内蒙古自治区第一机械制造（集团）有限公司第一中学2018_2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

1、1内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学 2018-2019 学年高一上学期期中考试化学试卷1.下列对诗句、谚语解释或说明，不正确的是A. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” ，该过程发生了置换反应C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应D. “卤水点豆腐，一物降一物”发生了化学反应【答案】D【解析】【详解】A.龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，故 A 正确；B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” ，其原理为铁置换出铜，属于置换反应，故 B

2、 正确；C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” ，说的是物质的燃烧，该过程涉及氧化还原反应，故 C 正确；D. “卤水点豆腐，一物降一物” ，这其实说的就是胶体的聚沉，是物理变化。所以 D 选项是错误的。答案选 D。【点睛】物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成。如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化。2.下列说法正确的是A. 铜、纯净的盐酸均导电，所以它们是电解质B. 酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以酒精是非电解质C. CaO 在水溶液和熔融状态下均能导电，所以它们的导电原理相同D. 固体 KCl、液态 HCl 均不导电，所以 KCl、HCl 均是非电解质【

3、答案】B【解析】【详解】A、铜是单质，盐酸是混合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故 A 错误；B、酒精在水溶液中和熔融状态时都不导电，属于非电解质，故 B 正确；C、CaO 溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙电离产生自由移动的离子，所以 CaO 水溶液能导电，2CaO 在熔融状态下是自身电离出离子而导电，所以它们的导电原理不同，故 C 错误；D、KCl 在水溶液中和熔融状态时都能导电，液态 HCl 在水溶液中能导电，所以 KCl、HCl均是电解质，故 D 错误。所以 B 选项是正确的。【点睛】电解质指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，导电必须是化合物自身电离出自由移动的离子；在上述两种情况

4、下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。3.下列实验操作能用到玻璃棒，且玻璃棒作用相同的是 过滤 蒸馏 溶解 萃取 蒸发 分液 向容量瓶转移液体A. 和 B. 和 C. 和 D. 和【答案】B【解析】【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，在溶解中加速溶解，在过滤中引流，防止液体飞溅，在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅，配制溶液转移液体需要玻璃棒引流，以此来解答。【详解】过滤、向容量瓶转移液体，需要玻璃棒引流；溶解、蒸发需要玻璃棒搅拌。所以 B 选项是正确的。4.设 NA为阿伏加德罗常数

5、的值，下列说法正确的是A. 25，1.0110 5Pa，64gSO 2中含有的原子数不是标准状况不能计算B. 通常状况下，N A 个 CO2分子占有的体积为 22.4 LC. 46g 二氧化氮（NO 2）和 46g 四氧化二氮（N 2O4）含有的原子数不一样多D. 常温常压下，1.06 g Na 2CO3含有的 Na+离子数为 0.02 NA【答案】D【解析】【详解】A. 64gSO2的物质的量= =1mol，一个 SO2分子含有 3 个原子，则 64g SO2中含64g64g/mol有的原子数为 3NA，故 A 错误；3B. 不是标况下，无法计算 NA个二氧化碳分子所占的体积，故 B 错误；

6、C. 46g 二氧化氮的物质的量= =1mol，含有原子数为 3NA，46g 四氧化二氮的物质的量=46g46g/mol=0.5mol，含有原子数为 0.5 NA=3NA，均为 3NA，故 C 错误；46g92g/mol 6D.常温常压下，1.06 g Na 2CO3的物质的量为 0.01mol，含有有的 Na+离子的物质的量为0.02mol，钠离子数为 0.02 NA，所以 D 选项是正确的。所以 D 选项是正确的。5.下列关于 ag H2和 bg He 的说法正确的是A. 同温同压下，H 2和 He 的体积比是 a:bB. 同温同压下，若 a=b，则 H2与 He 的物质的量之比是 2:1

7、C. 体积相同时，He 的质量一定大于 H2的质量D. 同温同压下，若二者的物质的量相等，其密度也相等【答案】B【解析】【详解】A、ag H2的物质的量为 =0.5amol，bgHe 的物质的量为 =0.25bmol，同温ag2g/mol bg4g/mol同压下，体积之比等于物质的量之比，所以 H2和 He 的体积比为 0.5amol ：0.25bmol =2a:b，故 A 错误；B、由 A 可以知道 H2和 He 的物质的量之比为 2a:b，若 a=b，则 2a:b =2：1，故 B 正确；C、氦的摩尔质量比氢气大，气体的物质的量与压强、温度有关，体积相同时，若温度、压强相同，则 He 的质

8、量一定大于 H2的质量；若温度、压强不同，则无法确定气体的物质的量，故无法判断其质量关系，故 C 错误；D、同温同压下，气体摩尔体积为定值，二者的物质的量相等，其体积也相等，但质量不相等，所以密度不相等，故 D 错误。所以 B 选项是正确的。【点睛】本题考查了有关阿伏伽德罗定律及推论，注意有关气体体积的计算要考虑温度和压强，易错点是氢气和氦气的相对分子质量容易出错。6.某学生配制 100mL1 molL1 的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于 1 molL1 ，他的下列操作中使浓度偏低的原因是 用量筒量取浓硫酸时，俯视读数量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后，再转移

9、到 100mL 容量瓶中，烧杯未洗涤4容量瓶没有烘干用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中时有溶液流到了容量瓶外面溶液未经冷却即定容用胶头滴管加蒸馏水时，加入过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好与刻度线相切滴加蒸馏水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，盖上瓶塞反复摇匀后，静置，发现液面比刻度线低，再加水至刻度线定容时仰视读数A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据 C= 进行误差分析，凡是使物质的量nVn 偏小或者使溶液体积 V 偏大的操作都会导致溶液浓度偏低，反之溶液浓度偏高，据此解答。【详解】用量筒量取浓硫酸时，俯视

10、读数，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质硫酸的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后，再转移到 100mL 容量瓶中，烧杯未洗涤，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；容量瓶没有烘干不影响溶液的配制，故不选；用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中有溶液流到了容量瓶外面，导致导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；溶液未经冷却即定容，导致溶液体积偏小，浓度偏高，故不选；用胶头滴管加蒸馏水时，加入过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；滴加入蒸馏水，使溶液凹面

11、刚好与刻度线相切，盖上瓶塞反复摇匀后，静置，发现液面比刻度线低，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；定容时仰视读数会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故选。综合以上分析，应选。5所以 A 选项是正确的。7.下列溶液中与 50 mL1mol/LAlCl3溶液中 Cl 物质的量浓度相等的是A. 50 mL 1 mol/LFeCl3溶液 B. 75 mL 2mol/LKCl 溶液C. 150 mL 1 mol/LMgCl2溶液 D. 25 mL 3 mol/LCuCl 2溶液【答案】A【解析】【分析】1mol/LAlCl3溶液中 Cl 物质的量浓度为 1mol/L 3=3mol/L，结

12、合物质的构成及溶质浓度计算离子浓度，以此来解答。【详解】A. 1 mol/LFeCl 3溶液中 Cl 物质的量浓度为 1mol/L 3=3mol/L，故 A 选；B. 2mol/LKCl 溶液中 Cl 物质的量浓度为 2mol/L，故 B 不选；C. 1 mol/LMgCl2溶液中 Cl 物质的量浓度为 1mol/L =2mol/L，故 C 不选；2D. 3 mol/LCuCl2溶液中 Cl 物质的量浓度为 3mol/L =6mol/L，故 D 不选。2所以 A 选项是正确的。【点睛】明确“溶液中不水解的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进行计算氯离子的物质的量浓度，与溶

13、液的体积无关”是解本题的关键。8.在透明水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸时，有气体生成的是A. Na+、K +、NH 4+、Cl B. K+、Cu 2+、SO 42 、Cl C. Na+、Ag +、CO 32 、Cl D. Na+、K +、Cl 、HCO 3【答案】D【解析】【分析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生双水解反应、氧化还原反应、络合反应且和稀硫酸反应生成气体的为正确选项，据此分析解答。【详解】A 项，Na +、K +、NH 4+、Cl 能大量共存，但加入过量稀硫酸时，无气体生成，故不选 A 项；B 项，K +、Cu 2+、SO 42 、Cl 能大量共存，但加入过量

14、稀硫酸时，无气体生成，故不选 B 项；C 项，Ag +和 CO32-、Cl -生成沉淀而不能大量共存，故不选 C 项；D 项，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，HCO 3 和稀硫酸反应生成二氧化碳，故选6D 项。综上所述，本题正确答案为 D。【点睛】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意题中关键词“能共存且稀硫酸反应生成气体” 。9.下列离子方程式正确的是 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag + =Cu2+Ag澄清石灰水滴入稀盐酸中：Ca(OH) 2+2H+ =Ca2+2H2O硫酸铜与烧碱溶液反应：CuSO 4+2OH-Cu(OH) 2+SO 42铜与盐酸反应：Cu2

15、H =Cu2 H 2用醋酸除去水垢：CaCO 3+2H+Ca 2+H2O+CO2碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO 32 +2H+=CO2+H 2OA. 只有 B. 只有 C. 只有 D. 全部错误【答案】D【解析】【分析】判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。 （2）检查反应物、生成物是否正确。 （3）检查各物质拆分是否正确。 （4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等） 。 （5）检查是否符合原化学方程式，据此可以判断。【详解】铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为 Cu+2Ag+ =Cu2+2Ag，故错误；澄清石灰水 Ca(OH)2没有拆写成离子形式，正确的离子方程式

16、为：OH -+H+ =H2O，故错误；硫酸铜没有拆写成离子形式，正确的离子方程式为：Cu 2+2OH-Cu(OH) 2，故错误；铜在金属活动顺序表中排在氢后，与盐酸不反应，故错误；碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH 3COO-，故错误；碳酸氢钠与盐酸反应中 HCO3 不能拆开，离子方程式应为 HCO3- H +CO 2H 2O，故错误。故答案选 D。10.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是A. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有 Ba2+7B. 加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定

17、有 SO42C. 加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有 Ag+D. 加稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有 CO32【答案】C【解析】【分析】A.白色沉淀可能是碳酸钙等；B. 可能生成 AgCl 沉淀；C.氯化银沉淀不溶于过量的稀硝酸；D.无色气体可能为二氧化硫。【详解】A. 白色沉淀可能是碳酸钡，碳酸钙等，故无法判断原溶液存在的离子，故错误；B. 产生沉淀可能是硫酸钡，还可能是氯化银，原溶液不一定有硫酸根存在，故错误；C. 产生沉淀一定是氯化银，故原溶液中一定存在 Ag+，故正确；D. 无色气体可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫，原溶液不一定有碳

18、酸根存在，故错误；综上所述，本题选 C。11.下列有关实验的选项正确的是 A配制 100mL 0.10molL1 NaOH溶液B苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作C该装置所示的分离方法和物质的溶解性无关D从食盐水中提取NaCl 固体A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】8【详解】A.容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，所以溶解烧碱时不能用容量瓶，应该用烧杯，故 A 错误；B. .萃取时，苯密度小于水密度，所以苯在水的上层，所以含有碘的苯层应该从上口倒出，故 B 错误；C.蒸馏与沸点有关，和物质的溶解性无关, 故 C 正确；D. 水易挥发，可用蒸发的方法提取氯化钠，故 D

19、错误；答案选 C。12.把 0.05mol 的氢氧化钡固体分别加入 100mL 下列溶液中，溶液的导电能力变化最明显的是A. 0.5mol/L 的 MgCl2溶液 B. 0.5mol/L 的盐酸C. 0.5mol/L 的 Na2SO4 溶液 D. 0.5mol/L 的 CuSO4溶液【答案】D【解析】【分析】电解质的导电能力，主要取决于离子浓度的大小，浓度越大，导电能力越强，把 0.05mol的氢氧化钡固体分别加入下列 100mL 溶液中，溶液的离子浓度变化最大，则溶液的导电能力变化最大，以此解答。【详解】A、100mL 0.5mol/L 的 MgCl2溶液中加入 0.05mol 氢氧化钡固体

20、，恰好发生反应MgCl2+Ba(OH)2=Mg(OH)2+BaCl 2，生成的 Ba2+和 Mg2+离子浓度相同，所以导电能力没有变化；B、100mL 0.5mol/L 的盐酸中加入 0.05mol 氢氧化钡固体，发生反应 2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O，反应生成 0.025mol BaCl2，还剩余 0.025mol Ba(OH)2，离子浓度增大，导电能力增大，导电能力变化较明显；C、100mL 0.5mol/L 的 Na2SO4 溶液中加入 0.05mol 氢氧化钡固体，恰好发生反应Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4，生成的氢氧根离子和原来的硫酸根离子电荷

21、浓度相同，所以导电能力没有变化；D、100mL 0.5mol/L 的 CuSO4溶液中加入 0.05mol 氢氧化钡固体，恰好发生反应CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2+BaSO 4，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，几乎不导电，所以导电能力变化最明显。故答案选 D。913.下列说法合理的是 根据纯净物中是否含氧元素，来判断是否属于氧化物根据电泳现象可证明胶体带电荷直径介于 lnml00nm 之间的微粒称为胶体金属氧化物都是碱性氧化物根据分散系的稳定性将分散系分为胶体、溶液和浊液同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉A. 只有 B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】A【解

22、析】【详解】氧化物是含有两种元素且其中一种是氧元素的化合物。所以氧化物中一定含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是两种元素组成，故不一定是氧化物，故错误；电泳现象可证明胶体微粒带电荷，胶体是电中性的，故错误；分散质微粒直径介于 lnm l00nm 之间的分散系称为胶体，故错误；金属氧化物有的是酸性氧化物，如 Mn2O7，有的是两性氧化物，如 Al2O3，故错误；分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故错误；同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉，是正确的，故正确。故选 A。14.下列溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 强酸或强碱性环境下的溶液：Mg

23、2 、NH4+、S 2 、Cl B. 遇酚酞试剂变红的溶液：K +、Na +、Cl 、HCO 3C. 常温下 pH氧化产物还原产物还原剂，还原性比较：还原剂还原产物氧化产物氧化剂。21.已知在酸性溶液中可发生如下反应： R 2O72 + 6Fe2+ + 14H+ =6Fe3+ +2Rn+ +7H2O，则 Rn+中 R 的化合价是A. +3 B. +4 C. +5 D. +6【答案】A【解析】【详解】Fe 2+中的铁元素的化合价为+2 价，反应后铁元素的化合价为+3 价，6mol Fe2+反应中失去 6mol 的电子，根据得失电子守恒，反应中 1mol R2O72 得到 6mol 的电子，R 2

24、O72 中R 的化合价为+6 价，根据得失电子守恒：（6-n）2=6，解得 n=+3，故选 A 项。22.右图中两条曲线分别表示 1g C3H6气体、1g M 气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断 M 气体可能是 14A. PH3 B. N2 C. C3H4 D. N2O【答案】B【解析】【分析】同温同压下，气体的摩尔体积相等，气体的物质的量越大，则体积越大，在体积相等的容器中，气体的物质的量越大，则压强越大，结合 n= 解答该题。mM【详解】同温同压下，气体的摩尔体积相等，在体积相等的容器中，气体的物质的量越大，则压强越大，1gC 3H6的物质的量为 mol，由图象可以知道在

25、温度为 50时，两种气体的压142强之比为 1.2:0.8，则物质的量之比为 1.2:0.8，设气体 M 的相对分子质量为 x，则 ： =0.8:1.2，x=28，只有 B 符合，1421x所以 B 选项是正确的。23.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN 可通过以下反应合成：Al2O3N 23C 2AlN3CO。有关该反应下列叙述正确的是A. AlN 中氮的化合价为-3 B. 上述反应中，每消耗 1 mol N2需转移 3 mol 电子C. AlN 的摩尔质量为 41 g D. 上述反应中，N 2是还原剂，Al 2O3是氧化剂【答案】A【解析】【分析】A.氮化铝中铝元素的

26、化合价为+3 价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为分析；B.氮元素从 0 价变为-3 价，根据氮化铝和转移电子之间的关系分析；C.根据摩尔质量的单位是 g/mol 分析。D.在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析；【详解】A、氮化铝中 Al 的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数15和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故 A 正确；B、N 的化合价由“0”价变为“-3”价，故每消耗 1 mol N2需转移 6mol 电子，故 B 错误；C、氮化铝的摩尔质量是 41g/mol，故 C 错误；D、反应方程式可知

27、，Al、O 的化合价反应前后没有变化，N 的化合价由“0”价变为“-3”价，而 C 的化合价由“0”价变为“+2”价，因此 N2是氧化剂，Al 2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故 D 错误。故选 A。24.如果 M、SO 42 、Mg 2 和 Na 四种离子以物质的量之比为 2412 共同存在于同一种溶液中，那么 M 可能是A. Ba2+ B. CO32 C. Cu2+ D. Cl【答案】C【解析】【分析】根据离子的物质的量之比，利用电荷守恒确定离子，再结合离子之间不反应，能大量共存来解答。【详解】M、SO 42 、Mg 2 和 Na 四种离子以物质的量之比为 2412 共同存在于同一种溶液中

28、，由电荷守恒可以知道，12+2142，则 M 为阳离子，设电荷数为 x，则12+21+2x =42，计算得出 x=2，又选项中 SO42-能和 Ba2+发生反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，所以 C 选项是正确的。25.有一包白色粉末，由 BaCl2、K 2SO4、CaCO 3、NaOH、CuSO 4中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：下列判断正确的是 A. K2SO4、CuSO 4一定不存在B. BaCl2一定不存在C. K2SO4、CaCO 3、BaCl 2一定存在16D. 滤液 C 中只含有 BaCl2【答案】A【解析】【分析】由流程可以知道，白色粉末溶于水得无色溶液，则一

29、定不含 CuSO4，滤渣 A 与盐酸反应生成气体 B，且滤渣全部溶解，则 A 为 CaCO3，B 为 CO2，原固体一定不含 BaCl2、K 2SO4中的一种，且滤液 C 与二氧化碳反应生成白色沉淀，可以知道 C 中含 BaCl2、NaOH，以此来解答。【详解】A. 由上述分析可以知道 K2SO4、CuSO 4一定不存在，所以 A 选项是正确的；B.由上述分析可以知道，NaOH、BaCl 2、CaCO 3一定存在，故 B 错误；C. NaOH、BaCl 2、CaCO 3一定存在，K 2SO4、CuSO 4一定不存在，故 C 错误；D.氯化钡与二氧化碳不反应，而 C 与二氧化碳反应生成白色沉淀，

30、可以知道 C 中溶质为BaCl2、NaOH，故 D 错误。所以 A 选项是正确的。26.A、B、C、D 四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是 Ba2 、Ag 、Na 、Cu 2 中的某一种，阴离子分别可能是 NO3 、SO 42 、Cl 、CO 32 中的某一种。.若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有 C 盐的溶液呈蓝色。.若向实验的四支试管中分别加盐酸，B 盐溶液有沉淀产生 E，D 盐溶液有无色无味气体逸出。根据实验、回答下列问题：（1）C 的名称为_；D 的化学式为_。（2）写出盐酸+B 反应的离子方程式_，化学方程式与盐酸+D 反应具有相同的离子方程式。（3）将沉淀 E 过滤

31、并洗涤，如何验证沉淀 E 已洗涤干净_。（4）为检测 C 盐的一些性质，需配制 240 mL 0.2 mol/L NaOH 溶液，请回答下列问题：经计算，需用托盘天平称量固体 NaOH 的质量为_g。在配制 NaOH 溶液时除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有_和_。将 NaOH 浓溶液先_，再转移到容量瓶中，否则溶液浓度_（填“偏高”或“偏低” ） 。17配制 NaOH 溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线_处，改用_滴加，至_与刻度线相切。取出配制好的溶液 150mL，可以中和质量分数为 36.5%，密度为 1.20g/mL 的盐酸的体积为_mL，配制该盐酸需 HCl 的体积为_mL（标

32、准状况下） 。【答案】 (1). 硫酸铜 (2). Na2CO3 (3). Ag+ + Cl= AgCl (4). 取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀 E 已洗涤干净 (5). 2.0 (6). 胶头滴管 (7). 250mL 容量瓶 (8). 冷却至室温 (9). 偏高 (10). 12cm 处 (11). 胶头滴管 (12). 凹液面最低处 (13). 2.5 (14). 672【解析】【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定。如 Ba2

33、不能和 SO42 、CO 32组合，而只能和 NO3 、Cl ；Ag 不能和 SO42 、Cl 、CO 32 三种离子组合，而只能和 NO3组合，则一定是 BaCl2、AgNO 3。Cu 2+不能和 CO32 组合，所以为 CuSO4；Na +对应 CO32为Na2CO3。即四种物质为 BaCl2、AgNO 3、CuSO 4、Na 2CO3。【详解】因为是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可以知道：Ba 2 不能和 SO42 、CO 32 组合，而只能和NO3 、Cl ；Ag 不能和 SO42 、Cl 、CO 32 三种离子组合，而只能和 NO

34、3 组合，则一定是BaCl2、AgNO 3。Cu 2+不能和 CO32 组合，所以为 CuSO4；Na +对应 CO32为 Na2CO3。即四种物质为 BaCl2、AgNO 3、CuSO 4、Na 2CO3。(1) 根据以上分析，C 的名称为硫酸铜；D 的化学式为 Na2CO3。因此，本题正确答案是：硫酸铜；Na 2CO3。(2) 根据以上分析，B 为 AgNO3溶液，和盐酸反应的离子方程式为：Ag + + Cl= AgCl，因此，本题正确答案是：Ag + + Cl= AgCl。(3）沉淀 E 为 AgCl，若未洗涤干净，则在沉淀表面会附着 Cl-，可以通过检验没有 Cl-来验证沉淀已洗涤干净

35、，方法是：取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀 E 已洗涤干净，因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀 E 已洗涤干净。18(4) 配制 240 mL 0.2 mol/L NaOH 溶液，应选择 250mL 的容量瓶，所以需要称量氢氧化钠的质量是 0.25L0.2mol/L40g/mol=2.0g；因此，本题正确答案是：2.0。在配制 NaOH 溶液时，需要烧杯溶解固体，用玻璃棒进行搅拌，容量瓶盛放溶液，胶头滴管定容，所以除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有胶头滴管和 25

36、0mL 容量瓶；因此，本题正确答案是：胶头滴管；250mL 容量瓶。 将 NaOH 浓溶液先冷却至室温，再转移到容量瓶中，否则氢氧化钠溶于水放热，则会使溶液的体积偏小，氢氧化钠溶液的浓度偏高；因此，本题正确答案是：冷却至室温；偏高。配制 NaOH 溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线 12cm 处处，改用胶头滴管滴加，至凹液面最低处与刻度线相切；因此，本题正确答案是：12cm 处；胶头滴管；凹液面最低处。质量分数为 36.5%，密度为 1.20g/mL 的盐酸的物质的量浓度为c= = mol/L=12mol/L，1000wM 10001.2036.5%36.5根据 c(NaOH)V(NaOH)

37、= c(HCl)V(HCl)，中和 150mL0.2 mol/L NaOH 溶液消耗该盐酸的体积为：V(HCl)= =0.0025L=2.5mL；0.2mol/L0.15L12mol/L配制该盐酸需 HCl 的体积为:0.0025L 12mol/L 22.4L/mol=0.672L=672mL； 因此，本题正确答案是：2.5； 672。27.已知下列两个反应： 3Cu + 8HNO 3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H 2O3Cu 2S + 22HNO3 = 6Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 10NO + 8H 2O试回答下列问题：（1）反应中_（填化学式）作氧化剂；Cu

38、发生_（填“氧化”或“还原” ）反应；用双线桥表示出反应的电子转移方向和数目_。3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H 2O（2）将反应改写为离子方程式_（提示：Cu 2S 不溶于水）（3）反应中 Cu2S 中 Cu 的化合价为_；_（填元素符号）元素被氧化，还原产物为_。（4）当反应中生成 2.24L（标准状况下）NO 气体，消耗 HNO3的质量为_g，其19中有_mol HNO 3被还原，共转移电子_mol。【答案】 (1). HNO3 (2). 氧化 (3). (4). 3Cu2S + 16H+10NO3 - = 6Cu2+ + 3SO4 2-+ 10NO

39、+ 8H2O (5). +1 (6). Cu、S (7). NO (8). 13.86 (9). 0.1 (10). 0.3【解析】【分析】(1)根据化合价变化分析反应中氧化剂、还原剂、被氧化、被还原及电子得失情况；(2)根据离子方程式的书写原则写出反应的离子方程式；(3)根据化合价代数和为零分析 Cu2S 中 Cu 的化合价；根据化合价变化分析反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。(4)根据反应物与生成物的化学计量关系计算反应中有关量。【详解】 （1）反应中，化合价升高的是铜元素，被氧化，化合价降低的元素是氮元素，所在的反应物硝酸是氧化剂，金属铜是还原剂；化合价升高的是铜元素，化合价降低

40、的是硝酸中的氮元素，转移电子数为 6mol，双线桥法表示电子转移的方向和数目如下所示： ， 因此，本题正确答案是： HNO 3 ；氧化； 。（2）反应中，化合价升高的是铜元素和硫元素，被氧化，化合价降低的元素是氮元素，所在的反应物硝酸是氧化剂，改成离子方程式为：3Cu 2S+16H+10NO3 - = 6Cu2+ + 3SO42-+ 10NO+8H 2O；因此，本题正确答案是：3Cu 2S + 16H+10NO3 - = 6Cu2+ + 3SO4 2-+ 10NO + 8H 2O。（3）Cu 2S 中 S 为-2 价，则 Cu 的化合价为+1；Cu、S 元素化合价均升高，被氧化，硝酸是氧化剂，被还原，生成 NO，还原产物为 NO。因此，本题正确答案是：+1； Cu、S； NO。20（4）由题给条件可知，生成 NO 的物质的量为 =0.1mol，根据反应式 3Cu2S + 22HNO3 = 6Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 10NO + 8H 2O，消耗 HNO3的质量为0.1mol 63g/mol=13.86g；每生成 1molNO 还原 1mol 硝酸，所以生成 0.1molNO 时，有 0.1mol HNO3被还原，共转移0.1mol 3=0.3mol 电子。因此，本题正确答案是：13.86 ；0.1 ；0.3。