陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高一上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高一上·长安期中）下列有关实验安全问题的叙述中正确的是（ ）
A．少量的浓硫酸沾到皮肤上时，直接用大量的水冲洗，再涂上硼酸溶液
B．用酒精灯给玻璃仪器直接加热时，应先移动酒精灯进行预热后再集中加热。
C．凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂
D．H2还原CuO的实验结束时，应先停止通氢气，再撤走加热氧化铜的酒精灯。
【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A. 少量的浓硫酸沾到皮肤上时，必须立即用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠软膏，故A不符合题意；
B. 用酒精灯给玻璃仪器直接加热时，应先移动酒精灯进行预热，后再集中加热，以防局部温度过高导致玻璃仪器炸裂，故B符合题意；
C.给玻璃仪器加热,不一定都要加垫石棉网,有些化学仪器能直接进行加热，比如试管等，故C不符合题意；
D. H2还原CuO的实验结束时，应先撤走加热氧化铜的酒精灯，等到试管冷却到室温，再停止通氢气，以防生成的铜重新被氧化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸雨水方程式大量的热；
B.根据酒精灯加热的操作进行判断；
C.玻璃仪器中有可以直接加热的，如试管；
D.该操作会使还原出来的铜重新被氧化为氧化铜。
2．（2018高一上·长安期中）下列实验操作中正确的是（ ）
A．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
B．蒸馏操作时，应在蒸馏烧瓶中预先加入沸石，并使温度计水银球浸没在所蒸馏的液体混合物中。
C．分液操作过程中，应关闭分液漏斗上端的塞子，防止有机试剂挥发，造成环境污染。
D．萃取操作时，振荡分液漏斗的过程中应及时放气。
【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A.蒸发时，当混合物中出现大量固体时，停止加热,利用余热，使水分蒸干，故A不符合题意；
B.蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则应使温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B不符合题意；
C.分液时，把分液漏斗上端的玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗口上的小孔，能使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能够流出，C不符合题意；
D.分液漏斗倒转振荡时，因萃取剂多为有机溶剂，蒸气压较大，如不放气，内外气压不平衡，有时塞子会被冲出，因此要及时放气，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.蒸发时利用余热蒸干；
B.蒸馏操作中温度计测量的是蒸汽的温度，水银泡应处于蒸馏烧瓶的支管处；
C.分液操作中应保证内外压强平衡。
3．（2018高一上·长安期中）海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，为了得到纯净的NaCl，可向滤液中依次加入过量的下列溶液，其中不合理的是（ ）
A．BaCl2→NaOH→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
B．Ba(OH)2→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
C．NaCO3→NaOH→BaCl2→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
D．BaCl2→NaCO3→NaOH→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
【答案】C
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；
B. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的Ba(OH)2溶液，除去SO42-、Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；
C. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+，少量Mg2+，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的BaCl2溶液，除去CO32-，过滤，滤液中加入稀盐酸，但是溶液中仍有剩余的Ba2+，蒸发结晶得不到纯净的NaCl；不合理；
D. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+及少量的Mg2+，再加入过量的NaOH 溶液，除去Mg2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；
故答案为：C。
【分析】根据海水除去杂质离子的操作步骤进行判断加入试剂的顺序和操作即可。
4．（2018高一上·长安期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．1 mol N2所含有的原子数为NA
B．标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NA
C．500 mL 1.0 mol/L碳酸钠溶液中所含钠离子的数为NA
D．0.5mol纯硫酸所含有的氧原子数与2NA个CO2分子中所含有的氧原子数相等
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、氮气是由2个氮原子构成的，所以1 mol N2所含有的原子数为2NA，A不符合题意；
B、标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，即22.4 L水不是1mol，含有的水分子数不是NA，B不符合题意；
C、500 mL 1.0 mol/L碳酸钠溶液中碳酸钠的物质的量＝0.5L×1.0mol/L＝0.5mol，其中钠离子的物质的量＝0.5mol×2＝1.0mol，即所含钠离子的数为NA，C符合题意；
D、0.5mol纯硫酸所含有的氧原子的物质的量＝0.5mol×4＝2mol，2NA个CO2分子中所含有的氧原子物质的量＝2mol×2＝4mol，二者原子数不相等，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A.氮气分子是双原子分子；
B.标准状况下水是液体；
C.1mol碳酸钠能电离出2mol钠离子；
D.根据阿伏加德罗常数与物质的量的关系和硫酸分子、二氧化碳分子的组成进行计算。
5．（2018高一上·昆明期中）标准状况下， ① 6.72 L NH3② 1.204×1023个H2S ③ 6.4 g CH4④ 0.5 mol HCl，下列关系正确的是 （ ）
A．体积大小：④>③>②>① B．原子数目：③>①>④>②
C．密度大小：④>②>③>① D．质量大小：④>③>②>①
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】①6.72LNH3的物质的量；②1.204×1023个H2S的物质的量；③6.4gCH4物质的量；
A.由于气体都处于标准状态下，根据公式V=n×Vm可知，物质的量越大，其气体体积越大，故四种气体的体积大小为：④＞③＞①＞②，A不符合题意；
B.0.3molNH3中所含的原子数为0.3mol×4×NA=1.2NA，0.2molH2S中所含的原子数为0.2mol×3×NA=0.6NA，0.4molCH4中所含的原子数为0.4mol×5×NA=2NA，0.5molHCl中所含的原子数为0.5mol×2×NA=1NA，故所含原子数大小为：③>①>④>②，B符合题意；
C.根据公式可知，在相同状态下，气体密度与其摩尔质量成正比，故四章气体的密度大小为：④＞②＞③＞①，C不符合题意；
D.0.3molNH3的质量m=n×M=0.3mol×17g/mol=5.1g，0.2molH2S的质量m=n×M=0.2mol×34g/mol=6.8g，0.4molCH4的质量m=n×M=0.4mol×14g/mol=6.4g，0.5molHCl的质量m=n×M=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，故四种气体的质量大小为：④＞②＞③＞①，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】 先根据公式、、 计算所给物质的物质的量，再结合选项进行分析；
A.同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比；
B.根据公式N=n×NA，结合分子所含原子个数进行分析；
C.根据公式进行分析；
D.根据公式m=n×M进行分析；
6．（2018高一上·长安期中）标准状况下将44.8LHCl气体溶于1L水中，所得盐酸溶液的密度为1.1g/cm3，该盐酸的物质的量浓度为（ ）
A．2mol/L B．2.1mol/L C．2.2mol/L D．2.3mol/L
【答案】B
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】44.8LHCl气体物质的量44.8/22.4=2mol，该溶液的质量分数为：2×36.5/(2×36.5+1000)×100%=6.8%；根据公式：c=1000ρω/M=1000×1.1×6.8%/36.5=2.1mol/L；
故答案为：B。
【分析】根据溶液的总质量和溶液的密度计算盐酸体积，结合溶液的物质的量浓度的公式计算其浓度即可。
7．（2018高一上·桂林期中）用10 mL的0.1 mol·L－1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）
A．3∶2∶2 B．1∶2∶3 C．1∶3∶3 D．3∶1∶1
【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】已知：，三种硫酸盐的体积相同，则求出物质的量之比即可，
n(Ba2+)=0.01L×0.1 mol·L－1 =0.001mol，所以三种盐溶液中硫酸根的含量均为0.001mol，
即3n（Fe2(SO4)3）=n(ZnSO4)=n(K2SO4)，则Fe2(SO4)3：n(ZnSO4)：n(K2SO4)=1：3：3
【分析】 根据物质的量计算公式进行推导；
8．（2018高一上·长安期中）将溶质的质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a％，此时物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是（ ）
A．c2＝c1 B．c2＜c1 C．c2＞2c1 D．无法确定
【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】蒸发水，溶质的质量不变，质量分数变为原来的2倍，则剩余溶液的质量为原溶液的1/2，若溶液的密度不变，则体积也变为原来的1/2，浓度为原来的2倍，即 c2＝2c1，但是对硫酸溶液来说，浓度变大，密度也变大，所以体积小于原来的一半，故c2＞2c1，C符合题意。
故答案为：C
【分析】硫酸的浓度越大，密度越大，相等质量的溶液的体积就会越小，据此分析即可。
9．（2018高一上·长安期中）符合下图中阴影部分的物质是（ ）
A．CO2 B．Cu2O C．NO2 D．Na2O
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. CO2 为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A符合题意；
B. Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B不符合题意；
C. NO2 中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C不符合题意；
D. Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图示可知，阴影部分表示的是具有三种性质，进行逐一验证即可。
10．（2018高一上·长安期中）下列对胶体的相关说法，错误的是（ ）
①利用胶体的性质，可用高压直流电除去水泥厂和冶金厂的大量烟尘，减少对空气的污染
②向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，则能说明该蛋白质溶液是胶体。
④往Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解
⑤用血液透析的方法治疗肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，利用的是胶体渗析的原理
⑥Fe(OH)3胶体电泳实验中阴极颜色加深，说明Fe(OH)3胶体带正电
⑦同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成钢笔堵塞，是因为不同牌子的墨水混用易聚沉。
A．①②④⑦ B．②④⑥⑦ C．②⑥ D．①③④⑤⑦
【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】①烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，故①符合题意；
②FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能得到Fe(OH)3胶体，故②不符合题意；
③蛋白质溶液是胶体，有丁达尔效应，故③符合题意；
④稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，生成的氢氧化铁沉淀与硫酸发生中和后，沉淀又溶解，故④符合题意；
⑤血液属于胶体，胶体微粒不能够透过半透膜，体用渗析法可以提纯分离胶体，故⑤符合题意；
⑥Fe(OH)3胶体电泳实验中阴极颜色加深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷，向阴极移动，而Fe(OH)3胶体为电中性，故⑥不符合题意；
⑦墨水属于胶体，带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故⑦符合题意；
故答案为：C。
【分析】氢氧化铁交替的制备是利用氯化铁溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而氢氧化钠溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀；
胶体本身不带电，是氢氧化铁胶粒带电。
11．（2018高一上·桂林月考）磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合,再滴入稍过量的NaOH溶液,随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子的直径为5.5 36nm的磁流体。下列说法中正确的是（ ）
A．所得到的分散系属于胶体
B．用一束光照射该分散系时，看不到一条光亮的“通路”
C．该分散系不能透过滤纸
D．该分散系的分散质为Fe(OH)3
【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.5～36nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；
A、据以上分析可知，所得到的分散系属于胶体，故A符合题意；
B、磁流体分散系属于胶体，具有丁达尔现象，故B不符合题意；
C、该分散系属于胶体，胶体可以透过滤纸，故C不符合题意；
D、该分散系的分散质是由氢氧化亚铁、氢氧化铁共同组成的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系是胶体；
B、熟记胶体的性质：丁达尔效应；
C、溶液、胶体的分散质微粒都可以透过滤纸；浊液的分散质微粒不可以透过滤纸；
D、熟记二价铁离子、三价铁离子的化学性质；
12．（2016高二上·临川期中）下列说法中正确的是（ ）
A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：
A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；
B、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故B错误．
C、铜和石墨导电是因为有自由移动的电子，可以按一定方向移动形成电流，并且铜和石墨均为单质，不是电解质，故C错误；
D、蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故D正确．
故选D．
【分析】根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物来解答此题．
13．（2018高一上·长安期中）下列物质混合发生化学反应，且反应属于离子反应的是（ ）
A．H2和O2反应生成水
B．锌片投入稀硫酸中
C．KClO3（固体）和MnO2（固体）混合加热制O2
D．NaOH溶液和K2SO4溶液混合
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．氢气和氧气点燃生成水的反应不是离子反应，故A错误；
B．锌片投入稀硫酸中会和硫酸中的氢离子反应生成氢气，故B正确；
C．固体和固体的反应不是离子反应，故C错误；
D．NaOH溶液和K2SO4溶液混合不会发生离子之间的反应，故D错误．
故选B．
【分析】有离子参加的反应叫做离子反应，离子反应的条件：生成气体、沉淀、难电离的物质，具备条件之一反应即可发生．
14．（2018高一上·长安期中）在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A．NH4+ 、SO42- 、Al3＋ 、NO3- B．Na+ 、K+ 、HCO3- 、NO3-
C．Na+ 、Ca2+ 、NO3- 、CO32- D．K+、Cu2+ 、NH4+ 、NO3-
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.在某无色酸性溶液中:H+与NH4+ 、SO42- 、Al3＋ 、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，A符合题意；
B.在某无色酸性溶液中，H+与HCO3- 发生反应，不能大量共存，B不符合题意；
C.在某无色酸性溶液中，H+与CO32- 发生反应，不能大量共存，且Ca2+ 与CO32-也不能共存，C不符合题意；
D. 在某无色酸性溶液中， Cu2+ 溶液显蓝色，与题给条件不符合，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.碳酸氢根离子在酸性溶液中不能大量存在；
C.碳酸根离子在酸性溶液中不能大量存在，且钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀；
D.铜离子是有色离子，在无色溶液中不能大量存在。
15．（2018高一上·桂林期中）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铁与盐酸反应：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑
B．氢氧化钡与硫酸铜溶液混合：2OH- + Cu2+ = Cu(OH)2↓
C．过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应：2HCO3-＋Ba2+＋2OH- = BaCO3↓＋CO32-＋2H2O
D．石灰乳和盐酸反应：CaCO3＋2H+ ＝ Ca2+＋CO2↑＋H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.铁与稀盐酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该离子方程式不符合客观事实，A不符合题意；
B.该反应过程生成BaSO4和Cu(OH)2沉淀，该离子方程式缺少反应，B不符合题意；
C.Ba(OH)2少量，则应完全反应，离子方程式中应满足Ba2+与OH-的系数为1:2，故参与反应的HCO3-的系数为2，该反应的离子方程式正确，C符合题意；
D.石灰乳为Ca(OH)2的乳浊液，而不是CaCO3，该离子方程式错误，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.该离子方程式不符合客观事实；
B.反应过程中还生成BaSO4沉淀；
C.Ba(OH)2少量，则应完全反应，离子方程式中应满足Ba2+与OH-的系数为1:2；
D.石灰乳为Ca(OH)2的乳浊液；
16．（2018高一上·桂林月考）以下反应属于氧化还原反应，且H2O既不是氧化剂也不是还原剂的是（ ）
A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B．2F2+2H2O=4HF+O2↑
C．CaO+H2O=Ca(OH)2 D．Cl2+H2O=HCl+HClO
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H元素化合价降低，水为氧化剂，故A不符合题意；
B．O元素化合价升高，被氧化，水为还原剂，故B不符合题意；
C．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．氯气自身发生氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断反应是不是氧化还原反应的标准是：看有没有得失电子；水不做氧化剂也不做还原剂，即水中的氢元素与氧元素的化合价不变；
17．（2018高一上·长安期中）以下各组物质所具有的性质依次为只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的是（ ）
A．Na、H+、H2O B．Cl2、KClO3、Fe
C．Na+、K、Fe2+ D．KMnO4、CO、H2O
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A项，Na元素化合价只能升高，钠只有还原性；H+化合价只能降低，H+只有氧化性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以水既有氧化性又有还原性，A不符合题意；
B项，Cl2中Cl元素化合价即可升高又可降低，所以Cl2既有氧化性又有还原性；KClO3中Cl元素化合价可以降低， O元素化合价可以升高，所以KClO3既有氧化性又有还原性；Fe元素化合价只能升高，Fe具有还原性；B不符合题意；
C.Na+化合价只能降低，只有氧化性；K元素化合价只能升高，K只有还原性；Fe2+化合价既可以升高，又可以降低，所以Fe2+既有氧化性又有还原性，C符合题意；
D. KMnO4中Mn元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KMnO4既有氧化性又有还原性；CO中碳元素化合价既可以升高，又可以降低，所以CO既有氧化性又有还原性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以H2O既有氧化性又有还原性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】可根据元素的化合价判断物质具有的氧化性、还原性等，最高正价只有氧化性、最低负价只有还原性，中间价态既有氧化性又有还原性。
18．（2018高一上·长安期中）下列反应中，电子转移的表示方法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【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.SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，得电子，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价，失电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为： ，A不符合题意；
B.Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，失电子；H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为： ，B不符合题意；
C.KI→I2，碘元素化合价由-1价升高到0价，失电子；KMnO4→MnSO4，锰元素化合价由+7价降低到+2价，得电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为： ，C符合题意；
D. Cu→CuSO4，铜元素化合价由0价升高到+2价，失电子；H2SO4→SO2，硫元素化合价由+6价降低到+4价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，该方程式电子转移表示方法为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据元素化合价变化计算电子转移数值，注意箭头的起始和终结。
19．（2018高一上·桂林月考）硫代硫酸钠可作为脱氯剂,已知25.0mL0.100mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl-离子,则S2O32—将转化成（ ）
A．S2- B．S C．SO32- D．SO42-
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算，n（Na2S2O3）=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）= =0.01mol，设S2O32-被氧化后的S元素的化合价为n，根据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0.0025×2×（n-2）mol=2×0.01mol
n=6 ，
故答案为：D。
【分析】根据化学反应前后得失电子守恒求解即可；
20．（2018高一上·长安期中）PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）
A．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B．10Cl +2MnO4 +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl
D．5Pb2++2MnO4 +2H2O=5PbO2+2Mn2++4H+
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，反应中三价铁离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，三价铁氧化性大于铜离子氧化性，能发生，故A不选；
B.10Cl-+2MnO4-+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反应中高锰酸根离子为氧化剂，氯气为还原剂，高锰酸根离子氧化性强于氯气，能发生，故B不选；
C.2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，反应中氯气为氧化剂，三价铁离子为氧化产物，氯气的氧化性强于三价铁离子，能发生，故C不选；
D.高锰酸根离子氧化性弱于二氧化铅，该反应不可能发生，故D选。
故答案为D。
【分析】根据氧化还原反应的规律：强氧化剂和强还原剂反应生成弱氧化剂和弱还原剂来判断选项中反应能否发生即可。
二、实验题
21．（2018高一上·长安期中）某校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用220mL 0.1mol/L的稀盐酸溶液，现用质量分数为36.5%、密度为1.19g/cm3的浓盐酸来配制。
（1）配制上述溶液需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外有
（2）根据计算，本实验需要用量筒量取浓盐酸的体积为 mL。
（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_________.
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1 2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1 2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
E．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀
（4）假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，试判断所配制的溶液浓度相比于要求的值偏高的是__________
A．容量瓶中有少量蒸馏水
B．稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中
C．配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中
D．定容时俯视
【答案】（1）250 mL容量瓶，胶头滴管量筒
（2）2.1
（3）A；E
（4）B；D
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）需用220mL0.1mol/L的稀盐酸溶液，应该用250 mL容量瓶配制。配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还有250 mL容量瓶、胶头滴管、量筒；综上所述，本题答案是：250 mL容量瓶、胶头滴管、量筒。
（2）需用220mL0.1mol/L的稀盐酸溶液，要用250 mL容量瓶，根据c=1000×ρ×ω/M可知，该浓盐酸的浓度为1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol/L；根据稀释前后溶质的量不变可知：0.25×0.1=11.9×V，V=0.0021L=2.1 mL；因此本实验需要用量筒量取浓盐酸的体积为2.1 mL；综上所述，本题答案是：2.1。
（3）A、因配制后要摇匀，所以容量瓶在使用前要检查是否漏水，故A正确；
B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗，会导致盐酸溶质的量增多，所配溶液浓度偏大，故B错误；
C、容量瓶只能在常温下使用，不能用来溶解固体，溶解会产生热效应，冷却后导致所配溶液体积不准确，故C错误；
D、容量瓶只能在常温下使用，不能用来稀释溶液，稀释会产生热效应，冷却后导致所配溶液体积不准确，故D错误；
E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，目的是使溶液充分混合，浓度均匀，故E正确。
故答案为：AE。
（4）A.容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不受影响，故错误；
B. 稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故正确；
C. 配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中，溶液被稀释，所配溶液的浓度偏低，错误；
D.若定容时俯视，导致溶液体积偏小，所配溶液的物质的量浓度偏高，故正确；
因此，本题正确选项：B D。
【分析】（1） 根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作进行判断缺少的玻璃仪器；
（2）量筒的精确度是0.1mL；
（3）根据容量瓶的使用方法进行判断；
（4）根据分析溶质的物质的量和溶液的体积变化进行判断即可。
22．（2018高一上·长安期中）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，反应的化学方程式为 。
（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，Fe(OH)3胶体粒子移向 极；（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+3H2O Fe(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；Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O
（4）阴
（5）不出现白色沉淀
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；溶液的组成及性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）饱和FeCl3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+3H2O Fe(OH)3( 胶体)+3HCl；综上所述，本题答案是：FeCl3+3H2O Fe(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”则已经制备成功；综上所述，本题答案是：强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功。
（3）①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；
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；
综上所述，本题答案是：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，Fe(OH)3胶体粒子应该移向阴极；综上所述，本题答案是：阴。
（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AgNO3溶液，若不出现白色沉淀则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去；综上所述，本题答案是：不出现白色沉淀。
【分析】（1）氯化铁溶液加热水解可得到氢氧化铁胶体；
（2）丁达尔效应是交替的特有性质；
（3）氢氧化铁胶体中加入电解质可发生凝聚，生成的氢氧化铁沉淀能溶于盐酸；
（4）氢氧化铁胶粒带正电，发生电泳时想阴极区移动；
（5）渗析时是混合物中的离子透过半透膜，检验氯离子可用硝酸银溶液看是否产生白色沉淀。
三、填空题
23．（2018高一上·长安期中）现有以下物质：①铜 ②氨的水溶液 ③纯醋酸 ④NaOH固体 ⑤稀硫酸 ⑥CO2 ⑦BaSO4固体 ⑧乙醇 ⑨CaO固体 ⑩熔融的KNO3
（1）能导电的是 ；
（2）属于非电解质的是 ；
（3）既不属于电解质也不属于非电解质的是 ；
（4）写出上述物质中②和⑤反应的离子方程式
（5）写出上述物质中⑤和Ba(OH)2反应的离子方程式
【答案】（1）①②⑤⑩
（2）⑥⑧
（3）①②⑤
（4）NH3 H2O+H+=NH4++H2O
（5）Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
【知识点】电解质与非电解质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①铜中有自由电子，所以能导电；②氨的水溶液中含有自由移动的离子，所以能够导电；⑤稀硫酸溶液中含有自由移动的离子，所以能够导电；⑩熔融的KNO3中含有自由移动的离子，所以能够导电；而③纯醋酸、④NaOH固体、⑦BaSO4固体、⑨CaO固体没有自由移动的离子，不能导电；因此能够导电的有①②⑤⑩；综上所述，本题答案是：①②⑤⑩。
（2）在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；⑥CO2本身不能电离出离子，不导电，但是溶于水后产生碳酸，能够产生自由移动的离子，溶液导电，所以CO2为非电解质；⑧乙醇本身不能电离出离子，溶于水或熔融均不导电，属于非电解质；综上所述，本题答案是：⑥⑧。
（3）电解质和非电解质研究的对象均为化合物，即纯净物；①铜属于单质，②氨的水溶液属于混合物，⑤稀硫酸属于混合物，所以以上三种物质既不属于电解质也不属于非电解质；综上所述，本题答案是：①②⑤。
（4）②为氨的水溶液，⑤稀硫酸，二者发生中和反应，生成硫酸铵，离子方程式：NH3 H2O+H+=NH4++H2O；综上所述，本题答案是：NH3 H2O+H+=NH4++H2O。
（5）⑤为稀硫酸，硫酸和Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；综上所述，本题答案是：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O。
【分析】（1）有自由电子或有自由移动的离子都能够导电；
（2）根据非电解质的定义进行判断；
（3）单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；
（4）一水合氨是弱电解质，在离子方程式中写为化学式；
（5）注意阴阳离子的配比必须符合物质的组成。
四、推断题
24．（2018高一上·长安期中）某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl 、SO42 、CO32 ，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：
⑴在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；
⑵在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。
根据上述实验回答下列问题：
①实验（1）中反应的离子方程式为 ，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为 。
②溶液中一定不存在的离子有 ；
③溶液中一定存在的离子有 ，其中阴离子的物质的量浓度分别为 ；
④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl-？ （填“能”或“不能”），理由是 。
⑤推断K+是否存在并说理由： .
【答案】OH-+NH4+=NH3↑+H2O；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；Mg2+、Ba2+；NH4+，SO42 、CO32 ；c(SO42 )=0.1mol/L、c( CO32 )=0.2 mol/L；不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。
【知识点】常见离子的检验；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl 、SO42 、CO32 的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42 或CO32 中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42 、CO32 ；
①实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
②结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42 、CO32 ；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。
③结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42 、CO32 ；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42 、CO32 ；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42 )=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32 )=0.02mol；浓度各为：c(SO42 )=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32 )=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42 、CO32 ；c(SO42 )=0.1mol/L，c( CO32 )=0.2 mol/L。
④结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42 、CO32 ；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；
⑤溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42 、CO32 ,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42 、CO32 的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。
【分析】根据加入氢氧化钠溶液的实验现象判断不含镁离子，但含有铵根离子；根据加入氯化钡溶液产生沉淀部分溶于盐酸，确定含有硫酸根离子和碳酸根离子，则一定不含钡离子，结合沉淀的质量计算硫酸根离子和碳酸根离子的物质的量，进一步确定钾离子，然后书写离子方程式、计算离子浓度等即可。
五、综合题
25．（2018高一上·长安期中）
（1）①H2
+ CuO Cu + H2O
②CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2↑ + H2O
③3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O
④NH4NO3 + Zn=ZnO + N2↑+ 2H2O
⑤Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O
上述反应中，属于氧化还原反应的是 （填序号）
（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O
（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2
+ KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 +
2NO↑+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是 L。
（5）配平下面两个反应① H2O + Cl2 + SO2 = H2SO4
+ HCl，
② KMnO4 + HCl= KCl + MnCl2 + Cl2↑
+ H2O（系数是1的也请填上）
根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。 。
【答案】（1）①③④
（2）
（3）1:5
（4）22.4
（5）2；1；1；1；2；2；16；2；2；5；8；2KMnO4+5 SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4
【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】（1）①H2 + CuO Cu + H2O ；③3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O；④NH4NO3 + Zn=ZnO + N2↑+ 2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；②CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2↑ + H2O；⑤Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：①③④。
（2）MnO2→MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-→Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为： ；综上所述，本题答案是： 。
（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3→I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI→2.5mol I2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。
（4）反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu --2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是1×22.4=22.4 L；综上所述，本题答案是：22.4。
（5）①根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl2→2HCl，氯元素化合价降低2价；SO2→ H2SO4，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O +Cl2 +SO2 =H2SO4 + 2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。
②根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HCl→Cl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4 + 16HCl=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；KMnO4在反应中做氧化剂，被还原为MnSO4，SO2在反应中作还原剂，被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnSO4，锰元素化合价降低5价；SO2→SO42-，硫元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，SO2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4；综上所述，本题答案是：2,16,2,2,5,8；2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4。
【分析】（1）氧化还原反应判断的标志是元素的化合价发生变化；
（2）根据化合价变化计算电子转移数值，然后标出电子转移和方向；
（3）注意HI中部分表现酸性，部分表现还原性，氧化剂是KIO3、还原剂是HI；
（4）反应方程式中转移电子的物质的量为6mol，据此计算生成NO的物质的量，然后结合标准状况下气体摩尔体积计算NO的体积即可；
（5）根据化合价升降法配平方程式即可。
陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高一上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高一上·长安期中）下列有关实验安全问题的叙述中正确的是（ ）
A．少量的浓硫酸沾到皮肤上时，直接用大量的水冲洗，再涂上硼酸溶液
B．用酒精灯给玻璃仪器直接加热时，应先移动酒精灯进行预热后再集中加热。
C．凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂
D．H2还原CuO的实验结束时，应先停止通氢气，再撤走加热氧化铜的酒精灯。
2．（2018高一上·长安期中）下列实验操作中正确的是（ ）
A．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
B．蒸馏操作时，应在蒸馏烧瓶中预先加入沸石，并使温度计水银球浸没在所蒸馏的液体混合物中。
C．分液操作过程中，应关闭分液漏斗上端的塞子，防止有机试剂挥发，造成环境污染。
D．萃取操作时，振荡分液漏斗的过程中应及时放气。
3．（2018高一上·长安期中）海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，为了得到纯净的NaCl，可向滤液中依次加入过量的下列溶液，其中不合理的是（ ）
A．BaCl2→NaOH→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
B．Ba(OH)2→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
C．NaCO3→NaOH→BaCl2→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
D．BaCl2→NaCO3→NaOH→过滤→稀盐酸→蒸发结晶
4．（2018高一上·长安期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．1 mol N2所含有的原子数为NA
B．标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NA
C．500 mL 1.0 mol/L碳酸钠溶液中所含钠离子的数为NA
D．0.5mol纯硫酸所含有的氧原子数与2NA个CO2分子中所含有的氧原子数相等
5．（2018高一上·昆明期中）标准状况下， ① 6.72 L NH3② 1.204×1023个H2S ③ 6.4 g CH4④ 0.5 mol HCl，下列关系正确的是 （ ）
A．体积大小：④>③>②>① B．原子数目：③>①>④>②
C．密度大小：④>②>③>① D．质量大小：④>③>②>①
6．（2018高一上·长安期中）标准状况下将44.8LHCl气体溶于1L水中，所得盐酸溶液的密度为1.1g/cm3，该盐酸的物质的量浓度为（ ）
A．2mol/L B．2.1mol/L C．2.2mol/L D．2.3mol/L
7．（2018高一上·桂林期中）用10 mL的0.1 mol·L－1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）
A．3∶2∶2 B．1∶2∶3 C．1∶3∶3 D．3∶1∶1
8．（2018高一上·长安期中）将溶质的质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a％，此时物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是（ ）
A．c2＝c1 B．c2＜c1 C．c2＞2c1 D．无法确定
9．（2018高一上·长安期中）符合下图中阴影部分的物质是（ ）
A．CO2 B．Cu2O C．NO2 D．Na2O
10．（2018高一上·长安期中）下列对胶体的相关说法，错误的是（ ）
①利用胶体的性质，可用高压直流电除去水泥厂和冶金厂的大量烟尘，减少对空气的污染
②向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，则能说明该蛋白质溶液是胶体。
④往Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解
⑤用血液透析的方法治疗肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，利用的是胶体渗析的原理
⑥Fe(OH)3胶体电泳实验中阴极颜色加深，说明Fe(OH)3胶体带正电
⑦同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成钢笔堵塞，是因为不同牌子的墨水混用易聚沉。
A．①②④⑦ B．②④⑥⑦ C．②⑥ D．①③④⑤⑦
11．（2018高一上·桂林月考）磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合,再滴入稍过量的NaOH溶液,随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子的直径为5.5 36nm的磁流体。下列说法中正确的是（ ）
A．所得到的分散系属于胶体
B．用一束光照射该分散系时，看不到一条光亮的“通路”
C．该分散系不能透过滤纸
D．该分散系的分散质为Fe(OH)3
12．（2016高二上·临川期中）下列说法中正确的是（ ）
A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质
13．（2018高一上·长安期中）下列物质混合发生化学反应，且反应属于离子反应的是（ ）
A．H2和O2反应生成水
B．锌片投入稀硫酸中
C．KClO3（固体）和MnO2（固体）混合加热制O2
D．NaOH溶液和K2SO4溶液混合
14．（2018高一上·长安期中）在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A．NH4+ 、SO42- 、Al3＋ 、NO3- B．Na+ 、K+ 、HCO3- 、NO3-
C．Na+ 、Ca2+ 、NO3- 、CO32- D．K+、Cu2+ 、NH4+ 、NO3-
15．（2018高一上·桂林期中）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铁与盐酸反应：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑
B．氢氧化钡与硫酸铜溶液混合：2OH- + Cu2+ = Cu(OH)2↓
C．过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应：2HCO3-＋Ba2+＋2OH- = BaCO3↓＋CO32-＋2H2O
D．石灰乳和盐酸反应：CaCO3＋2H+ ＝ Ca2+＋CO2↑＋H2O
16．（2018高一上·桂林月考）以下反应属于氧化还原反应，且H2O既不是氧化剂也不是还原剂的是（ ）
A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B．2F2+2H2O=4HF+O2↑
C．CaO+H2O=Ca(OH)2 D．Cl2+H2O=HCl+HClO
17．（2018高一上·长安期中）以下各组物质所具有的性质依次为只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的是（ ）
A．Na、H+、H2O B．Cl2、KClO3、Fe
C．Na+、K、Fe2+ D．KMnO4、CO、H2O
18．（2018高一上·长安期中）下列反应中，电子转移的表示方法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
19．（2018高一上·桂林月考）硫代硫酸钠可作为脱氯剂,已知25.0mL0.100mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl-离子,则S2O32—将转化成（ ）
A．S2- B．S C．SO32- D．SO42-
20．（2018高一上·长安期中）PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）
A．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B．10Cl +2MnO4 +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl
D．5Pb2++2MnO4 +2H2O=5PbO2+2Mn2++4H+
二、实验题
21．（2018高一上·长安期中）某校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用220mL 0.1mol/L的稀盐酸溶液，现用质量分数为36.5%、密度为1.19g/cm3的浓盐酸来配制。
（1）配制上述溶液需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外有
（2）根据计算，本实验需要用量筒量取浓盐酸的体积为 mL。
（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_________.
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1 2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1 2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
E．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀
（4）假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，试判断所配制的溶液浓度相比于要求的值偏高的是__________
A．容量瓶中有少量蒸馏水
B．稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中
C．配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中
D．定容时俯视
22．（2018高一上·长安期中）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，反应的化学方程式为 。
（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，Fe(OH)3胶体粒子移向 极；（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。
三、填空题
23．（2018高一上·长安期中）现有以下物质：①铜 ②氨的水溶液 ③纯醋酸 ④NaOH固体 ⑤稀硫酸 ⑥CO2 ⑦BaSO4固体 ⑧乙醇 ⑨CaO固体 ⑩熔融的KNO3
（1）能导电的是 ；
（2）属于非电解质的是 ；
（3）既不属于电解质也不属于非电解质的是 ；
（4）写出上述物质中②和⑤反应的离子方程式
（5）写出上述物质中⑤和Ba(OH)2反应的离子方程式
四、推断题
24．（2018高一上·长安期中）某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl 、SO42 、CO32 ，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：
⑴在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；
⑵在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。
根据上述实验回答下列问题：
①实验（1）中反应的离子方程式为 ，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为 。
②溶液中一定不存在的离子有 ；
③溶液中一定存在的离子有 ，其中阴离子的物质的量浓度分别为 ；
④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl-？ （填“能”或“不能”），理由是 。
⑤推断K+是否存在并说理由： .
五、综合题
25．（2018高一上·长安期中）
（1）①H2
+ CuO Cu + H2O
②CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2↑ + H2O
③3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O
④NH4NO3 + Zn=ZnO + N2↑+ 2H2O
⑤Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O
上述反应中，属于氧化还原反应的是 （填序号）
（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O
（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2
+ KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 +
2NO↑+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是 L。
（5）配平下面两个反应① H2O + Cl2 + SO2 = H2SO4
+ HCl，
② KMnO4 + HCl= KCl + MnCl2 + Cl2↑
+ H2O（系数是1的也请填上）
根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A. 少量的浓硫酸沾到皮肤上时，必须立即用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠软膏，故A不符合题意；
B. 用酒精灯给玻璃仪器直接加热时，应先移动酒精灯进行预热，后再集中加热，以防局部温度过高导致玻璃仪器炸裂，故B符合题意；
C.给玻璃仪器加热,不一定都要加垫石棉网,有些化学仪器能直接进行加热，比如试管等，故C不符合题意；
D. H2还原CuO的实验结束时，应先撤走加热氧化铜的酒精灯，等到试管冷却到室温，再停止通氢气，以防生成的铜重新被氧化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸雨水方程式大量的热；
B.根据酒精灯加热的操作进行判断；
C.玻璃仪器中有可以直接加热的，如试管；
D.该操作会使还原出来的铜重新被氧化为氧化铜。
2．【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A.蒸发时，当混合物中出现大量固体时，停止加热,利用余热，使水分蒸干，故A不符合题意；
B.蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则应使温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B不符合题意；
C.分液时，把分液漏斗上端的玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗口上的小孔，能使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能够流出，C不符合题意；
D.分液漏斗倒转振荡时，因萃取剂多为有机溶剂，蒸气压较大，如不放气，内外气压不平衡，有时塞子会被冲出，因此要及时放气，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.蒸发时利用余热蒸干；
B.蒸馏操作中温度计测量的是蒸汽的温度，水银泡应处于蒸馏烧瓶的支管处；
C.分液操作中应保证内外压强平衡。
3．【答案】C
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；
B. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的Ba(OH)2溶液，除去SO42-、Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；
C. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+，少量Mg2+，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的BaCl2溶液，除去CO32-，过滤，滤液中加入稀盐酸，但是溶液中仍有剩余的Ba2+，蒸发结晶得不到纯净的NaCl；不合理；
D. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+及少量的Mg2+，再加入过量的NaOH 溶液，除去Mg2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；
故答案为：C。
【分析】根据海水除去杂质离子的操作步骤进行判断加入试剂的顺序和操作即可。
4．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、氮气是由2个氮原子构成的，所以1 mol N2所含有的原子数为2NA，A不符合题意；
B、标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，即22.4 L水不是1mol，含有的水分子数不是NA，B不符合题意；
C、500 mL 1.0 mol/L碳酸钠溶液中碳酸钠的物质的量＝0.5L×1.0mol/L＝0.5mol，其中钠离子的物质的量＝0.5mol×2＝1.0mol，即所含钠离子的数为NA，C符合题意；
D、0.5mol纯硫酸所含有的氧原子的物质的量＝0.5mol×4＝2mol，2NA个CO2分子中所含有的氧原子物质的量＝2mol×2＝4mol，二者原子数不相等，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】A.氮气分子是双原子分子；
B.标准状况下水是液体；
C.1mol碳酸钠能电离出2mol钠离子；
D.根据阿伏加德罗常数与物质的量的关系和硫酸分子、二氧化碳分子的组成进行计算。
5．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】①6.72LNH3的物质的量；②1.204×1023个H2S的物质的量；③6.4gCH4物质的量；
A.由于气体都处于标准状态下，根据公式V=n×Vm可知，物质的量越大，其气体体积越大，故四种气体的体积大小为：④＞③＞①＞②，A不符合题意；
B.0.3molNH3中所含的原子数为0.3mol×4×NA=1.2NA，0.2molH2S中所含的原子数为0.2mol×3×NA=0.6NA，0.4molCH4中所含的原子数为0.4mol×5×NA=2NA，0.5molHCl中所含的原子数为0.5mol×2×NA=1NA，故所含原子数大小为：③>①>④>②，B符合题意；
C.根据公式可知，在相同状态下，气体密度与其摩尔质量成正比，故四章气体的密度大小为：④＞②＞③＞①，C不符合题意；
D.0.3molNH3的质量m=n×M=0.3mol×17g/mol=5.1g，0.2molH2S的质量m=n×M=0.2mol×34g/mol=6.8g，0.4molCH4的质量m=n×M=0.4mol×14g/mol=6.4g，0.5molHCl的质量m=n×M=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，故四种气体的质量大小为：④＞②＞③＞①，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】 先根据公式、、 计算所给物质的物质的量，再结合选项进行分析；
A.同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比；
B.根据公式N=n×NA，结合分子所含原子个数进行分析；
C.根据公式进行分析；
D.根据公式m=n×M进行分析；
6．【答案】B
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】44.8LHCl气体物质的量44.8/22.4=2mol，该溶液的质量分数为：2×36.5/(2×36.5+1000)×100%=6.8%；根据公式：c=1000ρω/M=1000×1.1×6.8%/36.5=2.1mol/L；
故答案为：B。
【分析】根据溶液的总质量和溶液的密度计算盐酸体积，结合溶液的物质的量浓度的公式计算其浓度即可。
7．【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】已知：，三种硫酸盐的体积相同，则求出物质的量之比即可，
n(Ba2+)=0.01L×0.1 mol·L－1 =0.001mol，所以三种盐溶液中硫酸根的含量均为0.001mol，
即3n（Fe2(SO4)3）=n(ZnSO4)=n(K2SO4)，则Fe2(SO4)3：n(ZnSO4)：n(K2SO4)=1：3：3
【分析】 根据物质的量计算公式进行推导；
8．【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】蒸发水，溶质的质量不变，质量分数变为原来的2倍，则剩余溶液的质量为原溶液的1/2，若溶液的密度不变，则体积也变为原来的1/2，浓度为原来的2倍，即 c2＝2c1，但是对硫酸溶液来说，浓度变大，密度也变大，所以体积小于原来的一半，故c2＞2c1，C符合题意。
故答案为：C
【分析】硫酸的浓度越大，密度越大，相等质量的溶液的体积就会越小，据此分析即可。
9．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. CO2 为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A符合题意；
B. Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B不符合题意；
C. NO2 中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C不符合题意；
D. Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图示可知，阴影部分表示的是具有三种性质，进行逐一验证即可。
10．【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】①烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，故①符合题意；
②FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能得到Fe(OH)3胶体，故②不符合题意；
③蛋白质溶液是胶体，有丁达尔效应，故③符合题意；
④稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，生成的氢氧化铁沉淀与硫酸发生中和后，沉淀又溶解，故④符合题意；
⑤血液属于胶体，胶体微粒不能够透过半透膜，体用渗析法可以提纯分离胶体，故⑤符合题意；
⑥Fe(OH)3胶体电泳实验中阴极颜色加深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷，向阴极移动，而Fe(OH)3胶体为电中性，故⑥不符合题意；
⑦墨水属于胶体，带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故⑦符合题意；
故答案为：C。
【分析】氢氧化铁交替的制备是利用氯化铁溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而氢氧化钠溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀；
胶体本身不带电，是氢氧化铁胶粒带电。
11．【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.5～36nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；
A、据以上分析可知，所得到的分散系属于胶体，故A符合题意；
B、磁流体分散系属于胶体，具有丁达尔现象，故B不符合题意；
C、该分散系属于胶体，胶体可以透过滤纸，故C不符合题意；
D、该分散系的分散质是由氢氧化亚铁、氢氧化铁共同组成的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系是胶体；
B、熟记胶体的性质：丁达尔效应；
C、溶液、胶体的分散质微粒都可以透过滤纸；浊液的分散质微粒不可以透过滤纸；
D、熟记二价铁离子、三价铁离子的化学性质；
12．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：
A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；
B、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故B错误．
C、铜和石墨导电是因为有自由移动的电子，可以按一定方向移动形成电流，并且铜和石墨均为单质，不是电解质，故C错误；
D、蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故D正确．
故选D．
【分析】根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物来解答此题．
13．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．氢气和氧气点燃生成水的反应不是离子反应，故A错误；
B．锌片投入稀硫酸中会和硫酸中的氢离子反应生成氢气，故B正确；
C．固体和固体的反应不是离子反应，故C错误；
D．NaOH溶液和K2SO4溶液混合不会发生离子之间的反应，故D错误．
故选B．
【分析】有离子参加的反应叫做离子反应，离子反应的条件：生成气体、沉淀、难电离的物质，具备条件之一反应即可发生．
14．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.在某无色酸性溶液中:H+与NH4+ 、SO42- 、Al3＋ 、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，A符合题意；
B.在某无色酸性溶液中，H+与HCO3- 发生反应，不能大量共存，B不符合题意；
C.在某无色酸性溶液中，H+与CO32- 发生反应，不能大量共存，且Ca2+ 与CO32-也不能共存，C不符合题意；
D. 在某无色酸性溶液中， Cu2+ 溶液显蓝色，与题给条件不符合，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.碳酸氢根离子在酸性溶液中不能大量存在；
C.碳酸根离子在酸性溶液中不能大量存在，且钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀；
D.铜离子是有色离子，在无色溶液中不能大量存在。
15．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.铁与稀盐酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该离子方程式不符合客观事实，A不符合题意；
B.该反应过程生成BaSO4和Cu(OH)2沉淀，该离子方程式缺少反应，B不符合题意；
C.Ba(OH)2少量，则应完全反应，离子方程式中应满足Ba2+与OH-的系数为1:2，故参与反应的HCO3-的系数为2，该反应的离子方程式正确，C符合题意；
D.石灰乳为Ca(OH)2的乳浊液，而不是CaCO3，该离子方程式错误，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.该离子方程式不符合客观事实；
B.反应过程中还生成BaSO4沉淀；
C.Ba(OH)2少量，则应完全反应，离子方程式中应满足Ba2+与OH-的系数为1:2；
D.石灰乳为Ca(OH)2的乳浊液；
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H元素化合价降低，水为氧化剂，故A不符合题意；
B．O元素化合价升高，被氧化，水为还原剂，故B不符合题意；
C．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．氯气自身发生氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断反应是不是氧化还原反应的标准是：看有没有得失电子；水不做氧化剂也不做还原剂，即水中的氢元素与氧元素的化合价不变；
17．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A项，Na元素化合价只能升高，钠只有还原性；H+化合价只能降低，H+只有氧化性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以水既有氧化性又有还原性，A不符合题意；
B项，Cl2中Cl元素化合价即可升高又可降低，所以Cl2既有氧化性又有还原性；KClO3中Cl元素化合价可以降低， O元素化合价可以升高，所以KClO3既有氧化性又有还原性；Fe元素化合价只能升高，Fe具有还原性；B不符合题意；
C.Na+化合价只能降低，只有氧化性；K元素化合价只能升高，K只有还原性；Fe2+化合价既可以升高，又可以降低，所以Fe2+既有氧化性又有还原性，C符合题意；
D. KMnO4中Mn元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KMnO4既有氧化性又有还原性；CO中碳元素化合价既可以升高，又可以降低，所以CO既有氧化性又有还原性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以H2O既有氧化性又有还原性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】可根据元素的化合价判断物质具有的氧化性、还原性等，最高正价只有氧化性、最低负价只有还原性，中间价态既有氧化性又有还原性。
18．【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.SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，得电子，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价，失电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为： ，A不符合题意；
B.Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，失电子；H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为： ，B不符合题意；
C.KI→I2，碘元素化合价由-1价升高到0价，失电子；KMnO4→MnSO4，锰元素化合价由+7价降低到+2价，得电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为： ，C符合题意；
D. Cu→CuSO4，铜元素化合价由0价升高到+2价，失电子；H2SO4→SO2，硫元素化合价由+6价降低到+4价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，该方程式电子转移表示方法为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据元素化合价变化计算电子转移数值，注意箭头的起始和终结。
19．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算，n（Na2S2O3）=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）= =0.01mol，设S2O32-被氧化后的S元素的化合价为n，根据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0.0025×2×（n-2）mol=2×0.01mol
n=6 ，
故答案为：D。
【分析】根据化学反应前后得失电子守恒求解即可；
20．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，反应中三价铁离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，三价铁氧化性大于铜离子氧化性，能发生，故A不选；
B.10Cl-+2MnO4-+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反应中高锰酸根离子为氧化剂，氯气为还原剂，高锰酸根离子氧化性强于氯气，能发生，故B不选；
C.2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，反应中氯气为氧化剂，三价铁离子为氧化产物，氯气的氧化性强于三价铁离子，能发生，故C不选；
D.高锰酸根离子氧化性弱于二氧化铅，该反应不可能发生，故D选。
故答案为D。
【分析】根据氧化还原反应的规律：强氧化剂和强还原剂反应生成弱氧化剂和弱还原剂来判断选项中反应能否发生即可。
21．【答案】（1）250 mL容量瓶，胶头滴管量筒
（2）2.1
（3）A；E
（4）B；D
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）需用220mL0.1mol/L的稀盐酸溶液，应该用250 mL容量瓶配制。配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还有250 mL容量瓶、胶头滴管、量筒；综上所述，本题答案是：250 mL容量瓶、胶头滴管、量筒。
（2）需用220mL0.1mol/L的稀盐酸溶液，要用250 mL容量瓶，根据c=1000×ρ×ω/M可知，该浓盐酸的浓度为1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol/L；根据稀释前后溶质的量不变可知：0.25×0.1=11.9×V，V=0.0021L=2.1 mL；因此本实验需要用量筒量取浓盐酸的体积为2.1 mL；综上所述，本题答案是：2.1。
（3）A、因配制后要摇匀，所以容量瓶在使用前要检查是否漏水，故A正确；
B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗，会导致盐酸溶质的量增多，所配溶液浓度偏大，故B错误；
C、容量瓶只能在常温下使用，不能用来溶解固体，溶解会产生热效应，冷却后导致所配溶液体积不准确，故C错误；
D、容量瓶只能在常温下使用，不能用来稀释溶液，稀释会产生热效应，冷却后导致所配溶液体积不准确，故D错误；
E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，目的是使溶液充分混合，浓度均匀，故E正确。
故答案为：AE。
（4）A.容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不受影响，故错误；
B. 稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故正确；
C. 配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中，溶液被稀释，所配溶液的浓度偏低，错误；
D.若定容时俯视，导致溶液体积偏小，所配溶液的物质的量浓度偏高，故正确；
因此，本题正确选项：B D。
【分析】（1） 根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作进行判断缺少的玻璃仪器；
（2）量筒的精确度是0.1mL；
（3）根据容量瓶的使用方法进行判断；
（4）根据分析溶质的物质的量和溶液的体积变化进行判断即可。
22．【答案】（1）FeCl3+3H2O Fe(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；Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O
（4）阴
（5）不出现白色沉淀
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；溶液的组成及性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）饱和FeCl3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+3H2O Fe(OH)3( 胶体)+3HCl；综上所述，本题答案是：FeCl3+3H2O Fe(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”则已经制备成功；综上所述，本题答案是：强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功。
（3）①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；
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；
综上所述，本题答案是：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，Fe(OH)3胶体粒子应该移向阴极；综上所述，本题答案是：阴。
（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AgNO3溶液，若不出现白色沉淀则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去；综上所述，本题答案是：不出现白色沉淀。
【分析】（1）氯化铁溶液加热水解可得到氢氧化铁胶体；
（2）丁达尔效应是交替的特有性质；
（3）氢氧化铁胶体中加入电解质可发生凝聚，生成的氢氧化铁沉淀能溶于盐酸；
（4）氢氧化铁胶粒带正电，发生电泳时想阴极区移动；
（5）渗析时是混合物中的离子透过半透膜，检验氯离子可用硝酸银溶液看是否产生白色沉淀。
23．【答案】（1）①②⑤⑩
（2）⑥⑧
（3）①②⑤
（4）NH3 H2O+H+=NH4++H2O
（5）Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
【知识点】电解质与非电解质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①铜中有自由电子，所以能导电；②氨的水溶液中含有自由移动的离子，所以能够导电；⑤稀硫酸溶液中含有自由移动的离子，所以能够导电；⑩熔融的KNO3中含有自由移动的离子，所以能够导电；而③纯醋酸、④NaOH固体、⑦BaSO4固体、⑨CaO固体没有自由移动的离子，不能导电；因此能够导电的有①②⑤⑩；综上所述，本题答案是：①②⑤⑩。
（2）在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；⑥CO2本身不能电离出离子，不导电，但是溶于水后产生碳酸，能够产生自由移动的离子，溶液导电，所以CO2为非电解质；⑧乙醇本身不能电离出离子，溶于水或熔融均不导电，属于非电解质；综上所述，本题答案是：⑥⑧。
（3）电解质和非电解质研究的对象均为化合物，即纯净物；①铜属于单质，②氨的水溶液属于混合物，⑤稀硫酸属于混合物，所以以上三种物质既不属于电解质也不属于非电解质；综上所述，本题答案是：①②⑤。
（4）②为氨的水溶液，⑤稀硫酸，二者发生中和反应，生成硫酸铵，离子方程式：NH3 H2O+H+=NH4++H2O；综上所述，本题答案是：NH3 H2O+H+=NH4++H2O。
（5）⑤为稀硫酸，硫酸和Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；综上所述，本题答案是：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O。
【分析】（1）有自由电子或有自由移动的离子都能够导电；
（2）根据非电解质的定义进行判断；
（3）单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；
（4）一水合氨是弱电解质，在离子方程式中写为化学式；
（5）注意阴阳离子的配比必须符合物质的组成。
24．【答案】OH-+NH4+=NH3↑+H2O；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；Mg2+、Ba2+；NH4+，SO42 、CO32 ；c(SO42 )=0.1mol/L、c( CO32 )=0.2 mol/L；不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。
【知识点】常见离子的检验；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl 、SO42 、CO32 的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42 或CO32 中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42 、CO32 ；
①实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
②结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42 、CO32 ；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。
③结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42 、CO32 ；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42 、CO32 ；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42 )=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32 )=0.02mol；浓度各为：c(SO42 )=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32 )=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42 、CO32 ；c(SO42 )=0.1mol/L，c( CO32 )=0.2 mol/L。
④结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42 、CO32 ；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；
⑤溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42 、CO32 ,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42 、CO32 的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。
【分析】根据加入氢氧化钠溶液的实验现象判断不含镁离子，但含有铵根离子；根据加入氯化钡溶液产生沉淀部分溶于盐酸，确定含有硫酸根离子和碳酸根离子，则一定不含钡离子，结合沉淀的质量计算硫酸根离子和碳酸根离子的物质的量，进一步确定钾离子，然后书写离子方程式、计算离子浓度等即可。
25．【答案】（1）①③④
（2）
（3）1:5
（4）22.4
（5）2；1；1；1；2；2；16；2；2；5；8；2KMnO4+5 SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4
【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】（1）①H2 + CuO Cu + H2O ；③3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O；④NH4NO3 + Zn=ZnO + N2↑+ 2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；②CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2↑ + H2O；⑤Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：①③④。
（2）MnO2→MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-→Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为： ；综上所述，本题答案是： 。
（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3→I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI→2.5mol I2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。
（4）反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu --2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是1×22.4=22.4 L；综上所述，本题答案是：22.4。
（5）①根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl2→2HCl，氯元素化合价降低2价；SO2→ H2SO4，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O +Cl2 +SO2 =H2SO4 + 2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。
②根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HCl→Cl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4 + 16HCl=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；KMnO4在反应中做氧化剂，被还原为MnSO4，SO2在反应中作还原剂，被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnSO4，锰元素化合价降低5价；SO2→SO42-，硫元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，SO2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4；综上所述，本题答案是：2,16,2,2,5,8；2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4。
【分析】（1）氧化还原反应判断的标志是元素的化合价发生变化；
（2）根据化合价变化计算电子转移数值，然后标出电子转移和方向；
（3）注意HI中部分表现酸性，部分表现还原性，氧化剂是KIO3、还原剂是HI；
（4）反应方程式中转移电子的物质的量为6mol，据此计算生成NO的物质的量，然后结合标准状况下气体摩尔体积计算NO的体积即可；
（5）根据化合价升降法配平方程式即可。
