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甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高一上学期第二学段考试化学试题（解析版）
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甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高一上学期第二学段考试试题
（时间:90分钟 满分:100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64 Fe 56 Ba 137
第I卷（选择题）
一、选择题（本题包括个20小题,1-10小题每小题2分,11-20小题每小题3分,共50分,每小题只有1个选项符合题意）
1.下列物质的变化不能产生自由移动离子的是（ ）
A. 醋酸（CH3COOH）溶于水 B. 氯化氢通入水中
C. 氧化钙固体受热熔化 D. 蔗糖溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A. 醋酸是弱电解质，溶于水后电离出自由移动的醋酸根和氢离子，故A错误；
B. 氯化氢是强电解质，通入水中电离出自由移动的氯离子和氢离子，故B错误；
C. 氧化钙是电解质，熔化时电离出自由移动的钙离子和阳离子，故C错误；
D. 蔗糖属于非电解质，溶于水不能电离产生自由移动的离子，以分子形式存在，故D正确；
故选D。
2.下图为一“铁链”图案，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号，其分类依据代号判断不正确的是（ ）
A. 代号A都不是电解质
B. 代号B因其水溶液都能导电都是电解质
C. 代号C都是钠的化合物
D. 代号D因其组成都是金属氯化物
【答案】B
【解析】
【详解】A. 代号A为H2与CO2的分类，H2与CO2都不是电解质，故A正确；
B. 代号B为CO2与Na2O的分类，CO2与Na2O的水溶液都能导电，但CO2不是电解质，故B错误；
C. 代号C是Na2O和NaCl的分类，Na2O和NaCl都是钠的化合物，故C正确；
D. 代号D是NaCl和FeCl3分类，NaCl和FeCl3组成都是金属氯化物，故D正确；
故选B。
3.以下电离方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3=Na＋＋HCO32- B. K2SO4=K＋＋
C. Ca（OH）2=Ca2＋＋OH2－ D. NaHSO4=Na＋＋H＋＋
【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸氢根带有一个负电荷，应为HCO3-，故A错误；
B. 根据电荷守恒可知，K2SO4电离方程式应为K2SO4=2K＋＋，故B错误；
C. Ca(OH)2电离方程式应为 Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－，故C错误；
D. NaHSO4完全电离产生Na＋、H＋、，电离方程式为：NaHSO4=Na＋＋H＋＋，故D正确；
故选D。
4.下列说法中正确的是( )
①由一种元素组成的物质一定是纯净物 ②冰水混合物是纯净物 ③CuSO4·5H2O晶体是混合物④能电离出H＋的物质是酸 ⑤酸性氧化物一定是非金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物⑥碱性氧化物一定是金属氧化物；金属氧化物不一定是碱性氧化物
A. ①和④ B. ②和⑥ C. ③和④ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①如O2与O3由一种元素组成，但它是混合物，①错误；
②冰水的化学式都为H2O，二者的混合物是纯净物，②正确；
③带有结晶水的盐属于纯净物，CuSO4·5H2O晶体是纯净物，③错误；
④能电离出H＋物质不一定是酸，如NaHSO4等，④错误；
⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，⑤错误；
⑥碱性氧化物一定是金属氧化物；金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3等，⑥正确。
故②和⑥正确。
答案为B。
5.在10﹣9m～l0﹣7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸,下列说法正确的是（ ）
A. 纳米铜是一种新型胶体
B. 纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应
C. 纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同
D. 纳米铜无需密封保存
【答案】B
【解析】
【详解】A. 纳米铜根据其微粒半径属于胶体，但不是新型胶体，故A错误；
B. 普通铜加热才能与氧气反应，而纳米铜遇到空气就会剧烈燃烧，更易发生氧化反应，故B正确；
C. 纳米铜和普通铜都由铜元素组成，所以铜原子种类相同，故C错误；
D. 纳米铜很易与氧气反应，应密封保存，故D错误；
故选B。
6.下列反应的离子方程式错误的是（ ）
A. 碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42- + Ba2+ = BaSO4↓
C. CO2通入足量澄清石灰水中：CO2+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+H2O
D. CuO与硝酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故A正确；
B. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、氨气和水，离子方程式为：Ba2++2OH−+2NH4++SO42−=BaSO4↓+2NH3⋅H2O，故B错误；
C. CO2通入足量澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀和水，离子方程为：CO2+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D. CuO与硝酸反应生成硝酸钙和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故D正确；
故选B。
7.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于3 区域的( )
A. Cl2＋2KBr = Br2＋2KCl
B. 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，区域3的反应不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，A项错误；
B．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，B项错误；
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3属于化合反应，不符合，C项错误；
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，-1价O元素化合价一部分升高到0价，一部分降低到-2价，属于氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
8.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A. Na+、K+、、 B. 、、Al3+、
C. Na+、Ca2+、、 D. K+、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A. 酸性溶液中的H+与反应生成二氧化碳与水而不能共存，故A错误；
B. 在酸性溶液中，、、Al3+、相互不反应，可以大量共存，故B正确；
C. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故C错误；
D. 呈紫色，不符合题意，故D错误；
故选B。
9.关于如下反应：HgS+O2Hg+SO2，下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应既是置换反应又是离子反应 B. 该反应转移了2e –
C. Hg是氧化产物 D. HgS既是还原剂又是氧化剂
【答案】D
【解析】A项，该反应不是水溶液中发生的反应，所以不是离子反应 ，所以A错；B项，该反应中硫元素的化合价从-2价升到+4价，转移了6e-,所以B错；C项，汞元素的化合价降低了，被还原，所以汞是还原产物，C错；D项，HgS中两种元素的化合价一种升高另一种降低，所以既是还原剂又是氧化剂，D正确。
10.下列各组在溶液中的反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）
A. NaOH与CO2 B. Ba（OH）2与H2SO4
C. HCl与Na2CO3 D. NaHSO4与Ba（OH）2
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaOH与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式：CO2+OH−=HCO3−，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，离子方程式：CO2+2OH−=H2O+CO32−，所以生成物与反应物的量有关，故A不选；
B.二者无论如何混合，都生成硫酸钡和水，离子方程式：2H++SO42−+2OH−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，所以生成物与反应物的量无关，故B选；
C. 少量HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式：H++CO32−=HCO3−，过量HCl和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式：2H++CO32−=H2O+CO2↑，所以生成物与反应物的量有关，故C不选；
D. 碳酸氢钠和少量氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：2HCO3−+2OH−+Ca2+═CaCO3↓+2H2O+CO32−，和过量氢氧化钙反应生成碳酸钙、NaOH和水，离子方程式：HCO3−+OH−+Ca2+═CaCO3↓+H2O，所以生成物与反应物的量有关，故D不选；
故选B。
11.下列①～④是钠与水反应的实验现象、解释和结论，其中对应关系不正确的是（ ）
序号
实验现象
解释和结论
A
钠浮水面上
钠的密度比水小
B
钠熔成小球
钠与水反应放热且钠的熔点低
C
钠四处游动，嘶嘶作响
生成了水蒸气
D
向反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红
生成了碱性物质
【答案】C
【解析】
【分析】钠的密度小于水，熔点低，质软，与水剧烈反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，现象总结为：浮水面、熔小球、乱游动、嘶嘶响，以此解答该题。
【详解】A. 钠的密度小于水，钠投入水中并浮在水面上，故A正确；
B. 钠与水反应放出大量热，而且钠的熔点较低，所以钠会熔化成一个闪亮的小球，故B正确；
C. 钠与水剧烈反应，生成氢气，所以会发生嘶嘶响声，推动钠四处游动，故C错误；
D. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液显碱性，所以反应后溶液由无色变为红色，故D正确；
故选C。
12.将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个反应：SO2+2Fe3++2H2O == SO42－+4H++2Fe2+，Cr2O72－+6Fe2++14H+ == 2Cr3++6Fe3++7H2O。下列说法正确的是（ ）
A. Cr2O72－不能将SO2氧化 B. 还原性：Cr3+＞Fe2+＞SO2
C. 氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2 D. 两个反应中Fe3+均表现还原性
【答案】C
【解析】
【分析】SO2+2Fe3++2H2O═SO42-+4H++2Fe2+中，S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低；氧化剂为Fe3+，还原剂为SO2；Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，氧化剂为Cr2O72-，还原剂为Fe2+；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，以此来解答。
【详解】A．氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，则Cr2O72-能将SO2氧化，故A错误；B．由上述分析可知，还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，故B错误；C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故C正确；D．第一个反应中Fe3+得到电子被还原，表现氧化性；第二个反应中Fe3+为氧化产物，没有表现氧化性，故D错误；故选C。
13.下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目。
【详解】A项、反应中，Si元素化合价由+4价降低为0价，得到4e-被还原，C元素化合价从0价升高为+2价，失去2e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为4，转移电子数目为4e-，故A错误；
B项、反应中，H元素化合价由+1降低为0价，得到e-被还原，Na元素从0价升高为+1价，失去e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为2，转移电子数目为2e-，故B错误；
C项、反应中，Mn元素化合价由+4降低为+2价，得到2e-被还原，Cl元素从—1价升高为0价，失去2×e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为2，转移电子数目为2e-，故C正确；
D项、反应中，Cu元素化合价由0价升高为+2价，失去2e-被还原，S元素化合价由+6价降低为+4价，得到2e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为2，转移电子2e-，故D错误。
故选C。
14.镁粉加入到很稀的硝酸中发生反应：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O在该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量比为 （ ）
A. 4:10 B. 1:9 C. 1:5 D. 1:7
【答案】B
【解析】
【详解】在反应4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O中，N元素的化合价由反应前HNO3中的+5价部分变为反应后NH4NO3的NH4+中的-3价，化合价降低，获得电子，被还原，因此硝酸作氧化剂，表现氧化性；部分仍然以+5价的NO3-的形式存在，与Mg2+、NH4+结合形成盐，根据方程式可知在参加反应的硝酸中，有1mol被还原，有9mol未被还原，因此被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量比为1:9，选项B正确。
15.钠、镁、铝各分别放入的盐酸中，同温同压下产生的气体体积之比是（ ）
A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 3：1：1 D. 1：1：1
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸的物质的量0.1L× 1mol/L=0.1mol，将三种金属各0.3mol分别投入0.1mol的盐酸中，镁、铝有剩余，应按盐酸的量计算，镁、铝产生氢气物质的量相等，以镁为例：由Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知：产生氢气的物质的量为：(0.1L×1mol/L)×1/2=0.05 mol；但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.3mol钠产生0.15mol氢气，故将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：0.15mol:0.05mol:0.05mol=3:1:1，所以同温同压下产生的气体体积比是3:1:1。
故选C。
16.若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m＋3.55）g，则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为（ ）
①（m＋0.8）g ②（m＋1.0）g ③（m＋1.2）g ④（m＋1.6）g ⑤（m＋1.4）g
A. 仅①④ B. 仅①⑤
C. 仅③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】mgNa在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为(m+3.55g)，则m(Cl)=3.55g，故n(Cl)==0.1mol，根据NaCl化学式可得n(Na)=n(Cl)=0.1mol，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为，所以固体的质量为(m+0.8)g；全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为 0.1mol×16g/mol=1.6g，所以固体的质量为(m+1.6)g，
故钠与氧气反应生成固体的质量：(m+0.8)g⩽m(固体)⩽(m+1.6)g，
故选D。
17.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO3－的物质的量浓度之比为11∶1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A. 1∶3 B. 4∶3 C. 2∶1 D. 3∶1
【答案】B
【解析】
【分析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为11:1，则可设ClO−为11mol，ClO3−为1mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1−0)+1mol×(5−0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:12mol=4:3，
故选B。
18.离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析。
【详解】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；
故选D。
19.某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相等（不考虑水解），且的物质的量浓度为9 mol·L-1，则此溶液最多溶解Mg的质量为（ ）
A. 24 g B. 18 g C. 21.6 g D. 14.4 g
【答案】C
【解析】
【详解】足量的Mg与CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液反应最终得到MgSO4，由元素守恒可知，可知n(Mg)=n(MgSO4)=n(SO42-)=0.1L×9mol/L=0.9mol，故最多溶解Mg的质量为0.9mol×24g/mol=21.6g，
故选C。
20.已知某强氧化剂中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3mol至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是（ ）
A. －1 B. 0 C. ＋1 D. ＋2
【答案】B
【解析】
【详解】设中的R的化合价从+5还原（降低）至＋x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4升高到+6，根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×10－3（5-x）=610－3（6-4），解得x=0，故答案B正确；
本题答案为B。
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题共1个小题，共10分）
21.将少量饱和FeCl3溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系，完成相关问题：
甲：饱和FeCl3溶液滴加到冷水中；
乙：饱和FeCl3溶液滴加到NaOH溶液中；
丙：饱和FeCl3溶液滴加到沸水中。
（1）将丙继续加热煮沸得到红褐色透明液体，反应化学方程式为___________
（2）用最简单的方法判断丙中是否成功制备胶体，请写出相关的操作、现象和结论__________
（3）向经过检验后的丙中逐滴加入稀盐酸，会出现一系列变化：
①先出现和乙中相同的现象，原因为_______________
②随后发生变化得到和甲相同的溶液，此反应的离子反应方程式为_______
（4）向丙中加入电极通电后，_______极颜色变深（填“阴极”或“阳极”）
（5）可用如图所示的装置除去Fe（OH）3胶体中的杂质离子来提纯Fe（OH）3胶体，实验过程中需不断更换烧杯中的蒸馏水。更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若_______（填实验现象），则说明该Fe（OH）3胶体中的杂质离子已经完全除去。
【答案】(1). FeCl3+3H2OFe（OH）3（ 胶体）+3HCl (2). 强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功 (3). 由于Fe（OH）3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀 (4). Fe（OH）3 +3H+ =Fe3++3H2O (5). 阴极 (6). 不出现白色沉淀
【解析】
【分析】（1）根据氢氧化铁胶体制备原理书写化学反应方程式；
（2）根据胶体性质及丁达尔现象的原理分析解答；
（3）根据胶体的性质及实验现象分析解答，书写相关离子方程式；
（4）根据胶体所带电荷种类分析解答；
（5）根据图示装置及银离子检验方法分析解答。
【详解】（1）饱和溶液滴加到沸水中，继续加热煮沸得到红褐色透明液体为氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3（ 胶体）+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3（ 胶体）+3HCl；
（2）胶体具有丁达尔效应，因此判断丙中是否成功制备胶体的操作是用强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成，故答案为：强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功；
（3）①由于胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；②氢氧化铁能与盐酸发生反应生成氯化铁和水，沉淀溶解，此反应的离子反应方程式为Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O，故答案为：由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O；
（4）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此向丙中加入电极通电后，胶体粒子应该移向阴极，故答案为：阴极；
（5）因为银离子与氯离子反应生成白色氯化银沉淀；所以更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入溶液，若不出现白色沉淀则说明该胶体中的杂质离子已经完全除去，
故答案为：不出现白色沉淀。
三、推断题（本题共2个小题，共30分）
22.离子反应是中学化学中重要的反应类型,回答下列问题：
Ⅰ．（1）现有下列物质：①石墨②氢氧化钠溶液③CaCO3④HCl⑤熔融氯化钠⑥CH3COOH⑦CH4⑧蔗糖），其中能导电的是_______，属于电解质的是_______，属于非电解质的是_______。（用序号作答）
（2）写出下列反应离子方程式
①NaHCO3溶液与NaHSO4溶液反应：_________。
②NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：_______。
Ⅱ．某无色混合物水溶液 ,可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、。取100mL该溶液进行如下实验：
（1）向该溶液中加入足量稀盐酸,标准状况下放出气体气体体积在标准状况下测定，且不考虑气体溶解；
（2）向I中所得的滤液中滴加足量溶液产生白色沉淀；试回答下列问题：
肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有______；可能存在的离子是_____；肯定存在的阳离子在原溶液中的物质的量浓度至少为_____________；
为了检验以上推断,用实验的方法确定溶液中是否存在第一问中肯定存在的阴离子和第三问中可能存在的离子：
第一步：向溶液中滴加过量的________溶液填化学式，发生反应的离子方程式为___________。
第二步：加入过量的_________溶液填化学式,其目的是_____________；
第三步：过滤,再向滤液中加入___________溶液填化学式,发生反应的离子方程式为___________。
【答案】(1). ①②⑤ (2). ③④⑤⑥ (3). ⑦⑧ (4). HCO3-+ H+ = CO2↑+ H2O (5). HCO3- + OH- = CO32-+ H2O (6). CO32-、、K+ (7). Mg2+、Fe3+、Ba2+ (8). Cl- (9). 0.7mol/L (10). HNO3 (11). 2H++CO32-=CO2↑+H2O (12). Ba（NO3）2 (13). 检验硫酸根离子并除去 (14). AgNO3 (15). Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
【分析】根据电解质与非电解质概念分析解答；根据NaHCO3与NaHSO4的电离特点及离子方程式书写规则书写相关离子方程式；根据常见阴离子的检验方法选择适当试剂和滴加顺序分别进行检验，并书写相关离子方程式。
【详解】Ⅰ．（1）①石墨中含有自由移动的电子，可以导电，②氢氧化钠溶液和⑤熔融氯化钠中存在自由移动的离子，可以导电，故能导电的是：①②⑤；③CaCO3是盐，④HCl是酸，⑤熔融氯化钠是盐，⑥CH3COOH是酸，所以属于电解质的是③④⑤⑥；⑦CH4和⑧蔗糖在水溶液里和熔融状态下都不导电，是非电解质，故属于非电解质的是⑦⑧， 故答案为：①②⑤；③④⑤⑥； ⑦⑧ ；
（2）①NaHSO4溶液相当于强酸溶液，与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为：HCO3-+ H+ = CO2↑+ H2O；
②NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3- + OH- = CO32-+ H2O；故答案为：HCO3-+ H+ = CO2↑+ H2O；HCO3- + OH- = CO32-+ H2O；
Ⅱ．无色溶液中不存在有色的Fe3+离子，
（1）向该溶液中加入足量稀盐酸，在标准状况下放出0.56L气体，说明溶液中存在CO32-，并且物质的量为=0.025mol，则一定不存在Mg2+、Ba2+；
（2）向I中所得的滤液中滴加足量BaCl2溶液产生白色沉淀2.33g，2.33g为硫酸钡，说明溶液中存在SO42-，并且物质的量为=0.01mol；
根据以上分析，原溶液中一定存在CO32−、SO42−，一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+，根据电荷守恒，则原溶液中一定含有K+；可能存在的是Cl-；碳酸根和和硫酸根所带的负电荷数为：0.025mol×2+0.01mol×2=0.07mol，则肯定存在的K+在原溶液中的物质的量浓度至少为；
故答案为： CO32-、、K+ ； Mg2+、Fe3+、Ba2+ ； Cl-；0.7mol/L；
检验CO32-、和Cl-的存在，为了不引入和Cl-，先加入硝酸溶液，与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：2H++CO32-=CO2↑+H2O；检验时，加入过量的Ba（NO3）2溶液，同时将硫酸根除去；第三步检验Cl-，向滤液中加入AgNO3；反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
故答案为：HNO3； 2H++CO32-=CO2↑+H2O；Ba（NO3）2 ；检验硫酸根离子并除去；AgNO3；Ag++Cl-=AgCl↓。
23.Ⅰ．（1）已知反应：①SO3＋H2O=H2SO4
②Cl2＋H2O=HCl＋HClO
③2F2＋2H2O=4HF＋O2
④2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
⑤2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
⑥CaCO3+ CO2＋H2O= Ca（HCO3）2
上述反应中不属于氧化还原反应的有_________（填序号，下同）；H2O被氧化的是____，H2O被还原的是__________，属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是___________。
（2）用双线桥表示下列反应电子转移情况
① KClO3 + 6HCl（浓）= KCl + 3Cl2↑+ 3H2O
__________________________________
② 3KOH + P4 + 3H2O = 3KH2PO2 + PH3↑
___________________________________
Ⅱ．（1）配平下列反应方程式
①请将5种物质N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上，并配平其反应。__________＋__________→__________＋__________＋__________＋____N2O↑
②在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，配平其反应。
____CuO＋___NH4Cl ____Cu＋___CuCl2＋___N2↑＋___H2O。
（2）已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。
①含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_______，被氧化的离子的物质的量分别是_______________。
②若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为_______（用含a、b的代数式表示）。
【答案】(1). ①⑥ (2). ③ (3). ④ (4). ②⑤ (5). (6). (7). 30HNO3 (8). 24FeSO4； (9). 8Fe（NO3）3 (10). 8Fe2（SO4）3 (11). 15H2O (12). 3 (13). 4 (14). 2 (15). 3 (16). 1 (17). 1 (18). 4 (19). I−、Fe2+ (20). 2mol、2mol (21).
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中化合价的变化分析判断氧化剂和还原剂；根据电子转移守恒配平氧化还原反应并用双线桥法表示；根据氧化性强弱分析判断氧化还原反应发生的顺序，并根据电子转移守恒进行相关计算。
【详解】I.(1)只有①⑥反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；只有③水中O元素的化合价升高，水被氧化；只有④水中H元素的化合价降低，水被还原化；只有②⑤中属于氧化还原反应，但水中H、O元素的化合价不变，则H2O既不被氧化，又不被还原，故答案为：①⑥；③；④；②⑤；
(2)①该反应中，氯酸钾中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以氯酸钾是氧化剂，HCl中Cl元素化合价由−1价升高到0价，被氧化，既是氧化产物也是还原产物，得电子与失电子个数相等，比值为1:1，氧化产物和还原产物的质量之比是5:1，只有Cl元素化合价发生变化，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；
②该反应中P元素化合价由0价升高为KH2PO2中的+1价，降低为PH3中的-3价，P4既是氧化剂也是还原剂，根据转移电子数守恒可以知，1molP4发生反应时，转移电子数为3mol，得电子与失电子的原子数比为1:3，用双线桥法表示为：，故答案为：；
Ⅱ．（1）①所给的物质组合中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，根据氢原子守恒，有水生成，根据化合价升降相等和原子守恒配平后发生的反应为：30HNO3+24FeSO4=8Fe（NO3）3+8Fe2（SO4）3+15H2O+3N2O，故答案为：30HNO3；24FeSO4；8Fe（NO3）3；8Fe2（SO4）3；15H2O；3；
②Cu由+2价降低为0，N元素的化合价由−3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒可知，反应为4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，故答案为：4；2；3；1；1；4；
（2）①向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，2mol碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是2molI−、2molFe2+，被氧化的I−、Fe2+的物质的量分别是2mol、2mol，故答案为：I−、Fe2+；2mol、2mol；
②amolFeI2完全被氧化转移3amol电子，bmolFeBr2完全被氧化转移3bmol电子，由得失电子守恒可知，当I−、Fe2+、Br−完全被氧化时，消耗氯气为×(3a+3b)mol，即，故答案为：。
四、计算题（本题共1个小题，共10分）
24.在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g。
（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。
（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少。
【答案】（1）；
（2）0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO。
【解析】试题分析：（1）NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O ，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式：6NO+4NH3=5N2+6H2O。在该反应中，N元素的化合价由反应前NO中的+2价变为反应后N2中的0价，化合价降低2，获得2个电子，N元素的化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高3，失去3个电子，根据化合价升降总数相等，等于元素化合价升降总数，可知NO的系数是3，NH3的系数是2，反应产生的N2的系数是5/2,H2O的系数是3，然后都扩大2倍，变为整数系数，可得该反应的电子转移表示式：；在反应方程式为6NO+4NH3=5N2+6H2O，该反应中氧化产物和还原产物都是氮气，根据方程式可知：若有6molNO发生反应，会消耗4molNH3,产生5molN2,还原产物比氧化产物多1mol，现在还原产物比氧化产物多1.4g，则还原产物比氧化产物多1.4g÷28g/mol=0.05mol，反应的NO的物质的量是0.3mol，反应的氨气的物质的量是0.2mol。由于二者的物质的量的和是1mol，所以过量的气体的物质的量是1mol-0.2mol-0.3mol=0.5mol。假设NO完全反应，则NO的物质的量=(0.05mol÷1)×6=0.3mol，氨气的物质的量是n(NH3)=1mol-0.3mol=0.7mol；假设氨气完全反应，则NH3的物质的量是0.2mol，则NO的物质的量=1mol-(0.05mol÷1)×4=0.8mol，所以原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO。
甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高一上学期第二学段考试试题
（时间:90分钟 满分:100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64 Fe 56 Ba 137
第I卷（选择题）
一、选择题（本题包括个20小题,1-10小题每小题2分,11-20小题每小题3分,共50分,每小题只有1个选项符合题意）
1.下列物质的变化不能产生自由移动离子的是（ ）
A. 醋酸（CH3COOH）溶于水 B. 氯化氢通入水中
C. 氧化钙固体受热熔化 D. 蔗糖溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A. 醋酸是弱电解质，溶于水后电离出自由移动的醋酸根和氢离子，故A错误；
B. 氯化氢是强电解质，通入水中电离出自由移动的氯离子和氢离子，故B错误；
C. 氧化钙是电解质，熔化时电离出自由移动的钙离子和阳离子，故C错误；
D. 蔗糖属于非电解质，溶于水不能电离产生自由移动的离子，以分子形式存在，故D正确；
故选D。
2.下图为一“铁链”图案，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号，其分类依据代号判断不正确的是（ ）
A. 代号A都不是电解质
B. 代号B因其水溶液都能导电都是电解质
C. 代号C都是钠的化合物
D. 代号D因其组成都是金属氯化物
【答案】B
【解析】
【详解】A. 代号A为H2与CO2的分类，H2与CO2都不是电解质，故A正确；
B. 代号B为CO2与Na2O的分类，CO2与Na2O的水溶液都能导电，但CO2不是电解质，故B错误；
C. 代号C是Na2O和NaCl的分类，Na2O和NaCl都是钠的化合物，故C正确；
D. 代号D是NaCl和FeCl3分类，NaCl和FeCl3组成都是金属氯化物，故D正确；
故选B。
3.以下电离方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3=Na＋＋HCO32- B. K2SO4=K＋＋
C. Ca（OH）2=Ca2＋＋OH2－ D. NaHSO4=Na＋＋H＋＋
【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸氢根带有一个负电荷，应为HCO3-，故A错误；
B. 根据电荷守恒可知，K2SO4电离方程式应为K2SO4=2K＋＋，故B错误；
C. Ca(OH)2电离方程式应为 Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－，故C错误；
D. NaHSO4完全电离产生Na＋、H＋、，电离方程式为：NaHSO4=Na＋＋H＋＋，故D正确；
故选D。
4.下列说法中正确的是( )
①由一种元素组成的物质一定是纯净物 ②冰水混合物是纯净物 ③CuSO4·5H2O晶体是混合物④能电离出H＋的物质是酸 ⑤酸性氧化物一定是非金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物⑥碱性氧化物一定是金属氧化物；金属氧化物不一定是碱性氧化物
A. ①和④ B. ②和⑥ C. ③和④ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①如O2与O3由一种元素组成，但它是混合物，①错误；
②冰水的化学式都为H2O，二者的混合物是纯净物，②正确；
③带有结晶水的盐属于纯净物，CuSO4·5H2O晶体是纯净物，③错误；
④能电离出H＋物质不一定是酸，如NaHSO4等，④错误；
⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，⑤错误；
⑥碱性氧化物一定是金属氧化物；金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3等，⑥正确。
故②和⑥正确。
答案为B。
5.在10﹣9m～l0﹣7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸,下列说法正确的是（ ）
A. 纳米铜是一种新型胶体
B. 纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应
C. 纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同
D. 纳米铜无需密封保存
【答案】B
【解析】
【详解】A. 纳米铜根据其微粒半径属于胶体，但不是新型胶体，故A错误；
B. 普通铜加热才能与氧气反应，而纳米铜遇到空气就会剧烈燃烧，更易发生氧化反应，故B正确；
C. 纳米铜和普通铜都由铜元素组成，所以铜原子种类相同，故C错误；
D. 纳米铜很易与氧气反应，应密封保存，故D错误；
故选B。
6.下列反应的离子方程式错误的是（ ）
A. 碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42- + Ba2+ = BaSO4↓
C. CO2通入足量澄清石灰水中：CO2+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+H2O
D. CuO与硝酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故A正确；
B. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、氨气和水，离子方程式为：Ba2++2OH−+2NH4++SO42−=BaSO4↓+2NH3⋅H2O，故B错误；
C. CO2通入足量澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀和水，离子方程为：CO2+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D. CuO与硝酸反应生成硝酸钙和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故D正确；
故选B。
7.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于3 区域的( )
A. Cl2＋2KBr = Br2＋2KCl
B. 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，区域3的反应不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，A项错误；
B．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，B项错误；
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3属于化合反应，不符合，C项错误；
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，-1价O元素化合价一部分升高到0价，一部分降低到-2价，属于氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
8.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A. Na+、K+、、 B. 、、Al3+、
C. Na+、Ca2+、、 D. K+、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A. 酸性溶液中的H+与反应生成二氧化碳与水而不能共存，故A错误；
B. 在酸性溶液中，、、Al3+、相互不反应，可以大量共存，故B正确；
C. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故C错误；
D. 呈紫色，不符合题意，故D错误；
故选B。
9.关于如下反应：HgS+O2Hg+SO2，下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应既是置换反应又是离子反应 B. 该反应转移了2e –
C. Hg是氧化产物 D. HgS既是还原剂又是氧化剂
【答案】D
【解析】A项，该反应不是水溶液中发生的反应，所以不是离子反应 ，所以A错；B项，该反应中硫元素的化合价从-2价升到+4价，转移了6e-,所以B错；C项，汞元素的化合价降低了，被还原，所以汞是还原产物，C错；D项，HgS中两种元素的化合价一种升高另一种降低，所以既是还原剂又是氧化剂，D正确。
10.下列各组在溶液中的反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）
A. NaOH与CO2 B. Ba（OH）2与H2SO4
C. HCl与Na2CO3 D. NaHSO4与Ba（OH）2
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaOH与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式：CO2+OH−=HCO3−，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，离子方程式：CO2+2OH−=H2O+CO32−，所以生成物与反应物的量有关，故A不选；
B.二者无论如何混合，都生成硫酸钡和水，离子方程式：2H++SO42−+2OH−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，所以生成物与反应物的量无关，故B选；
C. 少量HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式：H++CO32−=HCO3−，过量HCl和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式：2H++CO32−=H2O+CO2↑，所以生成物与反应物的量有关，故C不选；
D. 碳酸氢钠和少量氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：2HCO3−+2OH−+Ca2+═CaCO3↓+2H2O+CO32−，和过量氢氧化钙反应生成碳酸钙、NaOH和水，离子方程式：HCO3−+OH−+Ca2+═CaCO3↓+H2O，所以生成物与反应物的量有关，故D不选；
故选B。
11.下列①～④是钠与水反应的实验现象、解释和结论，其中对应关系不正确的是（ ）
序号
实验现象
解释和结论
A
钠浮水面上
钠的密度比水小
B
钠熔成小球
钠与水反应放热且钠的熔点低
C
钠四处游动，嘶嘶作响
生成了水蒸气
D
向反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红
生成了碱性物质
【答案】C
【解析】
【分析】钠的密度小于水，熔点低，质软，与水剧烈反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，现象总结为：浮水面、熔小球、乱游动、嘶嘶响，以此解答该题。
【详解】A. 钠的密度小于水，钠投入水中并浮在水面上，故A正确；
B. 钠与水反应放出大量热，而且钠的熔点较低，所以钠会熔化成一个闪亮的小球，故B正确；
C. 钠与水剧烈反应，生成氢气，所以会发生嘶嘶响声，推动钠四处游动，故C错误；
D. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液显碱性，所以反应后溶液由无色变为红色，故D正确；
故选C。
12.将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个反应：SO2+2Fe3++2H2O == SO42－+4H++2Fe2+，Cr2O72－+6Fe2++14H+ == 2Cr3++6Fe3++7H2O。下列说法正确的是（ ）
A. Cr2O72－不能将SO2氧化 B. 还原性：Cr3+＞Fe2+＞SO2
C. 氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2 D. 两个反应中Fe3+均表现还原性
【答案】C
【解析】
【分析】SO2+2Fe3++2H2O═SO42-+4H++2Fe2+中，S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低；氧化剂为Fe3+，还原剂为SO2；Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，氧化剂为Cr2O72-，还原剂为Fe2+；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，以此来解答。
【详解】A．氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，则Cr2O72-能将SO2氧化，故A错误；B．由上述分析可知，还原性：Cr3+＜Fe2+＜SO2，故B错误；C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故C正确；D．第一个反应中Fe3+得到电子被还原，表现氧化性；第二个反应中Fe3+为氧化产物，没有表现氧化性，故D错误；故选C。
13.下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目。
【详解】A项、反应中，Si元素化合价由+4价降低为0价，得到4e-被还原，C元素化合价从0价升高为+2价，失去2e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为4，转移电子数目为4e-，故A错误；
B项、反应中，H元素化合价由+1降低为0价，得到e-被还原，Na元素从0价升高为+1价，失去e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为2，转移电子数目为2e-，故B错误；
C项、反应中，Mn元素化合价由+4降低为+2价，得到2e-被还原，Cl元素从—1价升高为0价，失去2×e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为2，转移电子数目为2e-，故C正确；
D项、反应中，Cu元素化合价由0价升高为+2价，失去2e-被还原，S元素化合价由+6价降低为+4价，得到2e-被氧化，得失电子数目的最小公倍数为2，转移电子2e-，故D错误。
故选C。
14.镁粉加入到很稀的硝酸中发生反应：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O在该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量比为 （ ）
A. 4:10 B. 1:9 C. 1:5 D. 1:7
【答案】B
【解析】
【详解】在反应4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O中，N元素的化合价由反应前HNO3中的+5价部分变为反应后NH4NO3的NH4+中的-3价，化合价降低，获得电子，被还原，因此硝酸作氧化剂，表现氧化性；部分仍然以+5价的NO3-的形式存在，与Mg2+、NH4+结合形成盐，根据方程式可知在参加反应的硝酸中，有1mol被还原，有9mol未被还原，因此被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量比为1:9，选项B正确。
15.钠、镁、铝各分别放入的盐酸中，同温同压下产生的气体体积之比是（ ）
A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 3：1：1 D. 1：1：1
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸的物质的量0.1L× 1mol/L=0.1mol，将三种金属各0.3mol分别投入0.1mol的盐酸中，镁、铝有剩余，应按盐酸的量计算，镁、铝产生氢气物质的量相等，以镁为例：由Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知：产生氢气的物质的量为：(0.1L×1mol/L)×1/2=0.05 mol；但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.3mol钠产生0.15mol氢气，故将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：0.15mol:0.05mol:0.05mol=3:1:1，所以同温同压下产生的气体体积比是3:1:1。
故选C。
16.若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m＋3.55）g，则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为（ ）
①（m＋0.8）g ②（m＋1.0）g ③（m＋1.2）g ④（m＋1.6）g ⑤（m＋1.4）g
A. 仅①④ B. 仅①⑤
C. 仅③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】mgNa在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为(m+3.55g)，则m(Cl)=3.55g，故n(Cl)==0.1mol，根据NaCl化学式可得n(Na)=n(Cl)=0.1mol，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为，所以固体的质量为(m+0.8)g；全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为 0.1mol×16g/mol=1.6g，所以固体的质量为(m+1.6)g，
故钠与氧气反应生成固体的质量：(m+0.8)g⩽m(固体)⩽(m+1.6)g，
故选D。
17.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO3－的物质的量浓度之比为11∶1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A. 1∶3 B. 4∶3 C. 2∶1 D. 3∶1
【答案】B
【解析】
【分析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为11:1，则可设ClO−为11mol，ClO3−为1mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1−0)+1mol×(5−0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:12mol=4:3，
故选B。
18.离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析。
【详解】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；
故选D。
19.某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相等（不考虑水解），且的物质的量浓度为9 mol·L-1，则此溶液最多溶解Mg的质量为（ ）
A. 24 g B. 18 g C. 21.6 g D. 14.4 g
【答案】C
【解析】
【详解】足量的Mg与CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液反应最终得到MgSO4，由元素守恒可知，可知n(Mg)=n(MgSO4)=n(SO42-)=0.1L×9mol/L=0.9mol，故最多溶解Mg的质量为0.9mol×24g/mol=21.6g，
故选C。
20.已知某强氧化剂中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3mol至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是（ ）
A. －1 B. 0 C. ＋1 D. ＋2
【答案】B
【解析】
【详解】设中的R的化合价从+5还原（降低）至＋x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4升高到+6，根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×10－3（5-x）=610－3（6-4），解得x=0，故答案B正确；
本题答案为B。
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题共1个小题，共10分）
21.将少量饱和FeCl3溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系，完成相关问题：
甲：饱和FeCl3溶液滴加到冷水中；
乙：饱和FeCl3溶液滴加到NaOH溶液中；
丙：饱和FeCl3溶液滴加到沸水中。
（1）将丙继续加热煮沸得到红褐色透明液体，反应化学方程式为___________
（2）用最简单的方法判断丙中是否成功制备胶体，请写出相关的操作、现象和结论__________
（3）向经过检验后的丙中逐滴加入稀盐酸，会出现一系列变化：
①先出现和乙中相同的现象，原因为_______________
②随后发生变化得到和甲相同的溶液，此反应的离子反应方程式为_______
（4）向丙中加入电极通电后，_______极颜色变深（填“阴极”或“阳极”）
（5）可用如图所示的装置除去Fe（OH）3胶体中的杂质离子来提纯Fe（OH）3胶体，实验过程中需不断更换烧杯中的蒸馏水。更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若_______（填实验现象），则说明该Fe（OH）3胶体中的杂质离子已经完全除去。
【答案】(1). FeCl3+3H2OFe（OH）3（ 胶体）+3HCl (2). 强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功 (3). 由于Fe（OH）3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀 (4). Fe（OH）3 +3H+ =Fe3++3H2O (5). 阴极 (6). 不出现白色沉淀
【解析】
【分析】（1）根据氢氧化铁胶体制备原理书写化学反应方程式；
（2）根据胶体性质及丁达尔现象的原理分析解答；
（3）根据胶体的性质及实验现象分析解答，书写相关离子方程式；
（4）根据胶体所带电荷种类分析解答；
（5）根据图示装置及银离子检验方法分析解答。
【详解】（1）饱和溶液滴加到沸水中，继续加热煮沸得到红褐色透明液体为氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3（ 胶体）+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3（ 胶体）+3HCl；
（2）胶体具有丁达尔效应，因此判断丙中是否成功制备胶体的操作是用强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成，故答案为：强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功；
（3）①由于胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；②氢氧化铁能与盐酸发生反应生成氯化铁和水，沉淀溶解，此反应的离子反应方程式为Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O，故答案为：由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O；
（4）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此向丙中加入电极通电后，胶体粒子应该移向阴极，故答案为：阴极；
（5）因为银离子与氯离子反应生成白色氯化银沉淀；所以更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入溶液，若不出现白色沉淀则说明该胶体中的杂质离子已经完全除去，
故答案为：不出现白色沉淀。
三、推断题（本题共2个小题，共30分）
22.离子反应是中学化学中重要的反应类型,回答下列问题：
Ⅰ．（1）现有下列物质：①石墨②氢氧化钠溶液③CaCO3④HCl⑤熔融氯化钠⑥CH3COOH⑦CH4⑧蔗糖），其中能导电的是_______，属于电解质的是_______，属于非电解质的是_______。（用序号作答）
（2）写出下列反应离子方程式
①NaHCO3溶液与NaHSO4溶液反应：_________。
②NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：_______。
Ⅱ．某无色混合物水溶液 ,可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、。取100mL该溶液进行如下实验：
（1）向该溶液中加入足量稀盐酸,标准状况下放出气体气体体积在标准状况下测定，且不考虑气体溶解；
（2）向I中所得的滤液中滴加足量溶液产生白色沉淀；试回答下列问题：
肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有______；可能存在的离子是_____；肯定存在的阳离子在原溶液中的物质的量浓度至少为_____________；
为了检验以上推断,用实验的方法确定溶液中是否存在第一问中肯定存在的阴离子和第三问中可能存在的离子：
第一步：向溶液中滴加过量的________溶液填化学式，发生反应的离子方程式为___________。
第二步：加入过量的_________溶液填化学式,其目的是_____________；
第三步：过滤,再向滤液中加入___________溶液填化学式,发生反应的离子方程式为___________。
【答案】(1). ①②⑤ (2). ③④⑤⑥ (3). ⑦⑧ (4). HCO3-+ H+ = CO2↑+ H2O (5). HCO3- + OH- = CO32-+ H2O (6). CO32-、、K+ (7). Mg2+、Fe3+、Ba2+ (8). Cl- (9). 0.7mol/L (10). HNO3 (11). 2H++CO32-=CO2↑+H2O (12). Ba（NO3）2 (13). 检验硫酸根离子并除去 (14). AgNO3 (15). Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
【分析】根据电解质与非电解质概念分析解答；根据NaHCO3与NaHSO4的电离特点及离子方程式书写规则书写相关离子方程式；根据常见阴离子的检验方法选择适当试剂和滴加顺序分别进行检验，并书写相关离子方程式。
【详解】Ⅰ．（1）①石墨中含有自由移动的电子，可以导电，②氢氧化钠溶液和⑤熔融氯化钠中存在自由移动的离子，可以导电，故能导电的是：①②⑤；③CaCO3是盐，④HCl是酸，⑤熔融氯化钠是盐，⑥CH3COOH是酸，所以属于电解质的是③④⑤⑥；⑦CH4和⑧蔗糖在水溶液里和熔融状态下都不导电，是非电解质，故属于非电解质的是⑦⑧， 故答案为：①②⑤；③④⑤⑥； ⑦⑧ ；
（2）①NaHSO4溶液相当于强酸溶液，与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为：HCO3-+ H+ = CO2↑+ H2O；
②NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3- + OH- = CO32-+ H2O；故答案为：HCO3-+ H+ = CO2↑+ H2O；HCO3- + OH- = CO32-+ H2O；
Ⅱ．无色溶液中不存在有色的Fe3+离子，
（1）向该溶液中加入足量稀盐酸，在标准状况下放出0.56L气体，说明溶液中存在CO32-，并且物质的量为=0.025mol，则一定不存在Mg2+、Ba2+；
（2）向I中所得的滤液中滴加足量BaCl2溶液产生白色沉淀2.33g，2.33g为硫酸钡，说明溶液中存在SO42-，并且物质的量为=0.01mol；
根据以上分析，原溶液中一定存在CO32−、SO42−，一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+，根据电荷守恒，则原溶液中一定含有K+；可能存在的是Cl-；碳酸根和和硫酸根所带的负电荷数为：0.025mol×2+0.01mol×2=0.07mol，则肯定存在的K+在原溶液中的物质的量浓度至少为；
故答案为： CO32-、、K+ ； Mg2+、Fe3+、Ba2+ ； Cl-；0.7mol/L；
检验CO32-、和Cl-的存在，为了不引入和Cl-，先加入硝酸溶液，与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：2H++CO32-=CO2↑+H2O；检验时，加入过量的Ba（NO3）2溶液，同时将硫酸根除去；第三步检验Cl-，向滤液中加入AgNO3；反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
故答案为：HNO3； 2H++CO32-=CO2↑+H2O；Ba（NO3）2 ；检验硫酸根离子并除去；AgNO3；Ag++Cl-=AgCl↓。
23.Ⅰ．（1）已知反应：①SO3＋H2O=H2SO4
②Cl2＋H2O=HCl＋HClO
③2F2＋2H2O=4HF＋O2
④2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
⑤2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
⑥CaCO3+ CO2＋H2O= Ca（HCO3）2
上述反应中不属于氧化还原反应的有_________（填序号，下同）；H2O被氧化的是____，H2O被还原的是__________，属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是___________。
（2）用双线桥表示下列反应电子转移情况
① KClO3 + 6HCl（浓）= KCl + 3Cl2↑+ 3H2O
__________________________________
② 3KOH + P4 + 3H2O = 3KH2PO2 + PH3↑
___________________________________
Ⅱ．（1）配平下列反应方程式
①请将5种物质N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上，并配平其反应。__________＋__________→__________＋__________＋__________＋____N2O↑
②在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，配平其反应。
____CuO＋___NH4Cl ____Cu＋___CuCl2＋___N2↑＋___H2O。
（2）已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。
①含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_______，被氧化的离子的物质的量分别是_______________。
②若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为_______（用含a、b的代数式表示）。
【答案】(1). ①⑥ (2). ③ (3). ④ (4). ②⑤ (5). (6). (7). 30HNO3 (8). 24FeSO4； (9). 8Fe（NO3）3 (10). 8Fe2（SO4）3 (11). 15H2O (12). 3 (13). 4 (14). 2 (15). 3 (16). 1 (17). 1 (18). 4 (19). I−、Fe2+ (20). 2mol、2mol (21).
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中化合价的变化分析判断氧化剂和还原剂；根据电子转移守恒配平氧化还原反应并用双线桥法表示；根据氧化性强弱分析判断氧化还原反应发生的顺序，并根据电子转移守恒进行相关计算。
【详解】I.(1)只有①⑥反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；只有③水中O元素的化合价升高，水被氧化；只有④水中H元素的化合价降低，水被还原化；只有②⑤中属于氧化还原反应，但水中H、O元素的化合价不变，则H2O既不被氧化，又不被还原，故答案为：①⑥；③；④；②⑤；
(2)①该反应中，氯酸钾中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以氯酸钾是氧化剂，HCl中Cl元素化合价由−1价升高到0价，被氧化，既是氧化产物也是还原产物，得电子与失电子个数相等，比值为1:1，氧化产物和还原产物的质量之比是5:1，只有Cl元素化合价发生变化，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；
②该反应中P元素化合价由0价升高为KH2PO2中的+1价，降低为PH3中的-3价，P4既是氧化剂也是还原剂，根据转移电子数守恒可以知，1molP4发生反应时，转移电子数为3mol，得电子与失电子的原子数比为1:3，用双线桥法表示为：，故答案为：；
Ⅱ．（1）①所给的物质组合中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，根据氢原子守恒，有水生成，根据化合价升降相等和原子守恒配平后发生的反应为：30HNO3+24FeSO4=8Fe（NO3）3+8Fe2（SO4）3+15H2O+3N2O，故答案为：30HNO3；24FeSO4；8Fe（NO3）3；8Fe2（SO4）3；15H2O；3；
②Cu由+2价降低为0，N元素的化合价由−3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒可知，反应为4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，故答案为：4；2；3；1；1；4；
（2）①向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，2mol碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是2molI−、2molFe2+，被氧化的I−、Fe2+的物质的量分别是2mol、2mol，故答案为：I−、Fe2+；2mol、2mol；
②amolFeI2完全被氧化转移3amol电子，bmolFeBr2完全被氧化转移3bmol电子，由得失电子守恒可知，当I−、Fe2+、Br−完全被氧化时，消耗氯气为×(3a+3b)mol，即，故答案为：。
四、计算题（本题共1个小题，共10分）
24.在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g。
（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。
（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少。
【答案】（1）；
（2）0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO。
【解析】试题分析：（1）NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O ，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式：6NO+4NH3=5N2+6H2O。在该反应中，N元素的化合价由反应前NO中的+2价变为反应后N2中的0价，化合价降低2，获得2个电子，N元素的化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高3，失去3个电子，根据化合价升降总数相等，等于元素化合价升降总数，可知NO的系数是3，NH3的系数是2，反应产生的N2的系数是5/2,H2O的系数是3，然后都扩大2倍，变为整数系数，可得该反应的电子转移表示式：；在反应方程式为6NO+4NH3=5N2+6H2O，该反应中氧化产物和还原产物都是氮气，根据方程式可知：若有6molNO发生反应，会消耗4molNH3,产生5molN2,还原产物比氧化产物多1mol，现在还原产物比氧化产物多1.4g，则还原产物比氧化产物多1.4g÷28g/mol=0.05mol，反应的NO的物质的量是0.3mol，反应的氨气的物质的量是0.2mol。由于二者的物质的量的和是1mol，所以过量的气体的物质的量是1mol-0.2mol-0.3mol=0.5mol。假设NO完全反应，则NO的物质的量=(0.05mol÷1)×6=0.3mol，氨气的物质的量是n(NH3)=1mol-0.3mol=0.7mol；假设氨气完全反应，则NH3的物质的量是0.2mol，则NO的物质的量=1mol-(0.05mol÷1)×4=0.8mol，所以原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO。
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