安徽省合肥市一六八中学2018-2019学年高一化学上学期期中试题(宏志班,含解析)

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2018－2019学年安徽省合肥市一六八中学高一（宏志班)
上学期期中考试化学试题
注意事项：
1．答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单选题
1．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1。

3 nm ）
恢复了磁性“钴酞菁”分子的 结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素
非常相似。

下列说法中正确的是
A ．“钴酞菁”分子能透过半透膜
B ．“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电
C ．此项工作可以用来改变分子的某些物理性质
D ．“钴酞菁"分子分散在水中所形成的分散系为溶液
2．逻辑推理是化学学习常用的思维方法,下列推理正确的是
A ．氧化物都含有氧元素，含有氧元素的化合物一定是氧化物
B ．氧化还原反应中有元素化合价的改变，有元素化合价改变的化学反应一定是
氧化还原反应
C ．电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物,溶于水能导电的化合物一定是电解质
D ．中和反应有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应 3．下列叙述中，正确的是 A ．H 2SO 4的摩尔质量是98
B ．S 2和S 8的混合物共6。

4 g ，所含硫原子数为0。

2N A
C ．等质量的CO 与CO 2中所含碳原子数之比为7︰11
D ．98g H 2SO 4溶解于500mL 水中,所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol·L −1
4．下列操作能达到实验目的的是
A ．除去铝粉中混有的少量铁粉,可加入过量的盐酸溶液，完全反应后过滤
B ．将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用四氯化碳进行萃取
C ．制备Fe(OH)3胶体，通常是将FeCl 3溶液注入热水中，并搅拌均匀
D ．除去Na 2CO 3溶液中少量的Na 2SO 4,可加入适量氯化钡，过滤
5．实验室制取氧气的反应为 2 KClO 3
2 KCl+
3 O 2↑ ,反应后从剩余物中
回收二氧化锰的操作顺序正确的是(已知MnO 2为黑色难溶于水的固体)
A ．溶解、蒸发、洗涤、过滤
B ．溶解、过滤、蒸发、洗涤
C ．溶解、过滤、洗涤、干燥
D ．溶解、洗涤、过滤、加热
6．等质量的CO 和N 2,下列叙述不正确的是
A ．密度一定相同
B ．分子数一定相同
C ．原子数一定相同
D ．物质的量一定相同
7．N A 表示阿伏加德罗常数。

下列叙述中正确的是
A ．标准状况下,22。

4 L 水中含有的水分子数为N A
B ．4.0 g NaOH 固体溶于100 mL 水中，得到1 mol·L −1
的NaOH 溶液 C ．常温、常压下，22 g CO 2中含有的氧原子数为N A
此卷只
装
订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
D．1 L 0.5 mol·L−1 Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2N A 8．下列实验装置与实验目的对应的是
A．用海水制蒸馏水B．将碘水中的碘
单质与水直接分
离
C．除去Fe（OH）
3
胶体中的
FeCl3
D．稀释浓硫酸
9．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A．强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl－、SO42－
B．在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3－、SO42－
C．含有0.1 mol·L−1 Ca2+的溶液中:Na+、K+、CO32－、Cl－
D．室温下，pH＝1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3－、SO42－
10．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．钠和冷水反应:Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
B．氯化铝与氨水反应:Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C．金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
D．铁跟稀硫酸反应:2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
11．在xR2++yH++O2===mR3++nH2O的离子方程式中，对系数m和R3+的判断正确的是A．m＝4;R2+是还原剂 B．m＝y;R3+是氧化产物
C．m＝2；R2+是氧化剂 D．m＝y；R3+是还原产物
12．用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液,下列操作中正确的是
A．称量时，应先在两盘上放等质量的纸，再将固体NaOH放在天平左盘上称量B．将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解
C．将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液,冷却到室温后转移至容量瓶中
D．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管再吸出多余部分
13．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。

实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4===2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2 O，下列说法正确的是
A．KClO3在反应中失去电子 B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被氧化 D．KClO3是还原剂
14．有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟:NH4NO3＋
Zn===ZnO＋N2↑＋2H2O，下列有关说法中正确的是
A．该反应中NH4NO3只作氧化剂
B．该反应中只有两种元素化合价改变
C．每消耗65克锌会产生22。

4L N2
D．ZnO是该反应的还原产物
15．某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为
离子Na+Al3+Cl－X
个数3a2a a b A．SO42－、4 a B．NO3－、4 a C．OH－、8 a D．SO42－、8 a
16．下列图像与其相应的描述对应正确的是
2
二、综合题
17．我国有丰富的海水资源,开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。

Ⅰ.(1）上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是______;
a．化合反应 b．分解反应 c．置换反应 d．复分解反应
（2)步骤1中分离操作的名称是___________；
(3)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，精制时所用试剂为:a.盐酸;b。

BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。

加入试剂的顺序是_____________；
II.实验室利用精盐配制480mL 2。

0mol·L－1NaCl溶液.
(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________________、
_______________；
（5)用托盘天平称取固体NaCl________g;
(6)配制时，按以下几个步骤进行：①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。

操作中还缺少一个重要步骤是______________________；
(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________.
a．容量瓶洗净后残留了部分的水
b．转移时溶液溅到容量瓶外面
c．定容时俯视容量瓶的刻度线
d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
18．请回答下列问题：
（1)现有下列状态的物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融KOH ⑧盐酸。

其中能导电的是__________,（填序号，下同），属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。

（2）将3p％的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系是________
(3）在同温、同压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为______；若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混合气体中氧元素的质量分数为______。

三、填空题
19．向Ba（OH)2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，生成沉淀的物质的量（n)和通入CO2气体的(V）的关系如图所示，试回答：
（1)0到a点之间的反应的离子方程式
_____________________________________________。

3
（2）a到b点之间的反应的离子方程式
__________________________________________.
（3）b点之后的反应的离子方程式
______________________________________________。

(4）c点CO2的体积__________mL(同温同压下)。

(5)混合溶液中Ba(OH）2和NaOH 的物质的量之比为__________________。

四、实验题
20．为探究某抗酸药X的组成,进行如下实验：
查阅资料：
①抗酸药X的组成通式可表示为：Mg m Al n（OH)p（CO3)q（m、n、p、q为≥0的整数).
②Al（OH）3是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反应生成盐和水。

Al3+在pH=5。

0时沉淀为Al（OH）3，在pH>12溶解为AlO2－.
③Mg2+在pH=8.8时开始沉淀,pH=11.4时沉淀完全。

实验过程：
(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是__________.
（2）II中生成B反应的离子方程式是__________________________________。

（3)III中B溶解反应的离子方程式是__________________________________。

（4)沉淀C的化学式是__________________。

（5）若上述n（A)∶n（B)∶n(C）=1∶2∶3，则X的化学式是__________________。

五、计算题
21．将2.3g金属Na投入一定质量的水中，会发生剧烈反应：2Na＋2H2O===2NaOH ＋H2↑,
（1）反应产生标况下H2体积为多少？_________________________
（2）要使每10个H2O中含一个Na＋，所需水的质量为多少？
_____________________
（3)上述所得溶液密度为1.20g/mL，求溶液中NaOH的质量分数和物质的量浓度各为多少？（要求写出计算过程)__________________________________________
4
2018－2019学年安徽省合肥市一六八中学
高一(宏志班）上学期期中考试化学试题
化学答案
参考答案
1．C
【解析】
钴酞菁"的分子（直径为1.3nm),属于胶体分散系,具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质。

A、“钴酞菁"分子不能透过半透膜，故A错误;B、“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系不带电，呈电中性，故B错误；C。

我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3 nm）恢复了磁性，此项工作可以用来改变分子的某些物理性质,故C正确；D。

“钴酞菁"分子分散在水中所形成的分散系为胶体，故D错误；故选C。

2．B
【解析】
A、氧化物含有两种元素，其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故A错误；
B、氧化还原反应的实质是有电子得失或偏移,即宏观特征是有化合价的改变，故B正确；
C、溶于水因自身电离而导电的化合物是电解质，如果溶于水又与水反应所得溶液导电的化合物不一定是电解质，如SO2、NH3等，故C错误；
D、酸和碱作用生成盐和水的反应才是中和反应，酸性氧化为与碱反应生成盐和水但不属于中和反应，故D错误。

3．B
【解析】
【分析】
根据计算物质的量的几个公式解答.
【详解】
A项：H2SO4的相对分子质量是98,摩尔质量是98g/mol。

A项错误；
B项：S2和S8的混合物6。

4 g，其中含S原子6。

4 g，硫原子的物质的量为0。

2mol，硫原子数为0。

2N A。

B项正确；
C项：据n=m/M,等质量时n与M成反比。

N（CO)∶N(CO2)=n(CO)∶n(CO2)=44∶28=11∶7 。

C项错误；
D项:98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液体积不是500mL，硫酸的物质的量浓度不是2 mol·L−1。

D项错误。

本题选B。

4．B
【解析】
【分析】
根据混合物的分离提纯原理分析评价简单实验方案。

【详解】
A项:铝粉、铁粉都能溶于盐酸，无法除去铝粉中混有的少量铁粉。

A项错误；
B项:四氯化碳不溶于水,碘在四氯化碳中的溶解度比水中的大.B项正确；
C项：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,并继续加热至液体呈红褐色,即得Fe(OH)3胶体。

C项错误;
D项：Na2CO3、Na2SO4都可与氯化钡反应生成沉淀，不能除去Na2CO3溶液中的Na2SO4杂质.D项错误。

本题选B.
【点睛】
选择除杂试剂应符合:不增加新杂质，不减少被提纯物质,操作简便易行等要求。

5．C
【解析】
【分析】
根据物质的性质，分析评价简单的提纯方案。

【详解】
加热KClO3制氧气后的固体残留物中,含有MnO2、KCl和可能未分解的 KClO3,其中只有MnO2不溶于水.故将残留物加水溶解、过滤,再将滤渣洗涤、干燥，即得纯净的MnO2。

本题选C。

6．A
【解析】
【详解】
A．密度ρ=M/V m，由于气体摩尔体积不一定相同，则二者的密度不一定相同,A 错误；
B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据N=nN A=mN A/M可知，二者含有的分子数一定相同，B正确；
C．CO和N2为双原子分子，根据选项B可知二者分子数相同，则含有原子数也一定相同,C正确;
D．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据n=m/M可知二者的物质的量一定相等，D正确；
答案选A。

【点睛】
本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答关键，注意掌握密度与摩尔质量之间的关系，试题培养了学生的灵活应用能力.
7．C
【解析】
【详解】
A、标准状况下,水不是气体，22。

4 L水的物质的量大于1mol，A错误；
B、4.0 g NaOH固体溶于100 mL水中所得溶液的体积不是0。

1L，不能得到1 mol/L 的NaOH溶液,B错误；
C、22 g CO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为N A,C正确；
D、1 L 0。

5 mol/L Na2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量是0。

5mol，但溶剂水中还含有氧原子，D错误；答案选C。

【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,解答该类试题时要注意:①气体的体积，一要看是否为标准状况下；二要看物质在标准状况下是否为气态,如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生.②给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数。

8．A
【解析】
A．利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；B．分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，故B错误；C．胶体、溶液都可透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，故C错误；D．容量瓶只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误；故答案为A。

9．D
【解析】
试题分析：A、强碱性溶液含有OH－离子，与Al3+反应，生成Al（OH)3沉淀，故不能共存；B、溶液无色透明，故要排除Cu2+,错误；C、Ca2+与 CO32－形成沉淀,故错误；D、酸性溶液中，均共存。

考点：考查了离子共存的相关知识
10．C
【解析】
【分析】
根据离子方程式的书写规则,判断离子方程式的正误。

【详解】
A项反应前后电荷不守恒，错误；
B项一水合氨为弱电解质，不应拆写，错误；
D项应生成Fe2＋,错误。

本题选C。

【点睛】
离子方程式中常出现的错误有：不符事实、拆写错误、质量不守恒、电荷不守恒、离子配比不当、不符合量的要求等。

11．B
【解析】
【详解】
反应xR2++yH++O2＝mR3++nH2O中由原子守恒可知x＝m，n＝2,y＝4，由电荷守恒可知，2x+4＝3m，所以m＝4，该反应中R元素的化合价升高，被氧化，则R3+是氧化产物,O元素的化合价降低，被还原，水是还原产物.答案选B。

【点睛】
本题考查氧化还原反应，注意电荷守恒及原子守恒的应用，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大。

12．C
【解析】
A:固体NaOH应放置于小烧杯中进行衡量
B:固体NaOH应先在烧杯中进行溶解、冷却后再移液至容量瓶中
C：正确
D：如果加水超过了刻度线，只能重新配制溶液
答案为C
13．C
【解析】
A．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则氯酸钾得电子为氧化剂，发生还原反应，故A错误；B．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；C．H2C2O4为还原剂，C元素的化合价由+3价升高到+4价，在反应中被氧化，故C正确；D．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,所以氯酸钾得电子为氧化剂，故D错误；故答案为C.
14．B
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中概念间的相互关系分析判断。

【详解】
反应中，Zn失电子从0价升到+2价，NH4+中的氮失电子从－3价升到0价,NO3－中氮得电子从+5价降到0价(B项正确)。

Zn是还原剂,NH4NO3既是氧化剂也是还原剂（A项错误)。

ZnO是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物(D项错误).每消耗65克Zn(1mol)会产生1mol N2，不一定是22.4L(C项错误）。

【点睛】
氧化还原反应中,氧化剂得电子，化合价降低,被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂失电子，化合价升高,被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物.
15．A
【解析】
试题分析：根据溶液电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。

溶液呈电中性,则溶液中存在3a×N(Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N(Cl
－)+nb×N(X），设X的电荷数为n，则A、3a×N（Na+)+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl－）+4a×2×N（SO42－)，电荷守恒，正确；B、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+)≠a×N(Cl
－)+4a×N(NO
3
－），电荷不守恒,错误；C、3a×N（Na+)+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl－）+8a×N（OH－)，电荷不守恒，错误；D、3a×N(Na+)+2a×3N（Al3+)≠a×N(Cl
－)+8a×2×N(SO
4
2－）,电荷不守恒，错误。

考点：考查电解质溶液计算－－电荷守恒法.
16．B
【解析】
【分析】
根据变化过程中,某些物理量的变化分析曲线正确与否。

【详解】
A项：CuSO4溶液中加入Ba（OH）2固体时，发生CuSO4+Ba(OH)2＝Cu(OH）2↓+BaSO4↓。

随着Ba（OH)2的加入，溶液中离子浓度减小,导电能力减弱；恰好反应时,溶液几乎不导电；Ba(OH）2过量时，溶液导电能力又增强。

A项错误;
B项:大多数物质的水溶液，密度比水大，且溶质质量分数越大，溶液的密度也越大。

向硫酸溶液中加水，溶液的密度逐渐减小，并趋近于1g/mL。

B项正确；
C项：一定温度下，饱和KNO3溶液中溶质的质量分数不可能为0，加入的KNO3
晶体也不溶解,溶质的质量分数不变.C项错误；
D项：一定量石灰水中通入CO2，先发生反应Ca（OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，后发
生反应CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2。

两反应消耗等量的CO2，沉淀质量与V(CO2)的关系
应为“等腰三角形"。

D项错误.
本题选B。

17．c 过滤 bdca或cbda或bcda 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 58.5 洗涤（烧杯和玻璃棒） bd
【解析】
(1）碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水发生化合反应生成氢氧化
钙，氢氧化钙与镁离子发生复分解反应生成氢氧化镁,氢氧化镁与盐酸发生复分解反
应生成氯化镁和水，电解熔融的氯化镁生成氯气和镁,没有涉及的基本反应类型是置
换反应,答案选c；(2)步骤1中得到氢氧化镁沉淀，分离操作的名称是过滤；(3)Ca2
＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO
4
2－用氯化钡除去,最后过滤,向滤液中加入
盐酸酸化.但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面,
而氢氧化钠可以随意调整，因此加入试剂的顺序是bdca或cbda或bcda。

（4）除容
量瓶外，还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管;（5）需要500mL容量瓶，
则用托盘天平称取固体NaCl的质量是0.5L×2。

0mol/L×58。

5g/mol＝58.5g；(6）
根据①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶可知还缺少一个重要步
骤是洗涤(烧杯和玻璃棒)；(7)a．容量瓶洗净后残留了部分的水不影响；b．转移时
溶液溅到容量瓶外面，溶质减少,浓度偏低；c．定容时俯视容量瓶的刻度线,溶液体
积减少，浓度偏高；d．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线溶液体积增加,浓度偏低，
答案选bd;
18．③⑤⑥⑦⑧②④⑦① q>2p 33。

3% 40％
【解析】
【分析】
根据电解质、非电解质的概念分析判断；应用溶液混合规律、气体性质规律计
算推理。

【详解】
(1)金属或合金有自由电子,能导电,如铜;电解质溶于水或熔融时电离生成自由
移动的离子而导电,如NH3·H2O、FeCl3、HCl在水溶液中电离,KOH在熔融状态下电离。

能导电的物质有③⑤⑥⑦⑧。

电解质是溶于水或熔融时本身发生电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属的氧化物等属于电解质，②④⑦是电解质；非电解质是
溶于水和熔融时都不能导电的化合物，非金属氧化物、某些气态氢化物、大多数有
机物属于非电解质,①是非电解质.
(2）硫酸等大多数物质的水溶液，溶质质量分数越大，溶液密度越大.设3p％硫酸溶液、p%硫酸溶液的密度分别是ρ1、ρ2(ρ1〉ρ2）,又设两种硫酸溶液的体积都是V.据溶质总质量不变，有ρ1V×3p％+ρ2V×p%＝(ρ1V+ρ2V)×q％。

化简为＝＝2+>2，即q>2p。

（3)同温同压时，气体的密度之比等于其摩尔质量(或相对分子质量)之比.易求得混合气体的平均相对分子质量为20×2＝40。

设混合气体中，CO、N2和SO2的体积分数分别是x、y、z，则28x+28y+64z＝40，且x+y+z＝1。

解得x+y＝66.7%，z＝33.3％。

当CO和N2的物质的量之比为1∶1时，原混合气体中三种成分的物质的量相等(设各
1mol)，则混合气体总质量120g、氧元素48g，氧元素的质量分数为40％。

19． Ba2++ 2OH－+ CO2 = BaCO3↓ + H2O 2OH－+ CO2 = CO32－+ H2O； CO32－+ CO2+ H2O = 2HCO3－或一步写: OH－+ CO2 = HCO3－ BaCO3+CO2+H2O = Ba2++2HCO3－ 40 2 : 1
【解析】
试题分析：本题考查离子方程式的书写和有关图像的计算.向Ba（OH）2和NaOH
的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，随着CO2的通入依次发生的反应为：
CO2+Ba(OH）2=BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、
CO2+BaCO3+H2O=Ba（HCO3）2.
(1)0到a点之间CO2与Ba(OH）2反应生成BaCO3沉淀，离子方程式为：CO2+Ba2++2OH
－=BaCO
3
↓+H2O.
(2）a点到b点之间CO2与NaOH反应先生成Na2CO3，继续通入CO2与Na2CO3反应
生成NaHCO3，反应的离子方程式为:CO2+2OH－=CO32－+H2O、CO32－+CO2+H2O=2HCO3－。

（3)b点之后通入的CO2将a点前生成的BaCO3转化为可溶于水的Ba(HCO3）2,反
应的离子方程式为：BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3－。

（4)根据反应：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O和CO2+BaCO3+H2O=Ba(HCO3)2，b点到c
点消耗的CO2与0到a点消耗的CO2相等，则同温同压下b点到c点消耗的CO2的体
积也为10mL，则c点CO2的体积为30mL+10mL=40mL。

（5）根据0到a点反应CO2+ Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O消耗CO2的体积为10mL，a
点到b点之间反应CO2+NaOH=NaOH消耗CO2的体积为20mL，同温同压下气体的体积之
比等于气体物质的量之比，则Ba(OH)2与NaOH物质的量之比为1:2.
20．CO2 Al3++3NH3·H2O===Al （OH）3↓+3NH4+ Al (OH）3+OH－===AlO2－+2H2O Mg(OH)2 Mg3Al2(OH）10CO3
【解析】
【分析】
利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题.
【详解】
(1)抗酸药X的通式中有CO32－、实验I中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变
浑浊的气体A只能是CO2.
（2）实验I的溶液中溶质有MgCl2、AlCl3、HCl。

据资料②③可知，用氨水调节pH至5～6，Mg2+不沉淀、Al3+完全沉淀。

则实验II中生成B的离子方程式Al3++3NH3·H2O ＝Al (OH）3↓+3NH4+ .
（3)实验III中Al （OH)3溶解于NaOH溶液，离子方程式是Al（OH）3+OH－＝AlO2
－+2H
2
O。

(4）实验II的滤液中溶有MgCl2、NH4Cl。

滴加NaOH溶液调节pH至12时，Mg2+完全沉淀，则C为Mg（OH）2.
（5）n（A)∶n（B)∶n(C）=1∶2∶3，即CO32－、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1∶2∶3。

设CO32－、Al3+、Mg2+物质的量分别为1mol、2mol、3mol，据电荷守恒OH－为10mol.该抗酸药X的化学式为Mg3Al2(OH)10CO3。

21．1。

12L 19。

8g 18.2％ 5。

46mol/L
【解析】
【分析】
根据化学方程式中物质的计量关系，进行简单计算。

【详解】
2Na ＋ 2H2O ＝ 2NaOH ＋ H2↑
46g 2mol 2mol 22.4L
2.3g n（H2O) n（NaOH） V（H2)
(1）46g：2.3g＝22.4L:V（H2），V(H2）＝1.12L
(2)46g：2。

3g＝2mol:n（H2O），n(H2O)＝0。

1mol
反应后溶剂水n,（H2O ）＝＝1mol
共需水质量m(H2O）＝（0.1mol+1mol)×18g/mol＝19。

8g
(3）46g：2。

3g＝2mol：n(NaOH），n(NaOH）＝0.1mol ，m(NaOH)＝4。

0g
反应后溶液质量m＝2。

3g+19.8g－0.1g＝22g，溶液体积V＝22g÷1。

20g/mL＝18。

3mL
溶质质量分数＝＝18。

2％
溶质的物质的量浓度＝＝5.46mol/L
【点睛】
根据化学方程式计算时，同种物质的计量单位必须相同,不同物质的单位可以不同，但数值需对应。

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安徽省合肥市一六八中学2018-2019学年高一化学上学期期中试题（宏志班，含解析）希望本文能为您解开疑惑,引发思考。

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