1、120182019学年度第一学期期中考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56第卷 选择题（共 60分）选择题（共 15题，每题 2分，共 30分。每题只有一个选项符合题意。 ）1.中华民族有着光辉灿烂的发展史，下列过程不涉及元素化合价变化的是A. 用胆矾炼铜 B. 点制豆腐C. 黑火药的使用 D. 用铁矿石炼铁【答案】B【解析】【分析】用胆矾炼铜是用铁置换出硫酸铜溶液中的铜；点制豆腐是向豆浆中加入石膏，利用胶体聚沉；黑火药爆炸是硝酸钾、硫粉、木炭反应生成硫化钾、二氧化碳、氮气；铁矿石炼铁是用一氧化碳还原出
2、铁矿石中的铁。【详解】用胆矾炼铜是用铁置换出硫酸铜溶液中的铜，铁元素、铜元素化合价改变，故不选 A；点制豆腐是向豆浆中加入石膏，利用胶体聚沉，没有化合价变化，故选 B；黑火药爆炸是硝酸钾、硫粉、木炭反应生成硫化钾、二氧化碳、氮气，氮元素、碳元素、硫元素化合价变化，故不选 C；铁矿石炼铁是用一氧化碳还原出铁矿石中的铁，铁元素、碳元素化合价变化，故不选 D。2.下列说法中正确的是A. 钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠B. 当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现C. 实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中D. 少量金属钠保存在水中【答案】C【解析】【分析】钠在空气中燃烧的产物是过氧化钠；当钠与硫酸
3、铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化2钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃；水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气。【详解】钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故 A错误；当钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以有蓝色沉淀生成，故 B错误；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶中，故 C正确；钠属于活泼的金属，水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，少量金属钠保存煤油中，故 D错误。【点睛】实验室中一般从试剂瓶中取用试剂，用完后剩余的药品不能放回，但有
4、些特殊的试剂是要及时送回或处理掉的，目的是防止火灾或其他危害等，而钠的取用是从一块钠上切取一小块，切剩下的要放回试剂瓶。3.下列说法正确的是A. 硫酸、纯碱(Na 2CO3)、氯化钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和碱性氧化物B. 用丁达尔效应可区别 FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体C. 生石灰与水混合的过程只发生物理变化D. H2O、C 2H5OH、SO 3均含有氧元素，都是氧化物【答案】B【解析】【分析】纯碱(Na 2CO3)是盐；胶体能产生丁达尔效；生石灰与水混合生成氢氧化钙；C 2H5OH含有 3种元素，不属于氧化物。【详解】纯碱(Na 2CO3)是盐不是碱，故 A错误；胶体能产生丁达尔
5、效，用丁达尔效应可区别 FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体，故 B正确；生石灰与水混合生成氢氧化钙，属于化学变化，故 C错误；C 2H5OH含有 3种元素，不属于氧化物，故 D错误。【点睛】本题难度不大，考查物质类别的判别，抓住酸、碱、盐、氧化物的特征，熟悉常见的物质的组成是正确解答本题的关键。4.下列关于 Fe(OH)3胶体和 MgCl2溶液的说法正确的是A. 两者都有“丁达尔效应”B. 两者都能透过半透膜C. 氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体带正电D. 加入氢氧化钠溶液二者都能沉淀，Fe(OH) 3胶体发生聚沉，MgCl 2发生化学反应生成沉淀3【答案】D【解析】
6、【分析】溶液没有“丁达尔效应” ；胶体粒子不能透过半透膜；胶体不带电，胶体粒子带电；胶体加入电解质溶液发生聚沉现象，MgCl 2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀。【详解】MgCl 2溶液没有“丁达尔效应” ，故 A错误；Fe(OH) 3胶体粒子不能透过半透膜，故B错误；胶体不带电，胶体粒子带电，氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体粒子带正电，故 C错误；胶体加入电解质溶液发生聚沉，Fe(OH) 3胶体中加入氢氧化钠溶液发生聚沉现象，MgCl 2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，故 D正确。5.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. CO的摩尔质量为 28gB. 1molL
7、-1 NaOH溶液中所含有 Na+数目为 NAC. 8g NH4NO3中含有 0.2mol N原子D. 0.5mol H2所占的体积约为 11.2L【答案】C【解析】【分析】摩尔质量的单位是 g/mol；根据 n=cV，没有溶液体积不能计算溶质的物质的量；8g NH4NO3的物质的量是 0.1mol；非标准状况下，0.5mol H 2所占的体积不一定是 11.2L。8g80g/mol=【详解】CO 的摩尔质量为 28g/mol，故 A错误；没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，故 B错误；8g NH 4NO3的物质的量是 0.1mol，所以 N原子的物质的量是 0.2mol，故 C正确；标准状况
8、下，0.5mol H 2所占的体积约为 11.2L，故 D错误。6.若 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 2.3gNa在足量的氧气中充分燃烧，转移的电子数为 0.2NAB. 标准状况下，22.4 L 水中含有的氧原子数为 NAC. 1L 0.5molL1 的 AlCl3溶液中所含 Cl数目为 3NAD. 0.1 mol 氯气所含有的原子数为 0.2NA【答案】D【解析】4【分析】Na在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由 0变为+1；标准状况下水是液体；1L 0.5molL1 的 AlCl3溶液中含有 AlCl3的物质的量是 1L 0.5molL1 =0.5mol；0.
9、1 mol 氯气中含有 0.2mol原子。【详解】2.3gNa 的物质的量是 0.1mol，Na 在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由 0变为+1，所以转移的电子数为 0.1NA，故 A错误；标准状况下水是液体，22.4 L水的物质的量不是 1mol，故 B错误；1L 0.5molL1 的 AlCl3溶液中含有 AlCl3的物质的量是 1L 0.5molL1 =0.5mol，所以 Cl数目为 1.5NA，故 C错误；0.1 mol 氯气中含有 0.2mol原子，所以原子数是 0.2NA，故 D正确。【点睛】本题考查了物质的量的计算，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，
10、注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数等之间的关系。7.下列物质中，不能由两种单质直接化合得到的是A. FeCl2 B. CuCl2 C. HCl D. Na2O2【答案】A【解析】【分析】Fe、Cl 2点燃生成 FeCl3；Cu、Cl 2点燃生成 CuCl2；H 2、Cl 2点燃生成 HCl；Na、O 2点燃生成Na2O2。【详解】Fe、Cl 2点燃生成 FeCl3，所以 FeCl2不能由两种单质直接化合得到，故选A；Cu、Cl 2点燃生成 CuCl2，CuCl 2能由两种单质直接化合得到，故不选 B；H 2、Cl 2点燃生成 HCl， HCl能由两种单质直接
11、化合得到，故不选 C；Na、O 2点燃生成 Na2O2，Na 2O2能由两种单质直接化合得到，故不选 D。8.下列说法正确的是A. SO2、NO 2、CO 2都属于酸性氧化物B. NH3、CO 2的水溶液均能导电，所以 NH3、CO 2均是电解质C. 淀粉溶液、雾均属于胶体D. 液氯、 “84”消毒液都属于混合物【答案】C【解析】5【分析】NO2不是酸性氧化物；NH 3、CO 2是非电解质；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在 1100nm之间；液氯中只含氯分子。【详解】NO 2不是酸性氧化物，SO 2、CO 2属于酸性氧化物，故 A错误；NH 3、CO 2的水溶液均能导电，但不是 NH3、CO 2
12、自身电离出的离子导电，所以 NH3、CO 2是非电解质，故 B错误；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在 1100nm之间，所以淀粉溶液、雾均属于胶体，故 C正确；液氯中只含氯分子，液氯是纯净物，故 D错误。9.在 2L 0.1molL-1 BaCl2溶液中，下列说法正确的是A. Cl物质的量为 0.2molB. Cl物质的量浓度为 0.2 molL-1C. Ba2+物质的量为 0.1molD. Ba2+物质的量浓度为 0.2 molL-1【答案】B【解析】Cl 物质的量为 2L0.1molL-1 2=0.4mol，故 A错误；Cl 物质的量浓度为 0.1molL-1 2=0.2 molL-1，故
13、B正确；Ba 2 物质的量为 2L0.1molL-1=0.2mol，故 C错误；Ba2 物质的量浓度为 0.1molL-1 1=0.1 molL-1，故 D错误。10.下列实验操作中，正确的是A. 配制 5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中，加适量的水搅拌溶解B. 将氢氧化钠固体放在滤纸上称量C. 用 10mL的量筒量取 8.58mL浓盐酸D. 配制 0.1molL1 的硫酸溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释【答案】A【解析】【分析】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取；量筒的精度是 0.1mL；容量瓶
14、不能用来稀释溶液。【详解】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故 A正确；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取，故 B错误；量筒的精6度是 0.1mL，可以用 10mL的量筒量取 8.6mL浓盐酸，故 C错误；配制 0.1molL1 的硫酸溶液时，将浓硫酸加入盛有适量水的烧杯中稀释，冷却后移入容量瓶，故 D错误。11.下列物质在水溶液中关于电离方程式错误的是A. MgCl2 = Mg2+ + 2ClB. Ba(OH)2 = Ba2+ + 2OHC. CH3COOH = H+ + CH3COO-D. KHSO4 = K+ + H+ + SO42-【答
15、案】C【解析】【分析】氯化镁为强电解质，完全电离生成镁离子和氯离子；氢氧化钡是强电解质，完全电离生成钡离子和氢氧根离子；醋酸是弱电解质，部分电离，用可逆号连接；HSO 4-为强酸的酸式酸根离子，拆分为氢离子和硫酸根离子。【详解】氯化镁为强电解质，完全电离，电离方程式为:MgCl 2Mg 2+2Cl-，故 A正确；氢氧化钡是强电解质，完全电离，电离方程式为:Ba(OH) 2Ba 2+2OH-，故 B正确；醋酸是弱电解质，部分电离，电离方程式是 CH3COOH H+ + CH3COO-，故 C错误；HSO 4-为强酸的酸式酸根离子，KHSO 4在溶液中的电离方程式是 KHSO4 = K+ + H+
16、 + SO42-，故 D正确。12.下列离子方程式，书写正确的是A. 盐酸与石灰石反应：CO 32+2H + = CO2+H 2OB. 铁与稀盐酸反应：2Fe+6H + = 2Fe3+3H2C. 氯气与水反应：Cl 2 + H2O = 2H+ Cl + ClOD. 硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba 2+2OH+Cu2+SO42 = BaSO 4+Cu(OH) 2【答案】D【解析】【分析】碳酸钙难溶于水，离子方程式中不能拆写成离子；铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；次氯酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写成离子；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钡两种沉淀。【详解】碳酸钙难溶于水
17、，盐酸与石灰石反应的离子方程式是 CaCO3+2H+ = Ca2+CO2+H 2O，故 A错误；铁与稀盐酸反应的离子方程式是 Fe+2H+ = Fe2+H2，故 B错7误；次氯酸是弱电解质，氯气与水反应的离子方程式是 Cl2 + H2O = H+ Cl + HClO，故C错误；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba 2+2OH+Cu2+SO42 = BaSO4+Cu(OH) 2，故 D正确。【点睛】本题考查离子方程式的书写，明确离子反应的书写方法、常见物质的溶解性、强弱电解质的判断等即可解答，题目难度不大。13.下列各组中的离子，能在水溶液中大量共存的是A. K+、H +、SO 42、OH B.
18、Na+、Mg 2+、NO 3、OHC. Na+、H +、Cl、CO 32 D. Na +、Cu 2+、SO 42、Cl【答案】D【解析】【分析】H+、OH 反应生成水；Mg 2+、OH反应生成氢氧化镁沉淀；H +、CO 32反应放出二氧化碳；Na+、Cu 2+、SO 42、Cl不反应。【详解】H +、OH 反应生成水，H +、OH 不能大量共存，故 A错误；Mg 2+、OH反应生成氢氧化镁沉淀，Mg 2+、OH不能大量共存，故 B错误；H +、CO 32反应放出二氧化碳，H+、CO 32不能大量共存，故 C错误；Na +、Cu 2+、SO 42、Cl不反应，能在水溶液中大量共存，故选 D。14
19、.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是A. 无色溶液中：Cl、Na +、Fe 3+、SO 42B. 含有 SO42-的溶液中：Ba 2+、Na +、H +、NO 3C. 含有 Cl的溶液中： SO 42、NO 3、Cu 2+、K +D. 使石蕊变红的溶液中：Fe 3+，HCO 3、Na +，SO 42【答案】C【解析】【分析】含有 Fe3+的溶液呈棕黄色；SO 42-与 Ba2+反应生成 BaSO4沉淀；Cl、 SO42、NO 3、Cu 2+、K +不反应；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO 3与 H+反应放出二氧化碳；【详解】无色溶液中不能含有 Fe3+，故 A错误；SO 42-与 Ba2+反
20、应生成 BaSO4沉淀，含有SO42-的溶液中不能含有 Ba2+，故 B错误；Cl、 SO42、NO 3、Cu 2+、K +不反应，所以能8大量共存，故选 C；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO 3与 H+反应放出二氧化碳，所以使石蕊变红的溶液中不能含有 HCO3，故 D错误；15.200 ml Fe2(SO4)3溶液中含 Fe3+ 56g，溶液中 SO42的物质的量浓度是（ ）A. 5mol/L B. 7.5 mol/L C. 10 mol/L D. 2.5 mol/L【答案】B【解析】56gFe3+的物质的量为 =1mol，溶液中 n（SO 42 ）= n（Fe 3+）= 1mol=1.5mo
21、l，所以溶液中 SO42 的物质的量浓度 =7.5mol/L故选 B二、选择题（共 10题，每题 3分，共 30分。每题只有一个选项符合题意。 ）16.如图所示的实验操作中，正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：A、容量瓶检验漏水的方法：右手食指顶住瓶塞，左手托住瓶底，倒置，观察瓶口是否漏水，正立，旋转瓶塞 180，倒置，观察瓶口是否漏水，故正确；B、用试管加热液体，不能超过试管的 1/3，试管夹夹在距离试管口中上部，试管中的液体超过 1/3了，故错误；C、胶头滴管不能伸入试管内，故错误；D、漏斗的下端紧贴烧杯内壁，故错误。考点：考查实验基本操作等知识
22、。17. 下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是A. PCl3PCl 5 B. MnO4- Mn 2+C. SO2SO 32- D. Cl2HClO【答案】A【解析】9试题分析：氧化剂在反应中得到电子，化合价降低。这说明题中所给的物质是还原剂，失去电子化合价升高，所以答案选 A。考点：考查氧化还原反应的有关判断点评：本题容易错选 D。由于有些物质可以发生自身的氧化还原反应，例如氯气溶于水、高锰酸钾分解等，因此答题时还要细致全面的分析。18.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应：3Cl 2+2NH3N 2+6HCl，检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是A. 该反应属于置换反应 B. 该
23、反应利用了 Cl2的强氧化性C. 该反应说明了 Cl2的还原性大于 N2 D. 生成 1molN2有 6mol电子转移【答案】C【解析】【分析】根据置换反应的定义判断；3Cl 2+2NH3N 2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应；氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；3Cl 2+2NH3N 2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3 变为 0。【详解】一种单质和一种化合物，生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应，所以 3Cl2+2NH3N 2+6HCl是置换反应，故 A说法正确；3Cl 2+2NH3N 2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应，所以氯气是氧化剂，表现氧化性
24、，故 B说法正确；3Cl2+2NH3N 2+6HCl中氯气是氧化剂，氮气是氧化产物，所以该反应说明了 Cl2的氧化性大于 N2，故 C说法错误；3Cl 2+2NH3N 2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3 变为 0，所以生成1molN2有 6mol电子转移，故 D说法正确。【点睛】本题考查氧化还原反应的基础知识及氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系的考查，注意从元素化合价变化的角度解答该题，难度不大。19.同温同压下，用等质量的 CH4、CO 2、O 2、SO 2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】10由 可知，等质量时，
25、M 越小，则体积越大，CH 4、CO 2、O 2、SO 2四种气体的摩尔质量V=mMVm分别为 16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，则甲烷的体积最大，答案选 D。点睛：本题考查物质的量的计算，把握质量、物质的量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意摩尔质量的应用以及气体摩尔体积的使用条件和范围。20.有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙（即碳酸钙的粒子直径是纳米级） ，这将引起建筑材料的性能发生巨变。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是A. 纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B. 纳米碳酸钙的化学性质已与碳酸钙完全不同C. 纳米碳酸钙分散到
26、水中会产生丁达尔现象D. 纳米碳酸钙的粒子不能通过滤纸【答案】C【解析】【分析】纳米碳酸钙是纯净物，胶体是混合物；纳米碳酸钙的成分就是碳酸钙；将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体；与胶体相似，纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸。【详解】纳米碳酸钙是纯净物，胶体是混合物，故 A错误；纳米碳酸钙的成分就是碳酸钙，化学性质与碳酸钙完全相同，故 B错误；将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体，所以具有丁达尔现象，故 C正确；与胶体中的胶粒能透过滤纸一样，纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸，故 D错误。【点睛】本题考查胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径不同，胶体粒子直径在1100nm、溶液中粒子直径小于 1n
27、m、浊液中粒子直径大于 100nm ，丁达尔效应是胶体具有的性质，用来鉴别溶液和胶体。21. 如图：A 处通入氯气。关闭 B阀时,C 处红色布条无变化，打开 B阀时，C 处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是A. D中不可能是浓硫酸11B. 通入的氯气含有水蒸气C. D中可以是水D. D中可以是饱和食盐水【答案】B【解析】试题分析：干燥的氯气不能使 C处红色布条颜色褪去，潮湿的氯气能使 C处红色布条颜色褪去。A、若 D中盛放浓硫酸，因为浓硫酸具有吸水性，可干燥氯气，而干燥的氯气不能使C处红色布条颜色褪去，关闭 B时，氯气被干燥，则不能使 C处红色布条褪色，则当打开B时，若氯气潮湿，则会使 C处
28、布条褪色，所以 D中可能是浓硫酸，错误；B、根据关闭和打开 B的反应现象的不同，说明打开 B时通入的氯气中含有水蒸气，使红色布条褪色，正确；C、若 D为水，则当关闭 B时，氯气变潮湿，所以 C处的布条褪色，错误；D、若 D为饱和食盐水，则当关闭 B时，氯气变潮湿，所以 C处的布条褪色，错误，答案选 B。考点：考查氯气的性质22.某溶液中仅含 Na+、Mg 2+、Cl、SO 42四种离子，其中 Na+浓度为 0.2 molL 1 、Mg 2+浓度为 0.25 molL 1 、Cl浓度为 0.4 molL 1 ，则 SO42的浓度为A. 0.5 molL 1 B. 0.3 molL 1 C. 0.
29、1 molL 1 D. 0.15 molL 1【答案】D【解析】【分析】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，利用电荷守恒计算。【详解】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，设 SO42的浓度为 x molL 1，则 0.2 molL 1 +0.25 molL 1 2=0.4 molL 1+2x，解得x=0.15 molL 1，故选 D。23.下列化学反应中，气体被还原的是A. CO2使 Na2O2变白色 B. 点燃时 Fe在 Cl2中燃烧产生红棕色的烟C. H2使灼热的 CuO粉末变红色 D. CO 2能使石灰水变浑浊【答案】B【解析】【分析】12过氧化钠与二氧化
30、碳的反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳中元素化合价不变； B点燃时Fe在 Cl2中燃烧生成氯化铁，氯气中氯元素化合价降低；CH 2使灼热的 CuO粉末变红色生成铜和水，氢气中氢元素化合价升高；DCO 2能使石灰水变浑浊生成碳酸钙和水，元素化合价都不变。【详解】过氧化钠与二氧化碳的反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳中元素化合价不变，所以 CO2没有被还原，故不选 A； B点燃时 Fe在 Cl2中燃烧生成氯化铁，氯气中氯元素化合价降低，氯气被还原，故选 B；CH 2使灼热的 CuO粉末变红色生成铜和水，氢气中氢元素化合价升高，氢气被氧化，故不选 C；DCO 2能使石灰水变浑浊生成碳酸钙和水，元素化合价都不
31、变，不属于氧化还原反应，故不选 D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握氧化反应与还原反应的区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。24.在氢氧化钡溶液中滴入硫酸溶液并测定溶液导电性，下面各图表示的是随着硫酸滴入量的增加溶液导电能力变化的图像，其图像表示正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】溶液导电的实质是：必须有自由移动的带电的离子，离子浓度大，导电能力强，离子浓度小，导电能力弱；氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，生成硫酸钡沉淀和水。【详解】氢氧化钡溶液中滴入等物质的量浓度的硫酸溶液，氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，
32、Ba（OH） 2+H2SO4BaSO 4+2H 2O，随着反应的进行，溶液中的离子浓度减少，导电能力下降，当硫酸与氢氧化钡恰好完全反应，此时溶液中的离子几乎为零，即导电能力为零，再滴入硫酸，导电能力逐渐增强，故选 A。1325.已知反应：SeO 2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；Se+2H 2SO4（浓）=2SO 2+SeO 2+2H2O。下列叙述正确的是A. 反应中 Se是氧化产物，I 2是还原产物B. 反应中浓 H2SO4是氧化剂，SeO 2是还原产物C. 反应中每有 1.0mol I2生成，转移电子数目为 4NAD. SeO2、H 2SO4（浓） 、I 2的氧化
33、性由强到弱的顺序是 H2SO4（浓）SeO 2I 2【答案】D【解析】试题分析：A、反应中 Se元素的化合价降低，SeO 2作氧化剂发生还原反应，所以 Se是还原产物，I 元素的化合价升高，I 2是氧化产物，错误；B、反应中浓 H2SO4是氧化剂，Se是还原剂被氧化，则 SeO2是氧化产物，错误；C、反应中每有 1.0mol I2生成，则转移电子数目为 1mol2NA=2NA，错误；D、根据以上分析，结合氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性由强到弱的顺序是 H2SO4（浓）SeO 2I 2， ，答案选 D。考点：考查氧化还原反应的分析，氧化还原反应规律的应用第卷三、
34、填空题26.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：(1)3.4g NH3中含有_mol H。 (2)标准状况下，等体积的 CO和 CO2的质量比为_。 (3)100 mL Al2(SO4)3溶液中 c (Al3+)=0.20 molL 1，则 c(SO42-)=_。 (4)物质的量浓度相同的 NaCl、MgCl 2、AlCl 3溶液中分别加入足量的 AgNO3溶液中，生成沉淀的质量相等，三种溶液的体积比为_。【答案】 (1). 0.6 (2). 7:11 (3). 0.3 mol/L (4). 6:3:2【解析】【分析】（1）根据 n= 计算出氨气的物质的量；(2)根据阿伏加德罗
35、定律，标准状况下，等体积的mMCO和 CO2的物质的量相等；(3)Al 2(SO4)3溶液中 c (Al3+): c(SO42-)=2:3；(4)相同浓度的NaCl、MgCl 2、AlCl 3溶液，分别与 AgNO3溶液反应，生成的 AgCl沉淀的质量之比为141：1：1，令生成 AgCl分别为 1mol、1mol、1mol，根据氯原子守恒计算三种溶液的体积比。【详解】 （1）根据 n= ，氨气的物质的量= ，氢原子的物质的量是mM 3.4g17g/mol=0.2mol0.6mol；(2)根据阿伏加德罗定律，标准状况下，等体积的 CO和 CO2的物质的量相等，设物质的量都是 nmol，则 CO
36、和 CO2的质量分别是 28ng、44ng，质量比是 7:11；(3)Al 2(SO4)3溶液中 c (Al3+): c(SO42-)=2:3，所以当 c (Al3+)=0.20 molL 1时， c(SO42-)=0.30 molL 1；（4）相同浓度的 NaCl、MgCl 2、AlCl 3溶液，分别与 AgNO3溶液反应，生成的AgCl沉淀的质量之比为 1：1：1，令生成 AgCl分别为 1mol、1mol、1mol，根据氯原子守恒，则 n（NaCl）=1mol、n（MgCl 2）= mol、n（AlCl 3）= mol，根据 c= 可知，浓度相同12 13 nv条件下，体积之比等于其物质
37、的量之比，故 V（NaCl 溶液）：V（MgCl 2溶液）：V（AlCl 3溶液）=1mol： mol： mol=6：3：2。12 13【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算、阿伏加德罗定律、离子方程式有关计算，明确发生的反应是关键，注意利用守恒思想与赋值法计算。27.我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用 2molL1 的盐酸配制成 250mL 0.1molL1 的盐酸溶液。(1)计算所需 2molL1 的盐酸的体积是_。(2)在下图所示仪器中，配制上述溶液不需要的是_（填相应仪器的序号） ； 除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_
38、。A、使用容量瓶前检查它是否漏水B、容量瓶用水洗净后，再用配好的稀 HCl溶液润洗C、配制溶液时，将量筒量取好的盐酸直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线 12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀(4)配制时其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，所配溶液的物质的量浓度_。 （填15“偏高” ；“ 偏低” “ 无影响” ）【答案】 (1). 12.5mL (2). C (3). 玻璃棒 (4). AD (5). 偏高【解析】【分析】(1)根据 计算所需 2molL1 的盐酸的体积；(2)用浓盐酸配制一定物c(浓 )c(浓 )=
39、c(稀 )c(稀 )质的量浓度的稀盐酸时，步骤为:计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀，配制过程中使用的仪器分别为:量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管等。(3) A、容量瓶有瓶塞，使用前必须检查容量瓶是否漏水；B、容量瓶若用待配液润洗，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大； C、容量瓶是用于配制一定浓度溶液时的定容容器，不能够在容量瓶中稀释溶液； D、定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(4)根据 分析。c=nv【详解】(1)根据 ，需 2molL1 的盐酸的体积= 12.5 c(浓 )c(浓 )=c(稀 )c(稀 )250mL0.1molL 12
40、molL 1 =mL；(2)用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，步骤为:计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀，配制过程中使用的仪器分别为:量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管等，不需要分液漏斗，故选 C；还需要玻璃棒。(3) A、容量瓶有瓶塞，使用前必须检查容量瓶是否漏水，故 A正确；B、容量瓶若用待配液润洗，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，故 B错误； C、容量瓶是用于配制一定浓度溶液时的定容容器，不能够在容量瓶中稀释溶液，故 C错误； D、定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故 D正确。(4)配制时其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，所
41、得溶液体积偏小，所以浓度偏高。【点睛】本题考查了容量瓶的使用方法，题目难度不大，注意在实验室使用容量瓶时，容量瓶不能进行加热，若将温度较高或较低的溶液注入容量瓶，容量瓶则会热胀冷缩，所量体积就会不准确，导致所配制的溶液浓度不准确；容量瓶只能用于配制溶液，不能储存溶液。28.下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分（其它成分未列出）编号 名称 天然气 白酒 醋酸 小苏打 消石灰 铜线成分 CH4 C2H5OH CH3COOH NaHCO3 Ca(OH)2 Cu16(1)请你对表中的主要成分进行分类（填编号）是电解质的是_，是非电解质的是_。(2)写出在水中的电离方程式_。(3)写
42、出下列反应的离子方程式：用治疗胃酸过多（主要成分为盐酸）_用澄清的溶液检验 CO2气体 _【答案】 (1). (2). (3). NaHCO3 =Na + + HCO3 (4). HCO3 + H+ = H2O + CO2 (5). Ca 2+ 2OH + CO2 = CaCO3 +H 2O【解析】【分析】(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非金属氧化物、大多数有机物是非电解质。(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子；(3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；澄清的石灰水与 CO2反应生成碳
43、酸钙沉淀和水。【详解】CH 3COOH、NaHCO 3、Ca(OH) 2在水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电；CH4、C 2H5OH在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子；Cu 是单质，既不是电解质又不是非电解质；所以是电解质的是 CH3COOH、NaHCO 3、Ca(OH) 2，选，是非电解质的是 CH4、C 2H5OH，选；(2)NaHCO 3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是 NaHCO3 =Na + + HCO3 ； (3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是 HCO3 + H+ = H2O + CO2；澄清的石灰水与 CO2反应生成
44、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是 Ca2+ 2OH + CO2 = CaCO3 +H 2O。29.某同学利用如下实验装置制备少量的漂白粉。回答下列问题：(1)漂白粉的有效成分是_（填化学式） 。17(2)仪器 a的名称是_，用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的化学方程式为 MnO2 + 4HCl （浓） MnCl2 + Cl2 + 2H 2O 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。(3)装置 B发生反应的化学方程式为_。(4)装置 C的作用是_，C 中发生反应的离子方程式为 _ 。【答案】 (1). Ca(ClO)2 (2). 分液漏斗 (3). 1:2 (4). 2Ca(OH)2 + 2Cl
45、2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O (5). 吸收多余的氯气，防止污染空气 (6). 2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O【解析】【分析】(1)石灰乳中通入 制得漂白粉；(2)根据装置图分析仪器 a的名称；根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；(3)装置 B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水；(4)氯气有毒，需要尾气处理；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水。【详解】(1)石灰乳中通入 制得漂白粉，漂白粉的主要成分是 Ca(ClO)2、CaCl 2，有效成分是 Ca(ClO)2；(2)根据装置图，仪器 a的名称是分液漏斗；该反应中，MnO 2 Mn
46、Cl 2，Mn 元素由+4 价+2 价，得 2个电子，所以 MnO2是氧化剂； HCl（浓）Cl 2，Cl 元素由-1 价0 价，失电子，所以 HCl是还原剂；HClMnCl 2，Cl 元素的化合价没变化，所以 HCl作酸参加反应，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是 1：2；(3)装置 B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水，反应方程式是 2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O；(4)氯气有毒，可以用氢氧化钠溶液吸收，装置 C的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，C 中发生反应的离子方程式为 2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O。
