【化学】四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64‎ 注意事项：必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。‎ 第Ⅰ卷选择题（50分）‎ 一、选择题(本题包括25个小题，每小题只有一个选项符合题意；每小题2分，共50分。)‎ ‎1.下列包装所贴标识正确的是（ ）‎ 选项 A B C D 物质 浓硫酸 酒精 高锰酸钾 氯酸钾 标识 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的性质选择标识。‎ ‎【详解】浓硫酸有强腐蚀性，属于腐蚀性物品（A项正确）；酒精属于易燃液体（B项错误）；高锰酸钾、氯酸钾都属于氧化剂（C项、D项错误）。‎ 本题选A。‎ ‎2.下列关于实验的说法中正确的是（ ）‎ A. 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 B. 蒸馏实验中如果液体较少，可以不加沸石（或碎瓷片）‎ C. 实验桌上的酒精灯倾倒了并燃烧起来，马上用湿布扑灭 D. 进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.量筒的准确刻度为0.1mL,所以10mL的量简不能量取8.80mL稀硫酸，故A错误；‎ B.蒸馏时加热液体混合物，必须加沸石(或碎瓷片)以防止暴沸，故B项错误；‎ C.酒精灯倾倒燃烧，用湿布覆盖可隔绝空气并降低温度，故C正确；‎ D.进行萃取操作时，应选择与水互不相溶的萃取剂，故D错误；答案：C。‎ ‎3.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是（ ）‎ A. 蒸发 B. 过滤 C 蒸馏 D. 分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；‎ B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；‎ C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错误；‎ D．利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.“物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁。下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，1molN2体积为22.4L B. 将1molNaOH固体溶于1L水，其浓度为1mol/L C. “摩尔”是“物质的量”的单位 D. 10mL2mol/LH2SO4溶液中取出5mL溶液，其浓度为1mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，1molN2的体积约为22.4L，常温常压不是标准状况，故A错误；‎ B.将1molNaOH固体溶于1L水，溶液体积不是1L，因此浓度不是1mol/L，故B错误；‎ C.“摩尔”是“物质的量”的单位，故C正确；‎ D.10mL 2mol/LH2SO4溶液中取出的5mL溶液，其浓度仍为2mol/L，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎5.下列各组物质，按电解质、单质、混合物顺序排列的是（ ）‎ A. 生石灰、白磷、熟石灰 B. 干冰、铁、氯化氢 C. 空气、氮气、胆矾 D. 烧碱、液态氧、碘酒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 生石灰为氧化钙，属于电解质；白磷属于单质；熟石灰为氢氧化钙，属于纯净物，故A错误； ‎ B. 干冰的成分为CO2，属于纯净物，是非电解质；铁属于单质；氯化氢为化合物；故B错误；‎ C. 空气为混合物；氮气属于单质、胆矾为化合物，故C错误; ‎ D. 烧碱为氢氧化钠，纯净物，属于电解质；液态氧属于单质；碘酒属于混合物；故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎6.0.25 molNa2SO4中含有Na+的数目是（ ）个 A. 0.5 B. 6.02×1023‎ C. 3.01×1023 D. 0.25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】0.25 molNa2SO4中含有Na+的数目为0.25 mol26.02×1023=3.01×1023,故C选项符合题意；所以本题答案为：C。‎ ‎7.过滤泥沙等难溶性杂质后的食盐水仍含有可溶性的CaC12、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过加入如下试剂（实验操作略），可制得相对纯净的食盐水：①加入过量的BaCl2溶液：②滴入稀盐酸至无气泡产生；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤加入稍过量的NaOH溶液。正确的试剂滴加顺序为（ ）‎ A. ①②③⑤④ B. ③②①⑤④‎ C. ⑤①③④② D. ③⑤②①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】欲除去粗盐中的可溶性的CaC12、MgCl2、Na2SO4等杂质，正确操作顺序应为:①加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，溶液中引入了少量的杂质Ba2+；⑤加入稍过量的NaOH溶液，除去Mg2+，部分Ca2+，溶液中引入了杂质OH-；③加入稍过量的Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+溶液中引入了CO32-杂质；④过滤，除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀；②滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的CO32-、OH-；所以本题的正确顺序为：⑤①③④②；‎ 所以答案为:C。‎ ‎8.将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是（ ）‎ A. 15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3 B. 50 mL 1 mol•L﹣1的KCl C. 20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl D. 10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.015L=0.045mol；‎ B．50 mL 1 mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×1×0.05L=0.05mol；‎ C．20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.02L=0.04mol；‎ D．10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.01L=0.02mol；‎ 根据分析可知，溶液中Cl-的物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，‎ 答案选B。‎ ‎9.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是（ ）‎ A. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降 B. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应 C. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原 D. 金属单质在化学反应中一定作还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化还原反应的本质是有电子转移，故A错误；‎ B. 有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3，不属于氧化还原反应，故B错误；‎ C. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被氧化，故C错误；‎ D. 金属单质在化学反应中一定会失去电子，所以只能作还原剂，故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎10.下列离子方程式，书写正确的是（ ）‎ A. 盐酸与石灰石反应CO32-+H+=CO2↑+H2O B. 硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ C. 氢氧化铁和盐酸反应：H++OH-=H2O D. 铁与盐酸溶液反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸与石灰石反应的离子反应方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；‎ B. 硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液的离子反应方程式为：Ba2++2OH-+Mg2++SO42-=BaSO4↓+ Mg (OH)2↓，故B错误；‎ C. 氢氧化铁和盐酸反应的离子反应方程式为：3H++Fe(OH)3=3H2O+ Fe3+，故C错误；‎ D. 铁与盐酸溶液反应的离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎11.下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）‎ A. 许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电 B. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体 C. 布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分 D. 光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分散系胶体呈电中性，但是胶粒可以吸附带电的离子而带电，故A错误；‎ B.将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，得氢氧化铁沉淀，故B错误；‎ C.胶体与溶液、悬浊液本质区别，是分散质粒子的直径大小，布朗运动并不是胶体粒子所特有，故C错误；‎ D.光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.现有NaOH、Na2CO3、Ba(OH)2，3种无色溶液，选用一种试剂把它们鉴别出来的是（ ）‎ A. CaCl2 B. AgNO3 C. H2SO4 D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaOH、Ba(OH)2和氯化钙均不反应，只有Na2CO3和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，所以无法鉴别氢氧化钠和氢氧化钡，故A错误；‎ B.AgNO3溶液与NaOH、Ba(OH)2的溶液反应现象相同，无法鉴别，故B错误；‎ C.氢氧化钠与稀硫酸发生中和反应生成硫酸钠和水，反应无明显现象；碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，有气体放出；氢氧化钡与硫酸发生中和反应，生成硫酸钡沉淀和水，出现白色沉淀，因此，使用硫酸可以区分三种溶液，故C正确；‎ D.氢氧化钠、氢氧化钡都可与盐酸发生中和反应，分别生成氯化钠和水、氯化钡和水，反应无明显现象；碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，有气体放出；因此，使用盐酸不能区分出三种物质中的氢氧化钠和氢氧化钡，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎13.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）‎ A. 盐酸、氯酸都属于含氧酸 B. 石灰水、石英都属于纯净物 C. 烧碱、纯碱都属于碱 D. Fe(OH)3胶体、稀豆浆都能产生丁达尔现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸，属于混合物，不属于酸，HCl属于无氧酸；氯酸，HClO3，属于含氧酸，故A错误；‎ B. 石灰水是Ca(OH)2的水溶液，石英的主要成分为SiO2，都属于混合物，故B错误； ‎ C. 烧碱为NaOH，属于碱；纯碱为Na2CO3，属于盐，故C错误；‎ D. Fe(OH)3胶体、稀豆浆都属于胶体，所以都能产生丁达尔现象，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎14.在下列反应中，HCl作还原剂的是（ ）‎ A. NaOH +HCl=NaCl +H2O B. Zn +2HCl=ZnCl2+H2↑‎ C. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑‎ D. CuO +2HCl=CuCl2+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】反应过程中化合价降低，得电子的物质做还原剂。‎ ‎【详解】A．中和反应，化合价无变化，不是氧化还原反应，A选项错误。‎ B．HCl中H元素的化合价由+1价降低到0价，HCl做氧化剂，B选项错误。‎ C．HCl中氯元素的化合价由-1价升高到0价，HCl做还原剂，C选项正确。‎ D．反应过程中化合价无变化，不是氧化还原反应，D选项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎15.下列各组混合物，能用如图所示装置进行分离的是（ ）‎ A. 水和四氯化碳 B. 酒精和水 C. 碘和四氯化碳 D. 汽油和植物油 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水和四氯化碳都属于液体且不互溶，所以可用分液方法分离，故A正确； ‎ B. 酒精和水都属于液体且互溶，所以不可用分液方法分离，故B错误；‎ C. 碘为固体能溶于四氯化碳中，故不能用分液方法分离，故C错误; ‎ D. 汽油和植物油都属于有机物，且互溶，所以不可用分液方法分离，故D错误;‎ 答案：A。‎ ‎16.下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 氯化铁溶液：H+、NO3－、Ag+、K+‎ B. 使酚酞变红的溶液：Na+、HSO3-、Cl-、Ba2+‎ C. 无色透明的溶液：H+、Na+、MnO42-、SO42-‎ D. 稀硫酸溶液：NH4+、Al3+、Cl－、K+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯化铁溶液中Ag+与Cl-不能共存，故A错误；‎ B. 使酚酞变红的溶液为碱性溶液， HSO3-在碱性溶液中不能共存，故B错误；‎ C. 无色透明的溶液：MnO42-为紫色溶液，故C错误；‎ D. 稀硫酸溶液中NH4+、Al3+、Cl－、K+之间不反应，所以能大量共存，故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎17.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将0.1molFeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NA B. 0.2mol/LKCl溶液中含有0.2NA个Cl-‎ C. 常温常压下，28gCO和N2的混合气体一定含有2NA个原子 D. NA个SO2的体积是22.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为Fe(OH)3胶体中，Fe(OH)3胶粒为Fe(OH)3的聚集体，所以将0.1molFeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目无法计算，故A错误；‎ B.0.2mol/LKCl溶液没有体积，无法计算微粒的数目，故B错误； ‎ C.CO和N2的相对分子质量均为28，因此28gCO和N2的混合气体的物质的量为1mol，两者均为双原子分子，因此含有的原子数为2NA，故C正确；‎ D.没有标明状态，无法计算NA个SO2的体积，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎18.下列反应中，既是化合反应，又是氧化还原反应的是（ ）‎ A. 铁和氯气反应：2Fe+3Cl22FeC13‎ B. 生石灰与水反应：CaO+H2O=Ca(OH)2‎ C. 氯化钠溶液和浓硫酸混合加热：2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑‎ D. 氯气通入溴化钠溶液：C12+2NaBr=2NaCl+Br2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁和氯气反应为2Fe+3Cl22FeC13‎ 中，既有元素的化合价变化，又是两种反应物生成了一种物质，既符合氧化还原反应概念，又符合化合反应概念，故A正确；‎ B. 生石灰与水反应为CaO+H2O=Ca(OH)2，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；‎ C. 氯化钠溶液和浓硫酸混合加热反应为2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑，不属于氧化还原反应，也不是化合反应，故C错误；‎ D. 氯气通入溴化钠溶液反应为C12+2NaBr=2NaCl+Br2，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，但不属于化合反应，故D错误；‎ 所以本题答案：A。‎ ‎19.要配制浓度约为2mol/LNaOH溶液100mL，下面的操作正确的是（ ）‎ A. 称取8gNa2O2固体，放入250mL烧杯中，用100mL量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解 B. 称取8gNaOH固体，放入250mL烧杯中，边搅拌边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL C. 称取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀 D. 用100mL量筒量取40mL5mol/LNaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒量取60mL 蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】先计算100mL2mol/LNaOH溶液中含有的溶质的物质的量、质量。‎ A.根据过氧化钠与水反应产生氢氧化钠的物质的量关系计算需要过氧化钠的质量，然后分析判断；‎ B.根据需要的氢氧化钠的质量及配制溶液的仪器、溶液的体积分析；‎ C.容量瓶只能用来配制溶液，不能用来稀释或溶解药品；‎ D.根据溶液稀释公式计算需要浓溶液的体积，结合溶液配制操作判断。‎ ‎【详解】2mol/LNaOH溶液100mL中含有NaOH的物质的量为n(NaOH)=2mol/L×0.1L=0.2mol，其质量为m(NaOH)=n(NaOH)·V=0.2mol×40g/mol=8.0g。‎ A.Na2O2与水反应产生NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.2molNaOH需要Na2O2物质的量为0.1mol，质量是7.8g，8g Na2O2‎ 反应产生的NaOH多，使配制的溶液浓度大于2mol/L，A错误；‎ B.8gNaOH固体的物质的量是0.2mol，将其放入250mL的烧杯中，边搅拌边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL，就得到需要配制的溶液的浓度大约为2mol/L的NaOH溶液，B正确；‎ C.NaOH固体溶于水会放出大量的热，而容量瓶只能用来配制溶液，不能受热，故不能用来稀释或溶解药品，C错误；‎ D. 40mL5mol/LNaOH溶液中含有溶质的物质的量n(NaOH)=5mol/L×0.04L=0.2mol，恰好是需要的溶质的物质的量，用50mL量筒量取50mL4mol/LNaOH溶液，倒入250mL烧杯中，这时烧杯内含有溶质的物质的量就是0.2mol，若再用同一量筒量取60mL 蒸馏水，相当于洗涤量筒，就会使溶液中含有的溶质的物质的量大于0.2mol，应该用另一个量筒量取大约60mL的蒸馏水，因此该操作方法有误，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎20.下列物质久置于空气中会发生相应的变化，其中发生了氧化还原反应的是（ ）‎ A. 氢氧化钠的表面发生潮解 B. 澄清石灰水变浑浊 C. 浓硫酸的体积增大 D. 铁生锈 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠的表面发生潮解是因为吸收了空气中的水蒸气发生了潮解，故A不符合题意；‎ B. 澄清石灰水变浑浊是因为吸收了空气中的CO2，发生反应生成了碳酸钙的原因，故B不符合题意；‎ C. 浓硫酸的体积增大是因为浓硫酸吸收了空气中的水蒸气，故C不符合题意； ‎ D. 铁生锈是铁在潮湿的空气中被氧气氧化的结果，发生了氧化还原反应，故D符合题意；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎21.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）‎ A. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液一定有Ca2+‎ B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+‎ C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32-‎ D. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，原溶液不一定是Ca2+，还可能有Ba2+、Mg2+等，故A错误；‎ B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中不一定有Ag+，还可能有SO42-，故B错误；‎ C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中不一定有CO32-，还可能是HCO3- 、SO32-等，故C错误；‎ D. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42-，故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎22.在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是(　　)‎ A. HCl→H2 B. CO2→CO C. Fe2O3→Fe D. Br－→Br2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢元素化合价降低，发生了还原反应，需要加入还原剂才能实现，错误；‎ B、碳元素化合价降低，发生了还原反应，需加入还原剂才能实现，错误；‎ C、铁元素化合价降低，发生了还原反应，需要加入还原剂才能实现，错误；‎ D、溴元素化合价升高，发生氧化反应，需加氧化剂才能实现，正确，‎ 答案选D。‎ ‎23.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是（ ）‎ A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑ D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，A符合题意；‎ B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，B符合题意；‎ C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑的离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O+CO2 ↑，C不符合题意；‎ D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，D符合题意；‎ 故选C。‎ ‎24.瓦斯中甲烷与氧气的体积之比为1：2时极易爆炸，此时氧气与甲烷的质量比为（ ）‎ A. 1：4 B. 1：2 C. 4：1 D. 1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】瓦斯中甲烷与氧气的体积之比为1：2时极易爆炸，根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，此时氧气与甲烷的物质的量比为1：2，所以甲烷与氧气的质量比116：232=1：4，所以氧气与甲烷的质量比4：1，所以C选项符合题意；‎ 答案：C。‎ ‎25.常温下，发生下列几种反应：①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－　③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）‎ A. 溶液中可发生：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－‎ B. Cl2在①③反应中均为氧化剂 C. 氧化性强弱的顺序为：MnO4-﹥Cl2﹥Br2﹥Fe3+‎ D. Mn2+是MnO4- 的还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；Cl－做还原剂，发生氧化反应，Cl2为氧化产物；所以氧化性：MnO4-> Cl2；②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－，Br2做氧化剂，发生还原反应；Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；所以氧化性：Br2> Fe3＋；③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Br－做还原剂，发生氧化反应，Br2为氧化产物；所以氧化性：Cl2> Br2，据以上分析解答。‎ ‎【详解】①16H＋＋10Cl－＋2MnO4-= 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；Cl－做还原剂，发生氧化反应，Cl2为氧化产物；所以氧化性：MnO4-> Cl2；②2Fe2＋＋Br2 =2Fe3＋＋2Br－，Br2做氧化剂，发生还原反应；Fe2＋‎ 做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；所以氧化性：Br2> Fe3＋；③2Br－＋Cl2 = Br2＋2Cl－，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Br－做还原剂，发生氧化反应，Br2为氧化产物；所以氧化性：Cl2> Br2，‎ A. 结合以上分析可知，氧化性：MnO4-> Cl2> Br2> Fe3＋，反应Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－中，Cl2做氧化剂，发生还原反应，Fe2＋做还原剂，发生氧化反应，Fe3＋为氧化产物；氧化性：Cl2>Fe3＋，符合上述规律，A正确；‎ B.结合以上分析可知：在反应①中Cl2是氧化产物，而在反应③中作氧化剂，B错误；‎ C. 结合以上分析可知：氧化性强弱的顺序为：MnO4-> Cl2> Br2> Fe3＋，C正确；‎ D. 反应①中，MnO4-做氧化剂，发生还原反应，Mn2＋为还原产物；D正确； ‎ 综上所述，本题选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共50分）‎ ‎26.按要求完成下列各小题 ‎（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。‎ ‎（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。‎ ‎（3）在含有Cu2＋、H＋、Fe2＋、Al3＋、Br－、Cl－的溶液中，还原性最弱的阴离子是___，氧化性最强的离子是___，既有氧化性又有还原性的离子是___。‎ ‎（4）除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___，离子方程式___。‎ ‎【答案】(1). 17：14 (2). 14：11 (3). 1：1 (4). 7：11 (5). Cl- (6). Cu2+ (7). Fe2+ (8). 稀H2SO4 (9). CO32-+2H+=CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。‎ ‎【详解】（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为，根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：14。答案：17：14；‎ ‎（2）电子数目之比等于电子的物质的量之比。0.8molCO中电子的物质的量为0.8 mol× (6+8)=11.2mol， 0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2) =8.8mol，电子数目之比为11.2:8.8=14:11；含有氧原子物质的量之比为0.8:0.4‎ ‎2=1:1，根据阿伏伽德罗定律的推论可知，相同条件下，气体的密度与摩尔质量成正比，所以相同条件下两物质的密度之比为：28:44=7:11。答案：14:11 1:1 7:11；‎ ‎（3）卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2，单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性Br－>Cl－, 还原性最弱的阴离子是Cl－；金属单质的金属性越强，其离子的氧化性越弱，所以氧化性最强的离子是Cu2＋；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以Fe2＋既有氧化性又有还原性的；答案：Cl- Cu2+ Fe2+；‎ ‎（4）除去Na2SO4中的Na2CO3，实质是除去CO32-离子，所加试剂H2SO4，离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O。‎ ‎27.Ⅰ.已知铜在常温下能被稀HNO3溶解。反应方程式为：3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO ↑＋4H2O ‎（1）请将上述反应改成离子方程式____。‎ ‎（2）用双线桥法表示电子得失的方向和数目：3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。___‎ ‎（3若生成896mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子数目是___。‎ ‎（4）氧化剂与氧化产物的物质的量比为___。‎ Ⅱ.某反应体系有反应物和生成物共7种物质：C、H2SO4、K2CrO4、K2SO4、CO2、Cr2(SO4)3和H2O。已知该反应中发生如下过程：C→CO2。该反应的化学方程式：___。‎ ‎【答案】(1). 3Cu＋8H++2NO3-＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O (2). (3). 0.12NA或者7.224×1022 (4). 2:3 (5). 3C +10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）已知铜在常温下能被稀HNO3溶解，反应方程式为：3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，硝酸为强酸，硝酸铜为盐，在溶液中均为以离子形式存在，改成离子形式，则改成离子方程式：3Cu＋8H++2NO3-＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O;答案：3Cu＋8H++2NO3-＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；‎ ‎（2）由3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O可知Cu失电子，化合价从O价升高到+2价，反应中有3molCu化合价发生变化，则失电子为3×2mole-‎ ‎；N得电子，化合价从+5降低到+2价，共有2molNO3-化合价发生变化，则得电子为2×3mole-，根据得失电子守恒可知，双线桥法表示电子得失的方向和数目为：；答案：；‎ ‎（3由上述反应可知若生成2mol的NO(标准状况下)，转移6mol电子，若生成896mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子数目是NA=0.12NA;答案：0.12NA；‎ ‎（4）由3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O可知，HNO3为氧化剂，起氧化作用的的硝酸为2mol，Cu为还原剂，Cu(NO3)2为氧化产物，所以氧化剂与氧化产物的物质的量比为2:3。答案：2:3；‎ Ⅱ.根据题意：C→CO2，反应中C为还原剂，CO2为氧化产物，则K2CrO4为氧化剂，对应产物Cr2(SO4)3，为还原产物；C→CO2化合价升高4，K2CrO4→Cr2(SO4)3化合价降3，根据得失电子守恒，C系数为3，CO2系数为3，K2CrO4系数为4，Cr2(SO4)3系数为2，根据原子个数守恒，K2SO4的系数为4，H2SO4系数为10，H2O的系数为10，具体为3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O；‎ 故答案为：3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O。‎ ‎28.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图（如图），回答下列问题。‎ ‎（1）操作Ⅰ中所用的仪器有____。‎ ‎（2）固体A的成分是___和____。（填名称）；操作Ⅲ是____。‎ ‎（3）如何检验溶液a中主要阴离子____。‎ ‎（4）回收的铜可以用于制备胆矾（CuSO4·5H2O）。将铜和0.22mol/LH2SO4溶液混合后，在加热的情况下不断通入氧气就可以制得CuSO4，然后将所得的溶液经过“一系列操作”后得到胆矾。写出生成CuSO4的化学方程式：___。‎ ‎（5）某同学用密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫配制500mL0.22mol/L的稀硫酸溶液，需要用规格为___mL的量筒量取___mL的浓硫酸。‎ ‎（6）配制该溶液的过程中，下列操作使得所配得的溶液浓度偏小的是___(填字母)。‎ A．稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液 B．用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中 C．定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线 D．量取密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线 E．洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液 F．稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中 ‎【答案】(1). 漏斗、烧杯、铁架台、玻璃棒 (2). 铜 (3). 铁 (4). 蒸发浓缩，冷却结晶或者冷却结晶 (5). 取少量溶液a于洁净的试管中，滴加少量盐酸酸化的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42- (6). 2H2SO4+2Cu+O2=2CuSO4+2H2O (7). 10 (8). 6.0 (9). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】先向工业废水中加过量铁，将铜全部置换出来，过滤得到固体A，其成分是铜和过量的铁，溶液a中含FeSO4；向固体A中加入过量稀H2SO4，只有铁溶解，过滤得到固体（铜），实现了回收金属铜，溶液a含FeSO4、H2SO4；最后两处溶液a合一块，进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，就得到FeSO4·7H2O，回收硫酸亚铁，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）向工业废水中加过量铁，将铜全部置换出来，过滤得到固体A，操作Ⅰ用于分离固体和液体的方法为过滤，所用的仪器有；漏斗、烧杯、铁架台、玻璃棒。答案：漏斗、烧杯、铁架台、玻璃棒。‎ ‎（2）向工业废水中加过量铁，将铜全部置换出来，过滤得到固体A，其成分是铜和过量的铁；操作Ⅲ是两处含FeSO4溶液合一块，进行蒸发，浓缩，冷却结晶，过滤，就得到FeSO4·7H2O，回收硫酸亚铁。答案：铜； 铁； 蒸发浓缩，冷却结晶或者冷却结晶。‎ ‎（3）取少量溶液a于洁净的试管中，滴加少量盐酸酸化的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-。答案：取少量溶液a于洁净的试管中，滴加少量盐酸酸化的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-。‎ ‎（4）将铜和0.22mol/LH2SO4溶液混合后，在加热的情况下不断通入氧气就可以制得CuSO4，是在加热的条件下，氧气先和铜反应，生成氧化铜，在和稀硫酸反应，生成硫酸铜，其反应化学方程式为：2H2SO4+2Cu+O2=2CuSO4+2H2O，然后将所得的溶液经过“一系列操作”后得到胆矾。答案：2H2SO4+2Cu+O2=2CuSO4+2H2O。‎ ‎（5）根据稀释前后溶质的量不变进行解答。设需用密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸为VmL,配制500mL0.22mol/L的稀硫酸溶液，则有V1.84g/cm398%=500mL0.22mol/L98g/mol，所以V=6.0mL，需要用规格为10mL的量筒量取6.0mL的浓硫酸。答案：10 ； 6.0 。 ‎ ‎（6）A．稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液，使配得的溶液浓度偏小，故A符合题意；‎ B．用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，不影响所配置溶液的浓度，故B不符合题意；‎ C．定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线导致所配置溶液的浓度偏小，故C符合题意；‎ D．量取密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，量取浓硫酸体积偏大，导致所配置溶液的浓度偏大，故D不符合题意；‎ E．洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液，不影响所配置溶液的浓度，故E不符合题意；‎ F．稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中，溶液热胀冷缩，使得溶液的体积偏小，所配置溶液的浓度偏大，故F不符合题意；‎ 所以答案为：AC。‎ ‎29.在标准状况下，将224LHCl气体溶解于635mL水中，所得盐酸的密度为：1.18g•cm﹣3。试计算：‎ ‎(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度是多少？___、___‎ ‎(2)取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，求所得稀盐酸的物质的量浓度。___‎ ‎(3)将含有少量Na2CO3的NaOH样品2.53g，加入50.0mL2.00mol•L﹣1的盐酸中，充分反应后，生成标准状况下二氧化碳气体112mL，溶液酸性，中和多余的酸又用去40.0mL1.00mol•L﹣1的NaOH溶液．蒸发中和后的溶液，最终得到多少克固体？___‎ ‎【答案】(1). 36.5% (2). 11.8mol/L (3). 1mol•L﹣1 (4). 5.85克 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据n=计算HCl物质的量，根据m=nM计算HCl质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液质量分数，根据c=计算溶液物质的量浓度；‎ ‎(2)根据稀释定律c(浓)•V(浓)=c(稀)•V(稀)计算；‎ ‎(3)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据Cl元素守恒：n(NaCl)=n(HCl)，再根据m=nM计算。‎ ‎【详解】(1)n(HCl)= =10mol， m(HCl)=10mol×36.5g⋅mol−1=365g，635mL水的质量为635mL×1g/mL=635g，盐酸的质量分数=×100%=36.5%，c(HCl)= ==11.8mol/L；所得盐酸的质量分数为36.5%，物质的量浓度是11.8mol/L；答案：36.5% 11.8mol/L；‎ ‎(2)根据c(浓)⋅V(浓)=c(稀)⋅V(稀)，可知c(稀)=11.8mol⋅L−1×0.1L÷1.18L=1mol⋅L−1；‎ 所得稀盐酸的物质的量浓度1mol⋅L−1；答案：1mol⋅L−1；‎ ‎(3)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据Cl元素守恒：n(NaCl)=n(HCl)=0.050L×2mol⋅L−1=0.1mol，m(NaCl)=0.1mol×58.5g⋅mol−1=5.85g，最终得到固体5.85g。所以答案：5.85g。‎ ‎ ‎