2018-2019学年陕西省西安市长安区第一中学高一上学期期中考试化学试卷+Word版含解析

2018-2019学年陕西省西安市长安区第一中学高一上学期期中考试化学试卷+Word版含解析

西安市长安区第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试 化学试题 ‎1.下列有关实验安全问题的叙述中正确的是 A. 少量的浓硫酸沾到皮肤上时，直接用大量的水冲洗，再涂上硼酸溶液 B. 用酒精灯给玻璃仪器直接加热时，应先移动酒精灯进行预热后再集中加热。‎ C. 凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂 D. H2还原CuO的实验结束时，应先停止通氢气，再撤走加热氧化铜的酒精灯。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 少量的浓硫酸沾到皮肤上时，必须立即用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠软膏，故A错误；‎ B. 用酒精灯给玻璃仪器直接加热时，应先移动酒精灯进行预热，后再集中加热，以防局部温度过高导致玻璃仪器炸裂，故B正确；‎ C.给玻璃仪器加热,不一定都要加垫石棉网,有些化学仪器能直接进行加热，比如试管等，故C错误；‎ D. H2还原CuO的实验结束时，应先撤走加热氧化铜的酒精灯，等到试管冷却到室温，再停止通氢气，以防生成的铜重新被氧化，故D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】H2还原CuO的实验中，先通一会氢气，排净装置内的空气，防止氢气和氧气混合受热发生爆炸；实验结束后，继续通入氢气，直到试管冷却到室温后，再停止通氢气，防止生成的铜重新被空气氧化。‎ ‎2.下列实验操作中正确的是 A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热 B. 蒸馏操作时，应在蒸馏烧瓶中预先加入沸石，并使温度计水银球浸没在所蒸馏的液体混合物中。‎ C. 分液操作过程中，应关闭分液漏斗上端的塞子，防止有机试剂挥发，造成环境污染。‎ D. 萃取操作时，振荡分液漏斗的过程中应及时放气。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸发时，当混合物中出现大量固体时，停止加热,利用余热，使水分蒸干，故A错误； B.蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则应使温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；  C.分液时，把分液漏斗上端的玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗口上的小孔，能使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能够流出，C错误；‎ D.分液漏斗倒转振荡时，因萃取剂多为有机溶剂，蒸气压较大，如不放气，内外气压不平衡，有时塞子会被冲出，因此要及时放气，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎3.海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，为了得到纯净的NaCl，可向滤液中依次加入过量的下列溶液，其中不合理的是 A. BaCl2→NaOH→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 B. Ba(OH)2→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 C. NaCO3→NaOH→BaCl2→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 D. BaCl2→NaCO3→NaOH→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42—，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；‎ B. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的Ba(OH)2溶液，除去SO42—、Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；‎ C. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+，少量Mg2+，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的BaCl2溶液，除去CO32-，过滤，滤液中加入稀盐酸，但是溶液中仍有剩余的Ba2+，蒸发结晶得不到纯净的NaCl；不合理；‎ D. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，‎ 除去SO42—，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+及少量的Mg2+，再加入过量的NaOH 溶液，除去Mg2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液，NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 1 mol N2所含有的原子数为NA B. 标准状况下，‎22.4 L水中含有的水分子数为NA C. 500 mL 1.0 mol/L碳酸钠溶液中所含钠离子的数为NA D. 0.5mol纯硫酸所含有的氧原子数与2NA个CO2分子中所含有的氧原子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、氮气是由2个氮原子构成的，所以1 mol N2所含有的原子数为2NA，A不正确；B、标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，即‎22.4 L水不是1mol，含有的水分子数不是NA，B不正确；C、500 mL 1.0 mol/L碳酸钠溶液中碳酸钠的物质的量＝‎0.5L×1.0mol/L＝0.5mol，其中钠离子的物质的量＝0.5mol×2＝1.0mol，即所含钠离子的数为NA，C正确；D、0.5mol纯硫酸所含有的氧原子的物质的量＝0.5mol×4＝2mol，2NA个CO2分子中所含有的氧原子物质的量＝2mol×2＝4mol，二者原子数不相等，D不正确，答案选C。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算 ‎5.标准状况下，①‎6.72L NH3 ②1.204×1023个 H2S ③‎6.4g CH4 ④0.5mol HCl ，下列关系正确的是 A. 体积大小: ④>③>②>① B. 原子数目: ③>①>④>②‎ C. 密度大小： ④>②>③>① D. 质量大小： ④>③>②>①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下，①‎6.72L NH3物质的量为：6.72/22.4=0.3mol，②1.204×1023个 H2S物质的量为：1.204×1023/6.02×1023=0.2mol；③‎6.4g CH4‎ ‎ 物质的量为：6.4/16=0.4mol；④0.5mol HCl A. 在同一条件下，气体的体积之比和气体的物质的量成正比，因此，体积大小: ④>③>①>② ，错误；‎ B. ①0.3mol NH3所含原子数目1.2NA，②0.2molH2S所含原子数目0.6NA，③0.4mol CH4所含原子数目2NA，④0.5molHCl所含原子数目NA，因此原子数目: ③>①>④>②，正确；‎ C. 在同一条件下，气体的密度和气体的摩尔质量成正比，①NH3摩尔质量为‎17g/mol，②H2S摩尔质量为‎34 g /mol，③CH4摩尔质量为‎16 g /mol，④HCl摩尔质量为‎36.5 g /mol，因此密度大小：④>②>①>③，错误；‎ D. ①0.3molNH3的质量0.3×17=‎5.1g，②0.2molH2S的质量0.2×34=‎6.8g，③‎6.4g CH4；④0.5molHCl的质量0.5×36.5=‎18.25g，因此质量大小：④>②>③>①，错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎6.标准状况下将44.8LHCl气体溶于‎1L水中，所得盐酸溶液的密度为‎1.1g/cm3，该盐酸的物质的量浓度为 A. 2mol/L B. 2.1mol/L C. 2.2mol/L D. 2.3mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】44.8LHCl气体物质的量44.8/22.4=2mol，该溶液的质量分数为：2×36.5/(2×36.5+1000)×100%=6.8%；根据公式：c=1000ρω/M=1000×1.1×6.8%/36.5=2.1mol/L；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎7.用10 mL的0.1 mol·L－1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是 A. 3∶2∶2 B. 1∶2∶‎3 C. 1∶3∶3 D. 3∶1∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：BaCl2的物质的量="10"-2×0.1 mol·L－1=1×10-3mol，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4) 3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则:由Ba2++SO42-═BaSO4↓，可知3x=y=z=1×10-3mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3；C项正确；答案选C。‎ 考点：考查离子反应及相关计算 ‎8.将溶质的质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为‎2a％，此时物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是 A. c2＝c1 B. c2＜c‎1 C. c2＞‎2c1 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 蒸发水，溶质的质量不变，质量分数变为原来的2倍，则剩余溶液的质量为原溶液的1/2，若溶液的密度不变，则体积也变为原来的1/2，浓度为原来的2倍，即 c2＝‎2c1，但是对硫酸溶液来说，浓度变大，密度也变大，所以体积小于原来的一半，故c2＞‎2c1，C正确。正确答案为C 点睛：对于密度大于1的 溶液，浓度越大 ，密度越大，如硫酸、硝酸等。对密度小于1的溶液如酒精溶液、氨水溶液，浓度越大，密度越小。对于本题，还可以用下方法解答：设a％的硫酸密度为ρ1，,‎2a％的硫酸密度为ρ2，ρ2＞ρ1，c1=1000ρ‎1a％/98，c2=1000ρ‎22a％/98，c2/c1=2ρ2/ρ1＞2，C正确。‎ ‎9.符合下图中阴影部分的物质是（ ）‎ A. CO2 B. Cu2O C. NO2 D. Na2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2 为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A正确； ‎ B. Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B错误；‎ C. NO2 中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C错误；‎ D. Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎10.下列对胶体的相关说法，错误的是 ‎①利用胶体的性质，可用高压直流电除去水泥厂和冶金厂的大量烟尘，减少对空气的污染 ‎②向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体 ‎③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，则能说明该蛋白质溶液是胶体。‎ ‎④往Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解 ‎⑤用血液透析的方法治疗肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，利用的是胶体渗析的原理 ‎⑥Fe(OH)3胶体电泳实验中阴极颜色加深，说明Fe(OH)3胶体带正电 ‎⑦同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成钢笔堵塞，是因为不同牌子的墨水混用易聚沉。‎ A. ①②④⑦ B. ②④⑥⑦ C. ②⑥ D. ①③④⑤⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，故①正确；‎ ‎②FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能得到Fe(OH)3胶体，故②错误；‎ ‎③蛋白质溶液是胶体，有丁达尔效应，故③正确； ④稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，生成的氢氧化铁沉淀与硫酸发生中和后，沉淀又溶解，故④正确； ⑤血液属于胶体，胶体微粒不能够透过半透膜，体用渗析法可以提纯分离胶体，故⑤正确； ⑥Fe(OH)3胶体电泳实验中阴极颜色加深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷，向阴极移动，而Fe(OH)3胶体为电中性，故⑥错误； ⑦墨水属于胶体，带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故⑦正确； 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具有介稳性，具有丁达尔效应，可以发生电泳现象，加入电解质或解热等可以使胶体发生聚沉，胶体的分离提纯一般采用渗析法。‎ ‎11.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、分散质粒子的直径为5.5∼36nm的磁流体。下列说法中正确的是 A. 所得到的分散系属于胶体 B. 用一束光照射该分散系时，看不到一条光亮的“通路”‎ C. 该分散系不能透过滤纸 D. 该分散系的分散质为Fe(OH)3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.5～36nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；‎ A、据以上分析可知，所得到的分散系属于胶体，故A正确；‎ B、磁流体分散系属于胶体，具有丁达尔现象，故B错误；‎ C、该分散系属于胶体，胶体可以透过滤纸，故C错误；‎ D、该分散系的分散质是由氢氧化亚铁、氢氧化铁共同组成的，故D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎12. 下列叙述中正确的是 A. 液态HCl、固体NaCl均不导电,所以HCl、NaCl均是非电解质 B. NH3、CO2的水溶液均导电,所以NH3、CO2均是电解质 C. 铜、石墨均导电,所以它们均是电解质 D. 蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不导电, 所以它们均是非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但HCl、NaCl的水溶液导电，均是电解质，错误；B、NH3、CO2的水溶液均导电，但溶液导电是因为二者都与水反应生成电解质的缘故，不是自身电离产生的自由移动的离子，所以NH3、CO2均是非电解质，错误；C、铜、石墨均导电，但他们都是单质，所以它们不是电解质，也不是非电解质，错误；D、蔗糖、酒精在水溶液或熔融时均不导电，所以它们是非电解质，正确，答案选D。‎ 考点：考查对电解质、非电解质概念的判断 ‎13.下列物质混合发生化学反应，且反应属于离子反应的是 A. H2和O2反应生成水 B. 锌片投入稀硫酸中 C. KClO3（固体）和MnO2（固体）混合加热制O2‎ D. NaOH溶液和K2SO4溶液混合 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．H2和O2反应生成水发生的是分子之间的反应，错误；B．锌片投入稀硫酸中，发生的是置换反应，也是离子反应，正确。C．KClO3(固体)和MnO2(固体)混合加热制O2，发生的是氧化还原反应，但不是离子反应，错误；D．NaOH溶液和K2SO4溶液混合，不能发生任何反应，错误。‎ 考点：考查化学反应的分类的知识。‎ ‎14.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是 A. NH4+ 、SO42- 、Al3＋ 、NO3- B. Na+ 、K+ 、HCO3- 、NO3-‎ C. Na+ 、Ca2+ 、NO3- 、CO32- D. K+、Cu2+ 、NH4+ 、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在某无色酸性溶液中:H+与NH4+ 、SO42- 、Al3＋ 、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，A正确；‎ B.在某无色酸性溶液中，H+与HCO3- 发生反应，不能大量共存，B错误；‎ C.在某无色酸性溶液中，H+与CO32- 发生反应，不能大量共存，且Ca2+ 与CO32-也不能共存，C错误；‎ D. 在某无色酸性溶液中， Cu2+ 溶液显蓝色，与题给条件不符合，D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎15.下列离子方程式书写正确的是 A. 铁与盐酸反应：2Fe ＋ 6H＋ ＝ 2Fe3＋ ＋ 3H2↑‎ B. 氢氧化钡与硫酸铜溶液混合：2OH- + Cu2+ = Cu（OH）2↓‎ C. 过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应：2HCO3-＋Ba2+＋2OH-=BaCO3↓＋CO32-＋2H2O D. 石灰乳和盐酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe ＋2H＋ ＝Fe2＋ ＋H2↑，A错误；‎ B. 氢氧化钡与硫酸铜溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式：‎ Ba2++SO42-+2OH- + Cu2+ = Cu（OH）2↓+BaSO4↓，B错误；‎ C. 过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应生成碳酸钡和碳酸钠和水，方程式书写正确，C 正确； ‎ D. 石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，与盐酸反应生成氯化钙和水，正确的离子方程式：Ca（OH）2+2H+＝Ca2+＋2H2O，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎16.以下反应属于氧化还原反应，且H2O既不是氧化剂也不是还原剂的是 A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B. ‎2F2+2H2O=4HF+O2↑‎ C. CaO+H2O=Ca(OH)2 D. Cl2+H2O=HCl+HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．H元素化合价降低，水为氧化剂，故A错误；‎ B．O元素化合价升高，被氧化，水为还原剂，故B错误；‎ C．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；‎ D．氯气自身发生氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应 ‎【名师点晴】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意从氧化化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关物质的性质。属于氧化还原反应，说明元素化合价发生变化，但水既不是氧化剂又不是还原剂，说明水中的H和O元素都不发生变化。‎ ‎17.以下各组物质所具有的性质依次为只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的是 A. Na、H+、H2O B. Cl2、KClO3、Fe C. Na+、K、Fe2+ D. KMnO4、CO、H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，Na元素化合价只能升高，钠只有还原性；H+化合价只能降低，H+只有氧化性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以水既有氧化性又有还原性，A错误；‎ B项，Cl2中Cl元素化合价即可升高又可降低，所以Cl2既有氧化性又有还原性；KClO3中Cl元素化合价可以降低， O元素化合价可以升高，所以KClO3既有氧化性又有还原性；Fe 元素化合价只能升高，Fe具有还原性；B错误；‎ C.Na+化合价只能降低，只有氧化性；K元素化合价只能升高，K只有还原性；Fe2+化合价既可以升高，又可以降低，所以Fe2+既有氧化性又有还原性，C正确；‎ D. KMnO4中Mn元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KMnO4既有氧化性又有还原性；CO中碳元素化合价既可以升高，又可以降低，所以CO既有氧化性又有还原性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以H2O既有氧化性又有还原性，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎18.下列反应中，电子转移的表示方法正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 表示电子转移时，双线桥：方程式两侧，同种元素原子间的电子转移情况，箭头指向生成物，并标出得失和电子的数目；单线桥：在反应物一侧，还原剂把电子给了氧化剂，箭头指向氧化剂，不标得失，只写电子的数目；据以上分析解答。‎ ‎【详解】A.SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，得电子，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价，失电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：‎ ‎，A错误；‎ B.Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，失电子；H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，B错误；‎ C.KI→I2，碘元素化合价由-1价升高到0价，失电子；KMnO4→MnSO4，锰元素化合价由+7价降低到+2价，得电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，C正确；‎ D. Cu→CuSO4，铜元素化合价由0价升高到+2价，失电子；H2SO4→SO2，硫元素化合价由+6价降低到+4价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，该方程式电子转移表示方法为：，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎19.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100mol•L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl-离子，则S2O32-将转化成 A. S2- B. S C. SO32- D. SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算，n（Na2S2O3）=‎0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）==0.01mol，设S2O32-被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×（n-2）mol=2×0.01mol n="6" ，答案D。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算 ‎20.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是 A. Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ B. 10Cl−+2MnO4−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O C. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−‎ D. 5Pb2++2MnO4−+2H2O=5PbO2+2Mn2++4H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 铁离子氧化性强于铜，反应可以发生，A正确；B. 高锰酸钾的氧化性强于氯气，反应可以发生，B正确；C. 氯气氧化性强于铁离子，反应可以发生，C正确；D. 二氧化铅的氧化性强于高锰酸钾，反应不能发生，D错误，答案选D。‎ ‎21.某校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用220mL 0.1mol/L的稀盐酸溶液，现用质量分数为36.5%、密度为‎1.19g/cm3的浓盐酸来配制。‎ ‎（1）配制上述溶液需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外有_____________________________‎ ‎（2）根据计算，本实验需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。‎ ‎（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_________.‎ A. 使用容量瓶前检查它是否漏水 B. 容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗 C. 配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1∼‎2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 D. 配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1−‎2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 E. 定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀 ‎（4）假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，试判断所配制的溶液浓度相比于要求的值偏高的是__________‎ A. 容量瓶中有少量蒸馏水 ‎ B. 稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中 C. 配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中 D. 定容时俯视 ‎【答案】 (1). 250 mL容量瓶，胶头滴管 量筒 (2). 2.1 (3). AE (4). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；‎ ‎（2）根据c=1000×ρ×ω/M求出浓盐酸的浓度；根据稀释规律c1×V1= c2×V2计算出浓盐酸的体积；‎ ‎（3）A.容量瓶带有活塞，使用前应查漏；‎ B.容量瓶洗净后可以用蒸馏水洗净后，但不能再用待配液润洗；‎ C.容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体；‎ D. 容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓溶液；‎ E.摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀。‎ ‎（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，根据c=n/V进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）需用220mL0.1mol/L的稀盐酸溶液，应该用250 mL容量瓶配制。配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还有250 mL容量瓶、胶头滴管、量筒；综上所述，本题答案是：250 mL容量瓶、胶头滴管、量筒。‎ ‎（2）需用220mL0.1mol/L的稀盐酸溶液，要用250 mL容量瓶，根据c=1000×ρ×ω/M可知，该浓盐酸的浓度为1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol/L；根据稀释前后溶质的量不变可知：0.25×0.1=11.9×V，V=‎0.0021L=2.1 mL；因此本实验需要用量筒量取浓盐酸的体积为2.1 mL；综上所述，本题答案是：2.1。‎ ‎（3）A、因配制后要摇匀，所以容量瓶在使用前要检查是否漏水，故A正确；‎ B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗，会导致盐酸溶质的量增多，所配溶液浓度偏大，故B错误；‎ C、容量瓶只能在常温下使用，不能用来溶解固体，溶解会产生热效应，冷却后导致所配溶液体积不准确，故C错误；‎ D、容量瓶只能在常温下使用，不能用来稀释溶液，稀释会产生热效应，冷却后导致所配溶液体积不准确，故D错误；‎ E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，目的是使溶液充分混合，浓度均匀，故E正确。‎ 综上所述，本题选AE。‎ ‎（4）A.容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不受影响，故错误； B. 稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故正确；‎ C. 配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中，溶液被稀释，所配溶液的浓度偏低，错误；‎ D.若定容时俯视，导致溶液体积偏小，所配溶液的物质的量浓度偏高，故正确；‎ 因此，本题正确选项：B D。‎ ‎22.将少量饱和FeCl3溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系，完成相关问题：‎ 甲：饱和FeCl3溶液滴加到冷水中；‎ 乙：饱和FeCl3溶液滴加到NaOH溶液中；‎ 丙：饱和FeCl3溶液滴加到沸水中。‎ ‎（1）将丙继续加热煮沸得到红褐色透明液体，反应的化学方程式为____________________。‎ ‎（2）用最简单的方法判断丙中是否成功制备胶体，请写出相关的操作、现象和结论____________________________________________________________。‎ ‎（3）向经过检验后的丙中逐滴加入稀盐酸，会出现一系列变化：‎ ‎①先出现和乙中相同的现象，原因为________________________。‎ ‎②随后发生变化得到和甲相同的溶液，此反应的离子反应方程式为____________________。‎ ‎（4）向丙中加入电极通电后，Fe(OH)3胶体粒子移向_______极；（填“阴极”或“阳极”）‎ ‎（5）可用如图所示的装置除去Fe(OH)3胶体中的杂质离子来提纯Fe(OH)3胶体，实验过程中需不断更换烧杯中的蒸馏水。更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若____________________（填实验现象），则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3+3H2OFe(OH)3( 胶体)+3HCl (2). 强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功 (3). 由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀 (4). Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O (5). 阴 (6). 不出现白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热煮沸得到红褐色透明液体为氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3( 胶体)+3HCl；综上所述，本题答案是：FeCl3+3H2OFe(OH)3( 胶体)+3HCl。‎ ‎（2）胶体具有丁达尔效应，因此判断丙中是否成功制备胶体的操作是用强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功；综上所述，本题答案是：强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功。‎ ‎（3）①由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；‎ ‎②氢氧化铁能与盐酸发生反应生成氯化铁和水，沉淀溶解，此反应的离子反应方程式为Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O；‎ 综上所述，本题答案是：由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O。‎ ‎（4）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此向丙中加入电极通电后，Fe(OH)3胶体粒子应该移向阴极；综上所述，本题答案是：阴。‎ ‎（5）因为银离子与氯离子反应生成白色氯化银沉淀；所以更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若不出现白色沉淀则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去；综上所述，本题答案是：不出现白色沉淀。‎ ‎【点睛】本题考查了分散系的相关知识，重点考查了胶体的性质。三种分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同，胶体和溶液可以透过滤纸，溶液可以透过半透膜，而胶体粒子不能透过半透膜，故可以用渗析法提纯胶体。‎ ‎23.现有以下物质：①铜 ②氨的水溶液 ③纯醋酸 ④NaOH固体 ⑤稀硫酸 ⑥CO2 ⑦BaSO4固体 ⑧乙醇 ⑨CaO固体 ⑩熔融的KNO3‎ ‎（1）能导电的是________________；‎ ‎（2）属于非电解质的是 ___________；‎ ‎（3）既不属于电解质也不属于非电解质的是 _______； ‎ ‎（4）写出上述物质中②和⑤反应的离子方程式___________________________________‎ ‎（5）写出上述物质中⑤和Ba(OH)2反应的离子方程式_______________________________‎ ‎【答案】 (1). ①②⑤⑩ (2). ⑥⑧ (3). ①②⑤ (4). NH3∙H2O+H+=NH4++H2O (5). Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①铜中有自由电子，所以能导电；②氨的水溶液中含有自由移动的离子，所以能够导电；⑤稀硫酸溶液中含有自由移动的离子，所以能够导电；⑩熔融的KNO3中含有自由移动的离子，所以能够导电；而③纯醋酸、④NaOH固体、⑦BaSO4固体、⑨CaO固体没有自由移动的离子，不能导电；因此能够导电的有①②⑤⑩；综上所述，本题答案是：①②⑤⑩。‎ ‎（2）在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；⑥CO2本身不能电离出离子，不导电，但是溶于水后产生碳酸，能够产生自由移动的离子，溶液导电，所以CO2为非电解质；⑧乙醇本身不能电离出离子，溶于水或熔融均不导电，属于非电解质；综上所述，本题答案是：⑥⑧。‎ ‎（3）电解质和非电解质研究的对象均为化合物，即纯净物；①铜属于单质，②氨的水溶液属于混合物，⑤稀硫酸属于混合物，所以以上三种物质既不属于电解质也不属于非电解质；综上所述，本题答案是：①②⑤。‎ ‎（4）②为氨的水溶液，⑤稀硫酸，二者发生中和反应，生成硫酸铵，离子方程式：NH3∙H2O+H+=NH4++H2O；综上所述，本题答案是：NH3∙H2O+H+=NH4++H2O。‎ ‎（5）⑤为稀硫酸，硫酸和Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；综上所述，本题答案是：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O。‎ ‎24.某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：‎ ‎（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到‎1.12L气体(标准状况下)；‎ ‎（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为‎6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g。‎ 根据上述实验回答下列问题：‎ ‎①实验（1）中反应的离子方程式为____________________________，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为______________________________________。‎ ‎②溶液中一定不存在的离子有__________________；‎ ‎③溶液中一定存在的离子有___________，其中阴离子的物质的量浓度分别为___________；‎ ‎④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl—？______________（填“能”或“不能”），理由是_____________________________________。‎ ‎⑤推断K+是否存在并说理由：_________________________________________.‎ ‎【答案】 (1). OH-+NH4+=NH3↑+H2O (2). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (3). Mg2+、Ba2+ (4). NH4+，SO42−、CO32− (5). c(SO42−)=0.1mol/L， (6). c( CO32−)=0.2 mol/L (7). 不能 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银 (8). 存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：‎ ‎（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到‎1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；‎ ‎（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为‎6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；由此排除Ba2+的存在；‎ ‎（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。‎ 据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：‎ ‎（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到‎1.12L气体(‎ 标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；‎ ‎（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为‎6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；‎ ‎①实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。‎ ‎②结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42−、CO32−；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。‎ ‎③结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42−、CO32−；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42−、CO32−；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为‎6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42− -BaSO4可知，n(SO42−)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=‎3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32− - BaCO3可知， n( CO32−)=0.02mol；浓度各为：c(SO42−)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32−)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42−、CO32−；c(SO42−)=0.1mol/L，c( CO32−)=0.2 mol/L。‎ ‎④结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42−、CO32−；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；‎ ‎⑤溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42−、CO32−,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42−、CO32−的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。‎ ‎25.（1）①H2 + CuO Cu + H2O ‎ ‎②CaCO3 + 2HCl==CaCl2 + CO2↑ + H2O ‎③3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O ‎ ‎④NH4NO3 + Zn==ZnO + N2↑+ 2H2O ‎⑤Cu2O + 4HCl==2HCuCl2 + H2O 上述反应中，属于氧化还原反应的是__________________________（填序号）‎ ‎（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O________‎ ‎（3）在反应 KIO3 + 6HI==3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。‎ ‎（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_____________L。‎ ‎（5）配平下面两个反应① ____H2O + ____Cl2 +____ SO2 ==____H2SO4 + ____HCl，____________‎ ‎② ____KMnO4 + ____HCl==____KCl + ____MnCl2 + ____Cl2↑ + ____H2O（系数是1的也请填上），_____‎ 根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ①③④ (2). (3). 1:5 (4). 22.4 (5). 2 1 1 1 2 (6). 2 16 2 2 5 8 (7). 2KMnO4+5 SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①H2 + CuO Cu + H2O ；③3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O；④NH4NO3 + Zn==ZnO + N2↑+ 2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；②CaCO3 + 2HCl==CaCl2 + CO2↑ + H2O；⑤Cu2O + 4HCl==2HCuCl2 + H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：①③④。‎ ‎（2）MnO2→MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-→Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：‎ ‎；综上所述，本题答案是：。‎ ‎（3）在反应 KIO3 + 6HI==3I2 + KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3→I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI→2.5mol I2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。‎ ‎（4）反应 3Cu + 8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu --2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是1×22.4=‎22.4 L；综上所述，本题答案是：22.4。‎ ‎（5）①根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl2→2HCl，氯元素化合价降低2价；SO2→ H2SO4，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O +Cl2 +SO2 ==H2SO4 + 2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。‎ ‎②根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HCl→Cl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4 + 16HCl==2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；KMnO4在反应中做氧化剂，被还原为MnSO4，SO2在反应中作还原剂，被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnSO4，锰元素化合价降低5价；SO2→SO42-，硫元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，SO2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4；综上所述，本题答案是：2,16,2,2,5,8；2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4。‎ ‎【点睛】针对于问题（3）在反应 KIO3 + 6HI==3I2 + KI + 3H2O中，都是碘元素发生化合价变化，因此同种元素之间发生氧化还原反应时，化合价变化为“只靠拢，不交叉”；即KIO3‎ 中+5价的碘降低到0价碘；HI中-1价碘升高到0价碘，但是其中6个HI中有1个-1价碘没有发生变价，有5个-1价碘发生变价，被氧化；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5。‎ ‎ ‎