浙江省东阳中学2019-2020学年高一10月月考化学试题

浙江省东阳中学2019-2020学年高一10月月考化学试题

www.ks5u.com 东阳中学2018年下学期10月阶段考试卷高一化学 可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　S 32　Cl 35.5　Fe 56　Cu 64　Ba 137‎ 选择题部分 一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.生活或实验中常碰到一些化学知识，下列分析中不正确的是 A. 人体不能缺碘，需要正常补碘，“加碘食盐”中的“碘”是指碘元素 B. 进行焰色反应实验时，蘸取样品之前需要用稀硫酸溶液清洗铂丝 C. “绿色化学”的理想在于不再使用有毒、有害的物质，不再产生废物 D. 水壶中产生的水垢【主要成分为CaCO3和Mg(OH)2】可用食醋清洗除去 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加碘食盐中加入的是碘酸钾，不是碘单质，故A正确；‎ B. 焰色反应时，蘸取样品之前需用稀盐酸溶液清洗铂丝，因为氯化物熔沸点低易除去，但是硫酸盐熔沸点高会附着在铂丝上影响实验现象，故B错误；‎ C. 绿色化学核心就是要利用化学原理从源头消除污染，在于不再使用有毒、有害的物质，不再产生废物，故C正确；‎ D. 水垢的主要成分是碳酸钙等，这些成分能与食醋中的醋酸反应生成可溶性的醋酸盐，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末。碳酸镁属于 A. 酸 B. 盐 C. 氧化物 D. 碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、碱、盐，氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是电离出金属离子和酸根离子的化合物。‎ ‎【详解】A项、酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，故A错误；‎ B项、碳酸镁由金属离子和酸根离子组成，属于盐，故B正确；、‎ C项、氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，故C错误；‎ D项、碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的分类，概念含义是解题关键，要加强记忆酸、碱、盐、氧化物等基本概念，并能够区分应用。‎ ‎3.仪器名称为“容量瓶”的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该仪器为圆底烧瓶，故A不符合；‎ B. 该仪器为分液漏斗，故B不符合；‎ C. 该仪器为容量瓶，故C符合；‎ D. 该仪器为锥形瓶，故D不符合；‎ 答案为C。‎ ‎4.下列物质不能导电但属于电解质的是 A. 熔融的氯化镁 B. 饱和食盐水 C. 固态二氧化碳 D. 液态氯化氢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯化镁是电解质，熔融时发生电离能导电，故A错误；‎ B. 氯化钠溶液能导电，但是属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C. 固体二氧化碳是化合物，此种状态下不存在自由移动的离子，不能导电，本身不能电离出离子，属于非电解质，故C错误；‎ D. 液态氯化氢不能导电，溶于水能导电发生电离属于电解质，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物。非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物。不论是电解质还是非电解质首先必须是化合物，单质和混合物都既不是电解质也不是非电解质。物质能否导电与是不是电解质无关，只要含有自由移动的电子或自由移动的离子就能够导电，即能导电的不一定是电解质。‎ ‎5.决定气体的体积的主要因素有(   )‎ ‎①气体的分子个数 ②气体分子的大小 ③气体分子间的平均距离 ④气体分子的相对分子质量 A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】气体分子在较大的空间运动，所以气体分子间的平均距离会影响气体的体积，在分子之间距离相同的情况下，气体的分子数越多，气体的体积就越大，所以气体的分子数的多少能影响气体体积的大小，故影响气体体积的主要因素是由①气体的分子个数的多少，③气体分子间的平均距离决定，A. ①②不符合题意； B. ①③符合题意；C. ②③不符合题意；D. ②④不符合题意；因此选项是B。‎ ‎6.若1g O3和O2的混合气体中含有x个氧原子，则阿伏加德罗常数是 A. 48x mol－1 B. mol－1 C. 32x mol－1 D. 16x mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于氧气和臭氧均由氧原子构成，故1g混合物中含有的氧原子的物质的量n(O)=，含有的氧原子个数N=nNA==x，解得NA=16xmol-1；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列各项表达中不正确的是 A. 4Be2+中的电子数和质子数之比一定为1：2‎ B. D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍 C. 在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7‎ D. Cl-的结构示意图为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 4Be2+中的电子数为2，质子数为4，电子数与质子数之比一定为1：2，故A正确；‎ B. D216O中，质量数之和为20，质子数之和为10，质量数之和是质子数之和的两倍，故B正确；‎ C. 质子数决定了元素的种类，质子数和中子数决定了原子的种类，所以氮原子一定具有相同的质子数、核电荷数、核外电子数，但是不一定具有相同的中子数，故C正确；‎ D. 氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，氯离子的结构示意图为，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 在标准状况下，NA个水分子所占的体积约为22.4L B. 5.6g铁与足量氯气完全反应，失去电子的数目为0.2NA C. 0.1mol•L-1NaCl溶液中n(Na+)为0.1mol D. 在标准状况下，22.4L由N2、N2O组成的混合气体中所含有的N的物质的量为2mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标况下水为液体，故NA个水分子即1mol水体积小于22.4L，故A错误；‎ B. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁反应后转移0.3NA个电子，故B错误；‎ C. 溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故C错误；‎ D. 标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而N2、N2O中均含2个N原子，故1mol此混合物中含2mol N原子即2NA个，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.实验室用NaCl固体配500mL 1.0mol·L-1NaCl溶液，下列判断错误的是 A. 用托盘天平称取NaCl固体29.25g B. 应选用500mL的容量瓶来配制此溶液 C. 在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配制溶液 D. 加蒸馏水至离刻度线1-2cm时改用胶头滴管定容 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 托盘天平精确到0.1g，所以用托盘天平称取NaCl固体29.3g，故A错误；‎ B. 常见容量瓶规格100mL、200mL、500mL、1000mL等，配500mL溶液，故需选用500mL容量瓶来配制溶液，故B正确；‎ C. 转移溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，则最终溶液的浓度偏低，故需重新配制，故C正确；‎ D. 定容时使用胶头滴管，防止加水超过刻度线，则加蒸馏水至离刻度线1−2cm时改用胶头滴管定容，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 将AgBr放入水中不能导电，故AgBr不是电解质 B. CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质 C. 熔融的金属能导电，所以金属是电解质 D. 固态的NaCl不导电，但 NaCl是电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溴化银在熔融状态下能够导电，属于电解质，故A错误；‎ B. 二氧化碳溶于水生成电解质碳酸，碳酸电离产生自由离子而导电，但是二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故B错误；‎ C. 金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；‎ D. 氯化钠在熔融状态下或者溶于水都能导电，属于电解质，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，包括酸、碱、盐和活泼金属氧化物、水。‎ ‎11.下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是 ‎①鸡蛋白溶液；②淀粉溶液；③硫酸钠溶液；④纯水；⑤沸水中滴入饱和FeCl3溶液；⑥肥皂水；⑦把氯化钠研磨成直径在1~100nm的颗粒然后分散于水中 A. ③⑦ B. ③④⑦ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不会产生丁达尔效应，也就是该物质不属于胶体，分散系是混合物。‎ ‎【详解】①鸡蛋白溶液是胶体，故①不符合要求；‎ ‎②淀粉溶液是胶体，故②不符合要求；‎ ‎③硫酸钠溶液是溶液不是胶体，故③符合要求；‎ ‎④水是纯净物不是胶体也不属于分散系，没有丁达尔效应，故④不符合要求；‎ ‎⑤沸水中滴入饱和FeCl3溶液生成氢氧化铁胶体，故⑤不符合要求；‎ ‎⑥肥皂水是胶体，故⑥不符合要求；‎ ‎⑦把氯化钠研磨成直径在1∼100nm的颗粒然后分散于水中形成的分散系是溶液，故⑦符合要求；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】该题关键在于分散系，分散系是分散剂和分散质组成的混合物，水虽不是胶体，但为纯净物，不属于分散系。‎ ‎12.下列说法中有几个是正确的 ‎①质子数相同的微粒一定属于同一种元素；②在一定条件下，氧气转化为臭氧，该反应是非氧化还原反应；③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，可能是一种分子和一种离子；④同位素的性质相同；⑤一种元素只能有一种质量数。‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①微粒包括原子、离子、分子等，故质子数相同的微粒不一定属于同一种元素，如钠离子和铵根离子的质子数均为11个，故错误；‎ ‎②有化合价变化的反应为氧化还原反应，而氧气转化为臭氧，无化合价的变化，故该反应是非氧化还原反应，故正确；‎ ‎③分子中质子数=电子数，而离子中质子数≠电子数，故一种分子和一种离子质子数相同，而电子数不可能相同，故错误；‎ ‎④互为同位素的原子由于原子结构相同，故它们的化学性质相似，但物理性质不一定相同，故错误；‎ ‎⑤一种元素可能有多种原子，故一种元素不一定有一个质量数，故错误；‎ 综上所述，正确的有1个，答案选A。‎ ‎13.对下列实验过程的评价，正确的是 A. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显蓝色，该溶液一定是含有大量的H+‎ B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，证明一定含有SO42﹣‎ C. 某溶液中加入浓NaOH溶液，加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明该溶液含有NH4+‎ D. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显蓝色，该溶液为碱性溶液，溶液中一定含有含有大量的OH-，故A错误；‎ B. 加入氯化钡溶液，生成的白色沉淀可能为氯化银、亚硫酸钡，原溶液中不一定含有硫酸根离子；检验硫酸根离子的正确方法为：向溶液中加入稀盐酸，无明显现象，排除了干扰离子，如碳酸根离子、亚硫酸根离子等，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定含有SO42-，故B错误；‎ C. 向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，则证明原溶液中一定含有NH4+，故C正确；‎ D. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，该无色气体可能为二氧化硫、二氧化碳，该固体中可能含有碳酸氢盐、亚硫酸盐等，不一定含有碳酸盐，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.下列实验操作中错误的是 A. 称量时，称量物可放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中 B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处 C. 分液时，分液漏斗下层液体必须从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 蒸发结晶时应将溶液恰好蒸干便停止加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 称量时应该遵循“左物右砝”原则，没有腐蚀性或吸水性固体药品可以放置在称量纸上称量，故A正确；‎ B. 蒸馏时，温度计测量馏分蒸汽的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；‎ C. 分液时，下层液体必须从下口倒出，上层液体必须从上口倒出，否则易产生杂质，故C正确；‎ D. 蒸发结晶时当有大量固体析出时，就要停止加热，利用余热将水分蒸干，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.实验室用下列两种方法制取氯气：①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，则所得Cl2质量 A. ①比②多 B. ②比①多 C. 一样多 D. 无法比较 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】实验室制取氯气的化学方程式为，MnO2不能氧化稀盐酸，‎ ‎①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；146g的浓盐酸的物质的量为：n(HCl)=‎ ‎=4mol，根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于1mol；‎ ‎②87g MnO2的物质的量为：n(MnO2)==1mol，用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，不考虑HCl的挥发，浓盐酸足量时，根据MnO2与浓HCl反应，计算出氯气的量为1mol；所以反应后所得氯气的物质的量为：①<②；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列说法中正确的是 A. 冰醋酸、酒精、氨气、苯等均是非电解质 B. 装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤 C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是否能发生丁达尔效应 D. 氢氧化铁胶体具有吸附性，因而常用于自来水的杀菌消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 冰醋酸溶于水能导电，是电解质；酒精和苯溶于水或熔融状态下均不能导电，是非电解质；氨气溶于水能导电，原因是NH3⋅H2O导电，故氨气是非电解质；故A错误；‎ B. 碘单质易溶于酒精，故装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤，故B正确；‎ C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒的直径在1nm∼100nm，故C错误；‎ D. 氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，而杀菌消毒是氧化性的体现，且氢氧化铁无氧化性，所以氢氧化铁胶体不能杀菌消毒，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.利用下列实验装置进行实验，不能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用四氯化碳提取溴水中的溴单质 B. 用自来水制取蒸馏水 C. 碘水中提取碘 D. 检验溶液中的K+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、Br2易溶于四氯化碳，四氯化碳是不与水互溶的液体，且密度大于水，溴的四氯化碳溶液在下层，上层为水层，因此可以用四氯化碳萃取溴水中的溴单质，故A说法正确；B、可以利用此装置制取蒸馏水，故B说法正确；C、碘单质受热易升华，因此不能通过蒸发的方法得到，应采用萃取、蒸馏得到碘单质，故C说法错误；D、检验K＋，通过焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃进行观察，因此此实验能够达到目的，故D说法正确。‎ ‎18.通过加入过量的化学药品，采用恰当的分离混合物的方法，除去某溶液里溶解的杂质。下列做法中正确的是（括号内的物质为杂质）( )‎ A. 氯化钠溶液（氯化钡）：加硫酸钠溶液，过滤 B. 硝酸钾溶液（硝酸银）：加氯化钠溶液，过滤 C. 氯化钠溶液（单质碘）：加酒精，分液 D. 硝酸钾溶液（单质碘）：加四氯化碳，分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据除杂的原则，在加入除杂试剂时，不能引入新的杂质。A项，加入过量的硫酸钠，会引入Na2SO4‎ 杂质，所以A错误；B项，加入过量的氯化钠，会引入氯化钠杂质，所以B错误；C项，因为酒精易溶于水，所以不能用作萃取剂，所以C错误；D项正确。所以答案选D ‎19.相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。下列叙述错误的是 (　　)‎ A. a∶b等于A与B的相对分子质量之比 B. a∶b等于等质量的A与B的分子数之比 C. a∶b等于同温同压下A与B的密度之比 D. b∶a等于同温同体积等质量的A与B的压强比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。说明两种气体的物质的量相等，则质量比等于摩尔质量之比，也等于密度比，等于相对分子质量之比，同温同体积等质量的A与B两种气体，压强比等于摩尔质量的反比，即为b:a。故选B。‎ ‎【点睛】同温同压下，气体摩尔体积相同；相同体积的不同气体物质的量相等。‎ 同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比(或分子数之比)；‎ 同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；‎ 同温同压下，气体的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比；‎ 同温同压下，同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比。‎ 同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比；‎ 同温同体积同质量气体的压强之比等于其摩尔质量倒数之比。‎ ‎20.磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在55~36 nm的磁流体。下列说法中正确的是 A. 所得的分散系属于悬浊液 B. 该分散系能产生丁达尔效应 C. 所得的分散系中分散质为Fe2O3‎ D. 所得分散系为胶体，且胶粒直径即为氢氧化铁分子直径 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：磁流体分散质粒子直径在36～55nm，介于1～100nm之间，属于胶体，因此能产生丁达尔效应，分散质是Fe(OH)2、Fe(OH)3，故选项B正确。‎ 考点：考查胶体的形成及判断和性质的知识。‎ ‎21.13C—NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，表示的碳原子 A. 核外有13个电子，核内有13个质子 B. 核内有6个质子，核外有7个电子 C. 质量数13，原子序数6，核内有7个质子 D. 质量数为13，原子序数6，核内有7个中子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 13C的质子数为6，所以核外质子数为6，故A错误；‎ B. 13C的质子数为6，所以核外电子数为6，故B错误；‎ C. 13C的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，核内有6个质子，故C错误；‎ D. 13C的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，中子数为13−6=7，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】原子中符合以下关系：原子序数=核电荷数=核外电子数=质子数=质量数-中子数 ‎22.分别与Ne、Ar核外电子排布相同的两种离子所形成的化合物可能是 A. NaF B. MgI2 C. Na2S D. K2S ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaF中，Na+、F−均为与Ne的核外电子排布相同的离子，故A错误；‎ B. MgI2中，Mg2+为与Ne的核外电子排布相同的离子，I−为与Xe的核外电子排布相同的离子，故B错误；‎ C. Na2S中，与Ne的核外电子排布相同的离子为Na+，与Ar的核外电子排布相同的离子为S2−，二者形成化合物为Na2S，故C正确；‎ D. K2S中，K+、S2−均为与Ar的核外电子排布相同的离子，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎23.下列溶液中的Na＋与100mL1mol·L-1Na3PO4溶液中Na＋的物质的量浓度相等的是 A. 150mL 3mol·L－1的NaCl溶液 B. 150mL 2mol·L－1的NaNO3溶液 C. 150mL 1mol·L－1的Na2SO4溶液 D. 75mL 1mol·L－1的Na2S溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎100mL 1mol•L-1 Na3PO3溶液中c(Na+)=1mol/L×3=3mol/L ‎【详解】A. 150mL 3mol⋅L−1 NaCl溶液中c(Na+)=3mol/L，故A正确；‎ B. 150mL 2mol⋅L−1 NaNO3溶液中c(Na+)=2mol/L，故B错误；‎ C. 150mL 1mol⋅L−1 Na2SO4溶中c(Na+)=2mol/L，故C错误；‎ D. 75mL 1mol⋅L−1 的Na2S溶液中c(Na+)=2mol/L，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】强电解质溶液中离子浓度=电解质的浓度×化学式中相应离子个数，与溶液体积无关。‎ ‎24.下列电离方程式书写正确的是 A. NaOH=Na＋＋O2－＋H＋ B. FeCl3=Fe3＋＋Cl3－‎ C. Ca(NO3)2=Ca2＋＋2(NO3)2－ D. H2SO4=2H＋＋SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaOH是一元强碱，电离产生Na+和OH-，电离方程式应该为 NaOH=Na＋+OH-，A错误；‎ B.FeCl3溶于水，电离产生Fe3+、Cl-，电离方程式为：FeCl3=Fe3＋+3Cl－，B错误；‎ C.Ca(NO3)2溶于水，电离产生Ca2＋、NO3-，电离方程式为Ca(NO3)2=Ca2＋+2NO3-，C错误；‎ D.硫酸是二元强酸，溶于水电离产生H+、SO42-，电离方程式为：H2SO4=2H＋+SO42-，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎25.今有一混合物水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、Ba2+、Cl—、CO32—、SO42—，现取200mL 溶液加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推断不正确的是：‎ A. 溶液中一定存在CO32－、SO42－ 、Na+ B. 溶液中 c (Na＋)≥0.6mol·L-1‎ C. 溶液中一定没有Ba2+，可能存在Cl— D. 溶液中n(SO42－)≤ 0.02 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：向200mL 溶液加入BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。由此可知，4.66g沉淀为硫酸钡，溶解于盐酸的7.88g沉淀为碳酸钡，所以溶液中一定有CO32—和SO42—，n(SO42—)=n(BaSO4)=0.02mol，n(CO32-)= n(BaCO3)=0.04mol，c(SO42—)=0.1 mol·L-1，c(CO32—)=0.2 mol·L-1。溶液中一定没有Ba2+。根据电荷守恒，溶液中一定有Na+，无法确定是否有Cl—，所以c (Na＋)≥2[c(SO42—)+ c(CO32—)]=0.6mol·L-1。综上所述，D不正确。本题选D。‎ 点睛：本题考查的是离子定量推断及离子共存问题，要注意溶液中电荷守恒这一隐蔽条件的使用。‎ 非选择题部分 二、非选择题（本大题共8小题，共50分）‎ ‎26.现有以下物质： ①NaCl晶体 ②SO3 ③液态的醋酸 ④汞 ⑤BaSO4固体 ⑥纯蔗糖 ⑦酒精 ⑧熔化的KNO3 ⑨液氨⑩氯酸钾溶液⑪水，请回答下列问题（用序号）：‎ ‎(1)以上物质中能导电的是______。‎ ‎(2)以上物质中属于电解质的是_______。‎ ‎(3)以上物质中属于非电解质的是_________。‎ ‎【答案】 (1). ④⑧⑩ (2). ①③⑤⑧⑪ (3). ②⑥⑦⑨‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)能导电的物质必须含有自由移动的离子或自由移动的电子(金属)，固态和纯液态的电解质不能导电，故能导电的物质是④⑧⑩；‎ ‎ (2)①NaCl晶体溶于水或熔融状态下能导电，所以是电解质；‎ ‎②SO3溶于水能导电，原因是SO3和水反应生成的H2SO3电离出离子导电，故SO3是非电解质；‎ ‎③醋酸在水溶液中能导电，所以是电解质；‎ ‎④汞是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑤BaSO4虽难溶于水，但熔融的硫酸钡却可以导电，故是电解质；‎ ‎⑥蔗糖溶于水或熔融状态下均不能导电，故是非电解质；‎ ‎⑦酒精溶于水或熔融状态下均不能导电，故是非电解质；‎ ‎⑧熔化的KNO3能导电，故KNO3是电解质；‎ ‎⑨液氨溶于水后能导电，原因是NH3和水反应生成NH3⋅H2O电离出离子导电，故NH3是非电解质；‎ ‎⑩氯酸钾溶液是混合物，不属于电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑪水能极微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，导电能力基本可以忽略，是极弱电解质；‎ 以上物质中属于电解质的是①③⑤⑧⑪；‎ ‎ (3)②SO3溶于水能导电，但是H2SO3电离出离子导电，故SO3是非电解质；‎ ‎⑥蔗糖溶于水或熔融状态下均不能导电，故是非电解质；‎ ‎⑦酒精溶于水或熔融状态下均不能导电，故是非电解质；‎ ‎⑨液氨溶于水后能导电，但是NH3⋅H2O电离出离子导电，故NH3是非电解质；‎ 以上物质中属于非电解质的是②⑥⑦⑨；‎ ‎【点睛】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物。非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物。不论是电解质还是非电解质首先必须是化合物，单质和混合物都既不是电解质也不是非电解质。物质能否导电与是不是电解质无关，只要含有自由移动的电子或自由移动的离子就能够导电，即能导电的不一定是电解质。‎ ‎27.(1)0.5mol某固体A的质量是30g，A的摩尔质量为_________。‎ ‎(2)在同温同压同体积的条件下，H2与气体B的密度之比是1∶8，则B的相对分子质量为_____。‎ ‎(3)在25℃ 101kPa的条件下，同质量的CH4和C气体的体积之比是15∶8，则1摩尔C的质量为______。‎ ‎(4).质量之比为8∶7∶6的三种气体SO2、CO、NO，其分子数之比为_____；氧原子数之比为______；相同条件下的体积之比为_____。‎ ‎(5)4.8g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的气体质量为12.8g。则在标准状况下，生成物CO和CO2的体积比为_______。‎ ‎【答案】 (1). 60g/mol (2). 16 (3). 30g (4). 5：10：8 (5). 5：5：4 (6). 5：10：8 (7). 3：1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A的摩尔质量=30g÷0.5mol=60g/mol，故A的摩尔质量为60g/mol；‎ ‎ (2)H2与气体B的密度之比是1:8，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，数值上相对分子质量=摩尔质量=16；‎ ‎ (3)由=15：8，故M(C)=30g/mol，1mol C的质量为30g；‎ ‎ (4)质量之比为8:7:6的三种气体SO2、CO、NO的物质的量之比为 ‎=5:10:8，故三者分子数之比为5:10:8，含有氧原子数之比为(5×2):10:8=5:5:4，相同条件下的体积之比为5:10:8；‎ ‎ (5)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则：12x+12y=4.8，28x+44y=12.8，解得x=0.3，y=0.1，故标况下CO和CO2的体积比等于物质的量之比为0.3mol：0.1mol=3：1。‎ ‎28.(1) A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则该元素的原子核内质子数____。‎ ‎(2)已知铁(Fe)原子的核内质子数为26，核外共有4个电子层，最外电子层上的电子数是2，写出铁原子的结构示意图：_____。‎ ‎(3) a元素原子M电子层上有6个电子，b元素与a元素的原子核外电子层数相同，b元素的原子最外层电子数为1。a、b两种元素形成的化合物名称是______。该化合物在无色火焰上燃烧时，火焰呈____色。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). (3). 硫化钠 (4). 黄 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，只有2个电子层符合电子排布规律，则最外层电子数为4，为C元素，其质子数为6；‎ ‎ (2)铁(Fe)原子的核内质子数为26，核外共有4个电子层，最外电子层上的电子数是2，则第一层电子数为2、第二层电子数为8、第三层电子数为14，铁原子的结构示意图为；‎ ‎(3)a元素原子M电子层上有6个电子，a为S，b元素与a元素的原子核外电子层数相同，b元素的原子最外层电子数为1，b为Na，a、b两种元素形成的化合物名称是硫化钠；该化合物在无色火焰上燃烧时，火焰呈黄色。‎ ‎29.请用如下图所示仪器设计一个电解饱和食盐水并测定电解时产生的H2的体积和检验Cl2的实验装置。(提示:Cl2可与KI反应生成I2，I2遇淀粉变蓝)‎ ‎(1)仪器连接时，各接口的顺序是(填字母代号):A接____、__接__;B接__、__接__。‎ ‎(2)证明产物Cl2的实验现象是_____________。‎ ‎(3)实验测得产生的氢气体积(已折算成标准状况)为11.2mL，电解后溶液的体积恰好为50.0mL，则溶液中NaOH的物质的量浓度为__。‎ ‎【答案】 (1). G (2). F (3). H (4). D (5). E (6). C (7). 淀粉碘化钾溶液变蓝 (8). 0.02mol•L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）用惰性电极电解饱和食盐水时，在阳极上产生氯气，在阴极上产生氢气和氢氧化钠，即A端为氢气，B端为氯气，A接储气瓶的G→F，把水排入量筒内，用量筒测量出排出的水量，以测定产生H2的体积，B接洗气瓶的D→E，生成的Cl2在洗气瓶中使淀粉碘化钾溶液变蓝，多余的Cl2用NaOH溶液吸收，故答案为：G；F；H；D；E；C；‎ ‎（2）Cl2可与KI反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色；‎ ‎（3）氢气物质的量为=0.0005mol，由，可知n(NaOH)=2n(H2)=0.001mol，则c(NaOH)==0.02mol•L-1。‎ ‎30.实验室要配制450mL 0.1mol·L-1Na2CO3溶液，回答下列问题。‎ ‎（1）应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体________g。‎ ‎（2）若在称量样品时，药品放在天平右盘上，砝码放在天平左盘上，天平平衡时实际称量的碳酸钠晶体是_______g（1g以下用游码）。‎ ‎（3）配制Na2CO3溶液时需用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________、________。‎ ‎（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度偏低的是________‎ A．加水时超过刻度线 B．忘记将洗涤液加入容量瓶 C．容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理 D．定容后摇匀，液面低于刻度线 E．称量时砝码生锈 ‎【答案】 (1). 14.3 (2). 13.7 (3). 500mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). AB ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)配制480mL 0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要称取Na2CO3⋅10H2O晶体质量为：0.5L×0.1mol×286g/mol=14.3g；‎ ‎ (2)依据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，14g=m(溶质)+0.3g，所以：溶质的质量=14g−0.3g=13.7g；‎ ‎ (3)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶；胶头滴管；‎ ‎ (4)A.加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故A符合题目要求；‎ B. 忘记将洗涤液加入容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，故B符合题目要求；‎ C. 容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故C不符合题目要求；‎ D. 定容后摇匀，液面低于刻度线，属于正常操作，溶液浓度准确，故D不符合题目要求；‎ E. 称量时砝码生锈，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故E不符合题目要求；‎ 故选：AB。‎ ‎31.下图是中学化学中常见物质间的转化关系，其中甲、乙、丙均为非金属单质；A、B、E和丁均为化合物，其中A常温下呈液态；B和E为能产生温室效应的气体，且1mol E中含有10mol电子。乙和丁为黑色固体，将他们混合后加热发现固体由黑变红。‎ ‎（1）写出化学式：甲______；乙______；丙______；‎ ‎（2）丁的摩尔质量______；‎ ‎（3）写出丙和E反应生成A和B的化学方程式___________；‎ ‎（4）有同学将乙和丁混合加热后收集到的标准状态下气体4.48L，测得该气体是氢气密度的16倍，若将气体通入足量澄清石灰水，得到白色沉淀物___g；‎ ‎【答案】 (1). H2 (2). C (3). O2 (4). 80g/mol (5). (6). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 产生温室效应的气体有：二氧化碳、甲烷、臭氧等，常见的黑色固体有：碳、二氧化锰、四氧化三铁、铁粉、氧化铜等，由乙和丁为黑色固体且乙为非金属单质，所以乙为C，由丙是非金属单质，乙和丙反应产生温室效应气体B，所以丙是O2，B是CO2，B和E为能产生温室效应的气体且1mol E中含有 10mol电子，则E为CH4，再结合转化关系可知，A为水，甲为H2，丁为CuO。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，甲、乙、丙分别为H2、C、O2；‎ ‎（2）丁为CuO，相对分子质量为80，则摩尔质量为80 g/mol；‎ ‎（3）丙和E反应生成A和B的化学方程式为；‎ ‎（4）测得该气体对氢气的相对密度为16，则M为16×2 g/mol =32g/mol，标准状况下气体4.48L，为CO、CO2的混合物，n==0.2mol，设CO2的物质的量为xmol，则=32，解得x=0.05mol，由C原子守恒可知，n(CO2)=n(CaCO3)=0.05mol，则白色沉淀物为0.05mol×100g/mol=5g。‎ ‎32.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、SO42-、CO32-，现取三份100mL溶液进行如下实验：‎ a. 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；‎ b. 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol；‎ c. 第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，回答下列问题 ‎(1)该溶液中一定存在离子是_____________，可能存在的离子是____________。‎ ‎(2)求一定存在阳离子的浓度或浓度的取值范围______________________。‎ ‎【答案】 (1). K+、NH4+、CO32−、SO42− (2). Cl− (3). c(NH4+)=0.4mol⋅L−1‎ ‎，c(K+)⩾0.2 mol⋅L−1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银；向第二份溶液中加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体为氨气，其物质的量为0.04mol，原溶液中一定含NH4+，c(NH4+)==0.4mol⋅L−1；向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤后剩余2.33g，则含SO42−的物质的量为=0.01mol，含CO32−的物质的量为=0.02mol，由离子共存可知，一定不存在Fe3+、Mg2+，由电荷守恒可知，0.01mol×2+0.02mol×2>0.04mol，可知一定含阳离子K+，不能确定是否含Cl−。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，一定存在K+、NH4+、CO32−、SO42−，一定不存在Ba2+、Mg2+，可能存在的离子是Cl−；‎ ‎ (2)由上述分析可知,原溶液中一定含NH4+，c(NH4+)==0.4mol⋅L−1，可能存在Cl−；由电荷守恒可知，没有氯离子时，c(K+)==0.2mol⋅L−1，若是含有氯离子，则c(K+)>0.2 mol⋅L−1，所以c(K+)⩾0.2 mol⋅L−1。‎ ‎33.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol·L-1FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g。已知先发生反应2FeCl3+Fe=3FeCl2、后发生 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。求：‎ ‎(1)原固体混合物中铜的质量是___________g。‎ ‎(2)反应后溶液中n(Fe2+)+ n(Cu2+)___________mol。‎ ‎【答案】 (1). 12.4g (2). 0.75mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是：5.0mol/L×0.1L=0.5mol，‎ 设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：‎ Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+， Fe+2Fe3+=3Fe2+‎ ‎64g 2mol 56g 2mol m1 0.5mol m2 0.5mol m1==16g，m2==14g，‎ 溶解的金属质量为：18g−2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，‎ 则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu。‎ ‎【详解】(1)设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，‎ 则：①64n1+56n2=15.2g ‎②n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，‎ 解得：n1=0.15mol、n2=0.1mol，‎ 属于原固体混合物中铜的质量是：m(Cu)=n1×M+2.8g=0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，‎ ‎ (2)根据反应方程式可知反应后溶液中：n(Fe2+)=2n(Cu)+3n(Fe)=2×0.15mol+3×0.10mol=0.6mol，‎ 反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2+)=n(Cu)=0.15mol，‎ 则反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6mol+0.15mol=0.75mol，‎ 故答案为：0.75mol。‎ ‎【点睛】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为：n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答，该题的关键在于确定剩余固体是什么，该题运用极值法进行剩余固体的判断，然后根据反应方程式进一步确定各离子在溶液中的含量来解题。‎ ‎ ‎