2018-2019学年湖北省利川市第五中学高一上学期期中模拟考试化学试题（解析版）

2018-2019学年湖北省利川市第五中学高一上学期期中模拟考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年湖北省利川市第五中学高一上学期期中模拟考试化学试题（解析版）‎ 相对原子质量为：H：1 C：12 O：16 Cl：35.5 Na：23 N：14‎ 第一卷 选择题（共60分）‎ 一、选择题（每题只有一个选项符合或最符合题意）‎ ‎1.下列实验操作中不正确的是 （ ）‎ A. 在由氢氧化铜分解制氧化铜时，要边加热边用玻璃棒搅拌 B. 用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部 C. 过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上 D. 如果没有试管夹，可以临时手持试管给固体或液体加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A在由氢氧化铜分解制氧化铜时，要边加热边用玻璃棒搅拌，这时玻璃棒的作用可以加速固体的蒸分解速率，A项正确；B、固体药品的取用可以用药匙、镊子或纸槽，可以用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部，B项正确；C、过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上，防止将滤纸弄破，影响实验结果，C项正确；D、不能用手拿试管对试管进行加热，否则试管受热后会灼伤皮肤，发生危险，D项错误；答案选D。‎ 考点：考查化学实验基本操作 ‎2.下列物质分类中，前者包含后者的是 A. 氧化物 化合物 B. 化合物 电解质 C. 溶液 胶体 D. 溶液 分散系 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：氧化物属于化合物，故A错误；电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，故B正确；溶液、胶体是并列关系，故C错误；溶液属于分散系，故D项错误。‎ 考点：本题考查物质分类。‎ ‎3.以下实验不是用于分离物质的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.属于蒸发操作，用于可溶性固体与液体的分离,故A不选； B.属于蒸馏装置，用于分离沸点不同的液体混合物；故B不选； ‎ C.用来配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于分离物质；故C可选；‎ D.属于洗气装置，可以用于气体与气体间的分离；故D不选；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1 NA B. 常温常压下,1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NA C. 通常状况下，1 NA 个CO2分子占有的体积为22.4L D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为1 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标况下,水是液体,不能使用气体摩尔体积进行计算，故A错误； B.常温常压下, 1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为2×NA×1.06g/106g/mol=0.02 NA，故B正确； C.通常状况下,Vm≠22.4L/mol,NA个CO2分子占有的体积不为22.4L ,故C错误； D.没有给定溶液的体积，不能计算出含有Cl- 个数，故D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】n=V/Vm使用范围是针对气体的；标况下，1mol 气体占有的体积约为22.4L，常温常压下，22.4L气体的物质的量小于1mol。‎ ‎5. 一定温度下，将少量生石灰放入一定量的饱和石灰水中，搅拌并冷却到原温度，下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶质的质量增大 B. 溶质的物质的量浓度增大 C. Ca（OH）2溶解度不变 D. 溶质的质量分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．由于氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使溶液因此减少了水，饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出，所以溶质减少，故A错误；B．物质的量浓度是表示溶液浓度的一种方法，由于溶液温度不变，并且溶液仍为饱和溶液，所以饱和溶液的物质的量浓度未变，故B错误；C．饱和溶液随溶剂水的减少，溶质相应析出，变化后的溶液仍为饱和溶液，且溶液温度没有改变，根据相同温度下的同种溶质的饱和溶液的溶质质量分数相同，所以，溶液的浓度（即溶质Ca（OH）2浓度）不变，故C正确；D．由于溶液温度不变，并且溶液仍为饱和溶液，所以饱和溶液的溶质质量分数不变，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了溶解度的影响因素的相关知识。‎ ‎6.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）‎ A. Na+ 、K+、SO42-、HCO3- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3- C. Na+、 K+、Cl-、 NO3- D. Fe3+、K+、SO42-、Cl- ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．酸性条件下HCO3-与H+反应生成二氧化碳气体而不能大量存在，A项错误；B．Cu2+为蓝色，与题目无色不符，B项错误；C．Na+、 K+、Cl-、 NO3- 四种离子无色，且离子之间不发生任何反应，能大量共存，C项正确．D．Fe3+为黄色，与题目无色不符，D项错误．答案选C．‎ ‎7.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是 A. 氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH−+H+=H2O B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O C. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag D. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；‎ B．澄清石灰水中的氢氧化钙应该拆开，正确的离子方程式为：OH﹣+H+═H2O，故B错误；‎ C．铜片插入硝酸银溶液中，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；‎ D．碳酸钙溶于稀盐酸中，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D正确；故选D．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．‎ ‎8.下列变化需要加入还原剂才能实现的(　　)‎ A. MnO4-Mn2+ B. HClCl2 C. FeFe3+ D. KClO3O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：需要加入还原剂才能实现，这说明该微粒得到电子，作氧化剂，有关元素的化合价降低，A、Mn元素的化合价降低，A正确；B、氯元素的化合价升高，作还原剂，B错误；C、铁的化合价升高，作还原剂，C错误；D、氧元素的化合价升高，作还原剂，另外氯酸钾分解即可产生氧气，D错误，答案选A。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关判断 ‎9.下列仪器：①试管 ②蒸发皿 ③烧杯 ④烧瓶 ⑤坩埚 ⑥容量瓶 ⑦量筒 能用酒精灯直接加热的是 A. ①②③④⑤ B. ①②③④⑥ C. ①②⑤ D. ②④⑤⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】能用酒精灯直接加热的是：①试管， ②蒸发皿，⑤坩埚，而③烧杯 、④烧瓶需要垫石棉网加热，⑥容量瓶 和⑦量筒不能加热；C正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎10.下列物质的提纯方法可能属于化学变化的是（ ）‎ A. 蒸馏 B. 过滤 C. 分液 D. 洗气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析： A．蒸馏利用物质沸点不同，属于物理变化；‎ B．过滤是根据物质颗粒大小不同，也是物理变化；‎ C．分液利用的是液体互不相溶，也是属于物理变化。‎ D．洗气就是把混合气体中杂质气体除去，有可能导致物质发生化学变化。‎ 考点：物质的提纯 点评：本题考查物质的提纯的操作，涉及相关原理，可用排除法解答，题目难度不大。‎ ‎11.某实验小组只领取下列仪器或用品：铁架台、铁圈、铁夹、三角架、石棉网、烧杯、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、蒸馏烧瓶、火柴、滤纸、漏斗。只应用上述仪器或用品，不能进行的实验操作是 A. 蒸发 B. 萃取 C. 过滤 D. 蒸馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸发用到三角架、蒸发皿、玻璃棒，提供的仪器能满足该操作，A不符合；‎ B．萃取需要铁架台、铁圈、分液漏斗、烧杯等仪器，提供的仪器能满足，B不符合；‎ C．过滤需要铁架台、铁圈、烧杯、玻璃棒、滤纸、漏斗，提供的仪器能满足，C不符合；‎ D．蒸馏需要铁架台、铁圈、铁夹、石棉网、酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管以及锥形瓶，提供的仪器缺少冷凝管、牛角管以及锥形瓶，不能进行实验，D符合；‎ 答案选D。‎ ‎12.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列造成所配溶液浓度偏低的原因是 A. 容量瓶没有充分干燥 B. 称量氢氧化钠过程用时过长 C. 装入试剂瓶时有少量NaOH溶液残留在容量瓶内 D. 向容量瓶加水定容时俯视液面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c=n/V可得,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，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化；若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大,或V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎【详解】A、容量瓶没有充分干燥，有少量的蒸馏水，因为定容时还需要加入蒸馏水,所以不影响配制结果，A错误；‎ B、氢氧化钠具有吸水性，称量过程用时过长，导致氢氧化钠潮解,称取的氢氧化钠的物质的量减小,配制的溶液中溶质的物质的量减小,根据c=n/V可得,配制的溶液浓度偏低,故 B正确；‎ C、装入试剂瓶时有少量NaOH溶液残留在容量瓶内，溶液浓度不变，故C错误；‎ D、定容时俯视液面,会导致溶液的体积偏小，根据c=n/V可得，配制的溶液的浓度偏高,故D错误； 综上所述，本题选B。‎ 二．选择题（本题包括8小题，每小题只有一个选项符合或最符合题意）‎ ‎13.胶体区别于其它分散系的本质是（ ）‎ A. 胶体的分散质粒子直径在1 nm～100nm之间 B. 胶体粒子带电荷并且在一定条件下能稳定存在 C. 胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙 D. 胶体粒子能够发生布朗运动而且能产生丁达尔现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．分散质粒子直径在1 ～ 100 nm之间，这是胶体区别于溶液和浊液的微观本质，A正确；B．有些胶体中分散质粒子吸附带正（或负）电的离子，因此胶体粒子正（或负）电，如氢氧化铁胶体（或土壤胶体），但也有的胶体中分散质粒子不能吸附带电离子，因此这种胶体粒子不带电，如淀粉胶体等，无论胶体粒子是否带电，都不是胶体的本质特征，B错误；C．胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙，这种宏观现象不是其本质，C错误；D．胶体粒子能够发生布朗运动而且能产生丁达尔现象，这种宏观、肉眼看得见的现象不是其本质，D错误；答案选A。‎ ‎【考点定位】考查胶体的本质和性质。‎ ‎14.下列溶液中Cl－浓度与50 mL 1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl－浓度相等的是(　　)‎ A. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液 B. 75 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液 C. 150 mL 2 mol·L-1的KCl溶液 D. 75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎50mL 1mol•L-1的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度是3mol/L；A．150mL 1mol•L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1 mol•L-1×1=1mol/L；B．75mL2 mol•L-1NH4Cl溶液中c(Cl-)=2mol•L-1×1=2mol/L；C．150 mL 2mol•L-1的KCl溶液中c(Cl-)=2mol•L-1×1=2mol/L；D．75 mL 1 mol•L-1的FeCl3溶液中c(Cl-)=1mol•L-1×3=3mol/L；故答案为D。 ‎ ‎15.用10 mL的0.1 mol·L－1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁（Fe2(SO4)3）、硫酸锌（ZnSO4）和硫酸钾（K2SO4）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】‎ ‎【分析】‎ 根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，相同的Ba2+‎ 恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，由硫酸根离子的物质的量确定硫酸盐的物质的量，体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比。‎ ‎【详解】由相同的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则由Ba2++SO42-=BaSO4↓可知SO42-～1/3Fe2（SO4）3～ZnSO4～K2SO4,又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为:1/3:1:1=1:3:3，C正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎16.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）‎ A. 氢氧化钠与盐酸，；氢氧化钡与硝酸 B. BaCl2与Na2SO4；Ba(OH)2与H2SO4‎ C. Na2CO3与硝酸；Na HCO3与硝酸 D. 石灰石与硝酸；石灰石与硫酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化钠是易溶于水的强碱,盐酸是强酸，氢氧化钠与盐酸反应的离子方程式为:H++OH-=H2O；氢氧化钡是易溶于水的强碱, 硝酸是强酸，氢氧化钡与硝酸反应的离子方程式为: H++OH-=H2O；能用同一离子方程式表示，故A正确； B. BaCl2与Na2SO4反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：Ba2++ SO42-= BaSO4↓；Ba(OH)2与H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++ SO42-= BaSO4↓+2H2O；不能用同一离子方程式表示，故B错误；‎ C、碳酸钠和硝酸反应生成硝酸钠、二氧化碳和水,反应的离子方程式为:CO32-+2H+=CO2↑+ H2O；NaHCO3与硝酸反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+ H2O；不能用同一离子方程式表示,故C错误； D、石灰石是碳酸钙,是难溶物，与硝酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+ H2O+Ca2+；石灰石与硫酸反应生成硫酸钙微溶，覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进行一步进行，离子方程式与石灰石和硝酸反应不一样，不能用同一离子方程式表示，故D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】离子反应方程式的书写及判断是高中化学重要的内容。在判断离子方程式正误时，要从以下几个方面入手：先判断各物质是否能够拆成离子，能拆的不拆，不该拆的拆了，这就不符合要求；第二观察一下生成物是否书写正确；第三观察一下该离子反应电荷或电子或原子是否守恒；第四判断该反应是否满足反应发生的规律。只要做到这些，还是能够快速准确的解决问题的。‎ ‎17.氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为－1价)，反应方程式如下：‎ CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是 A. 既不是氧化剂也不是还原剂 B. 是氧化剂 C. 是还原剂 D. 既是氧化剂又是还原剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 该反应中，CaH2中H的化合价为﹣1，H2O中H的化合价为+1，H2中H的化合价为0，所以氢化钙失电子作还原剂，水得电子作氧化剂，故选B．‎ ‎【点评】本题考查了氧化剂和还原剂的判断，明确元素化合价变化即可解答，结合氧化剂和还原剂概念来分析，难度不大．‎ ‎18.对于相同物质的量的SO2和SO3，下列说法中一定正确的是（ ）‎ A. 硫元素的质量比为5∶4 B. 分子数之比为1∶1‎ C. 原子总数之比为4∶3 D. 体积之比为1∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，对于相同物质的量的SO2和SO3，S的物质的量相同，由m=n×M知硫元素质量相同，硫元素的质量比为1∶1，故A项错误；‎ B项，物质的量相同，则分子数相同，分子数之比为1∶1，故B项正确；‎ C项，相同物质的量的SO2和SO3,原子总数之比应为3:4，故C项错误；‎ D项，没有给定气体的存在条件（温度和压强），所以相同物质的量的SO2和SO3，气体的体积之比不一定为1∶1，故D项错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎19.a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：‎ 反应物 a+b c+d a+d a+c b+d 现象 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 无色气体 由上述现象可推知a、b、c、d依次是（ ）‎ A. HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3‎ B. AgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2‎ C. BaCl2、Na2CO3、 AgNO3、HCl D. AgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题属于鉴别题,题目给出的信息：b+d有无色气体产生，因此b、d是盐酸和碳酸钠中的一种,那么a、c是BaCl2、 AgNO3中的一种；又因为c+d 、 a+d都有白色沉淀生成，因此d是碳酸钠，b是盐酸；又因为a+b 有白色沉淀，因此a是硝酸银，c是氯化钡；据以上分析解答。‎ ‎【详解】由题目给出的信息可以知道：b+d有无色气体产生，因此b、d是盐酸和碳酸钠中的一种,那么a、c是BaCl2、AgNO3中的一种；又因为c+d 、a+d都有白色沉淀生成，因此d是碳酸钠，b是盐酸；又因为a+b 有白色沉淀，因此a是硝酸银，c是氯化钡；所以D选项是正确的；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎20.某溶液中含有Cl-和I-的物质的量浓度相同。为了氧化I-而不使Cl-氧化，试根据下列三个反应判断，可选用的氧化剂是：①2Fe3++2I-＝2Fe2++I2 ②2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl- ③2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O A. FeCl2 B. KMnO4 C. 浓盐酸 D. FeCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，同样还原剂的还原性强于还原产物的还原性。则根据反应①可知氧化性是Fe3＋＞I2；根据反应②可知氧化性Cl2＞Fe3＋；根据反应③可知氧化性是MnO4-＞Cl2，综上所述氧化性强弱顺序是MnO4-＞Cl2＞Fe3＋＞I2。因此为了氧化I-而不使Cl-氧化，A、氯化亚铁不能氧化碘离子，A不正确；B、高锰酸钾既能氧化碘离子，也能氧化氯离子，B不正确；C、浓盐酸不能氧化碘离子，C不正确；D、氯化铁能氧化碘离子，但不能氧化氯离子，D正确，答案选D。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关判断和应用 第二卷 非选择题（每空2分共40分）‎ 三、填空题 ‎21.（1）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是___；R的相对原子质量约是_______________。‎ ‎（2）下列四组物质从性质角度均有一种物质的类别与其它三种不同 A．CaO、Na2O、CO2、CuO B．H2、C、P、Cu C．O2、Fe、Cu、Zn D．HCl、H2O、H2SO4、HNO3‎ 以上四组物质中类别不同于其它三种的物质依次是（化学式）A________B ________； C_______D_____。‎ ‎（3）这四种物质相互作用可生成一种新物质，该反应化学方程式________转移电子数________‎ ‎【答案】 (1). 120g/mol (2). 24 (3). CO2 (4). Cu (5). O2 (6). H2O (7). 2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3 (8). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据n=m/M进行计算；‎ ‎ ‎ ‎(2)A、从氧化物分类上进行分析；B、从单质的分类上进行分析；C、从单质的分类上进行分析；D、从酸的分类上进行分析；‎ ‎(3)铜、二氧化碳、水、氧气反应生成的碱式碳酸铜，该反应属于氧化还原反应，根据方程式判断反应转移的电子数。‎ ‎【详解】（1）设RSO4的摩尔质量为M ，则1.2g/M=0.01mol, M=120 g/mol；摩尔质量以g/mol为单位，在数值上等于该物质的相对分子质量，设R的相对原子质量为x,因此120=x+96，x =24；综上所述，本题答案是：120g/mol；24。 ‎ ‎(2)A、CaO、Na2O 、CuO是金属氧化物，而CO2是非金属氧化物； B、H2、C、P是非金属单质,Cu是金属单质； C、O2是非金属单质，Fe、Cu、Zn属于金属单质； D、HCl、H2SO4、HNO3为酸， H2O是中性； 以上四组物质中类别不同于其它三种的物质依次是（化学式）A为CO2；B为Cu；C为O2；D为H2O； ‎ 综上所述，本题答案是：CO2、Cu、O2、H2O。‎ ‎(3)铜、二氧化碳、水、氧气反应生成的碱式碳酸铜,化学方程式为:2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，该反应中有元素化合价的变化属于氧化还原反应,铜由0价升高到+2价，2个Cu参加反应转移电子数为4，所以该反应转移电子数为4； 综上所述，本题答案是：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，4。‎ ‎22.按要求写溶液间反应的离子方程式： （1）氢氧化钠与氯化铜_______‎ ‎（2）碳酸氢钠与澄清石灰水一比一反应___ （3）三氯化铁与碘化钾氧化还原反应_______‎ ‎【答案】 (1). 2OH-+Cu2+=Cu (OH)2↓ (2). HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓ (3). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氢氧化钠与氯化铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和氯化钠，据此写出离子方程式；‎ ‎（2）碳酸氢钠与澄清石灰水（1:1）反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，据此写出离子方程式；‎ ‎（3）三氯化铁与碘化钾氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化钾和碘，据此写出离子方程式。‎ ‎【详解】（1）氢氧化钠与氯化铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和氯化钠，离子方程式：2OH-+Cu2+=Cu (OH)2↓；综上所述，本题答案是：2OH-+Cu2+=Cu (OH)2↓。‎ ‎（2）碳酸氢钠与澄清石灰水（1:1）反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式：HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓；综上所述，本题答案是：HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓。‎ ‎（3）三氯化铁与碘化钾氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化钾和碘，离子方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；综上所述，本题答案是：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。‎ ‎【点睛】碳酸氢钠与澄清石灰水（1:1）反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓；碳酸氢钠与澄清石灰水（2:1）反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2+ +2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以针对这样的反应，要采用“少定多变”的方法进行处理，即以量少的为准。‎ 四、实验题 ‎23.选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。‎ A．萃取分液B．升华C．结晶D．分液 E．蒸馏 F．过滤 ‎（1）______分离饱和食盐水与沙子的混合物。‎ ‎（2）______从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。‎ ‎（3）______分离水和汽油的混合物。‎ ‎（4）______分离CCl4（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物。‎ ‎【答案】 (1). F (2). C (3). D (4). E ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法； (2)硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，采用结晶法分离； (3)互不相溶的液体采用分液方法分离； (4)分离沸点不同的互溶的液体混合物采用蒸馏方法分离。‎ ‎【详解】(1)沙子难溶于水、氯化钠易溶于水,所以采用过滤方法分离饱和食盐水和沙子的混合物；因此，本题正确答案是: F； (2)硝酸钾和氯化钠都溶于水,但二者在水中的溶解度随温度的变化不同,可用结晶的方法分离,因此，本题正确答案是:C； (3)水和汽油不互溶,二者混合分层,所以采用分液方法分离；因此，本题正确答案是:D； (4)四氯化碳和甲苯互溶且都是液体,二者沸点不同,可以采用蒸馏方法分离；因此，本题正确答案是:E。‎ ‎【点睛】混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同的液体混合物的分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。‎ 五、计算题 ‎24.实验室常用盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20g/3。‎ ‎⑴此浓盐酸的物质的量浓度是多少？_______________(列式计算)‎ ‎⑵配制100mL3.00mol/L的盐酸，需以上浓盐酸多少mL？ ______________(列式计算)‎ ‎⑶用浓盐酸配制该稀盐酸需要以下哪些步骤（按操作顺序填写序号）：_____________________ 。‎ ‎①计算②装瓶③用50mL量筒量取一定体积的浓盐酸④洗涤⑤移液⑥稀释⑦定容⑧摇匀 ‎【答案】 (1). 12.0mol/L (2). 25ml (3). ①③⑥⑤④⑦⑧②‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据 计算；（2）根据稀释前后溶质物质的量不变列式计算；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液分析实验步骤；‎ 解析：（1）12.0mol/L；‎ ‎（2）设配制100mL3.00mol/L的盐酸，需以上浓盐酸多少 xmL ‎ ‎100mL×3.00mol/L= xmL×12 mol/L X=25ml；‎ ‎（3）用浓盐酸配制该稀盐酸需要以下步骤：①计算；③用50mL量筒量取25.0mL浓盐酸；⑥稀释；⑤移液；④洗涤；⑦定容；⑧摇匀；②装瓶。‎ 点睛：溶质质量分数与物质的量浓度的转换公式为；溶液稀释过程中溶质的物质的量一定保持不变。‎ ‎25.标准状况下，11.2LCO和CO2混合气体质量为20.4g，求混合气体中CO和CO2的体积比_____________和质量比_____________。（只有结果一半分）‎ ‎【答案】 (1). 1∶4 (2). 7∶44‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设CO和CO2物质的量分别为xmol、ymol，根据气体的物质的量和气体的质量列方程组进行求解，然后根据气体的体积之比等于物质的量之比，计算体积比；根据n×M=m计算质量比。‎ ‎【详解】标况下，11.2L气体物质的量为0.5mol,质量为20.4g,设CO和CO2物质的量分别为xmol和ymol，所以x+y=0.5, 28x+44y=20.4, 解得x=0.1、‎ ‎ y=0.4；相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，因此，CO和CO2的体积比为0.1：0.4=1:4；质量比：（0.1×28）：（0.4×44）=7∶44；‎ 综上所述，本题答案是：1∶4； 7∶44。‎ ‎ ‎ ‎ ‎