资源简介

北京101中学2017-2018学年高一上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高一上·北京期中）下面是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴上的图标是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】乙醇易燃烧，是常用的有机燃料，属于易燃液体，
故答案为：D。
【分析】乙醇属于易燃有机液体；
2．（2018高一上·北京期中）下列仪器中能直接加热的是（　　）
A．烧杯 B．烧瓶 C．试管 D．容量瓶
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】试管能直接加热，烧杯和烧瓶要垫上石棉网加热，容量瓶不能加热，
故答案为：C。
【分析】根据实验室常见的用于加热的仪器进行分析解答，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等；
3．（2018高一上·北京期中）下列操作中正确的是（　　）
A．用酒精萃取碘水中的碘
B．用蒸发方法使NaCl 从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl 溶液全部加热蒸干
C．将浓硫酸慢慢注入盛有水的烧杯中进行稀释，并不断搅拌
D．配制1.00 mol/L NaCl溶液时，将称好的NaCl固体直接放入容量瓶中溶解
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、酒精与水互溶，不能利用酒精作萃取剂，故A不符合题意；
B、不能将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干，否则会导致蒸发皿中的固体飞溅，正确操作是当蒸发皿中出现大量NaCl固体时停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干，故B不符合题意；
C、浓硫酸溶于水时释放出大量的热，稀释浓硫酸时，将浓硫酸慢慢注入水中，并不断搅拌，这样使产生的热量快速释放而不会引起水的飞溅，故C符合题意；
D、溶解NaCl应在烧杯中溶解，容量瓶不能用来溶解药品，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、酒精能够与水任意比例互溶，不符合萃取要求；
B、蒸发结晶时当出现大量NaCl固体时停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干；
C、浓硫酸稀释放出大量的热，因此需要将浓硫酸沿烧杯壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，边搅拌边加入；
D、容量瓶只能用来配置溶液，不能用来溶解药品；
4．（2018高一上·北京期中）下列关于胶体的叙述错误的是（　　）
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间
B．光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应
C．将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，能得到Fe(OH)3胶体
D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A不符合题意；
B、光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B不符合题意；
C、将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，得到的是Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体的方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，得到红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体，故C符合题意；
D、Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、10﹣9m=1nm，10﹣7m=100nm；分散系的本质区别在于微粒直径的不同；
B、丁达尔效应是胶体独有的特性；
C、将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，得到的是Fe(OH)3沉淀；
D、Fe(OH)3胶体具有吸附性，能够使水中杂质小颗粒凝聚成大颗粒，形成沉淀，达到净水的目的；
5．（2018高一上·北京期中）下列说法中正确的是（　　）
A．含有不同种元素的纯净物叫做化合物
B．水溶液中能电离出H+的化合物一定是酸
C．盐中一定含有金属元素
D．非金属氧化物一定是酸性氧化物
【答案】A
【知识点】化学试剂的分类
【解析】【解答】A、不同元素组成的纯净物为化合物，故A符合题意；
B、水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物为酸，水溶液中能电离出H+不一定是酸，如NaHSO4属于盐，但能电离出H+，故B不符合题意；
C、盐中不一定含有金属元素，比如NH4Cl是非金属元素组成的盐，故C不符合题意；
D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，比如CO、NO为不成盐氧化物，不具有酸性氧化物的通性，故不是酸性氧化物，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、由两种或两种以上元素组成的纯净物为化合物；
B、一些酸式盐在水溶液也能够电离出H+，NaHSO4；
C、铵盐不含金属元素；
D、非金属氧化物不能形成盐氧化物，不具有酸性氧化物的通性，所以非金属氧化物不一定是酸性氧化物；
6．（2018高一上·北京期中）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质、混合物的归类，完全正确的是　（　　）　
　 A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH CO2 H2CO3 Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 乙醇 H2O
混合物 碱石灰 胆矾 盐酸 液氯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、金属Fe属于单质，不属于电解质，故A不符合题意；
B、CO2属于非电解质，硫酸钡是强电解质，胆矾属于纯净物，故B不符合题意；
C、碳酸钙属于强电解质，H2CO3是弱酸，属于弱电解质，乙醇是非电解质，盐酸属于混合物，故C符合题意；
D、水属于弱电解质，液氯属于纯净物，故D不符合题意。
故答案为：C。
【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都不能导电的化合物。（1）电解质和非电解质都必须是化合物。（2）电解质和非电解质都必须是纯净物。（3）电解质溶液导电必须是自身电离产生自由移动的离子。强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的化合物；
7．（2018高一上·北京期中）完成下列实验所选择的装置或仪器（A、B中夹持装置已略去）错误的是（　　）
　 A B C D
实 验 用CCl4提取碘水中的I2 除去食盐水中的泥沙 除去自来水中的Cl- 配制100 mL 0.10mol/LKCl溶液
装 置 或 仪 器
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、I2不易溶于水，易溶于CCl4，则用CCl4提取碘水中的I2，图中装置、仪器均合理，故A不符合题意；
B、食盐易溶于水，泥沙不溶于水，固液分离可选择过滤操作，故B不符合题意；
C、蒸馏把水变为气体，然后冷却，此时的液态水和氯离子就可以分离了，故C不符合题意；
D、将KCl溶解之后转移至容量瓶，需要用玻璃棒引流，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、I2易溶于CCl4，CCl4不溶于水，用CCl4提取碘水中的I2要用分液漏斗；
B、泥沙不溶于水，实验易溶于水，分离固液不溶物可采用过滤；
C、利用蒸馏装置能够净化水；
D、配置溶液移液时需要用玻璃杯引流；
8．（2018高一上·北京期中）以下三组溶液：①煤油和硫酸钾溶液 ②42%的乙醇溶液 ③氯化钠和单质碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（　　）
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】汽油不溶于硫酸钠溶液，用分液的方法分离；乙醇与水互溶，42％的乙醇溶液用蒸馏的方法分离；碘易溶于有机溶剂，微溶于水，用萃取的方法分离氯化钠和碘的水溶液，故C符合题意。
答案选C。
【分析】煤油不溶于硫酸钾溶液，采用分液装置分离；乙醇与水任意比例互溶，根据沸点不同，采用蒸馏装置分离；碘易溶于CCl4，可根据萃取方法分离碘水与氯化钠溶液；
9．（2018高一上·北京期中）在酸性溶液中能大量共存而且溶液为无色透明的是（　　）
A．NH4+、Al3+、SO42－、NO3－ B．K+、Na+、SO42－、Ba2+
C．K+、MnO4－、NH4+、Cl－ D．Ca2+、K+、HCO3－、NO3－
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．在酸性溶液中NH4+、Al3+、SO42－、NO3－之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，A符合题意；
B.在溶液中SO42－、Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C.MnO4－在溶液中显紫红色，且在酸性溶液中氧化Cl－，不能大量共存，C不符合题意；
D.在酸性溶液中HCO3－不能大量共存，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】A、各离子之间不发生反应能够共存；
B、SO42-与Ba2+生成BaSO4白色沉淀；
C、KMnO4溶液为紫红色；
D、酸性溶液中，H++HCO3－=H2O+CO2；
10．（2018高一上·北京期中）下列离子方程式的书写正确的是（　　）
A．氢氧化铜和稀盐酸反应：H+ + OH- ＝ H2O
B．氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液混合：Ba2＋+SO42- ＝ BaSO4↓
C．向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：CO32- + 2H+ ＝ H2O + CO2↑
D．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3 + 6H+ ＝ 2Fe3+ + 3H2O
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氧化铜为难溶物，在离子方程式中不可拆开，故A不符合题意；
B、漏掉了镁离子与氢氧根的反应，离子方程式为Ba2++SO42﹣+Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，故B不符合题意；
C、HCO3﹣为多元弱酸的酸式根离子，不能拆，离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；
D、电荷守恒、拆分符合题意、产物符合题意，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A氢氧化铜为蓝色固体，不溶于水，作反应物在离子方程式中以分子式存在；
B、氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀；
C、碳酸氢钠溶液作反应物时，主要是HCO3-参加反应；
D、氧化铁为固体，与盐酸反应生成氯化铁和水；
11．（2018高一上·北京期中）下列溶液中的c(Cl )与150 mL 1mol/L AlCl3溶液中的c(Cl )相等的是（　　）
A．150 mL 1 mol/L NaCl溶液
B．25 mL 3 mol/L NH4Cl溶液
C．75 mL 2 mol/L MgCl2溶液
D．75 mL 2 mol/L FeCl3溶液
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】150mL1mol/L的AlCl3溶液中的c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。
A、150mL 1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)= c(NaCl)=1mol/L，故A不符合题意；
B、25 mL 3 mol/L NH4Cl溶液中c(Cl-)=3mol/L，故B符合题意；
C、75 mL 2 mol/L MgCl2溶液中，c(Cl-)= 2mol/L×2=4mol/L，故C不符合题意；
D、75 mL 2 mol/L FeCl3溶液中，c(Cl-)=2mol/L×3=6mol/L，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×含有的离子的个数，与溶液的体积无关；
12．（2018高一上·北京期中）下列说法正确的是（　　）
A．取少量待测液，加入BaCl2 溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-
B．取少量待测液，加入AgNO3 溶液，产生白色沉淀， 则原溶液中一定有Cl-
C．取少量待测液，加入稀盐酸，产生无色无味并能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32-
D．为分别检验某溶液中含有的Cl-和SO42-，检出的顺序应为先检验SO42-后检验Cl-
【答案】D
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、不能排除AgCl的干扰，检验SO42-，先加稀盐酸(排除SO32-、CO32-、Ag+的干扰)，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则存在SO42-，故A不符合题意；
B、可能生成Ag2CO3等沉淀，检验Cl-，应加入硝酸酸化后的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，证明含Cl﹣，故B不符合题意；
C、溶液中也可能存在的是HCO3-，故C不符合题意；
D、检验Cl-可以使用硝酸银，检验SO42-可以使用Ba2+，由于Ag+与SO42-也会产生沉淀，会影响Cl-的检验，所以先加过量的硝酸钡检验SO42-，且除去SO42-，静置后，取上层清液加入硝酸酸化的硝酸银检验Cl-，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、氯化银白色沉淀不溶于盐酸；
B、碳酸银、硫酸银都属于白色沉淀；
C、碳酸根、碳酸氢根都可以与盐酸反应生成二氧化碳气体；
D、硫酸银氯化银都属于白色沉淀，氯化钡属于无色溶液，所以先加入氢氧化钡溶液，检验硫酸根，过滤后，在用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子；
13．（2018高一上·北京期中）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B．常温常压下，1 mol氮气含有的核外电子数为28NA
C．48g O2和O3的混合气体所含原子数为3NA
D．标准状况下，11.2 L四氯化碳含有的分子数为0.5NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Fe和盐酸反应生成FeCl2和H2，1molFe转移2mol电子，所以5.6g(0.1mol)Fe充分反应，转移0.2mol电子，即0.2NA，故A不符合题意；
B、1个N2含有电子数为14，则1mol N2含有电子数为14NA，故B不符合题意；
C、从原子的角度看，48g O2和O3的混合气体中只含有氧原子，则m(O)=48g，n(O)=3mol，所以氧原子数目为3NA，故C符合题意；
D、标况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、Fe和盐酸反应生成FeCl2和H2，化合价升高2；
B、原子核外电子数=原子序数=核内质子数，1molN2含有14NA电子；
C、氧气、臭氧都是氧元素构成，采用整体分析，n(0)=m(O)/M(0)计算O元素的物质的量；
D、标况下，CCl4为液体，不是气体；
14．（2018高一上·北京期中）已知1.505×1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是（　　）
A．16g B．32g C．64g/mol D．32g/mol
【答案】D
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】8g气体X的物质的量为：n（X）=mol=0.25mol，
X的摩尔质量为：M（X）===32g/mol，
故选D．
【分析】先根据物质的量与阿伏加德罗常数的关系：n=计算出X的物质的量，然后利用摩尔质量的表达式：M=计算出X的摩尔质量．
15．（2018高一上·北京期中）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种物质的溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1 时，它们与同一浓度的AgNO3溶液恰好反应，则消耗的AgNO3溶液的体积比是（　　）
A．3∶4∶3 B．1∶1∶1
C．1∶2∶3 D．3∶2∶1
【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为c，则三种溶液中Cl－物质的量浓度分别为c、2c、3c；又因为溶液的体积比为3∶2∶1，则三种溶液中Cl－的物质的量之比为(3×c)∶(2×2c)∶(1×3c)=3∶4∶3，消耗的AgNO3的物质的量之比为3∶4∶3；AgNO3溶液浓度相同，所以消耗AgNO3溶液的体积比为3∶4∶3。
故答案为：A。
【分析】Cl-+Ag+=AgCl，n(Cl-)=n(Ag+)；分别计算出溶液中Cl-的物质的量之比即为硝酸的体积之比；
16．（2018高一上·北京期中）氮化铝（AlN）是一种具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质的物质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成： 。下列叙述正确的是（　　）
A．在该反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．在该反应中，每当生成2mol AlN，N2失去6mol电子
C．氮化铝中氮元素的化合价为-3价
D．AlN既是氧化产物又是还原产物
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，Al2O3中没有元素化合价发生改变，Al2O3不是氧化剂，也不是还原剂，故A不符合题意；
B、N元素化合价由0价降低到﹣3价，每生成2mol AlN，N2得到6mol电子，故B不符合题意；
C、由化合价代数和为0可知，氮化铝中铝元素化合价为+3价，氮元素的化合价为﹣3，故C符合题意；
D、 AlN为还原产物，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、氧化还原中，化合价升高的反应物为还原剂，化合价降低的反应物作氧化剂；
B、N2—AlN，N元素得电子，化合价降低；
C、化合价代数和为0，铝元素化合价为+3价，氮元素的化合价为﹣3；
D、N2—AlN，只有N元素化合价降低，发生变化，得还原产物；
17．（2016高一上·新疆期中）已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O．每有1mol Cu（IO3）2参加反应时（　　）
A．有12 mol KI 被氧化 B．转移11 mol电子
C．生成CuI 382g D．I2只是氧化产物
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：由2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，KI中I元素的化合价由﹣1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol，
A．有11 mol KI 被氧化，故A错误；
B．有11 mol KI 被氧化，转移11 mol电子，故B正确；
C．生成CuI 为1mol，即291g，故C错误；
D．I2既是氧化产物，又是还原产物，故D错误．
故选B．
【分析】2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，以此来计算．
18．（2018高一上·北京期中）已知只有符合以下规律的氧化还原反应才能够自发进行，即氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。若下面三个离子反应都能发生：2A-+C2=2C-+A2，2C-+B2=2B-+C2，2X-+C2=2C-+X2，则下列有关说法中错误的是（　　）
A．氧化性B2＞C2＞A2 B．X2与B- 能发生反应
C．氧化性B2＞C2＞X2 D．还原性X- ＞C- ＞B-
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】2A-+C2=2C-+A2中，A-为还原剂，A2为氧化产物，C2为氧化剂，C-为还原产物，氧化性C2＞A2，还原性A-＞C-；2C-+B2=2B-+C2中，C-为还原剂，C2为氧化产物，B2为氧化剂，B-为还原产物，则氧化性B2＞C2，还原性C-＞B-；2X-+C2=2C-+X2中，X-为还原剂，X2为氧化产物，C2为氧化剂，C-为还原产物，则氧化性C2＞X2，还原性X-＞C-。
A、根据上述分析，氧化性B2＞C2＞A2，故A不符合题意；
B、氧化性B2＞C2＞X2，所以X2不能与B-发生反应，故B符合题意；
C、氧化性B2＞C2＞X2，故C不符合题意；
D、还原性X- ＞C- ＞B-，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据还原剂被氧化得氧化产物，氧化剂被还原得还原产物；根据氧化剂的氧化>氧化产物额氧化性，还原剂的还原性>还原产物的还原性解答；
19．（2018高一上·北京期中）相等物质的量的KClO3分别发生下述反应：①有MnO2催化剂存在时，受热分解得到氧气； ②若不使用催化剂，加热至470 ℃左右，得到KClO4(高氯酸钾)和KCl。下列关于①和②的说法错误的是（　　）
A．都是氧化还原反应
B．发生还原反应的元素相同
C．发生氧化反应的元素不同
D．生成KCl的物质的量相同
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】①发生2KClO3 2KCl+3O2↑，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；②发生4KClO3 3KClO4 + KCl，Cl元素的化合价既升高又降低。
A．两个反应中均有元素的化合价变化，都属于氧化还原反应，故A符合题意；
B.两个反应中均有Cl元素的化合价降低，则发生还原反应的元素相同，故B符合题意；
C.①中O元素发生氧化反应，②中Cl元素发生氧化反应，故C符合题意；
D.均4mol时，①生成4molKCl，②生成1molKCl，生成KCl的物质的量不同，故D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两个反应中Cl的化合价均发生变化；
B、氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应；
C、第一个反应，O元素化合价升高，发生氧化反应，第二个反应Cl元素化合价升高，发生氧化反应；
D、配平化学方程式，按照质量守恒定律计算；
20．（2018高一上·北京期中）若24g SO32- 恰好与50mL 2mol/L的R2O72-溶液发生氧化还原反应，其中SO32-→SO42-，则R元素在还原产物中的化合价是（　　）
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】n(SO32-)= =0.3mol，n(R2O72-)=c×V=2mol/L×50×10-3L=0.1mol；SO32-被氧化成SO42-，S元素化合价由+4价升为+6价；R2O72-中R元素发生还原反应，令R元素在产物中的化合价为a价，根据电子守恒，0.3mol×(6-4)=0.1mol×2×(6-a)；解得a=+3，
故答案为：C。
【分析】S元素化合价升高，R元素化合价降低，再根据氧化还原反应中得失电子守恒计算出R元素的化合价；
21．（2018高一上·北京期中）酸性溶液中，Fe2+会被空气缓慢氧化为Fe3+。不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如下图所示。下列有关说法正确的是 （　　）
A．该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O
B．pH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2.5时大
C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关
D．其他条件相同时，80℃时Fe2+的氧化率比50℃时大
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】由图象知，当pH值与其它条件相同，温度越高，Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同，pH值越大，Fe2+的氧化率越小。
A、方程式电荷不守恒，配平不符合题意，符合题意的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A不符合题意；
B、Fe2+的氧化率受pH值和温度的影响，所以pH=1.5时氧化率不一定比pH=2.5时大，故B不符合题意；
C、Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C不符合题意；
D、其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、离子方程式中电荷不守恒；
B、Fe2+的氧化率受pH值和温度的共同影响；
C、Fe2+的氧化率受pH值和温度的影响，反应速率还有反应物的浓度有关；
D、结合图表，pH相同时，80℃时的反应速率快；
22．（2018高一上·北京期中）在一定温度下，已知有关某饱和溶液的一些数据：①溶液的质量，②溶剂的质量，③溶液的体积，④溶质的摩尔质量，⑤溶质的溶解度，⑥溶液的密度，利用下列各组数据计算该饱和溶液的物质的量浓度，不能算出的一组是（　　）
A．④⑤⑥ B．①②③④
C．①④⑥ D．①③④⑤
【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A、有溶质的摩尔质量，溶质的溶解度，溶液的密度，可以用100克水中溶解的溶质计算其物质的量，根据溶剂和溶质的质量计算溶液的质量，结合密度计算溶液的体积，即可计算物质的量浓度，A不符合题意；
B、有溶液的质量和溶剂的质量可以计算溶质的质量，有溶质的摩尔质量可以计算器物质的量，有溶液的体积就可以计算物质的量浓度，B不符合题意；
C、不能确定溶液的体积，不能计算物质的量浓度，C符合题意；
D、能计算溶质的物质的量，有溶液的体积能计算物质的量浓度，D不符合题意。
故答案选C。
【分析】A、；
B、m质=m液-m剂，n=m质/M；c=n/V；
C、；
D、c=n/V；n=m/M；
二、实验题
23．（2018高一上·北京期中）2008年5月，我国四川地区发生特大地震灾害，地震过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病暴发的有效方法之一。氯气（Cl2）是制备消毒剂的主要原料之一。工业上主要采用电解饱和食盐水的方法来制取Cl2。请回答下列问题：
（1）电解之前，食盐水需要精制，目的是除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，使用的试剂有：①Na2CO3溶液 ②Ba(OH)2溶液 ③稀盐酸。其中合理的加入顺序为 　 　（填序号）；
（2）实验室欲配制6.00 mol/L的食盐水90 mL，回答下列问题：
①需要纯净的NaCl　 　g。
②可供选择的仪器有：a玻璃棒 b烧瓶 c烧杯 d胶头滴管 e试管 f托盘天平、砝码 h药匙。在配制食盐水时不需要使用的有　 　（填字母），还缺少的仪器是　 　。
③配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：计算 称量 溶解（　 　）转移（　 　）定容（　 　）装瓶。
④下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是　 　。
A． 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯
B. 容量瓶中原来有少量蒸馏水
C. 定容时，俯视刻度线
D. 称量氯化钠固体时左码右物
（3）在电解饱和食盐水过程中，还生成了H2和NaOH，则所发生反应的化学反应方程式为　 　；
（4）将电解生成的Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是消毒液的主要成分NaClO，应用氧化还原反应原理，写出此反应的化学方程式是　 　。
【答案】（1）②①③
（2）35.1；be；100mL容量瓶；冷却；洗涤；摇匀；AD
（3）2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑
（4）Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
【知识点】除杂；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）利用Na2CO3除去Ca2+，利用Ba(OH)2除去Mg2+和SO42-；为保证离子除尽，所加试剂都是过量的，所以要利用稀盐酸除去过量的CO32-和OH-；为除去过量的Ba2+，可以将Na2CO3在Ba(OH)2之后加入。所以加药品的顺序为：Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸。
故答案为：②①③；
（2）①容量瓶只有一条刻度线，只能配制和其规格相对应的体积的溶液，所以要用100mL的容量瓶配制食盐水。m(NaCl)=c·V·M=6.00 mol/L×(100×10-3L)×58.5g/mol=35.1g。
故答案为：35.1；
②配制NaCl溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；故不需要使用烧瓶和试管，还缺少100mL容量瓶。
故答案为：b、e；100mL容量瓶；
③配制NaCl溶液的步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶。
故答案为：冷却；洗涤；摇匀。
④A、转移完溶液，未洗涤玻璃棒和烧杯，会导致进入容量瓶的溶质偏少，所配溶液的浓度偏小，故A符合题意；
B、容量瓶中原本有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不符合题意；
C、定容时俯视刻度，会导致溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C不符合题意；
D、将砝码和物品的位置颠倒，由于使用游码，会导致所称量的药品的质量偏小，所配溶液浓度偏小，故D符合题意。
故答案为：AD。
（3）饱和食盐水的成分为NaCl和H2O，在电解饱和食盐水过程中，生成了H2和NaOH，则H2O中H元素化合价降低。有化合价的降低，必有化合价的升高，则NaCl中Cl元素化合价由-1价升到0价。电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑。
故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（4）将Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是NaClO，说明Cl2中Cl元素化合价由0价升高到NaClO中的+1价，则另外一种盐为化合价降低得到的盐，Cl2中Cl元素化合价降低为-1价，产物为NaCl。根据元素守恒，还有产物H2O。反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
【分析】（1）碳酸钙、碳酸镁属于白色沉淀，硫酸钡属于白色沉淀，根据除杂时不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的盐酸溶液；
（2）①根据实验室没有90mL的容量瓶，所以需要配置100mL的食盐水，根据m=nM=cVM计算质量；
③根据配置溶液的步骤包括：计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，确定实验需要的仪器；
④配置溶液导致浓度偏小的原因：定容时液体的体积偏大，溶质的物质的量减少：
A、未洗涤，导致溶质减少；
B、容量瓶中有少量蒸馏水，不影响实验；
C、定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小；
D、称量物体质量应该左物右码，左码右物导致称量结果物体的质量偏小，溶质的物质的量偏小；
（3）电解饱和食盐水生成氢氧化钠，氢气，氯气；
（4）根据氧化还原反应中化合价的变化，配平化学方程式，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠，次氯酸钠，水；
24．（2018高一上·北京期中）某小组同学为探究物质的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。
已知：①溴水为溴的水溶液，溴水为橙黄色，溴蒸气为红棕色，均有毒
②氯水为氯气的水溶液。
实验记录如下：
实验操作 实验现象
Ⅰ 打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a A中溶液变为橙黄色
Ⅱ 吹入热空气 A中橙黄色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化
Ⅲ 停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色
请回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式是　 　。
（2）实验操作II吹入热空气的目的是　 　。
（3）装置C的作用是　 　。
（4）实验操作III，混合液逐渐变成橙黄色，其对应的离子方程式是　 　。
（5）由操作I得出的结论是　 　，由操作III得出的结论是　 　。
（6）实验反思：实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）：　 　。
【答案】（1）2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣
（2）吹出单质Br2
（3）吸收Br2，防止污染空气
（4）H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O
（5）Cl2的氧化性强于Br2；H2O2的氧化性强于Br2
（6）H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；探究卤素单质间的置换反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】实验分析：本实验利用“氧化剂氧化性大于氧化产物；强氧化性制弱氧化性”的原理探究物质氧化性的强弱。第I步，向A中（NaBr溶液）滴加氯水，A中溶液变橙黄色，则有Br2单质产生，Cl2将Br－氧化为Br2，证明Cl2氧化性强于Br2。第Ⅱ步，向A中吹入热空气，溴易挥发，A中橙黄色变浅，则Br2被热空气赶入装置B中（H2SO3和BaCl2的混合溶液）；B中有气泡，产生大量白色沉淀，该沉淀应为BaSO4，则SO42－产生；混合液颜色无明显变化，则Br2自身被还原为Br－，说明Br2氧化性强于SO42－。第Ⅲ步，停止吹入空气，向装置B中逐滴加入H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，则Br－又被氧化为Br2，说明H2O2氧化性强于Br2。
（1）根据上述分析，A中发生的反应为氯水将NaBr氧化为Br2，溶液变橙黄色，离子方程式为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；故答案为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；
（2）根据上述分析，吹入热空气，是利用溴的挥发性，将溴单质被赶入B中。
故答案为：吹出单质Br2；
（3）反应过程中有溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用NaOH溶液吸收，故C装置应是盛装NaOH溶液，用来吸收尾气。答案为：吸收Br2，防止污染空气；
（4）滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，说明H2O2在酸溶液中将Br﹣氧化为Br2，离子方程式为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O。故答案为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O；
（5）根据实验分析，操作I证明Cl2的氧化性强于Br2；操作Ⅲ证明H2O2的氧化性强于Br2。
故答案为：Cl2的氧化性强于Br2；H2O2的氧化性强于Br2；
（6）实验操作III，开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色。开始时颜色无明显变化的可能原因是，H2O2与Br﹣反应慢；也可能是溶液中原本有H2SO3有剩余，加入H2O2，H2O2先和H2SO3反应。
故答案为：H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）
【分析】利用氧化剂氧化性大于氧化产物的原理探究物质氧化性的强弱。根据第一步的实验现象证明发生氯气与溴化钠的反应，生成溴单质与氯化钠，说明氯气的氧化性大于溴单质的氧化性；第二步通热空气，使溴气郁亚硫酸，氯化钡反应，根据现象说明生成的沉淀为硫酸钡白色沉淀，说明溴单质的氧化性大于硫酸根的氧化性；第三步，加入过氧化氢溶液，生成溴单质，说明过氧化氢的氧化性大于溴，小于氯气；
（1）氯气与溴化钠反应生成溴单质和氯化钠；
（2）通入热空气，依据实验现象，说明将溴单质气体全部赶到B装置中；
（3）反应中最终有溴气生成，会污染空气；
（4）根据实验现象发生过氧化氢与溴离子发生氧化还原反应，生成溴单质和水；
（5）氧化剂氧化性大于氧化产物的原理探究物质氧化性的强弱；
（6）开始时颜色无明显变化的可能原因是，H2O2与Br﹣反应慢；也可能是溶液中原本有H2SO3有剩余，过氧化氢先氧化亚硫酸；
三、推断题
25．（2018高一上·北京期中）在Na＋浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。
阳离子 K+、Ag+、Mg2+、Ba2+
阴离子 NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-
已知：①SiO32-和大量的H+会生成白色沉淀H2SiO3；
②H2SiO3 H2O+SiO2；
③产生气体为在标准状况下测定，不考虑气体在水中的溶解。现取该溶液100 mL进行如下实验：
序号 实验内容 实验结果
Ⅰ 向该溶液中加入足量稀盐酸 产生白色沉淀并放出0.56 L气体
Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量 固体质量为2.4 g
Ⅲ 向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液 无明显现象
请回答下列问题：
（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是　 　。
（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为　 　。
（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。
阴离子 NO3- CO32- SiO32- SO42-
c/mol·L－1 　 　 　 　 　 　 　 　
（4）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：　 　。
【答案】（1）Ag+ Mg2+ Ba2+
（2）2H+ + SiO32- = H2SiO3↓
（3）？；0.25；0.4；0
（4）0.8 mol/L
【知识点】常见离子的检验；物质的检验和鉴别；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验Ⅰ，向溶液中加入足盐酸，产生白色沉淀并放出0.56 L气体，根据表格所提供的离子可知，该气体一定是CO2，溶液中一定含有CO32﹣，且c(CO32﹣)= =0.25mol/L；溶液中存在CO32﹣时，一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；
故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；
（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓。故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（3）实验Ⅱ，H2SiO3加热分解生成SiO2，m(SiO2)=2.4g，根据硅原子守恒，c(SiO32﹣)= =0.4mol/L。实验Ⅲ，向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则溶液中不含SO42﹣。根据电荷守恒2c(CO32﹣)+2c(SiO32﹣)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞c(Na+)=0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L。根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c(CO32﹣)=0.25mol/L，c(SiO32﹣)=0.4mol/L，c(SO42﹣)=0。
故答案为：
阴离子 NO3- CO32- SiO32- SO42-
c/mol·L－1 ？ 0.25 0.4 0
；
（4）根据（3）问中的分析，可知，溶液中一定存在K+，且其浓度至少为0.8mol/L。
故答案为：0.8 mol/L。
【分析】（1）实验第一步，加入盐酸产生白色沉淀以及气体，根据图表信息，一定含有阴离子CO32-，一定不含有Ag+、Mg2+、Ba2+；
（2）根据已知提示：加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣；
（3）根据第三步的实验现象，说明溶液中不含有SO42-，硝酸根无法判断；其他离子根据生成物质的质量计算浓度；
（4）根据溶液中电荷守恒确定溶液中是否含有K+；
四、综合题
26．（2018高一上·北京期中）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）
（1）Ⅰ中发生反应的还原剂是　 　、Ⅱ中的氧化剂是　 　（填化学式）。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是　 　。
（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O。
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是　 　。
②研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2↑+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是　 　。
【答案】（1）Na2SO3；ClO2
（2）2ClO2 + 2H2O2 +2OH- == 2ClO2- + O2 + 2H2O
（3）1：4；ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。
故答案为：Na2SO3；ClO2；
（2）Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+ H2O2—O2↑+ ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- +O2 + 2H2O；
故答案为：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- + O2 + 2H2O；
（3）① 反应5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为-1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4。
故答案为：1∶4；
②NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2↑+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl-的还原性增强；或者Cl- 的浓度增大，导致Cl-还原性增强。
故答案为：ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【分析】（1）氧化还原反应中化合物升高的反应物作还原剂，化合价降低的作氧化剂；
（2）根据图中信息，ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2；发生氧化还原反应；
（3）NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为-1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂；HCl的化合价没有变化；
五、计算题
27．（2018高一上·北京期中）15.8g KMnO4氧化密度为1.19 g/cm3，溶质质量分数为36.5％的HCl，反应方程式如下：2KMnO4 ＋ 16HCl ＝2KCl ＋ 2MnCl 2＋ 5Cl 2↑ ＋ 8H2O。
（1）该盐酸中HCl的物质的量浓度是　 　。
（2）被氧化的HCl的物质的量为　 　。
（3）求产生的Cl 2在标准状况下的体积（依据化学方程式进行计算，要求写出计算过程）。
【答案】（1）11.9 mol/L
（2）0.5 mol
（3）解：设产生的Cl2在标准状况下的体积为V，则
2KMnO4 ＋16HCl ＝2KCl＋2MnCl 2＋ 5Cl 2↑＋8H2O
2×158g 5×22.4L
15.8g v
列方程式得：
解得：V=5.6L，即产生的Cl2在标准状况下的体积为5.6L。
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）c（HCl）= =11.9mol/L。
故答案为：11.9mol/L；
（2）n（KMnO4）= =0.1mol，由方程式可知，2molKMnO4参加反应，有10molHCl被氧化，则0.1molKMnO4参加反应，有0.5molHCl被氧化。
故答案为：0.5mol；
【分析】（1）根据质量分数，密度计算浓度公式：；
（2）根据化合价的变化确定生成物中的氧化产物为Cl2，根据质量守恒定律计算生成的Cl2的物质的量，被氧化的HCl物质的量n(HCl)=2n(Cl2)；
1 / 1北京101中学2017-2018学年高一上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高一上·北京期中）下面是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴上的图标是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2018高一上·北京期中）下列仪器中能直接加热的是（　　）
A．烧杯 B．烧瓶 C．试管 D．容量瓶
3．（2018高一上·北京期中）下列操作中正确的是（　　）
A．用酒精萃取碘水中的碘
B．用蒸发方法使NaCl 从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl 溶液全部加热蒸干
C．将浓硫酸慢慢注入盛有水的烧杯中进行稀释，并不断搅拌
D．配制1.00 mol/L NaCl溶液时，将称好的NaCl固体直接放入容量瓶中溶解
4．（2018高一上·北京期中）下列关于胶体的叙述错误的是（　　）
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间
B．光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应
C．将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，能得到Fe(OH)3胶体
D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
5．（2018高一上·北京期中）下列说法中正确的是（　　）
A．含有不同种元素的纯净物叫做化合物
B．水溶液中能电离出H+的化合物一定是酸
C．盐中一定含有金属元素
D．非金属氧化物一定是酸性氧化物
6．（2018高一上·北京期中）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质、混合物的归类，完全正确的是　（　　）　
　 A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH CO2 H2CO3 Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 乙醇 H2O
混合物 碱石灰 胆矾 盐酸 液氯
A．A B．B C．C D．D
7．（2018高一上·北京期中）完成下列实验所选择的装置或仪器（A、B中夹持装置已略去）错误的是（　　）
　 A B C D
实 验 用CCl4提取碘水中的I2 除去食盐水中的泥沙 除去自来水中的Cl- 配制100 mL 0.10mol/LKCl溶液
装 置 或 仪 器
A．A B．B C．C D．D
8．（2018高一上·北京期中）以下三组溶液：①煤油和硫酸钾溶液 ②42%的乙醇溶液 ③氯化钠和单质碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（　　）
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
9．（2018高一上·北京期中）在酸性溶液中能大量共存而且溶液为无色透明的是（　　）
A．NH4+、Al3+、SO42－、NO3－ B．K+、Na+、SO42－、Ba2+
C．K+、MnO4－、NH4+、Cl－ D．Ca2+、K+、HCO3－、NO3－
10．（2018高一上·北京期中）下列离子方程式的书写正确的是（　　）
A．氢氧化铜和稀盐酸反应：H+ + OH- ＝ H2O
B．氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液混合：Ba2＋+SO42- ＝ BaSO4↓
C．向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：CO32- + 2H+ ＝ H2O + CO2↑
D．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3 + 6H+ ＝ 2Fe3+ + 3H2O
11．（2018高一上·北京期中）下列溶液中的c(Cl )与150 mL 1mol/L AlCl3溶液中的c(Cl )相等的是（　　）
A．150 mL 1 mol/L NaCl溶液
B．25 mL 3 mol/L NH4Cl溶液
C．75 mL 2 mol/L MgCl2溶液
D．75 mL 2 mol/L FeCl3溶液
12．（2018高一上·北京期中）下列说法正确的是（　　）
A．取少量待测液，加入BaCl2 溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-
B．取少量待测液，加入AgNO3 溶液，产生白色沉淀， 则原溶液中一定有Cl-
C．取少量待测液，加入稀盐酸，产生无色无味并能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32-
D．为分别检验某溶液中含有的Cl-和SO42-，检出的顺序应为先检验SO42-后检验Cl-
13．（2018高一上·北京期中）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B．常温常压下，1 mol氮气含有的核外电子数为28NA
C．48g O2和O3的混合气体所含原子数为3NA
D．标准状况下，11.2 L四氯化碳含有的分子数为0.5NA
14．（2018高一上·北京期中）已知1.505×1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是（　　）
A．16g B．32g C．64g/mol D．32g/mol
15．（2018高一上·北京期中）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种物质的溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1 时，它们与同一浓度的AgNO3溶液恰好反应，则消耗的AgNO3溶液的体积比是（　　）
A．3∶4∶3 B．1∶1∶1
C．1∶2∶3 D．3∶2∶1
16．（2018高一上·北京期中）氮化铝（AlN）是一种具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质的物质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成： 。下列叙述正确的是（　　）
A．在该反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．在该反应中，每当生成2mol AlN，N2失去6mol电子
C．氮化铝中氮元素的化合价为-3价
D．AlN既是氧化产物又是还原产物
17．（2016高一上·新疆期中）已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O．每有1mol Cu（IO3）2参加反应时（　　）
A．有12 mol KI 被氧化 B．转移11 mol电子
C．生成CuI 382g D．I2只是氧化产物
18．（2018高一上·北京期中）已知只有符合以下规律的氧化还原反应才能够自发进行，即氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。若下面三个离子反应都能发生：2A-+C2=2C-+A2，2C-+B2=2B-+C2，2X-+C2=2C-+X2，则下列有关说法中错误的是（　　）
A．氧化性B2＞C2＞A2 B．X2与B- 能发生反应
C．氧化性B2＞C2＞X2 D．还原性X- ＞C- ＞B-
19．（2018高一上·北京期中）相等物质的量的KClO3分别发生下述反应：①有MnO2催化剂存在时，受热分解得到氧气； ②若不使用催化剂，加热至470 ℃左右，得到KClO4(高氯酸钾)和KCl。下列关于①和②的说法错误的是（　　）
A．都是氧化还原反应
B．发生还原反应的元素相同
C．发生氧化反应的元素不同
D．生成KCl的物质的量相同
20．（2018高一上·北京期中）若24g SO32- 恰好与50mL 2mol/L的R2O72-溶液发生氧化还原反应，其中SO32-→SO42-，则R元素在还原产物中的化合价是（　　）
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
21．（2018高一上·北京期中）酸性溶液中，Fe2+会被空气缓慢氧化为Fe3+。不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如下图所示。下列有关说法正确的是 （　　）
A．该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O
B．pH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2.5时大
C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关
D．其他条件相同时，80℃时Fe2+的氧化率比50℃时大
22．（2018高一上·北京期中）在一定温度下，已知有关某饱和溶液的一些数据：①溶液的质量，②溶剂的质量，③溶液的体积，④溶质的摩尔质量，⑤溶质的溶解度，⑥溶液的密度，利用下列各组数据计算该饱和溶液的物质的量浓度，不能算出的一组是（　　）
A．④⑤⑥ B．①②③④
C．①④⑥ D．①③④⑤
二、实验题
23．（2018高一上·北京期中）2008年5月，我国四川地区发生特大地震灾害，地震过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病暴发的有效方法之一。氯气（Cl2）是制备消毒剂的主要原料之一。工业上主要采用电解饱和食盐水的方法来制取Cl2。请回答下列问题：
（1）电解之前，食盐水需要精制，目的是除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，使用的试剂有：①Na2CO3溶液 ②Ba(OH)2溶液 ③稀盐酸。其中合理的加入顺序为 　 　（填序号）；
（2）实验室欲配制6.00 mol/L的食盐水90 mL，回答下列问题：
①需要纯净的NaCl　 　g。
②可供选择的仪器有：a玻璃棒 b烧瓶 c烧杯 d胶头滴管 e试管 f托盘天平、砝码 h药匙。在配制食盐水时不需要使用的有　 　（填字母），还缺少的仪器是　 　。
③配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：计算 称量 溶解（　 　）转移（　 　）定容（　 　）装瓶。
④下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是　 　。
A． 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯
B. 容量瓶中原来有少量蒸馏水
C. 定容时，俯视刻度线
D. 称量氯化钠固体时左码右物
（3）在电解饱和食盐水过程中，还生成了H2和NaOH，则所发生反应的化学反应方程式为　 　；
（4）将电解生成的Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是消毒液的主要成分NaClO，应用氧化还原反应原理，写出此反应的化学方程式是　 　。
24．（2018高一上·北京期中）某小组同学为探究物质的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。
已知：①溴水为溴的水溶液，溴水为橙黄色，溴蒸气为红棕色，均有毒
②氯水为氯气的水溶液。
实验记录如下：
实验操作 实验现象
Ⅰ 打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a A中溶液变为橙黄色
Ⅱ 吹入热空气 A中橙黄色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化
Ⅲ 停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色
请回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式是　 　。
（2）实验操作II吹入热空气的目的是　 　。
（3）装置C的作用是　 　。
（4）实验操作III，混合液逐渐变成橙黄色，其对应的离子方程式是　 　。
（5）由操作I得出的结论是　 　，由操作III得出的结论是　 　。
（6）实验反思：实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）：　 　。
三、推断题
25．（2018高一上·北京期中）在Na＋浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。
阳离子 K+、Ag+、Mg2+、Ba2+
阴离子 NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-
已知：①SiO32-和大量的H+会生成白色沉淀H2SiO3；
②H2SiO3 H2O+SiO2；
③产生气体为在标准状况下测定，不考虑气体在水中的溶解。现取该溶液100 mL进行如下实验：
序号 实验内容 实验结果
Ⅰ 向该溶液中加入足量稀盐酸 产生白色沉淀并放出0.56 L气体
Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量 固体质量为2.4 g
Ⅲ 向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液 无明显现象
请回答下列问题：
（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是　 　。
（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为　 　。
（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。
阴离子 NO3- CO32- SiO32- SO42-
c/mol·L－1 　 　 　 　 　 　 　 　
（4）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：　 　。
四、综合题
26．（2018高一上·北京期中）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）
（1）Ⅰ中发生反应的还原剂是　 　、Ⅱ中的氧化剂是　 　（填化学式）。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是　 　。
（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O。
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是　 　。
②研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2↑+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是　 　。
五、计算题
27．（2018高一上·北京期中）15.8g KMnO4氧化密度为1.19 g/cm3，溶质质量分数为36.5％的HCl，反应方程式如下：2KMnO4 ＋ 16HCl ＝2KCl ＋ 2MnCl 2＋ 5Cl 2↑ ＋ 8H2O。
（1）该盐酸中HCl的物质的量浓度是　 　。
（2）被氧化的HCl的物质的量为　 　。
（3）求产生的Cl 2在标准状况下的体积（依据化学方程式进行计算，要求写出计算过程）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】乙醇易燃烧，是常用的有机燃料，属于易燃液体，
故答案为：D。
【分析】乙醇属于易燃有机液体；
2．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】试管能直接加热，烧杯和烧瓶要垫上石棉网加热，容量瓶不能加热，
故答案为：C。
【分析】根据实验室常见的用于加热的仪器进行分析解答，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等；
3．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、酒精与水互溶，不能利用酒精作萃取剂，故A不符合题意；
B、不能将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干，否则会导致蒸发皿中的固体飞溅，正确操作是当蒸发皿中出现大量NaCl固体时停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干，故B不符合题意；
C、浓硫酸溶于水时释放出大量的热，稀释浓硫酸时，将浓硫酸慢慢注入水中，并不断搅拌，这样使产生的热量快速释放而不会引起水的飞溅，故C符合题意；
D、溶解NaCl应在烧杯中溶解，容量瓶不能用来溶解药品，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、酒精能够与水任意比例互溶，不符合萃取要求；
B、蒸发结晶时当出现大量NaCl固体时停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干；
C、浓硫酸稀释放出大量的热，因此需要将浓硫酸沿烧杯壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，边搅拌边加入；
D、容量瓶只能用来配置溶液，不能用来溶解药品；
4．【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A不符合题意；
B、光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B不符合题意；
C、将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，得到的是Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体的方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，得到红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体，故C符合题意；
D、Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、10﹣9m=1nm，10﹣7m=100nm；分散系的本质区别在于微粒直径的不同；
B、丁达尔效应是胶体独有的特性；
C、将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，得到的是Fe(OH)3沉淀；
D、Fe(OH)3胶体具有吸附性，能够使水中杂质小颗粒凝聚成大颗粒，形成沉淀，达到净水的目的；
5．【答案】A
【知识点】化学试剂的分类
【解析】【解答】A、不同元素组成的纯净物为化合物，故A符合题意；
B、水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物为酸，水溶液中能电离出H+不一定是酸，如NaHSO4属于盐，但能电离出H+，故B不符合题意；
C、盐中不一定含有金属元素，比如NH4Cl是非金属元素组成的盐，故C不符合题意；
D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，比如CO、NO为不成盐氧化物，不具有酸性氧化物的通性，故不是酸性氧化物，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、由两种或两种以上元素组成的纯净物为化合物；
B、一些酸式盐在水溶液也能够电离出H+，NaHSO4；
C、铵盐不含金属元素；
D、非金属氧化物不能形成盐氧化物，不具有酸性氧化物的通性，所以非金属氧化物不一定是酸性氧化物；
6．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、金属Fe属于单质，不属于电解质，故A不符合题意；
B、CO2属于非电解质，硫酸钡是强电解质，胆矾属于纯净物，故B不符合题意；
C、碳酸钙属于强电解质，H2CO3是弱酸，属于弱电解质，乙醇是非电解质，盐酸属于混合物，故C符合题意；
D、水属于弱电解质，液氯属于纯净物，故D不符合题意。
故答案为：C。
【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都不能导电的化合物。（1）电解质和非电解质都必须是化合物。（2）电解质和非电解质都必须是纯净物。（3）电解质溶液导电必须是自身电离产生自由移动的离子。强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的化合物；
7．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、I2不易溶于水，易溶于CCl4，则用CCl4提取碘水中的I2，图中装置、仪器均合理，故A不符合题意；
B、食盐易溶于水，泥沙不溶于水，固液分离可选择过滤操作，故B不符合题意；
C、蒸馏把水变为气体，然后冷却，此时的液态水和氯离子就可以分离了，故C不符合题意；
D、将KCl溶解之后转移至容量瓶，需要用玻璃棒引流，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、I2易溶于CCl4，CCl4不溶于水，用CCl4提取碘水中的I2要用分液漏斗；
B、泥沙不溶于水，实验易溶于水，分离固液不溶物可采用过滤；
C、利用蒸馏装置能够净化水；
D、配置溶液移液时需要用玻璃杯引流；
8．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】汽油不溶于硫酸钠溶液，用分液的方法分离；乙醇与水互溶，42％的乙醇溶液用蒸馏的方法分离；碘易溶于有机溶剂，微溶于水，用萃取的方法分离氯化钠和碘的水溶液，故C符合题意。
答案选C。
【分析】煤油不溶于硫酸钾溶液，采用分液装置分离；乙醇与水任意比例互溶，根据沸点不同，采用蒸馏装置分离；碘易溶于CCl4，可根据萃取方法分离碘水与氯化钠溶液；
9．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．在酸性溶液中NH4+、Al3+、SO42－、NO3－之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，A符合题意；
B.在溶液中SO42－、Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C.MnO4－在溶液中显紫红色，且在酸性溶液中氧化Cl－，不能大量共存，C不符合题意；
D.在酸性溶液中HCO3－不能大量共存，D不符合题意，
故答案为：A。
【分析】A、各离子之间不发生反应能够共存；
B、SO42-与Ba2+生成BaSO4白色沉淀；
C、KMnO4溶液为紫红色；
D、酸性溶液中，H++HCO3－=H2O+CO2；
10．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氧化铜为难溶物，在离子方程式中不可拆开，故A不符合题意；
B、漏掉了镁离子与氢氧根的反应，离子方程式为Ba2++SO42﹣+Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，故B不符合题意；
C、HCO3﹣为多元弱酸的酸式根离子，不能拆，离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；
D、电荷守恒、拆分符合题意、产物符合题意，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A氢氧化铜为蓝色固体，不溶于水，作反应物在离子方程式中以分子式存在；
B、氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀；
C、碳酸氢钠溶液作反应物时，主要是HCO3-参加反应；
D、氧化铁为固体，与盐酸反应生成氯化铁和水；
11．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】150mL1mol/L的AlCl3溶液中的c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。
A、150mL 1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)= c(NaCl)=1mol/L，故A不符合题意；
B、25 mL 3 mol/L NH4Cl溶液中c(Cl-)=3mol/L，故B符合题意；
C、75 mL 2 mol/L MgCl2溶液中，c(Cl-)= 2mol/L×2=4mol/L，故C不符合题意；
D、75 mL 2 mol/L FeCl3溶液中，c(Cl-)=2mol/L×3=6mol/L，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×含有的离子的个数，与溶液的体积无关；
12．【答案】D
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、不能排除AgCl的干扰，检验SO42-，先加稀盐酸(排除SO32-、CO32-、Ag+的干扰)，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则存在SO42-，故A不符合题意；
B、可能生成Ag2CO3等沉淀，检验Cl-，应加入硝酸酸化后的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，证明含Cl﹣，故B不符合题意；
C、溶液中也可能存在的是HCO3-，故C不符合题意；
D、检验Cl-可以使用硝酸银，检验SO42-可以使用Ba2+，由于Ag+与SO42-也会产生沉淀，会影响Cl-的检验，所以先加过量的硝酸钡检验SO42-，且除去SO42-，静置后，取上层清液加入硝酸酸化的硝酸银检验Cl-，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、氯化银白色沉淀不溶于盐酸；
B、碳酸银、硫酸银都属于白色沉淀；
C、碳酸根、碳酸氢根都可以与盐酸反应生成二氧化碳气体；
D、硫酸银氯化银都属于白色沉淀，氯化钡属于无色溶液，所以先加入氢氧化钡溶液，检验硫酸根，过滤后，在用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子；
13．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Fe和盐酸反应生成FeCl2和H2，1molFe转移2mol电子，所以5.6g(0.1mol)Fe充分反应，转移0.2mol电子，即0.2NA，故A不符合题意；
B、1个N2含有电子数为14，则1mol N2含有电子数为14NA，故B不符合题意；
C、从原子的角度看，48g O2和O3的混合气体中只含有氧原子，则m(O)=48g，n(O)=3mol，所以氧原子数目为3NA，故C符合题意；
D、标况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、Fe和盐酸反应生成FeCl2和H2，化合价升高2；
B、原子核外电子数=原子序数=核内质子数，1molN2含有14NA电子；
C、氧气、臭氧都是氧元素构成，采用整体分析，n(0)=m(O)/M(0)计算O元素的物质的量；
D、标况下，CCl4为液体，不是气体；
14．【答案】D
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】8g气体X的物质的量为：n（X）=mol=0.25mol，
X的摩尔质量为：M（X）===32g/mol，
故选D．
【分析】先根据物质的量与阿伏加德罗常数的关系：n=计算出X的物质的量，然后利用摩尔质量的表达式：M=计算出X的摩尔质量．
15．【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为c，则三种溶液中Cl－物质的量浓度分别为c、2c、3c；又因为溶液的体积比为3∶2∶1，则三种溶液中Cl－的物质的量之比为(3×c)∶(2×2c)∶(1×3c)=3∶4∶3，消耗的AgNO3的物质的量之比为3∶4∶3；AgNO3溶液浓度相同，所以消耗AgNO3溶液的体积比为3∶4∶3。
故答案为：A。
【分析】Cl-+Ag+=AgCl，n(Cl-)=n(Ag+)；分别计算出溶液中Cl-的物质的量之比即为硝酸的体积之比；
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，Al2O3中没有元素化合价发生改变，Al2O3不是氧化剂，也不是还原剂，故A不符合题意；
B、N元素化合价由0价降低到﹣3价，每生成2mol AlN，N2得到6mol电子，故B不符合题意；
C、由化合价代数和为0可知，氮化铝中铝元素化合价为+3价，氮元素的化合价为﹣3，故C符合题意；
D、 AlN为还原产物，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、氧化还原中，化合价升高的反应物为还原剂，化合价降低的反应物作氧化剂；
B、N2—AlN，N元素得电子，化合价降低；
C、化合价代数和为0，铝元素化合价为+3价，氮元素的化合价为﹣3；
D、N2—AlN，只有N元素化合价降低，发生变化，得还原产物；
17．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：由2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，KI中I元素的化合价由﹣1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol，
A．有11 mol KI 被氧化，故A错误；
B．有11 mol KI 被氧化，转移11 mol电子，故B正确；
C．生成CuI 为1mol，即291g，故C错误；
D．I2既是氧化产物，又是还原产物，故D错误．
故选B．
【分析】2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，以此来计算．
18．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】2A-+C2=2C-+A2中，A-为还原剂，A2为氧化产物，C2为氧化剂，C-为还原产物，氧化性C2＞A2，还原性A-＞C-；2C-+B2=2B-+C2中，C-为还原剂，C2为氧化产物，B2为氧化剂，B-为还原产物，则氧化性B2＞C2，还原性C-＞B-；2X-+C2=2C-+X2中，X-为还原剂，X2为氧化产物，C2为氧化剂，C-为还原产物，则氧化性C2＞X2，还原性X-＞C-。
A、根据上述分析，氧化性B2＞C2＞A2，故A不符合题意；
B、氧化性B2＞C2＞X2，所以X2不能与B-发生反应，故B符合题意；
C、氧化性B2＞C2＞X2，故C不符合题意；
D、还原性X- ＞C- ＞B-，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据还原剂被氧化得氧化产物，氧化剂被还原得还原产物；根据氧化剂的氧化>氧化产物额氧化性，还原剂的还原性>还原产物的还原性解答；
19．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】①发生2KClO3 2KCl+3O2↑，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；②发生4KClO3 3KClO4 + KCl，Cl元素的化合价既升高又降低。
A．两个反应中均有元素的化合价变化，都属于氧化还原反应，故A符合题意；
B.两个反应中均有Cl元素的化合价降低，则发生还原反应的元素相同，故B符合题意；
C.①中O元素发生氧化反应，②中Cl元素发生氧化反应，故C符合题意；
D.均4mol时，①生成4molKCl，②生成1molKCl，生成KCl的物质的量不同，故D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两个反应中Cl的化合价均发生变化；
B、氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应；
C、第一个反应，O元素化合价升高，发生氧化反应，第二个反应Cl元素化合价升高，发生氧化反应；
D、配平化学方程式，按照质量守恒定律计算；
20．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】n(SO32-)= =0.3mol，n(R2O72-)=c×V=2mol/L×50×10-3L=0.1mol；SO32-被氧化成SO42-，S元素化合价由+4价升为+6价；R2O72-中R元素发生还原反应，令R元素在产物中的化合价为a价，根据电子守恒，0.3mol×(6-4)=0.1mol×2×(6-a)；解得a=+3，
故答案为：C。
【分析】S元素化合价升高，R元素化合价降低，再根据氧化还原反应中得失电子守恒计算出R元素的化合价；
21．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】由图象知，当pH值与其它条件相同，温度越高，Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同，pH值越大，Fe2+的氧化率越小。
A、方程式电荷不守恒，配平不符合题意，符合题意的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A不符合题意；
B、Fe2+的氧化率受pH值和温度的影响，所以pH=1.5时氧化率不一定比pH=2.5时大，故B不符合题意；
C、Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C不符合题意；
D、其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、离子方程式中电荷不守恒；
B、Fe2+的氧化率受pH值和温度的共同影响；
C、Fe2+的氧化率受pH值和温度的影响，反应速率还有反应物的浓度有关；
D、结合图表，pH相同时，80℃时的反应速率快；
22．【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A、有溶质的摩尔质量，溶质的溶解度，溶液的密度，可以用100克水中溶解的溶质计算其物质的量，根据溶剂和溶质的质量计算溶液的质量，结合密度计算溶液的体积，即可计算物质的量浓度，A不符合题意；
B、有溶液的质量和溶剂的质量可以计算溶质的质量，有溶质的摩尔质量可以计算器物质的量，有溶液的体积就可以计算物质的量浓度，B不符合题意；
C、不能确定溶液的体积，不能计算物质的量浓度，C符合题意；
D、能计算溶质的物质的量，有溶液的体积能计算物质的量浓度，D不符合题意。
故答案选C。
【分析】A、；
B、m质=m液-m剂，n=m质/M；c=n/V；
C、；
D、c=n/V；n=m/M；
23．【答案】（1）②①③
（2）35.1；be；100mL容量瓶；冷却；洗涤；摇匀；AD
（3）2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑
（4）Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
【知识点】除杂；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）利用Na2CO3除去Ca2+，利用Ba(OH)2除去Mg2+和SO42-；为保证离子除尽，所加试剂都是过量的，所以要利用稀盐酸除去过量的CO32-和OH-；为除去过量的Ba2+，可以将Na2CO3在Ba(OH)2之后加入。所以加药品的顺序为：Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸。
故答案为：②①③；
（2）①容量瓶只有一条刻度线，只能配制和其规格相对应的体积的溶液，所以要用100mL的容量瓶配制食盐水。m(NaCl)=c·V·M=6.00 mol/L×(100×10-3L)×58.5g/mol=35.1g。
故答案为：35.1；
②配制NaCl溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；故不需要使用烧瓶和试管，还缺少100mL容量瓶。
故答案为：b、e；100mL容量瓶；
③配制NaCl溶液的步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶。
故答案为：冷却；洗涤；摇匀。
④A、转移完溶液，未洗涤玻璃棒和烧杯，会导致进入容量瓶的溶质偏少，所配溶液的浓度偏小，故A符合题意；
B、容量瓶中原本有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不符合题意；
C、定容时俯视刻度，会导致溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C不符合题意；
D、将砝码和物品的位置颠倒，由于使用游码，会导致所称量的药品的质量偏小，所配溶液浓度偏小，故D符合题意。
故答案为：AD。
（3）饱和食盐水的成分为NaCl和H2O，在电解饱和食盐水过程中，生成了H2和NaOH，则H2O中H元素化合价降低。有化合价的降低，必有化合价的升高，则NaCl中Cl元素化合价由-1价升到0价。电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑。
故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（4）将Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是NaClO，说明Cl2中Cl元素化合价由0价升高到NaClO中的+1价，则另外一种盐为化合价降低得到的盐，Cl2中Cl元素化合价降低为-1价，产物为NaCl。根据元素守恒，还有产物H2O。反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
【分析】（1）碳酸钙、碳酸镁属于白色沉淀，硫酸钡属于白色沉淀，根据除杂时不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的盐酸溶液；
（2）①根据实验室没有90mL的容量瓶，所以需要配置100mL的食盐水，根据m=nM=cVM计算质量；
③根据配置溶液的步骤包括：计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，确定实验需要的仪器；
④配置溶液导致浓度偏小的原因：定容时液体的体积偏大，溶质的物质的量减少：
A、未洗涤，导致溶质减少；
B、容量瓶中有少量蒸馏水，不影响实验；
C、定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小；
D、称量物体质量应该左物右码，左码右物导致称量结果物体的质量偏小，溶质的物质的量偏小；
（3）电解饱和食盐水生成氢氧化钠，氢气，氯气；
（4）根据氧化还原反应中化合价的变化，配平化学方程式，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠，次氯酸钠，水；
24．【答案】（1）2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣
（2）吹出单质Br2
（3）吸收Br2，防止污染空气
（4）H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O
（5）Cl2的氧化性强于Br2；H2O2的氧化性强于Br2
（6）H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；探究卤素单质间的置换反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】实验分析：本实验利用“氧化剂氧化性大于氧化产物；强氧化性制弱氧化性”的原理探究物质氧化性的强弱。第I步，向A中（NaBr溶液）滴加氯水，A中溶液变橙黄色，则有Br2单质产生，Cl2将Br－氧化为Br2，证明Cl2氧化性强于Br2。第Ⅱ步，向A中吹入热空气，溴易挥发，A中橙黄色变浅，则Br2被热空气赶入装置B中（H2SO3和BaCl2的混合溶液）；B中有气泡，产生大量白色沉淀，该沉淀应为BaSO4，则SO42－产生；混合液颜色无明显变化，则Br2自身被还原为Br－，说明Br2氧化性强于SO42－。第Ⅲ步，停止吹入空气，向装置B中逐滴加入H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，则Br－又被氧化为Br2，说明H2O2氧化性强于Br2。
（1）根据上述分析，A中发生的反应为氯水将NaBr氧化为Br2，溶液变橙黄色，离子方程式为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；故答案为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；
（2）根据上述分析，吹入热空气，是利用溴的挥发性，将溴单质被赶入B中。
故答案为：吹出单质Br2；
（3）反应过程中有溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用NaOH溶液吸收，故C装置应是盛装NaOH溶液，用来吸收尾气。答案为：吸收Br2，防止污染空气；
（4）滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，说明H2O2在酸溶液中将Br﹣氧化为Br2，离子方程式为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O。故答案为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O；
（5）根据实验分析，操作I证明Cl2的氧化性强于Br2；操作Ⅲ证明H2O2的氧化性强于Br2。
故答案为：Cl2的氧化性强于Br2；H2O2的氧化性强于Br2；
（6）实验操作III，开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色。开始时颜色无明显变化的可能原因是，H2O2与Br﹣反应慢；也可能是溶液中原本有H2SO3有剩余，加入H2O2，H2O2先和H2SO3反应。
故答案为：H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）
【分析】利用氧化剂氧化性大于氧化产物的原理探究物质氧化性的强弱。根据第一步的实验现象证明发生氯气与溴化钠的反应，生成溴单质与氯化钠，说明氯气的氧化性大于溴单质的氧化性；第二步通热空气，使溴气郁亚硫酸，氯化钡反应，根据现象说明生成的沉淀为硫酸钡白色沉淀，说明溴单质的氧化性大于硫酸根的氧化性；第三步，加入过氧化氢溶液，生成溴单质，说明过氧化氢的氧化性大于溴，小于氯气；
（1）氯气与溴化钠反应生成溴单质和氯化钠；
（2）通入热空气，依据实验现象，说明将溴单质气体全部赶到B装置中；
（3）反应中最终有溴气生成，会污染空气；
（4）根据实验现象发生过氧化氢与溴离子发生氧化还原反应，生成溴单质和水；
（5）氧化剂氧化性大于氧化产物的原理探究物质氧化性的强弱；
（6）开始时颜色无明显变化的可能原因是，H2O2与Br﹣反应慢；也可能是溶液中原本有H2SO3有剩余，过氧化氢先氧化亚硫酸；
25．【答案】（1）Ag+ Mg2+ Ba2+
（2）2H+ + SiO32- = H2SiO3↓
（3）？；0.25；0.4；0
（4）0.8 mol/L
【知识点】常见离子的检验；物质的检验和鉴别；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验Ⅰ，向溶液中加入足盐酸，产生白色沉淀并放出0.56 L气体，根据表格所提供的离子可知，该气体一定是CO2，溶液中一定含有CO32﹣，且c(CO32﹣)= =0.25mol/L；溶液中存在CO32﹣时，一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；
故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；
（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓。故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（3）实验Ⅱ，H2SiO3加热分解生成SiO2，m(SiO2)=2.4g，根据硅原子守恒，c(SiO32﹣)= =0.4mol/L。实验Ⅲ，向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则溶液中不含SO42﹣。根据电荷守恒2c(CO32﹣)+2c(SiO32﹣)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞c(Na+)=0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L。根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c(CO32﹣)=0.25mol/L，c(SiO32﹣)=0.4mol/L，c(SO42﹣)=0。
故答案为：
阴离子 NO3- CO32- SiO32- SO42-
c/mol·L－1 ？ 0.25 0.4 0
；
（4）根据（3）问中的分析，可知，溶液中一定存在K+，且其浓度至少为0.8mol/L。
故答案为：0.8 mol/L。
【分析】（1）实验第一步，加入盐酸产生白色沉淀以及气体，根据图表信息，一定含有阴离子CO32-，一定不含有Ag+、Mg2+、Ba2+；
（2）根据已知提示：加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣；
（3）根据第三步的实验现象，说明溶液中不含有SO42-，硝酸根无法判断；其他离子根据生成物质的质量计算浓度；
（4）根据溶液中电荷守恒确定溶液中是否含有K+；
26．【答案】（1）Na2SO3；ClO2
（2）2ClO2 + 2H2O2 +2OH- == 2ClO2- + O2 + 2H2O
（3）1：4；ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。
故答案为：Na2SO3；ClO2；
（2）Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+ H2O2—O2↑+ ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- +O2 + 2H2O；
故答案为：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- + O2 + 2H2O；
（3）① 反应5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为-1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4。
故答案为：1∶4；
②NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2↑+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl-的还原性增强；或者Cl- 的浓度增大，导致Cl-还原性增强。
故答案为：ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【分析】（1）氧化还原反应中化合物升高的反应物作还原剂，化合价降低的作氧化剂；
（2）根据图中信息，ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2；发生氧化还原反应；
（3）NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为-1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂；HCl的化合价没有变化；
27．【答案】（1）11.9 mol/L
（2）0.5 mol
（3）解：设产生的Cl2在标准状况下的体积为V，则
2KMnO4 ＋16HCl ＝2KCl＋2MnCl 2＋ 5Cl 2↑＋8H2O
2×158g 5×22.4L
15.8g v
列方程式得：
解得：V=5.6L，即产生的Cl2在标准状况下的体积为5.6L。
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）c（HCl）= =11.9mol/L。
故答案为：11.9mol/L；
（2）n（KMnO4）= =0.1mol，由方程式可知，2molKMnO4参加反应，有10molHCl被氧化，则0.1molKMnO4参加反应，有0.5molHCl被氧化。
故答案为：0.5mol；
【分析】（1）根据质量分数，密度计算浓度公式：；
（2）根据化合价的变化确定生成物中的氧化产物为Cl2，根据质量守恒定律计算生成的Cl2的物质的量，被氧化的HCl物质的量n(HCl)=2n(Cl2)；
1 / 1

展开更多......

收起↑