黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018_2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

1、- 1 -哈师大附中 2018级高一上学期期中考试化学试卷可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 一选择题（本题包括 25小题，每小题只有一个选项符合题意，共 50分。 ）1.图标 所警示的是A. 当心火灾易燃物质 B. 当心火灾氧化物C. 当心爆炸自燃物质 D. 当心爆炸爆炸性物质【答案】A【解析】【详解】A、如图所示图标 是当心火灾-易燃物质的标志，故 A正确；B、氧化物的正确标志为 ，故 B错误；C、自燃物质的正确标志是 ，故 C错误；D、当心爆炸-爆炸性物质的正确标志是 ，故 D错误；故选 A。2.下列各物质的分类、

2、名称(或俗名)、化学式都正确的是A. 碱性氧化物 氧化铁 Fe 3O4 B. 酸性氧化物 碳酸气 COC. 酸 硫酸 H 2SO4 D. 碱 纯碱 Na 2CO3【答案】C【解析】【详解】A氧化铁化学式为 Fe2O3，故 A错误；B、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，CO 不能与碱反应也也不能与酸反应，是不成盐氧化物，故 B错误；C、硫酸的化学式为- 2 -H2SO4，故 C正确；D、纯碱的化学式是 Na2CO3，阳离子是金属阳离子，阴离子是酸根离子，是盐，故 D错误；故选 C。【点睛】本题考查物质的分类，明确物质的组成和性质是解答物质分类的关键。本题的易错点为 A，要注意铁的氧化物有

3、3种，因此 Fe3O4为四氧化三铁，俗名为磁性氧化铁，Fe 2O3为三氧化二铁，简称氧化铁，俗称铁红；FeO 为氧化亚铁，要注意区分。3.下列实验中所选用的仪器合理的是用 50 mL量筒量取 5.2 mL稀硫酸 用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物 用托盘天平称量 11.7g氯化钠晶体 用 250 mL容量瓶配制 250 mL 0.2 mol/L的 NaOH溶液用坩埚蒸发 NaCl溶液用烧杯溶解 KNO3晶体A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】用 50mL量筒取 5.2mL稀盐酸，产生的误差较大，应该选用 10mL量筒量取，故错误；苯和四氯化碳互溶，无法用分液漏斗分离，故错误；托盘

4、天平的准确度为0.1g，可以用托盘天平称量 11.7g氯化钠晶体，故正确；容量瓶是精确配制一定物质的量的浓度的溶液的仪器，用 250mL容量瓶能配制 250mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液，故正确；蒸发 NaCl溶液应该选用蒸发皿，故错误；溶解固体物质可以在烧杯中进行，也可以在试管中进行，因此可以用烧杯溶解 KNO3晶体，故正确；故选 B。4.科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为 H3，在相同条件下，等质量的 H3和 H2相同的是A. 原子数 B. 分子数 C. 体积 D. 物质的量【答案】A【解析】试题分析：等质量的 H3和 H2分子中具有相同原子数，所以分子数一定不同，体积不同，物质的

5、量不同。考点：考查物质的量相关计算点评：熟记物质的量计算公式，并结合实际题要求进行灵活应用- 3 -5.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A. CH3COOH B. Cl2 C. NaCl D. NH3【答案】D【解析】【详解】A、CH 3COOH是酸，水溶液中能够电离而导电，是电解质，故 A不符合；B、Cl 2是单质，氯气通入水中反应生成氯化氢和次氯酸，都是电解质，但氯气既不是电解质，也不是非电解质，故 B不符合；C、蔗糖是非电解质，但水溶液中不导电，故 C不符合；D、NH 3本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨，一水合氨能够电离，是电解质，溶液导电，故D符合；故选 D。【点睛

6、】本题考查了电解质、非电解质概念的判断。本题的易错点为 B，要注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。6.以下实验装置一般不用于分离物质的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】A、渗析可以实现胶体与溶液的分离，胶体粒子颗粒大，不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，常用渗析的方法提纯胶体，故 A不选；B、过滤可以用来分离不溶性固体和液体的混合物，故 B不选；C、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步，不能分离物质，符合题意，故 C选择；D、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶物质的分离，故 D不选，故选 C。点睛：本题考查学生物质分离的方法和仪器，实现物质分离的常用方法有：过滤、

7、分液和蒸馏、渗析等，需要注意平时知识的积累。- 4 -7.下列溶液中，与 100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的 Cl 物质的量浓度相同的是A. 100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B. 200 mL 0.25 mol/L AlCl 3溶液C. 50 mL 1 mol/L NaCl溶液 D. 25 mL 0.5 mol/L HCl 溶液【答案】D【解析】【详解】100mL 0.5mol/L NaCl中 Cl-物质的量浓度为 0.5mol/L。A.100mL 0.5 mol/L MgCl2 溶液中氯离子的物质的量浓度为 0.5 mol/L2=1mol/L，故 A错误；

8、B.200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为 0.25 mol/L3=0.75mol/L，故B错误；C.50mL 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为 1mol/L，故 C错误；D.25mL0.5 mol/L HCl溶液中氯离子的物质的量浓度为 0.5 mol/L，故 D正确；故选 D。【点睛】本题考查物质的量浓度的相关计算，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。8.下列电离方程式书写正确的是A. CH3COONH4 CH3COO +NH4 B. HNO3 =H +NO3C. H2S 2H + S2

9、 D. NaHCO3 =Na +H +CO32【答案】B【解析】【详解】ACH 3COONH4为强电解质，电离方程式为 CH3COONH4CH 3COO-+NH4+，故 A错误；B硝酸为强电解质，完全电离，HNO 3 =H +NO3 该电离方程式书写完全正确，故 B正确；CH 2S为弱酸，则电离方程式为 H2SH+HS-，HS -H+S2-，故 C错误；D碳酸为弱酸，NaHCO3为强电解质，则电离方程式为 NaHCO3Na +HCO3-，故 D错误；故选 B。【点睛】本题考查电解质的电离方程式，需要明确电解质的强弱及电离方程式书写。本题的易错点为 D，碳酸为弱酸，碳酸氢根离子不能完全电离，要注

10、意与硫酸氢钠进行区分。9. 下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是A. SO2S B. SO 32SO 2 C. II 2 D. HCO3CO 32【答案】C【解析】试题分析：必须加入氧化剂才能发生，这说明该微粒是还原剂，有关元素的化合价升高，则A、S 元素的化合价降低，需要还原剂，A 错误；B、元素的化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；C、I 元素的化合价升高，需要氧化剂，C 正确；D、元素的化合价不变，不是氧化还- 5 -原反应，D 错误，答案选 C。【考点定位】考查氧化还原反应的有关判断【名师点晴】注意氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中

11、“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。10.用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A. 在沸水中加入 0.1mL5mol/L的 FeCl3制得胶体，Fe(OH) 3胶体粒子数目为 5104 NAB. 0.5mol/L MgCl2溶液中含有 Cl 的数目为 NAC. 标准状况下，5.6 L H 2O含有的电子数目为 2.5NAD. 13.2g CO2和 N2O形成的混合物含有的原子数目为 0.9NA【答案】D【解析】【详解】A. 在沸水中加入 0.1mL5mol/L的 FeCl3制得胶体，Fe(OH) 3胶体粒子为多个氢氧化铁分

12、子的聚合体，Fe(OH) 3胶体粒子数目少于 5104 NA，故 A错误；B、溶液体积不明确，无法计算溶液中的氯离子的个数，故 B错误；C、标况下水不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算 5.6 L水的物质的量，故 C错误；D. CO2和 N2O的摩尔质量相等，13.2g CO2和N2O形成的混合物的物质的量为 =0.4mol，CO 2和 N2O均为三原子分子，含有的原子数目为 0.9NA，故 D正确；故选 D。11.下列离子方程正确的是A. 向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳：OH + CO2 =HCO3B. 足量的锌粉与硫酸铁溶液反应：Zn+2Fe 3+=Zn2+2Fe2+C. 向盐酸中投入

13、碳酸钙：CO 32 + 2H+ =H2O +CO2 D. 向稀硫酸溶液中投入铁粉：2Fe +6H + =2Fe3+ +3H2【答案】A【解析】【详解】A向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：OH -+CO2HCO 3-，故 A正确；B、足量的锌跟硫酸铁反应，生成了硫酸锌和铁，正确的离子方程式为：3Zn+2Fe 3+3Zn 2+2Fe，故 B错误；C向盐酸中投入碳酸钙，碳酸钙难溶于水，应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO 3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故 C错误；D向稀硫- 6 -酸溶液中投入铁粉，反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+

14、2H +Fe 2+H2，故 D错误；故选 A。12.下列溶液的导电能力最强的是A. 10mL 18.4mol/L硫酸 B. 20mL 1.0mol/L 盐酸C. 30mL 1.0mol/L醋酸 D. 40mL 1.0mol/L 氨水【答案】B【解析】【详解】A、18.4mol/L 硫酸为浓硫酸，硫酸很少电离，几乎不导电；B、1 mol/L盐酸，正电荷的浓度为 1mol/L；C、1 mol/L醋酸，醋酸是弱电解质，部分电离，所以正电荷的浓度小于 1 mol/L；D、1 mol/L氨水中一水合氨是弱电解质，部分电离，所以正电荷的浓度小于1mol/L；综上可知，正电荷浓度最大的是 1 mol/L盐酸

15、，所以该溶液导电能力最强，故选B。【点睛】本题考查了溶液的导电能力的强弱判断，明确溶液的导电能力与溶液中离子浓度以及所带电荷有关。本题的易错点为 A，要注意浓硫酸中主要以硫酸分子存在。13.在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是A. Na+、Ag +、CO 32 、Cl B. K+、 Ba2+ 、 SO42 、Cl C. Na+、K +、HCO 3 、NO 3 D. Na+、K + 、CH 3COO 、SO 42【答案】C【解析】【详解】AAg +与 CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故 A错误；BBa 2+与 SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故 B错误；CNa

16、 +、K +、HCO 3 、NO 3 离子之间不发生任何反应，能大量共存，且加入硫酸后，CO 32-与 H+反应生成二氧化碳气体，故 C正确；DNa +、K + 、CH 3COO 、SO 42 离子之间不发生任何反应，能大量共存，但加入硫酸后不生成气体，故 D错误；故选 C。14.下列有关物质组成的说法正确的是A. 物质均是由分子构成，分子均是由原子构成B. 只由一种元素组成的物质一定是单质C. 碱性氧化物均是金属氧化物，酸性氧化物均是非金属氧化物D. 硫酸是纯净物，盐酸是混合物【答案】D- 7 -【解析】【详解】A铝属于金属单质，是由铝原子直接构成的，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，不一定由

17、分子构成，故 A错误；B单质是由同种元素组成的纯净物，只含有一种元素的物质可能属于混合物，也可能属于单质，如氧气和臭氧组成的物质中只含有一种元素，故含有一种元素的物质不一定是单质，故 B错误；C七氧化二锰是金属氧化物，但属于酸性氧化物，故 C错误；D纯硫酸是纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故 D正确；故选D。15.氢化钙中氢元素为1 价，可作制氢剂，反应的化学方程式是：CaH 2+2H2O=Ca(OH)2+2H2。该反应中，水的作用是A. 既不是氧化剂也不是还原剂 B. 还原剂C. 氧化剂 D. 既是还原剂又是氧化剂【答案】C【解析】【详解】由 CaH2+2H2OCa(OH) 2+2H

18、2可知，水中 H元素的化合价由+1 价降低为 0，则水在该反应中作氧化剂，故选 C。16.下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是A. NaOH与 CO2 B. Ba(OH)2与 H2SO4C. HCl与 Na2CO3 D. Ca(HCO3)2与 NaOH【答案】B【解析】【详解】A、NaOH 少量时，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠过量时，二者反应生成碳酸钠，不能用同一离子方程式表示，故 A错误；B、无论量的多少都只发生Ba(OH)2+H2SO4BaSO 4+2H 2O，则能用同一离子方程式表示，故 B正确；C、HCl 少量时发生反应：HCl

19、+Na 2CO3NaHCO 3+NaCl，HCl 过量时发生 2HCl+Na2CO3NaCl+CO 2+H 2O，所以不能用同一离子方程式表示，故 C错误；D、NaOH 少量，反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠，而NaOH过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水，产物不同，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误；故选 B。17.已知 300 mL某浓度的 NaOH溶液中含 60 g溶质。现欲配制 1 mol/L 的 NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为（忽略稀释时体积的变化）- 8 -A. 14 B. 15 C. 21 D. 23【答案】A【解析】试题分析：原溶液的浓度为 ，设取原溶液和水的体积分别

20、为 x、y；则， ，故 A项正确。考点：本题考查物质的量浓度。18.某溶液只含有 Na+、A1 3+、Cl -、SO 42-四种离子，已知前三种离子的个数比为 3:2:1，则溶液中 A13+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】试题分析：根据溶液呈现电中性，因此有 n（Na ）3n（Al 3 ）=n（Cl ）2n（SO 42 ） ，推出 n（SO 42 ）=4mol，因此 n（Cl ）：n（SO 42 ）=1：4，故选项 B正确。考点：考查电荷守恒等知识。19.3mol SO32 恰好将 2mol XO4 还原，则 X元素在还原产物

21、中的化合价是A. +1 B. +2 C. +3 D. +4【答案】D【解析】考查氧化还原反应的有关计算。SO 32 具有还原性，其 SO42 氧化产物是，因此 3个 SO32 一共失去 3（64）6 个电子。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知 2个 XO4 也应该得到 6个电子，即 1个 XO4 得到 3个电子。在 XO4 中 x的化合价是7 价，得到 3个电子后降低到4 价。答案选 D。20.下列离子的检验方法正确的是A. 加入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 CO32B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，一定有 SO42C. 加入稀硝酸，

22、再加入硝酸银溶液后生成白色沉淀，一定有 ClD. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸白色沉淀消失，一定有 Ba2- 9 -【答案】C【解析】【详解】A无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液可能含 CO32-或 SO32-，或 HCO3-等，故 A错误；B白色沉淀为 AgCl或硫酸钡，则原溶液可能含 SO42-或银离子，但二者不能同时存在，故 B错误；C加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，该沉淀一定是 AgCl，故一定有 Cl-，故 C正确；D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙等，原溶液中不一定含

23、 Ba2+，故 D错误；故选 C。【点睛】本题考查离子的检验和鉴别，把握离子检验的试剂、现象和结论为解答的关键。本题的易错点为 B，要注意氯化钡溶液反应生成的白色沉淀可能是钡离子反应的结果，也可能是氯离子反应的结果。21.NaNO2是一种食品添加剂，具有致癌性。酸性 KMnO4溶液与 NaNO2反应的化学方程式为：MnO4 NO 2 Mn2 NO 3 H 2O(未配平)。下列叙述中正确的是A. 该反应中 NO2 被还原B. 生成 1 mol NaNO3需消耗 0.4 mol KMnO4C. 反应过程中溶液的酸性增强D. 中的粒子是 OH【答案】B【解析】【详解】该反应中 Mn元素化合价由+7

24、价变为+2 价，所以 MnO4-是氧化剂，NO 2-应该作还原剂，亚硝酸根离子中 N元素应该失电子化合价升高，生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为 2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5 NO3-+3H2O。A该反应中 N元素化合价由+3 价变为+5 价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故 A错误；B根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗 KMnO4的物质的量= =0.4mol，故 B正确；C根据元素守恒、电荷守恒知， 中是 H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的酸性减弱，故 C错误；D由 C分析可知， 中是 H+，故 D错误；故选 B。22.

25、300mLAl2(SO4)3溶液中，含 Al3+1.62g，在该溶液中加入 0.1mol/LBa(OH)2溶液 300mL，反应后溶液中 SO42的物质的量浓度为(忽略溶液体积变化)A. 0.1mol/L B. 0.2mol/L C. 0.3mol/L D. 0.4mol/L- 10 -【答案】D【解析】则 300 mL Al2(SO4)3溶液中，；0.1 mol/L Ba(OH)2溶液 300 mL中，；当两溶液混合后，反应后溶液中，所以反应后溶液中 SO的物质的量浓度为23.根据下列反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序是 I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI 2FeCl2+

26、Cl2=2FeCl3 2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2A. I Fe 2+Cl SO 2 B. Cl Fe 2+SO 2I C. SO2I Fe 2+Cl D. Fe2+I Cl SO 2【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。【详解】I 2+SO2+2H2O2HI+H 2SO4中还原剂是 SO2、还原产物是 HI，所以还原性SO2HI；2FeCl 2+Cl22FeCl 3中还原剂是 FeCl2、还原产物是 FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl 3； 2FeCl 3+2HI2FeCl

27、2+2HCl+I2中还原剂是 HI、还原产物是 FeCl2，所以还原性 HIFeCl 2； 通过以上分析知，还原性强弱顺序是 SO2I -Fe 2+Cl -，故选 C。24.一只盛有 CO、O 2、N 2混合气体的气球放在空气（空气平均摩尔质量为 29g/mol）中静止不动，则混合气体中 O2的体积分数是A. 75% B. 25% C. 50% D. 无法计算【答案】B【解析】试题分析：放在空气中静止不动，说明混合气体的密度和空气的相等，根据阿伏加德罗推论，密度之比等于摩尔质量之比，因为 CO、N 2的摩尔质量相等，看成一种物质，利用十字交叉法，- 11 -氧气占总体积的 1/4100%=25

28、%，答案选 B。【考点定位】考查阿伏加德罗定律及其推论的应用【名师点晴】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，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量） 。其推论有（1）同温同压下，V 1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P 1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V 1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M 1/M2= 1/ 2。25.已知：2Fe 2 Br 2=2Fe3 2Br ，2Br Cl 2=Br22Cl ， 2Fe3 2I =2Fe2 I 2。向 FeI2、FeBr 2的混合溶液中通入适量氯气，溶

29、液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中，不正确的是A. 还原性：I Fe 2 Br B. 当通入 2 molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2 2I 2Cl 2=2Fe3 I 24Cl C. 原溶液中 n(Fe2 )n(I )n(Br )=213D. 原混合溶液中 FeBr2的物质的量为 6 mol【答案】B【解析】【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。【详解】A反应 2Fe2

30、 Br 22Fe 3 2Br 中，还原剂 Fe2+的还原性强于还原产物 Br-，即- 12 -还原性：Fe 2+Br -，反应 2Fe3 2I 2Fe 2 I 2中，还原剂 I-的还原性强于还原产物Fe2+，即还原性：I -Fe 2+，所以还原性 I-Fe 2+Br -，A 正确；B通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol 的过程中，碘离子从最大量降到 0，即得到碘离子的物质的量为 2mol，通入氯气的量为 13mol 的过程中，亚铁离子从 4mol降到 0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共 4mol，在通入氯气的量为 36mol 的过程中溴离

31、子从 6mol降到 0，所以溴离子的物质的量是 6mol，即 FeBr2的物质的量为 3mol，B 错误；C当通入 2molCl2时，2mol 的 I-消耗氯气 1mol，余下的 1mol氯气再与 2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为 2Fe2 2I 2Cl 22Fe 3 I 24Cl ，C 正确；D由 B可知，碘离子的物质的量为 2mol，亚铁离子是 4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe 2 ）n（I ）n（Br ）213，D 正确。答案选 B。【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先

32、后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。二填空题26.(1)CH4的摩尔质量为_；(2)8 g CH4中约含有_个分子，含有电子物质的量为_，在标准状况下所占的体积约为_；(3)所含原子数相等的甲烷和氨(NH 3)的质量比为_。【答案】 （1）16g/mol（2）3.0210 23；5；11.2（3）64:85【解析】试题分析：（1）甲烷（CH 4）的摩尔质量为 16g/mol，故填：16g/mol（2）8 g CH 4的物质的量为 0.5mol，约含有 3.021023个分子、含有 5mol电子，在标准状况下所占的体积约为 11.2L。故填：3.0210 23

33、；5；11.2（3）假设所含的原子均为 1mol，甲烷和氨气（NH 3）的质量比=（ 16）：（ 17）=64:85，故填：64:85。- 13 -考点：考查了物质的量的相关知识。27.写出下列反应的离子方程式。(1)醋酸钠溶液与盐酸溶液反应_；(2)碳酸氢钠与足量氢氧化钙溶液反应_；(3)向 NaHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2溶液至中性_。【答案】 (1). CH3COO +H+ =CH3COOH (2). HCO3 + OH + Ca2+ = CaCO3+ H2O (3). 2H+ + SO42 + 2OH + Ba2+= BaSO4 + 2H2O【解析】【详解】(1)向醋酸钠溶液

34、中滴加盐酸反应生成醋酸和氯化钠，离子方程式：CH 3COO-+H+=CH3COOH，故答案为：CH 3COO-+H+=CH3COOH；(2) 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H 2O，故答案为：Ca 2+HCO3-+OH-=CaCO3+H 2O；(3)向 NaHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2溶液至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，反应的离子方程式为：Ba 2+2OH-+2H+SO42-BaSO 4+2H 2O，故答案为：Ba 2+2OH-+2H+SO42-BaSO 4+2H 2O。28.胶体

35、是一种常见的分散系，回答下列问题。(1)向大量沸腾的蒸馏水中逐滴加入_溶液，继续煮沸至_，停止加热，可制得 Fe(OH)3胶体；(2)向 Fe(OH)3胶体中滴加氢碘酸(HI 水溶液)至过量，观察到的现象为_，该反应的离子方程式为_；(3)如由图所示，通电后，Fe(OH) 3胶体粒子向_电极移动(填“X”或“Y”)。【答案】 (1). 饱和 FeCl3溶液 (2). 液体呈红褐色 (3). 先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解，最终得到澄清的棕黄色溶液 (4). 2Fe(OH)3+ 2I +6 H+ =2Fe2+ + I2+ - 14 -6H2O (5). X【解析】【分析】Fe(OH)3胶体的

36、制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，根据 Fe(OH)3胶体的制备过程结合胶体的性质分析解答。【详解】(1)Fe(OH) 3胶体的制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，FeCl 3+3 H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，停止加热，可制得 Fe(OH)3胶体，故答案为：饱和氯化铁溶液；液体呈红褐色；(2)向 Fe(OH)3胶体中滴加氢碘酸(HI 水溶液)至过量，首先发生胶体的聚沉，然后氢氧化铁沉淀被氢碘酸溶解，溶解的同时发生氧化还原反应生成碘和碘化亚铁，观察到的现象为先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解，

37、最终得到澄清的棕黄色溶液，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+ 2I +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O，故答案为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解，最终得到澄清的棕黄色溶液；2Fe(OH) 3+ 2I +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O；(3)氢氧化铁胶体粒子带有正电荷，通电后，Fe(OH) 3胶体粒子向阴极移动，即向 X极移动，故答案为：X。【点睛】本题的易错点为(2)中离子方程式的书写，要注意铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应。三实验题29.某同学用密度为 1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸配制 500mL0.22 mol/

38、L的稀硫酸。(1)操作过程中使用到的玻璃仪器有_；(2)实验过程中涉及的操作如下：将容量瓶中的溶液倒入试剂瓶中并贴上标签；将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入盛有约 160mL蒸馏水的烧杯中并小心搅拌；用规格为 的量筒量取 mL 的浓硫酸；将已冷却的硫酸溶液转移到容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 23次，洗涤液全部转移到容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切； 塞好玻璃塞，反复颠倒摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线 处；- 15 -将步骤、补充完整：_，_，_；实验操作顺序为_(填序号)。(3)配制该溶液的过程中，下列操作使得

39、所配得的溶液浓度偏小的是_(填字母)。A稀释密度为 1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线D量取密度为 1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液F稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中【答案】 (1). 500mL容量瓶、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 (2). 10mL (3). 6.0 (4). 12cm (5). (6). AC【解析】【分析】(1)依据配制一定物质的量

40、浓度溶液的基本步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据各步骤判断用到的仪器；(2)依据 c= 计算浓硫酸的物质的量浓度，依据稀释前后溶液含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(3)依据 c= ，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，进行误差的分析判断。【详解】(1)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、摇匀等，用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL 容器瓶、胶头滴管，故答案为：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL 容器瓶、胶头滴管；(2)密度为 1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸的物质的量浓度 c= =18.4

41、mol/L，稀释前后溶液含溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则 V18.4mol/L=500mL0.22mol/L，解得 V=6.0mL，所以应选择 10mL量筒；故答案为：10mL；6.0；定容时，开始继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线 1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，故答案为：12；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，- 16 -所以正确的操作顺序为：，故答案为：；(3)A稀释密度为 1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故 A正确；

42、B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，是正确的操作，对结果无影响，故 B错误；C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故 C正确；D量取密度为 1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大，故 D错误；E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故 E错误；F稀释浓硫酸结束后，未冷却立即将溶液转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故 F错误；故答案为：AC。【点睛】本题考

43、查了一定物质的量浓度溶液的配制。本题的易错点为(3)中 F的误差分析，要注意浓硫酸的稀释为放热过程，稀释后溶液温度升高，溶液的体积膨胀。四计算题30.(1)已知反应：K 2Cr2O7 + 14HCl=2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2+ 7H 2O，用“单线桥”表示电子转移的方向和数目，并指出氧化产物和还原产物_ 。(2)Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验 Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl 2(气)8NH 3(气)=6NH 4Cl(固)N 2(气)，若反应中消耗 Cl2 1.5 mol，求被氧化的 NH3在标准状况下的体积_。【答案】

44、 (1). ，氧化产物：Cl 2 还原产物：CrCl 3 (2). 22.4L【解析】【分析】(1)反应中 Cr元素化合价降低，被还原，K 2Cr2O7具有氧化性，Cl 元素化合价升高，被氧化，HCl具有还原性，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的数目相等，据此分析解答；(2)被氧化的氨气生成氮气，根据反应的氯气结合方程式可以计算生成氮气的物质的量，再根据氮原子守恒计算被氧化的氨气的物质的量，进而计算被氧化氨气的体积。【详解】(1)反应中 Cr元素化合价降低，被还原，K 2Cr2O7具有氧化性，为氧化剂，元素化合价由+6 价降低为+3 价，化合价变化 3价，用单线桥法标出电子转移的方向和

45、数目可表示为：- 17 -，化合价降低元素 Cr对应的产物 CrCl3是还原产物，化合价升高元素 Cl对应的产物 Cl2 是氧化产物，故答案为：，氧化产物为 Cl2，还原产物为 CrCl3；(2)被氧化的氨气生成氮气，根据方程式可知，消耗 Cl2 1.5 mol会生成氨气的物质的量为1.5mol =0.5mol，根据氮原子守恒可知被氧化的氨气的物质的量为 0.5mol2=1mol，故被氧化氨气的体积为 1mol22.4L/mol=22.4L，故答案为： 22.4L。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意参与反应的氨气并没有全部被氧化。31.现有 300mL MgCl2溶液，密度为 1.18g/c

46、m3，其中 Mg2+的质量分数为 5.1%。(1)求该溶液中氯离子的物质的量。(结果保留 1位小数)_(2)向其中加入 200mL 5mol/L NaOH溶液，充分反应后，求溶液中 Mg2+的物质的量浓度_。(溶液混合过程中体积变化忽略不计)【答案】 (1). 1.5mol (2). 0.5mol/L【解析】【分析】(1)根据 m(Mg2+)=m(溶液)(Mg 2+)计算溶液中镁离子质量，再根据 n= 计算 n(Mg2+)，据此分析解答；(2)混合后溶液为氯化镁与氯化钠溶液，根据电荷守恒有 c(Cl-)=2c(Mg2+)+c(Na+)，根据稀释定律计算混合后溶液中氯离子和钠离子的浓度，再分析计算。【详解】(1)m(Mg 2+)=m(溶液)(Mg 2+)=300mL1.18g/mL5.1%=3545.1%g，故溶液中n(Mg2+)= = mol，根据电荷守恒，溶液中 n(Cl-)=2n(Mg2+)=2mol=1.5mol，故答案为：1.5mol；(2)混合后溶液中 n(Cl-)= =3mol/L，反应后溶液中钠离子的物质的量不变，则：500m