辽宁省大连市2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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2019-2020学年第一学期高一期中考试
化学试卷
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；并将条形码粘贴在指定区域。
2、第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。
3、第Ⅱ卷答案用黑色签字笔填写在试卷指定区域内。
可能用到的相对原子质量：H—1、C—12、N—14、O—16、Na—23、K—39、S—32、Cl—35．5、Ca—40、Fe—56、Cu—64、Zn—65
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共30小题，每小题2分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)
1.当光束通过下列液体时，有丁达尔效应的是（ ）
A. 豆浆 B. 盐酸 C. 蔗糖溶液 D. FeCl3溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
丁达尔效应是区分溶液和胶体的一种物理方法.
【详解】盐酸、蔗糖溶液、FeCl3溶液均为溶液，无丁达尔效应，豆浆属于胶体，有丁达尔效应；
答案选A
2.下列内容在容量瓶上无需标出的是：（ ）
A. 刻度线 B. 容积 C. 温度 D. 配制溶液的浓度
【答案】D
【解析】
【分析】
容量瓶的瓶身标有刻度线、温度和容积。
【详解】容量瓶的瓶身标有刻度线、温度和容积，无需标出的是配制溶液的浓度；
答案选D。
3.氧化还原反应的实质是（ ）
A. 氧元素的得与失 B. 化合价的升降
C. 电子的转移 D. 分子中原子重新组合
【答案】C
【解析】
【详解】氧化还原反应是有化合价升降的反应，它的本质是有电子的转移；
答案选C。
4.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是（ ）
①氯气②液氯③新制氯水④久置氯水⑤盐酸
A. ①③④ B. ①②③ C. ③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
使干燥的蓝色石蕊试纸变红，说明物质显酸性，试纸褪色说明具有漂白性，据此分析。
【详解】①氯气不能使干燥的试纸变红，干燥的氯气没有漂白性；
②液氯的主要成分也是氯气，性质与氯气一样，不能使干燥的试纸变红，也没有漂白性
③新制氯水中存在H+能使试纸变成红色，存在HClO，具有漂白性；
④久置氯水的主要成分为HCl，只能使试纸变成红色；
⑤盐酸只能使试纸变成红色；能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是③新制氯水；
答案选C。
【点睛】掌握新制氯水的成分是三分子四离子为解答本题的关键。
5.下列叙述正确的是（ ）
A. SO3的水溶液能导电，所以SO3是电解质
B. 氯化钠晶体不导电，是因为氯化钠中没有离子
C. 氨水能导电，所以氨水是电解质
D. 液态氯化氢不能导电，但是氯化氢是电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
A. SO3的水溶液是硫酸，硫酸能导电；
B. 氯化钠晶体在水溶液或熔融状态下能导电；
C. 氨水是混合物；
D. 液态氯化氢不能导电，但是氯化氢是电解质
【详解】A. SO3的水溶液是硫酸，硫酸能导电，所以硫酸是电解质，SO3是非电解质，A项错误；
B. 氯化钠是由钠离子和氯离子组成的离子化合物，含有离子，B项错误；
C. 氨水虽然能导电，但氨水是混合物
D. 液态氯化氢以分子的形式存在，不能导电，但是其水溶液能导电，因而氯化氢是电解质，D项正确；
答案选D
【点睛】解答本题时如何判断电解质是关键，判断时要从两个方面进行判断：①在水溶液状态或者在熔融状态下能导电；②属于化合物。
6. 下列物项属于非电解质的是（ ）
A. SO3 B. BaSO4 C. Cl2 D. CH3COOH
【答案】A
【解析】
试题分析：A．SO3是共价化合物，在熔融状态仍然是共价化合物，不能电离产生自由移动的离子，不能导电，在水溶液中，与水发生反应产生H2SO4，硫酸电离产生H+、SO42-，因此可以导电，因此属于硫酸是电解质，而SO3是非电解质，正确；B．BaSO4是盐，属于强电解质，错误；C． Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，错误；D．CH3COOH是弱酸，在水中在水分子作用下可以电离产生大量自由移动的CH3COO-和H+，因此属于电解质，错误。
考点：考查物质分类正误判断的知识。
7.为了配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，其中有下列几个操作：
①NaOH用纸盛装进行称量　②选用蒸馏水洗净的100 mL容量瓶进行配制　③NaOH在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中　④用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶　⑤使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切，其中操作错误的是(　　)
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ②③⑤ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①NaOH固体易潮解，具有腐蚀性，应放在烧杯进行称量，故①错误；
②配制100mL溶液，只能选择100mL容量瓶，容量瓶不干燥对所配溶液浓度无影响，因最后需加水定容，故②正确；
③NaOH溶于水放热，如果不冷却至室温，立即把溶液转移到容量瓶中配制，溶液具有热胀冷缩性质，冷却后所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故③错误；　
④烧杯上会沾有少量溶质氢氧化钠，为尽可能将氢氧化钠移入容量瓶中，应用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒，洗涤液也均转入容量瓶中，故④正确；　
⑤为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故⑤错误；
操作错误有①③⑤，故选D。
【点睛】本题的易错点为②③，要注意配制溶液过程中容量瓶是否干燥，对实验结果无影响；氢氧化钠固体的溶解过程中会放出热量，因此需要冷却后进行转移。
8.在下列叙述中，正确的是（ ）
A. 氧气的摩尔质量是32
B. 2molNaCl固体溶解于1L水所得溶液的物质的量浓度为2mol/L
C. 标准状况下同体积的O2和O3中所含分子数相等
D. 在标准状况下，体积为22.4L的物质都是1mol
【答案】C
【解析】
【分析】
A.摩尔质量的单位是g/mol；
B. 利用c=进行分析；
C. 分子数之比等于体积之比；
D. 气体摩尔体积的研究对象是气体。
【详解】A. 氧气的摩尔质量是32 g/mol，A项错误；
B. 溶液的体积不是1L，无法计算浓度；
C. 标准状况下气体分子数之比等于体积之比，体积相同的O2和O3中所含分子数相等，C项正确；
D. 在标准状况下，体积为22.4L的气态物质都是1mol，D项错误；
答案选C。
【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点，利用 计算物质的量时是否给出了溶液的体积是容易忽略的地方。
9.在相同条件下，下列气体中所含分子数目最多的是（ ）
A. 1gH2 B. 1molNH3 C. 30gO2 D. （标况下）11.2升Cl2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1gH2的物质的量为0.5mol，分子数N=nNA=0.5NA；
B. 1molNH3的分子数为NA；
C. 30gO2的物质的量是=0.9375mol，分子数N=nNA＝0.9375NA；
D. （标况下）11.2升Cl2的物质的量为0.5mol，分子数N=nNA=0.5NA；故分子数最大的是1molNH3；
答案选B。
10.在水溶液中下列电离方程式书写不正确的是（ ）
A. H2SO4=2H+ + SO42- B. KHCO3=K++ HCO3-
C. NaOH=Na+ + OH- D. NaHSO4=Na++ HSO4-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸属于强酸，是强电解质，完全电离，电离方程式为：H2SO4=2H+ + SO42-，A项正确；
B. 碳酸氢钾为弱酸的酸式盐，电离方程式为：KHCO3=K++ HCO3-，B项正确；
C. 氢氧化钠为强碱，是强电解质，完全电离，电离方程式为：NaOH=Na+ + OH-，C项正确；
D. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，完全电离，电离方程式为：NaHSO4=Na++ H++SO42-，D项错误；
答案选D。
【点睛】书写电离方程式的时候应注意：强电解质，全部电离，用“＝”连接；弱电解质，部分电离，用“”表示；强酸酸式盐完全电离，一步写出；多元弱酸酸式盐，第一步完全电离，其余部分电离。
11.下列各组中的离子在强酸和强碱中都不能大量共存的是：（ ）
A. K+、Fe3+、SO42-、NO3- B. K+、Na+、CO32-、OH-
C. K+、Ba2+、Cl-、NO3- D. Mg2+、Na+、CH3COO-、Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
强酸溶液中存在H+，强碱溶液中存在OH-，分析哪些离子不能和H+、OH-共存。
【详解】A. Fe3+在碱性溶液中与OH-不能共存，在酸性溶液中所有离子均能大量共存，A项错误；
B. CO32-、OH-在酸性条件下溶液中与H+不能共存，在碱性溶液中所有离子均能大量共存，B项错误；
C. K+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性溶液中均可大量共存，C项错误；
D. Mg2+在碱性溶液中与OH-生成氢氧化镁白色沉淀，不能共存，CH3COO-在酸性溶液中与H+生成弱电解质醋酸，不能大量共存，D项正确；
答案选D。
【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO2－与HCO3－不能大量共存：②“NO3－＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO32－等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH4＋与CH3COO－、CO32－，Mg2＋与HCO3－等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。
12.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有沉淀产生的个数是（ ）
①MgSO4溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④饱和澄清石灰水⑤Ca(HCO3)2溶液
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】①金属钠放入MgSO4溶液中，生成氢氧化镁的白色沉淀，同时放出氢气，正确；
②金属钠放入NaCl溶液中，只生成氢气，错误；
③金属钠放入Na2SO4溶液中，只生成氢气，错误；
④金属钠放入饱和澄清石灰水，能生成氢气，且降低氢氧化钙的溶解度而使其析出，正确；
⑤金属钠放入Ca(HCO3)2溶液中，能成成氢气，同时生成碳酸钙的白色沉淀，正确；故既有气体，又有沉淀产生的是①④⑤；
答案选C。
【点睛】本题的难点是金属钠放入硫酸镁、澄清石灰水和碳酸氢钙溶液中，实验现象的判断，要考虑到钠会先与水反应生成氢氧化钠和氢气，得到的氢氧化钠再与溶液中的溶质反应，不是单纯的发生置换反应。
13.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，22.4L H2O含有的分子数为1NA
B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标准状况下， H2O为液态，不能直接进行计算，A项错误；
B. 常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na+的物质的量为0.01mol，离子数为0.02NA，B项正确；
C. 条件不是标准状况，无法进行计算，C项错误；
D. 题干中未给出溶液的体积，无法进行计算，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点，利用 计算物质的量时是否给出了溶液的体积是容易忽略的地方。
14.配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，造成最终浓度偏低的原因可能是（ ）
A. 容量瓶事先未烘干 B. 定容时观察液面俯视
C. 定容时观察液面仰视 D. 定容后，摇匀时有少量液体流出
【答案】C
【解析】
【分析】
根据c=进行分析。
【详解】A. 容量瓶事先未烘干，对实验结果没有任何影响，A项错误；
B. 定容时观察液面俯视，溶液体积读数偏小，浓度偏高，B项错误；
C. 定容时观察液面仰视，溶液体积读数偏大，浓度偏低，C项正确；
D. 定容后，摇匀时有少量液体流出，溶剂和溶质的量已固定，浓度不变，D项错误；
答案选C。
15.在相同体积、相同物质的量浓度的酸中，必然相等的是（ ）
A. H+ 的物质的量 B. 溶质的质量分数
C. 溶质的质量 D. 溶质的物质的量
【答案】D
【解析】
【分析】
根据c=进行分析。
【详解】在相同体积、相同物质的量浓度的酸中，根据c=可知溶质的物质的量相等，
A.若酸为二元酸，则H+ 的物质的量不相等，A项错误；
B.溶液的组成不同，溶质和溶剂的质量不同，质量分数也不相同，B项错误；
C.物质的组成不同，溶质的质量不同，C项错误；
D. 根据c=可知，相同体积、相同物质的量浓度的酸，溶质的物质的量相等，D项正确。
答案选D。
16.向氯水中加入下列物质，表中各项正确的是（ ）
选项
加入物质
现象
解释或离子方程式
A
AgNO3溶液
有白色沉淀生成
Cl-+Ag+=AgCl↓
B
石蕊试液
显红色
氯水中有盐酸、次氯酸
C
CaCO3
有气体放出
CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D
FeCl2
溶液由浅绿色变为棕黄色
Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
新制氯水中存在三种分子和四种离子，三种分子为：H2O、Cl2、HClO；四种离子为H+、OH-、Cl-、ClO-；据此进行分析。
【详解】A.氯水中存在Cl-，和Ag+结合生成白色沉淀，离子反应为：Cl-+Ag+=AgCl↓，A项正确；
B.氯水中存在H+，能使石蕊显红色，存在HClO分子具有漂白性，所以溶液先变红后褪色，B项错误；
C. 氯水中存在H+，能与CaCO3反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，C项错误；
D.氯气具有较强的氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，离子反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题的难点是确定新制氯水的成分。新制氯水中存在三种分子和四种离子即：。
17.将4.6g金属钠投入到95.6g水中，得到的溶液中溶质的质量分数是
A. 4.6％ B. 7.6％ C. 8％ D. 10％
【答案】C
【解析】
试题分析：根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气的方程式算出反应后溶质氢氧化钠的质量，再算出氢气质量，再计算出溶液质量，根据计算公式再算出所得溶液的质量分数．
解：设4.6克金属钠与水反应生成氢氧化钠的质量为X，生成氢气质量为Y，
2Na+2H2O═2NaOH+H2↑
46 80 2
4.6g X Y
根据：
解得X=8g；Y=02g，
反应后所得溶液的质量分数：×100%=8%．
故选C．
18.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 2.3g钠变为钠离子时失去的电子数目为0.1NA
B. 18g水所含的电子数目为NA
C. 常温常压下，11.2LH2所含的原子数目为NA
D. 28g氮气所含的原子数目为NA
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 1mol钠原子失去1mol电子，生成1mol钠离子；
B.1个水分子中含有10个电子；
C.气体摩尔体积的研究对象是气体，标准状况下为22.4L/mol；
D.氮气是双原子单质分子。
【详解】A. 2.3g钠为0.1mol，失去电子的物质的量为0.1mol，失去电子的数目为0.1NA，A项正确；
B. 1个水分子中含有10个电子，18g水（即1mol）所含的电子数目为10NA，B项错误；
C.条件不是标准状况，无法进行计算；
D. 氮气是双原子单质分子，1mol氮气含有2mol原子，所含的原子数目为2NA，D项错误；
答案选A。
19.MnO2与浓盐酸制取氯气的实验中氧化剂与还原剂的物质的量的比为（ ）
A. 1：4 B. 4：1 C. 1：2 D. 2：1
【答案】C
【解析】
【详解】MnO2与浓盐酸制取氯气的反应为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价从+4价降低到+2价，得到2个电子，作氧化剂，Cl元素化合价从-1价升高到0价，失去2个电子，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；
答案选C。
【点睛】本题的易错点是直接判断二氧化锰为氧化剂，盐酸为还原剂，直接根据计量数进行计算；盐酸在反应中作还原剂体现还原性，同时还体现酸性。
20.不能用离子方程式：CO32-+2H+=CO2↑+H2O来表示的反应是（ ）
A. CaCO3+HCl B. K2CO3+H2SO4
C. Na2CO3+HNO3 D. Na2CO3+HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，A项正确；
B. 碳酸钾和硫酸反应生成硫酸钾、水和二氧化碳，离子反应为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，B项错误；
C. 碳酸钠和硝酸反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，离子反应为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，C项错误；
D. 碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，D项错误；
答案选A。
【点睛】解答本题时明确反应的意义以及书写方法是关键，离子方程式中，化学式拆与不拆易出错。①易溶于水、易电离的强电解质必须拆分；②非电解质、弱电解质(弱酸、弱碱、水等)、难溶物、气体、氧化物、单质均不能“拆分”，用化学式表示。
21.需加入适当氧化剂才能实现的反应是（ ）
A. MnO2→Mn2＋ B. SO2→SO32-
C. PCl3→PCl5 D. CaCO3→CO2
【答案】C
【解析】
详解】A. Mn元素化合价从+4价降到+2价，被还原，加入还原剂才能实现，A项错误；
B. S元素化合价没有发生变化，没有发生氧化还原反应，无需氧化剂，B项错误；
C. P元素的化合价从+3价升高到+5价，被氧化，加入氧化剂可实现，C项正确；
D. CaCO3转化为CO2是由于复分解反应造成的，并未发生氧化还原反应，无需氧化剂，D项错误；
答案选C。
22.取ag某物质在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量恰好也增加了ag，下列物质不能满足上述结果的是(　　)
A. H2 B. CO C. C6H12O6 D. C12H22O11
【答案】D
【解析】
【分析】
可燃物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 固体质量增加（2CO） 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体质量增加（2H2）。
结论：可燃物如果为CO，H2充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量与可燃物质量相等；可燃物如果满足通式(CO)x(H)y，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量与可燃物质量相等；如果满足通式(CO)x(H)y(C)z,，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量大于可燃物质量相等；如果满足通式(CO)x(H)y(O)z,，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量小于可燃物质量相等。
【详解】A.agH2在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选A；
B.agCO在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选B；
C.C6H12O6可写成(CO)6(H)12形式，因此agC6H12O6在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选C；
D. C12H22O11可写成(CO)11(H)12C形式，agC6H12O6在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加大于ag，故选D；
答案：D
【点睛】注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应的质量增加的质量关系，得出固体增加的质量相当于CO和H2的质量。
23.在常温下发生以下几个反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4－ =2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋5B2=2A3＋＋2B－③2B－＋ Z2 =B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
A. 溶液中可发生：Z2＋2A2＋＝2A3＋＋2Z－ B. Z2在①③反应中为氧化剂
C. 氧化性强弱顺序为：XO4－ ＞Z2＞B2＞A3＋ D. X2＋是XO4－ 的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
反应①16H＋＋10Z－＋2XO4－ =2X2＋＋5Z2＋8H2O中Z从-1价升高到0价，Z－作还原剂，X从+7价降低到+2价，2XO4－作氧化剂；反应②2A2＋＋5B2=2A3＋＋2B－中A从+2价升高到+3价，A2＋作还原剂，B从0价降低到-1价，B2作氧化剂；反应③2B－＋ Z2 =B2＋2Z－中，B从-1价升高到0价，B－作还原剂，Z从0价降低到-1价，Z2作氧化剂，则氧化性顺序为：XO4－> Z2> B2> A3＋,还原性顺序为：A2＋> B－> Z－> X2＋。
【详解】A. 氧化性Z2> A3＋，还原性A2＋> Z－，因而溶液中可发生：Z2＋2A2＋＝2A3＋＋2Z－，A项正确；
B. Z2在①中为氧化产物，在③中为氧化剂，B项错误；
C. 由分析可知，氧化性强弱顺序为：XO4－ ＞Z2＞B2＞A3＋，C项正确；
D. 由分析可知，X2＋是XO4－ 的还原产物，D项正确；
答案选B。
【点睛】判断反应中氧化剂、氧化产物、还原剂、还原产物以及利用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判断氧化性、还原性强弱是重点也是难点
24.下列叙述中不正确的是（ ）
A. 热稳定性：Na2CO3比NaHCO3稳定
B. 溶解性：Na2CO3比NaHCO3易溶于水
C. 相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出CO2多
D. 相同物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别与同浓度的盐酸反应，Na2CO3产生气体更快
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解，热稳定性：Na2CO3比NaHCO3稳定，A项正确；
B. Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故溶解性：Na2CO3比NaHCO3易溶于水，B正确；
C. 碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应均生成氯化钠、水和二氧化碳，相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出CO2多，C项正确；
D. 相同物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别与同浓度的盐酸反应，NaHCO3产生气体更快，D错误；
答案选D。
25.用0.4molNa2SO3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是
A. +6 B. +3 C. +2 D. 0
【答案】C
【解析】
试题分析：0.1molX2O72-能使0.4mol SO32-完全氧化成SO42-，则S元素的化合价由+4价升高为+6价，所以X元素的化合价降低，设X2O72-被还原后X的化合价为x，由电子守恒可知，0.1mol×2×（6-x）=0.4mol×（6-4），解得x=+2，答案选C。
【考点定位】考查氧化还原反应的计算。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应的计算，明确氧化还原反应中电子守恒是解答本题的关键，注意氧化剂中X的原子个数为解答的易错点。0.1molX2O72-能使0.4mol SO32-完全氧化成SO42-，则S元素的化合价由+4价升高为+6价，所以X元素的化合价降低，设X2O72-被还原后X的化合价为x，利用电子守恒来计算。
26.某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO－4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)(　　)
A. CH3COO－ B. SO32-
C. CO32- D. HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，
答案选A。
27.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe=Fe2++Cu
B. 稀 H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 氯化铜溶与铁粉反应生成铜和氯化亚铁；
B. 稀 H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气；
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应生成硫酸钡和水；
D. 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
【详解】A. 氯化铜溶与铁粉反应生成铜和氯化亚铁，离子反应为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，A项正确；
B. 稀 H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B项错误；
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应生成硫酸钡和水，离子反应为：Ba2++2H++SO42-+2OH-=BaSO4+2H2O，C项错误；
D. 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D项错误；
答案选A。
28.下列说法中，正确的是（ ）
A. 凡带正电荷的离子一定是金属阳离子
B. Na2SO4溶液在电流的作用下电离出Na+与SO42-而导电
C. 硫酸在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，所以硫酸属于酸
D. 电流不能通过液态氯化氢，所以氯化氢不是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A.NH4+带正电荷，但不是金属阳离子，A项错误；
B.电解质的电离是自发的过程，无需再电流的作用下进行，B项错误；
C.在水溶液中电离出的阳离子都是氢离子的化合物是酸，C项正确；
D.在水溶液或熔融状态下能够电离的化合物是电解质，氯化氢溶于水能导电，氯化氢是电解质，溶液导电靠离子的定向移动，电流不能通过溶液，D项错误；
答案选C。
29. 下列说法正确的是
①有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原 ②阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
③在K、Fe2+、S2-、Na+中只有1种粒子不具有还原性 ④由X变为X2+的反应是氧化反应
⑤金属单质在反应中只作还原剂 ⑥非金属单质在反应中只作氧化剂
⑦金属原子失电子数越多，其还原性越强
A. ③④⑤ B. ④⑤⑦ C. ①③④⑤⑥ D. ②③④⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
试题分析：①氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，错误；②阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，错误；③处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，正确；④X变为X2+的反应，失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，错误；⑦失去电子数目多少与还原性无关，还原性强弱与失去电子的难易有关，错误。
考点：考查氧化还原反应。
30.下列对氯及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁
B. 用pH试纸测得氯水的pH＝4
C. 密封的久置氯水酸性变强
D. 由Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO可推出Ca(ClO)2＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 氯气具有较强的氧化性，可将变价金属氧化到最高价态；
B. 氯水中存在次氯酸，具有漂白性；
C. 久置氯水中含有大量盐酸；
D. ClO-能够将二氧化硫氧化。
【详解】A. 过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化铁，A项错误；
B. 氯水中存在次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸检测酸碱性，B项错误；
C. 久置氯水中含有大量盐酸，酸性变强，C项正确；
D. ClO-能够将二氧化硫氧化，则反应Ca(ClO)2＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO不能发生，D项错误；
答案选C。
第Ⅱ卷
二、填空题（本题共5小题，共40分。）
31.（1）在反应3Cl2＋6KOH(浓)=5KCl＋KClO3＋3H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___，3molCl2参加该反应时，反应中转移___mol电子。
（2）氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。Cu、NO、Cu(NO3)2、HNO3下面是一个还原过程的反应式：NO3－＋4H＋＋3e－＝NO↑＋H2O。
①写出该氧化还原反应的化学方程式并配平：
__ ___+__ ___=__ ___+__ ___+ __H2O
②反应中硝酸体现了___的性质。
【答案】 (1). 1:5 (2). 5 (3). 3 (4). Cu (5). 8 (6). HNO3(稀) (7). 3 (8). Cu(NO3)2 (9). 2 (10). NO↑ (11). 4 (12). 氧化性和酸性
【解析】
【分析】
（1）反应中Cl从0价升高到+5价，从0价降低到-1价，据此判断；
（2）①根据氧化还原反应的规律进行分析，并利用化合价升降守恒进行配平。
②根据HNO3中N元素的化合价变化判断。
【详解】（1）反应中Cl从0价升高到+5价，从0价降低到-1价，电子转移5个，则6mol氯原子中5mol变成KCl，1mol变成KClO3，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:5；3molCl2参加该反应时，反应中电子转移5mol；
（2）①Cu→Cu(NO3)2化合价升高，HNO3→NO化合价降低，因而Cu、HNO3作反应物，Cu(NO3)2和NO为生成物，再利用化合价升降守恒配平可知方程式为：3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
②HNO3→NO化合价降低，得到电子，作氧化剂，体现氧化性，还生成了硝酸铜，又体现了酸性。
32.在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体8.96L，质量是16g。
①此混合物中CO和CO2的物质的量比是_______，
②CO的体积分数是_______，
③CO的质量分数是_____，
④C和O的原子个数比是______，
⑤混合气体的平均摩尔质量是__________。
【答案】 (1). 1:3 (2). 25% (3). 17.5% (4). 4:7 (5). 40g/mol
【解析】
【分析】
设CO、CO2物质的量分别为xmol、ymol，根据题意有（x+y）mol×22.4L/mol=8.96L、28x+44y=16，解得x=0.1mol、y=0.3mol。
【详解】①CO、CO2物质的量分别为0.1mol、0.3mol，二者物质的量之比为1:3；
②相同条件下，气体的体积比等于物质的量之比，CO的体积分数是×100%=25%；
③CO的质量分数是×100%=17.5%；
④C和O的原子个数比是(0.1+0.3):(0.1+0.3×2)= 4:7；
⑤混合气体的平均摩尔质量是(28g/mol×0.1mol+44g/mol×0.3)÷(0.1+0.3)mol= 40g/mol。
33.制取氯化铁粉末，已知氯化铁粉末很容易吸水生成结晶化合物FeCl3＋6H2O===FeCl3·6H2O。

（1）按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是(填仪器接口顺序)：
①接_______________________________________________________
（2）烧瓶A发生的反应中，氧化剂是________(填物质名称)，B中反应的化学方程式是___________________。
（3）容器D的作用是_____________________________________________，容器E的作用是__________________________________________________。
（4）A、B中的酒精灯应先点燃________处(填“A”或“B”)的酒精灯，理由是___________________。
（5）这套实验装置是否完整？________(填“是”或“否”)，若不完整，还须补充________装置(若第一问填“是”，则此问不需要作答)。
【答案】 (1). ⑦　⑥　④　⑤　② (2). 二氧化锰 (3). 3Cl2＋2Fe2FeCl3 (4). 吸收水分 (5). 吸收氯气中的氯化氢气体 (6). A (7). 使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中的氧气氧化 (8). 否 (9). 装有氢氧化钠溶液的烧杯(或尾气吸收)
【解析】
【分析】
（1）根据实验原理和目的及各装置的作用决定仪器组装顺序；
（2）二氧化锰固体和浓盐酸反应制备氯气；铁和氯气反应生成氯化铁；
（3）容器D中装有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，起干燥作用；容器E中是饱和的氯化钠溶液，能除去氯气中的氯化氢；
（4）A处是制取氯气，B处是氯气和铁反应，所以先点燃A，使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中氧气氧化；
（5）氯气有毒，不能任意排放到空气中，应该用尾气处理装置。
【详解】（1）A 装置制备氯气，气体分别通入E盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去氯气中的氯化氢、D盛有浓硫酸的洗气瓶除去氯气中的水蒸气，除杂干燥后和B装置中的铁反应，装置C防止空气中的水蒸气进入，按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是为：⑦⑥④⑤②；
（2）二氧化锰固体和浓盐酸反应制备氯气，氧化剂是二氧化锰；铁和氯气反应生成氯化铁 3Cl2＋2Fe2FeCl3 ；
（3）容器D中装有浓硫酸，浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应，所以可用浓硫酸干燥氯气；容器E中是饱和的氯化钠溶液，氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体。
（4）A处是制取氯气，B处是氯气和铁反应，所以先点燃A，使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中氧气氧化；
（5）氯气有毒，污染环境，这套实验装置不完整，氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，补充：装有氢氧化钠溶液的烧杯(或尾气吸收)
34.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。
（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。

（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________
A．使用容量瓶前检验是否漏水
B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。


E．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。
（3）根据计算用托盘天平称取的质量为______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_____0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用______mL量筒最好。
【答案】 (1). A、C (2). 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 (3). BCD (4). 2.0 (5). 小于 (6). 13.6 (7). 15
【解析】
【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量或者量取、溶解或者稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以用不到的仪器：平底烧瓶、分液漏斗；还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
（2）A．容量瓶是带有活塞的仪器，使用前要检查是否漏水，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能够使用待配溶液润洗，否则导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；
C．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解，应该在烧杯中溶解固体，故C错误；
D．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于稀释浓溶液，应该在烧杯中稀释浓溶液，故D错误；
E．摇匀的正确操作为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；
答案为BCD；
（3）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏低；
（4）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为V，则：V×18.4mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得V=13.6ml，应选用15mL规格的量筒。