆矾一种物质，属于纯净物，选项C正确；‎ D、盐是指由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物，所以盐类物质不一定含有金属阳离子，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环保问题，下列实验方法或实验操作不正确的有（ ）‎ ‎①在制取蒸馏水的实验中，为防暴沸可在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片 ‎②进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 ‎③水和碘的四氯化碳溶液分液时，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 ‎④进行蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热 ‎⑤酒精着火时可用湿抹布或沙土扑火 ‎⑥进行SO2性质实验时要在通风橱内进行，多余的SO2一律排到室外 ‎⑦做实验时可用手直接拿取金属钠 ‎⑧夜间发生厨房煤气泄漏，应立即开灯检查煤气泄漏的原因，并打开所有门窗通风 ‎⑨不慎将浓 H2SO4沾在皮肤上，立即用NaOH溶液冲洗 ‎⑩用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中 A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①在制取蒸馏水的实验中，为避免加热时暴沸可在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片，故①正确；‎ ‎②萃取剂的密度不一定必须比水大，故②不正确；‎ ‎③四氯化碳密度大于水，位于下层，分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故③不正确；‎ ‎④进行蒸发操作时，当出现大量晶体时停止加热，利用余热蒸干，故④不正确；‎ ‎⑤酒精着火不能用水灭，会引起着火面积增大，只能用湿抹布或沙土盖灭，故⑤正确；‎ ‎⑥进行SO2性质实验时要在通风橱内进行，多余的 SO2不能排到室外，需要尾气处理，⑥不正确；‎ ‎⑦做实验时不可用手直接拿取金属钠，⑦不正确；‎ ‎⑧夜间发生厨房煤气泄漏，应立即关闭阀门，并打开所有门窗通风，⑧不正确；‎ ‎⑨不慎将浓H2SO4沾在皮肤上，立即用小苏打溶液冲洗，⑨不正确；‎ ‎⑩容量瓶不能受热，用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中，⑩正确；‎ 综上可知，不正确的有②③④⑥⑦⑧⑨共7个；‎ 答案选D。‎ ‎5.已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液可制得AgI胶体，当它跟Fe(OH)3胶体相混合时，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，由此可知（ ）‎ A. 该AgI胶粒能通过半透膜 B. 该AgI胶体带负电荷 C. 该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动 D. 该AgI胶体是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体的胶粒不能通过半透膜，选项A错误；‎ B、AgI胶体与Fe(OH)3胶体相混合时，析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe(OH)3胶粒带相反电荷。而Fe(OH)3胶粒带正电，故AgI胶粒带负电，但胶体不带电，选项B错误；‎ C、AgI胶粒带负电，该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动，选项C正确；‎ D、该AgI胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.下列关于氧化还原反应的说法正确的是（ ）‎ ‎①有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原 ‎②阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性 ‎③在K、Fe2＋、S2-、Na＋中只有1种粒子不具有还原性 ‎④由X变为X2＋的反应是氧化反应 ‎⑤金属单质在反应中只作还原剂 ‎ ‎⑥非金属单质在反应中只作氧化剂 ‎⑦含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性 A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，故错误；‎ ‎②阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，故错误；‎ ‎③处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，故正确；‎ ‎④X变为X2+的反应，失去电子，被氧化，发生氧化反应，故正确；‎ ‎⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，故正确；‎ ‎⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故错误；‎ ‎⑦‎ 元素表现氧化性主要是看得电子能力，非金属性较弱的元素达到高价时，氧化性都不强或几乎没有氧化性，如CO2中C元素，NaOH中Na元素，另非金属性强的元素以最高价形成化合物也有特例，如HClO4氧化性很弱，故错误；‎ 综上，正确的只有③④⑤；‎ 答案选A。‎ ‎7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(　 　)‎ A. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣‎ B. 0.1 mol·L－1KNO3溶液：Mg2＋、Fe3＋、Cl－、SO42－‎ C. 使石蕊变红的溶液：K＋、Ca2＋、Cl－、ClO－‎ D. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K+、NO3﹣、SO42﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，选项A错误；‎ B．在0.1 mol·L－1 KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl－、SO42－不会发生任何反应，因此可以大量存在，选项B正确；‎ C．使石蕊变红的溶液是酸性溶液，在该溶液中Cl－、ClO－会发生反应而不能大量存在，选项C错误；‎ D．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列关于金属的说法正确的是（ ）‎ A. 铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧 B. Na在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体 C. 铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3‎ D. 铝制餐具不能用来盛装酸、碱、咸的食物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝箔在空气中受热可以熔化，由于极易被氧化为氧化铝，氧化铝的熔点高于铝的熔点，所以不会发生剧烈燃烧，A错误；‎ B.Na在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成黄色固体过氧化钠，B错误；‎ C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4，C错误；‎ D．铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、碱反应，在食盐电解质溶液中易发生吸氧腐蚀，所以不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.除去下列物质中的杂质（ ）（括号内为杂质）,所选用的试剂及操作方法均正确的一组是( )‎ 选项 待提纯的物质 选用的试剂 操作的方法 A 水 溶解、过滤、结晶 B 稀盐酸 溶解、过滤、洗涤、干燥 C 氢氧化钠溶液 过滤 D 氧气 点燃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化钙会和水反应，虽然碳酸钙不溶于水，过滤可以将碳酸钙除去，但是氧化钙也变成了氢氧化钙，选项A错误，‎ B、Cu混有杂质CuO，用稀盐酸可以除去氧化铜，Cu不与稀盐酸反应，溶解、过滤、洗涤、干燥得到Cu，选项B正确；‎ C、氢氧化钠会与硫酸铜和硫酸都反应，过滤后得到的为氢氧化铜 ，达不到提纯的目的，选项C错误；‎ D、一氧化碳和二氧化碳是均匀的混合在一起的，在氧气中不能被点燃，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中错误的是( )‎ ‎①标准状况下，2.24L水中含有0.1 NA个水分子 ‎②常温常压下，32gSO2 含有的分子数约为3.01×1023 ‎ ‎③2 molNaOH的摩尔质量为80g/mol ‎ ‎④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol ‎⑤室温下，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NA ‎⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA ‎ ‎⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA ‎⑧11.2L氯气中含有 NA个氯原子 ‎⑨在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol ‎ ‎⑩标准状况下14gCO含有的核外电子数为10NA A. ①③④⑥⑧⑩ B. ①④⑤⑥⑧⑨‎ C. ①②④⑥⑧⑨ D. ②③④⑤⑦⑩‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①错误；‎ ‎②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为3.01×1023，故②正确；‎ ‎③2mol NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③错误；‎ ‎④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④错误；‎ ‎⑤32gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为： =2mol，则氧原子数为2NA，故⑤正确；‎ ‎⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥错误；‎ ‎⑦常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦正确；‎ ‎⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧错误；‎ ‎⑨在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，所含有的氮原子的物质的量为2mol，故⑨正确；‎ ‎⑩14g CO的物质的量为0.5mol，0.5mol一氧化碳中含有7mol电子，含有的核外电子数为7NA，故⑩错误；‎ 综上，错误的有①③④⑥⑧⑩。‎ 答案选A。‎ ‎11.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑‎ B. 澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合：Ca2+ + OH－+ HCO3－ CaCO3↓+ H2O C. 向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液；Fe 3++3H2OFe(OH)3↓+3H+‎ D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液 HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有配平，钠和冷水反应的离子方程式应该是2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A错误；‎ B. 澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为Ca2+ + OH－+ HCO3－＝CaCO3↓+H2O，B正确；‎ C. 向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液生成氢氧化铁胶体；Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；‎ D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成碳酸钠、一水合氨和水：NH4++HCO3－+2OH－＝CO32－+NH3·H2O+H2O，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎12.标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：n B. 25℃、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：m C. 同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：m D. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n ‎【答案】B ‎【解析】A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；故选B。‎ ‎13.下列物质：①Cl2②氨水③CO2气体④SO3气体⑤纯碱粉末⑥乙醇⑦铜⑧熔融的NaCl⑨水玻璃（Na2SiO3水溶液）⑩纯盐酸，以下叙述不正确的是（ ）‎ A. 属于非电解质的有3种 B. 属于纯净物的有7种 C. 属于电解质的有3种 D. 上述状态下能导电的有5种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cl2是单质，为纯净物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎②氨水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③CO2气体不能导电，其溶于水能导电的原因是碳酸导电，二氧化碳是非电解质；‎ ‎④SO3气体不能导电，其溶于水能导电的原因是三氧化硫溶于水，硫酸导电，三氧化硫是非电解质；‎ ‎⑤纯碱粉末不能导电，属于盐，熔融状态或溶于水中能导电，属于电解质；‎ ‎⑥酒精不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑦铜能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧熔融的NaCl能导电，是电解质；‎ ‎⑨水玻璃能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑩盐酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ A．③④⑥是非电解质，属于非电解质的有3种，选项A正确；‎ B．①③④⑤⑥⑦⑧属于纯净物，属于纯净物的有7种，选项B正确；‎ C．⑤⑧是电解质，属于电解质的有2种，选项C不正确；‎ D．②⑦⑧⑨⑩能导电，上述状态下能导电的有5种，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎14.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（ ）‎ A. 用图①和②所示装置可以除去NaCl中的CaCO3杂质，并获得NaCl固体 B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置 C. 用图④所示装置可以分离乙醇水溶液 D. 图⑤所示装置中盛有饱和Na2CO3溶液除去CO2中含有的少量HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①和②所示装置分别是过滤和蒸发，由于碳酸钙难溶于水，碳酸钠易溶于水，因此用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质，并获得Na2CO3固体，选项A正确；‎ B.乙醇与水互溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，选项B错误；‎ C.因为缺少温度计，所以不能用图④所示装置分离乙醇水溶液，选项C错误；‎ D.应该用饱和NaHSO3溶液除去SO2中含有的少量HC1，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎15.某氯原子的质量是ag，原子的质量是bg，用表示阿伏加德罗常数,下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氯元素的相对原子质量为 B. mg该氯原子的物质的量一定是 C. 该氯元素的摩尔质量是 D. ng该氯原子所含的电子数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．12 C原子的质量为bg，相对原子量的标准的为： g ，则该氯原子的相对原子量为： =，选项A错误；‎ B．该氯原子的摩尔质量为：aNA g/mol，mg氯原子的物质的量为： =mol，选项B正确；‎ C．氯原子摩尔质量单位为g/mol，选项C错误；‎ D．ng该氯原子含有的原子数为： 个，含有的电子数为：17×个=个，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是（ ）‎ A. a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为71b/a B. 5.6 g CO和22.4 L CO2中含有的碳原子数一定相等 C. 将20 g NaOH固体溶解在500 mL水中所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1‎ D. 现有等物质的量的CO和CO2，这两种气体中氧原子的质量之比为1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据公式：n==可知，NA×2×=b，所以NA=，选项A错误；‎ B.没有给定气体的存在状态，无法确定22.4 L CO2的物质的量，也就无法比较两种气体中含有的碳原子数是否相等，B错误；‎ C. 20 g NaOH固体物质的量为0.5mol，溶剂水的体积为500 mL，溶液的体积不等于500 mL，所以所得溶液的物质的量浓度不是1 mol·L－1，C错误；‎ D. 设CO和CO2的物质的量均为1mol，这两种气体中氧原子的质量之比为1×1×16∶1×2×16=1:2，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.已知有如下反应：① 2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－ ‎ ‎② ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O ‎③ 2FeCl2+Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）‎ A. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物 B. Cl2在①、③反应中均作氧化剂 C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+‎ D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋6Fe3+ + 3H2O ‎【答案】B ‎【解析】A.② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2‎ 既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在①2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 >Fe3+ 根据② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3－> Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。‎ ‎18.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )‎ A. 该反应的氧化剂是ClO-‎ B. 消耗1mol还原剂，转移3mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3‎ D. 该离子方程式为3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。‎ ‎【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。‎ A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；‎ B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；‎ C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；‎ D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎19.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在一定温度和压强下，各种气态物质体积大小由分子间距离决定 B. 相同温度时，CO2和N2O若体积相同，则它们的质量一定相同 C. 100g浓度为18mol/L浓硫酸中加入等质量的水稀释浓度大于9mol/L D. 14 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在一定温度和压强下，气态物质各种气态分子间距离是确定，物质体积大小由分子数目决定，A错误；‎ B、CO2和N2O的摩尔质量相等，温度、体积相同，但是不知压强是否相同，不能得知是否物质的量相同，因此也不知道质量是否相同，B错误；‎ C、稀释过程中溶液密度变小，溶液体积大于原来2倍，浓度小于9mol/L，C错误；‎ D、，得，硫酸溶液浓度越小，密度越小，7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40% ，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图（随着x的不断增大，产生H2的物质的量越来越接近b1）．以下判断不正确的是 （ ）‎ A. a1= B. a2=1 C. b1= D. b2=‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】发生反应有：2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2 ↑，2Al ＋ 2NaOH ＋ 2H2O = 2NaAlO2 ＋ 3H2↑，开始时铝过量，随着x增大，即钠的量逐渐增大，生成氢气的量开始时会逐渐增大，钠、铝的物质的量相等时，即a2 = 1，生成氢气的量达到增大，之后随着钠的量的增加；生成氢气的量会逐渐减小，成氢气的物质的量，据此进行解答。‎ ‎【详解】A、根据分析可以知道，a1时铝过量，生成氢气量b1与全部是钠时生成的氢气量是一样的，由此求得，‎ 设钠的物质的量为y mol，此时铝过量，结合反应方程式可以知道参加反应的铝的物质 的量也是ymol，根据电子守恒可得：0.5y + 1.5y = ，计算得出：，‎ 则混合物中铝的物质的量为：，‎ 则，故A错误；‎ B、根据分析可以知道，当铝和钠的物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2 = 1，故B正确；‎ C、当1.0 g完全为钠时，生成氢气的量为，故C正确； D、当钠和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量 都是x mol，则，计算得出：x = 0.02，则生成氢气的物质的量为：，故D正确；‎ 答案为A。‎ ‎21.已知：还原性HSO3->I－，氧化性IO3->I2>SO42-，在含0.3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示．下列说法不正确的是（　　）‎ A. 0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3-+IO3- ═3SO42-+I－+3H+‎ B. a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12mol C. 当溶液中的I－为0.04 mol时，加入的KIO3只能是0.04mol D. b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】还原性HSO3-＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3-＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，‎ A．0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是0.1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是0.3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3- ═3SO42-+I－+3H+，选项A正确；‎ B．a点碘酸钾的物质的量是0.04mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的==0.12mol，选项B正确；‎ C．当溶液中的I-为0.04mol时，有两种情况：‎ 一是只发生反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，生成I-为0.04mol，根据碘元素守恒n（KIO3）=n（I-）=0.04mol；‎ 二是HSO3-反应完毕后，还发生IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，剩余I-为0.04mol，3molNaHSO3消耗1molKIO3、生成1molI-，故反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2中消耗的I-为0.1mol-0.04mol=0.06mol，消耗KIO3的物质的量为0.06mol×=0.012mol，故共加入的KIO3为0.1mol+0.012mol=0.112mol，选项C不正确；‎ D．根据图象知，b点碘酸根离子完全反应生成碘离子，所以其还原产物可能是碘化钠或碘化钾，b-c段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，所以b～c间的还原产物是I2，选项D正确；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷 非选择题部分 二、填空题 ‎22.Ⅰ．按要求填空 ‎（1）5.4gH2O物质的量为____________mol，约含有___________________个原子；‎ ‎（2）已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是_________ g/mol；‎ ‎（3）同温同压下，同体积的甲烷CH4和CO2质量之比为________，质子数之比_______；‎ ‎（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ag，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为_____mol/L，取出L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是_____mol/L。‎ Ⅱ．按要求书写下列反应的方程式 ‎ ‎（1）亚硫酸氢钠电离方程式(NaHSO3)________________________________________________；‎ ‎（2）醋酸溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为________________________________；‎ ‎（3）0.8mol•L﹣1NaHSO4与0.4mol•L﹣1Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为___________；‎ ‎（4）黑火药爆炸的化学方程式为________________________________。‎ Ⅲ．请配平以下化学方程式 ‎（1）____FeSO4＋____K2O2＋____H2O =____ Fe(OH) 3＋____ Fe2(SO4) 3＋____KOH ‎（2）_____BiO3－＋_____Mn2＋＋____=_____Bi3＋＋_____ MnO4－ ＋____‎ ‎【答案】(1). 0.3 (2). 0.9×6.02×1023或0.9 NA (3). 32g/mol (4). 4：11 (5). 5：11 (6). mol/L (7). mol/L (8). NaHSO3=Na+＋HSO3- (9). CH3COOH＋HCO3- =CO2↑＋CH3COO-＋H2O (10). Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O (11). S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑ (12). 6 (13). 3 (14). 6 (15). 2 (16). 2 (17). 6 (18). 5 (19). 2 (20). 14H＋ (21). 5 (22). 2 (23). 7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ．根据n====cV进行计算；‎ Ⅱ．（1）亚硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和亚硫酸氢根离子；‎ ‎（2）亚硫酸氢钠与醋酸反应生成醋酸钠、水、二氧化碳；‎ ‎（3）根据反应的方程式书写；‎ ‎（4）根据反应的方程式书写；‎ Ⅲ．根据电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）根据n=可知，5.4gH2O物质的量为=0.3mol，约含有0.3mol×3×NA/mol=0.9 NA= 0.9×6.02×1023个原子；‎ ‎（2）已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g，X气体的物质的量是=0.2mol，所以X气体的摩尔质量是＝32g/mol；‎ ‎（3）同温同压下，根据阿伏加德罗定律可知同体积的甲烷（CH4）和CO2分子数之比为1：1，物质的量之比1：1，质量之比为1mol×16g/mol：1mol×44 g/mol＝4：11；质子数之比为(6+1×4)：(6+8×2)＝5：11；‎ ‎（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ ag，则Al3+的物质的量为=mol，硫酸铝的物质的量是mol =mol ，所以溶液的物质的量浓度为＝mol/L；取出L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是×3= mol/L；‎ Ⅱ．（1）亚硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，电离方程式为：NaHSO3=Na+＋HSO3-；‎ ‎（2）亚硫酸氢钠与醋酸反应生成醋酸钠、水、二氧化碳，发生的离子反应为CH3COOH＋HCO3- =CO2↑＋CH3COO-＋H2O；‎ ‎（3）0.8mol•L﹣1NaHSO4与0.4mol•L﹣1Ba(OH)2溶液等体积混合，即NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量2：1反应，氢离子与氢氧根离子恰好反应，反应的离子方程式：Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O；‎ ‎（4）黑火药爆炸是硫、硝酸钾和碳反应生成硫化钾、氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑；‎ Ⅲ．（1）FeSO4中的Fe元素由+2→+3，升高1，而K2O2的O元素由-1→-2，降低1×2，两者最小公倍数为2，根据电荷守恒以及原子守恒可知反应的方程式为6FeSO4＋3K2O2＋6H2O =2Fe(OH) 3＋2Fe2(SO4) 3＋6KOH；‎ ‎（2）Mn2＋中的Mn元素由+2→+7，升高5，而BiO3－的Bi元素由+5→+3，降低2，两者最小公倍数为10，根据电荷守恒以及原子守恒可知反应的方程式为5BiO3－＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2MnO4－ ＋7 H2O。‎ ‎23.某同学通过以下装置测定M样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1 mL和V2 mL(已折算到标准状况下)。‎ ‎（1）写出实验1中可能发生反应的离子方程式：______________________________。‎ ‎（2）实验1装置中小试管的作用是___________________________________________________。‎ ‎（3）对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：①___________________②___________________。‎ ‎（4）M样品中铜的质量的数学表达式为（用V1和V2 表示）：__________________________。‎ ‎（5）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积____________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________。‎ ‎（6）该实验需要0.50 mol·L－1的NaOH溶液470 mL，请回答下列问题：‎ ‎①配制时应称量______g NaOH，称量时需要托盘天平、______、______ (填仪器名称)。‎ ‎②配制配制NaOH溶液时，将NaOH固体在烧杯中溶解，所得溶液立即转移至容量瓶中____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎③配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质会导致所配溶液浓度________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（7）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制的，则该浓硫酸的物质的量浓度是____mol·L－1。‎ ‎【答案】(1). 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑ (2). 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出 (3). 控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢 (4). 节省药品 (5). 冷却到室温②调整BC液面相平 (6). m(Cu)=＝ (7). 无影响 (8). 偏大 (9). 10.0 (10). 小烧杯（或称量瓶）、药匙 (11). 偏大 (12). 偏大 (13). 18.4 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，据此分析。‎ ‎【详解】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸。‎ ‎（1）M样品（只含Fe、Al、Cu），只有铝与氢氧化钠溶液能反应，则实验1中可能发生反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；‎ ‎（2）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加液体量，调节化学反应速率，节省药品；‎ 故答案为：液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品；‎ ‎（3）对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确，‎ 故答案为：冷却到室温；调整BC液面相平；‎ ‎（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为，所以样品中铜的含量为m(Cu)=＝；‎ ‎（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；‎ ‎（6）①要配制0.50mol•L-1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以配制时应称量0.50mol•L-1×0.5L×40g/mol=10.0g NaOH，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品；‎ ‎②NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，所以会导致所配溶液浓度偏大；‎ ‎（7）根据c＝可得浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L。‎ ‎24.甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：‎ ‎①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。‎ ‎②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。‎ ‎③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。‎ ‎④向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：‎ ‎⑴上述实验③中得到沉淀X的质量为______；生成沉淀X的离子方程式为______．‎ ‎⑵甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______．‎ ‎⑶甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为______。‎ ‎【答案】(1). 10g (2). (3). 、 (4). (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】通过①得出铵根离子物质的量，‎ 通过②分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，‎ 通过③及离子共存分体得出不含的离子，‎ 通过④分析含有的微粒及物质的量。‎ ‎【详解】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；‎ ‎②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，‎ 如为BaSO4，则，‎ 如为BaCO3，，‎ 则说明甲中含有SO42－、CO32－,设分别为x mol、y mol，‎ 则，x = 0.2 ，y = 0.1；‎ ‎③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32－，则一定不存在Ca2+、Cu2+；‎ ‎④向上述滤液中加入1 mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而②加入，‎ 则说明甲中含有Cl－，且，‎ 如不含NO3－，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,‎ 则,‎ 因分成两份，则甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，‎ ‎⑴上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1 mol × 100 g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O，故答案为：10g；Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O；‎ ‎⑵由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3－，故答案为：Ca2+、Cu2+；NO3－；‎ ‎⑶甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl－，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol，故答案为：K+；Cl－；0.1 mol。‎ ‎25. 高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。‎ 完成下列填空：‎ Ⅰ．在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：‎ ‎①MnO＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)‎ ‎②MnO＋CuS＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)‎ ‎(1)下列关于反应①的说法中错误的是______(填字母序号)。‎ a．被氧化的元素是Cu和S b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为85‎ c．生成2.24 L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol d．还原性的强弱关系是：Mn2＋>Cu2S Ⅱ．在稀硫酸中，MnO和H2O2也能发生氧化还原反应 氧化反应：H2O2－2e－===2H＋＋O2↑‎ 还原反应：MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O ‎(2)反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为________。‎ ‎(3)已知：2KMnO4＋7H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，则被1 mol KMnO4氧化的H2O2是______mol。‎ Ⅲ．高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O ‎(4)若上述反应前后固体的质量减少了2.8 g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为________个。‎ ‎【答案】（1）d ‎（2）6.02×1023‎ ‎（3）2.5　‎ ‎（4）0.1NA(或6.02×1022)‎ ‎【解析】试题分析：（1）a．反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S、Cu，故a正确；‎ b．锰元素化合价降低，从+7价降低为+2价，Cu2S元素化合价都升高做还原剂，1molMnO4-得到5mol电子，反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，1molCu2S失去8mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；‎ c．生成2.24LL（标况下）SO2时，物质的量为0.1mol；反应的Cu2S物质的量为0.1mol，反应中转移电子的物质的量是：‎ Cu+～Cu2+～e-； S2-～SO2～6e-；‎ ‎1 1 1 6‎ ‎0.2mol 0.2mol 0.1mol 0.6mol ‎ 所以电子转移共0.8mol，故c正确；‎ d．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，故d错误。故选d；‎ ‎（2）由H2O2-2e→2H++O2↑可知，反应中若有0.5mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为0.5×2×NA=NA。故答案为：NA；‎ ‎（3）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则1mol KMnO4氧化的H2O2是2.5mol。故答案为：2.5；‎ ‎（4）反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素的变化；反应前后固体的质量减少了2.8g， 参加反应的亚铁离子的物质的量为：=0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫元素元素的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为：0.1NA。故答案为：0.1NA。‎