浙江省温州十五校联合体2019-2020学年高一上学期期中考试联考化学试题 23页

www.ks5u.com ‎2019学年第一学期温州十五校联合体期中联考高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ba 137‎ 一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.仪器名称为“蒸发皿”的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该仪器名称为普通漏斗，A项错误；‎ B. 该仪器名称为容量瓶，B项错误；‎ C. 该仪器名称为分液漏斗，C项错误；‎ D. 该仪器名称为蒸发皿，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】熟悉常见仪器的构造及用途是解题的关键，要注意普通漏斗与分液漏斗的区别。‎ ‎2.下列属于酸性氧化物的是 A. MgO B. CO C. Al2O3 D. CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物，能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，据此分析。‎ ‎【详解】A. MgO不能和碱反应，不属于酸性氧化物，A项错误；‎ B. CO不能和碱反应，不属于酸性氧化物，B项错误；‎ C. Al2O3即可以与酸反应，也可以和碱反应，属于两性氧化物，C项错误；‎ D. CO2能和碱反应生成相应的盐和水，属于酸性氧化物，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】根据酸性氧化物的定义分析是解题的突破口，酸性氧化物是一类能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物，但一般不与正盐或酸式盐反应，一般是非金属元素的氧化物和某些过渡金属元素的高价氧化物。例如P2O5、七氧化二锰Mn2O7、三氧化铬CrO3等，CO、NO等不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，而是不成盐氧化物。‎ ‎3.下列物质属于纯净物的是 A. 氯水 B. 盐酸 C. CuSO4·5H2O D. 漂白粉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水是氯气溶于水所得溶液，属于混合物，A项错误；‎ B. 盐酸为HCl的水溶液，属于混合物，B项错误；‎ C. CuSO4·5H2O俗称胆矾，只有一种成分，属于纯净物，C项正确；‎ D. 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】能写出化学式的单一物质属于纯净物。‎ ‎4.下列分散系中，能产生“丁达尔效应”的是 A. 食盐水 B. 豆浆 C. 石灰乳 D. 硫酸铜溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胶体可以产生“丁达尔效应”，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 食盐水属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，A项错误；‎ B. 豆浆属于常见的胶体，可产生“丁达尔效应”，B项正确；‎ C. 石灰乳为悬浊液，不能产生“丁达尔效应”，C项错误；‎ D. 硫酸铜溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】丁达尔现象是胶体所特有的性质，明确生活中常见的胶体是解题的关键，如：云、雾、豆浆、牛奶、淀粉等。‎ ‎5.下列四位科学家中，首先提出原子有核结构模型的是 A. 卢瑟福 B. 波尔 C. 汤姆生 D. 道尔顿 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1909年，卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型的理论，A项正确；‎ B. 波尔发现原子核外电子有规律运动，B项错误；‎ C. 汤姆生发现了电子，C项错误；‎ D. 道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，这一模型也被称为“行星模型”。‎ ‎6.下列物质在水溶液中的电离方程式，正确的是 A. H2SO4 = 2H+ +SO4-2 B. MgCl2=Mg2+ + Cl2－‎ C. Ba(OH)2 = Ba2++2OH－ D. NaHCO3=Na+ + H+ + CO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2SO4为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，A项错误； B. MgCl2为强电解质，电离方程式为：MgCl2= Mg2+ + 2Cl－，B项错误； C. Ba(OH)2为强电解质，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，C项正确； D. NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】强电解质的电离用“═”，弱电解质的电离用“⇌”，弱酸的电离分步进行，以第一步为主，遵循电荷守恒及质量守恒定律，并注意原子团不可拆分，‎ ‎7.同温同压下，决定气体体积大小的因素是 A. 气体分子间的平均距离 B. 气体分子的自身大小 C. 气体分子的数目 D. 气体分子的数目和气体分子的自身大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】气体的分子间距离远大于分子本身大小，决定气体体积的因素主要是气体的分子数目以及分子间距离，而同温同压下，气体分子间的平均距离一定时，气体物质的量的多少即气体的分子数目决定气体的体积大小，而与气体分子的直径、气体分子的式量无关，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎8.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如下图，则下列化学反应属于区域3的是 A. IBr + H2O == HIO + HBr B. 2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑‎ C. Fe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2‎ D. Zn + H2SO4 == ZnSO4 + H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 区域3的反应既不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应；氧化还原反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析判断。‎ ‎【详解】A. IBr + H2O == HIO + HBr，属于复分解反应，没有化合价的升降，不属于氧化还原反应，不符合题意，A项错误；‎ B. 2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑，属于分解反应，没有化合价的升降，不属于氧化还原反应，不符合题意，B项错误；‎ C. Fe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，Fe元素和C元素有化合价的升降，属于氧化还原反应，C项正确；‎ D. Zn + H2SO4 == ZnSO4 + H2↑，属于置换反应和氧化还原反应，不符合题意，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】化合反应是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应；分解反应是由一种物质生成两种或两种以上其它的物质的反应；置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应。掌握氧化还原反应与四大基本反应类型之间的关系，会分析基本的反应是解题的关键。‎ ‎9.下列物质溶于水后不能电离的是 A. 氯化氢(HCl) B. 酒精(C2H5OH) C. 氯化钠(NaCl) D. 氢氧化钡[Ba(OH)2]‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯化氢(HCl)溶于水后会电离出H＋和Cl－，不符合题意，A项错误；‎ B. 酒精(C2H5OH)在水溶液中以分子形式存在，不能电离，B项正确；‎ C. 氯化钠(NaCl)溶于水后会电离出Na＋和Cl－，不符合题意，C项错误；‎ D. 氢氧化钡[Ba(OH)2]溶于水后会电离出Ba2＋和OH－，不符合题意，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 氯气在氢气中安静的燃烧并产生苍白色火焰 B. 将氯气溶于水形成氯水并置于钢瓶中进行储存和运输 C. Cl2是一种很强的氧化剂，在一定条件下能与Fe单质反应生成FeCl2‎ D. 次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气为氧化剂，和氢气反应时应描述为：氢气在氯气中安静的燃烧并产生苍白色火焰，A项错误；‎ B. 氯水中含有盐酸和次氯酸，具有酸性，不能用钢瓶中进行储存和运输，B项错误；‎ C. Cl2是一种很强的氧化剂，与变价金属反应生成最高价氯化物，在一定条件下能与Fe单质反应生成FeCl3，C项错误；‎ D. 次氯酸具有漂白性和杀菌消毒作用，能使染料等有机色素褪色，还能杀死水中的细菌，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列化学用语描述正确的是 A. 可用于考古断代的一种核素的符号：‎ B. 氚的原子结构模型：‎ C. 18O2ˉ离子的结构示意图：‎ D. 14C和14N互为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 可用于考古断代的一种核素的符号：，A项错误；‎ B. 氚原子中，质子数为1，中子数为2，其原子结构模型：，B项正确；‎ C. 18O2ˉ离子的质子数为8，其结构示意图为： ，C项错误；‎ D. 质子数相同，中子数不同的同种元素互为同位素，而14C和14N的质子数分别为6和7，属于两种不同的元素，不是同位素，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列叙述正确的是 A. 将混有少量溴蒸气的氯气通过装有四氯化碳的洗气瓶以除去溴 B. 用玻璃棒蘸取氯水滴到pH试纸的中央然后与标准比色卡对照读出pH值 C. 分液时，上层液体直接从上口倒出，下层液体也直接从上口倒出 D. 提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾粗品，可将样品先溶于热水中配成浓溶液，再冷却结晶，过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气也易溶于四氯化碳，将混有少量溴蒸气的氯气通过装有四氯化碳的洗气瓶不能除去溴，A项错误； B. 氯水具有氧化性，会漂白pH试纸，B项错误；‎ C. 分液时，上下层液体不能混合，上层液体直接从上口倒出，而下层液体需从下口流出，C项错误； D. 氯化钠的溶解度受温度变化不大，而硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，因此可利用冷却热饱和溶液的方法分离混合物，即将样品先溶于热水中配成浓溶液，再冷却结晶，过滤，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列叙述中正确的是 A. 含金属元素离子一定都是阳离子 B. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质 C. 某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原 D. 金属原子失电子越多，其还原性越强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 如AlO2−离子中含金属元素，则含金属元素的离子不一定都是阳离子，A项错误；‎ B. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质，如Fe3+可被还原为Fe2+，B项正确；‎ C. 如在反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中，硫元素从化合态变为游离态时，该元素既被还原又被氧化，C项错误；‎ D. 还原性强弱与失电子能力有关，与失电子数目无关，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是（a-2b），L层电子数是(a+b)，则A、B两元素形成的化学式最可能表示为 A. BA B. AB2 C. B3A2 D. A2B ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B元素的原子M层电子数是（a-2b），L层电子数是(a+b)，a+b=8；A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b，则b=2，联立可得a=6，故A为氧元素；a-2b=6-22=2，故B为镁元素，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，A为氧元素，B为镁元素，则两者所成的化合物为BA（MgO），A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 图1 定容 B. 图2 分离苯和四氯化碳的混合物 C. 图3 除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3溶液 D. 图4 萃取时振摇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图1为转移操作，A项错误；‎ B. 苯和四氯化碳均为有机物，两者互溶，不能用分液的方法进行分离，B项错误；‎ C．胶体和溶液均可透过滤纸，不能用过滤方法进行分离，应利用渗析法提纯胶体，C项错误； D．图示为萃取时振摇，操作科学规范，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】高中阶段，常见的混合物分离与提纯方法如下：‎ 方法 课本举例 分离的物质 过滤 除去粗盐中的泥沙 用水溶解，从溶液中分离出不溶固体物质 蒸发 从食盐溶液中分离出NaCl 加热溶液，从溶液中分离出易溶固体溶质 蒸馏 从自来水制蒸馏水 加热并冷凝，从互溶的液态混合物中分离出沸点不同物质 萃取 用CCl4提取碘水中碘 用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂组成的溶液中提取出来 洗气 气体与气体的分离(杂质气体与液体反应)。‎ 用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质。‎ 升华 碘的升华 分离易升华的物质。‎ ‎16.下列与原子结构相关的描述不正确的是 A. 核素的相对原子质量与其质量数近似相等 B. 电子数相同的粒子不一定是同一种元素 C. H、D、T的化学性质几乎完全相同 D. 质子数决定元素种类，中子数决定核素种类 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 核素的相对原子质量与其质量数近似相等，A项正确；‎ B. 电子数相同的粒子不一定是同一种元素，如Na+、Ne、F-电子数都是10，但所属元素不同，B项正确；‎ C. H、D、T互为同位素，因质子数等于核外电子数，最外层电子数决定元素的化学性质，这三种原子质子数和最外层电子数相同，故化学性质几乎完全相同，C项正确；‎ D. 元素种类由质子数决定，核素种类由质子数和中子数共同决定，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎17.下列叙述中正确的是 A. 工业上以二氧化锰和浓盐酸为原料制取氯气 B. 溴化银可用于人工降雨、氯气可用于制备药物 C. 工业上常用 H2和 Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制得盐酸 D. 碘称为“海洋元素”，从海产品中提取碘是工业获取碘的重要途径 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室以二氧化锰和浓盐酸为原料制取氯气，工业上利用电解饱和食盐水可制备氯气，A项错误；‎ B. 碘化银可用于人工降雨、氯气可用于制备药物，B项错误；‎ C. 工业上常用 H2和 Cl2‎ 直接化合的方法生产氯化氢，氯化氢极易溶于水，可以制得盐酸，C项正确；‎ D. 溴称为“海洋元素”，而不是碘，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.下列溶液中的Cl－浓度与50mL1mol·L-1氯化铝溶液中Cl－浓度相等的是 A. 150mL1mol·L-1氯化钾溶液 B. 150mL3mol·L-1氯酸钾溶液 C. 75mL1.5mol·L-1氯化镁溶液 D. 50mL3 mol·L-1氯化钙溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎50mL 1mol•L-1氯化铝溶液中Cl－的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L，结合溶质的浓度及构成计算。‎ ‎【详解】50mL 1mol•L-1氯化铝溶液中Cl－的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L，则 A. 150mL1mol·L-1氯化钾溶液中Cl－的物质的量浓度为1mol/L，不符合题意，A项错误；‎ B. 150mL3mol·L-1氯酸钾溶液中含钾离子与氯酸根离子，而不含Cl－，不符合题意，B项错误；‎ C. 75mL1.5mol·L-1氯化镁溶液中Cl－的物质的量浓度为1.5mol/L×2=3 mol/L，符合题意，C项正确；‎ D. 50mL3 mol·L-1氯化钙溶液中Cl－的物质的量浓度为3mol/L×2=6 mol/L，不符合题意，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确题设条件是解题的关键，学生易错点在于，误将溶液中氯离子的物质的量浓度理解成氯离子的物质的量进行求解计算。‎ ‎19.还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是( )‎ A. I-、Fe3+、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br-‎ C. Fe2+、Fe3+、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；‎ A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；‎ B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；‎ C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；‎ D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。‎ ‎20.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成份为CuFeS2，其中Cu、Fe均为+2价)，其反应为2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2关于此反应，下列说法不正确是 A. CuFeS2中只有硫元素被氧化 B. 该反应中有两种物质作氧化剂 C. 每生成1molFeS，反应中转移3mol电子 D. CuFeS2被氧化和被还原的原子数之比为2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由−2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，A项正确； ‎ B. 反应中Cu、O元素的化合价降低，两种反应物均作氧化剂，B项正确；‎ C. 由方程式可知，每生成1molFeS，就生成0.5molSO2，则有0.5mol硫被氧化生成SO2，转移电子为0.5mol×[4−(−2)]=3mol，C项正确；‎ D. Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由−2价升高到+4价， CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变，则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1:2，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎21.某硫原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，若NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法中正确的是 ‎①该硫原子的相对原子质量为12a/b ②m g该硫原子的物质的量为m/aNA mol ‎③12C原子的摩尔质量是12g或bNA g ④a g该硫原子所含的电子数为16‎ A. ①③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①该硫原子的相对原子质量=＝，①项正确；‎ ‎②1mol碳原子个数是NA，n==mol，②项正确；‎ ‎③摩尔质量的单位为g/mol， ③项错误；‎ ‎④a g该硫原子的个数=＝NA，一个硫原子中含有16个电子，所以a g该硫原子所含的电子数为NA，或者由于该硫原子的质量是a g，故a g该硫原子数目为1个，故含有电子数目为16，④项正确，‎ 综上所述，①②④符合题意，C项正确，‎ 答案选C ‎【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，根据相对分子质量的计算方法、物质的量的计算方法、摩尔质量的定义等知识点来解答。解答本题重点是正确理解相对原子质量的定义和物质的量的相关计算。注意理解原子的相对原子质量和元素的相对原子质量，一个原子的真实质量与一个原子质量的的比值是相对原子质量，该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和是元素的相对原子质量。‎ ‎22.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是 A. 1.8g 15NH3含有的电子数为NA B. 1L 0.1 mol·L-1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA C. 常温常压下，8g硝酸铵中含有的氮原子数为0.2NA D. 通常状况下，22.4LCO2和CO的混合气体，其物质的量小于1mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1.8g 15NH3的物质的量为=0.1mol，含有的电子数为0.1mol（7+3） NA mol-1=NA，A项正确；‎ B. 水分子中也含氧原子，故硫酸钠溶液中含有的氧原子数远大于0.4NA，B项错误；‎ C. 常温常压下，8g硝酸铵中含有氮原子数为=0.2NA，C项正确；‎ D. 通常状况下，气体的摩尔体积为24.5 L/mol，大于22.4L/mol，故通常状况下CO2和CO的混合气体，其物质的量小于1mol，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎23.从海带中提取碘的工业生产过程如下：‎ ‎ ‎ 下列说法不正确的是 A. 试剂X可以为NaOH溶液，其作用是使浸泡液中的可溶性有机物形成沉淀 B. 氧化剂X可以用H2O2或适量的Cl2‎ C. 干海带浸泡液中的碘离子可用淀粉溶液检验 D. 氧化后的滤液在实验室也可采用四氯化碳萃取、分液、蒸馏的方法得到粗碘，蒸馏后得到的粗碘在蒸馏烧瓶中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从海带中提取碘：海带浸泡后加碱进行碱化，过滤得到有机沉物，滤液加入氧化剂和稀硫酸氧化碘离子为碘单质，得到含碘水溶液，加入有机溶剂，萃取分液得到含碘的有机溶液，通过蒸馏得到碘单质，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 由于操作①后得到有机物沉淀，则加入NaOH溶液的目的是使可溶性有机质形成沉淀，A项正确；‎ B. 氯气氧化性强于单质碘，H2O2常做绿色氧化剂，因此氧化剂X可以用H2O2或适量的Cl2‎ ‎，B项正确；‎ C. 淀粉溶液与碘单质反应变蓝色，而不是碘离子，因此干海带浸泡液中的碘离子不能用淀粉溶液检验，C项错误；‎ D. 氧化后的滤液为碘水溶液，因碘易溶于有机溶剂，且易升华，因此在实验室可采用四氯化碳萃取、分液、蒸馏的方法得到粗碘，蒸馏后得到的粗碘在蒸馏烧瓶中，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎24.已知M2O7n-离子可与R2-离子反应，R2- 被氧化为R单质，M2O72-的还原产物中M为+3价；又已知100mL c(M2O7n-)=0.2 mol·L-1的溶液可与100mL c(R2- )=0.6 mol·L-1的溶液恰好完全反应，则n值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R2－被氧化为R单质，失去电子，M2On2-中M元素的化合价降低，得到电子，结合电子守恒计算。‎ ‎【详解】R2－被氧化为R单质，失去电子，而M2O7n-中M元素的化合价降低，得到电子，M2O7n-的还原产物中M为+3价，设M2O7n-中M元素的化合价为x，由电子守恒可知0.1L×0.6mol/L×（2-0）＝0.1L×0.2mol/L×2×（x-3），解得x＝6，M2O7n－离子中（+6）×2+（-2）×7＝－n，解得n＝2，B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用。‎ ‎25.下列关于离子或物质的鉴别，判断正确的是 A. 加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不溶解，可确定有SO42-存在 B. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，则原溶液中可能含有CO32-或Cl-‎ C. 加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32-存在 D. 在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该固体试样中不含NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl，加稀盐酸后沉淀不溶解时，溶液中可能含SO42－或Cl－‎ ‎，A项错误；‎ B. 若原溶液中可能含有CO32-，则加入AgNO3溶液后生成碳酸银沉淀，加盐酸后碳酸银沉淀会转化为氯化银沉淀，符合实验现象；若原溶液中含有Cl-，则加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，符合题意，B项正确；‎ C. 加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含与HCO3－、CO32－、HSO3－、SO32－等，C项错误；‎ D. 检验NH4+需要加热，选项中没有加热，不能确定固体试样中一定不含NH4+，D项错误；‎ 二、非选择题（本大题共5小題，共50分）‎ ‎26.按要求填空：‎ ‎（1）写出新制氯水中含量最多的微粒的化学式_________________（水分子除外）‎ ‎（2）写出漂白粉中有效成分的名称__________________‎ ‎（3）描述检验溶液中K+离子的实验操作过程_____________‎ ‎（4）配平下列化学方程式 ‎（ ）Cu＋（ ）HNO3（稀）＝（ ）Cu(NO3)2+（ ）NO↑+（ ）H2O ‎ ‎（5）按照物质的分类，次磷酸（H3PO2）属于二元酸，其与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为______‎ ‎【答案】 (1). Cl2 (2). 次氯酸钙 (3). 用洁净的铂丝蘸取待测液做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰，则有K+ (4). 3 (5). 8 (6). 3 (7). 2 (8). 4 (9). H3PO2+2NaOH=Na2HPO2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据新制氯水的成分分析作答；‎ ‎（2）根据漂白粉的漂白原理分析；‎ ‎（3）根据焰色反应解答，检验钾离子要注意透过蓝色钴玻璃；‎ ‎（4）根据电子转移数、原子守恒配平该氧化还原反应；‎ ‎【详解】（1）氯气溶于水形成氯水，氯水成分较多，但含量最多的微粒为氯气（水分子除外），其化学式为：Cl2；‎ ‎（2）漂白粉中主要起漂白作用的为次氯酸钙，则有效成分为次氯酸钙；‎ ‎（3）检验溶液中K+‎ 离子的操作过程为：用洁净的铂丝蘸取待测液做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰，则有K+；‎ ‎（4）反应中Cu化合价从0升高到+2价，升高2，HNO3中N元素部分未发生化合价的变化，部分从+5价降低到+2价，降低3，则根据电子转移数守恒可知，Cu前面化学计量数为3，NO前面化学计量数为2，结合原子守恒可知，该反应为：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3；8；3；2；4；‎ ‎（5）次磷酸（H3PO2）属于二元酸，说明1mol H3PO2只能电离出2mol H＋，则其与足量的NaOH溶液反应时消耗NaOH的物质的量应为2mol，反应的化学方程式为H3PO2+2NaOH=Na2HPO2+2H2O。‎ ‎27.填空：‎ ‎（1）3.1g由13C和18O组成的一氧化碳分子，其中含中子_______mol，电子_______个。‎ ‎（2）现有①4.5gHD ②标准状况下44.8L氩气 ③4℃时9mL水 ④质子数为5NA的甲烷。其中所含原子数最多的是____________（填编号）‎ ‎（3）下列物质： ①CO2 ②熔融的NaCl ③H2SO4 ④液态氯化氢 ⑤BaSO4 ⑥氯水 ⑦葡萄糖 ⑧ Cu （填编号）‎ 属于电解质的是_________________________；‎ 属于非电解质的是________________________；‎ 能导电的是_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 1.7 (2). 1.4NA (3). ① (4). ②③④⑤ (5). ①⑦ (6). ②⑥⑧‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据n=m/M计算一氧化碳分子的物质的量，结合分子中含有的中子数、电子数计算中子、电子的物质的量。‎ ‎（2）先根据物质的量与其它物理量之间的转化关系，将选项中的各量转化成物质的量，根据N=nNA可知物质的量越大，含有的分子数越多，原子的物质的量越大，含有的原子数越多，再根据m=nM进行计算；‎ ‎（3）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物；物质能够导电的条件是有自由移动的离子或电子，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）由13C和18‎ O组成的一氧化碳分子的相对分子质量为13+18=31，则3.1g该分子的物质的量为=0.1mol，其中含中子的物质的量为[(13-6)+(18-8)]×0.1mol=1.7mol，电子数为(6+8)×0.1mol×NA mol-1=1.4NA，故答案为：1.7；1.4NA；‎ ‎（2）①HD的摩尔质量为3g/mol，4.5gHD的原子数为=3NA；‎ ‎②氩气为单原子分子，标准状况下44.8L氩气的原子数为=2NA；‎ ‎③水的密度为1g/mL，则4℃时9mL水的质量为9g，其原子个数为=1.5NA；‎ ‎④甲烷的分子式为：CH4，质子数为5NA的甲烷的物质的量为= 0.5 mol，则其原子个数为：0.5 mol5NA mol-1=2.5NA；‎ 综上分析，其中所含原子数最多的是①；‎ ‎（3）①CO2为化合物，不导电，溶于水后形成碳酸而导电，因此CO2属于非电解质；‎ ‎②熔融NaCl中有自由移动的阴、阳离子，能导电，属于电解质；‎ ‎③H2SO4不能导电，H2SO4溶于水能导电，H2SO4属于电解质；‎ ‎④液态氯化氢溶于水后导电，属于电解质；‎ ‎⑤固体BaSO4不能导电，BaSO4熔融时能导电，BaSO4属于电解质；‎ ‎⑥氯水为氯气溶于水所得的溶液，能导电，但氯水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑦葡萄糖在水中以分子形式存在，不导电，属于非电解质；‎ ‎⑧Cu能导电，Cu属于单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ 综上所述，属于电解质的是②③④⑤；属于非电解质的是①⑦；能导电的是②⑥⑧。‎ ‎【点睛】关于电解质和非电解质的判断需注意：（1）电解质和非电解质都必须是化合物，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；（2）电解质的导电是指电解质自身溶于水或熔融时电离出自由移动的离子导电；（3）物质导电的原因是含自由移动的带电粒子，金属导电的原因是含自由电子，电解质溶于水或熔融时能导电是含自由移动的阴、阳离子。‎ ‎28.A、B均为钾盐的水溶液，A呈中性，B有氧化性，E的溶质中有一种含+5价元素的含氧酸盐M。现有下图所示转化： ‎ ‎ 请回答：‎ ‎（1）C的化学式为_________，检验气体F常用的试纸是______________‎ ‎（2）写出物质M在生活中的常见用途______________‎ ‎（3）写出F→H的化学方程式：______________‎ ‎【答案】 (1). AgI (2). （湿润的）淀粉—碘化钾试纸 (3). 给食盐中加碘、给人体补充碘元素、预防甲状腺肿大等 (4). Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为钾盐且遇到硝酸酸化的AgNO3得到黄色沉淀，说明A为KI；D在CCl4中呈紫色，说明D为I2;将B逐滴加入KI溶液中即可将I－氧化为I2，说明该钾盐具有强氧化性， F(黄绿色气体)为Cl2，与KOH溶液反应会生成KCl和KClO，而KClO具有氧化性，又H中含B，故H中B为KClO，上述流程中，得到的碘溶液，继续滴加KClO会继续发生氧化还原反应，KClO继续将I2氧化为IO3－，溶液变为无色，结合已知信息，E的溶质中有一种含+5价元素的含氧酸盐M，则M为KIO3；氯气可氧化氯化亚铁为氯化铁，故K为FeCl3，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）C为黄色沉淀，其化学式为AgI，F为氯气，检验气体氯气常用的试纸是（湿润的）淀粉—碘化钾试纸，故答案为：AgI；（湿润的）淀粉—碘化钾试纸；‎ ‎（2）根据上述分析知，M为KIO3，在生活中的常见用途是：给食盐中加碘、给人体补充碘元素、预防甲状腺肿大等 ‎（3）F→H为氯气与氢氧化钾的反应，其化学方程式为：Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O。‎ ‎29.某小组利用氯酸钾与10 mol·L-1盐酸反应制氯气并进行氯气性质的探究，实验装置如图所示：‎ 请回答：‎ ‎（1）装置F的名称是____________。‎ ‎（2）E中实验现象是___________。‎ ‎（3）根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是_________。‎ ‎（4）现要配制240mL 10 mol·Lˉ1所需盐酸，请回答下列问题：‎ ‎①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是_________。‎ ‎②配制好的盐酸放入试剂瓶中后，需要贴上标签，请你在图标签上填好所配溶液的信息_________。‎ ‎③配制过程中有下列实验操作步骤，其正确的顺序为___________________。‎ ‎④下列操作会使配制结果偏高的是__________________。‎ A．容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液 B．反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线 C．定容时俯视读数 ‎ D．用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时，量筒仰视读数 ‎【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). 产生棕黄色的烟 (3). ‎ A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色 (4). 250mL容量瓶 (5). (6). b a d c (7). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯酸钾与10 mol·Lˉ1盐酸反应会生成氯气，A中紫色石蕊试液遇氯气会先变红后褪色，经过干燥剂C干燥后遇到干燥的红布条，红布条不褪色，结合A中现象，说明干燥的氯气不具有漂白性；E装置中铜粉与干燥的氯气在加热条件下会反应生成氯化铜，氯气有毒，需用碱液进行尾气处理，据此分析第（1）-（3）问；‎ ‎（4）①根据配制一定浓度溶液的操作与步骤分析所需实验仪器；‎ ‎②根据实验室的规范操作要求作答；‎ ‎③根据配制一定浓度盐酸溶液的操作与步骤分析；‎ ‎④依据c=分析误差对测定结果带来的影响。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）装置F的名称是（球形）干燥管；‎ ‎（2）E中铜粉与氯气在加热条件下反应生成氯化铜，产生棕黄色的烟，故答案为：产生棕黄色的烟；‎ ‎（3）根据实验目的可知，A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色，则说明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，故答案为：A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色；‎ ‎（4）①实验室没有240mL规格的容量瓶，因此要配制240mL 10 mol·Lˉ1所需盐酸除需量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是250mL容量瓶；‎ ‎②标签上需注明溶液名称与物质的量浓度，故答案为：；‎ ‎③浓盐酸稀释为稀盐酸其步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据图示信息可知，正确的顺序为b a d c；‎ ‎④A．容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液，对测定结果无影响，不符合题意，A项错误；‎ B．反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，相当于稀释溶液，导致最终结果偏低，不符合题意，B项错误；‎ C．定容时俯视读数，则所测溶液的体积偏小，根据c=可知，最终配制结果偏高，符合题意，C项正确；‎ D．用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时，量筒仰视读数，所量浓盐酸的物质的量偏大，根据c=可知，最终配制结果偏高，符合题意，D项正确，故答案为：CD。‎ ‎30.取过氧化氢(H2O2)样品10mL，加水配成250mL溶液，从中取出25mL，加稀硫酸酸化后，逐滴加入0.1mol·Lˉ1的KMnO4溶液。当反应完全时，消耗KMnO4溶液20.00mL。反应的方程式为：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。请回答下列问题：‎ ‎（1）所配制的250mL溶液中，H2O2的物质的量浓度是_____________。‎ ‎（2）若原过氧化氢样品的密度为1.1 g·cm-3，则其溶质的质量分数为_______。‎ ‎（3）滴入0.1 mol·Lˉ1KMnO4溶液反应完全后，反应中转移电子的数目为_______。‎ ‎【答案】 (1). 0.2 mol·Lˉ1 (2). 15.5%或15.45% (3). 0.01NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据化学方程式，通过化学计量数之比等于参加反应的各物质的物质的量之比计算过氧化氢的物质的量，求出其物质的量浓度即为250mL溶液中H2O2的物质的量浓度；‎ ‎（2）根据c=推导计算；‎ ‎（3）根据氧化还原反应的规律分析作答。‎ ‎【详解】（1）2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，则2KMnO4～5H2O2，则反应的H2O2的物质的量为=510-3 mol，则该溶液的浓度为=0.2 mol·Lˉ1，故答案为：0.2 mol·Lˉ1；‎ ‎（2）根据第（1）问可知，原过氧化氢样品的浓度为0.2 mol·Lˉ1×250/10＝5 mol·Lˉ1，因c=，若原过氧化氢样品的密度为1.1 g·cm-3，则其溶质的质量分数=15.5%或15.45%；‎ ‎（3）2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应中，KMnO4中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，化合价降低5，因参加反应的KMnO4的物质的量为0.1 mol·Lˉ1 0.02L=0.002mol，故转移电子数为=0.01NA。‎ ‎ ‎