【化学】甘肃省兰州师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】甘肃省兰州师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

甘肃省兰州师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能要用到的相对原子质量：H-1 O‎-16 C-12 N-14 CI-35.5 S-32 Na-23 P-31‎ 一、选择题（共25题，每小题只有一个答案正确，每小题3分，共75.）‎ ‎1.金属钠投入水中发生剧烈反应，并有氢气生成。装运金属钠的包装箱应贴的图标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属钠投入水中发生剧烈反应，并有氢气生成；装运金属钠的包装箱应贴的图标是遇湿易燃品，答案选C。‎ ‎2.现有三组洛液:①汽油和氯化钠溶液: ②39%的酒精溶液:③氯化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）‎ A 过滤、萃取、分液 B. 萃取、分液、蒸馏 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 萃取、蒸馏、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①汽油和氯化钠溶液分层，则选择分液法分离；‎ ‎②39%的酒精溶液，相互溶解，但沸点不同，则选择蒸馏法分离；‎ ‎③氯化钠和溴的水溶液中，溴易溶于有机溶剂，则选择萃取法分离；‎ 即分离方法依次为分液、蒸馏、萃取。‎ 故选：C。‎ ‎3.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①1molH2O中含有2mol氢和2mol氧 ‎②在相同条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数相同，原子个数也相同 ‎③‎0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳原子 ‎④Na2O的摩尔质量为62‎ ‎⑤1 molN2的质量与它的相对分子质量相等 ‎⑥2mol水的摩尔质量是1mol水的摩尔质量的2倍 A. ②③ B. ①②③④ C. ⑤⑥ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①1molH2O中含有2mol氢原子和2mol氧原子，必须指出具体粒子，故①错误；‎ ‎②在相同条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数相同，原子个数也相同，②正确；‎ ‎③‎0.012kg ‎12C中含有约6.02×1023个碳原子，③正确；‎ ‎④摩尔质量的单位是g/mol，④错误；‎ ‎⑤质量和相对分子质量的单位不同，⑤错误；‎ ‎⑥水的摩尔质量为‎18g/mol，与水的物质的量多少无关，故⑥错误；‎ 故答案选A。‎ ‎4.现有N2和O2的混合气体，其总质量为‎144g，总物质的量为5mol，则O2和N2的物质的量之比为（ ）‎ A. 1:4 B. 2:‎3 ‎C. 3:2 D. 4:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设氮气的物质的量为x，则氧气的物质的量为(5mol-x) ，根据m=nM得到：‎28g/mol×x+(5mol-x) ×‎32g/mol= ‎144g，解得x=4mol，所以氮气为4mol，氧气为1mol，O2和N2的物质的量之比为1:4；‎ 故答案选A。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 硫酸、磷酸的摩尔质量均为‎98g B. ‎20℃‎、1.0×10 5Pa时，同体积的O2与CO2含有相同的分子数 C. 标准状况下，16gO2与‎24g Mg所占的体积相同 D. 当1mol气态物质的体积为‎22.4L时，该气体一定处于标准状况 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 摩尔质量的单位为g/mol，故A错误；‎ B. 同温、同压、同体积的气体物质的量相同，分子数相同，‎20℃‎、1.0×105Pa，同体积的O2与CO2含有相同的分子数，故B正确；‎ C. ‎16g氧气物质的量为0.5mol，24gMg的物质的量是1mol，但Mg是固体，24gMg的体积小于16gO2，故C错误；‎ D. 依据PV=nRT分析，压强和温度同倍数增大，1mol气态物质的体积也可以为‎22.4L，不一定处于标准状况，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数，如果ag某气态双原子分子的分子数为p,则bg该气体在标准状况下的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】 某双原子分子气体的分子数为 p，则 该气体含有的分子数为 ，所以 该气体的物质的量为 ，故标准状况下， 该气体的体积为 ；‎ 故选 。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 6.02‎‎×1022个H2SO分子在水中可电离生成2NA个H+‎ B. 在‎0℃‎、101kPa时，‎22.4L氢气中含有NA个氢原子 C. ‎14g氮气中含有7NA个电子 D. NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7︰4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.6.02个H2SO4的物质的量为：n==0.1mol，0.1mol硫酸在水中能电离生成0.2mol氢离子，即0.2NA个氢离子，故A错误；‎ B‎.0℃‎、101kPa即标况，气体摩尔体积为‎22.4L/mol，则‎22.4L氢气的物质的量，n==1mol，1mol氢气含2mol氢原子，,即2NA个，故B错误；‎ C‎.14g氮气的物质的量为：n==0.5mol，而1mol氮气含14mol电子，故0.5mol氮气含7mol电子，即7NA个电子,故C正确；‎ D.NA个CO的物质的量是1mol,1molCO质量为：m=1mol=‎28g，0.5mol甲烷的质量m=0.5mol=‎8g，故质量比为‎28g:‎8g=7:2，故D错误；‎ 本题答案为C。‎ ‎8.实验室欲配制1.00mol/L的NaCl溶液80mL。下列说法正确的是（ ）‎ A. 选用100mL容量瓶，并用蒸馏水洗净后烘干 B. 用托盘天平称取‎5.9g NaCl固体倒入容量瓶中溶解 C. 定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 D. 摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线1~‎2mm，用胶头滴管加水至与刻度线相平即可 ‎【答案】C ‎【解析】A、由于没有全部规格的容量瓶，所以配置80mL溶液时只能使用100mL容量瓶，A错误。B、使用固体配置一定物质的量浓度的溶液时，准确称取的固体应当先放在烧杯中进行溶解，B错误。C、定容时俯视刻度线，读数位置偏高导致实际液体体积偏小，所以所配置溶液浓度偏大，C正确。D、摇匀后液面偏低，这是由于部分液体残留在容器内壁，加水后会使实际液体体积变大，浓度降低，D错误。正确答案C。‎ ‎9.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量，溶解、转移溶液、定容等操作，下列图示对应的操作规范的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 进行称量使用托盘天平时，注意“左物右码”，A错误；‎ B. 溶解时，使用玻璃棒搅拌，加速溶解，B正确；‎ C. 转移液体至容量瓶时，应使用玻璃棒引流，C错误；‎ D. 使用胶头滴管滴加液体定容时，胶头滴管不能深入容量瓶内，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎10.下列关于物质的量浓度表述正确的是（ ）‎ A. 0.3‎‎ mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO42－的总物质的量为0.9 mol B. 当‎1 L水吸收‎22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当‎22.4 L氨气溶于水制得‎1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1‎ C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同 D. ‎10 ℃‎时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉‎5 g水，冷却到‎10 ℃‎时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、离子的物质的量=离子的物质的量浓度×溶液的体积；‎ B、溶液的体积不等于溶剂的体积以及气体摩尔体积与状态有关；‎ C、电荷守恒：c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+‎2c（SO42-）计算K+和Cl-的物质的量浓度；‎ D、温度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，与溶液的体积无关．‎ ‎【详解】A. 0.3mol⋅L−1的Na2SO4溶液中Na＋、SO42－的物质的量浓度为：0.6mol⋅L−1,0.3mol⋅L−1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；‎ B. 溶液的体积不等于溶剂的体积,所以‎1L水吸收‎22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol⋅L−1；气体摩尔体积与状态有关,‎22.4L氨气的物质的量无法求出,所以‎22.4L氨气溶于水制得‎1L氨水时，其浓度不一定等于1mol⋅L−1，故B错误；‎ C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na+)+c(K+)=c(Cl−)+‎2c(SO42－),Na+和SO42－的物质的量相等,即物质的量浓度相等,所以K+和Cl−的物质的量浓度一定不相同，故C错误；‎ D. ‎10℃‎时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉‎5g水，冷却到‎10℃‎时，其体积小于100mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（ ）‎ A. 稀硫酸 B. 硫酸铜溶液 C. 氢氧化铁胶体 D. 酒精溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】稀硫酸、硫酸铜溶液、酒精溶液均是溶液，不能产生“丁达尔效应”，氢氧化铁胶体是胶体，能产生“丁达尔效应”。‎ 答案选C。‎ ‎12.下列有关分散系的叙述不正确的是（ ）‎ A. 胶体是分散系的一种， 它只是物质的一种存在形式 B. 氢氧化铁胶体与三氯化铁溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应 C. 溶液的分散质可通过半透膜，而浊液的分散质则不能通过半透膜 D. NaCl固体分散在水里形成溶液，难溶于苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液溶胶属于胶体的一种，是一种介稳体系的混合物，它是物质的一种存在形式，故A正确；‎ B．氢氧化铁胶体与三氯化铁溶液的本质区别在于分散质粒子直径大小，故B错误；‎ C. 溶液可以通过半透膜，胶体粒子不能通过半透膜，则浊液的分散质就更不能通过半透膜，故C正确；‎ D、NaCl固体分散在水里形成氯化钠溶液，氯化钠晶体分散到酒精中所形成的分散系是胶体，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎13. 把0.1 mol KOH固体分别加入到下列100 mL的液体中，溶液的导电能力无变化的是（ ）‎ A. 纯净水 B. 0.l mol/L HCl C. 1.0 mol/L CH3COOH D. 0.5 mol/L H2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水是极弱的电解质，KOH是易溶的强电解质，二者混合后导致溶液导电性增强，A错误；‎ B．由c•V=n、KOH+HCl=KCl+H2O可知，0.01 mol HCl完全反应，KOH过量了0.09mol，生成0.01 mol KCl，忽略溶液体积的变化，反应前溶液中含0.l mol/L H+、0.l mol/L Cl－，反应后溶液中含1.0 mol/L K+、0.l mol/L Cl－、0.9 mol/L OH－，离子浓度变大，因此溶液导电性明显增强，B错误；‎ C．由c•V=n、KOH+CH3COOH=CH3COOK+H2O可知，0.1 mol CH3COOH与0.1 molKOH完全中和，生成0.1mol CH3COOK，忽略溶液体积的变化，反应前溶液中含0.l mol部分电离的弱酸，反应后溶液中含0.1mol完全电离的盐，离子浓度变大，因此溶液导电性明显增强，C错误；‎ D．由c•V=n、2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O可知，0.05 mol H2SO4与0.1 molKOH完全中和，生成0.05 mol K2SO4，忽略溶液体积的变化，反应前溶液中含1.0 mol/L H+、0.5 mol/L SO42－，反应后溶液中含1.0 mol/L K+、0.5 mol/L SO42－，离子浓度几乎不变，因此溶液导电性不变，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.只能表示一个化学反应的离子方程式是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.代表强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水的反应，如：盐酸和氢氧化钠、盐酸和氢氧化钡、硝酸和氢氧化钾等，该离子方程式不只表示一个反应，A项错误；‎ B.代表可溶性的碳酸盐和强酸之间的反应，如：碳酸钠和盐酸、碳酸钠和硝酸等，该离子方程式不只表示一个反应，B项错误；‎ C.表示氢氧化锌与强酸的反应，如氢氧化锌与硝酸、硫酸、盐酸的反应，该离子方程式不只表示一个反应，C项错误；‎ D.只能表示氢氧化钡和硫酸镁之间的反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.向含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的稀溶液中逐渐加入铁粉，c(Fe2＋)的变化如图所示。下列离子方程式错误的是（ ）‎ A. 0～1：Fe＋NO3－＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O B. 1～2：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋‎ C. 2～3：Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu D. 0～3：3Fe＋2Fe3＋＋2Cu2＋=5Fe2＋＋2Cu ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化性：HNO3＞Fe3+＞Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即先发生Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，然后是：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后阶段Fe+Cu2+=Fe2++Cu，由图中起点、拐点、终点的位置来确定化学反应情况 ‎【详解】A、开始阶段是金属铁和硝酸之间的反应：Fe＋NO3－＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，当加入金属铁1mol时，生成三价铁离子是1mol，所以亚铁离子的浓度不变，故A正确；‎ B、金属铁和硝酸反应结束后，生成1mol的三价铁离子，然后发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入的1mol铁会和三价铁反应生成3mol亚铁离子，故B正确；‎ C、反应的最后阶段为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，所有的离子均被还原，故C正确；‎ D、根据以上分析，开始阶段：4H++NO3-+3Fe+Fe3++Cu2+=4Fe2++Cu+NO↑+2H2O，故D错误 故选D。‎ ‎16.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. 0.1‎mol/L KI溶液: Na+、K+、ClO-、H+‎ B. 0.1mol/L Fe2（SO4）3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-‎ C. 0.1mol/L HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3-‎ D. 0.1mol/L NAOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．KI与ClO−、H+发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，且ClO-与H+生成弱电解质，不能大量共存，A项错误；‎ B．Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−之间不反应，都不与Fe2(SO4)3反应，在溶液中能够大量共存，B项正确；‎ C．HCl、Ba2+都与CO32−发生反应，在溶液中不能大量共存，C项错误；‎ D．Mg2+、HCO3−都与NaOH溶液反应，在溶液中不能大量共存，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.下列关于离子检验与推断的叙述不正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+‎ B. 加入KOH溶液，有红褐色沉淀生成，证明原溶液中含有Fe3+‎ C. 向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白沉淀生成，证明原溶液中存在Cl-‎ D. 某溶液加入CCl4, CCl4层显紫色，证明源溶液中含有I-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气是能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，铵根与氢氧根反应加热可以生成氨气，A项正确；‎ B.加入KOH溶液，有红褐色沉淀氢氧化铁生成，证明原溶液中含有Fe3+，B项正确；‎ C.溶液中加稀硝酸酸化后再加入AgNO3溶液有白色沉淀生成,稀硝酸酸化,排除了碳酸根、亚硫酸根的干扰,说明原溶液中含有Cl−，C项正确，‎ D.某溶液加入CCl4, CCl4层显紫色，证明源溶液中含有I2，而不是I-，D项错误。‎ 答案选D。‎ ‎18.下列化学反应的离子方程式错误的是（ ）‎ A. 氯化钡溶液与硫酸钾溶液的反应:Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ B. 氢氧化钠溶液与硝酸的反应: OH-+H+=H2O C. 碳酸钠溶液与硫酸的反应: CO32- + 2H+=CO2↑+H2O D. 碳酸钙与盐酸的反应: CO32- + 2H+=CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.BaCl2溶液与K2SO4溶液的反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，离子方程式：Ba2++SO42−=BaSO4↓，故正确；‎ B.NaOH溶液与硝酸的反应生成硝酸钠和水，离子方程式：OH-+H+=H2O，故正确；‎ C.Na2CO3溶液与硫酸反应生成硫酸钠和水、二氧化碳，离子方程式：CO32−+2H+=H2O+CO2↑，故正确；‎ D.碳酸钙难溶于水，与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故错误；‎ 故选D。‎ ‎19.离子方程式Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓它可能表示（ ）‎ ‎①可溶性钡盐溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应 ‎②氢氧化钡溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应 ‎③稀硫酸与可溶性钡盐溶液之间的反应 ‎④氢氧化钡溶液与稀硫酸反应 A. ①② B. ①②④ C. ②③ D. ①②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①可溶性钡盐溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应，若其它离子之间不发生化学反应，如氯化钡与硫酸钠溶液之间的反应，其离子方程式可以用Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓来表示，故正确；‎ ‎②氢氧化钡溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应，若其它离子之间不发生化学反应，如硫酸钠与氢氧化钡溶液之间的反应，可用离子方程式Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓来表示，故正确；‎ ‎③稀硫酸与可溶性钡盐溶液之间的反应，若其它离子之间不发生化学反应，如稀硫酸与氯化钡溶液之间的反应，能用离子方程式Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓来表示，故正确；‎ ‎④氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓来表示，故错误；‎ 所以可以用离子方程式Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓来表示的有①②③，‎ 故答案为D。‎ ‎20.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有:①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”:②"以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. ①中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应 B. ②中反应的离子方程式为2Fe+ 3Cu+=2Fe3++3Cu C. 根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒 D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. ①中水银“积变又还成丹砂”是由Hg生成HgS，水银发生了氧化反应，A项错误；‎ B. 铁的活泼性大于铜，②中发生的反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，B项错误；‎ C. 根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，则会发生反应：Hg+S=HgS，生成的HgS无毒，故能防止中毒，C项正确；‎ D. 铜的活泼性大于汞，曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，D项错误。‎ 答案选C。‎ ‎21.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水资液中不可能发生的是（ ）‎ A. 3Cl2+ 6FeI2=2FeCl3+4FeI3‎ B. Cl2+FeI2=FeCl2+I2‎ C. Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O D. 2Fe3++ 2I-=2Fe2++ I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 根据反应：3Cl2+ 6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性：Cl2>FeCl3，但是氧化性是FeCl3>I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，A项错误；‎ B. 因为氧化性：FeCl3>I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，B项正确；‎ C. 根据反应：Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性：Co2O3>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，C项正确；‎ D. 因为氧化性：FeCl3>I2，所以2Fe3+ + 2I-=2Fe2+ + I2能发生，D项正确。‎ 答案选A。‎ ‎22.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42-＋2Fe2＋＋4H＋；‎ ‎②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ 下列有关说法错误的是 （ ）‎ A. 氧化性：Cr2O72->Fe3＋>SO2‎ B. K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4‎ C. 每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA D. 若有‎6.72 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，由①可知，Fe元素的化合价降低，Fe3+做氧化剂，SO42-为氧化产物，SO2为还原剂，所以氧化性：Fe3+＞SO42-＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，Cr2O72-为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性是Cr2O72-＞Fe3+，因此氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故A正确；B项，因为氧化性：Cr2O72-＞SO2，所以K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C项，反应中Cr元素的化合价从+6价降到+3价，所以每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；D项，‎6.72 L SO2（标准状况）的物质的量为：‎6.72L÷‎22.4L/mol＝0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O72-，所以‎6.72 L SO2（标准状况）参加反应，最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误。综上分析，符合题意的选项为D。‎ ‎23.向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）近似的用下图中的曲线表示是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，开始时发生反应：Ba2＋+2OH－+2H++SO42－=BaSO4 ↓+2H2O，使自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减弱，当氢氧化钡和硫酸恰好完全反应时，沉淀达到最大值，这时自由移动的离子浓度最小，溶液导电能力最弱且接近于0，随后，随着硫酸的加入，溶液中自由移动的离子浓度又逐渐增大，导电能力逐渐增强，符合题意的是C曲线；‎ 答案选C。‎ ‎24.亚硝酸钠(NaNO2)既可以作氧化剂又可以作还原剂，当它在反应中作氧化剂时，可能生成的产物是( )‎ A. N2 B. N2O‎3 ‎C. HNO3 D. NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】NaNO2中N元素的化合价为+3价，当它在反应中作氧化剂时，得到电子，N元素的化合价降低，反应后产生的物质中化合价低于+3价，可能生成的物质是N2，而N2O3中N化合价为+3价；HNO3中N化合价为+5价；NO2中N化合价为+4价，N元素的化合价均≥3，与题意不符合，故合理选项是A。‎ ‎25.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、NO3-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断错误的是( )‎ A. 在反应中NO3-被还原，发生还原反应 B. 还原性：Fe2+＞NH4+‎ C. 该反应中Fe2+被氧化为Fe3+‎ D. 在反应中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应的方程式应为8Fe2++ NO3-+10H+=8Fe3++ NH4++3H2O；‎ ‎【详解】A. 反应中NO3-被还原，发生还原反应，A项正确；‎ B. 根据还原剂的还原性大于还原产物,可知还原性：Fe2+> NH4+，B项正确；‎ C. 该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，C项正确；‎ D. 在反应8Fe2++ NO3-+10H+=8Fe3++ NH4++3H2O中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为8:1，D项错误；‎ 故选：D。‎ 二、非选择题（共4题，共75分）‎ ‎26.有以下物质①石墨；②钠；③酒精；④氨气；⑤硫化氢；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩液态氯化氢。‎ ‎(1)其中能导电的是_______；属于非电解质的是_________。‎ ‎(2)等质量④和⑤中氢原子的数目之比为_____；若④和⑤中所含氢原子数相等，则④和⑤的质量之比为________。‎ ‎(3)写出⑥和⑧在水溶液中的离子反应方程式____________________________。‎ ‎(4)室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和1mol空气，此时活塞的位置如图所示。‎ ‎①A室混合气体所含分子总数约为______________（填数值）‎ ‎②实验测得A室混合气体的质量为‎34g，则该混合气体的密度是同温同压下氢气密度的______倍。‎ ‎③若将A室H2、O2的混合气体点燃，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在______刻度处。‎ ‎(5)在标准状况下，‎1L2mol/L氢氧化钠溶液中通入‎33.6L二氧化碳气体充分反应，所得溶液溶质的成分是____________。‎ ‎【答案】(1). ①②⑦ (2). ③④ (3). 3:1 (4). 1:3 (5). HCO3-+CH3COOH=CH3COO- +H2O+CO2↑ (6). 2NA（或1.204×1024） (7). 8.5 (8). 2 (9). Na2CO3、 NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①石墨和②钠有自由移动的电子可以导电；⑦氢氧化钡溶液有可以自由移动的阳离子和阴离子可以导电。非电解质是在熔融状态和水溶液中都不导电的化合物，③酒精和④氨气是非电解质；‎ ‎(2)等质量④和⑤物质的量之比为2:1，氢原子的数目之比3：1，若④和⑤中所含氢原子数相等，物质的量之比为2:3，则④和⑤的质量之比为1:3；‎ ‎(3)碳酸氢钠与醋酸的离子方程式：HCO3-+CH3COOH=CH3COO- +H2O+CO2↑。‎ ‎(4)室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和1mol空气，由图可知A、B体积比2:1，A、B两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其体积之比，推出物质的量比为2:1，所以A室混合气体所含分子总数约为2NA；‎ ‎(5)实验测得A室混合气体的质量为‎34g，A室物质的量为2mol，则混合气的平均摩尔质量‎17g/mol，氢气摩尔质量‎2g/mol，则该混合气体的密度是同温同压下氢气密度的8.5倍；‎ ‎(6)若将A室H2、O2的混合气体点燃生成水，设氢气物质的量为xmol、氧气物质的量为ymol，则：x+y=2，2x+32y=34，解得x=1、y=1，可知氧气有剩余，剩余氧气为1mol-1mol×0.5=0.5mol，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，则A、B两室的体积之比为0.5mol：1mol=1：2，则活塞停留在2刻度处。‎ ‎(7)在标准状况下，‎1L2mol/L氢氧化钠溶液中通入‎33.6L二氧化碳气体充分反应，氢氧化钠物质的量2mol，二氧化碳1.5mol，根据化学方程式2 NaOH + CO2= Na2CO3+ H2O二氧化碳多余0.5mol继续发生反应Na2CO3+ H2O+ CO2=2 NaHCO3 ‎ 碳酸钠有剩余，所得溶液溶质的成分是碳酸钠和碳酸氢钠。‎ ‎27.有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、 CuSO4、 CaCl2、NaCl而成，检验它们做了如下实验:①固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成:③过滤，洗涤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。请回答下列问题:‎ ‎(1)固体混合物中肯定有_______________，肯定没有_______________。‎ ‎(2)步骤②沉淀是否完全的检验方法____________________________________________。‎ ‎(3)写出步骤③的离子方程式：_________________________________________________。‎ ‎(4)写出鉴别可能有的物质的离子方程式:_________________________________________。‎ ‎(5)写出向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程_____________________。‎ ‎(6)用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式____________________________________。‎ ‎【答案】(1). Na2CO3 (2). Na2SO4、 CaCl2、CuSO4 (3). 取②步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全。 (4). BaCO3 ＋2H+＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O (5). Ag+＋Cl-=AgCl↓ (6). Ca2＋＋2OH-＋2HCO3-＝CaCO3＋CO32-＋2H2O (7). Fe2O3＋H+＝2Fe3+＋3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。‎ ‎【详解】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。‎ ‎（1）根据以上分析可知固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有CuSO4、Na2SO4、CaCl2；‎ ‎（2）取②步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全；‎ ‎（3）离子方程式为BaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；‎ ‎（4）鉴别氯化钠可以用硝酸银溶液，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；‎ ‎（5）向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O；‎ ‎（6）用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎28.实验室配制460mL0100mol/LNa2CO3溶液回答下列问题，现有下列仪器 A 烧杯 B 100mL量筒 C 100mL容量瓶 D 药匙 E．玻璃棒 F．托盘天平 ‎（1）配制时，必须使用的仪器有___________（填代号），还缺少的仪器是_______________。该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是___________________，_________________。‎ ‎（2）应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为_________，若加蒸馏水不慎超过刻度线，处理的方法是______________。‎ ‎（3）若实验遇下列情况，溶液的浓度偏高的是 ______‎ A 溶解后没有冷却便进行定容 B 摇匀后发现液面低于刻度线，滴加蒸馏水至刻度线再摇匀 C 定容时俯视容量瓶的刻度线 D．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 F．称取的Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水 ‎（4）若取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为_________________（设溶液的体积变化可忽略）。‎ ‎【答案】(1). ADEF (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 搅拌促进溶解 (4). 引流 (5). ‎14.3g (6). 重新配制 (7). ACF (8). 0.175 mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验室配制460mL0.100mol/LNa2CO3溶液，称量时需要托盘天平，药匙，溶解时需要烧杯、玻璃棒，还缺少500mL容量瓶、胶头滴管，以完成后面的转移、定容等；溶解时，玻璃棒搅拌促进溶解，转移时引流， 答案为：ADEF；500mL容量瓶、胶头滴管；搅拌促进溶解；引流；‎ ‎（2）n（Na2CO3）=0.100mol/L×‎0.5L=0.05mol，则需要十水碳酸钠晶体为0.05mol，其质量为0.05mol×‎286g/mol=‎14.3g；若加蒸馏水不慎超过刻度线，会导致所配溶液浓度偏低，应重新配制，答案为：‎14.3g；重新配制；‎ ‎（3）A．溶解后没有冷却便进行定容，导致溶解后的液体体积偏大，则定容时所加水减少，浓度偏高；‎ B．摇匀后发现液面低于标线，对浓度无影响，滴加蒸馏水至标线再摇匀，导致浓度偏低；‎ C．定容时俯视容量瓶的标线，导致加水的体积偏少，浓度偏高；‎ D．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，由于定容时需要加水，所以不干燥容量瓶对浓度无影响；‎ F. 称取的Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水，导致Na2CO3的物质的量增多，浓度偏高；‎ 答案为ACF；‎ ‎（4）若取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为=0.175mol/L，答案为：0.175 mol/L。‎ ‎29.海带中碘含量比较高，从海带提取碘的操作如下:‎ ‎(1)将干海带进行灼烧仪器是________，海带灰中含有较多KI，将海带灰溶于水，然后过滤得到澄清滤液。‎ ‎(2)向上述滤液中加入硫酸和H2O2混合溶液，得到棕褐色含有单质碘的水溶液。请写出离子反应方程式:________________________________。‎ ‎(3)向上述碘的水溶液中加入适量CCl4，振荡，静置，则I2会转入到CCl4层中，这个过程叫_____________________，现象为____________________________。‎ ‎(4)3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O；1.5mol I2完全反应转移电子的物质的量为_____mol；氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 ‎ ‎(5)某一反应体系有反应物和生成物共6种物质:O2、K2Cr2O7、Cr2（SO4）3、H2SO4、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2→O2‎ ‎①该反应中，氧化剂为____________。氧化产物为____________。‎ ‎②写出该反应的化学方程式__________________________。‎ ‎③用单线桥法表示上述反应中电子转移方向和数目________________。‎ ‎【答案】(1). 坩埚 (2). H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2 (3). 萃取 (4). 上下两层溶液分开，上层为黄色，下层为紫红色 (5). 2.5mol (6). 5:1 (7). K2Cr2O7 (8). O2 (9). K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4=Cr2(SO4)3+7H2O+3O2↑+K2SO4 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）常见灼烧仪器为坩埚；‎ ‎（2）根据氧化还原反应进行书写；‎ ‎（3）萃取操作，四氯化碳的密度比水大，有机层位于下层；‎ ‎（4）根据氧化还原反应电子守恒进行计算；‎ ‎（5）根据氧化还原反应原则进行判断，单键桥指向得到电子的反应物一方。‎ ‎【详解】(1)将干海带进行灼烧的仪器是坩埚，海带灰中含有较多KI，将海带灰溶于水，然后过滤得到澄清滤液。‎ ‎(2)向上述滤液中含有碘化钾，加入硫酸和H2O2混合溶液，过氧化氢具有强氧化性，得到棕褐色含有单质碘的水溶液。离子反应方程式H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2。‎ ‎(3)向上述碘的水溶液中加入适量CCl4，振荡，静置，则I2会转入到CCl4层中，这个过程叫萃取，现象为上下两层溶液分开，上层为黄色，下层为紫红色。‎ ‎(4)3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O，碘单质发生歧化反应，3mol碘单质生成5mol还原产物碘化钾，1mol氧化产物碘酸钾，转移电子数为5mol，即1.5mol I2完全反应转移电子的物质的量为2.5mol；根据系数之比等于物质的量之比，由于氧化产物KIO3为1mol，则还原剂I2为0.5mol，还原产物KI为5mol，则氧化剂I2为2.5mol，所以该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1。 ‎ ‎(5)某一反应体系有反应物和生成物共6种物质:O2、K2Cr2O7、Cr2（SO4）3、H2SO4、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2→O2，氧元素化合价升高，过氧化氢做还原剂，根据氧化还原反应的临近原则和化合价升降原则，方程式可能为K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4=Cr2(SO4)3+7H2O+3O2↑+K2SO4。‎ ‎①该反应中，氧化剂为K2Cr2O7。氧化产物为O2。‎ ‎③用单线桥法表示上述反应中电子转移方向和数目：。‎