湖北省襄阳市四校联考（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）2022-2022学年高一（上）期中化学试卷 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列生活中的现象与氧化还原反应知识有关的是（ ）A．食盐放在水中片刻后消失了B．食醋洒在大理石台面上产生气泡C．烧菜用过的铁锅，放置后常出现红棕色斑迹D．用食醋可以除去水壶中的水垢[水垢的主要成分为CaCO3、Mg（OH）2] 2．下列仪器①蒸馏烧瓶②试管③蒸发皿④容量瓶⑤冷凝管⑥烧杯中能用酒精灯直接加热的是（ ）A．②③⑤B．②③C．①③④D．③⑤⑥ 3．关于KOH溶液和Fe（OH）3胶体描述正确的是（ ）A．两者的分散质都属于碱B．两者均为有色不透明的分散系C．两者分散质的直径都介于10﹣9～10﹣7m之间D．两者都有丁达尔效应 4．量取10mL碘的饱和水溶液，倒入分液漏斗中，然后注入4mL四氯化碳，用力振荡后静置，实验现象为（ ）A．液体分层，上层为四氯化碳层，黄色B．液体分层，上层为水层，紫色C．液体分层，下层为四氯化碳层，紫色D．液体分层，下层为水层，黄色 5．下列实验操作中不正确的是（ ）A．用规格为10mL的量筒量取6.2mL的液体B．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应边加热边搅拌直至溶液完全蒸干C．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处D．制取蒸馏水时，冷凝管中冷凝水应由下口进，上口出 6．标准状况下有①6.72LCH4②3.01×1023个HCl③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对四种气体的关系从小到大表示不正确的是（ ）A．体积④＜①＜③＜②B．密度①＜④＜③＜②C．质量④＜①＜③＜②D．氢原子数④＜②＜③＜① 7．在xR2++yH++O2=4R3++nH2O的离子方程式中，下列判断正确的是（ ）A．y=4，R2+是氧化剂B．y=2，R2+是还原剂C．y=2，R3+是还原产物D．y=4，R3+是氧化产物 -18-\n8．下列各组离子在无色水溶液中能大量共存的是（ ）A．Na+Mg2+Cl﹣OH﹣B．MnO4﹣HCO3﹣OH﹣K+C．Fe3+H+SO42﹣CH3COO﹣D．K+NO3﹣CO32﹣Na+ 9．利用下列实验装置完成相应的实验，能达到实验目的是（ ）A．制取少量蒸馏水B．分离碘和酒精C．称量NaOH固体D．配制100mL0.1mol/L盐酸 10．如图表示1gO2与1gX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．N2B．CH4C．CO2D．NO 11．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（ ）A．将58.5gNaCl固体溶于1L水中所得溶液B．将22.4LHCl气体溶于水配成1L的溶液-18-\nC．从1L10mol/L的浓盐酸中取出的100mL溶液D．将4gNaOH固体溶于水中配成的100mL溶液 12．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，含有NA个氦原子的氦气的体积约为11.2LB．标准状况下，44.8LH2O的分子数为2NAC．常温常压下，22gCO2含有原子总数为1.5NAD．含有1molHCl的稀盐酸与足量的铁发生反应，转移的电子总数为2NA 13．下列反应对应的离子方程式书写正确的是（ ）A．盐酸与氨水反应H++OH﹣═H2OB．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓C．硝酸银溶液中加入铜粉Ag++Cu═Cu2++AgD．铁与稀盐酸反应2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ 14．下列检验方法和结论都正确的是（ ）A．加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有大量Cl﹣B．加入硝酸后的溶液中，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有大量SO42﹣C．加入盐酸后，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，证明原溶液中一定含有大量CO32﹣D．加入无色酚酞试液后，溶液显红色，证明原溶液中一定含有大量OH﹣ 15．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（方程式中H为+1价，O为﹣2价）下列说法正确的是（ ）A．KClO3在反应中失电子B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移 16．质量分数为a%，物质的量浓度为cmol•L﹣1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2cmol•L﹣1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（ ）A．等于2a%B．大于2a%C．小于2a%D．无法确定 二、解答题（共4小题，满分45分）17．（10分）（1）在KCl和CaCl2的混合物中，K+和Ca2+的物质的量之比为2：1，则KCl和CaCl2的物质的量之比为 ，若要取出含1molCl﹣的该混合物，应称取该混合物的质量为 g．（2）同温、同压下某瓶充满O2时重106克，充满CO2时重112克，充满某气体时重98克．则某气体的相对分子质量为 ．-18-\n（3）铜和浓硫酸发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O在该反应中，若消耗了32gCu，则转移了 mol电子，生成 LSO2（标准状况）气体． 18．（8分）某无色透明溶液里加入紫色石蕊试液，溶液变红色，经分析该溶液中只可能存在下列离子：H+、Ba2+、Na+、Cu2+、OH﹣、SO42﹣，（1）请确定这些离子在该溶液中的存在情况：一定存在的离子是 ；可能存在的离子是 ；一定不存在的离子是 ；（2）用离子方程式表示其中一种离子不能存在的原因 ． 19．（15分）现用98%浓硫酸（密度1.84g/mL）配制100mL1mol/L的稀硫酸．可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒．请回答下列问题：（1）保存浓硫酸的试剂瓶上除贴B标签外，还需贴上的标签是 ．A、自燃物品B、氧化剂C、剧毒品D、腐蚀品（2）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有 （选填序号），还缺少的仪器有 ，使用之前首先必须进行 ．（3）经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为 mL．（4）稀释时，一定要将 沿器壁慢慢倒入 中并不断搅拌．（5）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（填写“偏大”、“偏小”、“无影响”）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中 B．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水 C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 D．定容时俯视溶液的凹液面 E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 ． 20．（12分）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2++、SO42+以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：称取粗盐滤液精盐（1）步聚⑤步实验操作需要的玻璃仪器有烧杯、 、 ．（2）步聚④步中，相关的离子方程式是 、 ．（3）步聚②中，判断加入BaCl2已过量的方法是： ．（4）除杂试剂Na2CO3、NaOH、BaCl2加入的先后顺序还可以是（用化学式填写，只填一种情况） → → -18-\n（5）若先用盐酸调pH再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是（请写出其中一个离子方程式） ． 三．计算题21．（7分）2.4g的镁粉在100mL稀硫酸中完全溶解（反应前后溶液体积的变化忽略不计）．（1）写出反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目．（2）求产生的气体在标准状况下的体积．（3）求反应完全后所得溶液中镁离子的物质的量浓度． -18-\n湖北省襄阳市四校联考（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）2022-2022学年高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列生活中的现象与氧化还原反应知识有关的是（ ）A．食盐放在水中片刻后消失了B．食醋洒在大理石台面上产生气泡C．烧菜用过的铁锅，放置后常出现红棕色斑迹D．用食醋可以除去水壶中的水垢[水垢的主要成分为CaCO3、Mg（OH）2]【考点】氧化还原反应．【分析】与氧化还原反应有关，说明该变化过程中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答．【解答】解：A．食盐溶于水发生物理变化，与氧化还原反应无关，故A错误；B．醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该反应中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C．铁、碳和水发生电化学反应，该过程中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；D．醋酸和CaCO3反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，Mg（OH）2和醋酸反应生成醋酸镁和水，这两个反应中没有元素化合价变化，所以不发生氧化还原反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，根据元素化合价是否变化来分析解答，题目难度不大． 2．下列仪器①蒸馏烧瓶②试管③蒸发皿④容量瓶⑤冷凝管⑥烧杯中能用酒精灯直接加热的是（ ）A．②③⑤B．②③C．①③④D．③⑤⑥【考点】直接加热的仪器及使用方法．【分析】可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚．【解答】解：①烧瓶属于玻璃仪器，受热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，不能直接加热，故①错误；②试管可以直接加热，故②正确；③蒸发皿可以直接加热，故③正确；④容量瓶不能加热，故④错误；⑤冷凝管不能加热，故⑤错误；⑥烧杯属于玻璃仪器，受热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，不能直接加热，故⑥错误；故选B．【点评】本题考查能直接加热的仪器，难度不大，能在酒精灯火焰上直接加热的仪器有：试管、坩埚、蒸发皿、燃烧匙等，必须垫石棉网的仪器是：烧杯、烧瓶、锥形瓶． 3．关于KOH溶液和Fe（OH）3胶体描述正确的是（ ）A．两者的分散质都属于碱B．两者均为有色不透明的分散系-18-\nC．两者分散质的直径都介于10﹣9～10﹣7m之间D．两者都有丁达尔效应【考点】胶体的重要性质．【分析】A．氢氧化铁和氢氧化钠属于碱；B．氢氧化钠是溶液均一，稳定，透明，氢氧化铁胶体均一稳定透明；C．胶体分散质微粒直径在1nm﹣100nm；D．丁达尔现象是胶体的性质，溶液无此现象．【解答】解：A．NaOH溶液和Fe（OH）3胶体中分散质依据组成分析可知为碱，故A正确；B．氢氧化钠是溶液，均一，稳定，无色透明，而氢氧化铁胶体，均一稳定透明，为有色透明的分散系，故B错误；C．溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径在1nm﹣100nm，故C错误；D．一束光线分别通过时，胶体会出现丁达尔效应，溶液无此现象，故D错误；故选A．【点评】本题考查了胶体本质、性质分析判断，注意分散质本质的依据是微粒直径大小，题目较简单． 4．量取10mL碘的饱和水溶液，倒入分液漏斗中，然后注入4mL四氯化碳，用力振荡后静置，实验现象为（ ）A．液体分层，上层为四氯化碳层，黄色B．液体分层，上层为水层，紫色C．液体分层，下层为四氯化碳层，紫色D．液体分层，下层为水层，黄色【考点】分液和萃取．【分析】碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水和四氯化碳不互溶，所以四氯化碳能萃取碘水中的碘，碘溶于四氯化碳溶液呈紫色，且四氯化碳的密度大于水的密度．【解答】解：水和四氯化碳不互溶，所以水和四氯化碳混合会分层；碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水和四氯化碳不互溶，所以四氯化碳能萃取碘水中的碘；碘溶于四氯化碳溶液呈紫色，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以分层后的液体上层是水层，无色，下层是四氯化碳层，呈紫色．故选C．【点评】本题考查了碘的萃取实验现象，难度不大，明确萃取剂的选择条件：1、两种溶剂不互溶；2、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度． 5．下列实验操作中不正确的是（ ）A．用规格为10mL的量筒量取6.2mL的液体B．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应边加热边搅拌直至溶液完全蒸干C．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处D．制取蒸馏水时，冷凝管中冷凝水应由下口进，上口出【考点】蒸发、蒸馏与结晶的仪器；过滤、分离与注入溶液的仪器；蒸发和结晶、重结晶．【分析】A．量筒精确到0.1；B．蒸发皿中的溶液不能完全蒸干，当大量晶体析出时，要用余热来蒸干；C．应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处；D．冷凝水下进上出．【解答】解：A．量筒精确到0.1，可量取6.2mL的液体，故A正确；-18-\nB．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，蒸发皿中有大量晶体析出时，停止加热，要用余热来蒸干，故B错误；C．温度计测定馏分的温度，则蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故C正确；D．冷却水应从下口进上口出，在冷凝管中停留时间长，冷却效果好，故D正确．故选B．【点评】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新的杂质． 6．标准状况下有①6.72LCH4②3.01×1023个HCl③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对四种气体的关系从小到大表示不正确的是（ ）A．体积④＜①＜③＜②B．密度①＜④＜③＜②C．质量④＜①＜③＜②D．氢原子数④＜②＜③＜①【考点】气体摩尔体积；摩尔质量；物质的量的相关计算．【专题】化学用语专题．【分析】A、根据V=nVm=Vm=Vm来计算，或者根据阿伏伽德罗定律的推论：同温同压下，体积之比等于物质的量之比来回答；B、根据=来计算或者根据阿伏伽德罗定律的推论：同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比；C、根据m=nM=M=M来计算；D、根据公式计算氢原子的物质的量，进而计算氢原子数．【解答】解：A、3.01×1023个HCl的体积V=Vm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，13.6gH2S的体积V=Vm=×22.4L/mol=8.96L，0.2molNH3的体积V=0.2mol×22.4L/mol═4.48L，所以体积关系为：④＜①＜③＜②，故A正确；B、根据阿伏伽德罗定律的推论：同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度关系为：①＜④＜③＜②，故B正确；C、6.72LCH4的质量是m=M=×16g/mol=4.8g，3.01×1023个HCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，0.2molNH3的质量是0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量关系是④＜①＜③＜②，故C正确；D、6.72LCH4的物质的量为0.3mol，所以氢原子的物质的量为1.2mol，3.01×1023个HCl的物质的量为0.5mol，所以氢原子的物质的量为0.5mol，13.6gH2S的物质的量为0.4mol，所以氢原子的物质的量为0.8mol，0.2molNH3氢原子的物质的量为0.6mol，氢原子数目和氢原子的物质的量成正比，所以氢原子数关系是②＜④＜③＜①，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生有关物质的量的相关计算知识，可以根据所学内容来回答，较简单． 7．在xR2++yH++O2=4R3++nH2O的离子方程式中，下列判断正确的是（ ）A．y=4，R2+是氧化剂B．y=2，R2+是还原剂-18-\nC．y=2，R3+是还原产物D．y=4，R3+是氧化产物【考点】氧化还原反应．【分析】xR2++yH++O2═4R3++nH2O中，由原子守恒可知，x=4，n=2，y=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：xR2++yH++O2═4R3++nH2O中，由原子守恒可知，x=4，n=2，y=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低，A．y=4，R2+是还原剂，故A错误；B．y=2，R2+是还原剂，故B错误；C．y=2，R3+是氧化产物，故C错误；D．y=4，R3+是氧化产物，故D错误；故选：D．【点评】本题考查氧化还原反应，注意电荷守恒及原子守恒的应用，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大． 8．下列各组离子在无色水溶液中能大量共存的是（ ）A．Na+Mg2+Cl﹣OH﹣B．MnO4﹣HCO3﹣OH﹣K+C．Fe3+H+SO42﹣CH3COO﹣D．K+NO3﹣CO32﹣Na+【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，注意题目无色的特点，以此解答该题．【解答】解：A．Mg2+与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．MnO4﹣有颜色，且HCO3﹣与OH﹣不能大量共存，故B错误；C．Fe3+有颜色，不符合题目无色的要求，且H+与CH3COO﹣反应而不能大量共存，故C错误；D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意常见弱电解质，题目难度不大． 9．利用下列实验装置完成相应的实验，能达到实验目的是（ ）A．制取少量蒸馏水B．-18-\n分离碘和酒精C．称量NaOH固体D．配制100mL0.1mol/L盐酸【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．利用沸点差异制备蒸馏水；B．碘与酒精不分层；C．在烧杯中称量NaOH；D．转移溶液应引流．【解答】解：A．利用沸点差异制备蒸馏水，图中蒸馏装置正确，故A正确；B．碘与酒精不分层，不能利用图中分液装置分离，故B错误；C．在烧杯中称量NaOH，不能利用图中装置称量，故C错误；D．转移溶液应利用玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离方法及实验操作，侧重实验操作方法及注意事项的考查，题目难度不大． 10．如图表示1gO2与1gX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．N2B．CH4C．CO2D．NO【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=判断X摩尔质量相对大小，据此分析解答．【解答】解：体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=知，质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，这几个选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气，故选C．-18-\n【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确P、V、n、T、M之间的关系是解本题关键，会分析图象中曲线变化趋势，采用“定一议二”的方法分析，题目难度中等． 11．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（ ）A．将58.5gNaCl固体溶于1L水中所得溶液B．将22.4LHCl气体溶于水配成1L的溶液C．从1L10mol/L的浓盐酸中取出的100mL溶液D．将4gNaOH固体溶于水中配成的100mL溶液【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】A．物质的量浓度中，体积为溶液的体积不是溶剂的体积；B．没有告诉在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量；C．溶液具有均一性，溶液的浓度与溶液的体积大小无关；D．根据n=计算出氢氧化钠的物质的量，再经过c=计算出溶液的物质的量浓度．【解答】解：A．将58.5gNaCl的物质的量为：=1mol，溶于1L水中，配成的溶液的体积大于1L，浓度小于1mol•L﹣1，故A错误；B．标准状况下22.4LHCl的物质的量为：=1mol，由于没有告诉在标况下，无法计算氯化氢的物质的量，则无法计算该溶液的浓度，故B错误；C．从1L10mol/L的浓盐酸中取出的100mL溶液，溶液具有均一性，则溶液的浓度仍然为10mol/L，故C错误；D．4g氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）==0.1mol，溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）==1mol/L，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法，明确标况下气体摩尔体积的使用条件、溶液的均一性为解答关键． 12．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，含有NA个氦原子的氦气的体积约为11.2LB．标准状况下，44.8LH2O的分子数为2NAC．常温常压下，22gCO2含有原子总数为1.5NAD．含有1molHCl的稀盐酸与足量的铁发生反应，转移的电子总数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氦气是单原子分子；B、标况下，水为液态；C、1molCO2含3mol原子；D、1molHCl含1molH+，据此分析．【解答】解：A、氦气是单原子分子，故当含有NA个氦原子的氦气，故氦气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L，故A错误；B、标况下，水为液态，故B错误；-18-\nC、22gCO2的物质的量为0.5mol，1molCO2含3mol原子，故0.5molCO2含1.5mol原子，个数为1.5NA个，故C正确；D、1molHCl含1molH+，反应掉0.5mol铁，故与铁反应后转移1mol电子，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 13．下列反应对应的离子方程式书写正确的是（ ）A．盐酸与氨水反应H++OH﹣═H2OB．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓C．硝酸银溶液中加入铜粉Ag++Cu═Cu2++AgD．铁与稀盐酸反应2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．盐酸与氨水反应，一水合氨是弱电解质，不能拆成离子；B．硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；C．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；D．铁与盐酸反应生成亚铁离子，不是生成铁离子．【解答】解：A．一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为H++NH3•H2O=H2O+NH4+，故A错误；B．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B正确；C．离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为2Ag++Cu═Cu2++2Ag，故C错误；D．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等． 14．下列检验方法和结论都正确的是（ ）A．加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有大量Cl﹣B．加入硝酸后的溶液中，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有大量SO42﹣C．加入盐酸后，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，证明原溶液中一定含有大量CO32﹣D．加入无色酚酞试液后，溶液显红色，证明原溶液中一定含有大量OH﹣【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，可能为硫酸银、碳酸银或氯化银等；B．也可能为SO32﹣；C．气体可能为二氧化碳或二氧化硫；D．滴加酚酞呈红色，说明溶液呈碱性．【解答】解：A．加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，可能为硫酸银、碳酸银或氯化银等，应先加入硝酸酸化，故A错误；B．如为SO32﹣，可被硝酸氧化生成SO42﹣，故B错误；C．气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则对应的离子可能为为CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、HSO3﹣等，故C错误；-18-\nD．滴加酚酞呈红色，说明溶液呈碱性，原溶液中一定含有大量OH﹣，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握常见离子的检验方法，检验时注意排除其它离子的干扰，难度不大． 15．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（方程式中H为+1价，O为﹣2价）下列说法正确的是（ ）A．KClO3在反应中失电子B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移【考点】氧化还原反应．【分析】根据2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（O均为﹣2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答．【解答】解：A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则KClO3在反应中得电子，故A错误；B．该反应中KClO3是氧化剂，在反应中被还原，ClO2是还原产物，故B错误；C．该反应中C元素的化合价由+3价升高到+4价，所以H2C2O4是还原剂，在反应中被氧化，故C正确；D．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，1个氯原子转移1个电子，所以1molKClO3参加反应，转移1mol电子，故D错误；故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于基础知识的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，难度不大． 16．质量分数为a%，物质的量浓度为cmol•L﹣1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2cmol•L﹣1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（ ）A．等于2a%B．大于2a%C．小于2a%D．无法确定【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】根据公式c=结合氯化钠的密度大于水，浓度越浓，密度越大进行计算．【解答】解：质量分数为a%，物质的量浓度为cmol•L﹣1的NaCl溶液，设密度是ρ1，所以c=，质量分数为a%，物质的量浓度为2cmol•L﹣1的NaCl溶液，设密度是ρ2，质量分数是w%，所以2c=，整理得到=，氯化钠的密度大于水，浓度越浓，密度越大，所以ρ1＜ρ2，即w%＜2a%．故选C．【点评】本题考查物质的量浓度和质量分数之间的关系计算，注意公式的应用是关键，难度中等．-18-\n 二、解答题（共4小题，满分45分）17．（10分）（1）在KCl和CaCl2的混合物中，K+和Ca2+的物质的量之比为2：1，则KCl和CaCl2的物质的量之比为 2：1 ，若要取出含1molCl﹣的该混合物，应称取该混合物的质量为 64.5 g．（2）同温、同压下某瓶充满O2时重106克，充满CO2时重112克，充满某气体时重98克．则某气体的相对分子质量为 16 ．（3）铜和浓硫酸发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O在该反应中，若消耗了32gCu，则转移了 1 mol电子，生成 11.2 LSO2（标准状况）气体．【考点】物质的量的相关计算；化学方程式的有关计算．【分析】（1）由化学式可知n（KCl）=n（K+），n（CaCl2）=n（Ca2+），据此判断KCl与CaCl2的物质的量之比，令氯化钙的物质的量为xmol，则氯化钾为2xmol，根据氯离子列方程计算x的值，进而计算各自的物质的量，再根据m=nM计算质量，进而计算总质量；（2）同温同压下，相同容积时，气体的物质的量相同．令气体的物质的量为n，容器质量为m，根据容器充满氧气与二氧化碳的质量，列方程计算n、m的值，根据M=可计算X气体的摩尔质量，据此计算气体X的相对分子质量；（3）根据n=计算Cu的物质的量，结合铜元素化合价变化计算转移电子物质的量，根据方程式计算生成二氧化硫的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化硫的体积．【解答】解：（1）由化学式可知n（KCl）=n（K+），n（CaCl2）=n（Ca2+），故n（KCl）：n（CaCl2）=n（K+）：n（Ca2+）=2：1，令氯化钙的物质的量为xmol，则氯化钾为2xmol，根据氯离子可知，2x+2x=1，解得x=0.25，故m（KCl）=0.25mol×2×74.5mol/L=37.25g，m（CaCl2）=0.25mol×111g/mol/L=27.75g，故含1mol氯离子的该混合物的质量为37.25g+27.75g=64.5g；故答案为：2：1；64.5g；（2）令气体的物质的量为n，容器质量为m，则：m+n×32g/mol=106g，m+n×44g/mol=112g，解得，n=0.5mol，m=90g，充满气体X后的质量为98g，所以气体X的质量为98g﹣90g=8g，物质的量为0.5mol，气体X的摩尔质量为=16g/mol，所以气体X的相对分子质量为16，故答案为：16；（3）32gCu的物质的量为=0.5mol，反应中Cu元素化合价由0价升高为+2，故转移电子物质的量为0.5mol×2=1mol，根据Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，可知生成二氧化硫为0.5mol，故标况下二氧化硫的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：1；11.2．【点评】本题考查混合计算、化学方程式计算，侧重对物质的量计算的考查，难度不大，注意对基础知识的理解掌握． 18．（8分）某无色透明溶液里加入紫色石蕊试液，溶液变红色，经分析该溶液中只可能存在下列离子：H+、Ba2+、Na+、Cu2+、OH﹣、SO42﹣，（1）请确定这些离子在该溶液中的存在情况：-18-\n一定存在的离子是 H+、SO42﹣ ；可能存在的离子是 Na+ ；一定不存在的离子是 Cu2+、OH﹣、Ba2+ ；（2）用离子方程式表示其中一种离子不能存在的原因 Ba2++SO42﹣=BaSO4↓ ．【考点】常见离子的检验方法．【分析】无色透明溶液里一定不存在有色的Cu2+离子；加入紫色石蕊试液，溶液变红色，说明溶液显示酸性，溶液中存在大量氢离子，能够与氢离子反应离子不能大量共存，然后根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子，再根据离子共存判断一定不存在钡离子，据此进行解答．【解答】解：（1）Cu2+为有色离子，无色透明溶液里一定不存在有色的Cu2+离子，加入紫色石蕊试液，溶液变红色，说明溶液中存在大量氢H+，则OH﹣不能存在；根据溶液电中性可知，溶液中一定存在SO42﹣，则一定不存在Ba2+，所以溶液中一定存在的离子为：H+、SO42﹣，可能存在的离子为：Na+，一定不存在的离子为：Cu2+、OH﹣、Ba2+，故答案为：H+、SO42﹣；Na+；Cu2+、OH﹣、Ba2+；（2）硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能共存，反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．【点评】本题考查了离子共存、离子方程式的书写，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件、离子方程式的书写原则，明确离子共存的判断方法为解答关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力及综合应用所学知识的能力． 19．（15分）现用98%浓硫酸（密度1.84g/mL）配制100mL1mol/L的稀硫酸．可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒．请回答下列问题：（1）保存浓硫酸的试剂瓶上除贴B标签外，还需贴上的标签是 D ．A、自燃物品B、氧化剂C、剧毒品D、腐蚀品（2）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有 ②④⑥ （选填序号），还缺少的仪器有 100mL容量瓶 ，使用之前首先必须进行 查漏 ．（3）经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为 5.4 mL．（4）稀释时，一定要将 浓硫酸 沿器壁慢慢倒入 水 中并不断搅拌．（5）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（填写“偏大”、“偏小”、“无影响”）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中 偏小 B．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水 无影响 C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 偏小 D．定容时俯视溶液的凹液面 偏大 E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 偏小 ．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）浓硫酸有很强的腐蚀性；（2）根据操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作来分析所需的仪器；容量瓶等带塞子或活塞的仪器使用前必须查漏；-18-\n（3）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；（4）根据浓硫酸的稀释来分析；（5）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解答】解：（1）浓硫酸是强酸，有很强的腐蚀性，故选D；（2）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管．故不需要的仪器有②④⑥；还缺少的仪器有100mL容量瓶，而容量瓶等带塞子或活塞的仪器使用前必须查漏，故答案为：②④⑥；100mL容量瓶；查漏；（3）浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：100mL×1mol/L=18.4mol/L×VmL，解得V=5.4mL，故答案为：5.4；（4）浓硫酸的稀释放热，故应将浓硫酸沿烧杯内壁注入烧杯中的水中，并用玻璃棒不断搅拌，故答案为：浓硫酸；水；（5）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，则浓硫酸的浓度偏小，故配制出的溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故答案为：无影响；C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会造成溶质的损失，则浓度偏小，故答案为：偏小；D．定容时俯视溶液的凹液面，则溶液体积偏小，浓度偏大，故答案为：偏大；E．定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水，重新达到刻度线则导致浓度偏小，故答案为：偏小．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大． 20．（12分）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2++、SO42+以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：称取粗盐滤液精盐（1）步聚⑤步实验操作需要的玻璃仪器有烧杯、 玻璃棒 、 漏斗 ．（2）步聚④步中，相关的离子方程式是 Ca2++CO32﹣═CaCO3↓ 、 Ba2++CO32﹣═BaCO3↓ ．（3）步聚②中，判断加入BaCl2已过量的方法是： 取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量 ．（4）除杂试剂Na2CO3、NaOH、BaCl2加入的先后顺序还可以是（用化学式填写，只填一种情况） NaOH → BaCl2 → Na2CO3 -18-\n（5）若先用盐酸调pH再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是（请写出其中一个离子方程式） CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（或BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑） ．【考点】粗盐提纯．【分析】（1）根据过滤操作要求分析；依据过滤实验用到的仪器来回答；（2）粗盐的提纯中，加入碳酸钠的作用是除去杂质离子钙离子以及过量的钡离子；（3）根据钡离子能和硫酸根之间反应生成硫酸钡沉淀来检验氯化钡是否过量；（4）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来；除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠必须放在氯化钡的后面；（5）Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，会影响制得精盐的纯度．【解答】解：（1）过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；（2）粗盐的提纯中，加入碳酸钠的作用是除去杂质离子钙离子以及过量的钡离子，反应的方程式为：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl，BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl，反应的实质是：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；Ba2++CO32﹣═BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；Ba2++CO32﹣═BaCO3↓；（3）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量；（4）除杂试剂为了完全除去杂质离子，一般加入的试剂是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸制不再有气体生成即可，所以加入顺序为：NaOH、BaCl2、Na2CO3（或BaCl2、Na2CO3、NaOH），故答案为：NaOH；BaCl2；Na2CO3（或BaCl2、Na2CO3、NaOH）；（5）若先用盐酸调pH再过滤，会导致Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3与盐酸反应，生成易溶于水的氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而影响氯化钠的纯度，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（或BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑）．【点评】本题主要考查了粗盐的提纯，涉及盐的性质、除杂的方法和原则，题目难度中等，注意明确除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂． 三．计算题21．（7分）2.4g的镁粉在100mL稀硫酸中完全溶解（反应前后溶液体积的变化忽略不计）．（1）写出反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目．（2）求产生的气体在标准状况下的体积．（3）求反应完全后所得溶液中镁离子的物质的量浓度．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】（1）镁粉在稀硫酸中发生反应Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑，离子反应为2H++Mg=Mg2++H2↑，根据化合价的变化确定转移的电子总数2e﹣，标出电子转移的方向和数目；-18-\n（2）2.4gMg的物质的量为0.1mol，根据方程式计算生成的氢气体积；（3）溶液中n（Mg2+）=n（Mg），根据c=计算溶液中镁离子的物质的量浓度．【解答】解：（1）在反应Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑中，Mg元素的化合价由0升高到+2价，则Mg为还原剂，H元素的化合价由+1降低到0价，则H2SO4为氧化剂，该反应中转移的电子数为2e﹣，离子反应为2H++Mg=Mg2++H2↑电子转移的方向和数目为：，答：该反应电子转移的方向和数目为；（2）2.4gMg的物质的量为=0.1mol，令产生的氢气在标准状况下的体积为V，则：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑1mol22.4L0.1molV所以V=×22.4L=2.24L，答：生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；（3）溶液中n（Mg2+）=n（Mg）=0.1mol，溶液体积为100mL，故c（Mg2+）==1mol/L，答：溶液中镁离子的物质的量浓度为1mol/L．【点评】本题考查方程式的计算、氧化还原反应、物质的量浓度等，比较基础，注意基础知识的掌握．明确元素的化合价变化是标出电子转移的方向和数目的关键，题目难度不大． -18-
