新疆伊犁哈萨克自治州伊宁市第八中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

新疆伊犁哈萨克自治州伊宁市第八中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

化学考试试卷 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Cu-64）‎ 第Ⅰ卷（选择题共48分）‎ 一、单选题(本题共24小题，每题只有1个正确答案，每小题2分，共48分）‎ ‎1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下面所列物质，贴错了包装标签的是（ ）‎ 选项 A B C D 物质 浓硫酸 汽油 酒精 氯酸钾 标签 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸有腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，故A正确；‎ B．汽油属于易燃物，应贴易燃液体的标志，图为易燃液体标志，故C正确；‎ C．酒精属于易燃物，应贴易燃液体的标志，图为剧毒品标志，故C错误；‎ D．KClO3属于易爆物，应贴爆炸品的标志，图为爆炸品标志，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）‎ A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]‎ B. 铁制菜刀生锈 C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D. 铝锅表面生成致密的氧化膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应过程，故B不选；‎ C．酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；‎ D．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎3.在水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）‎ A. CO32-、H+、NO3-、Na+‎ B. Na+、Cu2+、OH-、SO42-‎ C. Mg2+、H+、HCO3-、SO42-‎ D. NH4+、K+、Cl-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO32-与H+能够反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故A错误；‎ B．Cu2+与OH-能够反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C．H+与HCO3-能够反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；‎ D．NH4+、K+、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时的反应是S+2KNO3+‎3C=K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的还原剂是（ ）‎ A. C B. S C. KNO3 D. S和KNO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】S+2KNO3+‎3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中S元素化合价由0价变为-2价、C元素化合价由0价变为+4价、N元素化合价由+5价变为0价，化合价升高的反应物是还原剂，化合价降低的反应物是氧化剂，所以C是还原剂，S和硝酸钾是氧化剂。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】明确元素化合价的变化与性质的关系是解本题关键。要注意还原剂和氧化剂都是反应物，本题中的还原剂只有一种，氧化剂有两种。‎ ‎5.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）‎ ‎①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3‎ A. H2SO3>I->Fe2+>NO B. I->Fe2+>H2SO4>NO C. Fe2+>I->H2SO3>NO D. NO>Fe2+>H2SO3>I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3还原剂，I-为还原产物，还原性：H2SO3>I-；②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：I->Fe2+；③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2还原剂，NO为还原产物，还原性：Fe2+>NO；由此可知，还原性由强到弱的顺序为H2SO3>I->Fe2+>NO，故答案为A。‎ ‎6.下列化学变化中，需加入氧化剂才能实现的是(　　)‎ A. C→CO2 B. CO2→CO C. CuO→Cu D. H2SO4→BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，选项A正确；‎ B．C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项B错误；‎ C．Cu元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项C错误；‎ D．各元素化合价均不变，无须加入氧化剂或还原剂，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，加入氧化剂才能实现，则题中物质应具有还原性，与氧化剂发生氧化还原反应，所含元素被氧化，化合价升高。‎ ‎7.吸入人体內的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3的作用是（ ）‎ A. 作还原剂 B. 作氧化剂 C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 既不作氧化剂又不作还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体內的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3 为还原剂。‎ 故选A。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 液态HCl、固态NaCl均不能导电,所以HCl、NaCl是非电解质 B. NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电,所以NH3、CO2、Cl2是电解质 C. 蔗糖、乙醇在液态时或水溶液里均不能导电,所以它们是非电解质 D. 铜、石墨均能导电,所以它们是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 非电解质是水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，HCl水溶液能导电、NaCl水溶液或熔融NaCl都能导电,，所以HCl、NaCl是属于电解质，A错误；‎ B. 电解质是水溶液或熔融状态下都能导电的化合物，NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电，是因为它们与水反应的产物氨水、碳酸、盐酸或次氯酸在导电，不是NH3、CO2、Cl2本身在导电，所以NH3、CO2、Cl2属于非电解质，B错误；‎ C. 蔗糖、乙醇在液态或水溶液里均不能导电，所以它们是非电解质，C正确；‎ D. 电解质或非电解质都是化合物，铜、石墨是单质，所以它们即不是电解质，也不是非电解质，D错误。‎ ‎【点睛】电解质或非电解质都是属于化合物，单质、混合物即不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎9.下列化学方程式中，不能用H＋+OH-=H2O表示的是 A. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B. Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O C. Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O D. KOH+HCl=KCl+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O为酸碱中和反应，其离子方程式为H++OH-=H2O，A不符合题意；‎ B．Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O酸碱中和反应，其离子方程式为H++OH-=H2O，B不符合题意；‎ C．Cu(OH)2属于难溶于水的物质，不能拆写为离子形式，离子反应为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，C符合题意；‎ D．KOH+HCl=KCl+H2O的离子反应可用H++OH-=H2O表示，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是 A. NaCl晶体、BaSO4 B. 铜、二氧化硫 C. 液态的醋酸、酒精 D. 熔融的KNO3、硫酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡属于电解质，故A错误；‎ B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫属于非电解质，故B错误；‎ C．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故C正确；‎ D．熔融的KNO3属于电解质；硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电解质与非电解质，解答该类概念性题目，应抓住概念中的关键词，并注意大多数有机化合物都是非电解质。无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质。‎ ‎11.在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目是（ ）‎ A. 3.01‎‎×1023 B. 6.02×‎1023 ‎C. 0.5 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol，由N=n×NA 可知，钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023。‎ 故选B。‎ ‎12.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是 A. 实验使用的主要仪器是分液漏斗 B. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大 C. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色 D. 分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；‎ B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；‎ C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；‎ D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎13.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）‎ A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀 B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间 C. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同 D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作用，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法，据此判断。‎ ‎【详解】A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会发生聚沉，因此产生氢氧化铁沉淀，A正确；‎ B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间，B正确；‎ C. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，C错误；‎ D. Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.科学家发现一种化学式为H3的氢分子，则1molH3和1molH2具有相同的（ ）‎ A. 分子数 B. 原子数 C. 质子数 D. 电子数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1molH3和lmolH2都含有NA个分子，分子数相同，故A正确；‎ B．H3和H2含有的H原子数分别为3、2，则1molH3和lmolH2含有的原子数分别为3mol、2mol，原子数不同，故B错误；‎ C．H3和H2含有的质子数分别为3、2，则1molH3和lmolH2含有的质子数分别为3mol、2mol，质子数不同，故C错误；‎ D．H3和H2含有的电子数分别为3、2，则1molH3和lmolH2含有的电子数分别为3mol、2mol，电子数不同，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎15.下列物质中，摩尔质量最大的是（ ）‎ A. 10mLH2O B. 0.8molH2SO4‎ C. ‎54gAl D. 1gCaCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的相对分子质量为18，摩尔质量为‎18g/mol；‎ B．H2SO4的相对分子质量为98，摩尔质量为‎98g/mol；‎ C．铝的相对原子质量为27，摩尔质量为‎27g/mol；‎ D．CaCO3的相对分子质量为100，故摩尔质量为‎100g/mol；‎ 故 CaCO3的摩尔质量最大，故选D。‎ ‎【点睛】明确摩尔质量与相对分子质量的关系是解题的关键。本题的易错点为B，要注意摩尔质量与质量的区别，摩尔质量以g/mol 作单位，数值上等于其相对分子质量，与物质的质量或物质的量无关。‎ ‎16.等质量的CH4和NH3相比较，下列结论正确的是（ ）‎ A. 它们的分子个数比为17∶16 B. 它们的原子个数比为17∶16‎ C. 它们的氢原子个数比为17∶16 D. 它们所含氢的质量比为17∶16‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】令CH4和NH3的质量都为‎1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol。‎ A．分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为mol∶mol=17∶16，故A正确；‎ B．每个CH4分子含有5个原子，1gCH4含有原子的物质的量为5×mol，每个NH3分子含有4个原子，1gNH3含有的原子物质的量为4×mol，所以等质量的CH4和NH3含有原子数目之比为5×mol∶4×mol=85∶64，故B错误；‎ C．每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4×mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3×mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故C错误；‎ D．氢元素质量之比等于氢原子物质的量之比，由C可知等质量的CH4和NH3含有H氢元素质量之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎17.下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸钠溶液与石灰乳的反应：CO32-+Ca2+=CaCO3↓‎ B 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42-+H++OH-=BaSO4↓+H2O C. 铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+=Cu2++Ag D. 硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠溶液与石灰乳反应的离子方程式为CO32-+Ca(OH)2═CaCO3↓+2OH-，故A错误；‎ B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；‎ C．铜片插入硝酸银溶液中反应的离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；‎ D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意石灰乳中氢氧化钙应保留化学式，在澄清石灰水中氢氧化钙改成离子形式。‎ ‎18.下列溶液中物质的量浓度为1mol/L的是（ ）‎ A. 将40gNaOH溶解在‎1L水中 B. 将22.4LHCl气体溶于水配成‎1L溶液 C. 将‎1L10mol/L浓盐酸加入‎9L水中 D. 将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．40gNaOH的物质的量为1mol，溶解在‎1L水中配成的NaOH溶液的体积不是‎1L，浓度不是1mol/L，故A错误；‎ B．标况下，22.4LHCl的物质的量是1mol，常温常压下，22.4LHCl的物质的量小于1mol，未告知温度和压强，无法计算22.4LHCl气体的物质的量和得到溶液的物质的量浓度，故B错误；‎ C．‎1L10mol/L的浓盐酸与‎9L水混合配成溶液的体积不是‎10L，所以混合后溶液的物质的量浓度不是1mol/L，故C错误；‎ D．10gNaOH物质的量为0.25mol，溶解后配制为250mL的溶液，其浓度为1 mol/L，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】正确理解物质的量浓度的概念是解题的关键，本题的易错点为B，要注意气体摩尔体积受温度和压强的影响，温度越高，气体摩尔体积越大，‎ ‎19.今有下列物质：①1molNH3②标准状况下11.2LN2③‎4℃‎时10mL水④标准状况下22.4LCH4‎ 原子数由多到少的顺序是（ ）‎ A. ④③①② B. ④②①③ C. ②④①③ D. ④①③②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①1molNH3中的原子数为1×4×NA=4NA；‎ ‎②标准状况下‎11.2L N2的物质的量n(N2)= =0.5mol，原子数为0.5mol×2×NA/mol=NA；‎ ‎③‎4℃‎时10mL水的质量为10mL×‎1g/mL=‎10g，其物质的量为=mol，原子数为×3×NA= NA；‎ ‎④标准状况下22.4LCH4的物质的量n(CH4)==1mol，原子数为1mol×5×NA/mol=5NA；‎ 则所含原子数由多到少的顺序是④①③②，故选D。‎ ‎20.下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是（ ）‎ A. 100mL0.5mol/LMgCl2溶液 B. 200mL0.5mol/LCaCl2溶液 C. 50mL1mol/LNaCl溶液 D. 25mL0.5mol/LHCl溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】100mL0.5mol/L NaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。‎ A．100mL0.5 mol/L MgCl2 溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L×2=1mol/L，故A错误；‎ B．200mL 0.5mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5mol/L×2=1 mol/L，故B错误；‎ C．50mL 1mol/LNaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，故C错误；‎ D．25mL 0.5mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5mol/L，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】正确理解物质的量浓度的概念是解题的关键。解答本题要注意溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关。‎ ‎21.下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 过滤操作时，漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁 B. 用蒸发皿蒸发溶液时，边加热边用玻璃棒搅拌，直到液体全部蒸干 C. 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 D. 使用容量瓶时，要先干燥 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过滤操作要注意“一贴二低三靠”，其中的“一靠”就是漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁，故A正确；‎ B.蒸发时,不能将溶液蒸干，应出现大量固体时停止加热，故B错误； ‎ C.萃取不需要考虑萃取剂的密度，需考虑溶剂与水不互溶，不反应等，故C错误；‎ D.使用容量瓶配制溶液时，需要向容量瓶内加入一定量的水，因此不需要先干燥容量瓶，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】过滤操作要点：一贴：滤纸紧贴漏斗内壁；二低：滤纸边缘低于漏斗边缘；漏斗内液体液面低于滤纸边缘；三靠：烧杯口紧靠玻璃棒；玻璃棒斜靠在三层滤纸处；漏斗下端管口紧靠烧杯内壁。‎ ‎22.下列物质：①纯碱②食盐水③空气④烧碱⑤液氯⑥硝酸钾，分类全正确的是（ ）‎ A. 碱——①④ B. 电解质——③④⑤ C. 混合物——②③ D. 盐——②⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，属于碱的只有④，故A错误；‎ B．③空气是混合物，⑤液氯属于单质，它们既不是电解质也不是非电解质，属于电解质的有①④⑥，故B错误；‎ C．②食盐水、③空气都属于混合物，混合物有②③，故C正确；‎ D．②食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物，不属于盐，属于盐的有①⑥，故D错误；‎ 故选C ‎【点睛】抓住酸、碱、盐、电解质、混合物等的特征是正确解答本题的关键。本题的易错点为⑤液氯，要注意液氯是纯净物，氯水是混合物。‎ ‎23.某气体在标准状况下体积是‎4.48L，质量是‎14.2 g，该气体的摩尔质量是 A. 71 B. ‎71 g•mol﹣‎1 ‎ C. 28.4 D. ‎28.4 g•mol﹣1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某气体在标准状况下体积是‎4.48L，物质的量是‎4.48L÷‎22.4L/mol＝0.2mol，质量是‎14.2 g，因此该气体的摩尔质量是‎14.2g÷0.2mol＝‎71g/mol，‎ 答案选B。‎ ‎24.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列反应属于丙区域的是（ ）‎ A. Cl2+2KBr═Br2+2KCl B. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑‎ C. 3Mg+N2Mg3N2 D. 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，丙区域属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型的反应，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，也属于氧化还原反应，不符合丙区域要求，故A不选；‎ B．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，且元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，不符合丙区域要求，故B不选；‎ C．3Mg+N2Mg3N2属于化合反应，也属于氧化还原反应，不符合丙区域要求，故C不选；‎ D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2中O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型的反应，符合丙区域要求，故D选；‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷（共52分)‎ 二、填空题 ‎25.某无色透明溶液中可能大量存在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NaOH，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___。‎ A．Cl－ B．NO3- C．CO32- D．OH－‎ ‎【答案】 (1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+； (3). Ag++Cl−=AgCl↓ (4). Mg2+ (5). Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。‎ ‎【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为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↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；‎ ‎(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；‎ ‎(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。‎ 三、计算题 ‎26.（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑反应中。‎ ‎①__元素被氧化，__是氧化剂。‎ ‎②__是氧化产物，__发生氧化反应。‎ ‎③用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目__。‎ ‎④参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比__。‎ ‎（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。‎ ‎①该气体的物质的量为__mol。‎ ‎②该气体所含原子总数为___个。‎ ‎③该气体在标准状况下的体积为__L。‎ ‎④该气体完全溶于水形成VL溶液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度__mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). Cl (2). MnO2 (3). Cl2 (4). HCl (5). (6). 2∶1 (7). (8). (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl的元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律分析解答；‎ ‎(2)①据n=计算；②根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；③根据V=nVm计算；④根据c=计算。‎ ‎【详解】(1)MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，氧化产物为Cl2，Mn元素的化合价降低，MnO2为氧化剂， 发生还原反应。‎ ‎①Cl元素被氧化，MnO2氧化剂，故答案为：Cl；MnO2；‎ ‎②Cl2氧化产物，HCl发生氧化反应，故答案为：Cl2；HCl；‎ ‎③在MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氯元素化合价升高，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，故答案为：‎ ‎；‎ ‎④由反应可知，4molHCl参加反应，其中2mol作还原剂被氧化，则参加反应的HCl与被氧化的HCl的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；‎ ‎(2)①m g某气体的物质的量为=mol，故答案为：；‎ ‎②因为一个分子中含三个原子，所以含有的原子数为分子数的3倍，即为3×mol×NAmol-1=NA，故答案为：NA；‎ ‎③标准状况下，该气体的体积为mol×‎22.4L/mol=L，故答案为：；‎ ‎④所得溶液的物质的量浓度=mol/L=mol/L，故答案为：。‎ 四、实验题 ‎27.为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：‎ 称取粗盐滤液精盐 ‎（1）如何检验该粗盐中含有SO42-___。‎ ‎（2）第④步中加入过量的Na2CO3的目的是___。‎ ‎（3）蒸发结晶需要的玻璃仪器___。‎ ‎（4）若先加适量盐酸再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______。（用离子方程式结合文字解释）‎ ‎【答案】 (1). 取少量待测液于试管中，先加入过量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀，说明待测液中含有硫酸根离子 (2). 完全去除钙离子和钡离子 (3). 玻璃棒、蒸发皿、酒精灯 (4). 盐酸会将前面生成的沉淀溶解，CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+、BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+、Mg(OH)2+2H+=Mg2++ 2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，根据流程图，将粗盐溶于水配成溶液，加入氯化钡溶液沉淀硫酸根离子，加入NaOH沉淀镁离子，再加入碳酸钠沉淀钙离子和钡离子，过滤后，加入适量盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，最后蒸发结晶烘干得到精盐，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)检验该粗盐中含有SO42-，可以取少量待测液于试管中，先加入过量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀，说明待测液中含有硫酸根离子，故答案为：取少量待测液于试管中，先加入过量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，有白色沉淀，说明待测液中含有硫酸根离子；‎ ‎(2)碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：完全去除钙离子和钡离子；‎ ‎(3)蒸发结晶需要的玻璃仪器有玻璃棒、蒸发皿、酒精灯，故答案为：玻璃棒、蒸发皿、酒精灯；‎ ‎(4)若先用盐酸调pH再过滤，氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀和碳酸钡沉淀均会和盐酸反应，将对实验结果产生影响，反应的离子方程式分别为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+、BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，因此需要先过滤，再加入适量盐酸，故答案为：盐酸会将前面生成的沉淀溶解，CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+、BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。‎ ‎28.A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。‎ 请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。‎ ‎（1）除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀___；‎ ‎（2）从碘水中提取碘___；‎ ‎（3）用自来水制取蒸馏水___；‎ ‎（4）除去粗盐中的泥沙___；‎ ‎（5）与海水晒盐原理相符的是___。‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). A (4). B (5). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知A为蒸馏，常用于分离沸点不同的液体混合物；B为过滤，常用于分离固液混合物；C为萃取分液；D为蒸发，结合混合物的性质的异同选择分离方法。‎ ‎【详解】(1)除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀，可以选用过滤的方法，故答案为：B；‎ ‎(2)碘在水中的溶解度较小，但易溶于有机物溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：C；‎ ‎(3)用自来水制取蒸馏水，可用蒸馏的方法获得，故答案为：A；‎ ‎(4)泥沙不溶于水，可用过滤的方法除去粗盐中的泥沙，故答案为：B；‎ ‎(5)海水晒盐是利用水易挥发的性质，用太阳光提供能量使水变成水蒸气，实现盐和水的分离，相当于蒸发，故答案为：D。‎ ‎29.用18mol·L-1浓硫酸配制250mL0.9mol·L–1稀硫酸的步骤如下：‎ ‎①计算所用浓硫酸的体积；②量取一定体积的浓硫酸；③稀释；④ ；⑤转移、洗涤；⑥定容、摇匀；⑦装瓶贴标签 完成下列问题：‎ ‎（1）计算所需浓硫酸的体积为___。步骤④的内容为___。‎ ‎（2）容量瓶使用前必须___，容量瓶上需标有以下五项中的___（填序号）；‎ ‎①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线 ‎（3）第③步实验的操作中用到的玻璃仪器有___。‎ ‎（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（选填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。‎ ‎①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，则___；‎ ‎②定容时俯视刻度线，则___。‎ ‎【答案】 (1). 12.5mL (2). 冷却至室温 (3). 检查是否漏水 (4). ①③⑤ (5). 玻璃棒、烧杯 (6). 无影响 (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；依据配制一定物质的量浓度溶液的步骤分析解答；‎ ‎(2)根据容量瓶构造分析解答；‎ ‎(3)依据浓硫酸稀释的操作选择需要的仪器；‎ ‎(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)用18 mol/L 浓硫酸配制250mL 0.9 mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则18mol/L×V=250mL×0.9 mol/L，解得：V=12.5mL；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以缺少的操作步骤④为冷却至室温，故答案为：12.5mL；冷却至室温；‎ ‎(2)容量瓶口部有塞子，使用前必须检查是否漏水；容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器：容量瓶上标有：温度 、容量 、刻度线，故答案为：检查是否漏水；①③⑤；‎ ‎(3)第③步为浓硫酸的稀释，正确操作为：将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓水中，同时用玻璃棒不断搅拌，用到的仪器：烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；‎ ‎(4)①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故答案为：无影响；‎ ‎②定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故答案为：偏高。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)，要注意一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看不当操作会引起n和V怎样的变化。‎