【化学】河南省鹤壁市淇滨高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】河南省鹤壁市淇滨高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

河南省鹤壁市淇滨高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Cu：64 S：32 Cl:35.5‎ 一、单选题（每题3分，共60分)‎ ‎1.使用胆矾（CuSO4•5H2O）配制0.1 mol•L-1硫酸铜溶液，正确的操作是（　　）‎ A. 将胆矾加热除去结晶水后，称取16g溶解在1 L水中 B. 称取25 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1 L C. 称取25 g胆矾溶解在1 L水里 D. 将16 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1 L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将胆矾加热除去结晶水后，称取16gCuSO4，即0.1molCuSO4，溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，溶液浓度不是0.1mol/L，故A错误；‎ B.25g胆矾的物质的量为：=0.1mol，溶于水，然后将此溶液稀释至1L，所得溶液的浓度为：=0.1mol/L，故B正确；‎ C.25g胆矾是0.1mol，溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是0.1mol/L，故C错误；‎ D.将16g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L，因为16g胆矾的物质的量小于0.1mol，则所得溶液的浓度小于0.1mol/L，故D错误；‎ 本题答案为B。‎ ‎2.在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3＋的物质的量浓度为0.2mol·L－1，SO42-为0.4mol·L－1，溶液中Na＋的物质的量浓度为（ ）‎ A. 0.1 mol·L－1 B. 0.2mol·L－1 C. 0.3mol·L－1 D. 0.4mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】混合溶液呈现电中性，若忽略水解，则溶液呈现中性，阳离子所带正电荷的浓度等于阴离子所带负电荷的浓度，有3c(Al3＋)＋c(Na＋)=2c(SO42－)，带入数据，c(Na+)=2×0.4－3×0.2mol·L－1=0.2 mol·L－1；本题答案选B。‎ ‎3.在相同的温度和压强下，4个容器中分别装有4种气体。已知各容器中的气体和容器的容积分别是：a、CO2：100mL；b、O2：200mL；c、N2：400mL；d、CH4：600mL。则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是（ ）‎ A. c＞d＞b＞a B. b＞a＞d＞c C. a＞b＞c＞d D. d＞c＞a＞b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=V/Vm，计算各物质的物质的量，根据m=nM计算各气体的质量．‎ ‎【详解】设在该温度和压强下，气体的气体摩尔体积为VmL/mol，‎ a容器内气体的质量为：m（CO2）=0.1L/VmL·mol－1×44g·mol－1g=4.4/Vmg；‎ b容器内气体的质量为：m（O2）=0.2L/VmL·mol－1×32g·mol－1=6.4/Vmg；‎ c容器内气体的质量为：m（N2）=0.4L/VmL·mol－1×28g·mol－1=11.2/Vmg；‎ d容器内气体的质量为：m（CH4）=0.6L/VmL·mol－1×16g/mol=9.6/Vmg，则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是c＞d＞b＞a。‎ 故选A。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下，11.2 L 酒精含有的分子数为0.5NA B. 在常温常压下，1g H2含有的分子数为0.5NA C. 常温常压下，1mol O2的体积为22.4L D. 0.5mol/L MgCl2溶液，含有Cl-离子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 标准状况下，酒精是液体。‎ B. 在常温常压下，1g H2物质的量n(H2)=1g÷2g/mol=0.5mol。‎ C. 常温常压下，O2的摩尔体积不是22.4L/mol。‎ D. 只知道物质的量浓度，不知道溶液体积，无法计算物质的量和微粒数目。‎ ‎【详解】A.标准状况下，酒精是液体，不能根据气体摩尔体积来计算酒精的体积，A错误。‎ B.在常温常压下，1g H2物质的量为0.5mol，含有的分子数为0.5NA，B正确。‎ C.常温常压下，1mol O2的体积不是22.4L，C错误。‎ D. 0.5mol/L MgCl2溶液，不知道溶液体积，无法计算Cl-离子数目，D错误。‎ ‎5.下列对实验过程的评价正确的是（ ）‎ A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是碳酸盐 B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42-‎ C. 某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性 D. 验证烧碱溶液中否含有Cl－，先加稀盐酸除去OH－，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体是碳酸盐或碳酸氢盐，故A错误；‎ B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中含SO42-、SO32-、Ag+，故B错误；‎ C. 酚酞在碱性溶液中显红色，某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C正确；‎ D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl－，故D错误。‎ ‎6.氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是（　　）‎ A. 胶粒直径小于1 nm B. 胶粒不停地作无规则运动 C. 胶粒带正电荷 D. 胶粒不能通过半透膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.胶体中分散质的微粒大小为1-100nm,，故A错误；‎ B.胶体中的粒子不停地作无规则运动，但不是胶体稳定存在的主要原因，故B错误；‎ C.胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不 易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故C正确；‎ D.胶粒不能透过半透膜，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列叙述中正确的是 ( )‎ A. 胶体属于纯净物 B. 能与酸反应的氧化物一定是碱性氧化物 C. 电离出的阳离子有H+的物质一定是酸 D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，胶体属于混合物，A错误；‎ B项，能与酸反应的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3、Na2O2都能与酸反应，Al2O3属于两性氧化物，Na2O2属于过氧化物，B错误；‎ C项，电离出的阳离子全是H+的化合物叫做酸，如NaHSO4能电离出H+，但NaHSO4属于酸式盐，C错误；‎ D项，碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是金属氧化物，Al2O3属于两性氧化物，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列各物质的分类、名称(或俗名)、化学式都正确的是 ( )‎ A. 氧化物 氧化铁 FeO B. 盐 胆矾 CuSO4•5H2O C. 酸 硫酸 H2S D. 碱 纯碱 Na2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeO是氧化亚铁，属于碱性氧化物，错误；‎ B．胆矾是五水合硫酸铜，化学式为CuSO4•5H2O，属于盐，正确；‎ C．H2S名称为硫化氢，水溶液称为氢硫酸，错误；‎ D．Na2CO3名称为碳酸钠，俗名为纯碱，属于盐，错误；‎ 故选B。‎ ‎9.生活中的问题常涉及化学知识，下列过程不涉及化学变化的是(　　)‎ A. 用食醋除去暖瓶内的水垢 B. 鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液后析出白色沉淀 C. 碘单质遇淀粉变蓝 D. 用75%的乙醇溶液进行皮肤消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，水垢的主要成分为CaCO3，用醋酸除水垢发生的化学反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O，故不选A项；‎ B项，鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液，发生盐析，是物理变化，故选B项；‎ C项，碘单质与淀粉反应生成的络合物显蓝色，是化学变化，故不选C项；‎ D项，75%的乙醇溶液能使病毒的蛋白质发生变性，是化学变化，故不选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎10.下列各组离子在酸性溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）‎ A. Ba2＋、SO42-、NO3- B. Mg2＋、OH—、SO42-‎ C. NH4+、Fe3＋、CO32－ D. Na＋、Fe2＋、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ba2＋与SO42－发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，该反应不属于氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B、OH－不能在酸性溶液中大量共存，发生：H＋＋OH－=H2O，Mg2＋与OH－发生：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，这两个反应均不属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C、CO32－在酸中发生CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，该反应不属于氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故D符合题意。‎ ‎11.下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A. 在无色溶液中：NH4+、Fe3+、SO42-、CO32-‎ B. 在含大量Ca2+的溶液中：Mg2+、Na+、Cl-、OH-‎ C. 在强酸性溶液中：Na+、K+、Cl-、SO42-‎ D. 在强碱性溶液中：K+、Na+、Cl-、NH4+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。‎ ‎【详解】A、Fe3+有颜色且不能与CO32-大量共存，故A项错误；‎ B、钙离子、镁离子和氢氧根离子形成难溶性物质，不能大量共存，故B项错误；‎ C、在强酸性溶液中Na+、K+、Cl-、SO42-之间不反应，可以大量共存，故C项正确；‎ D、在强碱性溶液中NH4+、OH-会反应生成一水合氨，所以不能大量共存，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列离子反应方程式正确的(　　)‎ A. 实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取NH3：2NH4++Ca(OH)22NH3↑+ Ca2++2H2O B. 铜与浓硝酸反应: 3Cu + 8H+ + 2NO3－＝3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O C. 氨水与FeCl3反应：3OH－+ Fe3+ ＝Fe(OH)3↓‎ D. 用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32-＋SO2＋H2O===2HCO3－＋SO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化铵和熟石灰共热制取NH3，没有离子参与或生成，不能拆写成离子方程式，应是2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O，故A不符合题意；‎ B、铜与浓硝酸反应生成NO2，其离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO3－=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故B错误；‎ C、NH3·H2O为弱碱，正确的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4＋，故C错误；‎ D、通入SO2为少量，利用亚硫酸的酸性强于碳酸，离子反应方程式2CO32－＋SO2＋H2O=2HCO3－＋SO32－，故D正确。‎ ‎13.中国最新战机歼－31使用了高强度、耐高温的钛合金材料。工业上冶炼钛的反应如下：TiC14+2MgTi+2MgCl2，下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ A. TiCl4是还原剂 B. Mg被氧化 C. TiCl4发生氧化反应 D. MgCl2是还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】反应TiC14+2MgTi+2MgCl2中Ti元素化合价降低，Mg的化合价升高，据此解答。‎ ‎【详解】A．反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4氧化剂，故A错误；‎ B．反应中Mg失电子，则Mg被氧化，故B正确；‎ C．反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4发生还原反应，故C错误；‎ D．反应中Mg的化合价升高失电子，因此MgCl2是氧化产物，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎14.已知5KCl + KClO3 +3H2SO4==3Cl2 ↑+ 3K2SO4 + 3H2O ，下列说法不正确的是（　　）‎ A. H2SO4 既不是氧化剂又不是还原剂 B. 1mol KClO3 参加反应时有5mol电子转移 C. KClO3是氧化剂 D. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为1:5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中氯化钾中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此解答。‎ ‎【详解】A．反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中氯化钾Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，氯化钾是还原剂，氯酸钾是氧化剂，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；‎ B.1molKClO3参加反应时有1mol×（5-0）=5mol电子转移，B正确；‎ C．所含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，C正确；‎ D．KCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.下列变化需要加入氧化剂才能实现的（　　）‎ A. CO32-→CO2 B. Cl-→Cl2‎ C. Cr2O72-→Cr3+ D. NO→NH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】需要加入氧化剂才能实现，说明本身应该是还原剂；还原剂化合价升高，失电子，被氧化。‎ ‎【详解】A.元素化合价不变，无需通过氧化还原反应实现，故A错误；‎ B.氯元素化合价从-1价升高到0价，需要加入氧化剂实现，故B正确；‎ C.铬元素的化合价从+6价降到+3价，加入还原剂可实现，故C错误；‎ D.氮元素的化合价从+2价降到-3价，故D错误；‎ 正确答案：B。‎ ‎16.已知aRO4x-+bH++cCl-=dR2++5Cl2↑+8H2O，则RO4x-中R的化合价为（　　）‎ A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒计算x，则可确定RO4x-中R的化合价，以此解答该题。‎ ‎【详解】对应反应aRO4x-+bH++cCl-＝dR2++5Cl2↑+8H2O，由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒可知16-2x-10=4，则x=1，因此可确定RO4x-中R的化合价+7，答案选D。‎ ‎17.某溶液中有Cu2＋、NH4+、Fe2＋和Al3＋四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是(　　)‎ A. Cu2＋和Al3＋ B. NH4+和Fe2＋ ‎ C. Fe2＋和Al3＋ D. Cu2＋、Fe2＋和Al3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】加入氢氧化钠溶液，Cu2＋、NH4+、Fe2＋和Al3均会和NaOH反应，分别生成Cu(OH)2、NH3·H2O、Fe(OH)2、Al(OH)3。在加热的时候，Fe(OH)2溶液被氧化为Fe(OH)3，而NH3·H2O受热分解，为NH3离开反应体系。加入盐酸后，Cu(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3，再次转化为Cu2＋、Al3＋、Fe3＋，故溶液中大量减少的阳离子为NH4＋和Fe3＋。B项正确。‎ ‎18.已知在相同条件下，下列几种微粒的还原性强弱顺序为Cl－＜Br－＜Fe2+＜I－＜SO2，由此判断下列反应不能发生的是( )‎ A. 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = SO42－ + 4H+ + 2Fe2+‎ B. 2Fe2+ + 2Br－+ 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl－‎ C. 2Br－+SO42－+4H+ = SO2↑+ Br2 + 2H2O D. 2Fe3+ + 2I－ = 2Fe2+ + I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，A不符合题意；B、因该反应中Fe、Br元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则FeBr2为还原剂，还原性强弱为Cl-＜Br-＜Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，B不符合题意；C、因该反应中Br元素的化合价升高，S元素的化合价降低，则Br-为还原剂，还原性强弱为Br-＞SO2‎ ‎，与已知的还原性强弱不吻合，不能发生，C符合题意；D、因该反应中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则I-为还原剂，还原性强弱为I-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，D不符合题意，答案选C。‎ ‎19.已知一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O，下列说法正确的是(　　)‎ A. 分解反应都是氧化还原反应 B. N2是还原产物，HNO3是氧化产物 C. 被氧化与被还原的氮原子数之比为3∶5 D. 每生成4mol N2转移15mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】在5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O的反应中，铵根离子中的氮元素由-3价升高为0价，被氧化，硝酸根离子中氮元素由+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物。‎ A.判断一个化学反应是不是氧化还原反应，关键是看有没有元素化合价的变化，如碳酸钙的分解反应CaCO3CaO＋CO2↑，因没有元素化合价的变化，就不是氧化还原反应，故A错误；B.根据上述分析可知，氮气既是还原产物也是氧化产物，而由硝酸根离子到硝酸并无元素化合价的变化，所以硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；C.根据得失电子守恒规律，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5-0）：[0-（-3）]=5：3，故C错误；D.根据方程式可知，当生成4mol N2时，有5mol铵根离子失去电子5×[0-（-3）]＝15mol，有3mol硝酸根离子得到电子3×（5-0）＝15mol，所以每生成4mol N2转移15mol电子，故D正确。答案选D。‎ ‎20.有一混合溶液，其中只含有Fe2＋、Cl－、Br－、I－（忽略水的电离），Cl－、Br－、I－的个数比为2∶3∶4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl－和Br－的个数比为3∶1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（　　）‎ A. 7∶4 B. 7∶3 C. 7∶2 D. 7∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据溶液呈电中性，可求出原溶液Fe2＋的个数为4.5，通入氯气时，反应先后顺序为：I－> Fe2＋> Br－，通入氯气使溶液中Cl－和Br－的个数比为3∶1，需引入7个Cl－，置换I－引入4个，需要氧化Fe2＋引入3个，则剩余Fe2＋1.5，反应的氯气为3.5。‎ ‎【详解】设Cl－、Br－、I－的物质的量分别为2 mol、3 mol、4 mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2＋)＝n(Cl－)＋n(Br－)＋n(I－)＝2 mol＋3 mol＋4 mol＝9 mol，n(Fe2＋)＝4.5‎ ‎ mol，通入氯气后，要满足n(Cl－)∶n(Br－)＝3∶1，Cl－只要增加7 mol就可以，即需通入氯气3.5 mol。4 mol I－先消耗2 mol氯气，3 mol Fe2＋消耗1.5 mol氯气，剩余Fe2＋1.5 mol，则通入氯气与剩余Fe2＋的物质的量之比为3.5∶1.5＝7∶3，故选B。‎ 二、填空题 ‎21.根据要求答题 ‎(一)现有下列七种物质：①铝 ②蔗糖 ③CO2 ④H2SO4 ⑤Ba（OH）2 ⑥红褐色的氢氧化铁胶体 ⑦HCl ⑧冰水混合物 ⑨碳酸钙 ⑩CuSO4·5H2O。‎ ‎(1)上述物质中属于电解质有__________（填序号）。‎ ‎(2)向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是________________________。‎ ‎(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH－＝H2O，则该反应的化学方程式为______________________________。‎ ‎(二)(1)某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28 g该氧化物的体积是448 mL，则氧化物的摩尔质量为_______，R的相对原子质量为__________。‎ ‎(2)在标准状况下，w L氮气含有x个N2分子，则阿伏加德罗常数为____________（用w，x表示）。‎ ‎(3)过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的BaCl2溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是________（填写序号）。‎ ‎【答案】(1). ④⑤⑦⑧⑨⑩ (2). 开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失 (3). Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O (4). 64 g/mol (5). 32 (6). (7). ①②③⑤④或①③②⑤④或②①③⑤④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（一）（1）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，据此解答；‎ ‎（2）胶体遇电解质溶液发生聚沉，氢氧化铁能与盐酸发生中和反应；‎ ‎（3）H++OH－＝H2O表示强酸（或强酸的酸式盐）与强碱反应生成可溶性盐和水的反应；‎ ‎(二)（1）根据n＝V/Vm、M＝m/n分析解答；‎ ‎（2）根据n＝V/Vm、NA＝N/n分析解答；‎ ‎（3）钙离子用碳酸钠除去、硫酸根离子用氯化钡除去，镁离子用氢氧化钠除去，据此分析解答。‎ ‎【详解】(一)①铝是金属单质，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎②蔗糖不能电离，是非电解质；‎ ‎③CO2不能电离，是非电解质；‎ ‎④H2SO4是强酸，能发生电离，属于电解质；‎ ‎⑤Ba（OH）2是强碱，能发生电离，属于电解质；‎ ‎⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑦HCl溶于水完全电离，是电解质；‎ ‎⑧冰水混合物仍然是水，水能发生电离，属于电解质；‎ ‎⑨碳酸钙属于盐，能发生电离，是电解质；‎ ‎⑩CuSO4·5H2O属于盐，能发生电离，是电解质。‎ ‎（1）上述物质中属于电解质的有④⑤⑦⑧⑨⑩。‎ ‎（2）向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，氢氧化铁胶体首先发生聚沉产生氢氧化铁沉淀，然后与盐酸发生中和反应生成氯化铁和水，则看到的现象是开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失；‎ ‎（3）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为H++OH－＝H2O，则两种物质应该是盐酸和氢氧化钡，该反应的化学方程式为Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O；‎ ‎（二）（1）某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28 g该氧化物的体积是448 mL，物质的量是0.448L÷22.4L/mol＝0.02mol，则氧化物的摩尔质量为1.28g÷0.02mol＝64 g/mol，因此R的相对原子质量为64－16×2＝32。‎ ‎（2）在标准状况下，w L氮气含有x个N2分子，氮气的物质的量是，则阿伏加德罗常数为；‎ ‎（3）Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，最后过滤后向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除去，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，因此正确的操作顺序是①②③⑤④或①③②⑤④或②①③⑤④。‎ ‎22.二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。‎ 已知：①Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O；‎ ‎②2SO2＋SeO2＋2H2O===Se＋2SO42—＋4H+。‎ ‎(1) Se与浓H2SO4的反应中，氧化剂是________________，还原剂是_______________。当有标准状况下22.4 L SO2气体生成时，转移电子的物质的量是________ mol。‎ ‎(2)依据反应①、②判断SeO2、浓H2SO4、SO2的氧化性由强到弱的顺序是______________________。‎ ‎(3)用单线桥法标出反应②电子转移的方向和数目：_____________________________。‎ ‎(4)SeO2、KI和HNO3发生如下反应：SeO2＋KI＋HNO3―→Se＋I2＋KNO3＋H2O配平上述反应的化学方程式______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 浓硫酸(或H2SO4) (2). 硒(或Se) (3). 2 (4). 浓硫酸>二氧化硒>二氧化硫 或H2SO4>SeO2>SO2 (5). (6). SeO2＋4KI＋4HNO3===Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）所含元素化合价降低的物质是氧化剂，所含元素化合价升高的物质是还原剂，根据硫元素的化合价变化情况计算转移电子的物质的量；‎ ‎（2）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析解答；‎ ‎（3）根据电子得失守恒分析解答；‎ ‎（4）根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式。‎ ‎【详解】（1）氧化剂是化合价降低物质，根据反应方程式，H2SO4中S由＋6价→＋4价，化合价降低，即H2SO4是氧化剂，还原剂是化合价升高的物质，Se的化合价由0价→＋4价，化合价升高，Se为还原剂；标准状况下22.4 L SO2气体的物质的量是1.0mol，硫元素化合价降低2价，则转移电子物质的量为2mol；‎ ‎（2）利用氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性可知，①中得出H2SO4的氧化性强于SeO2，②中SeO2是氧化剂，SO2体现还原性，因此SeO2的氧化性强于SO2，综上所述氧化性强弱顺序为浓硫酸＞二氧化硒＞二氧化硫；‎ ‎（3）反应②中SO2中S的化合价由＋4价→＋6价，升高2价，2molSO2共失去4mol电子，SeO2中Se由＋4价→0价，化合价降低4价，因此单线桥表示为 ‎；‎ ‎（4）SeO2中Se元素化合价由＋4价→0价，化合价降低4价，KI中I元素化合价由－1价→0价，化合价升高1价，最小公倍数为4，因此有SeO2＋4KI＋HNO3→Se＋2I2＋KNO3＋H2O，然后根据原子守恒配平其他物质的系数，即反应方程方式为SeO2＋4KI＋4HNO3＝Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O。‎ ‎23.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O ‎（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式__；‎ ‎（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___(填写编号，多选倒扣)；‎ ‎①只有还原性         ②还原性和酸性 ③只有氧化性         ④氧化性和酸性 ‎（3）此反应中氧化产物是___（填化学式），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为___mol。‎ ‎（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目 ‎2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。‎ ‎______________‎ ‎【答案】(1). 2MnO4—＋16H＋＋10Cl—===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (2). ② (3). Cl2 (4). 1 (5). ‎ ‎【解析】（1）反应中的盐和酸均易溶，拆成离子，单质和水不能拆，2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O的离子方程式为：2MnO4—＋16H＋＋10Cl—===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，答案选②；（3）此反应中盐酸被氧化生成氯气，氧化产物是Cl2；反应中氯元素从-1价变为0价，产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为1mol；（4)‎ ‎ 用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目如下：。‎ ‎24.某无色透明溶液中可能大量存在浓度均为0.1 mol·L－1 Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种。请填写下列空白：‎ ‎（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是________。‎ ‎（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是______，有关离子方程式为________________。‎ ‎（3）取（2）中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3·H2O)，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有________，有关的离子方程式为______________________________。‎ ‎（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的_____。并能计算出其浓度范围是______。‎ A．Cl− B．NO3- C．CO32- D．OH−‎ ‎【答案】(1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+ (3). Ag++Cl−＝AgCl↓ (4). Mg2+ (5). Mg2++2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓+2NH4+ (6). B (7). 大于或等于0.3 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在；‎ ‎（2）加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+；‎ ‎（3）能和稀氨水反应的离子是Mg2+；‎ ‎（4）溶液中一定含银离子，与银离子结合生成沉淀的不能存在，结合电荷守恒解答。‎ ‎【详解】（1）有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含Cu2+、Fe3+；‎ ‎（2）加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为Ag++Cl−＝AgCl↓；‎ ‎（3）能和稀氨水反应的离子是Mg2+，生成氢氧化镁白色沉淀，离子反应方程式为Mg2++2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓+2NH4+；‎ ‎（4）原溶液中存在Ag+，则Cl-不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32-、OH-‎ 不能与其共存，硝酸根离子不与所给的任何离子生成沉淀，故溶液中可能大量存在的离子是硝酸根离子，答案选B。由于钠离子不能确定是否存在，且离子的浓度均是0.1mol/L，因此忽略水的电离，根据电荷守恒可知硝酸根离子的浓度范围是：大于或等于0.3 mol/L。‎