广东省深圳市深圳中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

广东省深圳市深圳中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 深圳中学2019 2020 第一学期期中考试试题 一、单项选择题(每小题只有一个答案符合题意，共20小题，每小题3分，共60分)‎ ‎1.古文献中记载提取硝酸钾的方法是“此即地霜也。所在山泽、冬月地上有霜、扫取水淋汁、后煎炼而成”。该文献涉及的混合物分离方法是 A. 萃取 B. 蒸馏 C. 结晶 D. 升华 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：KNO3溶解度随温度变化大，结合“取水淋汁、后煎炼而成”故选解答解答该题。‎ 详解：扫取水淋汁、后煎炼而成，水淋溶解过程、煎炼为蒸发、结晶过程，故选C。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )‎ A. 常温常压下，48gO2含有的氧原子数为3NA B. 1L0.1 mol/L CH3CH2OH水溶液中含H原子数目为0.6NA C. 标准状况下，11.2L氦气和氢气的混合气含有的分子数为0.5NA D. 1.7g NH3含有的质子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．48gO2的物质的量为：=1.5mol，含有O的物质的量为：1.5mol×2=3mol，含有氧原子数为3NA，故A正确；‎ B．1L 0.1 mol/LCH3CH2OH水溶液中含有乙醇的物质的量为0.1mol，0.1 mol乙醇分子含有0.6molH原子，由于水分子中含有H原子，则溶液中含H原子数目大于0.6NA，故B错误；‎ C．标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，含有分子数为0.5NA，故C正确；‎ D．1.7gNH3的物质的量为：=0.1mol，0.1mol氨气分子中含有质子的物质的量为：0.1mol×10=1mol，含有的质子数为NA，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。‎ ‎3.如果不小心在食用油中混入部分水，请你选用下列最简便的方法对油水混合物进行分离 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、此装置属于蒸馏或分馏装置，一般用于互溶两种液体的分离，或者分离挥发性和难挥发性物质，故A错误；B、食用油是不溶于水的液体，因此采用分液的方法进行分离，故B正确；C、此装置为过滤，用于不溶物与可溶物的分离，故C错误；D、此装置为蒸发结晶，一般是得到固体晶体，故D错误。‎ ‎4.下列说法不正确的是( )‎ A. 1 mol O2中含有1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4L B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子 C. 同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积 D. 由0.2gH2和8.8gCO2、5.6gCO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1molO2中含有2mol即1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积V=nVm=22.4L，故A正确；‎ B．阿伏加德罗定律：同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子，故B正确；‎ C．根据公式m=nM=M，同温、同压下，气体的Vm是相等的，相同质量的气体的物质的量不一定相等，所以占有的体积不一定相等，故C错误；‎ D．0.2g H2的物质的量为0.1mol，8.8g CO2的物质的量为0.2mol，5.6gCO的物质的量为0.2mol，故混合气体的平均摩尔质量为g/mol=29.2g/mol，混合气体密度是相同条件下O2的密度的=0.913倍，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎5.下列分离混合物的实验计划中不正确的是( )‎ A. 分离乙酸(沸点77.1°C)与某种液态有机物(沸点120°C)的混合物——蒸馏 B. 将溴水中的溴转移到有机溶剂中——加入酒精萃取 C. 用CCl4萃取水中的碘，待液体分层后——下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3——热水溶解、降温结晶、过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种液体互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法可分离，故A正确；‎ B．酒精与水互溶，则酒精不能作萃取剂，故B错误；‎ C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用分液漏斗萃取后、分液可分离，分离混合物时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；‎ D．二者的溶解度受温度影响不同，则热水溶解、降温结晶、过滤可分离，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎6.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是( )‎ A. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度 B. 200mL1 mol×L-1氯化钙溶液中c(C1-)和100 mL 2 mol×L-1氯化钾溶液中c(Cl-)‎ C. 2mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量 D. 64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液物质的量浓度c=，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故A错误；‎ B．1mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，氯离子浓度后者是前者的2倍，故B错误；‎ C．2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，故C错误；‎ D．二氧化硫物质的量为=1mol，含有氧原子物质的量为2mol，标况下22.4LCO物质的量为1mol，含有O原子物质的量为1mol，前者是后者的2倍，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序是 ‎①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ‎④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液 A. ①④①②⑤③ B. ①②⑤④①③‎ C. ①②④⑤③ D. ④②⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于泥沙不溶于水，则将粗盐溶于水，首先过滤得到滤液。又因为不能引入新杂质，则Ca2＋用Na2CO3除去，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，因为所加除杂试剂都是过量，因此Na2CO3另一个作用是除去过量的BaCl2，即Na2CO3放在BaCl2的后面，然后过滤，向所得滤液中再加入盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH即可，因此顺序可以是①②⑤④①③或①⑤②④①③或①⑤④②①③。答案选B。‎ ‎8.下列叙述中正确的是(　　)‎ A. FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应 B. 根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液 C. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 D. 胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用下图表示 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题解析：A．FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是分散质微粒直径大小不同;A错误;根据分散系的分散质微粒直径的大小不同将混合物分为胶体、溶液和浊液;B、C错误;D．分散系是混合物的一种，所以混合物包括分散系，胶体是分散系的一种，分散系包括胶体；D正确；‎ 考点: 考查胶体的相关知识；‎ ‎9.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－‎ ‎ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为( )‎ A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查溶液中电荷守恒规律的应用。‎ ‎【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系，然后结合题意灵活运用即可。‎ ‎10.一定量的Fe2 (SO4)3、ZnSO4、Na2SO4三种溶液分别与足量BaCl2溶液反应。若生成BaSO4沉淀质量比为1︰1︰1，则三种硫酸盐溶液的物质的量比为（ ）‎ A. 1：6：9 B. 1：2：3 C. 1：3：3 D. 1：3：6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】生成BaSO4沉淀质量相等，即生成BaSO4沉淀物质的量相等，即三种硫酸盐提供的硫酸根离子的物质的量相等。根据化学式，如果提供等物质的量的硫酸根离子，三种硫酸盐的物质的量之比为1：3：3。‎ 故选C。‎ ‎11.常温下能大量共存的无色透明离子组是( )‎ A. K+、Na+、NO3-、MnO4- B. NH4+、CH3COO-、Ca2+、Cl-‎ C. OH-、Na+、Br-、HCO3- D. H+、Ba2+、Fe2+、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MnO4-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；‎ B．NH4+、CH3COO-、Ca2+、Cl-之间不发生反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C．OH-、HCO3-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．Fe2+为有色离子，H+、Fe2+、NO3-‎ 之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。‎ ‎12.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是（ ）‎ A. Na2CO3　NaCl　NaOH B. NaCl　NaOH　Na2CO3‎ C. NaOH　NaCl　Na2CO3 D. NaCl　Na2CO3　NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据所加试剂，Mg2+、Ag+、Ba2+均能与Na2CO3反应，则最后加入；Mg2+、Ag+均能与NaOH反应，则第二个加入；Ag+能与NaCl反应，首先加入，则答案为B。‎ ‎13.下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是( )‎ A. 氯化钠溶液中滴入硝酸银溶液 B. 金属钠在氯气中燃烧 C. 铁片置于硫酸铜溶液中 D. 氢氧化钠溶液与稀硫酸反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有离子参加或生成的反应是离子反应，凡是有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，据此解答。‎ ‎【详解】A. 氯化钠溶液中滴入硝酸银溶液中发生复分解反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，是离子反应，不是氧化还原反应，A错误；‎ B. 金属钠在氯气中燃烧生成氯化钠，是氧化还原反应，不是离子反应，B错误；‎ C.‎ ‎ 铁片置于硫酸铜溶液中发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，既是离子反应，又是氧化还原反应，C正确；‎ D. 氢氧化钠溶液与稀硫酸发生中和反应生成硫酸钠和水，是离子反应，不是氧化还原反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3=5N2+6H2O，该反应中被还原和被氧化的氮元素的质量比是（　　）‎ A. 3：2 B. 2：1 C. 1：1 D. 2：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中，化合价升高的元素是氨气中的氮元素，占4mol，在反应中被氧化，化合价降低元素是一氧化氮中的氮元素，占6mol，在反应中被还原，该反应中被氧化和被还原的氮元素的物质的量之比是4：6=2：3，所以被氧化和被还原的氮元素的质量比是2：3．故选D．‎ ‎15.在KClO3+6HCl===KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是（ ）‎ A. 1∶6 B. 1∶5 C. 6∶1 D. 5∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中，KClO3中的氯元素由+5价降为0价，该氯原子为被还原的氯原子；HCl中氯元素由-1价升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是5:1，故选D；‎ 答案：D ‎【点睛】注意氧化还原反应中，同种元素化合价变化不交叉的原则进行分析。‎ ‎16.在VmL硫酸铝溶液中含mg铝离子，取该溶液mL，用水稀释成2VmL，则稀释后溶液中的硫酸根离子的物质的量浓度为（ ）‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ mg铝离子的物质的量为mol，取该溶液mL，则溶液中铝离子的物质的量为mol，用水稀释成2VmL时，铝离子浓度为mol/L，根据硫酸铝组成可知，硫酸根离子的物质的量浓度是铝离子的物质的量浓度3/2倍，则硫酸根离子的物质的量浓度mol/L，A正确。‎ ‎17.下列反应中，氧化反应与还原反应在同一元素间进行的是 A. Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O B. Fe+CuSO4═FeSO4+Cu C. 2KClO32KCl+3O2↑‎ D. 2H2O 2H2↑+O2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2+ 2NaOH =NaCl+ NaClO + H2O中氯元素化合价既升高又降低，氧化反应与还原反应在同一元素间进行，故A正确；‎ B、Fe + CuSO4= FeSO4+ Cu中铁元素化合价升高、铜元素化合价降低，故B错误；‎ C、2KClO32KCl + 3O2↑中氯元素化合价降低、氧元素化合价升高，故C错误；‎ D、2 H2O2H2↑+ O2↑中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎18.实验室需配制一种仅含五种离子(水电离出的离子可忽略)的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1 mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是( )‎ A. Ca2+、K+、OH-、Cl-、NO3- B. Al3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-‎ C. Na+、K+、SO42-、NO3-、Cl- D. Fe2+、H+、Br-、CO3-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据溶液呈电中性，阳离子K+、Ca2+所带正电荷总数等于阴离子OH-、Cl-、NO3-所带的负电荷总数，因体积一定所以c(K+)+2c(Ca2+)=c(Cl-)+c(NO3-)+c(OH-)，在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，则电荷守恒，但Ca2+与OH-能形成氢氧化钙微溶物不能共存，故A错误；‎ B．Al3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-‎ ‎，该组离子之间不反应，则能大量共存，根据溶液呈电中性，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数须等于阴离子Cl-、SO42-、NO3-所带的负电荷总数，在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，3c(Al3+)+c(Na+)=4mol/L，c(Cl-)+c(NO3-)+2c(SO42-)=4mol/L，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数等于阴离子Cl-、SO42-、NO3-所带的负电荷总数，故B正确；‎ C．根据溶液呈电中性，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数等于阴离子SO42-、NO3-、Cl-所带的负电荷总数，因体积一定所以需c(Na+)+c(K+)=c(Cl-)+c(NO3-)+2c(SO42-)，在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，c(Na+)+c(K+)=2mol/L，c(Cl-)+c(NO3-)+2c(SO42-)=4mol/L，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数不等于阴离子SO42-、NO3-、Cl-所带的负电荷总数，故C错误；‎ D．H+与CO32-发生反应，2H++CO32-=CO2↑+H2O，所以该组离子不能大量共存，故D错误；‎ 故答案B。‎ ‎19.某溶液含有NaCl、K2SO4、KCl三种溶质，已知c（Cl﹣）为0.4mol·L－1、c（K+）为0.7 mol·L－1、c（Na+）为0.1 mol·L－1。则该混合溶液中硫酸根离子浓度为 A. 0.1 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1‎ C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度。‎ ‎【详解】溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电荷相等，如果忽略水的电离，则有c（Na+）+c（K+）＝c（Cl－）+2c（SO42－），即0.1mol/L+0.7mol/L＝0.4mol/L+2c（SO42－），所以c（SO42－）＝0.2mol/L，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度的计算，根据电荷守恒来分析解答即可，题目难度不大。答题时要注意忽略水的电离。‎ ‎20.下列离子方程式正确的是( )‎ A. 硫酸溶液中滴加足量氢氧化钡溶液：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓‎ B. 澄清石灰水中加入碳酸钠溶液：Ca2++CO32-=CaCO3↓‎ C 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑‎ D. 金属钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钡为强碱、硫酸为强酸，都可拆分，生成的硫酸钡为难溶物，水为氧化物，都不可拆分，离子方程式为 Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；‎ B．石灰水中加入碳酸钠溶液反应的离子反应为Ca2++CO32-═CaCO3↓，故B正确；‎ C．碳酸钙与醋酸溶液反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，故C错误；‎ D．金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 二、填空题(共4小题，共40分)‎ ‎21.某同学欲用浓H2SO4配制980mL 0.1mol·L－1的稀H2SO4。‎ ‎（1）需要98%密度为1.84g·cm－3的浓硫酸______mL。‎ ‎（2）配制时，必须使用的仪器有______(填代号)，还缺少的仪器是______、______。‎ ‎①烧杯；②10mL量筒；③20mL量筒；④托盘天平（带砝码）；⑤玻璃棒 ‎（3）配制时，该实验两次用到玻璃棒，其作用分别是____________、___________。‎ ‎（4）配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”、“不影响”）。‎ ‎①用量筒量取98%的硫酸时俯视________。‎ ‎②如果加水超过了刻度线，取出水使液面恰好到刻度线________。‎ ‎③容量瓶没有干燥________。‎ ‎【答案】 (1). 5.4 (2). ①②⑤ (3). 1000mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 搅拌防止液滴飞溅 (6). 引流使液体顺利流入容量瓶中 (7). 偏低 (8). 偏低 (9). 不影响 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为1000×1.84×98%/98 mol·L－1＝18.4mol/L。配制980mL0.1mol•L-1稀硫酸溶液，需要1000mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为VmL，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变可得：18.4mol/L×VmL＝1000mL×0.1mol•L-1，解得V＝5.4；‎ ‎（2）量取5.4mL浓硫酸应选择10mL量筒；用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶，答案选①②⑤。还缺少的仪器为1000mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（3）配制时，该实验两次用到玻璃棒，稀释时利用玻璃棒搅拌，防止液滴飞溅；转移时利用玻璃棒引流，使液体顺利流入容量瓶中；‎ ‎（4）①用量筒量取98%的硫酸时俯视，实际量取的浓硫酸减少，浓度偏低；‎ ‎②加水定容时，加水超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；‎ ‎③容量瓶用蒸馏水洗涤后，未干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度不变。‎ ‎【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶、量筒规格选择的依据及使用方法，题目难度不大。‎ ‎22.I．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。 ‎ ‎(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，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是__________，离子反应方程式为_________。‎ ‎(3)取(2)的滤液加入过量NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有___________。‎ ‎(4)原溶液中可能大量存在的阴离子是下列A~D中的(填序号)__________。‎ A．Cl- B．NO3- C．CO32- D．OH-‎ Ⅱ．(1)向CuCl2溶液中滴加NaOH溶液，离子方程式：_________________；‎ ‎(2)向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，离子方程式：______________________________；‎ ‎(3)稀硝酸和KOH溶液混合，离子方程式：___________________。‎ ‎【答案】 (1). Cu2+ (2). Ag+ (3). Ag++Cl-═AgCl↓ (4). Mg2+ (5). B (6). Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓ (7). HCO3-+H+═CO2↑+H2O (8). H++OH-═H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)Cu2+有颜色；‎ ‎(2)AgCl为不溶于稀硝酸的白色沉淀；‎ ‎(3)加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，应为Mg(OH)2；‎ ‎(4)NO3-与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，能共存。‎ Ⅱ．(1)氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和氯化钠；‎ ‎(2)碳酸氢钠与硫酸反应生成硫酸钠和水、二氧化碳；‎ ‎(3)稀硝酸和KOH溶液混合，反应生成硝酸钾和水。‎ ‎【详解】I．(1)由于溶液呈无色透明，而Cu2+有颜色，为蓝绿色，可以肯定原溶液中不存在Cu2+；‎ ‎(2)过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子，反应的离子方程式为Ag++Cl-═AgCl↓；‎ ‎(3)在除去Ag+离子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+；‎ ‎(4)由于Cl-和Ag+离子，CO32-、OH-与Mg2+、Cu2+都能生成沉淀，只有NO3-与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，故原溶液中可能大量存在的阴离子是NO3-，故答案为B；‎ Ⅱ．(1)氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和氯化钠，离子方程式：Cu2++2OH-═Cu(OH)2↓；‎ ‎(2)碳酸氢钠与硫酸反应生成硫酸钠和水、二氧化碳，离子方程式：HCO3-+H+═CO2↑+H2O；‎ ‎(3)稀硝酸和KOH溶液混合，反应生成硝酸钾和水，离子方程式：H++OH-═H2O。‎ ‎【点睛】离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； ④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。‎ ‎23.物质的量在计算中有广泛的应用，请完成下列各小题：‎ ‎(1)9gH2O与__________gH3PO4所含分子数相等。‎ ‎(2)固体X在一定条件下加热分解，其方程式为2XY↑+2Z↑+2W↑，测得生成的混合气体的密度是相同状况下H2的a倍，则X的相对分子质量为__________。‎ ‎(3)在同温同压下，6.5g某气体A的分子数与7gC2H4的分子数相等，则气体A在标准状况下的密度为__________g×L-1(结果保留三位有效数字)。‎ ‎(4) b%的硫酸溶液与4b%的硫酸溶液等质量混合后，所得溶液中溶质的质量分数__________(填“>”、“<”或“=”，下同)2.5b%；如果等体积混合，所得溶液中溶质的质量分数__________2.5b%。‎ ‎【答案】 (1). 49 (2). 5a (3). 1.16 (4). = (5). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分子数相同，则物质的量相同，结合n=计算；‎ ‎(2)相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成的混合气体对氢气的相对密度为a，则混合气体的平均摩尔质量为2ag/mol，根据质量守恒再结合M=计算X的摩尔质量，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；‎ ‎(3)分子数相同，则物质的量相同，结合n=、ρ=计算；‎ ‎(4)等质量混合，混合后浓度等于；硫酸的浓度越大，密度越大，硫酸的密度大于水的密度，将两个质量分数的硫酸等体积混合，则混合后的质量分数比原来两硫酸的质量分数的平均值要大，对于密度小于水的溶液，将两个质量分数的溶液等体积混合，则混合后的质量分数比原来两溶液的质量分数的平均值要小。‎ ‎【详解】(1)水的物质的量为=0.5mol，分子数相同，则物质的量相同，可知H3PO4的质量为：0.5mol×98g/mol=49g；‎ ‎(2)相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成的混合气体对氢气的相对密度为a，则混合气体的平均摩尔质量为2a/mol，假设有2molX反应则生成1molY、2molZ、2molW，生成物的质量=2ag/mol×(1+2+2)mol=10ag，反应前后质量不变，则X的质量为10ag，其摩尔质量==5ag/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以X的相对分子质量为5a；‎ ‎(3)同温同压下，6.5g某气体A的分子数与7g C2H4的分子数相同，A的物质的量为=0.25mol，M(A)==26g/mol，则气体A在标准状况下的密度为=1.16g/L；‎ ‎(4)b%的硫酸溶液与4b%的硫酸溶液等质量混合后，所得溶液的质量分数等于；硫酸的密度大于水，将两个质量分数的硫酸等体积混合，则混合后的质量分数比原来两硫酸的质量分数的平均值要大，即将b%的硫酸溶液与4b%的硫酸溶液等体积混合，所得硫酸溶液的质量分数要大于2.5b%。‎ ‎24.（Ⅰ）、如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3‎ 五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号。请回答下列问题：‎ ‎（1）请将分类依据代号填入相应的括号内：‎ ‎（ ）两种物质都不是电解质 ‎（ ）两种物质都是盐 ‎（2）用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和的图中某种物质M的溶液加热至呈红褐色。‎ ‎①物质M的化学式为________________。‎ ‎②证明有红褐色胶体生成的实验操作是________________________________________。‎ ‎（Ⅱ）反应：A．2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑； B．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑； ‎ C．CaO＋H2O＝Ca(OH)2； D．2H2O＝2H2↑＋O2↑。‎ 其中水是氧化剂的是______，水是还原剂的是________。（填序号）‎ ‎(Ⅲ)反应：3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,还原剂与氧化剂的物质的量之比：_______，当有0.6mol电子转移时。生成的NO在标准状况的体积为________L。‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). FeCl3 (4). 用一束光照射烧杯中的物质，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe(OH)3胶体 (5). B (6). A (7). 3:2 (8). 4.48‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）、（1）氢气属于单质，电解质必须是化合物，不属于电解质的范畴，二氧化碳的水溶液能导电，是生成的碳酸导电，二者不属于电解质，含有钠元素的化合物是氧化钠和氯化钠，二氧化碳和氧化钠中有两种元素组成，一种是氧元素，属于氧化物，氯化钠和氯化铁是能电离出酸根阴离子和金属阳离子的化合物，属于盐类，答案选A、D；（2）①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，继续煮沸可制得一种红褐色氢氧化铁胶体；②胶体可以产生丁达尔效应，因此证明有红褐色胶体生成的实验操作是：用一束光照射烧杯中的物质，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe(OH)3胶体。‎ ‎（Ⅱ）、反应2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑中氧元素化合价升高，水是还原剂；反应2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑中氢元素化合价降低，水是氧化剂；反应CaO＋H2O＝Ca(OH)2中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应；反应中2H2O＝2H2↑＋O2↑氢元素和氧元素的化合价均发生变化，是水的分解反应，水既是氧化剂，也是还原剂。‎ ‎(Ⅲ)、反应3Cu + 8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2‎ O中铜元素化合价从0价升高到+2价，铜还原剂。氮元素化合价从+5价降低到+2价，得到3个电子，硝酸是氧化剂。根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比3:2，当有0.6mol电子转移时生成的NO是0.6mol÷3＝0.2mol，在标准状况的体积为0.2mol×22.4L/mol＝4.48L。‎ ‎ ‎