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江西省南昌市第十中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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南昌十中2019—2020学年上学期期中考试高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Mg：24 Cl：35.5
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,所以A选项是正确的;
B.铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,所以B选项是正确的;
C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故C错误;
D.石蜡的燃烧是氧化还原反应,所以D选项是正确的.
综上所述，本题应选C。
2.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 2.4g镁完全反应生成镁离子，失去的电子数目一定为0.1NA
B. 标准状况下，11.2L H2O含有的原子总数为1.5NA
C. 常温常压下，46g NO2和N2O4的混合气体中含有原子总数为3NA
D. 17g氢氧根离子所含的电子数为9NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2.4g镁的物质的量是0.1mol，由于Mg是+2价的金属，所以0.1mol Mg完全反应生成镁离子，失去的电子数目一定为0.2NA，A错误；
B.标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积计算微粒数目，B错误；
C.常温常压下，若46g 完全是NO2，其物质的量是1mol，由于1个NO2分子中含有3个原子，所以1mol NO2中含有原子总数为3NA；若46g完全是N2O4，其物质的量是0.5mol，由于1个N2O4分子中含有6个原子，所以0.5mol N2O4中含有原子总数为3NA；因此46g NO2和N2O4的混合气体中含有原子总数为3NA，C正确；
D.17g氢氧根离子的物质的量是1mol，由于1个OH-中含有10个电子，则1mol OH-中所含的电子数为10NA，D错误；
故合理选项是C。
3.下列变化必须加入还原剂才能实现的是（ ）
A. KClO3→KCl B. Fe3+→Fe2+ C. HCO3- →CO32- D. Cu→Cu2+
【答案】B
【解析】
【分析】
需要加入还原剂才能实现，则选项中的物质在反应中作氧化剂，元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A.KClO3→KCl，KClO3分解生成KCl，不需要加氧化剂或还原剂，A错误；
B.Fe3+→Fe2+，Fe元素化合价降低，获得电子，被还原，Fe3+作氧化剂，应该加入还原剂才可以实现；B正确；
C.HCO3- →CO32-，在该变化中元素的化合价没有发生变化，不需要加入还原剂才可以实现，C错误；
D.Cu→Cu2+，Cu元素化合价升高，失去电子，被氧化，Cu作还原剂，需要加入氧化剂才可以实现，D错误；
故合理选项B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价的变化是解答本题的关键，并熟悉氧化剂、还原剂中元素的化合价及反应后发生的变化情况及物质常见的化学性质来解答。
4.下列各组离子中，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是( )
A. K＋、MnO4-、Cl－、SO42-
B. Na＋、CO32-、SO42-、Cl－
C. NO3-、Na＋、HCO3-、Ba2＋
D. Na＋、NO3-、H＋、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】含有MnO4-的溶液 显紫色，故A错误；
CO32-在酸性条件下生成二氧化碳和水，故B错误；
HCO3-在酸性条件下生成二氧化碳和水，故C错误；
Na+、NO3-、NH4+、SO42-在酸性条件下不反应，故D正确。
5.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是（ ）
A. 甲烷与氧气的反应 B. 铝片与稀盐酸的反应
C. 灼热的碳与二氧化碳反应生成一氧化碳 D. 氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A项，甲烷与O2反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，反应中C元素的化合价由-4价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，属于氧化还原反应，但不属于离子反应；
B项，Al与盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应中Al元素的化合价由0价升至+3价，H元素的化合价由+1价降至0价，属于氧化还原反应，该反应属于离子反应，离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑；
C项，灼热的碳与CO2反应的化学方程式为C+CO22CO，C中C元素的化合价由0价升至+2价，CO2中C元素的化合价由+4价降至+2价，属于氧化还原反应，但不属于离子反应；
D项，NaOH溶液与稀盐酸反应的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，反应前后元素的化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，属于离子反应，反应的离子方程式为H++OH-=H2O；
既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是B项，答案选B。
6.单质X和单质Y反应生成X3＋和Y2－，现有下列叙述：
①X被氧化；②X是氧化剂；③Y被氧化；④Y是氧化剂；⑤X表现还原性；⑥Y表现还原性。其中正确的是( )
A. ①②⑤ B. ①④⑥ C. ①④⑤ D. ①②⑥
【答案】C
【解析】
【详解】单质X和单质Y反应生成X3+和Y2-，X元素的化合价由0升高为+3价，Y元素的化合价由0降低为-2价，所以X作还原剂，失去电子，发生氧化反应，被氧化；Y作氧化剂，得到电子，发生还原反应，被还原；故正确的是①④⑤，选C。
7.下列实验操作中错误的是( )
A. 进行蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干
B. 进行蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C. 进行萃取操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
【答案】D
【解析】
【详解】A.蒸发时要注意避免温度过高而导致变质，当有大量固体析出时可停止加热，用余热将物质蒸干，A正确；
B.温度计测定馏分温度，进行蒸馏实验时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B正确；
C.进行萃取操作时，为防止引入杂质，下层液体从下口放出，然后关闭分液漏斗的活塞，将上层液体从上口倒出，C正确；
D.进行萃取操作时，要求溶质在萃取剂中的溶解度大于水，而且与水互不相容，并且与溶质不能发生反应，萃取剂的密度不一定比水大，如苯密度小于水，但是苯仍然可以作溴水的萃取剂，D错误；
故合理选项D。
8.在反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为( )
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. 1∶3
【答案】B
【解析】
【详解】在反应6NO+4NH35N2+6H2O中，生成的N2即是氧化产物又是还原产物，其中NH3中的氮元素的化合价升高，占4份，在反应中被氧化，属于氧化产物；NO中的氮元素的化合价降低，占6份，在反应中被还原，属于还原产物，所以该反应中被氧化和被还原的氮元素的物质的量之比是4：6=2：3，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3，故合理选项是B。
9.下列关于物质检验的说法中正确的是（ ）
A. 往某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含SO42-
B. 往某溶液中通入CO2，产生白色沉淀，则原溶液中一定含Ca2＋
C. 向某溶液中滴加稀盐酸，产生无色无味的气体，则原溶液中一定含有CO32-
D. 往某溶液中滴加Na2CO3溶液，若产生气体，则原溶液一定显酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A.某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可为碳酸钡，则原溶液可含有CO32-，不一定含有SO42-，故A错误；
B.往某溶液中通入CO2，产生白色沉淀，可能为碳酸钡，则原溶液中可能存在Ba2+，不一定含Ca2＋，故B错误；
C.无色无味的气体可为二氧化碳，则原溶液中可能含有CO32-或HCO3-，或者二者都有，故C错误；
D. Na2CO3溶液与酸反应（酸性强于碳酸），可以产生二氧化碳气体，故往某溶液中滴加Na2CO3溶液，若产生气体，则原溶液一定显酸性，故D正确；
答案选D。
10.关于物质分类正确的组合是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，A错误；
B.CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B错误；
C.CO是不成盐氧化物，不属于碱性氧化物，C错误；
D.选项中的各种物质分类合理，D正确；
故合理选项是D。
11.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
①用图1所示装置从Fe(OH)3胶体中过滤出Fe(OH)3胶粒
②用图2所示装置从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体
③用图3所示装置从碘的四氯化碳溶液中分离出四氯化碳
④用图4所示装置从乙醇与苯的混合物中分离出苯
A. ①② B. ②③ C. ②③④ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①胶体粒子能够透过滤纸，不能通过图1采用过滤的方法分离得到Fe(OH)3胶粒，①错误；
②NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，所以从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体可以采用图2的蒸发结晶的方法，②正确；
③碘与CCl4是互溶的沸点不同的物质，可以选用图3的蒸馏方法分离，③正确；
④乙醇与苯互溶，但沸点不同的液体混合物，可以采用图3的蒸馏方法，不能采用图4的分液方法分离，④错误；
可见分离混合物方法正确的是②③，故合理选项是B。
12.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 氨气通入醋酸溶液：CH3COOH+NH3=CH3COONH4
B. 澄清的石灰水与盐酸反应：H＋+OH－=H2O
C. 碳酸钡加入稀硫酸：BaCO3+2H＋=Ba2＋+H2O+CO2↑
D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H＋=H2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3COONH4是易溶、易电离的强电解质，在溶液中以离子形式存在，A错误；
B.反应符合反应事实，符合离子方程式书写时的物质拆分原则，B正确；
C.二者反应时，溶液中Ba2+与SO42-还会同时结合形成难溶性的BaSO4沉淀，C错误；
D.碳酸钙难溶于水，不能拆写为离子形式，D错误；
故合理选项是B。
13. 根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序，正确的是
① Cl2+2KI ══ I2+2KCl ② 2FeCl3+2HI ══ I2+2FeCl2+2HCl
③ 2FeCl2+Cl2══ 2FeCl3④ I2+SO2+2H2O ══ 2HI+H2SO4
A Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2 B. Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2
C. Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2 D. Cl2＞Fe3+＞SO2＞I2
【答案】B
【解析】
正确答案：B
氧化性顺序由①Cl2＞I2②Fe3+＞I2③Cl2＞Fe3+④I2＞SO2，纵上所述B正确。
14.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是①0.5molNH3 ②标准状况下22.4LHe③4℃9mL水④0.2molH3PO4（ ）
A. ①④③② B. ④③②① C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【详解】①0.5molNH3的原子数为0.5×4NA=2NA；
②标准状况下22.4L氦气的原子数为×NA=NA；
③4℃时9mL水的质量为9g，含有的原子数为：×3×NA=1.5NA；
④0.2molNa3PO4中含有的原子数为0.2×8NA=1.6NA；
含有原子数由大到小顺序排列顺序为①④③②；
答案选A。
【点睛】该题主要考察物质的量的计算公式：n=
15.下列说法正确的是( )
A. 同温同压下质量相同的O2和O3的原子数之比是2:3
B. 20℃、1.0×105Pa时，同体积的O2与CO2含有相同的分子数
C. 当1mol气态物质的体积为22.4L时，该气体一定处于标准状况
D. 5.6g CO和22.4L CO2中含有的碳原子数一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. O2和O3都是由O原子构成的，若二者的质量相等，则它们中含有的O原子数目相等，因此同温同压下质量相同的O2和O3的原子数之比是1：1，A错误；
B.在20℃、1.0×105Pa时O2与CO2都是气体，根据阿伏伽德罗定律可知，若O2与CO2体积相同，则二者含有相同的分子数目，B正确；
C.影响气体体积的外界因素主要有温度和压强，当1 mol气态物质的体积为22.4L时，该气体可能处于标准状况，也可能是非标准状况，C错误；
D.外界条件未指出，不能确定22.4L CO2的物质的量，所以就不能确定CO2与CO分子中含有的原子数目的多少，D错误；
故合理选项是B。
16.在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量之比为（ ）
A. 23：9 B. 32：9 C. 16：9 D. 46：9
【答案】C
【解析】
【详解】R和M的摩尔质量之比为22：9，设R、M摩尔质量分别为22a、9a，
X + 2Y = R + 2M
22a 2×9a
4.4g b
，b= 3.6 g
根据质量守恒求Y的质量为4.4 g + 3.6 g － 1.6 g = 6.4 g
反应中Y和M的质量之比为6.4 g：3.6 g = 16:9，故C正确；
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17.现有下列七种物质：①铝、 ②蔗糖、 ③CO2 、④H2SO4 、⑤Ba(OH)2 、⑥红褐色的氢氧化铁胶体、 ⑦HCl、⑧冰水混合物、 ⑨碳酸钙、 ⑩CuSO4·5H2O。
(1)上述物质中属于电解质的有__________(填序号)。
(2)向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是________________________。
(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH-=H2O，则该反应的化学方程式为_______________________。
(4)书写下列反应的离子方程式：
①将NH4Cl溶液和NaOH溶液混合：____________________
②醋酸溶液和NaHCO3溶液混合：_____________________
【答案】 (1). ④⑤⑦⑧⑨⑩ (2). 开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失 (3). Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O (4). NH4++OH-=NH3•H2O (5). CH3COOH+HCO3 -=CH3COO-+ H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
(1)电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；
(2)氢氧化铁胶体滴入盐酸会发生胶体的聚沉和难溶物质的溶解；
(3)离子反应H++OH-=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应；
(4)根据复分解反应的规律，先书写化学方程式，再根据物质的存在形式拆写为离子，删去未反应的离子，就得到其离子方程式。
【详解】(1)①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；
②蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；
③CO2自身不能电离，是非电解质；
④H2SO4是酸，在水溶液中能导电，是电解质；
⑤Ba(OH)2是碱，在水溶液和熔融状态下能导电，是电解质；
⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦HCl在水溶液中能电离产生自由移动离子，可以导电，是电解质；
⑧冰水混合物是化合物水是不同存在状态，属于纯净的化合物，水为电解质；
⑨碳酸钙在熔融状态导电，属于电解质；
⑩CuSO4•5H2O是盐的结晶水合物，在水溶液中能够电离产生自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
根据上述分析可知：属于电解质的是④⑤⑦⑧⑨⑩；
(2)盐酸是电解质HCl的水溶液，氢氧化铁胶体遇到盐酸，胶体粒子首先发生聚沉，生成红褐色氢氧化铁沉淀；再滴加盐酸，氢氧化铁沉淀与盐酸发生酸碱中和反应生成可溶性氯化铁和水，因此看到的实验现象是：先有红褐色沉淀产生，后沉淀逐渐溶解；
(3)离子反应H++OH-=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，符合条件的该反应为Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O；
(4)①由于碱性NaOH> NH3•H2O，所以根据复分解反应的规律，将NH4Cl溶液和NaOH溶液混合，发生反应产生NaCl、NH3•H2O，反应的化学方程式为NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3•H2O，由于NH4Cl、NaOH、NaCl都是易溶的、易电离的物质，而NH3•H2O是难电离的物质，根据物质的实际存在形式，去掉未反应的离子，可改写得到相应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O；
②由于酸性CH3COOH>H2CO3，所以所以根据复分解反应的规律，将醋酸溶液和NaHCO3溶液混合发生反应产生醋酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：CH3COOH+ NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑，由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子形式存在，NaHCO3和CH3COONa都是易溶的、易电离的物质，电离产生离子，H2O主要以分子形式存在，CO2分子存在，则该反应的离子方程式为：CH3COOH+HCO3 -=CH3COO-+ H2O+CO2↑。
【点睛】本题考查电解质与非电解质的判断、胶体的性质、离子方程式的书写等，注意掌握离子方程式的书写原则，结合复分解反应的规律分析判断，明确电解质与非电解质的概念及区别。
18.(1)写出NaHSO4在水中的电离方程式________。
(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，要除去这些杂质，可选用以下试剂：①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl ，则试剂加入的先后顺序是__________(填序号)。
(3)2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目_______；若有0.1mol电子转移时生成Cl2的体积为__________(标准状况)，被氧化的HCl的物质的量为______________。
(4)某无色透明溶液可能含有K+、Cu2+、Ca2+、SO42-、CO32-、Cl﹣中的几种，现进行如下实验：
①滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。
②向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。
③向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。
试判断：该溶液中肯定有__________，肯定没有_________，可能有_________（填离子符号）。
【答案】 (1). NaHSO4=Na++H++SO42- (2). ②③①④或③②①④或③①②④ (3). (4). 1.12L (5). 0.1mol (6). K+、SO42-、CO32- (7). Cu2+、Ca2+ (8). Cl-
【解析】
【分析】
(1)根据盐NaHSO4在水中的电离产生的离子书写离子方程式；
(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，碳酸钠除去钙离子、氯化钡除去SO42-，NaOH除去镁离子，最后加盐酸除去碳酸钠，注意碳酸钠一定在氯化钡之后；
(3)2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，结合化合价变化及反应计算；
(4)无色溶液中不会存在有色的Cu2+；生成的沉淀加入稀硝酸后部分溶解，则沉淀为BaSO4和BaCO3的混合物，原溶液中含有SO42-、CO32-，根据离子共存可知溶液中不会存在Ca2+；向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，由于①中加入BaCl2溶液后引进了Cl-，则无法判断原溶液中是否含有氯离子；最后根据溶液为电中性可知一定含有K+，据此进行解答。
【详解】(1)NaHSO4在水中完全电离产生Na+、H+、SO42-，所以NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-；
(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，Na2CO3除去Ca2+、BaCl2除去SO42-，NaOH除去Mg2+，最后加盐酸除去加入的过量的NaOH和Na2CO3，为减少实验操作步骤，Na2CO3一定在BaCl2溶液之后加入，因此试剂的加入顺序可以为②③①④或③②①④或③①②④；
(3)在反应2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，锰元素化合价从反应前KMnO4中+7价降低到反应后MnCl2中的+2价，获得电子5e-；Cl元素的化合价由反应前HCl中是-1价升高为反应后Cl2的0价，失去电子2×e-，化合价升降的最小公倍数是10e-，用双线桥法表示为：。根据方程式可知：每有10mol电子转移，有10molHCl被氧化，反应产生5molCl2，则有0.10mol电子发生转移时，被氧化的HCl有0.1mol；生成氯气的物质的量是0.05mol，其在标准状况下的体积为V=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
(4)无色透明的溶液中不可能存在蓝色的Cu2+，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为BaSO4或BaCO3，其中BaCO3可溶于稀硝酸，将沉淀滤出，产生的沉淀可部分溶于稀硝酸，说明含有SO42-、CO32-离子。由于SO42-、CO32-会与Ca2+反应产生CaSO4、CaCO3沉淀而不能大量共存，则一定不含Ca2+离子，根据溶液电中性原则，可知该溶液中一定含有阳离子K+离子；向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能为Ag2SO4、Ag2CO3或AgCl沉淀，由于加入BaCl2溶液引入了Cl-，所以不能确定是否含有Cl-离子。所以根据上述分析可知，溶液中一定含有的离子为：K+、SO42-、CO32-；一定不含的离子为：Cu2+、Ca2+；可能含有的离子为Cl-。
【点睛】本题考查电离方程式的书写及粗盐提纯\离子检验和氧化还原反应等知识，明确物质的性质、发生的反应及混合物分离提纯方法及常见离子的性质及检验方法，把握反应中元素的化合价变化及原子守恒、电子守恒为解答的关键，根据溶液电中性判断K+离子的存在为易错点，NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中断裂离子键和共价键，在熔融状态下只能断裂离子键，所以在水中与熔融状态下的电离方程式不同，一定要注意电离条件的区别，而弱酸的酸式盐在水中和熔融状态下的电离方程式相同。试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
19.某校学生课外活动小组的同学设计下图所示实验装置，用来验证一氧化碳具有还原性，回答下列问题：
(1)写出装置A中所发生反应的离子方程式：__________。
(2)装置B中最适宜的试剂是_________________。
(3)若实验中没有装置C，使装置B与装置D直接相连，会对实验造成的影响是_______。
(4)根据实验中的___________________现象，可证明CO具有还原性。
(5)若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认一氧化碳具有还原性，应在上图装置________与______之间连接下图中的________装置(填序号)。
【答案】 (1). CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑ (2). 饱和碳酸氢钠溶液 (3). 没有除去气体中的水蒸气，高温下水蒸气与炭反应生成H2和CO，H2也能还原CuO，影响实验结果 (4). E装置中黑色CuO变成红色 (5). D (6). E (7). ②
【解析】
【分析】
在装置A中盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，反应产生的二氧化碳气体通过盛有的NaHCO3饱和溶液装置B中可以除去其中混有的杂质HCl气体，气体再通过C装置中的浓硫酸干燥得到纯净CO2。在D中高温条件下，C和CO2反应生成CO；CO能还原CuO产生单质Cu和CO2，使固体由黑色变为红色，CO2能够使澄清石灰水变浑浊。在C和CO2反应的反应中，CO2不可能完全转化为CO，所以从D装置出来的气体中含有CO2，为防止未反应的CO2的干扰，应先把原来的CO2除去。
【详解】(1)装置A中，盐酸和石灰石反应生成二氧化碳、氯化钙和水，其反应离子方程式为：CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑；
(2)实验室用盐酸和石灰石制取CO2，该反应是放热反应，反应放出的热量导致盐酸中的HCl挥发，因此制取的CO2中含有杂质HCl气体，为除去HCl气体，同时不减少CO2气体，选取的试剂应能除去氯化氢气体且不和二氧化碳反应，一般常用饱和的NaHCO3溶液；
(3)装置C的作用是干燥CO2气体，若没有该装置，CO2中的水蒸气高温下也可以与C反应生成H2和CO，H2也能还原CuO，无法检验CO具有还原性；
(4)在高温条件下，在装置D中CO2和C反应生成CO，所以D装置中的黑色固体是炭，反应方程式为CO2+C2CO，一氧化碳具有还原性，在装置E中发生反应：CO+CuOCu+CO2，所以CO能还原黑色的氧化铜，使其变为红色的铜单质，因此E装置中黑色CuO变成红色，就证明了CO的还原性；
(5)在高温条件下，C和CO2反应产生CO，CO2不可能完全转化为CO，所以由D装置出来的气体中含有CO2，为防止未反应的CO2的干扰，应先把D出来的CO2除去，再将CO气体通过E装置。所以在D、E之间增加一个 除去CO2的装置，由于CO2是酸性氧化物，所以用碱性固体物质除去，合适的装置是②。
【点睛】本题考查物质的性质实验，把握物质的性质、发生的反应、气体中可能混有的杂质和除去的方法及各个实验装置的作用、实验技能为解答关键，侧重考查学生的分析与实验能力，注意元素化合物知识的应用。
20.食盐是人类生活中不可缺少的物质，海水中含有大量食盐。某地出产的粗盐中，所含杂质是CaCl2，通过下面的实验可制得纯净的NaCl。
请回答：
（1）加入的A是__________，检验A已过量的方法是___________。
（2）加入的B是__________，加入稍过量B的目的是__________。
（3）为检验沉淀是否洗净，最好在最后几滴洗出液中加入_________________溶液。
【答案】 (1). Na2CO3 (2). 在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再有沉淀，则加Na2CO3溶液已过量 (3). 盐酸 (4). 除尽溶液中过量的Na2CO3 (5). 酸化的AgNO3
【解析】
（1）除杂时不能引入杂质，钙离子需要利用碳酸钠除去，则加入的A是Na2CO3，检验A已过量的方法是在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再有沉淀，则加Na2CO3溶液已过量；（2）过滤后滤液中含有过量的碳酸钠，则加入的B是盐酸，目的是除尽溶液中过量的Na2CO3；沉淀表面还有氯离子，则检验沉淀是否洗净，可以通过检验氯离子实现，因此最好在最后几滴洗出液中加入酸化的AgNO3溶液。
21.下列四个反应
①2Na+2H2O=2NaOH＋H2↑ ②2F2+2H2O=4HF+O2
③Cl2+H2O=HCl+HClO ④C+H2O(g)CO+H2
试从氧化还原的角度，回答下列问题：
(1)水只作还原剂的是__________________(填序号)
(2)二氧化氯(ClO2)是一种在水处理方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且不会产生对人体有潜在危害的物质。工业上可以用如下方法制备ClO2：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑＋Na2SO4＋2H2O。反应中氧化剂是____________，生成1.25mol氧化产物共转移电子_________mol。写出该反应的离子方程式_____________。
【答案】 (1). ② (2). NaClO3 (3). 2.5 (4). 2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)水弱作还原剂，则其中的组成元素化合价应该反应后升高；
(2)元素化合价降低，获得电子，在反应中被还原，作氧化剂；根据化学方程式转移电子的数目以及方程式的系数之间的关系来计算，并根据离子方程式中物质的拆分原则书写反应的离子方程式。
【详解】(1)①在反应2Na+2H2O=2NaOH＋H2↑，H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，获得电子，所以H2O为氧化剂，①不符合题意； ②在反应2F2+2H2O=4HF+O2中，O元素的化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，所以H2O为还原剂，②符合题意；
③在反应Cl2+H2O=HCl+HClO中，水的组成元素H、O化合价都未发生变化，所以H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，③不符合题意；
④在反应C+H2O(g)CO+H2 中，H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，获得电子，所以H2O为氧化剂，④不符合题意；
故合理反应序号是②；
(2)在反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O中，Cl元素的化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，Cl元素化合价降低，获得电子，被还原，所以NaClO3作氧化剂；根据反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O方程式可知，每有2mol电子转移，则产生还原产物ClO2是2mol，氧化产物O2是1mol，因此生成1.25mol氧化产物时，转移电子的物质的量是n(e-)=1.25mol ×2=2.5mol；
在反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O中，NaClO3、H2SO4、Na2SO4都是可溶性的强电解质，电离产生自由移动的离子，而H2O2、ClO2、O2和H2O都以分子形式存在，删去未参加反应的离子，则该反应的离子方程式为：2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写氧化还原反应知识，把握反应中元素的化合价变化，结合氧化还原反应的特征与实质及物质的作用是解答氧化还原反应题目的关键，掌握离子方程式的拆写原则，物质微粒主要存在形式是正确书写离子方程式的基础，侧重考查化学基本概念和物质的构成微粒的存在形式。
22.(1)0.3mol NH3分子中所含原子数与__________________个H2O分子中所含原子数相等。
(2)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl－，该金属元素的相对原子质量为_______。
(3)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中C和O原子个数比是_______ 。
【答案】 (1). 2.408×1023 (2). 24 (3). 4∶7
【解析】
【分析】
(1)根据N=nNA结合氨气、水分子结合计算；
(2)先根据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，从而确定该金属的原子量；
(3)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者总体积、总质量列方程计算解答,然后根据C、O守恒分析。
【详解】(1) 0.3 mol NH3分子中所含原子数为0.3mol×NA/mol×4=1.2NA，要使H2O分子中所含原子数相等，则H2O分子数目为N(H2O)=1.2NA÷3=0.4NA=2.408×1023个；
(2)某二价金属氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，由于Cl-的物质的量为0.2mol，则该氯化物的物质的量是0.1mol，所以该化合物的摩尔质量M==95g/mol；当摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为95，金属的相对原子质量+35.5×2=95，所以该金属元素的相对原子质量为24；
(3)设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则： x+y==0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，则此混合物中含有C原子与O原子的物质的量的比为n(C)：n(O)=(0.075mol +0.225mol )：(0.075mol +2×0.225mol )=4：7，根据n=可知混合气体中C、O原子个数比为4：7。
【点睛】本题考查物质的量的有关计算，注意对物质的量的有关计算公式的理解，并结合物质的微粒结构进行灵活运用，旨在考查学生对知识的掌握情况。
南昌十中2019—2020学年上学期期中考试高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Mg：24 Cl：35.5
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,所以A选项是正确的;
B.铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,所以B选项是正确的;
C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故C错误;
D.石蜡的燃烧是氧化还原反应,所以D选项是正确的.
综上所述，本题应选C。
2.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 2.4g镁完全反应生成镁离子，失去的电子数目一定为0.1NA
B. 标准状况下，11.2L H2O含有的原子总数为1.5NA
C. 常温常压下，46g NO2和N2O4的混合气体中含有原子总数为3NA
D. 17g氢氧根离子所含的电子数为9NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2.4g镁的物质的量是0.1mol，由于Mg是+2价的金属，所以0.1mol Mg完全反应生成镁离子，失去的电子数目一定为0.2NA，A错误；
B.标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积计算微粒数目，B错误；
C.常温常压下，若46g 完全是NO2，其物质的量是1mol，由于1个NO2分子中含有3个原子，所以1mol NO2中含有原子总数为3NA；若46g完全是N2O4，其物质的量是0.5mol，由于1个N2O4分子中含有6个原子，所以0.5mol N2O4中含有原子总数为3NA；因此46g NO2和N2O4的混合气体中含有原子总数为3NA，C正确；
D.17g氢氧根离子的物质的量是1mol，由于1个OH-中含有10个电子，则1mol OH-中所含的电子数为10NA，D错误；
故合理选项是C。
3.下列变化必须加入还原剂才能实现的是（ ）
A. KClO3→KCl B. Fe3+→Fe2+ C. HCO3- →CO32- D. Cu→Cu2+
【答案】B
【解析】
【分析】
需要加入还原剂才能实现，则选项中的物质在反应中作氧化剂，元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A.KClO3→KCl，KClO3分解生成KCl，不需要加氧化剂或还原剂，A错误；
B.Fe3+→Fe2+，Fe元素化合价降低，获得电子，被还原，Fe3+作氧化剂，应该加入还原剂才可以实现；B正确；
C.HCO3- →CO32-，在该变化中元素的化合价没有发生变化，不需要加入还原剂才可以实现，C错误；
D.Cu→Cu2+，Cu元素化合价升高，失去电子，被氧化，Cu作还原剂，需要加入氧化剂才可以实现，D错误；
故合理选项B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价的变化是解答本题的关键，并熟悉氧化剂、还原剂中元素的化合价及反应后发生的变化情况及物质常见的化学性质来解答。
4.下列各组离子中，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是( )
A. K＋、MnO4-、Cl－、SO42-
B. Na＋、CO32-、SO42-、Cl－
C. NO3-、Na＋、HCO3-、Ba2＋
D. Na＋、NO3-、H＋、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】含有MnO4-的溶液 显紫色，故A错误；
CO32-在酸性条件下生成二氧化碳和水，故B错误；
HCO3-在酸性条件下生成二氧化碳和水，故C错误；
Na+、NO3-、NH4+、SO42-在酸性条件下不反应，故D正确。
5.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是（ ）
A. 甲烷与氧气的反应 B. 铝片与稀盐酸的反应
C. 灼热的碳与二氧化碳反应生成一氧化碳 D. 氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A项，甲烷与O2反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，反应中C元素的化合价由-4价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，属于氧化还原反应，但不属于离子反应；
B项，Al与盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应中Al元素的化合价由0价升至+3价，H元素的化合价由+1价降至0价，属于氧化还原反应，该反应属于离子反应，离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑；
C项，灼热的碳与CO2反应的化学方程式为C+CO22CO，C中C元素的化合价由0价升至+2价，CO2中C元素的化合价由+4价降至+2价，属于氧化还原反应，但不属于离子反应；
D项，NaOH溶液与稀盐酸反应的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，反应前后元素的化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，属于离子反应，反应的离子方程式为H++OH-=H2O；
既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是B项，答案选B。
6.单质X和单质Y反应生成X3＋和Y2－，现有下列叙述：
①X被氧化；②X是氧化剂；③Y被氧化；④Y是氧化剂；⑤X表现还原性；⑥Y表现还原性。其中正确的是( )
A. ①②⑤ B. ①④⑥ C. ①④⑤ D. ①②⑥
【答案】C
【解析】
【详解】单质X和单质Y反应生成X3+和Y2-，X元素的化合价由0升高为+3价，Y元素的化合价由0降低为-2价，所以X作还原剂，失去电子，发生氧化反应，被氧化；Y作氧化剂，得到电子，发生还原反应，被还原；故正确的是①④⑤，选C。
7.下列实验操作中错误的是( )
A. 进行蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干
B. 进行蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C. 进行萃取操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
【答案】D
【解析】
【详解】A.蒸发时要注意避免温度过高而导致变质，当有大量固体析出时可停止加热，用余热将物质蒸干，A正确；
B.温度计测定馏分温度，进行蒸馏实验时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B正确；
C.进行萃取操作时，为防止引入杂质，下层液体从下口放出，然后关闭分液漏斗的活塞，将上层液体从上口倒出，C正确；
D.进行萃取操作时，要求溶质在萃取剂中的溶解度大于水，而且与水互不相容，并且与溶质不能发生反应，萃取剂的密度不一定比水大，如苯密度小于水，但是苯仍然可以作溴水的萃取剂，D错误；
故合理选项D。
8.在反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为( )
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. 1∶3
【答案】B
【解析】
【详解】在反应6NO+4NH35N2+6H2O中，生成的N2即是氧化产物又是还原产物，其中NH3中的氮元素的化合价升高，占4份，在反应中被氧化，属于氧化产物；NO中的氮元素的化合价降低，占6份，在反应中被还原，属于还原产物，所以该反应中被氧化和被还原的氮元素的物质的量之比是4：6=2：3，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3，故合理选项是B。
9.下列关于物质检验的说法中正确的是（ ）
A. 往某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含SO42-
B. 往某溶液中通入CO2，产生白色沉淀，则原溶液中一定含Ca2＋
C. 向某溶液中滴加稀盐酸，产生无色无味的气体，则原溶液中一定含有CO32-
D. 往某溶液中滴加Na2CO3溶液，若产生气体，则原溶液一定显酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A.某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可为碳酸钡，则原溶液可含有CO32-，不一定含有SO42-，故A错误；
B.往某溶液中通入CO2，产生白色沉淀，可能为碳酸钡，则原溶液中可能存在Ba2+，不一定含Ca2＋，故B错误；
C.无色无味的气体可为二氧化碳，则原溶液中可能含有CO32-或HCO3-，或者二者都有，故C错误；
D. Na2CO3溶液与酸反应（酸性强于碳酸），可以产生二氧化碳气体，故往某溶液中滴加Na2CO3溶液，若产生气体，则原溶液一定显酸性，故D正确；
答案选D。
10.关于物质分类正确的组合是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，A错误；
B.CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B错误；
C.CO是不成盐氧化物，不属于碱性氧化物，C错误；
D.选项中的各种物质分类合理，D正确；
故合理选项是D。
11.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
①用图1所示装置从Fe(OH)3胶体中过滤出Fe(OH)3胶粒
②用图2所示装置从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体
③用图3所示装置从碘的四氯化碳溶液中分离出四氯化碳
④用图4所示装置从乙醇与苯的混合物中分离出苯
A. ①② B. ②③ C. ②③④ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①胶体粒子能够透过滤纸，不能通过图1采用过滤的方法分离得到Fe(OH)3胶粒，①错误；
②NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，所以从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体可以采用图2的蒸发结晶的方法，②正确；
③碘与CCl4是互溶的沸点不同的物质，可以选用图3的蒸馏方法分离，③正确；
④乙醇与苯互溶，但沸点不同的液体混合物，可以采用图3的蒸馏方法，不能采用图4的分液方法分离，④错误；
可见分离混合物方法正确的是②③，故合理选项是B。
12.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 氨气通入醋酸溶液：CH3COOH+NH3=CH3COONH4
B. 澄清的石灰水与盐酸反应：H＋+OH－=H2O
C. 碳酸钡加入稀硫酸：BaCO3+2H＋=Ba2＋+H2O+CO2↑
D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H＋=H2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3COONH4是易溶、易电离的强电解质，在溶液中以离子形式存在，A错误；
B.反应符合反应事实，符合离子方程式书写时的物质拆分原则，B正确；
C.二者反应时，溶液中Ba2+与SO42-还会同时结合形成难溶性的BaSO4沉淀，C错误；
D.碳酸钙难溶于水，不能拆写为离子形式，D错误；
故合理选项是B。
13. 根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序，正确的是
① Cl2+2KI ══ I2+2KCl ② 2FeCl3+2HI ══ I2+2FeCl2+2HCl
③ 2FeCl2+Cl2══ 2FeCl3④ I2+SO2+2H2O ══ 2HI+H2SO4
A Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2 B. Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2
C. Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2 D. Cl2＞Fe3+＞SO2＞I2
【答案】B
【解析】
正确答案：B
氧化性顺序由①Cl2＞I2②Fe3+＞I2③Cl2＞Fe3+④I2＞SO2，纵上所述B正确。
14.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是①0.5molNH3 ②标准状况下22.4LHe③4℃9mL水④0.2molH3PO4（ ）
A. ①④③② B. ④③②① C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【详解】①0.5molNH3的原子数为0.5×4NA=2NA；
②标准状况下22.4L氦气的原子数为×NA=NA；
③4℃时9mL水的质量为9g，含有的原子数为：×3×NA=1.5NA；
④0.2molNa3PO4中含有的原子数为0.2×8NA=1.6NA；
含有原子数由大到小顺序排列顺序为①④③②；
答案选A。
【点睛】该题主要考察物质的量的计算公式：n=
15.下列说法正确的是( )
A. 同温同压下质量相同的O2和O3的原子数之比是2:3
B. 20℃、1.0×105Pa时，同体积的O2与CO2含有相同的分子数
C. 当1mol气态物质的体积为22.4L时，该气体一定处于标准状况
D. 5.6g CO和22.4L CO2中含有的碳原子数一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. O2和O3都是由O原子构成的，若二者的质量相等，则它们中含有的O原子数目相等，因此同温同压下质量相同的O2和O3的原子数之比是1：1，A错误；
B.在20℃、1.0×105Pa时O2与CO2都是气体，根据阿伏伽德罗定律可知，若O2与CO2体积相同，则二者含有相同的分子数目，B正确；
C.影响气体体积的外界因素主要有温度和压强，当1 mol气态物质的体积为22.4L时，该气体可能处于标准状况，也可能是非标准状况，C错误；
D.外界条件未指出，不能确定22.4L CO2的物质的量，所以就不能确定CO2与CO分子中含有的原子数目的多少，D错误；
故合理选项是B。
16.在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量之比为（ ）
A. 23：9 B. 32：9 C. 16：9 D. 46：9
【答案】C
【解析】
【详解】R和M的摩尔质量之比为22：9，设R、M摩尔质量分别为22a、9a，
X + 2Y = R + 2M
22a 2×9a
4.4g b
，b= 3.6 g
根据质量守恒求Y的质量为4.4 g + 3.6 g － 1.6 g = 6.4 g
反应中Y和M的质量之比为6.4 g：3.6 g = 16:9，故C正确；
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17.现有下列七种物质：①铝、 ②蔗糖、 ③CO2 、④H2SO4 、⑤Ba(OH)2 、⑥红褐色的氢氧化铁胶体、 ⑦HCl、⑧冰水混合物、 ⑨碳酸钙、 ⑩CuSO4·5H2O。
(1)上述物质中属于电解质的有__________(填序号)。
(2)向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是________________________。
(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH-=H2O，则该反应的化学方程式为_______________________。
(4)书写下列反应的离子方程式：
①将NH4Cl溶液和NaOH溶液混合：____________________
②醋酸溶液和NaHCO3溶液混合：_____________________
【答案】 (1). ④⑤⑦⑧⑨⑩ (2). 开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失 (3). Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O (4). NH4++OH-=NH3•H2O (5). CH3COOH+HCO3 -=CH3COO-+ H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
(1)电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；
(2)氢氧化铁胶体滴入盐酸会发生胶体的聚沉和难溶物质的溶解；
(3)离子反应H++OH-=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应；
(4)根据复分解反应的规律，先书写化学方程式，再根据物质的存在形式拆写为离子，删去未反应的离子，就得到其离子方程式。
【详解】(1)①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；
②蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；
③CO2自身不能电离，是非电解质；
④H2SO4是酸，在水溶液中能导电，是电解质；
⑤Ba(OH)2是碱，在水溶液和熔融状态下能导电，是电解质；
⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦HCl在水溶液中能电离产生自由移动离子，可以导电，是电解质；
⑧冰水混合物是化合物水是不同存在状态，属于纯净的化合物，水为电解质；
⑨碳酸钙在熔融状态导电，属于电解质；
⑩CuSO4•5H2O是盐的结晶水合物，在水溶液中能够电离产生自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
根据上述分析可知：属于电解质的是④⑤⑦⑧⑨⑩；
(2)盐酸是电解质HCl的水溶液，氢氧化铁胶体遇到盐酸，胶体粒子首先发生聚沉，生成红褐色氢氧化铁沉淀；再滴加盐酸，氢氧化铁沉淀与盐酸发生酸碱中和反应生成可溶性氯化铁和水，因此看到的实验现象是：先有红褐色沉淀产生，后沉淀逐渐溶解；
(3)离子反应H++OH-=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，符合条件的该反应为Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O；
(4)①由于碱性NaOH> NH3•H2O，所以根据复分解反应的规律，将NH4Cl溶液和NaOH溶液混合，发生反应产生NaCl、NH3•H2O，反应的化学方程式为NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3•H2O，由于NH4Cl、NaOH、NaCl都是易溶的、易电离的物质，而NH3•H2O是难电离的物质，根据物质的实际存在形式，去掉未反应的离子，可改写得到相应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O；
②由于酸性CH3COOH>H2CO3，所以所以根据复分解反应的规律，将醋酸溶液和NaHCO3溶液混合发生反应产生醋酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：CH3COOH+ NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑，由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子形式存在，NaHCO3和CH3COONa都是易溶的、易电离的物质，电离产生离子，H2O主要以分子形式存在，CO2分子存在，则该反应的离子方程式为：CH3COOH+HCO3 -=CH3COO-+ H2O+CO2↑。
【点睛】本题考查电解质与非电解质的判断、胶体的性质、离子方程式的书写等，注意掌握离子方程式的书写原则，结合复分解反应的规律分析判断，明确电解质与非电解质的概念及区别。
18.(1)写出NaHSO4在水中的电离方程式________。
(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，要除去这些杂质，可选用以下试剂：①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl ，则试剂加入的先后顺序是__________(填序号)。
(3)2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目_______；若有0.1mol电子转移时生成Cl2的体积为__________(标准状况)，被氧化的HCl的物质的量为______________。
(4)某无色透明溶液可能含有K+、Cu2+、Ca2+、SO42-、CO32-、Cl﹣中的几种，现进行如下实验：
①滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。
②向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。
③向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。
试判断：该溶液中肯定有__________，肯定没有_________，可能有_________（填离子符号）。
【答案】 (1). NaHSO4=Na++H++SO42- (2). ②③①④或③②①④或③①②④ (3). (4). 1.12L (5). 0.1mol (6). K+、SO42-、CO32- (7). Cu2+、Ca2+ (8). Cl-
【解析】
【分析】
(1)根据盐NaHSO4在水中的电离产生的离子书写离子方程式；
(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，碳酸钠除去钙离子、氯化钡除去SO42-，NaOH除去镁离子，最后加盐酸除去碳酸钠，注意碳酸钠一定在氯化钡之后；
(3)2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，结合化合价变化及反应计算；
(4)无色溶液中不会存在有色的Cu2+；生成的沉淀加入稀硝酸后部分溶解，则沉淀为BaSO4和BaCO3的混合物，原溶液中含有SO42-、CO32-，根据离子共存可知溶液中不会存在Ca2+；向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，由于①中加入BaCl2溶液后引进了Cl-，则无法判断原溶液中是否含有氯离子；最后根据溶液为电中性可知一定含有K+，据此进行解答。
【详解】(1)NaHSO4在水中完全电离产生Na+、H+、SO42-，所以NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-；
(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，Na2CO3除去Ca2+、BaCl2除去SO42-，NaOH除去Mg2+，最后加盐酸除去加入的过量的NaOH和Na2CO3，为减少实验操作步骤，Na2CO3一定在BaCl2溶液之后加入，因此试剂的加入顺序可以为②③①④或③②①④或③①②④；
(3)在反应2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，锰元素化合价从反应前KMnO4中+7价降低到反应后MnCl2中的+2价，获得电子5e-；Cl元素的化合价由反应前HCl中是-1价升高为反应后Cl2的0价，失去电子2×e-，化合价升降的最小公倍数是10e-，用双线桥法表示为：。根据方程式可知：每有10mol电子转移，有10molHCl被氧化，反应产生5molCl2，则有0.10mol电子发生转移时，被氧化的HCl有0.1mol；生成氯气的物质的量是0.05mol，其在标准状况下的体积为V=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
(4)无色透明的溶液中不可能存在蓝色的Cu2+，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为BaSO4或BaCO3，其中BaCO3可溶于稀硝酸，将沉淀滤出，产生的沉淀可部分溶于稀硝酸，说明含有SO42-、CO32-离子。由于SO42-、CO32-会与Ca2+反应产生CaSO4、CaCO3沉淀而不能大量共存，则一定不含Ca2+离子，根据溶液电中性原则，可知该溶液中一定含有阳离子K+离子；向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能为Ag2SO4、Ag2CO3或AgCl沉淀，由于加入BaCl2溶液引入了Cl-，所以不能确定是否含有Cl-离子。所以根据上述分析可知，溶液中一定含有的离子为：K+、SO42-、CO32-；一定不含的离子为：Cu2+、Ca2+；可能含有的离子为Cl-。
【点睛】本题考查电离方程式的书写及粗盐提纯\离子检验和氧化还原反应等知识，明确物质的性质、发生的反应及混合物分离提纯方法及常见离子的性质及检验方法，把握反应中元素的化合价变化及原子守恒、电子守恒为解答的关键，根据溶液电中性判断K+离子的存在为易错点，NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中断裂离子键和共价键，在熔融状态下只能断裂离子键，所以在水中与熔融状态下的电离方程式不同，一定要注意电离条件的区别，而弱酸的酸式盐在水中和熔融状态下的电离方程式相同。试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
19.某校学生课外活动小组的同学设计下图所示实验装置，用来验证一氧化碳具有还原性，回答下列问题：
(1)写出装置A中所发生反应的离子方程式：__________。
(2)装置B中最适宜的试剂是_________________。
(3)若实验中没有装置C，使装置B与装置D直接相连，会对实验造成的影响是_______。
(4)根据实验中的___________________现象，可证明CO具有还原性。
(5)若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认一氧化碳具有还原性，应在上图装置________与______之间连接下图中的________装置(填序号)。
【答案】 (1). CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑ (2). 饱和碳酸氢钠溶液 (3). 没有除去气体中的水蒸气，高温下水蒸气与炭反应生成H2和CO，H2也能还原CuO，影响实验结果 (4). E装置中黑色CuO变成红色 (5). D (6). E (7). ②
【解析】
【分析】
在装置A中盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，反应产生的二氧化碳气体通过盛有的NaHCO3饱和溶液装置B中可以除去其中混有的杂质HCl气体，气体再通过C装置中的浓硫酸干燥得到纯净CO2。在D中高温条件下，C和CO2反应生成CO；CO能还原CuO产生单质Cu和CO2，使固体由黑色变为红色，CO2能够使澄清石灰水变浑浊。在C和CO2反应的反应中，CO2不可能完全转化为CO，所以从D装置出来的气体中含有CO2，为防止未反应的CO2的干扰，应先把原来的CO2除去。
【详解】(1)装置A中，盐酸和石灰石反应生成二氧化碳、氯化钙和水，其反应离子方程式为：CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑；
(2)实验室用盐酸和石灰石制取CO2，该反应是放热反应，反应放出的热量导致盐酸中的HCl挥发，因此制取的CO2中含有杂质HCl气体，为除去HCl气体，同时不减少CO2气体，选取的试剂应能除去氯化氢气体且不和二氧化碳反应，一般常用饱和的NaHCO3溶液；
(3)装置C的作用是干燥CO2气体，若没有该装置，CO2中的水蒸气高温下也可以与C反应生成H2和CO，H2也能还原CuO，无法检验CO具有还原性；
(4)在高温条件下，在装置D中CO2和C反应生成CO，所以D装置中的黑色固体是炭，反应方程式为CO2+C2CO，一氧化碳具有还原性，在装置E中发生反应：CO+CuOCu+CO2，所以CO能还原黑色的氧化铜，使其变为红色的铜单质，因此E装置中黑色CuO变成红色，就证明了CO的还原性；
(5)在高温条件下，C和CO2反应产生CO，CO2不可能完全转化为CO，所以由D装置出来的气体中含有CO2，为防止未反应的CO2的干扰，应先把D出来的CO2除去，再将CO气体通过E装置。所以在D、E之间增加一个 除去CO2的装置，由于CO2是酸性氧化物，所以用碱性固体物质除去，合适的装置是②。
【点睛】本题考查物质的性质实验，把握物质的性质、发生的反应、气体中可能混有的杂质和除去的方法及各个实验装置的作用、实验技能为解答关键，侧重考查学生的分析与实验能力，注意元素化合物知识的应用。
20.食盐是人类生活中不可缺少的物质，海水中含有大量食盐。某地出产的粗盐中，所含杂质是CaCl2，通过下面的实验可制得纯净的NaCl。
请回答：
（1）加入的A是__________，检验A已过量的方法是___________。
（2）加入的B是__________，加入稍过量B的目的是__________。
（3）为检验沉淀是否洗净，最好在最后几滴洗出液中加入_________________溶液。
【答案】 (1). Na2CO3 (2). 在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再有沉淀，则加Na2CO3溶液已过量 (3). 盐酸 (4). 除尽溶液中过量的Na2CO3 (5). 酸化的AgNO3
【解析】
（1）除杂时不能引入杂质，钙离子需要利用碳酸钠除去，则加入的A是Na2CO3，检验A已过量的方法是在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再有沉淀，则加Na2CO3溶液已过量；（2）过滤后滤液中含有过量的碳酸钠，则加入的B是盐酸，目的是除尽溶液中过量的Na2CO3；沉淀表面还有氯离子，则检验沉淀是否洗净，可以通过检验氯离子实现，因此最好在最后几滴洗出液中加入酸化的AgNO3溶液。
21.下列四个反应
①2Na+2H2O=2NaOH＋H2↑ ②2F2+2H2O=4HF+O2
③Cl2+H2O=HCl+HClO ④C+H2O(g)CO+H2
试从氧化还原的角度，回答下列问题：
(1)水只作还原剂的是__________________(填序号)
(2)二氧化氯(ClO2)是一种在水处理方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且不会产生对人体有潜在危害的物质。工业上可以用如下方法制备ClO2：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑＋Na2SO4＋2H2O。反应中氧化剂是____________，生成1.25mol氧化产物共转移电子_________mol。写出该反应的离子方程式_____________。
【答案】 (1). ② (2). NaClO3 (3). 2.5 (4). 2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)水弱作还原剂，则其中的组成元素化合价应该反应后升高；
(2)元素化合价降低，获得电子，在反应中被还原，作氧化剂；根据化学方程式转移电子的数目以及方程式的系数之间的关系来计算，并根据离子方程式中物质的拆分原则书写反应的离子方程式。
【详解】(1)①在反应2Na+2H2O=2NaOH＋H2↑，H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，获得电子，所以H2O为氧化剂，①不符合题意； ②在反应2F2+2H2O=4HF+O2中，O元素的化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，所以H2O为还原剂，②符合题意；
③在反应Cl2+H2O=HCl+HClO中，水的组成元素H、O化合价都未发生变化，所以H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，③不符合题意；
④在反应C+H2O(g)CO+H2 中，H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，获得电子，所以H2O为氧化剂，④不符合题意；
故合理反应序号是②；
(2)在反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O中，Cl元素的化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，Cl元素化合价降低，获得电子，被还原，所以NaClO3作氧化剂；根据反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O方程式可知，每有2mol电子转移，则产生还原产物ClO2是2mol，氧化产物O2是1mol，因此生成1.25mol氧化产物时，转移电子的物质的量是n(e-)=1.25mol ×2=2.5mol；
在反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O中，NaClO3、H2SO4、Na2SO4都是可溶性的强电解质，电离产生自由移动的离子，而H2O2、ClO2、O2和H2O都以分子形式存在，删去未参加反应的离子，则该反应的离子方程式为：2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写氧化还原反应知识，把握反应中元素的化合价变化，结合氧化还原反应的特征与实质及物质的作用是解答氧化还原反应题目的关键，掌握离子方程式的拆写原则，物质微粒主要存在形式是正确书写离子方程式的基础，侧重考查化学基本概念和物质的构成微粒的存在形式。
22.(1)0.3mol NH3分子中所含原子数与__________________个H2O分子中所含原子数相等。
(2)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl－，该金属元素的相对原子质量为_______。
(3)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中C和O原子个数比是_______ 。
【答案】 (1). 2.408×1023 (2). 24 (3). 4∶7
【解析】
【分析】
(1)根据N=nNA结合氨气、水分子结合计算；
(2)先根据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，从而确定该金属的原子量；
(3)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者总体积、总质量列方程计算解答,然后根据C、O守恒分析。
【详解】(1) 0.3 mol NH3分子中所含原子数为0.3mol×NA/mol×4=1.2NA，要使H2O分子中所含原子数相等，则H2O分子数目为N(H2O)=1.2NA÷3=0.4NA=2.408×1023个；
(2)某二价金属氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，由于Cl-的物质的量为0.2mol，则该氯化物的物质的量是0.1mol，所以该化合物的摩尔质量M==95g/mol；当摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为95，金属的相对原子质量+35.5×2=95，所以该金属元素的相对原子质量为24；
(3)设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则： x+y==0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，则此混合物中含有C原子与O原子的物质的量的比为n(C)：n(O)=(0.075mol +0.225mol )：(0.075mol +2×0.225mol )=4：7，根据n=可知混合气体中C、O原子个数比为4：7。
【点睛】本题考查物质的量的有关计算，注意对物质的量的有关计算公式的理解，并结合物质的微粒结构进行灵活运用，旨在考查学生对知识的掌握情况。
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