2015-2022学年山东省泰安市新泰一中高一（上）期中化学试卷

2022-2022学年山东省泰安市新泰一中高一（上）期中化学试卷　一、选择题（1-15每题2分，16-25每题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（　　）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有2．高一学生小强的化学笔记中有如下内容：你认为他的笔记中有几处错误（　　）①物质按照组成可以分为单质和化合物②单质又可分为金属和非金属③化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物④按照分散剂粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体⑤只要在水溶液中能导电的化合物就是电解质⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应⑦氧化还原反应的本质是化合价升降．A．三处B．四处C．五处D．六处3．在强酸性无色透明溶液中，下列各组离子不能大量共存的是（　　）A．Fe3+、K+、Cl﹣、MnO4﹣B．K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣C．Zn2+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣D．Ba2+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣4．下列试剂的浓溶液在空气中久置会变质，在变质过程中既发生了氧化还原反应，又发生了非氧化还原反应的是（　　）A．氢氧化钠B．过氧化氢C．次氯酸钙D．硫酸亚铁5．下列反应的离子方程式中，正确的是（　　）A．稀硫酸滴在银片上：2Ag+2H+=2Ag++H2↑B．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．碳酸钙溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．饱和石灰水跟稀硝酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2O6．已知在酸性条件下，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Cl2→2Cl﹣；MnO4﹣→Mn2+；Cr2O72﹣→Cr3+；HNO3→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的量最多的是（　　）A．Cl2B．MnO4﹣C．Cr2O72﹣D．HNO37．已知下述三个实验均能发生化学反应①将铁钉放入硫酸铜溶液中②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴双氧水③将铜丝放入氯化铁溶液中下列判断正确的是（　　）A．实验①中铁钉做氧化剂B．实验②中Fe2+具有还原性C．实验③中发生的是置换反应D．上述实验证明氧化性Fe3+＞Fe2+＞Cu2+8．制备硅单质时，主要化学反应如下：18/18（1）SiO2+2CSi+2CO↑（2）Si+2Cl2SiCl4（3）SiCl4+2H2Si+4HCl下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是（　　）A．（1）（3）为置换反应B．（1）（2）（3）均为氧化还原反应C．（2）为化合反应D．三个反应的反应物中硅元素均被还原9．已知：①2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②Cl2+2FeCl2═2FeCl3；③2KI+2FeCl3═2KCl+I2+2FeCl2．则下列判断正确的是（　　）A．氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2B．还原性：Fe2+＞I﹣＞Cl﹣C．FeCl3能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D．反应①中只体现盐酸的还原性10．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．则原混合溶液中钾离子的浓度为（　　）A．molL﹣1B．molL﹣1C．molL﹣1D．molL﹣111．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．5.6gFe和足量的氯气完全反应失去电子数为0.3NAB．0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子C．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体一定含有NA个氧原子D．标况下，4.48L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA12．下列溶液中Cl﹣浓度最小的是（　　）A．200mL2mol/LMgCl2溶液B．1000mL2.5mol/LNaCl溶液C．300mL5mol/LKClO3溶液D．250mL1mol/LAlCl3溶液13．对下列实验的评价，正确的是（　　）A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42﹣B．某无色溶液中滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定是酸溶液C．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+D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣14．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（　　）①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶　③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤　④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水18/18⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线　⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．A．①③⑤⑥B．①②⑤⑥C．②③④⑥D．③④⑤⑥15．0.3molNa2SO3恰好被0.1mol氧化剂X2O72﹣氧化生成Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为（　　）A．+6B．+3C．+2D．016．xgH2O中含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为（　　）A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣117．下列说法中不正确的是（　　）A．向滴有酚酞的水中加入过量Na2O2粉末并振荡，溶液由无色变红又变无色B．向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2与H2O反应是一个放热反应且有氧气生成C．Na2O2与H2O反应是一个氧化还原反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂D．Na2O2与H20反应是一个置换反应，有单质O2产生18．把4.48LCO2通过一定量的Na2O2固体后收集到3.36L气体（气体体积均在标准状况下测定），则固体增加的质量是（　　）A．2.8gB．4.4gC．5.6gD．6.0g19．将Cu放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一段时间后取出Cu片，溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为4：3，则反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（　　）A．3：2B．3：8C．4：3D．3：420．有一铁的氧化物样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能与0.56L氯气（标准状况）反应，使Fe2+全部转化为Fe3+，则此氧化物为（　　）A．Fe2O3B．Fe3O4C．Fe4O5D．Fe5O7　二、解答题（共4小题，满分40分）21．化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题：（1）0.3molNH3分子中所含原子数与　　　　个H2O分子中所含原子数相等．（2）含0.4molA13+的Al2（SO4）3中所含的SO42﹣的物质的量是　　　　．（3）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为　　　　．（4）在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是　　　　．（5）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣，测得Na+、Mg2+和Cl﹣的物质的量浓度依次为：0.2molL﹣1、0.25molL﹣1、0.4molL﹣1，则c（SO42﹣）=　　　　．22．某固体混合物可能由KCl、NaNO3、K2SO4、CuCl2、CaCl2、K2CO3中的一种或几种混合而成，为鉴定其组成，依次进行如下实验：（1）混合物中加入足量水得一无色透明溶液，（2）上述溶液中滴加BaCl2有白色沉淀产生，（3）过滤，然后向上述白色沉淀加盐酸时，沉淀全部溶解，（4）往滤液中加AgNO3溶液时有白色沉淀产生且白色沉淀不溶于稀硝酸．试判断：肯定存在的物质有　　　　；肯定不存在的物质有　　　　；可能存在的物质有　　　　．18/1823．某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+和Cl﹣，化学小组设计了如图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境．（1）废液经操作①得到的沉淀A中含有的金属单质是　　　　；（2）写出操作①的反应离子方程式　　　　（3）在溶液A中加入氢氧化钠的现象为　　　　发生的化学方程式为　　　　．24．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为　　　　KClO3+　　　　HCl（浓）=　　　　KCl+　　　　ClO2↑+　　　　Cl2↑+　　　　H2O（1）请配平上述化学方程式．（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是　　　　（填编号）①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性（3）产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为　　　　mol．（4）氧化剂是　　　　，还原剂是　　　　；氧化产物是　　　　，还原产物是　　　　．　18/182022-2022学年山东省泰安市新泰一中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（1-15每题2分，16-25每题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（　　）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有【考点】胶体的重要性质．【分析】A、胶体是电中性的；B、通电时溶质电离出的阴阳离子分别移向两极，溶质是非电解质时不移向任何电极；C、溶液中溶质分子运动无规律D、胶体能发生丁达尔现象，溶液没有；【解答】解：A、溶液是电中性的，胶体也是电中性的，胶体粒子吸附了带电的离子，故A错误；B、通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质不移向电极，胶体中的分散质粒子向某一极移动，故B错误；C、胶体的分散质粒子在显微镜观察下呈现无规则运动，这就是胶体的布朗运动特性．溶液中的离子呈现自由态，其运动是无规律可言的．故C错误；D、溶液没有丁达尔现象而胶体存在，故胶体出现明显的光带，故D正确；故选D．【点评】本题考查了胶体、溶液的性质区别，较简单，注意胶体粒子的吸附离子作用．　2．高一学生小强的化学笔记中有如下内容：你认为他的笔记中有几处错误（　　）①物质按照组成可以分为单质和化合物②单质又可分为金属和非金属③化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物④按照分散剂粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体⑤只要在水溶液中能导电的化合物就是电解质⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应⑦氧化还原反应的本质是化合价升降．A．三处B．四处C．五处D．六处【考点】单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；电解质与非电解质．【分析】①物质按照组成可以分纯净物和混合物，根据组成元素纯净物分为单质化合物；②单质根据组成元素可分为金属单质和非金属单质；③化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物④按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体18/18⑤电解质是在水溶液中或融化状态下能导电的化合物，但像二氧化碳溶于水溶液能导电，是因为生成了电解质，但二氧化碳是非电解质；⑥氧化还原反应和离子反应是交叉关系；⑦氧化还原反应的本质是电子得失或共用电子对偏移，化合价变化是氧化还原反应的特征．【解答】解：①物质按组成分为纯净物和混合物，纯净物按元素组成分为单质（仅一种元素组成的纯净物）和化合物（由两种或两种以上元素组成的纯净物），故①错误；②单质分为金属单质和非金属单质，故②正确；③化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，故③正确；④按分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，故④正确；⑤电解质是自身能发生电离的化合物如SO2、NH3等水溶液虽然能导电但不是自身发生电离不属于电解质，故⑤错误；⑥氧化还原反应与离子反应是交叉关系，按树状分类应为氧化还原反应和非氧化还原反应，故⑥错误；⑦氧化还原反应的本质是电子转移，故⑦错误；故选B．【点评】本题考查了物质分类原则，氧化还原反应，电解质，重点要理解各概念的内涵和外延，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．　3．在强酸性无色透明溶液中，下列各组离子不能大量共存的是（　　）A．Fe3+、K+、Cl﹣、MnO4﹣B．K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣C．Zn2+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣D．Ba2+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】强酸溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．Fe3+为黄色，MnO4﹣为紫色，与无色不符，且Cl﹣、MnO4﹣发生氧化还原反应，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；C．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D正确；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　4．下列试剂的浓溶液在空气中久置会变质，在变质过程中既发生了氧化还原反应，又发生了非氧化还原反应的是（　　）A．氢氧化钠B．过氧化氢C．次氯酸钙D．硫酸亚铁【考点】氧化还原反应．【分析】长期放置在空气中，与二氧化碳、水反应中没有元素的化合价变化，而与氧气反应时有元素的化合价变化，含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：A．NaOH与空气中的二氧化碳、水反应而变质，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A不选；B．过氧化氢分解生成氧气和水，是氧化还原反应，没有非氧化还原反应，故B不选；18/18C．漂白粉空气中久置，先发生CO2+H2O+Ca（ClO）2═CaCO3+2HClO，属于非氧化还原反应，后发生2HClO2HCl+O2↑，属于氧化还原反应，故C选；D、硫酸亚铁易被氧化成硫酸铁，发生氧化还原反应，故D不选；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中是否存在元素的化合价变化为解答的关键，侧重反应及反应类型考查，题目难度不大．　5．下列反应的离子方程式中，正确的是（　　）A．稀硫酸滴在银片上：2Ag+2H+=2Ag++H2↑B．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．碳酸钙溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．饱和石灰水跟稀硝酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．银活泼性较差，金属银无法与稀硫酸反应生成氢气；B．氧化铁为碱性氧化物，能够与稀盐酸反应生成氯化铁和水；C．醋酸为弱电解质，离子方程式中不能拆开；D．氢氧化钙应该写成离子形式，不需要保留化学式．【解答】解：A．银与稀硫酸不发生反应，无法写出反应的离子方程式，故A错误；B．氧化铁与稀盐酸混合，反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故B正确；C．碳酸钙为难溶物，需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D．饱和石灰水跟稀硝酸反应，氢氧化钙应该写成离子形式，正确的离子方程式为：OH﹣+H+=H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应能否发生，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）．　6．已知在酸性条件下，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Cl2→2Cl﹣；MnO4﹣→Mn2+；Cr2O72﹣→Cr3+；HNO3→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的量最多的是（　　）A．Cl2B．MnO4﹣C．Cr2O72﹣D．HNO3【考点】氧化还原反应的计算．【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒的思想可知，在四个反应中氧化剂不一样，而还原剂均为碘化钾中的碘离子，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的也就是比较每1mol氧化剂得电子的多少，谁得电子多谁氧化的KI多，生成的I2就多．【解答】解：由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；A、1molCl2→2Cl﹣得2mole﹣，B、1molMnO4﹣→Mn2+得5mole﹣，C、1molCr2O72﹣→2Cr3+得6mole﹣，18/18D、1molHNO3→NO得4mole﹣；显然C中1mol氧化剂得电子最多，生成的I2就最多，故选C．【点评】本题综合考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意把握元素化合价的变化，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算．　7．已知下述三个实验均能发生化学反应①将铁钉放入硫酸铜溶液中②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴双氧水③将铜丝放入氯化铁溶液中下列判断正确的是（　　）A．实验①中铁钉做氧化剂B．实验②中Fe2+具有还原性C．实验③中发生的是置换反应D．上述实验证明氧化性Fe3+＞Fe2+＞Cu2+【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较．【分析】①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，②中发生2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱．【解答】解：A．由①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故A错误；B．由②中发生2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，亚铁离子失电子化合价升高作还原剂，所以Fe2+具有还原性，故B正确；C．置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故C错误；D．由发生的三个反应，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性的比较，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并学会利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较氧化性即可解答．　8．制备硅单质时，主要化学反应如下：（1）SiO2+2CSi+2CO↑（2）Si+2Cl2SiCl4（3）SiCl4+2H2Si+4HCl下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是（　　）A．（1）（3）为置换反应B．（1）（2）（3）均为氧化还原反应C．（2）为化合反应D．三个反应的反应物中硅元素均被还原18/18【考点】氧化还原反应．【分析】A．单质与化合价反应生成单质与化合物的反应，为置换反应；B．上述三个反应中均有元素的化合价升降；C．两种或两种以上的物质反应生成一种物质，为化合反应；D．（1）（3）中Si元素的化合价降低，（2）中Si元素的化合价升高．【解答】解：A．单质与化合价反应生成单质与化合物的反应，为置换反应，显然（1）（3）为置换反应，故A正确；B．上述三个反应中均有元素的化合价升降，则均属于氧化还原反应，故B正确；C．两种或两种以上的物质反应生成一种物质，为化合反应，显然（2）为化合反应，故C正确；D．（1）（3）中Si元素的化合价降低被还原，（2）中Si元素的化合价升高被氧化，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意反应的分类及基本反应类型，题目难度不大．　9．已知：①2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②Cl2+2FeCl2═2FeCl3；③2KI+2FeCl3═2KCl+I2+2FeCl2．则下列判断正确的是（　　）A．氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2B．还原性：Fe2+＞I﹣＞Cl﹣C．FeCl3能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D．反应①中只体现盐酸的还原性【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应．【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，当元素化合价为最高价态时，物质只具有氧化性，元素化合价为中间价态时，物质既具有氧化性又具有还原性，处于最低价态时，只具有还原性，以此解答该题．【解答】解：A、B．已知：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，则氧化性KMnO4＞Cl2，还原性HCl＞Cl2，在反应Cl2+2FeCl2═2FeCl3中，氧化性Cl2＞Fe3+，还原性Fe2+＞Fe3+，反应2KI+2FeCl3═2KCl+I2+2FeCl2中，氧化性Fe3+＞I2，还原性I﹣＞Fe2+，则氧化性KMnO4＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性I﹣＞Fe2+＞Cl﹣，故A正确、B错误；C．因氧化性Fe3+＞I2，则FeCl3能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C正确；D．反应①中HCl被氧化作还原剂，生成盐体现酸性，则盐酸体现还原性和酸性，故D错误．故选：AC．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和基础知识的考查，注意把握氧化性、还原性的大小比较，难度不大．　10．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．则原混合溶液中钾离子的浓度为（　　）A．molL﹣1B．molL﹣118/18C．molL﹣1D．molL﹣1【考点】离子方程式的有关计算．【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+），另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH﹣），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH﹣）=amol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42﹣），故每份中溶液n（K+）=2b﹣2×amol=（2b﹣a）mol，则原混合溶液中钾离子的浓度为=molL﹣1，故选C．【点评】本题考查离子反应的有关混合计算，为高频考点，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等．　11．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．5.6gFe和足量的氯气完全反应失去电子数为0.3NAB．0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子C．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体一定含有NA个氧原子D．标况下，4.48L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出铁的物质的量，然后根据铁和氯气反应后变为+3价来分析；B、过氧化钠和水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、标况下水为液态．【解答】解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁失去0.3NA个电子，故A正确；B、过氧化钠和水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠和水反应转移0.1NA个电子，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为0.5mol，则含NA个氧原子，故C正确；D、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的水分子个数，故D错误．18/18故选AC．【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．　12．下列溶液中Cl﹣浓度最小的是（　　）A．200mL2mol/LMgCl2溶液B．1000mL2.5mol/LNaCl溶液C．300mL5mol/LKClO3溶液D．250mL1mol/LAlCl3溶液【考点】物质的量浓度．【分析】电解质离子浓度=电解质浓度×电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，据此结合选项计算判断．【解答】解：A、200mL2mol/LMgCl2溶液，c（Cl﹣）=2mol/L×2=4mol/L；B、1000mL2.5mol/LNaCl溶液，c（Cl﹣）=2.5mol/L×1=2.5mol/L；C、300mL5mol/LKClO3溶液，溶液中不存在氯离子；D、250mL1mol/LAlCl3溶液中c（Cl﹣）=1mol/L×3=3mol/L；故C项氯酸钾溶液中氯离子浓度最小，故选：C．【点评】本题考查离子物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意电解质离子浓度与电解质浓度关系．　13．对下列实验的评价，正确的是（　　）A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42﹣B．某无色溶液中滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定是酸溶液C．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+D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【分析】A．根据氯化银为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析；B．硫酸氢钠电离产生氢离子，溶液呈酸性，能够使紫色石蕊试液显红色；C．BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀也能溶液盐酸；D．根据AgCl不溶于硝酸的性质判断．【解答】解：A．当溶液中存在大量Ag+时，加入氯化钡溶液时Ag+能与Cl﹣反应生成白色氯化银沉淀，所以不能肯定溶液中大量存在SO42﹣，故B错误；B．硫酸氢钠电离产生氢离子，溶液呈酸性，能够使紫色石蕊试液显红色，但是硫酸氢钠属于盐，故B错误；C．BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀也能溶液盐酸，所以溶液中不一定有钡离子，故C错误；D．验证烧碱溶液中是否含Cl﹣，先加过量的稀硝酸除去OH﹣，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、酸碱指示剂的变色及物质的性质等，明确物质的性质是解题关键，注意排除离子的干扰的现象，注意实验的严密性．　14．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（　　）18/18①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶　③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤　④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线　⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．A．①③⑤⑥B．①②⑤⑥C．②③④⑥D．③④⑤⑥【考点】溶液的配制．【分析】分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=判断不当操作对所配溶液浓度影响．【解答】解：①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，实际称量药品的质量减小，所配溶液难度偏低，故①符合；②未冷却到室温就转移到容量瓶中定容，实际溶液体积偏低，所配溶液浓度偏高，故②不符合；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故③符合；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故④不符合；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，所配溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑤符合；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故⑥符合．所以①③⑤⑥符合．故选A．【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析及对物质的量浓度的理解，难度不大，抓住c=分析是解题的关键．　15．0.3molNa2SO3恰好被0.1mol氧化剂X2O72﹣氧化生成Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为（　　）A．+6B．+3C．+2D．0【考点】氧化还原反应的计算．【分析】由信息可知，S元素的化合价升高，则X的元素化合价降低，结合电子守恒计算．【解答】解：0.3molNa2SO3恰好被0.1mol氧化剂X2O72﹣氧化生成Na2SO4，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol×（6﹣4）=0.1mol×2×（6﹣x），解得x=+3，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大．　16．xgH2O中含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为（　　）18/18A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣1【考点】阿伏加德罗常数．【分析】根据n=计算出xg水的物质的量，然后计算出含有氢原子的物质的量，xgH2O中含有y个氢原子，再根据阿伏伽德罗常数NA=进行计算即可．【解答】解：xgH2O的物质的量为：n（H2O）==mol，含有氢原子的物质的量为：n（H）=2n（H2O）=mol，xgH2O中含有y个氢原子，所以根据阿伏伽德罗常数NA===mol﹣1，故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握阿伏加德罗常数的概念及计算表达式，明确阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量之间的转化关系为解答本题的关键．　17．下列说法中不正确的是（　　）A．向滴有酚酞的水中加入过量Na2O2粉末并振荡，溶液由无色变红又变无色B．向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2与H2O反应是一个放热反应且有氧气生成C．Na2O2与H2O反应是一个氧化还原反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂D．Na2O2与H20反应是一个置换反应，有单质O2产生【考点】钠的重要化合物．【分析】过氧化钠和水发生2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素化合价为﹣1价，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠具有强氧化性，可氧化酚酞，以此解答该题．【解答】解：A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，加入酚酞溶液变红，同时过氧化钠具有强氧化性，可使溶液先变红后褪色，故A正确；B．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，向包有Na202粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明反应放热，故B正确；C．过氧化钠和水发生2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素化合价为﹣1价，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故C正确；D．反应方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，不是置换反应，故D错误．故选D．【点评】本题考查过氧化钠，为高频考点，侧重于学生的分析能力和双基的考查，题目贴近高考，多角度考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．　18．把4.48LCO2通过一定量的Na2O2固体后收集到3.36L气体（气体体积均在标准状况下测定），则固体增加的质量是（　　）A．2.8gB．4.4gC．5.6gD．6.0g18/18【考点】化学方程式的有关计算．【分析】根据气体的体积差，通过差量法计算参加反应的二氧化碳体积的体积，再根据n=计算参加反应的二氧化碳的物质的量，利用差量法计算固体增重．【解答】解：令参加反应的CO2气体的体积为a，则：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，气体体积减小△V22﹣1=1a4.48L﹣3.36L=1.12L解得a=2×1.12L=2.24L，参加反应的CO2的物质的量==0.1mol，令反应后固体质量增重为b，则：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，固体质量增重△m2mol2×44g﹣32g=56g0.1molb所以，2mol：0.1mol=56g：b解得b=2.8g，故选A．【点评】本题考查根据方程式的计算，难度中等，采取差量法计算可以不用判断最后气体的组成，结合计算过程．　19．将Cu放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一段时间后取出Cu片，溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为4：3，则反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（　　）A．3：2B．3：8C．4：3D．3：4【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的有关计算．【分析】先利用假设法求出二价铁离子、三价铁离子的物质的量，再根据离子方程式中铜离子和二价铁离子的关系求出铜离子的物质的量．【解答】解：将Cu片放入FeCl3溶液中．发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，假设溶液中n（Fe2+）=3mol，则溶液中n（Fe3+）=4mol，由离子方程式可知，n（Cu2+）=n（Fe2+）=×3mol=1.5mol，所以n（Cu2+）：n（Fe3+）=1.5mol：4mol=3：8，故选B．【点评】本题考查的是铜的化学性质、离子方程式的有关计算，巧妙利用假设法是解本题的关键，题目难度不大．　20．有一铁的氧化物样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能与0.56L氯气（标准状况）反应，使Fe2+全部转化为Fe3+，则此氧化物为（　　）A．Fe2O3B．Fe3O4C．Fe4O5D．Fe5O7【考点】化学方程式的有关计算．【分析】n（HCl）=0.14L×5mol/L=0.7mol，n（Cl2）==0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，结合质量守恒计算．18/18【解答】解：n（HCl）=0.14L×5mol/L=0.7mol，n（Cl2）==0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=×n（HCl）=×0.7mol=0.35mol，反应后溶液成分为FeCl3，n（Cl﹣）=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，则n（Fe）=0.75mol×=0.25mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.25mol：0.35mol=5：7，该氧化物的化学式为Fe5O7，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，为解答该题的关键，做题时注意体会．　二、解答题（共4小题，满分40分）21．化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题：（1）0.3molNH3分子中所含原子数与　0.4NA　个H2O分子中所含原子数相等．（2）含0.4molA13+的Al2（SO4）3中所含的SO42﹣的物质的量是　0.6mol　．（3）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为　106gmol﹣1　．（4）在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是　XY3或Y3X　．（5）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣，测得Na+、Mg2+和Cl﹣的物质的量浓度依次为：0.2molL﹣1、0.25molL﹣1、0.4molL﹣1，则c（SO42﹣）=　0.15mol/L　．【考点】物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算．【分析】（1）根据N=nNA结合分子构成计算；（2）根据离子化合物的构成计算；（3）根据质量守恒定律计算；（4）根据阿伏加德罗定律结合质量守恒定律计算；（5）根据溶液的电荷守恒计算．【解答】解：（1）0.3molNH3分子中所含原子数为0.3×4NA=1.2NA，1molH2O分子含有3mol原子，则H2O分子的物质的量应为0.3mol，即0.4NA个时，与0.3molNH3分子中所含原子数相等，故答案为：0.4NA；（2）Al2（SO4）3中N（A13+）：N（SO42﹣）=2：3，则含0.4molA13+的Al2（SO4）3中所含的SO42﹣的物质的量是0.6mol，故答案为：0.6mol；（3）16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则m（A）+m（B）=m（C+m（D），m（C）=16g+20g﹣31.76g=4.24g，18/18M（C）==106gmol﹣1，故答案为：106gmol﹣1；（4）在一定的温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，设该化合物为A则有X2+3Y2=2A，则A为XY3或Y3X，故答案为：XY3或Y3X；（5）溶液遵循电荷守恒：c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），则0.2mol/L+2×0.25mol/L=0.4mol/l+2c（SO42﹣），c（SO42﹣）=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L．【点评】本题综合考查物质的量的相关计算，侧重于考查物质的构成以及相关计算公式的运用，注意电荷守恒、质量守恒以及阿伏加德罗定律的运用．　22．某固体混合物可能由KCl、NaNO3、K2SO4、CuCl2、CaCl2、K2CO3中的一种或几种混合而成，为鉴定其组成，依次进行如下实验：（1）混合物中加入足量水得一无色透明溶液，（2）上述溶液中滴加BaCl2有白色沉淀产生，（3）过滤，然后向上述白色沉淀加盐酸时，沉淀全部溶解，（4）往滤液中加AgNO3溶液时有白色沉淀产生且白色沉淀不溶于稀硝酸．试判断：肯定存在的物质有　K2CO3　；肯定不存在的物质有　K2SO4、CuCl2、CaCl2　；可能存在的物质有　NaNO3、KCl　．【考点】几组未知物的检验．【分析】混合物中加入足量水得一无色透明溶液，说明不含CuCl2，滴加BaCl2有白色沉淀产生，加盐酸时，沉淀全部溶解，说明生成的沉淀为BaCO3，则混合物中含有K2CO3，不含K2SO4，混合物中含有K2CO3，则一定不含有CaCl2，往滤液中加AgNO3溶液时有白色沉淀产生且白色沉淀不溶于稀硝酸，该沉淀为AgCl，但因（3）操作中加入盐酸不能确定是否含有KCl．【解答】解：（1）混合物中加入足量水得一无色透明溶液，说明不含CuCl2，（2）滴加BaCl2有白色沉淀产生，可能为BaCO3或BaSO4，（3）加盐酸时，沉淀全部溶解，说明生成的沉淀为BaCO3，则混合物中含有K2CO3，不含K2SO4，混合物中含有K2CO3，则一定不含有CaCl2，（4）往滤液中加AgNO3溶液时有白色沉淀产生且白色沉淀不溶于稀硝酸，该沉淀为AgCl，但因（3）操作中加入盐酸不能确定是否含有KCl，另外NaNO3不与其它物质反应，也不能确定，所以，肯定存在的物质有K2CO3，肯定不存在的物质有K2SO4、CuCl2、CaCl2，可能存在的物质有NaNO3、KCl．故答案为：K2CO3；K2SO4、CuCl2、CaCl2；NaNO3、KCl．【点评】本题考查未知物的经验，题目难度不大，本题注意根据物质反应的现象进行推断，学习中注重常见元素化合物知识的积累．　23．某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+和Cl﹣，化学小组设计了如图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境．18/18（1）废液经操作①得到的沉淀A中含有的金属单质是　铜、铁　；（2）写出操作①的反应离子方程式　Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2Fe3+=3Fe2+　（3）在溶液A中加入氢氧化钠的现象为　有红褐色沉淀生成　发生的化学方程式为　FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl　．【考点】金属的回收与环境、资源保护．【分析】Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu，通过过滤得到固体A和溶液A，由于铁过量，沉淀A为Fe和Cu的混合物，溶液A含亚Fe2+；Fe2+具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+，故溶液B中含Fe3+；Fe3+和氨水反应生成Fe（OH）3沉淀，故沉淀C为Fe（OH）3沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放．（1）操作①加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在第①得到的滤渣中都含有金属铜过量的铁；（2）操作①中铁分别与铁离子、铜离子发生氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式；（3）根据滤液中Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，加入双氧水后的溶液中含有的金属阳离子为Fe3+，加入强碱溶液后生成红褐色氢氧化铁沉淀，写出方程式．【解答】解：（1）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，故答案为：铜、铁；（2）操作①中，铁与铜离子、铁离子发生反应，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）滤液中含有亚铁离子，加入双氧水后溶液中亚铁离子氧化成铁离子，铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl，故答案为：有红褐色沉淀生成、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl．【点评】本题考查了金属的回收与环境保护，题目难度中等，注意掌握金属回收方法、常见的离子之间的反应，明确离子方程式的书写方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　24．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为　2　KClO3+　4　HCl（浓）=　2　KCl+　1　ClO2↑+　2　Cl2↑+　2　H2O（1）请配平上述化学方程式．（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是　②　（填编号）①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性（3）产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为　0.2　mol．（4）氧化剂是　KClO3　，还原剂是　HCl　；氧化产物是　Cl2　，还原产物是　ClO2　．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应方程式的配平．18/18【分析】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，配平各物质的系数；（2）根据HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各占一半．（3）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物质的量；（4）含元素化合价降低的物质为氧化剂，对应还原产物，含元素化合价升高的物质为还原剂，对应氧化产物．【解答】解：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2，配平后的化学方程式为：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2；4；2；1；2；2；（2）反应2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各占一半，故答案为：②；（3）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，故答案为：0.2；（4）KClO3中氯元素化合价，为氧化剂，对应ClO2为还原产物，HCl中Cl元素的化合价升高为还原剂，对应的Cl2为氧化产物，故答案为：KClO3；HCl；Cl2；ClO2．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，题目难度中等，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意掌握氧化还原反应的配平方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　18/18