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2021-2022学年黑龙江省大庆市萨尔图区东风中学高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年黑龙江省大庆市萨尔图区东风中学高一（上）期中化学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）下列物质中，既能导电又属于电解质的是（ ）
A．熔融NaClB．液态磷酸C．石墨D．硫酸溶液
2．（4分）分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）
A．酸性氧化物：二氧化硫、三氧化硫、五氧化二磷
B．同素异形体：石墨、C60、金刚石
C．非电解质：乙醇、醋酸、甲烷
D．碱性氧化物：氧化钠、氧化亚铁、氧化铜
3．（4分）宋代著名法医学家宋慈 的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2═2Ag2S+2H2O，其中H2S是（ ）
A．氧化剂
B．还原剂
C．既是氧化剂又是还原剂
D．既不是氧化剂又不是还原剂
4．（4分）下列电离方程式书写正确的是（ ）
A．H2SO4═2H++SO42﹣B．FeCl3═Fe3++Cl3﹣
C．Ca（NO3）2═Ca2++NO32﹣D．NaOH═Na++O2﹣+H+
5．（4分）新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，正确的是（ ）
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B．胶体的本质特征是具有丁达尔效应
C．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即做布朗运动
6．（4分）如果要除去Na2CO3 固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是（ ）
A．加热灼烧B．配成溶液后通入CO2
C．加入适量盐酸D．加入NaOH溶液
7．（4分）在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A．K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣B．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣
C．Na+、H+、NO3﹣、SO42﹣D．Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
8．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．石灰石与醋酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B．Na2CO3溶液中通入少量HCl：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
C．Cl2与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．Na与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
9．（4分）将一小块钠放入下列溶液中，既能产生气体，又能生成白色沉淀的是（ ）
A．硫酸铜溶液B．稀硫酸C．氯化钠溶液D．氯化镁溶液
10．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
③Na2O主要有氧化性，Na2O2主要有还原性
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能
⑤Na2O2是强氧化剂，Na2O是一种碱性氧化物．
A．都正确B．②③④⑤C．②③⑤D．④⑤
11．（4分）已知KMnO4在常温下与浓盐酸反应生成Cl2，如图是用KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2的简易装置，下列叙述不正确的是（ ）
A．在试管①中盛有饱和食盐水，用试管②收集Cl2
B．用试管①收集Cl2，试管②可防止NaOH溶液倒吸到试管①中
C．③用于吸收多余的Cl2，防止污染环境
D．用该装置收集到的Cl2中会混有HCl气体和水蒸气
12．（4分）在某未知溶液中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水中，石灰石变浑浊，由此判断该溶液中含有（ ）
A．Cl﹣ SO42﹣B．Cl﹣ NO3﹣C．Cl﹣ CO32﹣D．Cl﹣ OH﹣
13．（4分）某120g密度为ag•cm﹣3的Na2SO4溶液里含9.2gNa+，则该溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（ ）
A．ml•L﹣1B．ml•L﹣1
C．ml•L﹣1D．ml•L﹣1
14．（4分）某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是（ ）
A．将铁粉加入稀硫酸中制取Fe2（SO）3
B．将NaOH溶液滴入FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体
C．加热Fe（OH）2使之分解制取FeO
D．将铜粉加入FeCl3溶液中验证Fe3+的氧化性强于Cu2+
15．（4分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA
B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2L
C．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
D．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
16．（4分）已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应
Ⅰ：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O；
PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应
Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣═2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。
下列推断正确的是（ ）
A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb（Ⅱ）和Pb（Ⅳ）含量之比为1：2
B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO4﹣
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16 HNO3═3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl═3PbCl2+4H2O+Cl2↑
二、非选择题：共3道小题，满分36分。
17．（14分）（1）物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
①98gH2SO4中含有 mlH。
②标准状况下，等体积的NO和N2O的质量比为 。
③100mLAl2（SO4）3溶液中c（Al3+）＝0.20ml•L﹣1，则c（SO42﹣）＝ 。
④物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3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 。
（2）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色。请回答下列问题：
⑤试管A的溶液中含有上述离子中的 。
⑥若将试管A和试管B中溶液按一定的体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式： 。
18．（12分）（1）实验室欲配制500mL0.5ml•L﹣1的NaOH溶液，请按要求完成下列内容：
①完成本实验时，下列仪器中一定不需要的是 （填字母，下同）。
②通过计算可知，需天平称量NaOH固体的质量为 g。
③配制过程一般可分为以下几个步骤：a.称量、b.计算、c.溶解、d.摇匀、e.转移、f.洗涤、g.定容、k.振荡、l.装瓶贴签，正确的操作顺序为 （填序号）。
④实验结束后，发现所配溶液浓度偏大，可能的原因是 （填代号）。
A．所用NaOH已潮解
B．定容时俯视观察液面
C．未洗涤烧杯
D．称量时砝码与NaOH的位置颠倒
（2）某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取漂白粉，据此回答下列问题：
⑤在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应离子方程式为 。
⑥漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 。
⑦C装置的作用是 。
19．（10分）把等物质的量的Cu、Fe粉投入一定量的FeCl3溶液中充分反应后取出部分溶液，
（1）若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，则溶液中存在的离子有 ．
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，则溶液中一定存在的离子有 ，可能存在的金属粉末有 ．
（3）若加入的金属全部溶解，则溶液中n（Cu2+）：n（Fe2+）是 ．
（4）若（3）反应后的溶液中有3种金属离子，欲从中回收Cu和FeCl3，需要用到的试剂有（按反应顺序填写） ．
2021-2022学年黑龙江省大庆市萨尔图区东风中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：单项选择题，共16小题，每小题4分，满分64分。
1．（4分）下列物质中，既能导电又属于电解质的是（ ）
A．熔融NaClB．液态磷酸C．石墨D．硫酸溶液
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；电解质导电的条件：存在自由移动的离子，据此解答。
【解答】解：A.熔融NaCl是电解质，熔融状态含有自由移动的离子，都能导电，故A正确；
B.液态磷酸是电解质，但不导电，故B错误；
C.石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D.硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质概念、把握电解质导电条件即可解答，题目难度不大。
2．（4分）分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）
A．酸性氧化物：二氧化硫、三氧化硫、五氧化二磷
B．同素异形体：石墨、C60、金刚石
C．非电解质：乙醇、醋酸、甲烷
D．碱性氧化物：氧化钠、氧化亚铁、氧化铜
【分析】A．只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；
C．水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
D．只和酸反应生成一种盐和水的氧化物为碱性氧化物。
【解答】解：A．二氧化硫、三氧化硫、五氧化二磷和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；
B．石墨、C60、金刚石是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．乙醇、甲烷属于非电解质，醋酸是电解质，故C错误；
D．氧化钠、氧化亚铁、氧化铜和酸反应生成一种盐和水，属于碱性氧化物，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了同素异形体、电解质、酸性氧化物和碱性氧化物的概念以及分散系有无丁达尔效应的判断，题目难度不大，应注意基础的积累。
3．（4分）宋代著名法医学家宋慈 的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2═2Ag2S+2H2O，其中H2S是（ ）
A．氧化剂
B．还原剂
C．既是氧化剂又是还原剂
D．既不是氧化剂又不是还原剂
【分析】反应4Ag+2H2S+O2＝2Ag2S+2H2O中，Ag元素化合价由0价升高到+1价，被氧化，O元素化合价由0价降低到﹣2价，被还原，S元素化合价不变，以此解答该题．
【解答】解：反应中Ag和O元素化合价发生变化，而S、H元素化合价在反应前后不变，H2S既不是氧化剂又不是还原剂。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念以及物质的性质，难度不大．
4．（4分）下列电离方程式书写正确的是（ ）
A．H2SO4═2H++SO42﹣B．FeCl3═Fe3++Cl3﹣
C．Ca（NO3）2═Ca2++NO32﹣D．NaOH═Na++O2﹣+H+
【分析】A．硫酸为强电解质，水溶液中完全电离；
B．氯离子不能合写；
C．硝酸根离子带一个单位负电荷，且原子个数不守恒；
D．氢氧根离子为原子团，不能拆。
【解答】解：A．硫酸为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：H2SO4═2H++SO42﹣，故A正确；
B．氯化铁为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：FeCl3═Fe3++3Cl﹣，故B错误；
C．Ca（NO3）2为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Ca（NO3）2═Ca2++2NO3﹣，故C错误；
D．氢氧化钠为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：NaOH═Na++OH﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意电离方程式遵循客观事实、遵从原子个数、电荷守恒规律。
5．（4分）新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，正确的是（ ）
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B．胶体的本质特征是具有丁达尔效应
C．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即做布朗运动
【分析】A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液；
B.胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小；
C.胶体具有丁达尔效应；
D.溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动。
【解答】解：A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液，故A错误；
B.分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液、浊液和胶体，故胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小，故B错误；
C.雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，故C正确；
D.溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动，胶体粒子的无规则运动属于布朗运动，故D错误；
故选：C.
【点评】本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单．
6．（4分）如果要除去Na2CO3 固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是（ ）
A．加热灼烧B．配成溶液后通入CO2
C．加入适量盐酸D．加入NaOH溶液
【分析】NaHCO3不稳定，加热易分解，可用加热的方法除杂，以此解答．
【解答】解：A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故A正确；
B．在溶液中通入CO2气体，Na2CO3反应生成NaHCO3，不能将杂质除去，故B错误；
C．加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应氯化钠，故C错误；
D．因不能确定NaHCO3的量，加入NaOH易混入新杂质，且反应后还要蒸发结晶，操作复杂，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，除杂时要注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．
7．（4分）在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A．K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣B．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣
C．Na+、H+、NO3﹣、SO42﹣D．Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
【分析】碱性溶液中存在较多氢氧根离子，溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等离子的存在，离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A.含有MnO4﹣的溶液呈紫色，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B.K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣、OH﹣之间不反应，且无色溶液，在无色碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.H+、OH﹣之间反应生成水，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；
D.Al3+、OH﹣之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．石灰石与醋酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B．Na2CO3溶液中通入少量HCl：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
C．Cl2与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．Na与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；
B．盐酸少量反应生成碳酸氢钠和氯化钠；
C．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
D．二者反应生成氢氧化钠和氢气。
【解答】解：A．石灰石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故A错误；
B．Na2CO3溶液中通入少量HCl，离子方程式为：CO32﹣+H+═HCO3﹣，故B错误；
C．Cl2与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；
D．Na与水反应，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
9．（4分）将一小块钠放入下列溶液中，既能产生气体，又能生成白色沉淀的是（ ）
A．硫酸铜溶液B．稀硫酸C．氯化钠溶液D．氯化镁溶液
【分析】根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H2O═2NaOH+H2↑及生成的碱与盐的反应来得出反应现象．
【解答】解：A、钠的化学性质活泼，投入硫酸铜溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜生成氢氧化铜蓝色的沉淀，故A错误；
B、钠与稀硫酸反应，生成物为硫酸钠和氢气，有气体产生，无白色沉淀生成，故B错误；
C、钠不能与氯化钠反应，但能与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，有气体产生，无白色沉淀生成，故C错误；
D、钠的化学性质活泼，投入氯化镁溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化镁生成氢氧化镁白色的沉淀，故D正确；
故选：D。
【点评】本题比较简单，钠与碱、盐的反应中首先考虑与溶液中的水反应，然后再看生成的氢氧化钠能否与碱、盐本身反应．
10．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
③Na2O主要有氧化性，Na2O2主要有还原性
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能
⑤Na2O2是强氧化剂，Na2O是一种碱性氧化物．
A．都正确B．②③④⑤C．②③⑤D．④⑤
【分析】①能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；
②置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；
③过氧化钠，钠处于最高价态，所以有氧化性，而氧处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，所以主要有氧化性；而氧化钠，氧处于最低价态，有还原性，钠最高价态，有氧化性；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；
⑤过氧化钠，钠处于最高价态，所以有氧化性，而氧处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，所以主要有强氧化性；氧化钠与水反应生成氢氧化钠；
【解答】解：①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2O2与CO2反应生成O2 不属于置换反应，故②错误；
③过氧化钠既有氧化性又有还原性，主要以氧化性为主，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤Na2O2具有强的氧化性是强氧化剂，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，属于碱性氧化物，故⑤正确；
故选：D。
【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，侧重考查学生对基础知识的掌握，熟悉相关概念、物质的性质是解题关键，题目难度不大．
11．（4分）已知KMnO4在常温下与浓盐酸反应生成Cl2，如图是用KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2的简易装置，下列叙述不正确的是（ ）
A．在试管①中盛有饱和食盐水，用试管②收集Cl2
B．用试管①收集Cl2，试管②可防止NaOH溶液倒吸到试管①中
C．③用于吸收多余的Cl2，防止污染环境
D．用该装置收集到的Cl2中会混有HCl气体和水蒸气
【分析】实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，发生反应2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，A为气体的发生装置，B用于除去氯化氢，C为气体的收集装置，D为防倒吸装置，E为尾气处理装置，以此解答该题。
A、Cl2密度大于空气，应该用向上排空气法收集；
B、实验目的是制取Cl2，根据导气管的长进短出可知试管①是收集装置，②是安全瓶；
C、Cl2有毒，会污染空气，可用NaOH溶液吸收；
D、高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气中混有HCl和水蒸气，整个制取Cl2的简易装置中没有净化和干燥气体装置。
【解答】解：A、Cl2密度大于空气，应该用向上排空气法收集，试管②的导气管是短进长出、不能用于收集Cl2，故A错误；
B、试管②的导气管是短进长出、不能用于收集Cl2，则导气管长进短出的试管①是收集Cl2装置，则试管②是防倒吸装置，故B正确；
C、Cl2有毒，会污染空气，可用NaOH溶液吸收，防止污染环境，故C正确；
D、高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气中混有HCl和水蒸气，整个制取简易装置中没有净化和干燥气体装置，所以收集的Cl2不纯，混有HCl气体和水蒸气，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查氯气的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析、实验能力，注意结合实验原理、物质的性质判断装置的作用，题目难度不大。
12．（4分）在某未知溶液中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水中，石灰石变浑浊，由此判断该溶液中含有（ ）
A．Cl﹣ SO42﹣B．Cl﹣ NO3﹣C．Cl﹣ CO32﹣D．Cl﹣ OH﹣
【分析】检验氯离子的方法：先取少量的待检物于试管中，再向其中滴加少量的硝酸酸化了的硝酸银溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明该溶液中含有Cl﹣；加酸放出能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体的沉淀是碳酸盐．
【解答】解：在未知溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，说明有沉淀不溶解，证明该溶液中含有Cl﹣；由已知条件“加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味气体放出，将气体通入澄清石灰水变浑浊”可知，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体的沉淀是碳酸盐，说明未知溶液中含有碳酸根离子。
故选：C。
【点评】本题考查氯离子和碳酸根的检验，难度不大，平时注意知识的积累．
13．（4分）某120g密度为ag•cm﹣3的Na2SO4溶液里含9.2gNa+，则该溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（ ）
A．ml•L﹣1B．ml•L﹣1
C．ml•L﹣1D．ml•L﹣1
【分析】根据n＝计算钠离子物质的量，由电荷守恒可知n（Na+）＝2n（SO42﹣），进而计算硫酸根离子物质的量，根据V＝计算溶液体积，再根据c＝计算硫酸根离子物质的量浓度。
【解答】解：由电荷守恒可知n（Na+）＝2n（SO42﹣）＝＝0.4ml，故n（SO42﹣）＝0.2ml，溶液体积为＝L，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是＝ml/L，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度计算，关键是对定义式的理解，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
14．（4分）某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是（ ）
A．将铁粉加入稀硫酸中制取Fe2（SO）3
B．将NaOH溶液滴入FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体
C．加热Fe（OH）2使之分解制取FeO
D．将铜粉加入FeCl3溶液中验证Fe3+的氧化性强于Cu2+
【分析】A．Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁；
B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体：在沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色为止；
C．硫酸亚铁易被空气中氧气氧化生成硫酸铁；
D．氯化铁能溶解铜，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物。
【解答】解：A．Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不能制取Fe2（SO）3，故A错误；
B．氢氧化铁胶体：在沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色为止，氯化铁和NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀而不能制备氢氧化铁胶体，故B错误；
C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，故C错误；
D．氯化铁能溶解铜，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了铁的性质、胶体制备、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
15．（4分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA
B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2L
C．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
D．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．氦气为单原子分子；
C．气体状况未知；
D．依据n＝＝，结合1个碳酸钠含有2个钠离子计算。
【解答】解：A．标况下水的液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B．含有NA个氦原子的氦气物质的量为1ml，在标准状况下的体积为22.4L，故B错误；
C．气体状况未知，无法计算二氧化碳的物质的量，故C错误；
D．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为：×2×NAml﹣1＝0.02NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应熟练掌握公式的使用和物质的性质与结构特点，注意气体摩尔体积使用条件和对象。
16．（4分）已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应
Ⅰ：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O；
PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应
Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣═2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。
下列推断正确的是（ ）
A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb（Ⅱ）和Pb（Ⅳ）含量之比为1：2
B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO4﹣
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16 HNO3═3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl═3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【分析】A．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1；
B．反应I中HNO3未能将Pb（II）氧化成Pb（IV），说明氧化性HNO3＜PbO2；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价；
D．据反应II可知氧化性PbO2＞MnO4﹣，而酸性条件下MnO4﹣能将HCl氧化成Cl2。
【解答】解：A．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1，故A错误；
B．反应I中HNO3未能将Pb（II）氧化成Pb（IV），说明氧化性HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成MnO4﹣，说明氧化性PbO2＞MnO4﹣，故B错误；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能生成Pb（NO3）4，故C错误；
D．据反应II可知氧化性PbO2＞MnO4﹣，而酸性条件下MnO4﹣能将HCl氧化成Cl2，则Pb（IV）也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及氧化性强弱比较的考查，题目难度不大。
二、非选择题：共3道小题，满分36分。
17．（14分）（1）物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
①98gH2SO4中含有 2 mlH。
②标准状况下，等体积的NO和N2O的质量比为 15：22 。
③100mLAl2（SO4）3溶液中c（Al3+）＝0.20ml•L﹣1，则c（SO42﹣）＝ 0.30ml/L 。
④物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3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 6：3：2 。
（2）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色。请回答下列问题：
⑤试管A的溶液中含有上述离子中的 K+、Cl﹣、OH﹣ 。
⑥若将试管A和试管B中溶液按一定的体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式： Ag++Cl﹣＝AgCl↓、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓ 。
【分析】（1）①根据n＝计算硫酸的物质的量，由分子式可知n（H）＝2n（H2SO4）；
②相同条件下，气体的体积相等，则它们的物质的量相等，再根据m＝nM计算；
③由电荷守恒可知2c（SO42﹣）＝3c（Al3+）；
④生成的沉淀为AgCl，假设均生成3mlAgCl，根据氯离子守恒计算氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量，它们的浓度相等，根据n＝cV可知，它们的物质的量之比等于溶液体积之比；
（2）向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色，则A溶液呈碱性，即溶液A含有OH﹣，与之反应的Ag+、Mg2+一定在溶液B中，能与Ag+反应的Cl﹣一定在溶液A中，根据电荷守恒可知，NO3﹣一定在溶液B中，溶液A一定含有K+。
【解答】解：（1）①由分子式可知n（H）＝2n（H2SO4）＝2×＝2ml，
故答案为：2；
②标准状况下，等体积的NO和N2O的物质的量相等，由m＝nM可知NO和N2O的质量之比为30g/ml：44g/ml＝15：22，
故答案为：15：22；
③由电荷守恒可知2c（SO42﹣）＝3c（Al3+）＝3×0.20ml/L，故c（SO42﹣）＝0.30ml/L，
故答案为：0.30ml/L；
④生成的沉淀为AgCl，假设均生成3mlAgCl，根据氯离子守恒，n（NaCl）＝3ml，n（MgCl2）＝1.5ml，n（AlCl3）＝1ml，它们的浓度相等，根据n＝cV可知，它们的物质的量之比等于溶液体积之比，即三者溶液的体积之比为3ml：1.5ml：1ml＝6：3：2，
故答案为：6：3：2；
（2）⑤向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色，则A溶液呈碱性，即溶液A含有OH﹣，与之反应的Ag+、Mg2+一定在溶液B中，能与Ag+反应的Cl﹣一定在溶液A中，根据电荷守恒可知，NO3﹣一定在溶液B中，溶液A一定含有K+，综上所述A溶液含有K+、Cl﹣、OH﹣，
故答案为：K+、Cl﹣、OH﹣；
⑥若将试管A和试管B中溶液按一定的体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，该纯净物为KNO3，则混合过程中发生反应的离子方程式：Ag++Cl﹣＝AgCl↓、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，
故答案为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓。
【点评】本题考查物质的量有关计算、离子反应与离子推断，属于拼合型题目，掌握以物质的量为中心的计算，试题培养了学生化学计算能力、分析推理能力、运用知识解决问题的能力。
18．（12分）（1）实验室欲配制500mL0.5ml•L﹣1的NaOH溶液，请按要求完成下列内容：
①完成本实验时，下列仪器中一定不需要的是 D （填字母，下同）。
②通过计算可知，需天平称量NaOH固体的质量为 10.0 g。
③配制过程一般可分为以下几个步骤：a.称量、b.计算、c.溶解、d.摇匀、e.转移、f.洗涤、g.定容、k.振荡、l.装瓶贴签，正确的操作顺序为 bacefkgdl （填序号）。
④实验结束后，发现所配溶液浓度偏大，可能的原因是 B （填代号）。
A．所用NaOH已潮解
B．定容时俯视观察液面
C．未洗涤烧杯
D．称量时砝码与NaOH的位置颠倒
（2）某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取漂白粉，据此回答下列问题：
⑤在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O 。
⑥漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
⑦C装置的作用是 吸收多余的Cl2，防止污染空气 。
【分析】（1）①配制步骤“称量→溶解→恢复室温→移液→洗涤→振荡→定容→摇匀；
②根据n＝cV计算氢氧化钠的物质的量，再根据m＝nM计算氢氧化钠的质量；
③先计算，再称量，然后溶解，恢复室温，用玻璃瓶引流移入容量瓶，将洗涤液注入容量瓶，振荡混合均匀，加水距刻度线1～2cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，最后装瓶、贴签；
④分析操作对溶液体积、溶质物质的量的影响，根据c＝判断对溶液浓度影响；
（2）⑤二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水；
⑥氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
⑦氯气有毒，直接排放会污染空气。
【解答】解：（1）①称量需要托盘天平、药匙，用量筒取适量水，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用500mL容量瓶、胶头滴管定容，一定不需要分液漏斗，
故答案为：D；
②需要氢氧化钠的质量为0.5L×0.5ml/L×40g/ml＝10.0g，
故答案为：10.0；
③先计算，再称量，然后溶解，恢复室温，用玻璃瓶引流移入容量瓶，将洗涤液注入容量瓶，振荡混合均匀，加水距刻度线1～2cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，最后装瓶、贴签，正确的操作顺序为bacefkgdl，
故答案为：bacefkgdl；
④A．所用NaOH已潮解，实际产量的氢氧化钠偏少，溶液浓度偏低，不符合题意，故A错误；
B．定容时俯视观察液面，液面在刻度线下方，溶液体积偏大，溶液浓度偏高，符合题意，故B正确；
C．未洗涤烧杯，少量溶质粘在烧杯内壁，移入容量瓶中溶质的量偏小，溶液浓度偏低，不符合题意，故C错误；
D．称量时砝码与NaOH的位置颠倒，根据m（左盘）＝m（右盘）+m（游码）可知，若不移动游码，称量氢氧化钠质量无影响，否则氢氧化钠质量偏小，溶液浓度偏低，不符合题意，故D错误，
故答案为：B；
（2）⑤二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
⑥氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
⑦氯气有毒，氢氧化钠可以吸收多余的Cl2，防止污染空气，
故答案为：吸收多余的Cl2，防止污染空气。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液配制，根据物质的量浓度定义式理解配制原理、进行误差分析，试题培养了学生实验能力。
19．（10分）把等物质的量的Cu、Fe粉投入一定量的FeCl3溶液中充分反应后取出部分溶液，
（1）若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，则溶液中存在的离子有 Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣ ．
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，则溶液中一定存在的离子有 Fe2+、Cl﹣ ，可能存在的金属粉末有 Fe、Cu ．
（3）若加入的金属全部溶解，则溶液中n（Cu2+）：n（Fe2+）是 1：5 ．
（4）若（3）反应后的溶液中有3种金属离子，欲从中回收Cu和FeCl3，需要用到的试剂有（按反应顺序填写） Fe、稀盐酸、Cl2 ．
【分析】（1）FeCl3具有强氧化性，可与Cu、Fe反应，发生Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，Fe+2FeCl3＝3FeCl2，若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，说明FeCl3过量，Fe、Cu完全反应；
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明FeCl3完全反应，结合还原性Fe＞Cu解答；
（3）根据反应的方程式计算；
（4）欲从中回收Cu和FeCl3，应加入过量的Fe置换出铜，然后在通氯气氧化FeCl2．
【解答】解：（1）FeCl3具有强氧化性，可与Cu、Fe反应，发生Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，Fe+2FeCl3＝3FeCl2，若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，说明FeCl3过量，Fe、Cu完全反应，则溶液中一定存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣，
故答案为：Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣；
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明FeCl3完全反应，因还原性Fe＞Cu，则一定发生Fe+2FeCl3＝3FeCl2，所以溶液中一定含有Fe2+、Cl﹣，如金属有剩余，则一定含有Cu，可能含有Fe，
故答案为：Fe2+、Cl﹣；Fe、Cu；
（3）若加入的金属全部溶解，分别发生2Fe3++Fe═3Fe2+、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，设Fe、Cu分别为1ml，则共生成n（Cu2+）＝1ml，n（Fe2+）＝5ml，
所以溶液中n（Cu2+）：n（Fe2+）是1：5，
故答案为：1：5；
（4）若（3）反应后的溶液中有3种金属离子，则为Fe3+、Fe2+、Cu2+，欲从中回收Cu和FeCl3，应先加入过量的铁粉，先后发生Fe+2FeCl3＝3FeCl2、Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu，过滤后在滤渣中加入盐酸和除去Fe，在滤液中通入氯气，可发生2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，
故答案为：Fe、稀盐酸、Cl2．
【点评】苯题考查铁以及化合物的转化，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
1．（4分）下列物质中，既能导电又属于电解质的是（ ）
A．熔融NaClB．液态磷酸C．石墨D．硫酸溶液
2．（4分）分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）
A．酸性氧化物：二氧化硫、三氧化硫、五氧化二磷
B．同素异形体：石墨、C60、金刚石
C．非电解质：乙醇、醋酸、甲烷
D．碱性氧化物：氧化钠、氧化亚铁、氧化铜
3．（4分）宋代著名法医学家宋慈 的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2═2Ag2S+2H2O，其中H2S是（ ）
A．氧化剂
B．还原剂
C．既是氧化剂又是还原剂
D．既不是氧化剂又不是还原剂
4．（4分）下列电离方程式书写正确的是（ ）
A．H2SO4═2H++SO42﹣B．FeCl3═Fe3++Cl3﹣
C．Ca（NO3）2═Ca2++NO32﹣D．NaOH═Na++O2﹣+H+
5．（4分）新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，正确的是（ ）
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B．胶体的本质特征是具有丁达尔效应
C．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即做布朗运动
6．（4分）如果要除去Na2CO3 固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是（ ）
A．加热灼烧B．配成溶液后通入CO2
C．加入适量盐酸D．加入NaOH溶液
7．（4分）在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A．K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣B．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣
C．Na+、H+、NO3﹣、SO42﹣D．Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
8．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．石灰石与醋酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B．Na2CO3溶液中通入少量HCl：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
C．Cl2与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．Na与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
9．（4分）将一小块钠放入下列溶液中，既能产生气体，又能生成白色沉淀的是（ ）
A．硫酸铜溶液B．稀硫酸C．氯化钠溶液D．氯化镁溶液
10．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
③Na2O主要有氧化性，Na2O2主要有还原性
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能
⑤Na2O2是强氧化剂，Na2O是一种碱性氧化物．
A．都正确B．②③④⑤C．②③⑤D．④⑤
11．（4分）已知KMnO4在常温下与浓盐酸反应生成Cl2，如图是用KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2的简易装置，下列叙述不正确的是（ ）
A．在试管①中盛有饱和食盐水，用试管②收集Cl2
B．用试管①收集Cl2，试管②可防止NaOH溶液倒吸到试管①中
C．③用于吸收多余的Cl2，防止污染环境
D．用该装置收集到的Cl2中会混有HCl气体和水蒸气
12．（4分）在某未知溶液中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水中，石灰石变浑浊，由此判断该溶液中含有（ ）
A．Cl﹣ SO42﹣B．Cl﹣ NO3﹣C．Cl﹣ CO32﹣D．Cl﹣ OH﹣
13．（4分）某120g密度为ag•cm﹣3的Na2SO4溶液里含9.2gNa+，则该溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（ ）
A．ml•L﹣1B．ml•L﹣1
C．ml•L﹣1D．ml•L﹣1
14．（4分）某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是（ ）
A．将铁粉加入稀硫酸中制取Fe2（SO）3
B．将NaOH溶液滴入FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体
C．加热Fe（OH）2使之分解制取FeO
D．将铜粉加入FeCl3溶液中验证Fe3+的氧化性强于Cu2+
15．（4分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA
B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2L
C．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
D．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
16．（4分）已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应
Ⅰ：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O；
PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应
Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣═2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。
下列推断正确的是（ ）
A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb（Ⅱ）和Pb（Ⅳ）含量之比为1：2
B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO4﹣
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16 HNO3═3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl═3PbCl2+4H2O+Cl2↑
二、非选择题：共3道小题，满分36分。
17．（14分）（1）物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
①98gH2SO4中含有 mlH。
②标准状况下，等体积的NO和N2O的质量比为 。
③100mLAl2（SO4）3溶液中c（Al3+）＝0.20ml•L﹣1，则c（SO42﹣）＝ 。
④物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3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 。
（2）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色。请回答下列问题：
⑤试管A的溶液中含有上述离子中的 。
⑥若将试管A和试管B中溶液按一定的体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式： 。
18．（12分）（1）实验室欲配制500mL0.5ml•L﹣1的NaOH溶液，请按要求完成下列内容：
①完成本实验时，下列仪器中一定不需要的是 （填字母，下同）。
②通过计算可知，需天平称量NaOH固体的质量为 g。
③配制过程一般可分为以下几个步骤：a.称量、b.计算、c.溶解、d.摇匀、e.转移、f.洗涤、g.定容、k.振荡、l.装瓶贴签，正确的操作顺序为 （填序号）。
④实验结束后，发现所配溶液浓度偏大，可能的原因是 （填代号）。
A．所用NaOH已潮解
B．定容时俯视观察液面
C．未洗涤烧杯
D．称量时砝码与NaOH的位置颠倒
（2）某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取漂白粉，据此回答下列问题：
⑤在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应离子方程式为 。
⑥漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 。
⑦C装置的作用是 。
19．（10分）把等物质的量的Cu、Fe粉投入一定量的FeCl3溶液中充分反应后取出部分溶液，
（1）若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，则溶液中存在的离子有 ．
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，则溶液中一定存在的离子有 ，可能存在的金属粉末有 ．
（3）若加入的金属全部溶解，则溶液中n（Cu2+）：n（Fe2+）是 ．
（4）若（3）反应后的溶液中有3种金属离子，欲从中回收Cu和FeCl3，需要用到的试剂有（按反应顺序填写） ．
2021-2022学年黑龙江省大庆市萨尔图区东风中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：单项选择题，共16小题，每小题4分，满分64分。
1．（4分）下列物质中，既能导电又属于电解质的是（ ）
A．熔融NaClB．液态磷酸C．石墨D．硫酸溶液
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；电解质导电的条件：存在自由移动的离子，据此解答。
【解答】解：A.熔融NaCl是电解质，熔融状态含有自由移动的离子，都能导电，故A正确；
B.液态磷酸是电解质，但不导电，故B错误；
C.石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D.硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质概念、把握电解质导电条件即可解答，题目难度不大。
2．（4分）分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）
A．酸性氧化物：二氧化硫、三氧化硫、五氧化二磷
B．同素异形体：石墨、C60、金刚石
C．非电解质：乙醇、醋酸、甲烷
D．碱性氧化物：氧化钠、氧化亚铁、氧化铜
【分析】A．只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；
C．水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
D．只和酸反应生成一种盐和水的氧化物为碱性氧化物。
【解答】解：A．二氧化硫、三氧化硫、五氧化二磷和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；
B．石墨、C60、金刚石是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．乙醇、甲烷属于非电解质，醋酸是电解质，故C错误；
D．氧化钠、氧化亚铁、氧化铜和酸反应生成一种盐和水，属于碱性氧化物，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了同素异形体、电解质、酸性氧化物和碱性氧化物的概念以及分散系有无丁达尔效应的判断，题目难度不大，应注意基础的积累。
3．（4分）宋代著名法医学家宋慈 的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2═2Ag2S+2H2O，其中H2S是（ ）
A．氧化剂
B．还原剂
C．既是氧化剂又是还原剂
D．既不是氧化剂又不是还原剂
【分析】反应4Ag+2H2S+O2＝2Ag2S+2H2O中，Ag元素化合价由0价升高到+1价，被氧化，O元素化合价由0价降低到﹣2价，被还原，S元素化合价不变，以此解答该题．
【解答】解：反应中Ag和O元素化合价发生变化，而S、H元素化合价在反应前后不变，H2S既不是氧化剂又不是还原剂。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念以及物质的性质，难度不大．
4．（4分）下列电离方程式书写正确的是（ ）
A．H2SO4═2H++SO42﹣B．FeCl3═Fe3++Cl3﹣
C．Ca（NO3）2═Ca2++NO32﹣D．NaOH═Na++O2﹣+H+
【分析】A．硫酸为强电解质，水溶液中完全电离；
B．氯离子不能合写；
C．硝酸根离子带一个单位负电荷，且原子个数不守恒；
D．氢氧根离子为原子团，不能拆。
【解答】解：A．硫酸为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：H2SO4═2H++SO42﹣，故A正确；
B．氯化铁为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：FeCl3═Fe3++3Cl﹣，故B错误；
C．Ca（NO3）2为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Ca（NO3）2═Ca2++2NO3﹣，故C错误；
D．氢氧化钠为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：NaOH═Na++OH﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意电离方程式遵循客观事实、遵从原子个数、电荷守恒规律。
5．（4分）新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，正确的是（ ）
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B．胶体的本质特征是具有丁达尔效应
C．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即做布朗运动
【分析】A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液；
B.胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小；
C.胶体具有丁达尔效应；
D.溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动。
【解答】解：A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液，故A错误；
B.分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液、浊液和胶体，故胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小，故B错误；
C.雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，故C正确；
D.溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动，胶体粒子的无规则运动属于布朗运动，故D错误；
故选：C.
【点评】本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单．
6．（4分）如果要除去Na2CO3 固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是（ ）
A．加热灼烧B．配成溶液后通入CO2
C．加入适量盐酸D．加入NaOH溶液
【分析】NaHCO3不稳定，加热易分解，可用加热的方法除杂，以此解答．
【解答】解：A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故A正确；
B．在溶液中通入CO2气体，Na2CO3反应生成NaHCO3，不能将杂质除去，故B错误；
C．加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应氯化钠，故C错误；
D．因不能确定NaHCO3的量，加入NaOH易混入新杂质，且反应后还要蒸发结晶，操作复杂，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，除杂时要注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．
7．（4分）在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A．K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣B．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣
C．Na+、H+、NO3﹣、SO42﹣D．Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
【分析】碱性溶液中存在较多氢氧根离子，溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等离子的存在，离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A.含有MnO4﹣的溶液呈紫色，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B.K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣、OH﹣之间不反应，且无色溶液，在无色碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.H+、OH﹣之间反应生成水，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；
D.Al3+、OH﹣之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．石灰石与醋酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B．Na2CO3溶液中通入少量HCl：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
C．Cl2与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．Na与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；
B．盐酸少量反应生成碳酸氢钠和氯化钠；
C．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
D．二者反应生成氢氧化钠和氢气。
【解答】解：A．石灰石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故A错误；
B．Na2CO3溶液中通入少量HCl，离子方程式为：CO32﹣+H+═HCO3﹣，故B错误；
C．Cl2与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；
D．Na与水反应，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
9．（4分）将一小块钠放入下列溶液中，既能产生气体，又能生成白色沉淀的是（ ）
A．硫酸铜溶液B．稀硫酸C．氯化钠溶液D．氯化镁溶液
【分析】根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H2O═2NaOH+H2↑及生成的碱与盐的反应来得出反应现象．
【解答】解：A、钠的化学性质活泼，投入硫酸铜溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜生成氢氧化铜蓝色的沉淀，故A错误；
B、钠与稀硫酸反应，生成物为硫酸钠和氢气，有气体产生，无白色沉淀生成，故B错误；
C、钠不能与氯化钠反应，但能与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，有气体产生，无白色沉淀生成，故C错误；
D、钠的化学性质活泼，投入氯化镁溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化镁生成氢氧化镁白色的沉淀，故D正确；
故选：D。
【点评】本题比较简单，钠与碱、盐的反应中首先考虑与溶液中的水反应，然后再看生成的氢氧化钠能否与碱、盐本身反应．
10．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
③Na2O主要有氧化性，Na2O2主要有还原性
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能
⑤Na2O2是强氧化剂，Na2O是一种碱性氧化物．
A．都正确B．②③④⑤C．②③⑤D．④⑤
【分析】①能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；
②置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；
③过氧化钠，钠处于最高价态，所以有氧化性，而氧处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，所以主要有氧化性；而氧化钠，氧处于最低价态，有还原性，钠最高价态，有氧化性；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；
⑤过氧化钠，钠处于最高价态，所以有氧化性，而氧处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，所以主要有强氧化性；氧化钠与水反应生成氢氧化钠；
【解答】解：①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2O2与CO2反应生成O2 不属于置换反应，故②错误；
③过氧化钠既有氧化性又有还原性，主要以氧化性为主，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤Na2O2具有强的氧化性是强氧化剂，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，属于碱性氧化物，故⑤正确；
故选：D。
【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，侧重考查学生对基础知识的掌握，熟悉相关概念、物质的性质是解题关键，题目难度不大．
11．（4分）已知KMnO4在常温下与浓盐酸反应生成Cl2，如图是用KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2的简易装置，下列叙述不正确的是（ ）
A．在试管①中盛有饱和食盐水，用试管②收集Cl2
B．用试管①收集Cl2，试管②可防止NaOH溶液倒吸到试管①中
C．③用于吸收多余的Cl2，防止污染环境
D．用该装置收集到的Cl2中会混有HCl气体和水蒸气
【分析】实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，发生反应2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，A为气体的发生装置，B用于除去氯化氢，C为气体的收集装置，D为防倒吸装置，E为尾气处理装置，以此解答该题。
A、Cl2密度大于空气，应该用向上排空气法收集；
B、实验目的是制取Cl2，根据导气管的长进短出可知试管①是收集装置，②是安全瓶；
C、Cl2有毒，会污染空气，可用NaOH溶液吸收；
D、高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气中混有HCl和水蒸气，整个制取Cl2的简易装置中没有净化和干燥气体装置。
【解答】解：A、Cl2密度大于空气，应该用向上排空气法收集，试管②的导气管是短进长出、不能用于收集Cl2，故A错误；
B、试管②的导气管是短进长出、不能用于收集Cl2，则导气管长进短出的试管①是收集Cl2装置，则试管②是防倒吸装置，故B正确；
C、Cl2有毒，会污染空气，可用NaOH溶液吸收，防止污染环境，故C正确；
D、高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气中混有HCl和水蒸气，整个制取简易装置中没有净化和干燥气体装置，所以收集的Cl2不纯，混有HCl气体和水蒸气，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查氯气的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析、实验能力，注意结合实验原理、物质的性质判断装置的作用，题目难度不大。
12．（4分）在某未知溶液中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水中，石灰石变浑浊，由此判断该溶液中含有（ ）
A．Cl﹣ SO42﹣B．Cl﹣ NO3﹣C．Cl﹣ CO32﹣D．Cl﹣ OH﹣
【分析】检验氯离子的方法：先取少量的待检物于试管中，再向其中滴加少量的硝酸酸化了的硝酸银溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明该溶液中含有Cl﹣；加酸放出能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体的沉淀是碳酸盐．
【解答】解：在未知溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，说明有沉淀不溶解，证明该溶液中含有Cl﹣；由已知条件“加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味气体放出，将气体通入澄清石灰水变浑浊”可知，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体的沉淀是碳酸盐，说明未知溶液中含有碳酸根离子。
故选：C。
【点评】本题考查氯离子和碳酸根的检验，难度不大，平时注意知识的积累．
13．（4分）某120g密度为ag•cm﹣3的Na2SO4溶液里含9.2gNa+，则该溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（ ）
A．ml•L﹣1B．ml•L﹣1
C．ml•L﹣1D．ml•L﹣1
【分析】根据n＝计算钠离子物质的量，由电荷守恒可知n（Na+）＝2n（SO42﹣），进而计算硫酸根离子物质的量，根据V＝计算溶液体积，再根据c＝计算硫酸根离子物质的量浓度。
【解答】解：由电荷守恒可知n（Na+）＝2n（SO42﹣）＝＝0.4ml，故n（SO42﹣）＝0.2ml，溶液体积为＝L，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是＝ml/L，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度计算，关键是对定义式的理解，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
14．（4分）某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是（ ）
A．将铁粉加入稀硫酸中制取Fe2（SO）3
B．将NaOH溶液滴入FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体
C．加热Fe（OH）2使之分解制取FeO
D．将铜粉加入FeCl3溶液中验证Fe3+的氧化性强于Cu2+
【分析】A．Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁；
B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体：在沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色为止；
C．硫酸亚铁易被空气中氧气氧化生成硫酸铁；
D．氯化铁能溶解铜，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物。
【解答】解：A．Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不能制取Fe2（SO）3，故A错误；
B．氢氧化铁胶体：在沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色为止，氯化铁和NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀而不能制备氢氧化铁胶体，故B错误；
C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，故C错误；
D．氯化铁能溶解铜，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了铁的性质、胶体制备、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
15．（4分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA
B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2L
C．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
D．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．氦气为单原子分子；
C．气体状况未知；
D．依据n＝＝，结合1个碳酸钠含有2个钠离子计算。
【解答】解：A．标况下水的液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B．含有NA个氦原子的氦气物质的量为1ml，在标准状况下的体积为22.4L，故B错误；
C．气体状况未知，无法计算二氧化碳的物质的量，故C错误；
D．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为：×2×NAml﹣1＝0.02NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应熟练掌握公式的使用和物质的性质与结构特点，注意气体摩尔体积使用条件和对象。
16．（4分）已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应
Ⅰ：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O；
PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应
Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42﹣═2MnO4﹣+5PbSO4+2H2O。
下列推断正确的是（ ）
A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb（Ⅱ）和Pb（Ⅳ）含量之比为1：2
B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO4﹣
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16 HNO3═3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl═3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【分析】A．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1；
B．反应I中HNO3未能将Pb（II）氧化成Pb（IV），说明氧化性HNO3＜PbO2；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价；
D．据反应II可知氧化性PbO2＞MnO4﹣，而酸性条件下MnO4﹣能将HCl氧化成Cl2。
【解答】解：A．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：1，故A错误；
B．反应I中HNO3未能将Pb（II）氧化成Pb（IV），说明氧化性HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成MnO4﹣，说明氧化性PbO2＞MnO4﹣，故B错误；
C．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能生成Pb（NO3）4，故C错误；
D．据反应II可知氧化性PbO2＞MnO4﹣，而酸性条件下MnO4﹣能将HCl氧化成Cl2，则Pb（IV）也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl＝3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及氧化性强弱比较的考查，题目难度不大。
二、非选择题：共3道小题，满分36分。
17．（14分）（1）物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
①98gH2SO4中含有 2 mlH。
②标准状况下，等体积的NO和N2O的质量比为 15：22 。
③100mLAl2（SO4）3溶液中c（Al3+）＝0.20ml•L﹣1，则c（SO42﹣）＝ 0.30ml/L 。
④物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3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 6：3：2 。
（2）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色。请回答下列问题：
⑤试管A的溶液中含有上述离子中的 K+、Cl﹣、OH﹣ 。
⑥若将试管A和试管B中溶液按一定的体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式： Ag++Cl﹣＝AgCl↓、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓ 。
【分析】（1）①根据n＝计算硫酸的物质的量，由分子式可知n（H）＝2n（H2SO4）；
②相同条件下，气体的体积相等，则它们的物质的量相等，再根据m＝nM计算；
③由电荷守恒可知2c（SO42﹣）＝3c（Al3+）；
④生成的沉淀为AgCl，假设均生成3mlAgCl，根据氯离子守恒计算氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量，它们的浓度相等，根据n＝cV可知，它们的物质的量之比等于溶液体积之比；
（2）向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色，则A溶液呈碱性，即溶液A含有OH﹣，与之反应的Ag+、Mg2+一定在溶液B中，能与Ag+反应的Cl﹣一定在溶液A中，根据电荷守恒可知，NO3﹣一定在溶液B中，溶液A一定含有K+。
【解答】解：（1）①由分子式可知n（H）＝2n（H2SO4）＝2×＝2ml，
故答案为：2；
②标准状况下，等体积的NO和N2O的物质的量相等，由m＝nM可知NO和N2O的质量之比为30g/ml：44g/ml＝15：22，
故答案为：15：22；
③由电荷守恒可知2c（SO42﹣）＝3c（Al3+）＝3×0.20ml/L，故c（SO42﹣）＝0.30ml/L，
故答案为：0.30ml/L；
④生成的沉淀为AgCl，假设均生成3mlAgCl，根据氯离子守恒，n（NaCl）＝3ml，n（MgCl2）＝1.5ml，n（AlCl3）＝1ml，它们的浓度相等，根据n＝cV可知，它们的物质的量之比等于溶液体积之比，即三者溶液的体积之比为3ml：1.5ml：1ml＝6：3：2，
故答案为：6：3：2；
（2）⑤向试管A的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色，则A溶液呈碱性，即溶液A含有OH﹣，与之反应的Ag+、Mg2+一定在溶液B中，能与Ag+反应的Cl﹣一定在溶液A中，根据电荷守恒可知，NO3﹣一定在溶液B中，溶液A一定含有K+，综上所述A溶液含有K+、Cl﹣、OH﹣，
故答案为：K+、Cl﹣、OH﹣；
⑥若将试管A和试管B中溶液按一定的体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，该纯净物为KNO3，则混合过程中发生反应的离子方程式：Ag++Cl﹣＝AgCl↓、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，
故答案为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓。
【点评】本题考查物质的量有关计算、离子反应与离子推断，属于拼合型题目，掌握以物质的量为中心的计算，试题培养了学生化学计算能力、分析推理能力、运用知识解决问题的能力。
18．（12分）（1）实验室欲配制500mL0.5ml•L﹣1的NaOH溶液，请按要求完成下列内容：
①完成本实验时，下列仪器中一定不需要的是 D （填字母，下同）。
②通过计算可知，需天平称量NaOH固体的质量为 10.0 g。
③配制过程一般可分为以下几个步骤：a.称量、b.计算、c.溶解、d.摇匀、e.转移、f.洗涤、g.定容、k.振荡、l.装瓶贴签，正确的操作顺序为 bacefkgdl （填序号）。
④实验结束后，发现所配溶液浓度偏大，可能的原因是 B （填代号）。
A．所用NaOH已潮解
B．定容时俯视观察液面
C．未洗涤烧杯
D．称量时砝码与NaOH的位置颠倒
（2）某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取漂白粉，据此回答下列问题：
⑤在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O 。
⑥漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
⑦C装置的作用是 吸收多余的Cl2，防止污染空气 。
【分析】（1）①配制步骤“称量→溶解→恢复室温→移液→洗涤→振荡→定容→摇匀；
②根据n＝cV计算氢氧化钠的物质的量，再根据m＝nM计算氢氧化钠的质量；
③先计算，再称量，然后溶解，恢复室温，用玻璃瓶引流移入容量瓶，将洗涤液注入容量瓶，振荡混合均匀，加水距刻度线1～2cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，最后装瓶、贴签；
④分析操作对溶液体积、溶质物质的量的影响，根据c＝判断对溶液浓度影响；
（2）⑤二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水；
⑥氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
⑦氯气有毒，直接排放会污染空气。
【解答】解：（1）①称量需要托盘天平、药匙，用量筒取适量水，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用500mL容量瓶、胶头滴管定容，一定不需要分液漏斗，
故答案为：D；
②需要氢氧化钠的质量为0.5L×0.5ml/L×40g/ml＝10.0g，
故答案为：10.0；
③先计算，再称量，然后溶解，恢复室温，用玻璃瓶引流移入容量瓶，将洗涤液注入容量瓶，振荡混合均匀，加水距刻度线1～2cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，最后装瓶、贴签，正确的操作顺序为bacefkgdl，
故答案为：bacefkgdl；
④A．所用NaOH已潮解，实际产量的氢氧化钠偏少，溶液浓度偏低，不符合题意，故A错误；
B．定容时俯视观察液面，液面在刻度线下方，溶液体积偏大，溶液浓度偏高，符合题意，故B正确；
C．未洗涤烧杯，少量溶质粘在烧杯内壁，移入容量瓶中溶质的量偏小，溶液浓度偏低，不符合题意，故C错误；
D．称量时砝码与NaOH的位置颠倒，根据m（左盘）＝m（右盘）+m（游码）可知，若不移动游码，称量氢氧化钠质量无影响，否则氢氧化钠质量偏小，溶液浓度偏低，不符合题意，故D错误，
故答案为：B；
（2）⑤二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
⑥氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
⑦氯气有毒，氢氧化钠可以吸收多余的Cl2，防止污染空气，
故答案为：吸收多余的Cl2，防止污染空气。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液配制，根据物质的量浓度定义式理解配制原理、进行误差分析，试题培养了学生实验能力。
19．（10分）把等物质的量的Cu、Fe粉投入一定量的FeCl3溶液中充分反应后取出部分溶液，
（1）若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，则溶液中存在的离子有 Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣ ．
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，则溶液中一定存在的离子有 Fe2+、Cl﹣ ，可能存在的金属粉末有 Fe、Cu ．
（3）若加入的金属全部溶解，则溶液中n（Cu2+）：n（Fe2+）是 1：5 ．
（4）若（3）反应后的溶液中有3种金属离子，欲从中回收Cu和FeCl3，需要用到的试剂有（按反应顺序填写） Fe、稀盐酸、Cl2 ．
【分析】（1）FeCl3具有强氧化性，可与Cu、Fe反应，发生Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，Fe+2FeCl3＝3FeCl2，若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，说明FeCl3过量，Fe、Cu完全反应；
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明FeCl3完全反应，结合还原性Fe＞Cu解答；
（3）根据反应的方程式计算；
（4）欲从中回收Cu和FeCl3，应加入过量的Fe置换出铜，然后在通氯气氧化FeCl2．
【解答】解：（1）FeCl3具有强氧化性，可与Cu、Fe反应，发生Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，Fe+2FeCl3＝3FeCl2，若滴加一滴KSCN溶液，溶液显红色，说明FeCl3过量，Fe、Cu完全反应，则溶液中一定存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣，
故答案为：Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣；
（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明FeCl3完全反应，因还原性Fe＞Cu，则一定发生Fe+2FeCl3＝3FeCl2，所以溶液中一定含有Fe2+、Cl﹣，如金属有剩余，则一定含有Cu，可能含有Fe，
故答案为：Fe2+、Cl﹣；Fe、Cu；
（3）若加入的金属全部溶解，分别发生2Fe3++Fe═3Fe2+、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，设Fe、Cu分别为1ml，则共生成n（Cu2+）＝1ml，n（Fe2+）＝5ml，
所以溶液中n（Cu2+）：n（Fe2+）是1：5，
故答案为：1：5；
（4）若（3）反应后的溶液中有3种金属离子，则为Fe3+、Fe2+、Cu2+，欲从中回收Cu和FeCl3，应先加入过量的铁粉，先后发生Fe+2FeCl3＝3FeCl2、Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu，过滤后在滤渣中加入盐酸和除去Fe，在滤液中通入氯气，可发生2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，
故答案为：Fe、稀盐酸、Cl2．
【点评】苯题考查铁以及化合物的转化，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
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