2018-2019学年黑龙江省大庆市铁人中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省大庆市铁人中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

黑龙江省大庆市铁人中学 2018-2019 学年高一上学期期中考试 化学试题 1.2018 年 10 月 3 日瑞典皇家科学院宣布，将授予美国科学家弗朗西斯·阿诺德(Frances H. Arnold)、 美国科学家乔治·史密斯(George P. Smith)及英国科学家格雷戈里· 温特尔(Sir Gregory P. Winter)三位科学家 2018 诺贝尔化学奖，以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的 噬菌体展示技术方面取得的成果。在物质的分类上，酶属于 A. 单质 B. 无机物 C. 有机物 D. 氧化物 【答案】C 【解析】 【详解】酶是由活细胞产生的、具有高度特异性和高度催化效能的蛋白质或 RNA，因此酶属于有机物。答案 选 C。 2.中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘 金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是 A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物 B. 淘金原理与化学上的萃取一致 C. 雾的分散质粒子直径范围是 10-9～10-7cm D. 由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了还原反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．金性质稳定，可以在自然界中存在，“沙中浪底来”指的是金单质，故 A 错误； B．淘金原理为金密度较大，且金不溶于水，与萃取原理不同，故 B 错误； C．雾属于胶体，所以雾的分散质粒子直径范围是 10-9～10-7m，故 C 错误； D．由沙子到计算机芯片发生反应为二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，硅元素化合价降低，所以二氧化 硅发生还原反应，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】本题考查了元素化合物知识，涉及物质的性质与用途，明确胶体、金、硅及化合物性质是解题关 键。 3.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。 4.下列实验操作中错误的是 A. 萃取操作振荡时，要不时打开分液漏斗的活塞放气 B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 C. 蒸发时，蒸发皿必须要垫石棉网加热 D. 容量瓶、分液漏斗在使用前都要检查是否漏液 【答案】C 【解析】 【详解】A．萃取操作振荡时，要不时打开分液漏斗的活塞放气，否则分液漏斗内压强过大易产生安全事故， 故 A 正确； B．蒸馏操作时，温度计测量馏分的温度，所以温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故 B 正确； C．蒸发皿属于能直接加热的仪器，所以蒸发时，蒸发皿不要垫石棉网加热，故 C 错误； D．有活塞的仪器在使用前要检漏，容量瓶、分液漏斗有活塞，所以在使用前要检漏，故 D 正确； 答案选 C。 【点睛】本题考查化学实验方案设计，侧重考查学生对实验基本操作的掌握，明确实验操作的规范性是解 本题关键，知道常见仪器的使用方法。 5.已知由 AgNO3 溶液和稍过量的 KI 溶液制得的 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 胶粒带正电荷 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、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，A 错误； B、根据以上分析可知故 AgI 胶粒带负电，但 AgI 胶体不带电，B 错误； C、AgI 胶粒带负电，故电泳时向阳极移动，C 正确； D、胶体是混合物，不是电解质，也不是非电解质，D 错误。 答案选 C。 【点睛】选项 B 是解答的易错点，注意由于胶体可以吸附阴阳离子，因此胶体的胶粒带电荷，但胶体是不 带电的，类似于溶液显电中性，而溶液中的阴阳离子带电荷。 6.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 1mol 铁和高温水蒸气完全反应转移的电子数为 3NA B. 常温常压下，1mol 氦气含有的原子数为 NA C. 标准状况下，11. 2 L 乙醇含有的分子数目为 0. 5NA D. 物质的量浓度为 0.5 mol/L 的 MgCl2 溶液中，含有 Cl- 个数为 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A、1mol 铁和高温水蒸气完全反应生成四氧化三铁，转移的电子数为 NA，A 错误； B、氦气是单原子分子，常温常压下，1mol 氦气含有的原子数为 NA，B 正确； C、标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算 11.2 L 乙醇含有的分子数目，C 错误； D、物质的量浓度为 0.5 mol/L 的 MgCl2 溶液，不知道溶液的体积，无法确定含有 Cl-个数，D 错误。 答案选 B。 7.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是 A. NH4+、NO3-、Al3+、Cl- B. Na＋、SiO32- 、K+、NO3- C. MnO4-、K+、SO42-、Na+ D. K+、SO42-、HCO3-、Na+ 【答案】A 【解析】 【分析】 离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及溶液无色显酸性分 析判断。 【详解】A、该组离子之间不反应，能大量共存，且均为无色的离子，A 正确； B、因 SiO32－、H+能结合生成硅酸沉淀，不能够大量共存，B 错误； C、该组离子之间不反应，能共存，但 MnO4－在酸性溶液中为紫色，与无色溶液不符，C 错误； D、因 H+、HCO3－能结合生成二氧化碳气体和水，不能够大量共存，D 错误。 答案选 A。 8.下列说法不正确的是 A. 实验室把少量的钠保存在煤油中 B. 金属钠着火后，用干燥的沙土来灭火 C. 实验后剩余的钠，需要放回原试剂瓶 D. 浓硫酸不慎溅到皮肤上，应该立即用大量水冲洗，然后涂上稀 NaOH 溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠的密度小于煤油的密度，且和煤油不反应，所以钠可以保存在煤油中而隔绝空气和水，故 A 正确； B．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则钠失火时可以用干燥的 沙土灭火，故 B 正确； C．钠极易与水和氧气反应，所以实验后剩余的钠，需要放回原试剂瓶，故 C 正确； D．浓硫酸不慎溅到皮肤上，应该立即用干抹布擦去，然后用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液，氢氧 化钠具有腐蚀性，故 D 错误； 答案选 D。 9.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 Na2CO3 中的 CaCO3 杂质，并获得 Na2CO3 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，A 正确； B. 乙醇与水互溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，B 错误； C. 不能用图④所示装置分离乙醇水溶液，因为缺少温度计，C 错误； D. 应该用饱和 NaHCO3 溶液除去 CO2 中含有的少量 HCl，D 错误。 答案选 A。 10.将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是 A. 稀硫酸 B. 碳酸氢钙溶液 C. 硫酸铜溶液 D. 氯化铵溶液 【答案】B 【解析】 【分析】 钠投入到溶液中立即生成氢氧化钠和氢气，结合溶液中的溶质分析解答。 【详解】A. 金属钠投入到稀硫酸中生成硫酸钠和氢气，没有白色沉淀，A 不符合； B. 金属钠投入到碳酸氢钙溶液中生成白色沉淀碳酸钙、氢气，B 符合； C. 金属钠投入到硫酸铜溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀、氢气和硫酸钠，C 不符合； D. 金属钠投入到氯化铵溶液中生成氢气、氨气和氯化钠，不产生沉淀，D 不符合。 答案选 B。 【点睛】明确金属钠的性质特点是解答的关键，该题的关键是明确钠只要投入到水中，将立即反应生成氢 氧化钠和氢气，然后再结合溶液中到溶质判断即可。 11.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. ③④⑤ B. ④⑤⑦ C. ①③④⑤⑥ D. ②③④⑤⑥⑦ 【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，①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，②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，③正确； ④X 变为 X2+的反应中 X 失去电子，被氧化，发生氧化反应，④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，⑤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，⑥错误； ⑦含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠等，⑦错误。 答案选 A。 12. 下列两种气体的原子数一定相等的是 A. 质量相等、密度不等的 N2 和 C2H4 B. 等体积、等密度的 CO 和 N2 C. 等温、等体积的 O2 和 Cl2 D. 等压、等体积的 NH3 和 CO2 【答案】B 【解析】 试题分析：A．M（N2）=M（C2H4）=28g/mol，等质量时，物质的量相等，但分子构成的原子数目不同，则等 物质的量时原子数一定不等，故 A 错误； B．等体积等密度的 CO 和 N2 的质量相等，二者摩尔质量都为 28g/mol，物质的量相等，都是双原子分子， 则原子数相等，故 B 正确； C．压强不一定相等，则物质的量、原子总数不一定相等，故 C 错误； D．因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故 D 错误。 考点：阿伏伽德罗定律及推论理解、化学常用计量的有关计算。 13.ClO2 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得 ClO2： 2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是 A. KClO3 在反应中得到电子 B. ClO2 是还原产物 C. H2C2O4 发生氧化反应 D. 1 molKClO3 参加反应有 2mol 电子转移 【答案】D 【解析】 【分析】 反应 2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 中，Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，C 元素的 化合价由+3 升高到+4 价，以此来解答。 【详解】A．因反应中 Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，则 KClO3 在反应中得到电子，A 正确； B．Cl 元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即 ClO2 是还原产物，B 正确； C．因 C 元素的化合价由+3 升高到+4 价，则 H2C2O4 在反应中作还原剂，被氧化，发生氧化反应，C 正确； D．Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，1molKClO3 参加反应转移的电子为 1mol×（5-4）=1mol，D 错误； 答案选 D。 【点睛】明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意理清氧化还原反应的知识线索，即化 合价升高→失电子→还原剂→氧化反应→氧化产物，化合价降低→得电子→氧化剂→还原反应→还原产物。 14.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++3H2O Fe(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++3H2O Fe(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。 15.现有下列三个氧化还原反应：①2B- + Z2 = B2+2 Z - ②2A2+ + B2 = 2A3+ + 2B-③2XO4- + 10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O，根据上述反应，判断下列结论中正确的是（ ） A. 要除去含有 A2+、Z-和 B-混合溶液中的 A2+，而不氧化 Z-和 B-，应加入 B2 B. 氧化性强弱顺序为：XO4-﹥Z2﹥A3+﹥B2 C. X2+是 XO4- 的氧化产物， B2 是 B-的还原产物 D. 在溶液中不可能发生反应： XO4- +5A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O 【答案】A 【解析】 【分析】 ①2B-+Z2=B2+2Z-中，B 元素的化合价升高，Z 元素的化合价降低；②2A2++B2=2A3++2B-中，A 元素的化合价升 高，B 元素的化合价降低；③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O 中，Z 元素的化合价升高，X 元素的化合价降低。 结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还 原性解答。 【详解】A 项，由①可得，氧化性：Z2＞B2，由②可得，氧化性：B2＞A3+，由③可得，氧化性：XO4-＞Z2，所 以氧化性关系为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以要除去含有 A2+、Z-和 B-混合溶液中的 A2+，而不氧化 Z-和 B-，应 加入 B2，故 A 正确； B 项，由上面的分析可知，氧化性顺序为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故 B 错误； C 项，由①可得，B2 是 B-的氧化产物，由③可知，X2+是 XO4-的还原产物，故 C 错误； D 项，由上面的分析可知氧化性关系为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，则在溶液中可能发生反应： XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O，故 D 错误。 综上所述，符合题意的选项为 A。 16.甲、乙两烧杯中各盛有 100 mL 1.5 mol·L－1 的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入 2.7 g 的铝粉， 反应结束后甲、乙两烧杯中生成气体在相同条件下的体积比是 A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶1 D. 3∶2 【答案】B 【解析】 【分析】 发生反应 2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，根据铝、盐酸和氢氧化钠的物质的量 结合方程式计算解答。 【详解】盐酸和氢氧化钠的物质的量均是 0.1L×1.5mol/L＝0.15mol，铝的物质的量是 2.7g÷27g/mol＝ 0.1mol，根据方程式 2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知盐酸不足，氢氧化钠过 量，则与盐酸反应生成的氢气是 0.075mol，与氢氧化钠反应生成的氢气是 0.15mol，则根据相同条件下气 体之比是物质的量之比可知反应结束后甲、乙两烧杯中生成气体在相同条件下的体积比是 0.075mol： 0.15mol＝1：2。答案选 B。 【点睛】本题考查化学反应方程式的有关计算，关键是判断 Al 与酸、碱反应过量问题，较好的考查学生分 析思维能力，属于易错题目。 17.某同学将 0.1mol/L 的 K2SO4 溶液 V 1 L 与 0 . 2 mo l / L 的 Al2(SO4)3 溶液 V 2 L 混合，再加入 V 3 L 蒸馏水，假定溶液 总体积 V 总 =V1 +V 2 +V 3 ．并测得混合液中三种离子物质的量浓度 分别为：K＋：0 .1 mo l /L ，Al3＋：0 .1 mo l /L，SO42－：0 . 2 mo l / L ， 则 下 列 判 断 正 确 的 是（ ） A. 一定是 2L K2SO4 溶液和 1L Al2(SO4)3 溶液混合，再加 1L 蒸馏水 B. 混合液中 K＋浓度与 Al3＋浓度数值之和大于 SO42－浓度数值 C. 三种液体体积比为 V1：V2：V3=2：1：1 D. 混合液中 K2SO4 物质的量等于 Al2(SO4)3 物质的量的一半 【答案】C 【解析】 【分析】 c（K＋）= ① （Al3＋）= mol·L－1 ② （SO42－）= mol·L－1 ③ 将①/②可求出 V1/V2；从而求出 V 总，即可求出 V1：V2：V3。 【详解】c（K＋）= ① （Al3＋）= mol·L－1 ② （SO42－）= mol·L－1 ③ 将①/②可求出 V1/V2=2：1；设 V1=2L，则 V2=1L，带入③可得 V 总=4L，故 V3=1L．即三种液体体积比为 V1： V2：V3=2：1：1。 A、三种液体体积比为 V1：V2：V3=2：1：1，故混合溶液可以是 2L K2SO4 溶液和 1L Al2（SO4）3 溶液混合，再 加 1L 蒸馏水，但不一定，故 A 错误； B、由于混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0.1mol·L－1，Al3＋：0.1mol·L－1，SO42－：0.2mol·L －1，故 K＋浓度与 Al3＋浓度数值之和等于 SO42－浓度数值，故 B 错误； C、三种液体体积比为 V1：V2：V3=2：1：1，故 C 正确； D、混合液中 K2SO4 物质的量与 Al2（SO4）3 的物质的量之比为：（0.1mol·L－1×2L）：（0.2mol·L－ 1×1L）=1：1，故两者的物质的量相等，故 D 错误。 故选 C。 18.0.2molNaOH 和 0.1molCa(OH)2 的溶液中持续稳定地通入 CO2 气体，当通入气体为 6.72L（标准状况）时 立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入 CO2 气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 n（CO2）=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，通入含有 0.2mol 氢氧化钠和 0.1mol 氢氧化钙的溶液中，发生反应： 2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，以此解答该题。 【详解】n（CO 2）=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，含有 0.2mol 氢氧化钠和 0.1mol 氢氧化钙的溶液中：n （ OH- ） =0.2mol+0.1mol×2=0.4mol ， n （ Na+ ） =0.2mol ， n （ Ca2+ ） =0.1mol ， 通 入 CO2 ， 发 生 反 应 ： 2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH -+CO2=HCO3-+H2O，Ca 2++CO32-=CaCO3↓，设生成 xmolCO32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4； x+y=0.3，解得 x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，通入含有 0.2molNaOH 和 0.1molCa（OH） 2 的溶液中，相当于首先发生：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓，该阶段 0.1molCa （OH） 2 完全反应消耗 0.1molCO2，体积为 2.24L，离子物质的量减少 0.3mol，溶液中离子物质的量为 0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有 0.2molOH-、生成 0.1molCaCO3；然后发生 2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH- 完全反应消耗 0.1molCO2，体积为 2.24L，该阶段离子物质的量减少 0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为 0.4mol-0.1mol=0.3mol ， 溶 液 中 含 有 0.2molNa+ 、 0.1molCO32- ； 再 发 生 CO32-+CO2+H2O=2HCO3- 、 CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-，消耗 0.1molCO2，体积为 2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为 0.6mol，所以图象 C 符合，答案选 C。 【点睛】本题考查离子方程式的计算，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分析，注意 图象中各阶段离子的浓度变化。 19.有以下物质：①石墨； ②铝； ③酒精； ④氨水； ⑤干冰； ⑥胆矾；⑦氢氧化钡溶液； ⑧纯醋酸； ⑨碳酸钙固体； ⑩液态氯化氢。其中 （1）能导电的是______； （2）属于非电解质的是_______； （3）属于强电解质的是______； （4）属于弱电解质的是_______。 【答案】 (1). ①②④⑦ (2). ③⑤ (3). ⑥⑨⑩ (4). ⑧ 【解析】 【分析】 能导电的物质必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电是由于金属中存在能自由移动的电子；非电 解质是指在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；强电 解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱 电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，据此解答。 【详解】①石墨中存在能自由移动的电子能导电，属于单质，不是电解质也不是非电解质； ②铝中存在能自由移动的电子能导电，属于单质，不是电解质也不是非电解质； ③酒精不能电离出离子，是非电解质，不导电； ④氨水中有能自由移动的阴、阳离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质； ⑤干冰不能电离出离子，是非电解质，不导电； ⑥胆矾溶于水能完全电离出阴阳离子，是强电解质，但胆矾固体不导电； ⑦氢氧化钡溶液中有能自由移动的阴、阳离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质； ⑧纯醋酸溶于水部分电离出阴阳离子，是弱电解质，但醋酸不导电； ⑨碳酸钙固体在熔融状态下能完全电离出阴阳离子，是强电解质，但碳酸钙固体不导电； ⑩液态氯化氢溶于水能完全电离出阴阳离子，是强电解质，但氯化氢不导电。则 （1）根据以上分析可知能导电的是①②④⑦； （2）根据以上分析可知属于非电解质的是③⑤； （3）根据以上分析可知属于强电解质的是⑥⑨⑩； （4）根据以上分析可知属于弱电解质的是⑧。 【点睛】本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、强、弱电解质的判断，抓住电解质必须是化合物， 抓住弱电解质的特征“部分电离”，强电解质”在水溶液中或熔融状态下，能完全电离”是解答本题的关键。 20.（1）0.5 mol CH4 的质量为________g，约含有______个 H，在标准状况下的体积为_______L。 （2）相同质量的 CO 和 CO2，它们所含的原子数之比为_______，在同温同压下，它们的密度之比为______； 等物质的量的 CO 和 CO2 的混合气体的密度是相同条件下氢气密度的__________倍。 （3）12.4 g Na2R 含 Na＋0.4 mol，则 R 的相对原子质量为_____________。 （4）已知 16 g 肼（N2H4）含有的电子数为 b，则阿伏加德罗常数为______________。（用含 b 的式子表示） 【答案】 (1). 8 (2). 1.204 ×1024 (3). 11.2 (4). 22:21 (5). 7:11 (6). 18 (7). 16 (8). b/9 mol-1 【解析】 【分析】 根据 n＝m/M、N＝nNA、n＝V/Vm 结合物质的组成以及阿伏加德罗定律分析解答。 【详解】（1）0.5molCH4 的质量为 0.5mol×16g/mol＝8.0g，含有 2mol 氢原子，约含有 2mol×6.02×1023/mol ＝1.204×1024 个 H，在标准状况下的体积为 0.5mol×22.4L/mol＝11.2L。 （2）相同质量的 CO 和 CO2，它们所含的原子数之比为 ，根据阿伏加德罗定律可知在同 温同压下，它们的密度之比为相对分子质量之比，即为 28：44＝7：11；等物质的量的 CO 和 CO2 的混合气 体的平均相对分子质量是 ，相同条件下气体的密度之比是相对分子质量之比，则密度是相同条 件下氢气密度的 36/2＝18 倍。 （3）12.4 g Na2R 含 Na＋0.4 mol，则 Na2R 的物质的量是 0.4mol÷2＝0.2mol，所以 Na2R 的相对分子质量是 12.4÷0.2＝62，所以 R 的相对原子质量为 62－23×2＝16。 （4）16g 肼(N2H4)的物质的量为 16g÷32g•mol-1＝0.5mol，每个肼(N2H4)含有的电子数为 18 个，16g 肼(N2H4) 所含有的电子的物质的量为 0.5mol×18＝9mol，电子数为 9mol×NA＝b，所以 NA＝b/9 mol-1。 21.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 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 ____________。 【答案】 (1). 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ (2). 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). 冷却到室温 (4). 调整 BC 液面相平 (5). (6). 无影响 (7). 偏大 (8). 10.0 (9). 小烧杯（或称量瓶） (10). 药匙 (11). 偏大 (12). 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，依据实验装置、实验原理和题干中的问题 分析回答。 【详解】根据题意，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。则 （1）实验 1 中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑； （2）实验 1 的装置中使用的是长颈漏斗，不是分液漏斗，无法控制液体流量，则小试管的作用是对长颈漏 斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品； （3）由于气体的体积受温度影响大，则对于实验 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； （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 ＝ ； （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=10.0gNaOH，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＝1000ρω/M 可得浓硫酸的物质的量浓度为(1000×1.84×98%)/98 mol·L－1=18.4mol/L。 22.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 0.6mol/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 1mol/LAgNO3 溶液 650mL，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)： （1）上述实验③中得到沉淀 X 的质量为____________ g；生成沉淀 X 的离子方程式为______________。 （2）甲溶液中一定不存在的离子是______________；可能存在的离子是__________________。 （3）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). 10 (2). Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O (3). Ca2+、Cu2+ (4). NO3- (5). K+ (6). Cl- (7). 0.1 mol 【解析】 【分析】 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+； ②向另一份溶液中加入 0.6mol/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； 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 1mol/LAgNO3 溶液 650mL，恰好可完全反应，可知滤液中 n（Cl-） =1mol/L×0.65L=0.65mol，而②加入 n（Cl-）=0.6mol/L×2×0.5L=0.6mol，则说明甲中含有 Cl-，以此解 答该题。 【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 n（NH4+）=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol； ②向另一份溶液中加入 0.6mol/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 m（BaSO4） =0.6mol/L×0.5L×233g/mol=69.9g，如为 BaCO3，m（BaCO3）=0.6mol/L×0.5L×197g/mol=59.1g，则说明 甲中含有 SO42-、CO32-，设分别为 xmol，为 ymol，则 x+y=0.3、233x+197y=66.3，解得 x=0.2，y=0.1，含有 CO32-，则一定不存在 Ca2+、Cu2+； 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，气体是二氧 化碳，X 是碳酸钙； ④向上述滤液中加入 1mol/LAgNO3 溶液 650mL，恰好可完全反应，可知滤液中 n（Cl-） =1mol/L×0.65L=0.65mol，而②加入 n（Cl-）=0.6mol/L×2×0.5L=0.6mol，则说明甲中含有 Cl-，且 n （Cl-）=0.65mol-0.6mol=0.05mol，如不含 NO3-，则由电荷守恒可知一定含有 K+，由 n（K+）+n（NH4+）=2n （CO32-）+2n（SO42-）+n（Cl-），则 n（K+）=2×0.1mol+2×0.2mol+0.05mol-0.2mol=0.45mol，因分成两份， 则甲含有 0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42-、0.2molCO32-、0.1molCl-，如含有 NO3-，则 K+大于 0.9mol。 （1）上述实验③中得到沉淀 X 为碳酸钙，根据碳原子守恒可知质量为 0.1mol×100g/mol=10g，生成沉淀 X 的离子方程式为 Ca2++2OH-+CO2＝CaCO3↓+H2O； （2）由以上分析可知一定不存在 Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有 NO3-； （3）甲含有 0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42-、0.2molCO32-、0.1molCl-，如含有 NO3-，则 K+大于 0.9mol，则物质的量最大的离子是 K+；物质的量最小的离子是 Cl-，其物质的量为 0.1mol。 【点睛】本题考查物质的鉴别以及混合物的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意利用反应的 不同现象来区分是解答的关键，明确无机物之间的反应即可解答。难点是钾离子的判断，注意电荷守恒的 灵活应用。 23.铁有许多重要的化合物，除中学化学常见的三种氧化物和两种氢氧化物外，还有许多盐。FeSO4·7H2O 是 一种浅绿色晶体，俗称绿矾，常用于处理含有氧化性离子的废水。现用绿矾对某工厂废水(含有强氧化性离 子 Cr2O72－)进行处理。 （1）绿矾除用铁粉与硫酸反应生成外，工业上还可用空气、水、黄铁矿(主要成分为 FeS2)来制取。已知该 反应除生成硫酸亚铁，还生成一种中学化学常见的强酸，试写出该反应的化学方程式 ___________________________________。 （2）试配平：_____Fe2++______Cr2O72－+_______H+＝_____Fe3++_____Cr3++_____H2O。 （3）若该废水经处理后 Cr3+的含量为 1×10−2mol·m−3，理论上 83.4 kg 绿矾可以处理该废水_____吨(已知 废水的密度为 1 g·cm−3)。 【答案】 (1). 2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 (2). 6　1　14　6　2　7 (3). 1×104 【解析】 【分析】 （1）根据原子守恒可知生成的强酸应该是硫酸，据此书写方程式； （2）根据电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答； （3）根据反应的方程式计算。 【详解】（1）绿矾除用铁粉与硫酸反应生成外，工业上还可用空气、水、黄铁矿(主要成分为 FeS2)来制取。 已知该反应除生成硫酸亚铁，还生成一种中学化学常见的强酸，这种强酸与硫元素有关只能是硫酸，硫由-1 价变成+6 价，说明硫被氧化，故空气中的氧气作氧化剂，反应方程式为 2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4； （2）Fe2+中的 Fe 元素由+2→+3，升高 1，而 Cr2O72-的 Cr 元素由+6→+3，降低 3×2，两者最小公倍数为 6， 根据电荷守恒以及原子守恒可知反应的方程式为 6Fe2++Cr2O72-+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O； （3）由（2）可知 6FeSO4·7H2O～2Cr3+ 6×278g 2mol 83400g n（Cr3+） 解得 n（Cr3+）=100mol 已知该废水经处理后 Cr3+的含量为 1×10－2mol·m－3，所以废水的体积为 104m3，即废水量为 1010cm3，则废 水的质量是 1010cm3×1g/cm3＝1010g＝1×104t。 【点睛】本题考查氧化还原反的配平和有计算，学生只要抓住化合价升降守恒和关系式解题即可。电子守 恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然 后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子 原子数×原子升价数。