河南省登封实验高中2019-2020学年高一上学期月考化学试题

河南省登封实验高中2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com ‎2019-2020登封实验高中高一年级上学期第二次段考化学试题 ‎(时间：90分钟　 满分：100分)‎ 可能用到的原子量：H:1 He:4 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Ba:137 ‎ 第Ⅰ卷 选择题（共46分）‎ 一、选择题(本题包括24小题，每题2分，共48分)‎ ‎1. 矿泉水目前已成为人们常用的饮料，市场上有些不法商贩为牟取暴利，用自来水冒充矿泉水出售，为辨别真假，可用下列的一种化学试剂来鉴别，该试剂是 A. 酚酞试液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎2. 一小块金属钠久置于空气中，最终得到的产物是 A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ D 试题分析：金属钠在空气中放置，先与空气中的氧气反应生成氧化钠，然后吸水变成氢氧化钠溶液，再与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失去风化得到碳酸钠，所以选D。‎ 考点： 钠及其化合物的性质 ‎3.金属钠分别与下列溶液反应时，既有红褐色沉淀生成又有气体放出的是（ ）‎ A. BaCl2溶液 B. NaNO3溶液 C. MgCl2溶液 D. FeCl3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属钠遇水先发生反应，生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe（OH）3↓红褐色沉淀。‎ ‎【详解】A、金属钠先和BaCl2溶液中水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2‎ ‎↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；‎ B、金属钠先和NaNO3溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和NaNO3溶液不反应，极只有气体生成，故B错误；‎ C、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与氯化镁溶液反应会生成氢氧化镁的白色沉淀，没有红褐色沉淀生成，故C错误；‎ D、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe（OH）3红褐色沉淀，既有红褐色沉淀析出，又有气体逸出，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解题关键：Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气，再看NaOH是否与选项中的溶液反应生成沉淀．‎ ‎4.当不慎有大量Cl2逸出污染周围空气时，可以用浸有某种物质的一定浓度的水溶液的毛巾捂住鼻子，该物质适宜采用的是 ( )‎ A. NaOH B. NaCl C. Na2CO3 D. Ca(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气能与碱反应来吸收氯气以防止氯气中毒，注意碱性太强时，其腐蚀性强。‎ ‎【详解】A、NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；‎ B、NaCl不与氯气反应，且NaCl溶液抑制氯气的溶解，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故B错误；‎ C、Na2CO3溶液显碱性，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故C正确；‎ D、Ca(OH)2虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但Ca(OH)2的腐蚀性强，浓度低，不能用浸有浓Ca(OH)2溶液的毛巾捂住鼻子，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则同温同压下三种气体的体积之比为（ ）‎ A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：2：1 D. 6：3：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们分别都含有1mol氧原子，结合分子组成计算出各自物质的量，结合V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比。‎ ‎【详解】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们都含有1mol氧原子，则n（CO）=n（O）=1mol，n（CO2）=1/2n（O）=1/2mol，n（O3）=1/3n（O）=1/3mol，根据V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比=1mol：1/2mol：1/3mol=6：3：2，‎ 故选D。‎ ‎6.见下图（A）处通入Cl2，当关闭（B）阀时，（C）处的湿润的红布条没有明显变化，当打开（B）阀时，（C）处的湿润红布条逐渐褪色，则（D）瓶中装的溶液是 A. 浓硫酸 B. NaOH溶液 C. 水 D. NaCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 干燥的氯气没有漂白性，有漂白性的是氯气和水反应生成的次氯酸。关闭B阀时，C处的湿润红布条看不到明显现象，而当打开B阀后，C处的湿润红布条逐渐褪色，，则D中物质与氯气能反应。‎ ‎【详解】A、通过盛浓硫酸D瓶，氯气是干燥的，能使湿润的红色布条褪色，所以D中不能盛放浓硫酸，故A错误；‎ B、NaOH溶液与氯气反应吸收氯气，所以D中能盛放氢氧化钠溶液符合上述现象，故B正确；‎ C、若D中为水，不能吸收氯气，能使湿润的红色布条褪色，不符合上述现象，故C错误；‎ D、若D中为NaCl溶液，不能吸收氯气，能使湿润的红色布条褪色，不符合上述现象，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.将一定量的Na2O2粉末加到滴有紫色石蕊试液的水中，并振荡，观察到的现象（　　）‎ A. 溶液仍为紫色 B. 溶液最终为蓝色 C. 最终溶液褪色,而无其它现象 D. 溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，现象为溶液中产生气泡，同时过氧化钠具有强氧化性，从而具有漂白性。‎ ‎【详解】Na2O2粉与水发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以观察溶液中产生气泡，过氧化钠具有强氧化性，从而具有漂白性，溶液最终变为无色，‎ 故选D。‎ ‎8.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）‎ A. 是否有丁达尔现象 B. 是否能通过滤纸 C. 分散质粒子的大小 D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。‎ ‎【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；‎ B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；‎ C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；‎ D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎9.下列说法正确的是(　　)‎ A. Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是Fe(OH)3胶体带正电荷 B. 将1 L 2 mol·L-1的FeCl3溶液制成胶体后,其中含有氢氧化铁胶粒数为2NA C. 黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关 D. 将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,制得Fe(OH)3胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、胶体不带电；‎ B、水解可制备胶体，且水解为可逆反应，胶体为胶粒的聚合体；‎ C、黄河入海口处三角洲的形成，与胶体的聚沉有关；‎ D、将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,得Fe(OH)3沉淀。‎ ‎【详解】A、胶体不带电，Fe（OH）3胶体能发生电泳现象，说明Fe（OH）3胶体粒子带电，与胶体吸附电荷有关，故A错误；‎ B、水解可制备胶体，且水解为可逆反应，胶体为胶粒的聚合体，n（FeCl3）=1L×2mol·L－1=2mol，则制备氢氧化铁胶粒数一定小于2NA，故B错误；‎ C、黄河入海口处三角洲的形成，与胶体的聚沉有关，与胶体性质相关，故C正确；‎ D、将饱和FeCl3溶液滴到沸水中，加热至溶液呈红褐色,得Fe(OH)3胶体，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查胶体的性质，把握胶体的制备、性质、应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，胶体不带电。‎ ‎10.硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3＋的浓度为0.4 mol/L，硫酸根离子浓度为0.7 mol/L，则K＋的物质的量浓度为 A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.2 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 略 ‎11.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）‎ A B C D 强电解质 Fe NaCl CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 CH3COOH NH3‎ H2CO3‎ Fe(OH)3‎ 非电解质 蔗糖 BaSO4‎ C2H5OH H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。‎ ‎【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；‎ C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；‎ D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎12.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（　　）‎ A. C2H4 B. CH4‎ C. CO2 D. NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：据图像分析，恒压条件下，温度相同时，1 g O2与1 g X相比，‎ O2所占体积大，则氧气的物质的量大于X，根据n=可知X的摩尔质量大于氧气摩尔质量，符合条件的只有CO2，选C。‎ ‎【考点定位】阿伏伽德罗定律推论 ‎【名师点睛】阿伏加德罗定律同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律。当气体所含分子数确定后，气体的体积主要决定于分子间的平均距离而不是分子本身的大小。推论：‎ ‎（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2‎ ‎（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2‎ ‎（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1‎ ‎（4）同温同压同体积时，M1/M2=ρ1/ρ2‎ ‎13.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 标准状况下22.4L氖气含有的原子数为2NA B. 同质量的氧气和臭氧所含的电子数目相同 C. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA D. 2 L 0.1 mol·L－1 K2SO4溶液中离子总数约为0.5 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氖气为单原子分子，标准状况下22.4L氖气含有的原子数为NA，故A错误；‎ B. 同质量的氧气和臭氧所含的原子数相同，所含电子数目相同，故B正确；‎ C. 铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁，5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故C错误；‎ D. 2 L 0.1 mol·L－1 K2SO4溶液中离子总数约为2 L× 0.1 mol·L－1×3NA=0.6NA，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 2.3gNa投入到97.7g水中形成溶液的质量分数为2.3%‎ B. 25g CuSO4.5H2O溶于水配成1L溶液，溶质的物质的量浓度为0.1mol/L C. Na2O2溶于水后溶质未发生改变 D. 标准状况下，22.4 L的SO3中所含分子数为NA个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量；‎ B、根据c=n/V计算；‎ C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气；‎ D、标准状况下，SO3为固体。‎ ‎【详解】A、 2.3gNa与水反应生成4.0gNaOH和0.1g氢气，溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量=4.0g/(2.3g+97.7g-0.1g)=0.04,故A错误；‎ B、根据c=n/V= =0.1mol·L－1，故B正确；‎ C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，溶质为NaOH，故C错误；‎ D、标准状况下，SO3固体，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.配制0.1 mol·L－1 的NaCl溶液，下列操作所配溶液的物质的量浓度偏高的是 （ ）‎ A. 称量时，物码倒置 B. 定容时俯视读取刻度 C. 原容量瓶洗净后未干燥 D. 定容时液面超过了刻度线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合c=n/V及不当操作对n、V的影响，n偏大或V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高.‎ ‎【详解】A．称量时，称量时，物码倒置，固体的质量小于或等于所需质量，n偏小或相等，可能会导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故A不选；‎ B．定容时俯视读取刻度，V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高，故B选；‎ C．原容量瓶洗净后未干燥，对实验无影响，故C不选；‎ D．定容时液面超过了刻度线，V偏大，导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】解题关键：把握实验操作、浓度公式，注意不当操作对n、V的影响。‎ ‎16.下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是 ‎ ‎①使用容量瓶前检查是否漏水；‎ ‎②在容量瓶中溶解氢氧化钠固体； ‎ ‎③容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用；‎ ‎④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶；‎ ‎⑤加水定容时，不小心超出刻度线，用滴管吸出多余液体．‎ A. ①②③ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 容量瓶在使用过程中需要上下颠倒，故使用前必须检查是否漏水，①正确；容量瓶是一种容量器，颈上有标线，表示在所指温度下液体凹液面与容量瓶颈部的标线相切时，溶液体积恰好与瓶上标注的体积相等，所以容量瓶不能加热，不能在其中溶解物质和发生化学反应，②错误。容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水无影响，因为后面步骤中必须加蒸馏水定容，只要定容是正确的，配制的溶液的浓度就没有影响，③正确。转移溶液时如果温度过高，导致溶液的体积膨胀，定容时所加蒸馏水的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，所以溶液须冷却方可转入容量瓶，④正确。加水定容时，不小心超出刻度线，所配溶液的浓度偏低，必须重新配制，⑤错误。故正确答案为B ‎17. 下列书写正确的是 A. NaHCO3=Na+ + H+ + CO32- B. NaHSO4=Na+ + HSO4-‎ C. CH3COOH=CH3COO- +H+ D. Na2SO4=2Na+ + SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、碳酸为弱酸，碳酸氢根不能拆开；‎ B、硫酸为强酸，硫酸氢根需要拆开；‎ C、醋酸为弱酸，部分电离，用可逆符号。‎ ‎18.下列离子方程式中，正确的是 ( )‎ A. 石灰石与盐酸反应：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O B. 钠与水的反应 :‎ C. 氢氧化铜溶于盐酸：Cu2＋＋2OH－＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O D. 氯气与水的反应：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．石灰石为沉淀，应保留化学式；‎ B．原子个数不守恒；‎ C．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式；‎ D．HClO是弱酸，应保留化学式。‎ ‎【详解】A．石灰石与稀盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H＋=CO2↑+H2O+Ca2＋，故A正确；‎ B．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑，故B错误；‎ C．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式，氢氧化铜溶于盐酸，离子方程式：2H++Cu（OH）2=2H2O+Cu2＋，故C错误；‎ D．HClO是弱酸，应保留化学式，氯气与水的反应：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎19.下列各组溶液，能在强酸性或强碱性中都能大量共存且无色的离子组是（　　）‎ A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色时可排除 Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO4－等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，‎ A．铜离子为有色离子，且铜离子、氢离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子、铵根离子与氢氧根离子反应；‎ B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；‎ C．碳酸氢根离子与氢氧根离子和氢离子均反应；‎ D．四种离子之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子和氢氧根离子反应．‎ ‎【详解】A．Cu2＋为有色离子，Cu2＋、H＋与CO32－反应，Cu2＋、NH4＋与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．Ba2－、SO42－之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．H＋、HCO3－之间，OH-、HCO3－之间发生反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；‎ D．K＋、Na＋、NO3－、SO42－之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎20.下列各组物质在溶液中的反应,可用同一离子方程式表示的是 （ ）‎ A. Cu(OH)2与盐酸,Cu(OH)2与醋酸 B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液,Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液 C. NaHCO3溶液与盐酸,Na2CO3溶液与盐酸 D. 石灰石与硝酸反应,石灰石与盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸在离子反应方程式中保留化学式；‎ B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡；‎ C．HCO3－在离子反应方程式中不拆开；‎ D．碳酸钙保留化学式，硝酸、盐酸均为一元强酸．‎ ‎【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸在离子反应方程式中保留化学式，离子反应不能用同一离子方程式表示，故A不选；‎ B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡，水应保留化学式，则离子反应不能用同一离子方程式表示，故B不选；‎ C．HCO3－在离子反应方程式中不拆开，与碳酸根离子不同，则离子反应不能用同一离子方程式表示，故C不选；‎ D．碳酸钙保留化学式，硝酸、盐酸均为一元强酸，离子反应均为CaCO3+2H＋=H2O+CO2↑+Ca2＋，故D选；‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】易错点C，明确离子反应中应保留化学式的物质及弱酸的酸式酸根离子不可拆分。‎ ‎21.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为　　‎ A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：4：3 D. 3：2：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据=cB·V可知，当物质的量浓度相同时溶质物质的量与溶液体积成正比，因为NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为3∶2∶1，因此三种溶液中溶质物质的量之比：n(NaCl):n(MgCl2):n(AlCl3)=3:2:1，所以NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量之比为(3×1):(2×2):(1×3)=3:4:3，答案选C。‎ ‎22.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在SO42—‎ B. 向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定存在CO32—‎ C. 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在CO32—‎ D. 加入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成，则溶液中有Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能为SO42－，还可能是Ag＋；‎ B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫；‎ C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，还可能是SO32－ SiO32－等；‎ D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀，但后二者能溶于稀硝酸；‎ ‎【详解】A、AgCl和BaSO4均为不溶于硝酸的白色沉淀，故能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能是SO42－，还可能是Ag＋，故A错误；‎ B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，如果是二氧化碳，则原溶液中可能含CO32－或HCO3－；如果是二氧化硫，则原溶液中可能含SO32－或HSO3－，故B错误；‎ C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，还可能是SO32－ SiO32－等，故C错误；‎ D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀，但后二者能溶于稀硝酸，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎23.某溶液中含有Ba2+、HCO3-、Cl-、NO3- 4种离子，先向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，再加入足量的稀盐酸，溶液中大量减少的离子是 （ ）‎ A. Ba2+ B. HCO3- C. Cl－ D. NO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存。‎ ‎【详解】某溶液中含有Ba2＋、HCO3－、Cl－、NO3－四种离子，先向溶液中加入足量NaOH，能发生反应的离子反应为HCO3－+OH－=H2O+CO32－，CO32－+Ba2＋=BaCO3 ↓，再加入足量稀盐酸，发生的反应为OH－+H＋=H2O，BaCO3+2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑，氯离子增加，钡离子、硝酸根离子数目不变，可知大量减少的离子为HCO3－，‎ 故选：B。‎ ‎24.有一无色混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、H＋，现取三份100mL溶液进行如下实验：(已知NH4＋+OH-NH3+H2O；MgCO3是微溶物)（1）第一份加入足量AgNO3‎ 溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）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，以下推测正确的是（ ）‎ A. K＋一定存在 B. 100mL溶液中含0.01mol CO32－‎ C. Cl－一定存在 D. Fe3＋一定不存在，Mg2＋可能存在 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，‎ ‎①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；‎ ‎②加入氢氧化钠产生气体，该0.04mol气体为氨气，说明溶液中一定含有NH4＋，且物质的量为0.04mol；‎ ‎③2.33g为硫酸钡沉淀，其物质的量为0.01mol，6.27g为硫酸钡和碳酸钡，据此可以计算出碳酸钡的物质的量；再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子，据此进行判断．‎ ‎【详解】无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，‎ ‎①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl－、CO32－、SO42－；‎ ‎②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，一定有铵离子0.04mol；‎ ‎③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量是：2.33g/233g·mol－1=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为：6.27g-2.33g=3.94g，碳酸钡物质的量为：3.94g/197g·mol－1=0.02mol，所以原溶液中一定存在：CO32－、SO42－，因而一定不含Ba2＋；‎ c（CO32－）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4＋）=0.04mol；n（-）=2n（CO32－）+2n（SO42－）=0.06mol，故一定有K＋，至少0.02mol；‎ A、原溶液中一定存在的离子有NH4＋、K＋、CO32－、SO42－，故A正确，‎ B、依据计算可知碳酸根物质的量为0.02mol，故B错误；‎ C、一定没有的离子Fe3＋、Ba2＋，可能存在Cl－，故C错误；‎ D、同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2＋，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】难点和易错点：定性实验和定量计算相结合，同时涉及离子共存、离子反应等信息，尤其是K＋的确定是难点和易错点．‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共50分)‎ 二、非选择题(本题包括4小题，共52分)‎ ‎25.实验室常用浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20g•cm-3。‎ ‎(1)此浓盐酸的物质的量浓度是 ___mol•L-1； ‎ ‎(2)配制100.0mL该浓盐酸，需要标准状况下HCl的体积为 ____L； ‎ ‎(3)配制100.0mL3.00mol•L-1的盐酸，需以上浓盐酸的体积为 ___mL； ‎ ‎(4)取100.0mL3.00mol•L-1的盐酸，用NaOH溶液中和消耗 NaOH的质量是 ____g。‎ ‎(5)将10.0mL3.00mol•L-1的盐酸与10.0mL1.00mol•L-1的MgCl2溶液混合，则混合溶液中Cl-的物质的量浓度是 ___ mol•L-1（设混合后溶液的体积不变）。‎ ‎(6)写出电离方程式：①NaHCO3____________；②KHSO4___________。‎ ‎【答案】 (1). 12 (2). 26.88 (3). 25 (4). 12 (5). 2.5 (6). NaHCO3= Na＋＋HCO3- (7). KHSO4 = K＋＋ H＋＋SO42－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据物质的量浓度C=1000ρω/M计算；‎ ‎（2）根据n=CV和V=n·Vm计算；‎ ‎（3）根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀计算；‎ ‎（4）根据方程式计算；‎ ‎（5）根据C（Cl－）=n(Cl－)总/V总计算．‎ ‎（6）碳酸是弱酸，HCO3-不拆，硫酸是强酸，HSO4-在水中全电离。‎ ‎【详解】（1）溶液的物质的量浓度C=1000ρω/M=1000×1.20g/ml×36.5%/36.5g·mol－1=12.0 mol·L-1；‎ ‎（2）100.0 mL该浓盐酸中所含HCl的物质的量为0.1 L×12.0 mol·L-1=1.20 mol，需要标准状况下HCl的体积为1.20 mol×22.4 L·mol－1=26.88 L．‎ ‎（3）设配制稀盐酸需要浓盐酸的体积是V，则有0.100 L×3.00 mol·L-1=V×12.0 mol·L-1，解得V=0.0250 L，即25.0 mL．‎ ‎（4）根据方程式NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，n(NaOH)=n(HCl)=100.0mL×3.00mol•L-1=0.3mol,m(NaOH)=0.3mol×40g·mol－1=12g；‎ ‎（5）10.0 mL 3.00 mol·L-1的盐酸中Cl－的物质的量为0.0100 L×3.00 mol·L-1=0.0300 mol，10.0 mL 1.00 mol·L-1的MgCl2溶液中Cl－的物质的量为0.0100 L×1.00‎ ‎ mol·L-1×2=0.0200 mol，则混合溶液中Cl－的物质的量浓度是（0.0300 mol+0.0200 mol）÷0.0200 L=2.50 mol·L-1．‎ ‎（6）碳酸是弱酸，HCO3-不拆，硫酸是强酸，HSO4-在水中全电离，在水溶液中电离方程式： NaHCO3= Na＋＋HCO3- ， KHSO4=K＋＋H＋＋SO42－。‎ ‎26.完成下列问题：有下列物质：①铝、②硫化氢、③金刚石、④氢氧化铝、⑤干冰、⑥液氯、⑦盐酸、⑧氢氧化钠固体、⑨碳酸氢钾溶液、⑩熔融的硫酸钡、⑪液氨、⑫氨水、⑬冰醋酸、⑭乙醇。（填序号） ‎ ‎(1)其中在常温下能导电的是______。‎ ‎(2)属于非电解质的是__________。‎ ‎(3)属于电解质的是______________。‎ ‎(4)属于弱电解质的是_____________。‎ ‎【答案】 (1). ①⑦⑨⑩⑫ (2). ⑤⑪⑭ (3). ②④⑧⑩⑬ (4). ②④⑬‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 存在自由移动的电子，溶液或熔融状态下，含有自由移动离子的可以导电 水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，‎ 水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，‎ 水溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质，‎ ‎【详解】①铝能导电，是单质，不是电解质和非电解质，‎ ‎②硫化氢不能导电，溶于水导电属于电解质，水溶液中部分电离属于弱电解质，‎ ‎③金刚石是单质，不能导电，不是电解质和非电解质，‎ ‎④氢氧化铝不导电，水溶液中微弱部分电离属于电解质中的弱电解质，‎ ‎⑤干冰CO2不能电离，不能导电，属于非电解质，‎ ‎⑥液氯是液态氯气属于单质，不能导电不是电解质和非电解质，‎ ‎⑦氯水是氯气水溶液，是混合物，能导电，不是电解质，‎ ‎⑧氢氧化钠固体不能导电，溶于水导电属于电解质中的强电解质，‎ ‎⑨碳酸氢钾溶液导电，是电解质溶液，‎ ‎⑩硫酸钡粉末不能导电，熔融状态完全电离属于电解质中强电解质，‎ ‎⑪液氨是液态氨气，不能电离，不能导电，属于非电解质，‎ ‎⑫氨水氨气水溶液，是混合物，能导电，不是电解质，‎ ‎⑬冰醋酸是纯净醋酸不能导电，溶于水导电部分电离，属于电解质中的弱电解质，‎ ‎⑭乙醇不能电离不能导电，属于非电解质，‎ 其中在常温下能导电的是①⑦⑨⑩⑫，属于非电解质的是⑤⑪⑭，属于电解质的是 ②④⑧⑩⑬，属于弱电解质的是②④⑬。‎ ‎【点睛】易错点：①铝能导电是单质，不是电解质和非电解质；⑩硫酸钡粉末不能导电，水中难溶，但熔融状态完全电离属于电解质中的强电解质。‎ ‎27.氯气是一种重要的化工原料。‎ ‎（1）氯气和石灰乳反应可以制得漂白粉，漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效，漂白粉失效过程的化学反应方程式为：______。‎ ‎（2）氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b、c、d中重合部分代表物质间反应，且氯水足量）。‎ ‎①c过程反应的离子方程式______，e过程中的离子方程式为 _______。‎ ‎②d过程所观察到的现象为：____，原因： ____，b过程的离子方程式： ______。‎ ‎【答案】 (1). Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO (2). Ag++Cl-=AgCl↓ (3). Cl2+2OH－ = Cl－ +ClO-+H2O (4). 先变红后褪色 (5). 氯气和水反应生成HCl、HClO,溶液显酸性使石蕊变红HClO具有漂白性(或强氧化性)使溶液褪色 (6). 2H++CO32-=CO2↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸不稳定见光分解生成氯化氢和氧气；‎ ‎（2）氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，氯水中含有3种分子：Cl2（氯分子）、HClO（次氯酸分子）、H2O（水分子）；4种离子：Cl－‎ ‎（氯离子）、H＋（氢离子）、ClO－（次氯酸根离子）、OH－（氢氧根离子），由此对照分析。‎ ‎【详解】（1）漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效，是和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解得到氯化氢和氧气，反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑；‎ ‎（2）①c过程的反应是氯水中的盐酸和硝酸银反应得到氯化银沉淀，反应的化学方程式为：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，反应的离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓；e过程中的化学反应是氯水中的氯气和氢氧化钠发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应的离子方程式：Cl2+2OH－ = Cl－ +ClO-+H2O ；‎ ‎②氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，d过程所观察到的现象是先变红色，后褪色；b过程是氯水中的盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，证明了氯水中存在酸，存在的微粒为H＋，离子方程式： 2H++CO32-=CO2↑＋H2O。‎ ‎【点睛】解题关键：明确氯气及氯水成分及性质，难点（2）氯水中不同的成分，决定了在与不同的物质反应时，显示不同的现象。‎ ‎28.Ⅰ.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：‎ ‎(1)写出反应的离子方程式__________。‎ ‎(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是____(填序号)。‎ A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液中显中性 B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀 C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量 ‎(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用右图中的___曲线表示(填序号)。‎ ‎(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将____________。‎ Ⅱ.某地甲、乙两厂排放污水，污水中含有下列8种离子中的4种：Ag+、Ba2+、Fe3+ 、Na+、Cl-、SO42-、NO3-、OH-（两厂所排污水不含相同离子）。两厂单独排放都会造成严重的水污染（其中甲厂的污水是碱性的），如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低。关于两厂所排污水中所含的4种离子，你认为应该是：甲厂：________；乙厂________。‎ ‎【答案】 (1). Ba2＋＋2OH－＋SO42-＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O (2). A (3). C (4). 沉到烧杯底部 (5). OH－ Cl－ SO42- Na＋ (6). Fe3＋ Ba2＋ Ag＋ NO3—‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）反应生成硫酸钡和水，硫酸钡和水在离子反应中均保留化学式；‎ ‎（2）恰好完全反应时，溶液为中性；‎ ‎（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强；‎ ‎（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度．‎ Ⅱ.将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，甲厂呈碱性，可假设乙厂含有Ag＋，则一定不含SO42－、OH－、Cl－，则SO42－、OH－、Cl－应存在与甲厂，因Ba2＋与SO42－、Fe3＋与OH－不能共存，则Fe3＋、Ba2＋存在于乙厂，根据溶液呈电中性可知，乙厂一定存在NO3－；所以乙厂含有的离子有：Ag＋、Ba2＋、Fe3＋、NO3－，甲厂含有的离子为：Na＋、Cl－、SO42－、OH－。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）反应生成硫酸钡和水，离子反应为Ba2＋+2OH－+SO42－+2H＋═BaSO4↓+2H2O；‎ ‎（2）离子方程式（1）反应后溶液为中性，‎ A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性，离子反应为Ba2＋+2OH－+SO42－+2H＋═BaSO4↓+2H2O，故A选；‎ B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42－恰好完全沉淀，离子反应为Ba2＋+OH－+SO42－+H＋═BaSO4↓+H2O，故B不选；‎ C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量，离子反应为Ba2＋+OH－+SO42－+H＋═BaSO4↓+H2O，故C不选；‎ 故选A；‎ ‎（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有C符合；　‎ ‎（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度，塑料小球将沉到烧杯底部。‎ Ⅱ.将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，甲厂呈碱性，可假设乙厂含有Ag＋，则一定不含SO42－、OH－、Cl－，则SO42－、OH－、Cl－应存在与甲厂，因Ba2＋与SO42－、Fe3＋与OH－不能共存，则Fe3＋、Ba2＋存在于乙厂，根据溶液呈电中性可知，乙厂一定存在NO3－；所以乙厂含有的离子有：Ag＋、Ba2＋、Fe3＋、NO3－，甲厂含有的离子为：Na＋、Cl－、SO42－、OH－。‎ ‎ ‎