【化学】河北省石家庄市第二中学、唐山市第一中学等“五个一联盟”2019-2020学年高一上学期期末考试联考试题（解析版） 19页

河北省石家庄市第二中学、唐山市第一中学等“五个一联盟”2019-2020学年高一上学期期末考试联考试题 ‎（满分100分，测试时间90分钟）‎ 可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Ba137 Mg24 Al27 Fe56 Zn65‎ 第I卷（选择题，共46分）‎ 一、选择题（本题共23小题，每小题2分，共46分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列关于实验安全的说法正确的是（ ）‎ A. 开始蒸馏时，应该先加热再通冷凝水；蒸馏完毕，应该先关冷凝水再撤酒精灯 B. 蒸馏时加碎瓷片的目的是防止暴沸 C. 不慎把浓硫酸洒到皮肤上要立即用氢氧化钠溶液冲洗 D. 盛放盐酸的试剂瓶上要贴上如图的标识 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸馏时应先通冷凝水，再加热；蒸馏完毕，应先撤酒精灯，再关冷凝水，使水蒸气充分冷凝，A选项错误；‎ B. 蒸馏时为防止暴沸，应在蒸馏烧瓶内加入碎瓷片或沸石，B选项正确；‎ C. 氢氧化钠是强碱，能腐蚀皮肤，应改用稀碳酸氢钠溶液，C选项错误；‎ D. 盐酸属于腐蚀品，不是剧毒品，不能贴剧毒品标签，应贴腐蚀品标签，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.在剧烈运动或过热出汗后，及时补充电解质对保持健康很重要，下列关于电解质的说法错误的是（ ）‎ A. 酸、碱、盐都是电解质 B. 电离时产生的阴离子只有OH－的电解质是碱 C. 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质 D. 由于氧化钠溶于水生成钠离子和氢氧根离子，因而氧化钠是电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸碱盐在溶于水或熔融状态下能电离，属于电解质，A选项正确；‎ B. 电离出的阴离子只有氢氧根离子的化合物是碱，B选项正确；‎ C. 电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电化合物，C选项正确；‎ D. 氧化钠溶于水，会与水反应生成氢氧化钠，而不是电离成钠离子和氢氧根离子，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列变化中需加入氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. KMnO4→O2 B. Cl－→Cl‎2 ‎ C. Fe3＋→Fe2＋ D. H2SO4→CuSO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】物质被氧化才需要氧化剂，但有些物质能发生自身氧化还原反应，可不另加氧化剂。‎ 详解】A. KMnO4→O2：可通过加热分解KMnO4实现，该过程不需另加氧化剂，A选项不符合题意；‎ B. Cl-→Cl2：Cl-被氧化，需要另加氧化剂，B选项符合题意；‎ C. Fe3+→Fe2+：Fe3+被还原，需要加的是还原剂，C选项不符合题意；‎ D. H2SO4→CuSO4：可通过H2SO4和CuO反应制得，该过程为非氧化还原反应，不需要加氧化剂，D选项不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列各组离子，在无色透明溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. NH4＋、Mg2＋、SO42－、Cl－ B. Na＋、H＋、SO32－、Cl－‎ C Na＋、Cu2＋、SO42－、OH－ D. Na＋、Ca2＋、Cl－、CO32－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】题中附加的条件是无色透明，分析各选项时不能离开这个条件。‎ ‎【详解】A. NH4+、Mg2+、SO42-、Cl-各离子间不能发生反应，能大量共存，且溶液无色透明，A选项符合题意；‎ B. H+、SO32-能生成难电离的HSO3-、H2SO3或生成SO2气体，B选项不符合题意；‎ C. Cu2+显蓝色，且能和OH-生成沉淀，C选项不符合题意；‎ D. Ca2+和CO32-能生成沉淀，D选项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列组合正确的是（ ）‎ 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A 氨水 水煤气 NaCl 酒精 B 氢氧化钡 蔗糖溶液 冰醋酸 三氧化硫 C 明矾 石灰水 KOH 盐酸 D 硫酸 钛合金 氯化钠 氮气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水是氨气的水溶液，属于混合物，A选项错误；‎ B. 氢氧化钡是纯净物，蔗糖溶液是混合物，冰醋酸是属于酸，是电解质，三氧化硫是非电解质，B选项正确；‎ C. 盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，C选项错误；‎ D. 氮气是单质，不是电解质，也不是非电解质，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图（如图），由图可知在该反应中（ ）‎ A. 作还原剂 B. 被还原 C. 发生还原反应 D. 是还原产物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】观察图可知，在反应中，‎ 的电子被B夺去，失电子，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，作还原剂，所以，A选项符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列各组物质混合后，有气体生成，最终无沉淀生成的是（ ）‎ ‎①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②金属镁投入到盐酸中 ③NaOH溶液和CuSO4溶液 ④金属铝投入NaOH溶液中 A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中，发生的反应为：先2Na+2H2O2NaOH+H2↑，后3NaOH+FeCl3==Fe(OH)3↓+ 3NaCl，①不符合题意；‎ ‎②金属镁投入到盐酸中，有H2生成，最终无沉淀生成，②符合题意；‎ ‎③NaOH溶液和CuSO4溶液有沉淀生成， 无气体生成，③不符合题意；‎ ‎④金属铝投入NaOH溶液中，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2 +3H2↑有气体生成，最终无沉淀生成，④符合题意；所以B选项符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎8.将饱和FeCl3溶液加入沸水中能制得Fe（OH）3胶体，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 溶液和胶体的本质区别是能否产生丁达尔效应 B. 含0.1 mol FeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子为0.1NA C. 分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液>Fe（OH）3胶体>FeCl3溶液 D. 可通过观察液体是否澄清透明来区别溶液和胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液和胶体的本质区别是分散质颗粒的大小，A选项错误；‎ B. 氢氧化铁胶体粒子是由很多铁离子和氢氧根离子聚集而成，不是只由一个铁离子和三个氢氧根离子结合而成，所以含0.1 mol FeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子远小于0.1NA，B选项错误；‎ C. 胶体分散质的直径在1~100nm之间，直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，所以，分散系中分散质粒子的直径为：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液，C选项正确；‎ D. 溶液和胶体均为澄清透明液体，可用丁达尔效应来鉴别，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎9. 生物炼铜实际上是微生物帮助我们从矿石中提取铜。这些“吃岩石的细菌”能利用空气中的氧气将不溶性的CuS转化成可溶性铜的化合物，该化合物是(　　)‎ A. 碳酸铜 B. 硝酸铜 C. 硫酸铜 D. 氢氧化铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铜可以从铜矿中提取，微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，根据氧化还原反应的规律，把不溶性的硫化铜氧化，硫从负二价被氧化成正六价，故最后转化成可溶的硫酸铜，故选：C。‎ ‎10.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ ‎①三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋‎ ‎②碳酸镁与稀硫酸：MgCO3＋2H＋＝H2O＋CO2↑＋Mg2＋‎ ‎③醋酸与大理石：2CH3COOH＋CaCO3＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑‎ ‎④Fe2＋与H2O2（酸性）：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O ‎⑤钠与CuSO4溶液：2Na＋Cu2＋＝2Na＋＋Cu ‎⑥碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：Ca2＋＋HCO3－＋OH－＝CaCO3↓＋H2O A. ①③④⑥ B. ②③④ C. ②③④⑥ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①方程式Fe3++Fe＝2Fe2+，电子不守恒，电荷不守恒，①错误；‎ ‎②碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+＝H2O+CO2↑+Mg2+，拆法正确，电子守恒，电荷守恒，质量守恒，②正确；‎ ‎③醋酸与大理石：2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，拆法正确，电子守恒，电荷守恒，质量守恒，③正确；‎ ‎④Fe2+与H2O2(酸性)：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，拆法正确，电子守恒，电荷守恒，质量守恒，④正确；‎ ‎⑤钠与CuSO4溶液：先发生的反应为： 2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑，后2OH-+ Cu2+ === Cu(OH)2↓，⑤错误；‎ ‎⑥碳酸氢钙[Ca(HCO3)2]溶液与过量烧碱溶液混合，Ca2+和HCO3-均反应完，Ca2+和HCO3-的比值为1：2，应写成：Ca2+ +2HCO3- +2OH- ＝CaCO3↓+CO32- +2H2O，⑥错误；‎ B选项符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列说法错误的是（ ）‎ A. 钠露置在空气中最后所得产物为Na2CO3‎ B. 镁在空气中可形成一薄层致密的氧化膜，故镁不需要进行特殊保护 C. 铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼 D. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠露置在空气主要变化为：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3∙10H2O→Na2CO3，最后所得产物为Na2CO3，A选项正确；‎ B. 镁在空气中可形成一薄层致密的氧化膜，故镁不需要进行特殊保护，B选项正确；‎ C. 铝是活泼金属，铝制品在生活中非常普遍的其中一个原因是，铝在空气中可形成致密的氧化膜，不易被腐蚀，C选项错误；‎ D. 金属钠很活泼，燃烧生成的Na2O2能和水、CO2反应，所以，着火时，不能用水、CO2等灭火，应该用细沙覆盖灭火，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 6.02‎‎×1022个NaHSO4分子在水中可电离生成NA个H＋‎ B. 在‎0℃‎、101 kPa时，‎22.4 L氯气中含有NA个氯原子 C. ‎12 g ‎12C中所含碳原子数即为NA D. 0.1 NA个NaOH溶于‎1 L水所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 6.02‎×1022个NaHSO4分子在水中可电离生成H+个数为：6.02×1022÷(6.02×1023 mol-1)×NA mol-1=0.1NA，A选项错误；‎ B. 在‎0℃‎、101 kPa时，‎22.4 L氯气中含有氯原子个数为：‎22.4 L÷(‎22.4 L∙mol-1)×2×NA mol-1=2NA，B选项错误；‎ C. 根据阿伏加德罗常数的定义可知，‎12g ‎12C中所含碳原子数为NA个，C选项正确；‎ D. 0.1 NA个NaOH溶于‎1 L水所得溶液的体积不是‎1L，所以物质的量浓度不是0.1 mol·L-1‎ ‎，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.镁、铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）的关系如图所示，则下列关于反应中镁和铝的叙述正确的是（ ）‎ A. 二者物质的量之比为3：2‎ B. 二者质量之比为2：3‎ C. 二者分别与足量的氢氧化钠溶液，产生气体体积仍然相等 D. 二者消耗H2SO4的物质的量之比为2：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题给条件和图可知，Mg、Al和过量稀硫酸反应，产生H2的体积相等，根据电子守恒，Mg和Al物质的量之比应为3：2。可在此基础上对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 产生H2的体积相等，即得到的电子相等，则失去的电子也相等，所以Mg和Al物质的量之比应为3：2，A选项正确；‎ B. 根据分析，Mg和Al质量之比为：(3×‎24g∙mol-1)：(2×‎27g∙mol-1)=4：3，B选项错误；‎ C. Mg不能和氢氧化钠溶液反应，而Al能和氢氧化钠溶液反应生成H2，C选项错误；‎ D. 二者产生H2的体积相等，所以消耗H2SO4的物质的量也相等，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.下列反应中水既不做氧化剂，又不做还原剂的氧化还原反应是（ ）‎ A. CaO＋H2O＝Ca（OH）2 B. Cl2＋H2O＝HCl＋HClO C. 2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑ D. C＋H2O＝CO＋H2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】水既不做氧化剂，又不做还原剂，则水中的H和O化合价不变。‎ ‎【详解】A. 该反应不是氧化还原反应，A选项不符合题意；‎ B. 该反应氯元素化合价变化，是氧化还原反应，而水中的H和O化合价不变，B选项符合题意；‎ C. 该反应水中的H被还原，水做氧化剂，C选项不符合题意；‎ D. 该反应水中的H被还原，水做氧化剂，D选项不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎15.下图配制450mL1.00 mol·L－1 NaOH溶液的示意图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图①中应称得NaOH ‎‎18.0 g B. 未进行④和⑤的操作，所配溶液浓度将偏大 C. 定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线不必再加水至刻度线 D. 步骤②后应将溶液立即转移到容量瓶中，防止药品变质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有规格为450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，应称得NaOH ‎20.0g，A选项错误；‎ B. ④和⑤的操作是洗涤，如果没有洗涤，并把洗涤液转移到容量瓶中，溶质将偏少，所配溶液浓度将偏低，B选项错误；‎ C. 定容后把容量瓶倒置摇匀，液面低于刻度线，但不影响浓度，所以不必再加水至刻度线，如果加水，反而使浓度偏低，C选项正确；‎ D. 溶解后应先冷却到室温，再溶液转移到容量瓶中，否则配好后，溶液体积因冷却而减小，使所配溶液浓度偏大，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.量取8.0mL 5.0 mol•L－1 H2SO4溶液，加蒸馏水稀释至100mL，取两份稀释后的H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，相同条件下充分反应，产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示（氢气体积已折算成标准状况下的体积）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为0.04 mol•L－1‎ B. 加入Fe的质量至少有‎0.56 g C. 反应过程中铁粉过量 D. 金属Zn与硫酸反应转移电子数为0.01NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题给条件和图可知，产生的H2相等，必有：消耗的硫酸相等，消耗的Zn和Fe物质的量相等。由于等质量Fe比Zn物质的量多，所以Fe必有剩余，则与Fe反应的硫酸消耗完；两个反应消耗的硫酸相等，所以与Zn反应的硫酸也消耗完；而Zn可能反应完，也可能没有反应完。可在此基础上并对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为5.0 mol•L-1×8.0÷100=0.4 mol•L-1，A选项错误；‎ B. 产生的H2物质的量为224×10‎-3L÷(‎22.4 L•mol-1)=0.01mol，根据分析，Fe有剩余，所以Fe的质量大于0.01mol×‎56 g•mol-1=‎0.56 g，不能等于‎0.56 g，B选项错误；‎ C. 产生的H2相等，则消耗的Zn和Fe物质的量相等，等质量Fe比Zn物质的量多，所以Fe必有剩余，C选项正确；‎ D. 金属Zn与硫酸反应转移电子数为0.01mol×2×NA mol-1=0.02NA，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.O‎2F2可以发生反应：H2S＋4O‎2F2＝SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若生成‎2.24 L HF，则转移0.4 mol电子 B. HF是氧化产物 C. O‎2F2既是氧化剂又是还原剂 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应电子转移情况用双线桥表示为：。‎ ‎【详解】A. 没有说明气体所处的条件，无法用体积进行计算，A选项错误；‎ B. HF无元素化合价发生变化，既不是氧化产物，也不是还原产物，B选项错误；‎ C. O‎2F2中只有O化合价降低，无元素化合价升高，所以O‎2F2是氧化剂，但不是还原剂，C选项错误；‎ D. 由分析可知，S元素化合价升高，还原剂是H2S，氧化剂是O‎2F2，二者的物质的量之比为1：4，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）‎ ‎①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3‎ A. H2SO3>I->Fe2+>NO B. I->Fe2+>H2SO4>NO C. Fe2+>I->H2SO3>NO D. NO>Fe2+>H2SO3>I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3还原剂，I-为还原产物，还原性：H2SO3>I-；②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：I->Fe2+；③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2还原剂，NO为还原产物，还原性：Fe2+>NO；由此可知，还原性由强到弱的顺序为H2SO3>I->Fe2+>NO，故答案为A。‎ ‎19.同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、‎13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，两容器含有的（ ）‎ A. 分子数和气体物质的量均不同 B. 分子数和质量均相同 C. 分子数、原子数均相同 D. 质子数和电子数均相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，等体积的气体具有相同的分子数，所以两容器中一氧化氮和一氧化碳分子数相同；14N18O、‎13C18O的摩尔质量分别为‎32 g•mol-1、‎31 g•mol-1。可在此认识基础对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 根据分析，同温、同压、等体积的一氧化氮和一氧化碳分子数相同，则物质的量也相同，A选项错误；‎ B. 根据分析，两容器含有的物质的量相同，但14N18O、‎13C18O的摩尔质量不同，所以二者质量不同，B选项错误；‎ C. 根据分析，两容器含有的分子数相同，且均为双原子分子，所以原子数也相同，C选项正确；‎ D. 14N18O、‎13C18O的质子数不相同，分别为15和14，所以分子数相同的两种气体质子数不相同；电子数也如此，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.某溶液中大量存在以下五种离子：MnO4－、SO42－、Fe3＋、Na＋、R，它们的物质的量之比为n（MnO4－）：n（SO42－）：n（Fe3＋）：n（Na＋）：n（R）＝2：2：1：1：1，则R可能（ ）‎ A. Mg2＋ B. Fe2＋ C. CO32－ D. K＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电中性原则，溶液中阳离子带的正电荷与阴离子带的负电荷数目相等，或者说阴阳离子所带电荷代数和为零。设R所带电荷为x，由n(MnO4-)：n(SO42-)：n(Fe3+)：n(Na+)：n(R)＝2：2：1：1：1，可得：2×(-1)+2×(-2)+1×3+1×1+1×x =0，解得x = +2，所以，R的化合价为+2价。可在此基础上结合物质性质作出判断。‎ ‎【详解】A. 根据分析，R的化合价为+2价。Mg2+是+2价，且能和已知离子共存，A选项符合题意；‎ B. Fe2+是+2价，但能被MnO4-氧化，不能与之共存，B选项不符合题意；‎ C. CO32-不是+2价，溶液不能保持电中性，C选项不符合题意；‎ D. K+不是+2价，溶液不能保持电中性，D选项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎21.某离子反应涉及H2O、Cr2O72－、NO2－、H＋、NO3－、Cr3＋六种微粒，已知反应过程中NO2－浓度变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 随着反应的进行，溶液中的H＋浓度减小 B. 反应的氧化剂是NO3－‎ C. 消耗1 mol氧化剂，转移电子6NA D. 氧化性：Cr2O72－>NO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应遵守电子得失守恒，表现为化合价升降相等。根据题给信息，结合图可知，NO2-被消耗，是反应物，变化为NO2- →NO3-，化合价升高，发生氧化反应，则含Cr粒子化合价降低，发生还原反应，变化为Cr2O72- →Cr3+。再根据电子守恒确定，电荷守恒，质量守恒，可写出离子方程式为：Cr2O72- +3NO2- +8H+ =3NO3- +2Cr3+ +4H2O，可在此基础上对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 反应的离子方程式为：Cr2O72-+3NO2-+8H+=3NO3-+2Cr3+ +4H2O，反应消耗H+，所以，随着反应的进行，溶液中的H+浓度减小，A选项正确；‎ B. 根据反应的离子方程式为可知，氧化剂是Cr2O72-，NO3-是氧化产物，B选项错误；‎ C. 消耗1 mol氧化剂Cr2O72-，转移电子数等于得电子数，为：1 mol×2×3 NA mol-1= 6NA，C选项正确；‎ D. 氧化剂是Cr2O72-，NO3-是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎22.将0.1 mol NaOH和0.05 mol Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中逐滴滴加0.5 mol/L稀盐酸，下列图象能正确表示加入盐酸的体积与生成CO2的体积（标准状况）的关系的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题给信息，先：‎ ‎ ‎ V1=‎0.2L；‎ 再：‎ V2=‎0.1L，n()=0.05 mol；‎ 最后：‎ V2=‎0.1L，V(CO2)=‎1.12L；‎ 前两步消耗盐酸：‎0.2L+‎0.1L=‎0.3L，D选项符合题意； ‎ 答案选D。‎ ‎23.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）‎ A. (b-a)/V mol·L-1 B. (2b-a)/V mol·L-1‎ C. 2(2b-a)/V mol·L-1 D. 2(b-a)/V mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。‎ 第II卷（非选择题，共54分）‎ 二、非选择题（本大题共包括4小题）‎ ‎24.300mL某溶液中可能含有Na＋、NH4＋、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：‎ ‎①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；‎ ‎②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体0.04 mol；（铵盐与碱共热可产生氨气）‎ ‎③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀‎6.27g，加入足量盐酸充分反应后，剩余沉淀‎2.33g。根据上述实验，回答下列问题：‎ ‎（1）实验③中生成沉淀的离子方程式为________，沉淀溶解的离子方程式为__________。‎ ‎（2）溶液中一定不存在的离子有_________。‎ ‎（3）实验①中加入AgNO3溶液，有沉淀产生，能否说明原溶液中含有Cl－?________（填“能”或“否”）理由是______________。‎ ‎（4）推断钠离子是否存在并说明理由_________。若存在，计算其物质的量的浓度____________（若不存在，此问不作答）‎ ‎【答案】(1). Ba2+ + CO32- === BaCO3↓、Ba2+ + SO42- === BaSO4↓ (2). BaCO3+2H+ === Ba2+ + CO2↑ + H2O (3). Mg2+、Ba2+ (4). 否 (5). 碳酸根、硫酸根、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl-(合理即可) (6). 存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液中才能保持电中性 (7). c(Na+)≥0.2mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明CO32-、SO42-、Cl-至少有一种，则无Ba2+；‎ ‎②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体0.04 mol，说明有0.04 mol NH4+；‎ ‎③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀‎6.27g，加入足量盐酸充分反应后，剩余沉淀‎2.33g，则含SO42-：，含CO32-：，可进一步判断无Mg2+。再根据电中性原则，可进一步判断Na+、Cl-存在的可能性。‎ ‎【详解】根据上述实验，回答下列问题：‎ ‎(1)根据分析可知，实验③加入的Ba2+分别和CO32-、SO42-反应生成沉淀，离子方程式为：Ba2+ + CO32- === BaCO3↓、Ba2+ + SO42- === Ba SO4↓，加入足量盐酸BaCO3溶解，离子方程式为：BaCO3+2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案为：Ba2+ + CO32- === BaCO3↓、Ba2+ + SO42- === BaSO4↓；BaCO3+2H+ === Ba2+ + CO2↑ + H2O ‎(2)根据分析可知，溶液中含有CO32-、SO42-，所以Mg2+、Ba2+一定不存在。答案为：Mg2+、Ba2+‎ ‎(3)CO32-、SO42-、Cl- 都能和AgNO3溶液生成白色沉淀，所以实验①中加入AgNO3溶液生成白色沉淀，不能否说明原溶液中含有Cl-。答案为：否；碳酸根、硫酸根、氯化银均为白色沉淀，无法确定否含有Cl-(合理即可)‎ ‎(4)每一等份中：已知的阳离子NH4+所带正电荷为0.04 mol，已知的阴离子CO32-、SO42-所带负电荷为0.01 mol ×2+0.02 mol ×2=0.06 mol，大于已知的正电荷，根据电中性原则，一定有Na+，而Cl-不能确定，所以c(Na+)≥。答案为：存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液中才能保持电中性；c(Na+)≥0.2mol/L ‎25.NaHSO4通常为晶体，易溶于水，试回答下列问题：‎ ‎（1）NaHSO4在物质分类中属于________，‎ A 钠盐 B 含氧酸 C 酸式盐 D 氧化物 写出NaHSO4在熔融状态下的电离方程式_____________。NaHSO4水溶液能否与Mg反应?________（填“能”或“否”），如果能，写出离子方程式：_________（如果不能此问不作答）‎ ‎（2）某同学探究溶液的导电性与离子浓度的关系，做了实验，滴定管是用于滴加溶液的仪器。‎ ‎①若烧杯中所盛液体是NaHSO4溶液，滴定管内是Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液的滴加，灯泡逐渐变暗，当滴加至溶液呈中性时的离子方程式：_______，继续滴加，发生反应的离子方程式为：__________。‎ ‎②下列哪种组合可使滴加过程中灯泡先变亮后变暗_______‎ A 向醋酸中滴加相同浓度的氨水 B 石灰乳中滴加稀盐酸 C 向盐酸中滴加相同浓度的氢氧化钠溶液 D 向醋酸钠溶液中滴加相同浓度的盐酸至过量 ‎③若将NaHSO4换成NH4HSO4溶液，加入足量的Ba（OH）2溶液，发生反应的离子方程式为__________。‎ ‎【答案】(1). AC (2). NaHSO4=== Na++HSO4- (3). 能 (4). 2H+ +Mg=== Mg2+ + H2↑ (5). 2H+ + SO42- +Ba2+ +2OH- === BaSO4 ↓+ 2H2O (6). SO42- +Ba2+ === BaSO4↓ (7). A (8). NH4+ +H+ + SO42- +Ba2+ +2OH- === BaSO4 ↓+ NH3∙H2O +H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)NaHSO4晶体由Na+和HSO4-结合而成，属于钠盐，也是硫酸的酸式盐，在熔融状态下的电离方程式为：NaHSO4=== Na++HSO4-，在水中的电离方程式为：NaHSO4 === Na+ + H+ + SO42-，所以NaHSO4水溶液能与Mg反应，离子方程式为：2H+ +Mg=== Mg2+ + H2↑。答案为：AC；NaHSO4=== Na++HSO4-；能；2H+ +Mg=== Mg2+ + H2↑‎ ‎(2)①NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至呈中性时，H+和OH-恰好完全反应，则NaHSO4和Ba(OH)2按2：1反应，H+ 消耗完，SO42-有剩余，离子方程式为：2H++ SO42-+Ba2++2OH- === BaSO4 ↓+ 2H2O，继续滴加，SO42-和Ba2+反应，离子方程式为：SO42- +Ba2+=== BaSO4 ↓。答案为：2H+ + SO42- +Ba2+ +2OH- === BaSO4↓+ 2H2O；SO42- +Ba2+=== BaSO4↓‎ ‎②A. 向醋酸中滴加相同浓度的氨水，变化为：先是弱电解质醋酸→强电解质醋酸铵，离子浓度增大，导电性增强，灯泡先变亮；醋酸反应完后，继续加入的氨水为弱电解质溶液，导电性差，所以溶液导电性减弱，灯泡变暗；A选项符合题意；‎ B. 石灰乳中滴加稀盐酸，由于微溶的Ca(OH)2变为易溶的强电解质CaCl2，使得溶液中离子浓度增大，导电性增强，灯泡变亮；过量的盐酸导电性不弱于生成的CaCl2溶液，所以盐酸过量后导电性不下降，B选项不符合题意；‎ C. 向盐酸中滴加相同浓度的氢氧化钠溶液，变化为：先是强电解质HCl→强电解质NaCl，但溶液体积变大，离子浓度减小，导电性略减弱，灯泡先变暗；反应完后，继续加入氢氧化钠溶液，离子浓度增大，导电性略增强，灯泡变亮，灯泡不变暗；C选项不符合题意；‎ D. 向醋酸钠溶液中滴加相同浓度的盐酸至过量，变化为：先是CH3COONa + HCl === CH3COOH + NaCl，强电解质CH3COONa→弱电解质CH3COOH和强电解质NaCl，同时溶液体积变大，离子浓度减小，导电性略减弱，灯泡先变暗；醋酸钠反应完后，继续加入相同浓度的盐酸，导电性略增强，灯泡变亮，D选项不符合题意；答案为：A ‎③NH4HSO4溶液中加入足量的Ba(OH)2溶液，NH4HSO4完全反应，即，参加反应的NH4+、H+、SO42-个数比为1：1：1，则该反应的离子方程式为：NH4++H++ SO42-+Ba2++2OH-===‎ ‎ BaSO4 ↓+ NH3∙H2O +H2O。答案为：NH4++H++ SO42-+Ba2++2OH-=== BaSO4 ↓+ NH3∙H2O +H2O ‎26.氰化钠化学式为NaCN，白色结晶颗粒或粉末，易潮解，易溶于水，有微弱的苦杏仁气味，剧毒，皮肤伤口接触、吸入、吞食微量可中毒死亡，是一种重要的化工原料，用于电镀、冶金和有机合成医药、农药及金属处理方面。试回答下列问题：‎ ‎（1）NaCN中C元素显________价，N元素显________价。‎ ‎（2）在微生物的作用下，CN－能够被氧气氧化，生成碳酸氢钠和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，大大降低其毒性，写出上述反应的离子方程式____________。‎ ‎（3）用硫代硫酸钠也可处理含CN－的废水，反应的离子方程式为CN－＋S2O32－＝A＋SO32－，A为_____________（填化学式）。‎ ‎（4）白磷有毒，能和氯酸溶液发生氧化还原反应：3P4＋10HClO3＋18H2O＝10HCl＋12H3PO4，该反应的氧化剂是________，还原产物是________，若有1mo1 P4参加反应转移电子数为________。‎ ‎【答案】(1). +2 (2). -3 (3). 2CN- + 4H2O + O2 2HCO3- + 2NH3 (4). SCN- (5). HClO3 (6). HCl (7). 20NA ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)N比C非金属性强，所以NaCN中N显-3价，根据化合价代数和为0，可推出C元素显+2价。答案为：+2；-3‎ ‎(2)能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是NH3，根据电子守恒，电荷守恒，质量守恒，可写出反应的离子方程式为：2CN- + 4 H2O + O2 2HCO3- +2NH3。答案为：2CN-+4 H2O + O2 2HCO3- +2NH3‎ ‎(3)分析离子方程式CN-+S2O32-＝A+SO32-：根据质量守恒可知，A含1个S、1个C、1个N ；根据电荷守恒，A应带1个负电荷，所以A为SCN-。答案为：SCN-‎ ‎(4)分析反应3P4+10HClO3+18H2O＝10HCl+12H3PO4：P4 →H3PO4：P化合价升高了5，发生了氧化反应；HClO3→HCl，Cl化合价降低了6，发生还原反应，HClO3是氧化剂，HCl是还原产物。若有1mo1 P4参加反应转移电子数为：5×4×1mo1×NA mo1-1=20NA。答案为：HClO3；HCl；20NA ‎27.已知A、F为金属单质，C是淡黄色粉末，M有磁性，回答下题。‎ 已知：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2‎ ‎（1）写出下列物质的化学式。C____________L_______‎ ‎（2）用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的A接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，写出该反应的化学反应方程式__________，在该反应中，氧化剂是____________。‎ ‎（3）已知氧化性：HNO3>Fe3＋，稀硝酸的还原产物是NO，写出固体M与稀硝酸反应的离子方程式________。‎ ‎（4）写出J与F混合的化学反应方程式：_______。‎ ‎（5）写出L与足量的D反应的离子方程式：__________。‎ ‎（6）向‎1 L 0.2 mol/L的D溶液中通入CO2气体‎3.36 L（标准状况），所得溶液中的溶质是__________。‎ ‎【答案】(1). Na2O2 (2). Ca(HCO3)2 (3). 2Na+ CuSO4=== Cu+ Na2SO4 (4). CuSO4 (5). 3Fe3O4+28H++NO3- ===9Fe3++NO↑+14H2O (6). 2FeCl3+ Fe === 3FeCl2 (7). Ca2++ 2HCO3-+ 2OH- === CaCO3↓+ CO32- +2H2O (8). Na2CO3、NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A为金属单质，与O2生成的C是淡黄色粉末，可推断A为Na，C为Na2O2，根据已知：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知E为 Na2CO3，白色沉淀G为CaCO3，CaCO3和CO2反应生成的L为Ca(HCO3)2；F为金属单质，M有磁性，可推断F为Fe，M为Fe3O4，K为FeCl2，Fe3O4和HNO3反应生成Fe(NO3)3，Fe(NO3)3和Fe反应生成Fe(NO3)2；由A为Na，C为Na2O2，可推断B为Na2O，D为NaOH，NaOH和FeCl2反应生成的H是Fe(OH)2。可在此推导基础上解各小题。‎ ‎【详解】(1)根据推导结果可知，淡黄色粉末C是Na2O2，CaCO3和CO2反应生成的L为Ca(HCO3)2。答案为：Na2O2；Ca(HCO3)2‎ ‎(2)A是Na，反应生成的红色物质是Cu，则该反应的化学反应方程式为：2Na+ CuSO4=== Cu+‎ ‎ Na2SO4，Cu元素化合价降低，所以CuSO4是氧化剂。答案为：2Na+ CuSO4=== Cu+ Na2SO4；CuSO4‎ ‎(3)M是Fe3O4，可表示为FeO∙Fe2O3，+2价Fe和+3价Fe个数比为1：2；根据已知，氧化性：HNO3>Fe3+，可知+2的Fe能被稀硝酸氧化为Fe3+并失去1个电子；还原产物是NO得到3个电子，根据电子守恒，Fe3O4和NO应为3：1，再根据电荷守恒、质量守恒，可写出固体M与稀硝酸反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H+ +NO3- ===9Fe3+ + NO↑+14H2O。答案为：3Fe3O4+28H+ +NO3- === 9Fe3+ +NO↑+14H2O ‎(4)J是FeCl3，F是Fe，二者混合反应生成FeCl2，化学反应方程式为：2FeCl3+ Fe === 3FeCl2。答案为：2FeCl3+ Fe === 3FeCl2‎ ‎(5)L是Ca(HCO3)2，D是NaOH，二者反应可理解为：先HCO3- + OH- === CO32- + H2O，继而Ca2++ CO32- === CaCO3↓；由于NaOH足量，所以Ca(HCO3)2完全反应，即，参加反应的Ca2+和HCO3-比值为1：2，则该反应的离子方程式为：Ca2++ 2HCO3- + 2OH- === CaCO3 ↓+ CO32- +2H2O。答案为：Ca2++ 2HCO3- + 2OH- === CaCO3↓+ CO32- +2H2O ‎(6)D(NaOH)的物质的量为‎1 L×0.2 mol/L=0.2 mol，CO2的物质的量为‎3.36 L ÷ (‎22.4L/mol) = 0.15 mol；先：‎ n(CO2)= 0.1 mol，n1(Na2CO3) = 0.1 mol，‎ 再：‎ n2(Na2CO3)= 0.05 mol，n(NaHCO3)= 0.1 mol Na2CO3剩余0.1 mol-0.05 mol=0.05 mol，所以所得溶液中的溶质是0.05 mol Na2CO3和0.1 mol NaHCO3。答案为：Na2CO3、NaHCO3‎