安徽省合肥六中2017-2018学年高一上学期期中化学模拟试卷（含解析）.doc

安徽省合肥六中2017-2018学年高一（上）期中化学模拟试卷 ‎　‎ 一、单选题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）‎ ‎1．仅利用所提供实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（　　） ‎ 实验器材（省略夹持装置）‎ 相应实验 A 烧杯、玻璃棒、蒸发皿 氯化钠溶液的蒸发结晶 B 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸 用盐酸除去二氧化硅中的少量碳酸钙 C 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶 用固体硫酸钠配制0.1 mol/L的溶液 D 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗 用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI A．A B．B C．C D．D ‎2．关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（　　）‎ A．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 B．“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化 C．“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化 D．“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化 ‎3．广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其它简单仪器组成各种功能的装置．下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．在下列溶液中能大量共存的无色透明离子组是（　　）‎ A．K+、Na+、NO3﹣、MnO4﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、SO42﹣‎ C．K+、Na+、Br﹣、Cu2+ D．Na+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣‎ ‎5．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，5.6L CCl4含有的分子数为0.25NA B．标准状况下，14 g氮气含有的核外电子数为5NA C．标准状况下，22.4 L任意比的氢气和氯气的混气中含有分子总数均为NA D．在标准状况下，18gH2O所含有的电子数不是10NA ‎6．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（　　）‎ ‎①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ‎ ‎②4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3‎ ‎③2F2+2H2O=4HF+O2‎ ‎④2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ A．①③ B．②③ C．②④ D．③④‎ ‎7．下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（　　）‎ ‎①Ag++Cl﹣═AgCl↓ 　　‎ ‎②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O ‎③CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O 　 ‎ ‎④Fe+Cu2+═Fe2++Cu．‎ A．①③ B．②④ C．②③ D．没有 ‎8．下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是（　　）‎ 强电解质 弱电解质 酸性氧化物 碱性氧化物 A H2SO4‎ CH3COOH NO2‎ Na2O B BaSO4‎ HClO Mn2O7‎ CaO C NaCl 氨水 SO2‎ MnO2‎ D HI HF CO2‎ Fe3O4‎ A．A B．B C．C D．D ‎9．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O IO3﹣→I2 MnO4﹣→Mn2+ HNO2→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（　　）‎ A．H2O2 B．IO3﹣ C．MnO4﹣ D．HNO2‎ ‎10．标况下，H2O的质量为xg，含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为（　　）‎ A．18y/x B．9y/x C．18y/x mol﹣1 D．9y/x mol﹣1‎ ‎　‎ 二、单选题（共10题，每题3分，共30分）‎ ‎11．下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O C．氧化铜与稀硫酸反应：2H++O2﹣═H2O D．碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O ‎12．标准状况下VL氨气溶解在1L水中，所得溶液的密度为ρ g/ml，质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中正确的是（　　）‎ A．c= B．ω=‎ C．ω= D．ρ=‎ ‎13．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是（　　）‎ A．+3 B．+4 C．+5 D．+6‎ ‎14．草木灰中可能含K2CO3、K2SO4及NaCl等盐，将草木灰用蒸馏水浸取得浸取液进行实验，下列根据现象得出的结论不正确的是（　　）‎ A．向浸取液中加入BaCl2有白色沉淀，说明其中含有SO42﹣‎ B．向浸取液中加入AgNO3溶液有白色沉淀，说明其中含有Cl﹣‎ C．洁净的铂丝蘸取浸取液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+‎ D．向浸取液中滴加稀硫酸，产生无色无味的气体，说明其中含有CO32﹣‎ ‎15．在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．反应中KMnO4被氧化 B．HCl发生还原反应 C．每消耗2mol HCl时，反应中转移的电子为2 mol D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1﹕5‎ ‎16．下列操作中，完全正确的一组是 ‎①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部 ‎②给盛有液体的体积超过容积的试管加热 ‎③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味 ‎④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管 ‎⑤取用放在细口瓶中的液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着地面 ‎⑥将烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子 ‎⑦用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿 ‎⑧将滴管垂直伸进试管内滴加液体 ‎⑨稀释浓硫酸时，把水迅速倒入盛有浓硫酸的量筒中 ‎⑩检验装置的气密性时，把导管的一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热（　　）‎ A．①④⑦⑩ B．①④⑤⑦⑩ C．①④⑤⑦⑧⑩ D．④⑤⑦⑩‎ ‎17．有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4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．BaCl2，CaCO3一定存在，NaOH可能存在 B．K2SO4、CuSO4一定不存在 C．K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4可能存在 D．C为单一溶质溶液 ‎18．水热法制直径为1到100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣=Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．a=4‎ B．S2O32﹣是还原剂 C．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应 D．每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol ‎19．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸．下列离子方程式与事实不相符的是（　　）‎ A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2O B．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2O C．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2↑+2H2O D．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2O ‎20．同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律．已知氧化性：Fe3+＞Cu2+，在溶有Fe2（SO4）3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜 B．若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+‎ C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中一定无Fe3+‎ D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+‎ ‎　‎ 三、非选择题，共50分）‎ ‎21．有下列化学仪器：①托盘天平；②玻璃棒；③药匙；④烧杯；⑤量筒；⑥容量瓶；⑦胶头滴管；⑧细口试剂瓶；⑨标签纸．‎ ‎（1）现需要配制450mL 1mol•L﹣1硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓硫酸　　mL．需用　　mL 容量瓶．‎ ‎（2）从上述仪器中，按实验使用的先后顺序，其编号排列是　　．‎ ‎（3）定容：继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm，改用　　小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切．如果不小心加多，‎ 应该　　‎ ‎（4）若实验遇到下列情况，对硫酸溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．‎ ‎①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤，　　．‎ ‎②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，　　．‎ ‎③定容时观察液面俯视，　　．‎ ‎22．通常用饱和NaHCO3溶液除去混在CO2中少量的HCl气体，其反应的离子方程式为　　；也不能用Na2CO3溶液吸收的原因是（用化学方程式表示）　　．‎ ‎23．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）可近似地用图1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2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　　．‎ ‎24．某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2．已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2‎ ‎（1）该反应中的还原剂是　　．‎ ‎（2）该反应中，发生还原反应的过程是　　→　　．‎ ‎（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目　　．‎ ‎（4）如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为　　．（5）已知I﹣、Fe2+、SO2、Cl﹣、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：SO2＞I﹣＞H2O2＞Fe2+＞Cl﹣，则下列反应不能发生的是　　‎ A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+‎ B．I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI C．H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2O ‎ D．2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．‎ ‎25．（1）15.6g Na2X含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量为　　，X的相对原子质量为　　‎ ‎（2）质量分数为36.5%的盐酸密度为1.19g/ml，它的物质的量浓度为　　‎ ‎（3）将4g NaOH溶于　　g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20：1，此溶液中溶质的质量分数为　　．‎ ‎（4）标准状态下，672ml某气体质量为0.84g，该气体摩尔质量为　　．‎ ‎　‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）‎ ‎1．仅利用所提供实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（　　） ‎ 实验器材（省略夹持装置）‎ 相应实验 A 烧杯、玻璃棒、蒸发皿 氯化钠溶液的蒸发结晶 B 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸 用盐酸除去二氧化硅中的少量碳酸钙 C 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶 用固体硫酸钠配制0.1 mol/L的溶液 D 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗 用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．蒸发结晶需要用到酒精灯；‎ B．该实验中有过滤操作，必须使用漏斗；‎ C．缺少称量硫酸钠质量的托盘天平；‎ D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要用到分液，提供的仪器能够完成实验．‎ ‎【解答】解：A．氯化钠溶液的蒸发结晶操作中需要加热，提供的仪器中缺少酒精灯，无法完成实验，故A错误；21cnjy.com B．用盐酸除去二氧化硅中的少量碳酸钙，需要通过过滤分离，提供的仪器中缺少漏斗，无法完成该实验，故B错误；【来源：21·世纪·教育·网】‎ C．用固体硫酸钠配制0.1 mol/L的溶液，称量固体硫酸钠时需要托盘天平，缺少托盘天平，无法完成实验，故C错误；‎ D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗等，提供的仪器能够完成该实验，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（　　）‎ A．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 B．“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化 C．“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化 D．“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化 ‎【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；胶体的重要性质．‎ ‎【分析】A．海市蜃楼与光线在空气中的折射有关，而空气属于胶体；‎ B．水乳交融体现的是物质溶解性，火上浇油体现的是物质的燃烧反应；‎ C．碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化；‎ D．蛋白质的变性属于化学变化．‎ ‎【解答】解：A．空气属于胶体，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；‎ B．水乳交融体现的是物质溶解性，属于物理变化，火上浇油体现的是物质的燃烧反应，属于化学变化，故B正确；‎ C．水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；‎ D．“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性，生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其它简单仪器组成各种功能的装置．下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】尾气处理装置．‎ ‎【分析】A．该装置是排液量气装置； ‎ B．该装置可作为安全瓶；‎ C．该装置混气装置；‎ D．该装置是洗气装置．‎ ‎【解答】解：A．该装置是排液量气装置，故A错误； ‎ B．该装置可作为安全瓶防倒吸，因为进气管较短（刚漏出瓶塞）若发生倒吸，倒吸液会被盛装在B 瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B正确；‎ C．该装置是混气装置，进入C 瓶中两气体在C 瓶中充分混合，故C错误；‎ D．该装置是洗气装置，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．在下列溶液中能大量共存的无色透明离子组是（　　）‎ A．K+、Na+、NO3﹣、MnO4﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、SO42﹣‎ C．K+、Na+、Br﹣、Cu2+ D．Na+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．MnO4﹣为紫色；‎ B．该组离子之间不反应；‎ C．Cu2+为蓝色；‎ D．离子之间结合生成沉淀．‎ ‎【解答】解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A不选；‎ B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；‎ C．Cu2+为蓝色，为无色不符，故C不选；‎ D．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，5.6L CCl4含有的分子数为0.25NA B．标准状况下，14 g氮气含有的核外电子数为5NA C．标准状况下，22.4 L任意比的氢气和氯气的混气中含有分子总数均为NA D．在标准状况下，18gH2O所含有的电子数不是10NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、标况下四氯化碳为液体；‎ B、求出氮气的物质的量，然后根据氮气中含14个电子来分析；‎ C、求出混合气体的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来计算；‎ D、求出水的物质的量，然后根据水中含10个电子来分析．‎ ‎【解答】解：A、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；‎ B、14g氮气的物质的量为0.5mol，而氮气中含14个电子，故0.5mol氮气中含7NA个电子，故B错误；21·cn·jy·com C、标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而分子个数N=nNA=NA个，故C正确；‎ D、18g水的物质的量为1mol，而水中含10个电子，故1mol水中含10NA个电子，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（　　）‎ ‎①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ‎ ‎②4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3‎ ‎③2F2+2H2O=4HF+O2‎ ‎④2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ A．①③ B．②③ C．②④ D．③④‎ ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr中，水中H、O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：①水中H、O元素的化合价不变，但过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，水的作用相同，故不选；‎ ‎②Fe、O化合价变化，水中各元素的化合价变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选；‎ ‎③水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故选；‎ ‎④2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑中水是氧化剂，故选．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（　　）‎ ‎①Ag++Cl﹣═AgCl↓ 　　‎ ‎②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O ‎③CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O 　 ‎ ‎④Fe+Cu2+═Fe2++Cu．‎ A．①③ B．②④ C．②③ D．没有 ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】①Ag++Cl﹣═AgCl↓可以表示硝酸银与可溶性氯化物或者盐酸反应；‎ ‎②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O可以表示氢氧化钡与硫酸或者硫酸氢钠反应；‎ ‎③CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O 　可表示可溶性碳酸盐与强酸反应；‎ ‎④Fe+Cu2+═Fe2++Cu可表示铁与可溶性铜盐反应生成可溶性亚铁盐和铜．‎ ‎【解答】解：①Ag++Cl﹣═AgCl↓可以表示硝酸银与可溶性氯化物或者盐酸反应，例如硝酸银与盐酸、氯化钠、氯化钾等反应，故不选；‎ ‎②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O可以表示氢氧化钡与硫酸或者硫酸氢钠反应，例如氢氧化钡与硫酸、硫酸氢钠、硫酸氢钾等反应，故不选；‎ ‎③CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O 　可表示可溶性碳酸盐与强酸反应，例如碳酸钠、碳酸钾与盐酸、稀硫酸等，故不选；‎ ‎④Fe+Cu2+═Fe2++Cu可表示铁与可溶性铜盐反应生成可溶性亚铁盐和铜，例如铁与氯化铜、硫酸铜等的反应，故不选；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是（　　）‎ 强电解质 弱电解质 酸性氧化物 碱性氧化物 A H2SO4‎ CH3COOH NO2‎ Na2O B BaSO4‎ HClO Mn2O7‎ CaO C NaCl 氨水 SO2‎ MnO2‎ D HI HF CO2‎ Fe3O4‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【分析】在水溶液中能完全电离为强电解质；‎ 在水溶液中不能完全电离为弱电解质；‎ 能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；‎ 能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物．据此分析．‎ ‎【解答】解：A、NO2和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故不是酸性氧化物，故A错误；‎ B、BaSO4在水溶液中能完全电离，故为强电解质；HClO在水溶液中不能完全电离，故为弱电解质；Mn2O7能和碱反应生成盐和水的氧化物，故为酸性氧化物；CaO能和酸反应生成盐和水的氧化物，故为碱性氧化物，故B正确；‎ C、氨水为混合物，故不是电解质；MnO2不能和酸反应生成盐和水，故不是碱性氧化物，故C错误；‎ D、Fe3O4和酸反应生成两种盐和水，故不是碱性氧化物，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O IO3﹣→I2 MnO4﹣→Mn2+ HNO2→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（　　）21*cnjy*com A．H2O2 B．IO3﹣ C．MnO4﹣ D．HNO2‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．‎ ‎【分析】反应中I﹣→I2，失去1个电子，而H2O2→H2O得到2个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，HNO2→NO得到1‎ 个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断．‎ ‎【解答】解：氧化时I﹣，H2O2→H2O得到2个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，HNO2→NO得到1个电子，I﹣→I2，失去1个电子，但由于IO3﹣也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3﹣，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．标况下，H2O的质量为xg，含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为（　　）‎ A．18y/x B．9y/x C．18y/x mol﹣1 D．9y/x mol﹣1‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】由n=计算水的物质的量，结合1molH2O中含2molH来计算．‎ ‎【解答】解：xgH2O的物质的量为=mol，‎ 由1molH2O中含2molH、xgH2O中含有y个氢原子，则 mol×2×NA=y，‎ 解得NA=mol﹣1，‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、单选题（共10题，每题3分，共30分）‎ ‎11．下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O C．氧化铜与稀硫酸反应：2H++O2﹣═H2O D．碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．碳酸氢钠足量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写，反应后有剩余的碳酸根离子；‎ B．反应后的溶液为中性，则硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量2：1反应；‎ C．氧化铜不能拆开，离子方程式中需要保留化学式；‎ D．碳酸氢钠电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，需要保留整体形式．‎ ‎【解答】解：A．石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写，正确的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CO32﹣+CaCO3↓+2H2O，故A错误；‎ B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，氢离子与氢氧根离子恰好反应，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故B正确；‎ C．氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，氧化铜不能拆开，正确的离子方程式为：2H++CuO═H2O+Cu2+，故C错误；‎ D．碳酸氢钠溶液中加入盐酸，反应生成二氧化碳气体和水，碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．标准状况下VL氨气溶解在1L水中，所得溶液的密度为ρ g/ml，质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中正确的是（　　）‎ A．c= B．ω=‎ C．ω= D．ρ=‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【分析】A、表示出溶液的质量分数ω，然后带入c=来计算；‎ B、根据c=来计算；‎ C、根据质量分数=来计算；‎ D、根据n=计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，由ρ=计算溶液的密度．‎ ‎【解答】解：A、标况下VL氨气的物质的量为mol，质量为g，溶于1L 水后所得溶液的质量分数ω==，然后带入c===mol/L，故A错误；‎ B、根据c=可知：ω=，故B错误；‎ C、标况下VL氨气的物质的量为mol，质量为g，溶于1L水后所得溶液的质量分数ω==，故C正确；‎ D、VL氨气的物质的量为=mol，氨气质量为g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为（=+1000）g，溶液体积为： =L，所以溶液的密度为： =g/mL，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是（　　）‎ A．+3 B．+4 C．+5 D．+6‎ ‎【考点】真题集萃；氧化还原反应．‎ ‎【分析】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R元素化合价．‎ ‎【解答】解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故选D．‎ ‎　‎ ‎14．草木灰中可能含K2CO3、K2SO4及NaCl等盐，将草木灰用蒸馏水浸取得浸取液进行实验，下列根据现象得出的结论不正确的是（　　）‎ A．向浸取液中加入BaCl2有白色沉淀，说明其中含有SO42﹣‎ B．向浸取液中加入AgNO3溶液有白色沉淀，说明其中含有Cl﹣‎ C．洁净的铂丝蘸取浸取液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+‎ D．向浸取液中滴加稀硫酸，产生无色无味的气体，说明其中含有CO32﹣‎ ‎【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．‎ ‎【分析】A、碳酸根、硫酸根均能与钡离子生成难溶于水的碳酸钡、硫酸钡沉淀；‎ B、碳酸根、硫酸根、氯离子均能与银离子生成白色难溶于水的沉淀；‎ C、观察钾的焰色，应透过蓝色钴玻璃滤去钠的黄光；‎ D、K2CO3、K2SO4及NaCl中只有碳酸根能与硫酸反应生成气体．‎ ‎【解答】解：A、碳酸根、硫酸根均能与钡离子生成难溶于水的碳酸钡、硫酸钡沉淀，故不能说明一定含有硫酸根，可能含有碳酸根，故A错误；‎ B、碳酸根、硫酸根、氯离子均能与银离子生成白色难溶于水的沉淀，故原溶液中不一定含有氯离子，故B错误；‎ C、观察钾的焰色，应透过蓝色钴玻璃滤去钠的黄光，故洁净的铂丝蘸取浸取液少许，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能确定是否含K+，故C正确；‎ D、K2CO3、K2SO4及NaCl中只有碳酸根能与硫酸反应生成气体，故D正确，‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎15．在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．反应中KMnO4被氧化 B．HCl发生还原反应 C．每消耗2mol HCl时，反应中转移的电子为2 mol D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1﹕5‎ ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．Mn元素的化合价降低，则反应中KMnO4被还原，故A错误；‎ B．Cl元素的化合价升高，则HCl发生氧化反应，故B错误；‎ C．每消耗16mol HCl时，反应中转移的电子为10 mol，则每消耗2mol HCl时，反应中转移的电子为1.25 mol，故C错误；‎ D.2molKMnO4作氧化剂得到电子与10molHCl作还原剂失去电子相同，则氧化剂和还原剂的比是1：5，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．下列操作中，完全正确的一组是 ‎①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部 ‎②给盛有液体的体积超过容积的试管加热 ‎③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味 ‎④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管 ‎⑤取用放在细口瓶中的液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着地面 ‎⑥将烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子 ‎⑦用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿 ‎⑧将滴管垂直伸进试管内滴加液体 ‎⑨稀释浓硫酸时，把水迅速倒入盛有浓硫酸的量筒中 ‎⑩检验装置的气密性时，把导管的一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热（　　）‎ A．①④⑦⑩ B．①④⑤⑦⑩ C．①④⑤⑦⑧⑩ D．④⑤⑦⑩‎ ‎【考点】化学实验安全及事故处理．‎ ‎【分析】①依据试管夹的使用方法分析；‎ ‎②从试管中的液体超过容积的1/3时，加热时易液体飞溅分析；‎ ‎③从实验室闻气体的规范操作进行分析判断；‎ ‎④从固体粉末加入试管中的规范操作方法分析判断；‎ ‎⑤从实验室取用液体的规范操作分析判断；‎ ‎⑥烧瓶为玻璃仪器，易碎，据此解答即可；‎ ‎⑦从坩埚钳的使用和蒸发皿的用途和使用方法分析；‎ ‎⑧依据胶头滴管的规范使用方法分析；‎ ‎⑨依据浓硫酸的稀释实验要求分析，量筒不能用来稀释溶液；‎ ‎⑩根据装置气密性检查的方法和原理分析判断．‎ ‎【解答】解：①用试管夹夹持试管时，应将试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部，防止试管脱落，故①正确；‎ ‎②给盛有液体的体积超过容积的试管加热时容易发生液体沸腾飞溅伤人，应所盛液体体积不超过试管容积的1/3，故②错误；‎ ‎③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味，对有毒的气体来说，吸入过多易使人中毒，应该是用手轻轻的在瓶口扇动，仅使少量的气体飘入鼻孔．禁止把鼻子凑到容器口去闻气体，故③错误；‎ ‎④固体粉末加入试管中的方法是，将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，再竖立试管，防止粉末粘在试管内壁，故④正确；‎ ‎⑤取用放在细口瓶中液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着手心，防止残留液体腐蚀标签，故 ⑤错误；‎ ‎⑥烧瓶为玻璃仪器，容易破碎，所以塞紧瓶塞时应左手握住烧瓶，轻轻塞入瓶塞，故⑥错误；‎ ‎⑦蒸发皿是用来浓缩蒸发溶液的仪器，加热后温度高，移动蒸发皿需要用坩锅钳，防止灼伤，故⑦正确；‎ ‎⑧将胶头滴管垂直伸进试管内滴加液体，容易污染试剂，应垂直悬空在试管口的正上方滴加，故⑧错误；‎ ‎⑨量筒不能用来做稀释的容器，只能用来量取液体使用，稀释浓硫酸应是沿器壁向水中慢慢加入浓硫酸，并不断搅拌，水的密度小于浓硫酸，水加入浓硫酸会引起液体飞溅，故⑨错误 ‎⑩检验装置的气密性时，把导管一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热，导气管口处有气泡冒出，松开手后，导气管内有一段水柱上升，故⑩正确；‎ 综上所述①④⑦⑩正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎17．有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4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．BaCl2，CaCO3一定存在，NaOH可能存在 B．K2SO4、CuSO4一定不存在 C．K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4可能存在 D．C为单一溶质溶液 ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】由流程可知，白色固体溶于水的无色溶液，则一定不含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、K2SO4中的一种，且滤液C与二氧化碳反应生成白色沉淀，可知C中含BaCl2、NaOH，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．由上述分析可知，NaOH、BaCl2、CaCO3一定存在，故A错误；‎ B．由上述分析可知K2SO4、CuSO4一定不存在，故B正确；‎ C．NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，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，可知C中溶质为BaCl2、NaOH，故D错误；www-2-1-cnjy-com 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．水热法制直径为1到100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣=Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．a=4‎ B．S2O32﹣是还原剂 C．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应 D．每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．‎ A、根据电荷守恒计算a的值；‎ B、根据S元素的化合价分析；‎ C、直径为1～100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体；‎ D、3 molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价降低，据此计算．‎ ‎【解答】解：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．‎ A、从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4，故A正确；‎ B、反应中S元素的化合价从+2价升高到+2.5价，则S2O32﹣是还原剂，故B正确；‎ C、1～100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故C正确；‎ D、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为﹣2价，所以转移电子数为4mol，故D错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎19．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸．下列离子方程式与事实不相符的是（　　）‎ A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2O B．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2O C．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2↑+2H2O D．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，盐酸过量时发生反应：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O，故A正确；‎ B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH﹣+2H+→2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH﹣+CO32﹣+3H+=HCO3﹣+2H2O，故B正确；‎ C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+3H+=CO2↑+2H2O，故C正确；‎ D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH﹣+2CO32﹣+4H+=2HCO3﹣+2H2O，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎20．同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律．已知氧化性：Fe3+＞Cu2+，在溶有Fe2（SO4）3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜 B．若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+‎ C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中一定无Fe3+‎ D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+‎ ‎【考点】铁的化学性质；氧化还原反应．‎ ‎【分析】依据氧化还原反应的先后规律：同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律，三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据此分析．‎ ‎【解答】解：三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，‎ A．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不容物中一定含有铜，故A正确；‎ B．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，故B正确；‎ C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，故C错误；‎ D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，故D正确；21·世纪*教育网 故选：C．‎ ‎　‎ 三、非选择题，共50分）‎ ‎21．有下列化学仪器：①托盘天平；②玻璃棒；③药匙；④烧杯；⑤量筒；⑥容量瓶；⑦胶头滴管；⑧细口试剂瓶；⑨标签纸．2-1-c-n-j-y ‎（1）现需要配制450mL 1mol•L﹣1硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓硫酸　27.2　mL．需用　500　mL 容量瓶．‎ ‎（2）从上述仪器中，按实验使用的先后顺序，其编号排列是　⑤④②⑥⑦⑧⑨　．‎ ‎（3）定容：继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm，改用　胶头滴管　小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切．如果不小心加多，‎ 应该　；重新配制　‎ ‎（4）若实验遇到下列情况，对硫酸溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．‎ ‎①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤，　偏低　．‎ ‎②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，　偏高　．‎ ‎③定容时观察液面俯视，　偏高　．‎ ‎【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．‎ ‎【分析】（1）根据C=和稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算，根据所配制溶液的体积确定容量瓶的规格；‎ ‎（2）根据操作过程是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序；‎ ‎（3）定容方法：向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切；‎ ‎（4）根据C=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差．‎ ‎【解答】解：（1）浓硫酸的浓度据C=和稀释定律C浓V浓=C稀V稀==18.4mol/L，由于无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，配制出500mL1mol/L的稀硫酸，设需要浓硫酸的体积为XmL，根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol/L×XmL=500mL×1mol/L，解得X=27.2mL，配制450mL 1mol•L﹣1硫酸溶液需要500mL的容量瓶，故答案为：27.2；500；‎ ‎（2）根据操作过程是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序，可知正确的操作顺序为：⑤④②⑥⑦⑧⑨，故答案为：⑤④②⑥⑦⑧⑨；‎ ‎（3）定容方法：向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切；如果不小心加多，应该重新配制，故答案为：胶头滴管； 重新配制；‎ ‎（4）①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤，会导致溶质损失，则所配溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；‎ ‎②‎ 未经冷却将溶液注入容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高；‎ ‎③定容时观察液面俯视会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高．‎ ‎　‎ ‎22．通常用饱和NaHCO3溶液除去混在CO2中少量的HCl气体，其反应的离子方程式为　H++HCO3﹣=H2O+CO2↑　；也不能用Na2CO3溶液吸收的原因是（用化学方程式表示）　CO2+CO32﹣+H2O=2HCO3﹣　．‎ ‎【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．‎ ‎【分析】饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，而能够与氯化氢反应生成二氧化碳，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢；不能用Na2CO3溶液吸收是因为碳酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，据此写出反应的离子方程式．‎ ‎【解答】解：由于二氧化碳不与碳酸氢钠溶液反应，而杂质能够与碳酸氢钠发生反应生成二氧化碳，所以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳杂质含有的氯化氢杂质，反应的离子方程式为：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑；碳酸钠溶液能够与二氧化碳反应，反应的离子方程式为：CO2+CO32﹣+H2O=2HCO3﹣，不能使用碳酸钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，‎ 故答案为：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑；CO2+CO32﹣+H2O=2HCO3﹣．‎ ‎　‎ ‎23．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　Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O　．‎ ‎（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是　A　（填序号）．‎ A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性 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）可近似地用图1中的　C　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2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　沉到烧杯底部　．‎ ‎【考点】离子方程式的书写；电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】（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，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）反应生成硫酸钡和水，该离子反应为Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故答案为：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；‎ 故答案为：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，故答案为：C；　‎ ‎（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，‎ 故答案为：沉到烧杯底部．‎ ‎　‎ ‎24．某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、‎ H2O、H2O2．已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2‎ ‎（1）该反应中的还原剂是　H2O2　．‎ ‎（2）该反应中，发生还原反应的过程是　H2CrO4　→　Cr（OH）3　．‎ ‎（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目　=2Cr（OH）3↓+3O2↑+2H2O　．‎ ‎（4）如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为　3.36L　．（5）已知I﹣、Fe2+、SO2、Cl﹣、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：SO2＞I﹣＞H2O2＞Fe2+＞Cl﹣，则下列反应不能发生的是　C　‎ A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+‎ B．I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI C．H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2O ‎ D．2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．‎ ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】（1）由H2O2只发生如下过程H2O2﹣→O2可知，利用该过程中O元素的化合价由﹣1价升高到0来分析；‎ ‎（2）氧化剂发生还原反应，利用元素的化合价降低来分析；‎ ‎（3）由失去电子的元素指向得到电子的元素，并标出电子转移的总数来用单线桥法标出电子转移的方向和数目；‎ ‎（4）由反应可知生成3mol气体转移6mol电子，以此来计算；‎ ‎（5）根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2＞I﹣＞H2O2＞Fe2+＞Cl﹣来判断反应能否发生．‎ ‎【解答】解：（1）由信息H2O2﹣→O2中可知，O元素的化合价由﹣1价升高到0，则H2O2为还原剂，故答案为：H2O2；‎ ‎（2）氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4→Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3；‎ ‎（3）该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，2molH2CrO4反应转移电子为2mol ‎×（6﹣3）=6mol，则用单线桥法标出电子转移的方向和数目为=2Cr（OH）3↓+3O2↑+2H2O，‎ 故答案为： =2Cr（OH）3↓+3O2↑+2H2O；‎ ‎（4）由2H2CrO4+3H2O2═2Cr（OH）3↓+3O2↑+2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为mol=0.15mol，‎ 其在标准状况下体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36L；‎ ‎（5）A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；‎ B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I﹣，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；‎ C、因该反应中O元素的化合价升高，S元素的化合价降低，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；‎ D、因该反应中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则I﹣为还原剂，还原性强弱为I﹣＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎25．（1）15.6g Na2X含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量为　78g﹒mol﹣1　，X的相对原子质量为　32　‎ ‎（2）质量分数为36.5%的盐酸密度为1.19g/ml，它的物质的量浓度为　11.9mol/L　‎ ‎（3）将4g NaOH溶于　36　g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20：1，此溶液中溶质的质量分数为　10%　．‎ ‎（4）标准状态下，672ml某气体质量为0.84g，该气体摩尔质量为　28g/mol　．‎ ‎【考点】物质的量的相关计算．‎ ‎【分析】（1）依据M=计算；‎ ‎（2）依据C=计算解答；‎ ‎（3）根据n=计算4gNaOH的物质的量，进而计算水的物质的量，根据m=nM 计算水的质量，溶液的质量=m（水）+m（NaOH），溶液质量分数=×100%；【出处：21教育名师】‎ ‎（4）依据n==计算解答；‎ ‎【解答】解：（1）n（Na2X）=n（Na+）=0.2mol，M（Na2X）==78g/mol，‎ X的相对原子质量为78﹣2×23=32，‎ 故答案为：78g/mol；32．‎ ‎（2）质量分数为36.5%的盐酸密度为1.19g/ml，它的物质的量浓度==11.9mol/L；‎ 故答案为：11.9mol/L；‎ ‎（3）4gNaOH的物质的量==0.1mol，溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20：1，则水的物质的量=0.1mol×20=2mol，故水的质量为2mol×18g/mol=36g，溶液的质量=m（水）+m（NaOH）=4g+36g=40g，故溶液质量分数=×100%=10%，‎ 故答案为：36；10%；‎ ‎（4）标准状态下，672ml某气体物质的量==0.03mol，摩尔质量==28g/mol；‎ 故答案为：28g/mol．‎ ‎　‎