2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高一上学期期中考试化学试题（解析版） 17页

‎2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）‎ 考试时间：90分钟 分值：100分 相对原子质量：H:1 O:16 Na：23 Cl：35.5‎ 一、选择题(每题只有一个正确选项。每题2分，共60分)‎ ‎1.下列危险化学品的标志中，贴在氢氧化钠试剂瓶上的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图为腐蚀品标志，故A正确； ‎ B.图为剧毒品标志，能使人或动物中毒，与腐蚀性无关，故B错误；‎ C.图为氧化剂标志，与腐蚀性无关，故C错误；‎ D.图为爆炸品标志，与腐蚀性无关，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】了解所给试剂的性质及各个标志所代表的含义是解答此类题的关键。‎ ‎2.在“粗盐提纯”的溶解、过滤、蒸发等实验步骤中，使用次数最多的仪器是 A. 烧杯 B. 托盘天平 C. 玻璃棒 D. 漏斗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据粗盐提纯实验的步骤确定每步用到的仪器：溶解：烧杯、玻璃棒；过滤：漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台带铁圈；蒸发：蒸发皿、玻璃棒、铁架台带铁圈、酒精灯，因此用到次数最多的是玻璃棒，答案选C。‎ ‎3.现有三组实验：①除去混在植物油中的水②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分。分离以上混合液的正确方法依次是 A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 植物油与水互不相溶，用分液法分离；碘溶解在CCl4中，要分离得到CCl4应采用蒸馏的方法；酒精提纯中草药中的有效成分是利用其在酒精中溶解度大的性质，属萃取。‎ ‎4.摩尔质量的单位是( )‎ A. mol B. L C. s D. g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol，所以答案D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.需在容量瓶上标出的是下列中的：①浓度 ②温度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线（ ）‎ A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ①②④ D. ②④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，所以需标有容量、刻度线，由于物质的热胀冷缩特性，容量瓶应在瓶上标注温度下使用，故选②③⑤，所以答案B正确。‎ 故选B。‎ ‎6.关于用自来水制取蒸馏水实验的说法中，不正确的是(　　)‎ A. 蒸馏烧瓶中加入几粒碎瓷片，防止自来水暴沸 B. 蒸馏烧瓶可直接加热，不用垫石棉网加热 C. 温度计水银球应放在支管口处，不能插入自来水液面下 D. 直形冷凝管中的水流方向是从下口进入，上口排出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.为避免加热时出现暴沸现象，应提前在烧瓶中放入几粒沸石或碎瓷片，故A正确；‎ B.对烧瓶进行加热时，为防止加热时烧瓶底炸裂，需垫石棉网，故B错误；‎ C.实验室制取蒸馏水时温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，用于测量蒸馏出的水的温度，制备蒸馏水也可不使用温度计，故C正确；‎ D.冷凝管水流遵循逆流原理，这样冷凝效果好，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎7.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 氧原子的摩尔质量为16 B. 1molO2的质量为32g C. 1molO的的质量为16g/mol D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧原子的摩尔质量为16g/mol，故A错误；‎ B.1molO2的质量为32g，故B正确；‎ C.1molO的的质量为16g，故C错误；‎ D.标准状况下，1mol任何气体物质体积约为22.4L，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.对于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是( )‎ A. 加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀消失，一定有Ba2＋‎ B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀不消失，一定有SO42－‎ C. 加入足量稀盐酸，无明显现象，再加BaCl2溶液后有白色沉淀产生，一定有SO42－‎ D. 加入稀盐酸产生无色气体，气体通入澄清石灰水溶液变浑浊，一定有CO32－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.白色沉淀也可能是CaCO3，溶液中还可能含有Ca2+，故A错误；‎ B.白色沉淀也可能是AgCl，溶液中还可能含有Ag+，故B错误；‎ C.加入足量稀盐酸，排除溶液中的Ag+，CO32-，SO32-等，再加BaCl2溶液后有白色沉淀产生，则一定有SO42－，故C正确；‎ D.SO2也能使澄清石灰水溶液变浑浊，溶液中不一定含有CO32－，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ 　）‎ A. 化学反应中1 molMg变成Mg2+时失去电子的数目为2NA B. 28 N2所含有的原子数目为NA C. 标准状况下，22.4 L水中含有NA个水分子 D. 1mol/L的NaCl溶液中所含Na+的数目为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一个Mg原子变成一个Mg2+时失去的电子数是2个，所以1molMg变成Mg2+时失去的电子数目为2NA，故A正确；‎ B.28g氮气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，故B错误；‎ C.标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；‎ D.不知溶液的体积，所以计算不出Na+的数目，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎10.实验室中需要配制2 mol· L−1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是 A. 950 mL，111. 2 g B. 500 mL，117. 0 g C. 1 000 mL，117. 0 g D. 任意规格，111.2 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 实验室没有950mL规格的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)=1L×2mol/L=2mol，m(NaCl)=2mol×58.5g/mol=117.0g，故答案选C。‎ 点睛：本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制，本题的易错点是A项，因实验室没有950mL规格的容量瓶，需用1000mL的容量瓶进行配制，则计算NaCl的质量时应按照1000mL进行计算。‎ ‎11.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是 A. 定容时，仰视凹液面最低点 B. 向容量瓶中加水未到刻度线 C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 定容时，仰视凹液面最低点，溶液体积增加，浓度偏低，A错误；‎ B. 向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，B正确；‎ C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质减少，浓度偏低，C错误；‎ D. 用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，溶质的质量不足2.4g，所以浓度偏低，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确误差分析的依据是解答的关键，即根据可得，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ｎB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。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB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nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎12.下列物质中，属于电解质且现有状态能导电的是( )‎ A. 铜丝 B. 熔融的MgCl2 C. NaCl溶液 D. 蔗糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜丝是单质，虽能导电，但既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B.在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，熔融的MgCl2属于电解质，且有自由移动的离子，能导电，故B正确；‎ C.虽然NaCl溶液中有自由移动的离子，能导电，但然NaCl溶液是混合物不是混合物，故C错误；‎ D.蔗糖是非电解质，不能导电，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。‎ ‎13.以下说法中错误的是（　 ）‎ A. 物质的量的单位是摩尔 B. 三角洲的形成与胶体的性质有关 C. KHSO4在水溶液中的电离方程式为KHSO4 === K+ + H+ + SO42－‎ D. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物质的量的单位是摩尔，故A正确；‎ B.根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故B正确；‎ C.KHSO4在水溶液中电离出H+、K+、SO42-，电离方程式为：KHSO4 =K+ +H+ +SO42－，故C正确；‎ D.氯化钠在水分子的作用下电离出Na＋和Cl－，不需要外加电流，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎14.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是( )‎ A. 会不会产生丁达尔效应 B. 分散质粒子大小 C. 能否透过滤纸或半透膜 D. 是否均一、稳定、透明 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据分散质粒子直径大小来分类，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的区别在于分散质粒子直径大小，故A、C、D错误，B正确，故选B。‎ 考点：考查了分散系、胶体与溶液的概念及关系的相关知识。‎ ‎15.下列反应类型中一定属于氧化还原反应的是( )‎ A. 分解反应 B. 置换反应 C. 复分解反应 D. 化合反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：凡是有元素化合价变化的反应均是氧化还原反应，A、复分解反应一定不是氧化还原反应，A错误；B、置换反应一定是氧化还原反应，B正确；C、分解反应不一定是氧化还原反应，C错误；D、化合反应不一定是氧化还原反应，D错误，答案选B。‎ 考点：考查氧化还原反应与四种基本反应类型关系判断 ‎16.将50ml 3mol/L的NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后NaOH的物质的量浓度为 ( )‎ A. 0.03mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.5 mol/L D. 0.05 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算。‎ ‎【详解】设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，根据C浓V浓=C稀V稀可得：50×10-3L×3mol/L=500×10-3L×c，解得c=0.3mol/L，所以答案B正确。‎ 故选B。‎ ‎17.下列变化需要加入还原剂才能实现的是 A. Cl-→C12 B. HCO3- →C032- C. Mn04- →Mn2+ D. Zn→Zn2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。‎ ‎【详解】A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；‎ B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；‎ C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确；‎ D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是 A. 氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH−+H+=H2O B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O C. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag D. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：氢氧化钡溶液与盐酸的反应OH-＋H+＝ H2O，故A正确；澄清的石灰水与稀盐酸反应OH-＋H+＝ H2O，故B错误；铜片插入硝酸银溶液中 Cu +2 Ag+= Cu2++2 Ag，故C错误；碳酸钙溶于稀盐酸中CaCO3＋2H+＝Ca2++H2O＋CO2，故D错误。‎ 考点：本题考查离子方程式。‎ ‎19.下列各组离子在溶液能够大量共存的( )‎ A. Ca2+、Cl-、K+、CO32- B. Fe3+、Cl-、H+、SO42-‎ C. Fe2+、OH-、NO3-、SO42- D. HC03-、Na+、OH-、K+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质和发生的化学反应分析判断。‎ ‎【详解】A. Ca2+、CO32-结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；‎ B. Fe3+、Cl-、H+、SO42-之间不反应，可以大量共存，B正确；‎ C. Fe2+、OH-结合生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；‎ D. HC03-、OH-结合生成碳酸根和水，不能大量共存，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎20.某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的 ‎①钠比水轻 ②钠的熔点较低 ③钠与水反应在时要放出热量 ④钠与水反应后溶液呈碱性 A. ①④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：钠与水反应的现象是：浮、熔、游、嘶、红，浮：说明钠的密度比水小，熔：说明此反应是放热反应且钠的熔点低，游：说明产生气体，红：说明产生碱，故选项D正确。‎ 考点：考查钠与水的反应、钠的性质等知识。‎ ‎21.对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是 A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂 B. 每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子 C. Cl2既是氧化剂又是还原剂 D. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在该反应中，Cl2中的氯元素化合价升高，被氧化，生成NaClO3，Cl2是还原剂，NaClO3是氧化产物；Cl2中的氯元素化合价降低，被还原，生成NaCl，Cl2是氧化剂，NaCl是还原产物；因此Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误，C正确；B.生成. 1mol的NaClO3转移5mol的电子，B错误；D. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，D错误。故答案C。‎ 考点：考查氧化还原反应。‎ ‎22.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++ Ce3+ ，Sn2++2Fe3+=2 Fe2++ Sn4+ 。由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+ 三种离子的还原性由强到弱的顺序是 A. Sn2+ 、Fe2+、Ce3+ B. Sn2+ 、Ce3+ 、Fe2+‎ C. Ce3+、Fe2+、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+ 、Ce3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+>Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+>Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+>Fe2+>Ce3+。答案选A。‎ ‎23.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是(　　)‎ 序号 物质 杂质 除杂应选用的试剂或操作方法 ‎①‎ KNO3溶液 KOH 加入FeCl3溶液，并过滤 ‎②‎ FeSO4溶液 CuSO4‎ 加入过量铁粉，并过滤 ‎③‎ H2‎ CO2‎ 通过盛NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶 ‎④‎ NaNO3固体 CaCO3‎ 溶解、过滤、蒸发 A. ①②③④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ KNO3溶液中含有少量KOH，应加入适量的稀硝酸调节溶液的pH=7，用氯化铁除杂会引入杂质，①不正确；FeSO4溶液中含有少量CuSO4，加入过量铁粉可以把铜置换出来，过滤除去铜和过量铁粉，②正确；H2含有中少量CO2，通过盛NaOH溶液的洗气瓶除去CO2，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥，③正确；NaNO3固体中含有少量CaCO3，NaNO3可溶而CaCO3不可溶，溶解、过滤、蒸发可以除去杂质并得到纯净的NaNO3固体，④正确。综上所述，C正确，本题选C。‎ ‎24.下列叙述正确的是(　 )‎ ‎①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ‎②Na2O2中O元素的化合价为-2价 ‎③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质 ‎④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可 ‎⑤向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色。‎ A. 都正确 B. .④⑤ C. ②③⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；‎ ‎②Na2O2中O元素的化合价为-1价，故②错误；‎ ‎③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故③错误；‎ ‎④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；‎ ‎⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色，故⑤正确；‎ 所以正确的选项为：④⑤。 故选B。‎ ‎25.对于反应：2Na2O2＋2 CO2===2Na2CO3＋O2，下列说法中正确的是(　 )‎ A. Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂 B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂 C. 生成1mol O2时，电子转移的数目为4NA个 D. 每有44 g CO2与足量Na2O2反应，产生气体的体积为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O2与CO2反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，Na2O2既作氧化剂又做还原剂，故A错误；‎ B.Na2O2与CO2反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，Na2O2既作氧化剂又做还原剂，故B正确；‎ C.反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，O元素化合价分别由-1价升高为0价、降低为-2价，则生成1molO2，转移2mol电子，故C错误；‎ D.由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，当44g即1molCO2与足量Na2O2反应时，产生氧气的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎26.120 mL浓度为1 mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好与100 mL浓度为0.4 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3溶液可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则还原产物中Cr元素的化合价为（　 ）‎ A. +3 B. +1 C. +4 D. +2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，再根据氧化还原反应中得失电子相等进行计算，据此答题。‎ ‎【详解】n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应。‎ 设元素Cr在还原产物中的化合价是x，根据得失电子相等，则0.0012mol×（6-4）=0.0004mol×2×（6-x），3=（6-x），所以x=+3，所以答案A正确。‎ 故选A。‎ ‎27.除去铁粉中的少量铝粉，可选用(　　)‎ A. 硫酸 B. 水 C. 盐酸 D. 氢氧化钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于铁粉、铝粉均能与硫酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；‎ 铁粉能在高温条件下与水蒸气反应，铝粉不能反应，不符合除杂原则，故B错误；‎ 由于铁粉、铝粉均能与盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；‎ 铁粉不与氢氧化钠溶液反应，但铝粉能与氢氧化钠溶液反应，反应时能把杂质除去，而且原物质也能保留，符合除杂原则，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。‎ ‎28. 用等质量的金属钠进行下列实验，产生氢气最多的是（ ）‎ A. 将钠放入足量的稀盐酸中 B. 将钠放入足量的稀硫酸中 C. 将钠放入足量的氯化钠溶液 D. 将钠用铝箔包好，刺一些小孔，放入足量水中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将等质量的钠投入到稀盐酸、稀硫酸、硫酸铝钾溶液中，发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，由于Na的质量相同，所以三者放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液反应生成氢气，故生成氢气要比上述三种情况多，故D项中生成氢气最多；故选D。‎ ‎【考点定位】考查钠的化学性质 ‎【名师点晴】本题考查钠的化学性质。钠在水溶液中发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，若仅是钠参加反应，无论何种溶液，相同质量的钠生成的氢气的量相等，需要注意的是，铝既能与酸反应又能与碱反应生成氢气。‎ ‎29.在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.4mol/L, c（Mg2+）=0.7mol/L,c（Cl-）=1.4mol/L,则c(SO42-)为（ ）‎ A. 0.2 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.5 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值，据此答题。‎ ‎【详解】设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：‎ ‎0.10mol/L×1+0.25mol/L×2=0.20mol/L×1+2c 解得：c=0.2mol/L，故答案A正确。 故选A。‎ ‎【点睛】本题根据溶液不显电性阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算经常运用。‎ ‎30.现在NaOH、Na2 CO3 、Ba(OH)2三种无色溶液，选用一种试剂把它们鉴别出来，可选用（ ）‎ A. 稀盐酸 B. 稀硫酸 C. BaCl2溶液 D. Na2SO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.取样品，加入稀盐酸，有气泡产生的是Na2CO3，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故A错误；‎ B.取样品，加入稀硫酸，有气泡产生的是Na2CO3，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，没有明显现象的是NaOH，现象不同，可以鉴别，故B正确；‎ C.取样品，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故C错误；‎ D.取样品，加入Na2SO4溶液，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故D错误。‎ 故选B。‎ 二、填空：‎ ‎31.现有下列9种物质：‎ ‎①H2O ②NaHCO3 ③Mg ④CaO ⑤H2SO4 ⑥Ca(OH)2 ⑦豆浆 ⑧碘酒 ⑨酒精 其中，属于混合物的是___（填序号，下同）；属于氧化物的是_________；属于酸的是_________；属于碱的是_________；属于盐的是_______；属于有机化合物的是________；属于胶体的__________；属于电解质的__________。‎ ‎【答案】 (1). ⑦⑧ (2). ①④ (3). ⑤ (4). ⑥ (5). ② (6). ⑨ (7). ⑦ (8). ①②④⑤⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2O是氧化物，且为电解质； ‎ ‎②NaHCO3是盐，在水溶液中能导电，故为电解质；‎ ‎③Mg是单质，故既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎④CaO是氧化物，在熔融状状态下能导电，故为电解质；‎ ‎⑤H2SO4是酸，在水溶液中能导电，故为电解质；‎ ‎⑥Ca(OH)2是碱，在水溶液中能导电，故为电解质； ‎ ‎⑦豆浆是胶体，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧碘酒是碘单质和酒精组成的混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑨酒精是有机物，是非电解质。‎ 所以属于混合物的是⑦⑧；属于氧化物的是①④；属于酸的是⑤；属于碱的是⑥；属于盐的是②；属于有机化合物的是⑨；属于胶体的是⑦；属于电解质的是①②④⑤⑥。‎ 故答案为：⑦⑧，①④，⑤，⑥，②，⑨，⑦，①②④⑤⑥。‎ ‎【点睛】电解质和非电解质都从属化合物，区别就是一个在水溶液中或熔融状态下导电还是不导电。常见的电解质有：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等；常见的非电解质有：非金属氧化物、大多数的有机物等。‎ ‎32.①SO3＋H2O===H2SO4②Cl2＋H2O===HCl＋HClO ③2F2＋2H2O===4HF＋O2④2K＋2H2O===2KOH＋H2↑⑤CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O ‎ ‎（1）上述反应中不属于氧化还原反应的有____(填序号，下同)；‎ ‎（2）H2O只做氧化剂的是____，H2O只做还原剂的是____，‎ ‎（3）属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是____。‎ ‎（4）④的离子方程式_________________________。 ⑤的离子方程式_______________。‎ ‎【答案】 (1). ①⑤ (2). ④ (3). ③ (4). ② (5). 2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑ (6). CO2+2OH-=CO32-+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应，则②③④都是氧化还原反应，①⑤是非氧化还原反应，故答案为：①⑤。‎ ‎（2）反应②中水既不是氧化剂，也不是还原剂；反应③中水中氧元素的化合价从－2价升高到0价，失去电子，水是还原剂，被氧化；反应④中水中的氢元素化合价从＋1价，降低到0价，得到电子，水是氧化剂，被还原；故答案为：④，③。‎ ‎（3）反应②是氧化还原反应，但水既不被氧化，又不被还原，故答案为：②。‎ ‎（4）④的离子方程式为：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，⑤的离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，CO2+2OH-=CO32-+H2O。‎ 三、推断：‎ ‎33.有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。‎ ‎（1）写出A、B、F的化学式 A______ B ______ F ______。‎ ‎（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_____________。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_______________ 。‎ ‎（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式____________________________。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). H2 (3). NaAlO2 (4). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (5). 6NA (6). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为：Na、H2、NaAlO2。‎ ‎（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。‎ ‎（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2。‎ ‎【点睛】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。‎ 四、实验：‎ ‎34.某化学兴趣小组利用如图装置进行铁与水蒸气反应的实验，并检验产物的性质，请回答下列问题：‎ ‎（1）A装置的作用是____________，烧瓶底部放碎瓷片的作用是_____________。‎ ‎（2）装置B中发生反应的化学方程式是___________，该反应中氧化剂是__________，氧化产物是_____________。‎ ‎（3）D的作用是__________。‎ ‎（4）E中的实验现象是_______________。‎ ‎（5）A、B两个装置中应先点燃____处的酒精(喷)灯，点燃E处酒精灯之前应进行的操作是_______。‎ ‎（6）该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设：‎ 假设1：只有Fe；‎ 假设2：只有________；‎ 假设3：既有Fe也有Fe3O4。‎ ‎【答案】 (1). 产生水蒸气 (2). 防暴沸 (3). 3Fe+4H2O（g）=Fe3O4+4H2(高温) (4). H2O (5). Fe3O4 (6). 干燥氢气 (7). 固体由黑色变为紫红色 (8). A (9). 收集气体并验纯 (10). Fe3O4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据铁与水蒸气反应的条件是高温，水的状态是气体分析可知A装置的作用是造水蒸气；烧瓶底部放碎瓷片的作用是防暴沸；‎ ‎（2）B中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，根据反应中化合价的变化进行分析；‎ ‎（3）D的作用是吸收未反应的水蒸气，干燥氢气；‎ ‎（4）根据氢气还原氧化铜得到铜和水进行分析； （5）若先点燃B处，铁会与氧气先发生反应，所以须先点燃A处；氢气是可燃性气体混有空气会发生爆炸，需要验纯；‎ ‎（6）若铁没有反应，则固体物质为Fe；若铁部分反应，则固体物质为Fe与Fe3O4的混合物；若铁全部反应，则固体物质为Fe3O4。‎ ‎【详解】（1）铁与水蒸气反应的方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，条件是高温，水的状态是气体，所以A装置的作用是提供水蒸气，烧瓶底部放碎瓷片的作用是防止加热时液体爆沸，故答案为：产生水蒸气，防暴沸。‎ ‎（2）B中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，该反应中铁元素的化合价升高，被氧化，所以Fe是还原剂，Fe3O4是氧化产物，H2O中氢元素的化合价降低，被还原，所以H2O是氧化剂，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，H2O，Fe3O4。‎ ‎（3）D的作用是吸收未反应的水蒸气，干燥氢气，故答案为：干燥氢气。‎ ‎（4）E是氢气还原氧化铜的实验，氢气还原氧化铜得到铜和水即H2+CuOCu+H2O，所以硬质玻璃管中黑色固体变为紫红色，硬质玻璃管右端管壁有液滴生成，故答案为：固体由黑色变为紫红色。‎ ‎（5）若先点燃B处，铁会与氧气先发生反应，所以须先点燃A处；氢气是可燃性气体混有空气会发生爆炸，所以点燃E处酒精灯之前应进行的操作是验证氢气的纯度，方法是：收集一试管气体，将试管口靠近酒精灯火焰，弱发出噗的声音，说明气体纯净；若发生尖锐爆鸣声，说明气体不纯，故答案为：A；收集气体并验纯。‎ ‎（6）若铁没有反应，则固体物质为Fe；若铁部分反应，则固体物质为Fe与Fe3O4的混合物；若铁全部反应，则固体物质为Fe3O4，故答案为：Fe3O4。‎ 五、计算：(写过程)‎ ‎35.将7.8g Na2O2投入水中充分反应，最终形成500ml溶液。求：‎ ‎（1）Na2O2的物质的量？______‎ ‎（2）反应后溶液中溶质的物质的量？______‎ ‎（3）反应后溶液中溶质的物质的量浓度？______‎ ‎（4）产生气体标况下的体积？______‎ ‎【答案】 (1). 0.1mol (2). 0.2mol (3). 0.4mol/L (4). 1.12L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）n（Na2O2）=7.8g÷78g/mol=0.1mol，故答案为：0.1mol。‎ ‎（2）根据钠原子守恒得n（NaOH）=2n（Na2O2）=2×0.1mol=0.2mol，故答案为：0.2mol。‎ ‎（3）c（NaOH）=n/V=0.2mol÷0.5L=0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L。‎ ‎（4）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，‎ 根据2Na2O2～O2得标况下产生氧气的体积=0.1mol/2×22.4L/mol=1.12L， 故答案为：1.12L。‎ ‎ ‎ ‎ ‎