陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高一上学期期中考试化学试卷 Word版含解析 17页

- 1 - 长安一中 2020-2021 学年度第一学期高一年级期中考试 化学试卷 注意事项：请将选择题的答案用 2B 铅笔涂抹在机读答题卡的相应位置；其它小题 用黑色墨水签字笔在答题纸的对应位置规范作答。 相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ba 137 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题 1. 古文献中记载提取硝酸钾的方法是“此即地霜也。所在山泽、冬月地上有霜、扫取水淋汁、 后煎炼而成”。该文献涉及的混合物分离方法是 A. 萃取 B. 蒸馏 C. 结晶 D. 升华 【答案】C 【解析】 分析：KNO3 溶解度随温度变化大，结合“取水淋汁、后煎炼而成”故选解答解答该题。 详解：扫取水淋汁、后煎炼而成，水淋为溶解过程、煎炼为蒸发、结晶过程，故选 C。 2. 下边实验与物质粒子大小无直接关系的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 - 2 - 【详解】A.悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故 A 不选； B.胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒 子的大小进行分离，故 B 不选； C.萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故 C 选； D.胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁 达尔效应与分散质粒子的大小有关，故 D 不选； 故选 C。 3. 下列说法中不正确的是 ①NaOH 溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶 ②重金属盐中毒应立即喝大量的牛奶或者蛋清缓解毒性,并及时送往医院治疗 ③蒸馏时冷凝管进水方式为“下口进冷水，上口出温水” ④浓硫酸稀释操作为将水沿烧杯内壁缓缓注入并不断用玻璃棒搅拌 ⑤分液漏斗必须检查旋塞处是否漏水,若不漏水即可使用 ⑥取固体药品一定要用镊子取 ⑦选择量筒量取液体时,应满足“大而近”的原则,所以应用 10mL 的量简量取 8.80mL 稀硫酸 ⑧萃取时萃取剂密度不一定大于原溶剂的密度 A. ①②④⑤ B. ①③⑤⑥ C. ②④⑦⑧ D. ④⑤⑥⑦ 【答案】D 【解析】 ①玻璃中含有二氧化硅，易与 NaOH 溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛 NaOH 溶液的试剂瓶 应用橡皮塞，故正确；②重金属盐能使蛋白质变性，重金属盐中毒应立即喝大量的牛奶或者 蛋清缓解毒性,并及时送往医院治疗，故正确；③蒸馏时冷凝管进水方式为“下口进冷水，上口 出温水”，这样热交换效率最高，故正确；④浓硫酸稀释操作为将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入 水中，并不断用玻璃棒搅拌，防止剧烈沸腾，引起液体飞溅，故错误；⑤分液漏斗必须检查 旋塞处和上口塞子是否漏水,若不漏水即可使用，故错误；⑥取固体药品块状药品要用镊子取， 取固体粉末状药品，要用药匙，故错误；⑦选择量筒量取液体时,应满足“大而近”的原则,量取 8.80mL 稀硫酸无法用量筒取，应用酸式滴定管，故错误；⑧萃取时萃取剂密度不一定大于原 溶剂的密度，只要互不相溶，故正确；④⑤⑥⑦错误，故选 D。 - 3 - 4. 用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( ) A. 1 L 0.5 mol∙L−1 的 MgCl2 溶液中含有 Cl－的个数为 NA B. 1 L 0.1 mol∙L−1 CH3CH2OH 水溶液中含 H 原子数目为 0.6NA C. 在标准状况下，总质量为 28 g 的 N2 和 CO 的混合气体，其体积约为 22.4 L D. 1.7g NH3 含有的质子数为 NA 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 A ． 1 L 0.5 mol∙L−1 的 MgCl2 溶 液 中 MgCl2 的 物 质 的 量 为 1 (aq)n= V 0.5mol L 1 L=0.5molc     ，因此含有 Cl－的个数为 NA，故 A 正确； B．1 L 0.1 mol∙L−1 CH3CH2OH 水溶液中 CH3CH2OH 物质的量为 1 (aq)n= V 0.1mol L 1 L=0.1molc     ，CH3CH2OH 中含 H 原子数目为 0.6NA，但溶液中水还 含有氢原子，因此溶液中含 H 原子数目大于 0.6NA，故 B 错误； C．N2 和 CO 的摩尔质量都为 28 g∙mol−1，在标准状况下，总质量为 28 g 的 N2 和 CO 的混合气 体物质的量为 1mol，其体积约为 1 mV=n V 1mol 22.4L mol 22.4L     ，故 C 正确； D．1 个 NH3 含有 10 个质子，1.7g NH3 物质的量为 1 1.7gn =0.1mol17g mol  ，因此含有的质 子数为 NA，故 D 正确。 综上所述，答案为 B。 5. 在强碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是( ) A. K＋ Na＋ 2 3CO  3NO B. Na＋ 4NH 3NO Cl－ C. K＋ Ba2＋ 3HCO Cl－ D. Na＋ K＋ 2 4SO  4MnO 【答案】A 【解析】 【分析】 首先明确是碱性、无色的溶液，那么酸性离子和有色离子均不能存在，再判断选项内离子能 否共存即可。 【详解】A.选项内各离子均不互相反应且无色，A 项正确； B. + 4NH 不能在碱性溶液中大量存在，B 项错误； - 4 - C. - 3HCO 不能在碱性溶液中大量存在，C 项错误； D. - 4MnO 有颜色，与题目描述不符，D 项错误； 答案选 A。 6. 下列分离提纯方法正确的是 A. 除去 NaCl 固体中少量的 Na2CO3：加水溶解，加入足量的 CaCl2 溶液，过滤，蒸发，结晶 B. 除去 NaCl 固体中少量的 KNO3:加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤 C. 除去 CO2 气体中少量的 HCl 通过装有饱和 Na2CO3 溶液的洗气瓶洗气 D. 除去 CO2 气体中少量的 CO：通入适量 O2 后点燃 【答案】B 【解析】 A、除去 NaCl 固体中少量的 Na2CO3：加水溶解，加入足量的 CaCl2 溶液，引入了新的杂质， 故 A 错误；B、除去 NaCl 固体中少量的 KNO3:加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤，KNO3 溶解度 受温度影响较大，趁热过滤后留在母液中，故 B 正确；C、饱和 Na2CO3 溶液也能和 CO2 反应， 故 C 错误；D、通入适量 O2 后可能无法点燃，另外，通入 O2 的量也无法控制，故 D 错误；故 选 B。 7. 下列物质的分类组合不正确的有( ) ①海水、空气、胆矾、盐酸均为混合物 ②H2CO3、CH3COOH、H2SO4、H2S 均为酸 ③Mg(OH)2、NaOH、Cu2(OH)2CO3、NH3·H2O 均为碱 ④干冰、NO、SiO2、H2O 均为酸性氧化物 ⑤NaHSO4、AgCl、AlCl3、CaCO3 均为盐 ⑥NaH2PO4、Na2SO4、苏打既为钠盐，同时又为含氧酸盐 A. ①③④⑥ B. ①③④ C. ①②③⑤⑥ D. ⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①胆矾（CuSO4•5H2O）为纯净物，①错误； ②H2CO3、CH3COOH、H2SO4、H2S 符合酸的概念，均为酸，②正确； ③Mg(OH)2、NaOH、NH3•H2O 符合碱的概念均为碱，Cu2(OH)2CO3 是碱式盐，③错误； ④干冰为 CO2、SiO2 均能和碱反应生成盐和水，都为酸性氧化物，NO、H2O 是不成盐氧化物， - 5 - ④错误； ⑤NaHSO4、AgCl、AlCl3、CaCO3 均是金属阳离子和酸根阴离子构成属于盐，⑤正确； ⑥NaH2PO4、Na2SO4、纯碱都含有钠离子属于钠盐，酸根离子都是含氧酸根离子，既为钠盐， 同时又为含氧酸盐，⑥正确； 综上所述，不正确的是①③④，故选 B。 8. 在同温同压下，a g 气体 A 与 b g 气体 B 的分子数相同，下列说法中不正确的是( ) A. A 与 B 两种气体的相对分子质量之比为 a∶b B. 在同温同压的条件下，A 与 B 两种气体的密度之比为 b∶a C. 同质量的 A、B 两种气体的分子个数之比为 b∶a D. 相同条件下，同体积 A 气体与 B 气体的质量之比为 a∶b 【答案】B 【解析】 【详解】A 项，由 n m M  可知，分子数相同的气体，物质的量相同，则摩尔质量之比等于质量 之比，即 A 与 B 的摩尔质量之比为 : :ag bg a b ，则 A 与 B 的相对分子质量之比为 a:b，故 A 项正确； B 项，根据阿伏加德罗定律可知同温同压下，A 与 B 两种气体的密度之比等于摩尔质量之比， 即为 a∶b，故 B 项错误； C 项，A 与 B 的相对分子质量之比为 a:b，根据 n m M  可得，同质量的 A 和 B 的物质的量之 比 1 1: : : :A B B A A B n n M M b aM M    ，故 C 项正确； D 项，同温同压下，相同体积的 A 和 B 的物质的量相等，根据 n m M  可得， A B A B A B: : : :m m nM nM M M a b   ，故 D 项正确； 故答案选 B。 9. 对于某些离子的检验及结论一定正确的是 A. 加入稀盐酸产生无色的气体，将气体通 入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，一定有 2 3CO  B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有 2 4SO  C. 加入硝酸酸化的硝酸钡溶液既无沉淀生成也无气体生成，再加 AgNO3 溶液立即出现白色沉 - 6 - 淀，一定有 Cl- D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀， 再加盐酸白色沉淀消失， 一定有 Ba2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入稀盐酸产生无色的气体，该气体可能是 CO2，也可能是 SO2，将气体通 入澄 清石灰水中，石灰水变浑浊，则该溶液中可能含有 2 3CO  ，也可能含有 3HCO 或 3HSO 、 2 3SO  ， A 错误； B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能是 BaSO4，也可能是 AgCl，因此溶液中可能含有 2 4SO  ，也可能含有 Ag+，B 错误； C．加入硝酸酸化的硝酸钡溶液既无沉淀生成也无气体生成，排除了 2 4SO  的干扰；再加 AgNO3 溶液立即出现白色沉淀，该沉淀为 AgCl，则溶液中一定含有 Cl-，C 正确； D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀， 溶液中可能含有 Ca2+，沉淀为 CaCO3，再加盐酸，CaCO3 与盐酸反应产生可溶性 CaCl2，白色沉淀消失，故溶液中不 一定有 Ba2+，D 错误； 故合理选项是 C。 10. 在相同条件下，CO 和 CO2 混合气体密度是 H2 密度的 16 倍，则 CO 与 CO2 的分子数之比 为( ) A. 1：2 B. 2：1 C. 1：3 D. 3：1 【答案】D 【解析】 【分析】 在标准状况下，CO 和 CO2 混合气体的密度是相同条件下 H2 密度的 16 倍，所以混合气体的平 均相对分子质量是 16×2=32，设混合物中 CO 和 CO2 物质的量分别为 xmol，ymol，列方程组 计算。 【详解】在标准状况下，CO 和 CO2 混合气体的密度是相同条件下 H2 密度的 16 倍，所以混合 气体的平均相对分子质量是 16×2=32，设混合物中 CO 和 CO2 物质的量分别为 xmol，ymol， 所以 28x+44y x+y =32，x+y=1mol，所以 x=0.75mol，y=0.25mol，则 CO 与 CO2 的分子数之比为 0.75：0.25=3：1，故选：B。 11. 不用其他试剂，用最简单的方法鉴别下列物质：①NaOH 溶液，②Mg(NO3)2 溶液，③CuSO4 - 7 - 溶液，④KCl 溶液，正确的鉴别顺序是 A. ①②③④ B. ③④②① C. ④①②③ D. ③①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 不用其他试剂进行鉴别，通常观察颜色、闻气味，再用已经鉴别的物质鉴别其它物质。 【详解】观察题中待鉴别的物质，溶液呈蓝色的是③CuSO4 溶液，其余为无色溶液。各取少量 三种无色溶液于试管中，分别滴加 CuSO4 溶液，生成蓝色沉淀的是①NaOH 溶液，另两溶液 无明显变化。又分别取少量无明显变化的溶液于试管中，滴加 NaOH 溶液，有白色沉淀的为 ②Mg(NO3)2 溶液，余下的为④KCl 溶液。 本题选 D。 【点睛】若待鉴别的一组物质均无色无味，则可分别取少量进行两两混合，列表记录实验现 象，再据现象进行推断，从而确定待鉴别物质。 12. 在 VmL 硫酸铝溶液中含 mg 铝离子，取该溶液 V/3mL 用水稀释成 2VmL，则稀释后的溶 液中的硫酸根离子的物质的量浓度为( ) A. 250m 27V mol/L B. 500m 27V mol/L C. 750m 27V mol/L D. 1000m 27V mol/L 【答案】A 【解析】 【分析】 根据 n= m M 计算 a g Al3+的物质的量，VmL 溶液中 n(SO 2 4  )= 3 2 n(Al3+)，根据 c= n V 计算 VmL 溶液中 c(SO 2 4  )，在根据稀释定律计算稀释后溶液中 SO 2 4  的物质的量浓度。 【详解】mg 铝离子物质的量为 m 27 mol，物质的量浓度为： 3 m 27 V 10 = 1000m 27V mol/L，则硫酸 根离子浓度为： 1000m 27V × 3 2 (mol/L)，设稀释后硫酸根离子物质的量浓度为 c，依据溶液稀释 过程中溶质的物质的量不变可知：c×2V= V 3 ×1000m 27V × 3 2 ，解得 c= 250m 27V mol/L，故选：A。 13. 下列说法正确的是( ) A. 将 BaSO4 放入水中不能导电，所以 BaSO4 是非电解质 - 8 - B. NH3 的水溶液能导电，所以 NH3 是电解质 C. NaCl 是电解质，但是固态 NaCl 不能导电 D. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强 【答案】C 【解析】 【详解】A．将 BaSO4 放入水中不能导电，主要是 BaSO4 难溶于水，在熔融状态下能导电，因 此 BaSO4 是电解质，故 A 错误； B．NH3 的水溶液能导电，是一水合氨电离出的离子导电，只能说 NH3∙H2O 是电解质，NH3 本身不能电离，是非电解质，故 B 错误； C．NaCl 是电解质，但是固态 NaCl 不能导电，是因为固体中离子不能自由移动，故 C 正确； D．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，导电性与离子浓度及离子 所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故 D 错误。 综上所述，答案为 C。 14. 下列离子方程式正确的是( ) A. 硫酸溶液中滴加足量氢氧化钡溶液：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓ B. 澄清石灰水中加入碳酸钠溶液：Ca2++CO32-=CaCO3↓ C. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ D. 金属钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑ 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢氧化钡为强碱、硫酸为强酸，都可拆分，生成的硫酸钡为难溶物，水为氧化物， 都不可拆分，离子方程式为 Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故 A 错误； B．石灰水中加入碳酸钠溶液反应的离子反应为 Ca2++CO32-═CaCO3↓，故 B 正确； C．碳酸钙与醋酸溶液反应的离子反应为 CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O， 故 C 错误； D．金属钠与水反应的离子反应为 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故 D 错误； 故答案为 B。 15. 某溶液含有 NaCl、K2SO4、KCl 三种溶质，已知 c（Cl﹣）为 0.4mol·L－1、c（K+）为 0.7 mol·L －1、c（Na+）为 0.1 mol·L－1。则该混合溶液中硫酸根离子浓度为 - 9 - A. 0.1 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1 C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度。 【详解】溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电荷相等，如果忽略水的电离，则有 c（Na+）+c （K+）＝c（Cl－）+2c（SO42－），即 0.1mol/L+0.7mol/L＝0.4mol/L+2c（SO42－），所以 c（SO42 －）＝0.2mol/L，答案选 B。 【点睛】本题考查了离子浓度的计算，根据电荷守恒来分析解答即可，题目难度不大。答题 时要注意忽略水的电离。 16. 下列现象或新技术应用中，不涉及胶体性质的是 A. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀 B. 使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血 C. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱 D. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗 【答案】A 【解析】 【详解】A.在饱和氯化铁溶液中滴加入 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀发生复分解反应，与胶 体性质没有关系，A 正确； B.使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血利用的是胶体的聚 沉，B 错误； C.清晨在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应， C 错误； D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，利用的是胶体不能透过半 透膜，D 错误； 答案选 A。 17. 已知在碱性溶液中可发生如下反应： 2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则 RO4n-中 R 的化合价是（） A. +3 B. +4 C. +5 D. +6 - 10 - 【答案】D 【解析】 【详解】根据方程式两端电荷守恒可知 n＝ 3 4 3 2  － ＝2，O 元素是－2 价，所以 R 的化合价 是+6 价， 答案选 D。 18. 用 10mL的0.1mol·L-1BaCl2 溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中 的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是 A. 3∶1∶1 B. 3∶2∶2 C. 1∶2∶3 D. 1∶3∶3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 Ba2++SO42-=BaSO4↓，相同物质的量的 Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子 完全转化为硫酸钡沉淀，由硫酸根离子的物质的量确定硫酸盐的物质的量，体积相同的溶液， 溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比。 【详解】Ba2++SO42-=BaSO4↓，相同的 Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全 转 化 为 硫 酸 钡 沉 淀 ， 则 三 溶 液 中 硫 酸 根 离 子 的 物 质 的 量 相 等 ， 根 据 2- 4 2 4 3 4 2 4 1 3 11 1 SO Fe SO ZnSO K 1 SO 3   （ ） ，硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾的物质的量比为 1 :1:13 ，由于溶液的体积相同，所以溶液的浓度比等于物质的量比，所以三种硫酸盐溶液的 物质的量浓度之比是 1∶3∶3，故选 D。 【点睛】本题考查三种硫酸盐的浓度比的计算，明确发生的化学反应及硫酸根离子守恒是解 答本题的关键，不需要利用钡离子的物质的量代入计算。 19. 把质量分数为 70%的硝酸溶液(ρ＝1.40g/cm3)加入等体积的水，则稀释后硝酸溶液中溶质 的质量分数为( ) A. 等于 35% B. 小于 35% C. 大于 35% D. 无法确定 【答案】C 【解析】 - 11 - 【详解】水的密度小于 70% HNO3 溶液的密度，等体积混合后溶液的质量小于 70% HNO3 溶液 质量的 2 倍，稀释前后硝酸的质量不变，由混合后的质量分数═ 硝酸的质量 溶液的质量 ×100%，可知稀 释后硝酸溶液中溶质的质量分数＞35%，故选 C。 20. 已知 t℃下 Na2SO3 的溶解度是 S g。一定质量的 Na2SO3 溶液加入 ag Na2SO3，在 t℃恰好饱 和。若以 Na2SO3•7H2O 代替 Na2SO3，也使原溶液在 t℃恰好饱和，需加入 Na2SO3•7H2O(摩尔 质量为 252g•mol-1)的质量是( ) A. 100a g100+S B. 200a g100-S C. 200a g100+S D. 100a g100-S 【答案】B 【解析】 【详解】Na2SO3•7H2O 摩尔质量为 252g•mol-1，Na2SO3•7H2O 中 H2O 和 Na2SO3 的质量比为 1:1， 设需 Na2SO3•7H2O 的质量为 x，则 Na2SO3•7H2O 中含 Na2SO3 和 7H2O 质量相等均为 0.5x，据 题意可得： 0.5x a S=0.5x 100  ，则 x= 200a g100-S ，故选 B。 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题 21. 现有下列物质 ①碳酸钙；②氧化镁；③熔融 KCl；④Fe(OH)3 胶体；⑤氨气；⑥硫酸氢钠； ⑦铜；⑧硫酸溶液；⑨氢氧化钡；⑩乙醇 (1)能导电的是：___________。(填序号，下同) (2)属于电解质的是：___________；属于非电解质的是：___________。 (3)写出⑨在水溶液中的电离方程式___________。写出⑥⑨水溶液混合后恰好沉淀完全的离子 方程式___________。写出实验室制备④的化学方程式___________。 【答案】 (1). ③④⑦⑧ (2). ①②③⑥⑨ (3). ⑤⑩ (4). Ba(OH)2=Ba2+ +2OH- (5). Ba2++OH-+H++SO 2 4  =BaSO4↓+H2O (6). FeCl3+3H2O Δ Fe(OH)3(胶体)+3HCl 【解析】 【详解】①碳酸钙是电解质，不能导电；②氧化镁是电解质，不能导电；③熔融 KCl 是电解 质，能导电；④Fe(OH)3 胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑤氨气是非 电解质，不能导电；⑥硫酸氢钠是电解质，不能导电；⑦铜是金属单质，既不是电解质也不 是非电解质，能导电；⑧硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑨氢 - 12 - 氧化钡是电解质，不能导电；⑩乙醇是非电解质，不能导电； (1)综上所述，能导电的是：③④⑦⑧；故答案为：③④⑦⑧； (2)属于电解质的是：①②③⑥⑨；属于非电解质的是：⑤⑩；故答案为：①②③⑥⑨；⑤⑩； (3)⑨氢氧化钡在水溶液中电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2+ +2OH-； 硫酸氢钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为： Ba2++OH-+H++SO 2 4  =BaSO4↓+H2O；实验室通过向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备 Fe(OH)3 胶 体，化学方程式为：FeCl3+3H2O Δ Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：Ba(OH)2=Ba2+ +2OH-； Ba2++OH-+H++SO 2 4  =BaSO4↓+H2O；FeCl3+3H2O Δ Fe(OH)3(胶体)+3HCl。 22. (1)常温常压下，1.806×1023 个 CH4 与___________molNH3 具有相同数目的氢原子，CH4 与 NH3 的体积比为___________。 (2)某气体在标准状况下的密度为 1.25g/L，若该气体的分子式为 AB 型，则其名称是 ___________。 (3)19g 某二价金属氯化物中含有 0.4molCl-，则该物质的化学式为___________。 (4)固体 X 在一定条件下加热分解，其方程式为 2X Δ Y↑+2Z↑+2W↑，测得生成的混合气体的密 度是相同状况下 H2 的 a 倍，则 X 的相对分子质量为___________。 【答案】 (1). 0.4 (2). 3:4 (3). 一氧化碳 (4). MgCl2 (5). 5a 【解析】 【详解】(1)常温常压下，1.806×1023 个 CH4 的物质的量为 23 236.02 1.806 10 10   mol=0.3mol，含有氢原 子 0.3mol 4=1.2mol，含有 1.2mol 氢原子的 NH3 的物质的量为1.2mol 3 =0.4mol；常温常压下， CH4 与 NH3 的体积比等于物质的量之比为 0.3mol:0.4mol=3:4，故答案为：0.4；3:4； (2)某气体在标准状况下的密度为 1.25g/L，则其相对分子质量为 1.25 22.4=28，若该气体的分 子式为 AB 型，该气体为 CO，名称是一氧化碳，故答案为：一氧化碳； (3)19g 某二价金属氯化物中含有 0.4molCl-，则该金属氯化物的物质的量为 0.4mol 2 =0.2mol， 其相对分子质量为 19 0.2 =95，该金属氯化物中金属元素的相对原子质量为 95-35.5 2=24，为 - 13 - Mg 元素，则该物质的化学式为 MgCl2，故答案为：MgCl2； (4)由 2X Δ Y↑+2Z↑+2W↑可知，设 X 为 2mol，则分解生成 5mol 气体，分解产生的混合气体对 氢气的相对密度为 a，则 M 2g/mol 混 =a，M 混=2ag/mol，其质量为 2ag/mol×5mol=10ag，由质量 守恒可知，2molX 的质量为 10ag，所以 X 的摩尔质量为 10ag 2mol =5ag/mol，又以 g/mol 为单位 时物质的摩尔质量与相对分子质量数值相等，所以 X 的相对分子质量为 5a，故答案为：5a。 23. 某学生欲用 12mol•L-1 浓盐酸和蒸馏水配制 500mL 物质的量浓度为 0.3mol•L-1 的稀盐酸。 (1)该学生需要量取___________mL 上述浓盐酸进行配制。 (2)配制过程中其正确的操作顺序是___________(用字母表示，每个字母只能用一次) a．用 100mL 量筒量取一定体积浓盐酸； b．选取对应规格的容量瓶，洗涤，检查是否漏液，将稀释并冷却至室温的盐酸溶液沿玻璃棒 转移到此容量瓶中； c．用少量蒸馏水洗涤小烧杯和玻璃棒 2~3 次，并将洗涤液转移到容量瓶中； d．在小烧杯内稀释浓盐酸，稀释时要用玻璃棒不断搅拌； e．向容量瓶中直接加蒸馏水至离刻度线 1~2cm 处； f．盖上容量瓶瓶塞，上下颠倒反复摇匀； g．用胶头滴管小心加蒸馏水至刻度线； h．将配制好的溶液转移入含少量蒸馏水的试剂瓶中贮存备用。 (3)实验分析： ①此实验中玻璃棒的作用是___________。 ②实验操作中有两处错误，这两处错误是：I．___________。II．___________。 ③下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(填“偏大”、“偏小”、“无影响”) I．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面___________。 II．将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中___________。 ④若实验过程中向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，如何处理___________。 【答案】 (1). 12.5mL (2). adbcegfh (3). 搅拌和引流 (4). 量取盐酸的量筒量程太 大，会造成较大误差 (5). 试剂瓶未干燥，会使所配溶液变稀 (6). 偏小 (7). 偏大 (8). 重新配制 - 14 - 【解析】 【分析】 配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤：计算、量取、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇 匀等，根据 c= n V 进行计算和误差分析。 【详解】(1)用 12mol•L-1 浓盐酸和蒸馏水配制 500mL 物质的量浓度为 0.3mol•L-1 的稀盐酸，设 需要浓盐酸体积为 V，则依据稀释前后溶质的物质的量不变得：12mol/L×V=0.3mol/L×0.5L， 解得 V=12.5mL；故答案为：12.5mL； (2)配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤：计算、量取、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、 摇匀等，所以正确的操作顺序为：adbcegfh；故答案为：adbcegfh； (3)①玻璃棒在稀释浓盐酸作用为搅拌，在移液操作过程中作用为引流；故答案为：搅拌和引 流； ②量取 12.5mL 浓盐酸应选择 25mL 量筒，试剂瓶未干燥导致配制溶液被稀释；故答案为：量 取盐酸的量筒量程太大，会造成较大误差； 试剂瓶未干燥，会使所配溶液变稀； ③I.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会导致量取的盐酸偏小，所配溶液浓度偏小；故答 案为：偏小； II. 量筒不需要洗涤，若将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致 量取的浓盐酸偏多，所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大； ④若实验过程中向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，应该重新配置，故答案为：重新配 制。 24. 现有 300mL 某无色溶液，可能含有以下离子的若干种：Na+、Fe2+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、 CO32-，将该溶液分为三等份进行以下实验：①向第一份加入足量 NaOH 溶液后加热，收集到 气体 0.336L（标准状况）；②向第二份加入 AgNO3 溶液，有白色沉淀产生；③向第三份加入 足量 BaCl2 溶液，得到沉淀 6.27g，经足量盐酸洗涤后，剩余 2.33g。 试回答下列问题： （1）肯定不存在的离子有_____________________； （2）可能存在的离子是_____________，判断该离子存在与否的操作是________________； （3）计算肯定存在的阳离子在原溶液中的物质的量浓度_________________________。 【答案】 (1). Fe2+、Mg2+ (2). Cl- (3). 取原溶液少许于试管中，滴加过量 Ba(NO3)2 溶液，过滤后往滤液中再加入 AgNO3 溶液，若有白色沉淀产生，说明有 Cl-；反之，没有 (4). - 15 - c（Na+）≥0.45mol/L、c（NH4+）=0.15mol/L 【解析】 【详解】溶液无色，肯定不含 Fe2+；加入 NaOH 溶液后加热有气体产生，则溶液中一定含有 NH4+ ，且 NH4+ 的物质的量与 NH3 的物质的量相等，物质的量 n（NH4+ ）=n（NH3 ） =0.336L÷22.4L/mol=0.015mol；加入 AgNO3 溶液，有白色沉淀产生，溶液中可能含有 Cl-、SO42-、 CO32-中的一种或两种或三种都有；加入足量 BaCl2 溶液，得到沉淀 6.27g，经足量盐酸洗涤后， 剩余 2.33g，可知最后的沉淀为 BaSO4，物质的量 n（BaSO4）=2.33g÷233g/mol=0.01mol，所以 原溶液中含有 SO42-，其物质的量为 0.01mol，开始产生的沉淀为 BaSO4 和 BaCO3，BaCO3 的 质量等于 6.27g-2.33g=3.94g，BaCO3 的物质的量等于 3.94g÷197g/mol =0.02mol，所以原溶液中 含有的 CO32-的物质的量为 0.02mol，由此可知原溶液中是否含有 Cl-无法确定，因为含有 CO32-， 所以原溶液中一定没有 Mg2+。 （1）由上分析可知肯定不存在的离子有：Fe2+、Mg2+。 （2）由上分析可知溶液中含有 0.02molCO32-和 0.01molSO42-，它们所带负电荷物质的量为 0.06mol，阳离子已知含有 0.015molNH4+，NH4+所带正电荷物质的量为 0.015mol，且不含 Mg2+ 和 Fe2+，正电荷物质的量小于负电荷物质的量，所以溶液中一定含有 Na+；故不能确定的离子 只有 Cl-；要检验 Cl-的存在，首先要排除溶液中的 SO42-、CO32-的干扰，故先向溶液中加入过 量的 Ba(NO3)2 溶液，使 SO42-、CO32-转化为沉淀，然后过滤，再向滤液中加入 AgNO3 溶液， 若有白色沉淀产生，说明有 Cl-；反之，没有，答案为：取原溶液少许于试管中，滴加过量 Ba(NO3)2 溶液，过滤后往滤液中再加入 AgNO3 溶液，若有白色沉淀产生，说明有 Cl-；反之，没有。 （3）肯定存在的阳离子有 NH4+和 Na+，由以上分析可知，n(NH4+)=0.015mol，所以 c（NH4+） =0.015mol÷0.1L=0.15mol/L；由第（2）可知阴离子所带的负电荷物质的量至少为 0.06mol，根 据电荷守恒，则 n(Na +)≥0.06mol-0.015mol=0.045mol，所以 c（Na+）≥0.045mol÷0.1L=0.45mol/L。 【点睛】本题考查离子共存的知识点，解答此类问题时，考虑要全面严谨，肯定某种离子的 同时可能能否定某种离子，同样的道理，否定某种离子的同时也可能能肯定某些离子的存在， 二是通过溶液显电中性的规律，可以判断溶液中某些离子的存在与否。 25. 四氯化钛(TiCl4)是生产金属钛及其化合物的重要中间体。室温下，四氯化钛为无色液体。 某化学兴趣小组同学以 TiO2 和 CCl4 为原料在实验室制取液态 TiCl4，装置如图所示。 - 16 - 有关信息如下： ①反应原理：TiO2(s)+CCl4(g) Δ TiCl4(g)+CO2(g) ；反应条件：无水无氧且加热。 ②碱石灰的主要成分是氢氧化钠和氧化钙。 ③有关物质性质如表： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 其他 CCl4 -23 76 与 TiCl4 互溶 TiCl4 -25 136 遇潮湿空气产生白雾 请回答下列问题： (1)装置 F 中橡胶管的作用___________；该装置中有氮气生成，反应的离子方程式为 ___________。 (2)实验装置依次连接的顺序为 F→B→___________→___________→___________→___________。 (3)实验开始前首先点燃___________处酒精灯(填“D 或 F”)，目的是___________。 (4)欲分离 C 中的混合物，所采用操作的名称是___________。 (5)E 装置的作用是___________。 【答案】 (1). 平衡气压，使液体顺利流下 (2). NO 2  +NH 4  Δ N2↑+2H2O (3). A (4). D (5). C (6). E (7). F (8). 排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行 (9). 蒸馏 (10). 可以防止空气中的水蒸气、氧气进入 D 装置 【解析】 【分析】 - 17 - TiO2(s)与 CCl4(g)反应的条件是无水无氧且加热，加热前用干燥的氮气排出装置中的空气，用 热水促使液态 CCl4 挥发制取 CCl4 气体；TiO2(s)与 CCl4(g)再 D 中反应生成 TiCl4 蒸汽，再用冰 水冷凝法收集液态 TiCl4；由于 TiCl4 遇潮湿空气产生白雾，所以装置最后需要增加干燥装置。 【详解】(1)装置 F 橡皮管的作用是平衡气压，使分液漏斗中液体顺利流下；装置 F 中 NaNO2 与 NH4Cl 加热反应有氮气生成，反应的离子方程式为 NO 2  +NH 4  Δ N2↑+2H2O，故答案为：平 衡气压，使液体顺利流下；NO 2  +NH 4  Δ N2↑+2H2O； (2)根据以上分析，制备干燥的氮气排出装置中的空气，用热水促使液态 CCl4 挥发制取 CCl4 气体；TiO2(s)与 CCl4(g)再 D 中反应生成 TiCl4 蒸汽，再用冰水冷凝法收集液态 TiCl4；由于 TiCl4 遇潮湿空气产生白雾，所以装置最后需要增加干燥装置，实验装置依次连接的顺序为 F→B→A→D→C→E，故答案为：A；D；C；E； (3)为排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行，先制备干燥的氮气，实验开始前 首先点燃 F 处酒精灯，故答案为：F；排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行； (4)C 中是液体的液态 CCl4、TiCl4 混合物，根据沸点不同，用蒸馏法分离，故答案为：蒸馏； (5)E 装置中盛放的是浓硫酸，可以防止空气中的水蒸气、氧气进入 D 装置，故答案为：可以 防止空气中的水蒸气、氧气进入 D 装置。