高一上期中化学试卷(答案解析)54

【精品】湖北省武汉二中高一上期中化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列逻辑关系图中正确的是
A．
B．
C．
D．
2．下列叙述中正确的是（）
A．摩尔是表示物质量的单位，每摩尔物质含有6.02×1023个分子
B．1mol氧的质量为16
C．0.5molHe约含有6.02×1023个电子
D．2H既可表示2个氢原子又可表示2mol氢原子
3．在下列各组物质中，分子数一定相同的是（）
A．0.2mol H2和4.48L HCl气体
B．标准状况下1mol O2和22.4L H2O
C．4g 氦气和标准状况下22.4LCO2
D．4L CO和4L CO2
4．下列有关实验的叙述正确的是（）
A．闻未知液体气味时，应该将试剂瓶口距离口鼻远一些，用手轻轻扇动
B．将碘单质从碘的CCl4溶液中分离出来可用如图甲所示实验装置
C．用容量瓶配制好一定浓度的某溶液后，塞紧瓶塞并在容量瓶上贴上标签
D．配制500 mL 0.4 mol·L－1NaCl溶液，必要的仪器如图乙所示
5．下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是()
A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量
B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c(Cl－)和100mL2mol/L氯化钾溶液中c(Cl－)
C．32g二氧化硫中氧原子数和标准状况下11.2L一氧化碳中氧原子数
D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
6．N A为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．0.1 mol NaHSO4晶体中含阴阳离子总数是0.3N A
B．6.2gNa2O溶入水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.2 mol/L
C．11.2 L CO2和O3混合气体中含有的原子数是1.5 N A
D．17 g H2O2完全分解，转移电子数是1N A
7．下列溶液中Cl－的物质的量最多的是（）
A．200mL 2mol/L MgCl2溶液
B．150mL 5mol/L KClO3溶液
C．标准状况下，13.44L的HCl气体
D．29.25gNaCl固体
8．配制250mL0.10mol·L－1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是（）
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．所用NaOH已经潮解
C．带游码的天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法
D．在容量瓶中进行定容时俯视刻度线
-、Al3+和X四种离子以个数比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，X可9．Fe3+、SO2
4
能是（）
-D．Cl-
A．Na+B．OH-C．CO2
3
10．标准状况下，① 6.72L NH3② 1.204×1023个 H2S ③ 5.6g CH4④ 0.5molBr2，下列关系正确的是
A．体积大小：④>③>①>② 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
11．Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3,是一种性能优良的新型磁性材料。

水热法制备Fe3O4纳米级颗粒的反应为3Fe2+ +2S2O32-+O2 +xOH-＝Fe3O4+S4O62-+yH2O。

下列说法中，不正确的是A．每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4mol
B．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5
C．3mol Fe2+被氧化时，消耗O2标准状况下的体积约为22.4L
D．x＝4
12．在同温同压下，a g气体A与b g气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是( ) A．A与B两种气体的相对分子质量之比为a∶b
B．在同温同压的条件下，A与B两种气体的密度之比为b∶a
C．同质量的A、B两种气体的分子个数之比为b∶a
D．相同条件下，同体积A气体与B气体的质量之比为a∶b
13．已知：2Fe＋3Br2＝2FeBr3，Fe2＋的还原性大于Br－。

现有16.8 g铁和0.3 mol Br2
反应后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。

则下列叙述不正确的是
A．当a＝0.1时，发生的反应为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
B．当a＝0.45时，发生的反应为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
C．若溶液中Br－有一半被氧化时，c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)＝1∶1∶3
D．当0＜a＜0.15时，始终有2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(Br－)＋c(OH－) 14．某物质R完全燃烧的化学方程式为：2R+3O2 2CO2 + 4H2O 有关该反应，有下列说法：
①R一定含碳、氢两种元素，可能含有氧元素
②R中碳元素的质量分数是37.5 %
③6.4g R完全燃烧，转移1.2N A个电子
④R的摩尔质量为32
若6.4 g R完全燃烧生成8.8 g CO2，则正确的一组是
A．①② B．③④ C．②④ D．②③
15．现有A、B、C三种化合物, 各取40 g相混合, 完全反应后,得18 g B、49 g C,还有D生成.已知D的相对分子质量为106.现将80g A和33g B反应, 能生成D （）A．1 mol B．0.5 mol C．0.75 mol D．0.25 mol 16．用如图装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差，实验测得m(H)n(O)>18
∶∶。

下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是（）
A．装置Ⅰ与Ⅱ之间缺少干燥装置
B．Ⅲ装置后缺少干燥装置
C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝
D．CuO没有全部被还原
17．下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是（）
NH、Mg 2＋、SO
2NH＋NH＋SO＋Ba2＋＋OH－=
BaSO4↓＋NH3·H2O
Mg2＋、HCO、Cl－Mg2＋＋2HCO＋2OH－= MgCO ↓＋CO＋2H2O
H＋、Na＋、NO
NH3·H2O＋CO2 = NH＋HCO3－
A．A B．B C．C D．D
18．某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、HCO3-、NH4+、Fe3+、Ba2+和K+。

取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液加热，得到0.02mol气体，同时产生1.97g白色沉淀；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，也得到1.97g沉淀。

由此可知原溶液中
A．至少存在5种离子
B．Cl－一定存在，且c（Cl-）≥0．2mol/L
C．SO42-、NH4+一定存在，HCO3-可能不存在
D．Fe3+一定不存在，HCO3-、K+可能存在
二、填空题
19．I、对于数以万计的化学物质和化学反应，分类法的作用几乎是无可替代的。

（1）现有下列5种物质：CuO、CO、MgO、Na2O、FeO。

按照不同的分类标准，它们中有1种物质与其他4种物质有明显的不同，找出这种物质，并写出依据（写出两种）：
①______________________________；
②______________________________。

（2）虽然分类的方法不同，但离子反应和氧化还原反应之间也存在着一定的关系，用简单的图示方法表示二者之间的关系_______________________。

（3）生活中的食醋和豆浆分别属于分散系中的___________和___________，用___________可以鉴别（填化学专用名词）。

II、下图为五个椭圆交叉构成的图案，椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3和NaOH 五种物质，图中相连的两种物质均可归为一类，相交的部分A、B、C、D为其相应的分类标准代号。

请回答下列问题：
（1）分类标准代号A表示______________（可多项）
a．两物质都是非电解质 b．两物质都易溶于水
c．两物质都是含碳化合物 d．两物质都是氧化物
（2）上述五种物质中的某一物质的饱和溶液中通入足量CO2,溶液中会有晶体析出。

该反应的离子方程式为：____________________ __。

20．现有下列九种物质：①盐酸②石墨③蔗糖④CO2⑤熔融NaHSO4⑥Ba（OH）2固体⑦氨水⑧硫酸⑨明矾
（1）属于电解质的有_________________________；
属于非电解质的有__________________________；
能导电的物质有____________________________。

（2）②和SiO2在高温下可发生如下反应：
3C+SiO2SiC+2CO
上述反应中还原产物是；氧化剂与还原剂物质的量之比为。

（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H＋＋OH－===H2O，该离子反应对应的化学方程式为________________________
（4）⑤的电离方程式为______________________。

21．I、向KI和硫酸混合溶液中加入过氧化氢溶液，迅速反应放出大量气泡，溶液呈棕色。

查阅资料知，反应过程如下：
①H2O2+2KI+H2SO4=I2+K2SO4+2H2O；
②H2O2+I2=2HIO；
③H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O
（1）用双线桥法表示过程①电子转移情况：
H2O2+2KI+H2SO4=I2+K2SO4+2H2O_____________。

（2）只比较上述反应②与③，则判断I2起到了___________的作用。

（3）试判断，酸性条件下HIO、H2O2、O2三种物质氧化性的强弱：___________（填化学式）。

II、一定条件下，向含硝酸的废水中加入CH3OH（碳元素为-2价），将HNO3还原成
N2。

若参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5∶6,则该反应中被氧化的元素的化合价为_____；每转移3 mol电子，反应消耗_____g CH3OH。

三、实验题
22．（1）氮的氧化物（NO x）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NO x还原生成N2。

某同学在实验室中对NH3与NO x反应进行了探究：收集足量NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）。

在一定温度下按图示装置进行实验。

高温
（2） 甲组同学拟用高锰酸钾制取氧气，并收集和测量氧气体积，其装置如图所示。

①读取装置B 中收集到的气体体积时，需移动乙管与甲管中液面相齐，其目的
是 。

②据报道高锰酸钾受热分解不产生MnO 2，已知产气率=
×100%。

若只发生KMnO 4KMnO 2+O 2↑
，则产气率为 。

③XRD 谱显示还会分解产生K 2MnO 4和K 2Mn 4O 8，写出分解产生这两种物质及氧气的化学方程式： 。

四、有机推断题
23．I 、有A 、B 、C 三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量按A 、B 、C 的顺序依次增大。

将等物质的量的A 、B 、C 溶于水，所得溶液中只含有Fe 3＋、NH 4+、SO 、NO 、Cl －五种离子，同时生成一种白色沉淀。

请回答下列问题：
（1）经检验，三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是____________。

A ．Na ＋ B ．Ba 2＋ C ．Mg 2＋ D ．Cu 2＋
（2）写出C 的化学式：C____________。

（3）若将A 、B 、C 三种盐按一定比例溶于水，所得溶液中只含有Fe 3＋、Cl －、NO 、NH 4+四种离子且物质的量之比依次为1∶1∶3∶1（不考虑水电离的影响）。

则A 、B 、C 三种盐的物质的量之比为____________。

若向B 溶液中通入少量SO 2气体,有沉淀和
无色气体产生，该沉淀为。

II、已知某KNO3溶液A中，混有少量的Ca2+和SO等杂质，某同学设计了如下实验方案以制得纯净的KNO3固体。

根据上述回答：
（1）沉淀D中所含有的物质是。

（2）按上述实验方案制得的KNO3晶体，经分析测定仍含有杂质，其原因是上述第
步（填①②③）可能有误，请加以改正：。

五、计算题
24．配制350mL1.0mol/LH2SO4溶液，需用98%的浓硫酸溶液（ρ=1.84g/L）体积为多少？取25 mL1.0mol/LH2SO4溶液与2g锌粉充分反应，产生标准状况下H2多少升？
参考答案
1．B
【详解】
A．溶液、胶体为并列的分散系，则图中二者不能交叉，故A错误；
B．置换反应一定为氧化还原反应，某些化合、分解反应属于氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，图示合理，故B正确；
C．碳酸钠属于钠盐和碳酸盐，碳酸钾属于钾盐和碳酸盐，应出现交叉关系，故C错误；D．电解质必须为化合物，则化合物包含电解质，故D错误；
故选B。

2．C
【解析】
试题分析：A．构成物质的微粒可能是分子、原子或离子，故A错误；B．1mol氧原子的质量为16g，故B错误；C．每个He原子中含有2个电子，0.5molHe约含有6.02×1023个电子，故C正确；D．2H只可表示2个氢原子，不可表示2mol氢原子，故D错误；答案为C。

考点：考查物质的量基本计算及阿伏加德罗常数的应用
3．C
【解析】
试题分析：A．没有指明4.48LHCl气体的状态为标准状况，无法计算其物质的量，故A错误；B．标准状况下H2O为液体，无法根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C．4g 氦气为1mol，标准状况下22.4L CO2的物质的量也为1mol，两者分子数目相等，故C正确；D．没有指明4L CO和4L CO2是同温同压下的气体，无法判断，故D错误，答案为C。

考点：考查气体摩尔体积及阿伏加德罗定律的应用。

4．A
【解析】
试题分析：A.用口鼻远离试剂瓶口一些，用手轻轻扇动的方法闻出未知液体的气味，故A
正确；B．将碘单质从碘的CCl4溶液中分离出来可用蒸馏装置，但温度计只能插到支管口，故B错误； C．容量瓶只能配制溶液，不能长期盛放溶液，故C错误；D．配制500 mL 0.4 mol•L-1 NaCl溶液，一定需要500mL容量瓶，不需要分液漏斗，则图中仪器不能配制溶液，故D错误；故选A。

考点：考查化学实验方案的评价。

5．C
【详解】
A．水的摩尔质量为18g/mol，与其物质的量多少无关，故A不符合题意；
B．200mL1mol/LCaCl2溶液中c(Cl－)=2mol/L，100mL2mol/LKCl溶液中c(Cl－)=2mol/L，故B不符合题意；
C．32g SO2的物质的量为0.5mol，含氧原子1mol；标况下11.2LCO的物质的量为0.5mol，含氧原子0.5mol，前者刚好是后者两倍，故C符合题意；
D．物质的量浓度c=1000w
M
，两溶液中NaOH的质量分数不同，则溶液的密度不同，且
NaOH的质量分数越大，溶液的密度越大，则前者溶液的物质的量浓度大于后者的2倍，故D不符合题意；
综上所述答案为C。

6．B
【解析】
试题分析： A．NaHSO4晶体中只存在Na+及HSO4-，0.1 mol NaHSO4晶体中含阴阳离子总数是0.2N A，故A错误；B．6.2gNa2O的物质的量为1mol，溶入水生成的NaOH为0.2mol，配成1L 溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.2 mol/L，故B正确；C．没有指明气体的温度和压强，无法计算其物质的量，故C错误；D．17 g H2O2的物质量为0.5mol，完全分解，转移电子数是0.5N A，故D错误；答案为B。

考点：考查物质的结构及物质的量基本计算。

7．D
【解析】
试题分析：A．200mL2mol/LMgCl2溶液中Cl-的物质的量为2mol/L×0.2L×2=0.8mol；B．150mL5mol/L KClO3溶液中不存在Cl-；C．HCl气体中不存在Cl-；D．29.25gNaCl固体的物质的量为0.5mol，含有Cl-的物质的量为0.5mol；故答案为A。

考点：考查电解质的电离与物质的量基本计算
8．D
【解析】试题分析：A．未洗涤烧杯和玻璃棒，则导致溶质的损失，溶液浓度偏小，故A错误；B．氢氧化钠固体已潮解，则氢氧化钠的真实质量偏小，配制出的溶液的浓度偏小，故B错误；C．带游码的天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，则称量出的氢氧化钠的
质量偏小，配制出的溶液的浓度偏小，故C错误；D．定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，浓度偏高，故D正确；故选D。

【考点定位】考查一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析
【名师点晴】掌握公式的运用和配制原理是解题的关键；要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=n/V分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓
度偏小等。

9．D
【详解】
根据溶液呈电中性可知，2n(Fe3+)+n(Al3+)=4n(SO24 )+n(X)，计算可知Ｘ必定带一个单位负电荷，所以X可能是氢氧根离子或氯离子，氢氧根离子与铁离子、铝离子不能大量共存，所
以X可能是氯离子，答案为D。

10．B
【解析】
试题分析：①6.72L NH3物质的量为=0.3mol，②1.204×1023个 H2S分子的物质
的量为0.2mol，③5.6g CH4的物质的量为=0.4mol，④0.5molHCl；A．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积：④＞③＞①＞②，故A错误；B．各物质中原子的物质的量分别为①NH3为0.3mol×4=1.2mol②H2S为0.2mol×3=0.6mol③CH4
0.4mol×5=2mol④HCl为0.5mol×2=1mol，所以原子个数③＞①＞④＞②，故B正确；C．各物质的摩尔质量分别为①NH3为17g/mol②H2S为34g/mol ③CH4为16g/mol④HCl为
36.5g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度④＞②＞①＞③，故C错误；D．各物质的质量分别为①NH3为0.3mol×17g/mol=5.1g，②H2S为0.2mol×34g/mol=6.8g，
③CH 4 为5.6g ，④HCl 为0.2mol×36.5g/mol=7.3g，所以质量④＞②＞③＞①，故D 错误；故选B 。

考点：考查物质的量的有关计算，涉及常用化学计量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论。

11．C
【解析】
试题分析：A ．因氧化还原反应中得电子数=失电子数=转移的电子总数，则生成1molFe 3O 4时1molO 2参加反应，转移的电子数为1×2×2=4mol 电子，故A 说法正确；B ．因该反应中铁由+2价升高到+3价，硫由+2价升高到+2.5价，则该反应中Fe 2+和S 2O 32-
都是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，故B 说法正确；C ．3molFe 2+被氧化，此时该反应中1.5molO 2被还原，故C 说法不正确；D ．由电荷守恒可知，（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，则x=4，故D 说法正确；故选C 。

【考点定位】考查氧化还原反应来分析
【名师点晴】明确元素的化合价及在该反应中化合价的变化是解答的关键，根据反应3Fe 2++2S 2O 32-+O 2+xOH -=Fe （FeO 2）2+S 4O 62-+2H 2O 中，铁、硫元素的化合价升高、氧元素的化合价降低来分析氧化剂和还原剂及反应中转移的电子数，再利用电荷守恒来分析x 。

12．B
【详解】
A 项，由n m M =可知，分子数相同的气体，物质的量相同，则摩尔质量之比等于质量之比，即A 与
B 的摩尔质量之比为::ag bg a b =，则A 与B 的相对分子质量之比为a :b ，故A 项正确；
B 项，根据阿伏加德罗定律可知同温同压下，
A 与
B 两种气体的密度之比等于摩尔质量之比，即为a ∶b ，故B 项错误；
C 项，A 与B 的相对分子质量之比为a :b ，根据n m M =
可得，同质量的A 和B 的物质的量之比11::::A B B A A B
n n M M b a M M ===，故C 项正确； D 项，同温同压下，相同体积的A 和B 的物质的量相等，根据n m M =
可得，A B A B A B ::::m m nM nM M M a b ===，故D 项正确；
故答案选B 。

13．C 【分析】
n(Fe)=
16.8
56/
g
g mol
=0.3mol，n(Br2)=0.3mol，由反应2Fe+3Br2═2FeBr3可知，反应后Fe过量，
在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-。

【详解】
A．当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性大于Br-，只发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，反应后Fe2+还有剩余，故A正确；
B．当a=0.45时，首先发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，剩余0.3molCl2，进一步发生2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，又知Br-为0.6mol，则二者恰好反应，所以总方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故B正确；
C．若溶液中Br-有一半被氧化时，首先发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，又知Br-为0.6mol，Br-有一半被氧化，则反应0.3mol，由方程式
2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，可知消耗0.15molCl2，则共消耗0.3mol氯气，则
c(Fe3+)：c(Br-)：c(Cl-)=0.3mol：0.3mol：0.6mol=1：1：2，故C错误；
D．当0＜a＜0.15时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和Fe3+，由电荷守恒可知
2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(OH-)，故D正确；
答案选C。

【点睛】
解答本题时要注意根据离子的还原性强弱判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答本题的关键，也是易错点。

根据题目信息2Fe+3Br2═2FeBr3，Fe2+的还原性大于Br-，同时题中铁和溴反应生成的产物为溴化亚铁，在其中通入氯气，先氧化亚铁离子再氧化溴离子。

14．D
【解析】
试题分析：①根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，二氧化碳中碳元素的质量为8.8g×12/44=2.4g；
根据化学方程式计算，设水质量为x，
2R+3O22CO2+4H2O
88 72
点燃
8.8g x
则，解得x=7.2g ，故氢元素的质量为7.2g×2/18=0.8g；
碳元素的质量+氢元素的质量=2.4g+0.8g ＜6.4g ，故R 应由碳、氢、氧元素三种元素组成；故①错误；②由8.8gCO 2，可计算出碳元素的质量为：8.8g×12/44=2.4g，再计算R 中碳元素的质量分数为：×100%=37.5%；故②正确；③由①分析可知，6.4gR 燃烧还生成了
7.2gH 2O ，故③正确；④根据化学方程式计算，设R 的相对分子质量为y ，
2R+3O 22CO 2+4H 2O
2y 88
6.4g 8.8g
，解得R=32，故④错误；故选D 。

考点：考查化学方程式的计算
15．C
【解析】
试题分析：40gA 完全反应，参加反应的B 的质量为40g-18g=22g ，生成的C 的质量为49g-40g=9g ，根据质量守恒定律可知，生成的D 的质量为40g+22g-9g=53g ，D 的相对分子质量为106，则生成的D 的物质的量为
=0.5mol ，现在参加反应的A 为80g ，则生
成D 的物质的量为1mol ；
故选A 。

【考点定位】考查化学反应方程式的计算
【名师点晴】把握质量守恒定律及物质的量的有关计算为解答的关键，40gA 完全反应，参加反应的B 的质量为40g-18g=22g ，生成的C 的质量为49g-40g=9g ，根据质量守恒定律计算生成的D 的质量，再根据n=m/M ，计算生成的D 的物质的量。

16．D
【详解】
A ．装置Ⅰ与Ⅱ之间缺少干燥装置，Ⅰ中的水蒸气进入Ⅲ中，水蒸气被看作氢气的质量，使实验测得m(H)n(O)>18∶
∶，故不选A ； B ．Ⅲ装置后缺少干燥装置，空气中的水蒸气进入Ⅲ中，水蒸气被看作氢气的质量，使实验
测得m(H)n(O)>18∶
∶，故不选B ； 点燃
C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝，通氢气前后玻璃管的质量差偏小，测量氧元素质量偏小，使实验测得m(H)n(O)>18
∶∶，故不选C；
D．CuO没有全部被还原，对实验结果无影响，故选D。

17．D
【解析】
试题分析：A．少量Ba（OH）2溶液，生成硫酸钡、氢氧化亚镁，离子反应为
Mg2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Mg（OH）2↓，故A错误；B．过量NaOH溶液，反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，故B错误；C．HNO3具有强氧化性，与铁反应无氢气生成故C 错误；D．通入过量CO2，先与NH3•H2O反应，发生NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3-，无碳酸钙沉淀生成，故D正确；故选D。

【考点定位】考查离子的共存和离子方程式的书写
【名师点晴】明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。

离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。

18．B
【分析】
加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，同时生成白色沉淀，可知没有Fe3+，此沉淀只能为BaCO3，可知有HCO3-和Ba2+，同时排除溶液里存在SO42-、CO32-；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，也得到1.97g沉淀，此沉淀也为BaCO3，则溶液里
HCO3-的物质的量为
2 1.97 197/
g
g mol
（）
=0.02mol，Ba2+的物质量为0.01mol；根据溶液里的电荷守恒，如果只有HCO3-、NH4+、Ba2+，则不遵守电荷守恒规律，还需有Cl-，此时Cl-的物质的量为0.02mol×1+0.01×2-0.02mol×1=0.02mol，另外溶液里还可能有K+，则Cl-的物质的量
≥0.02mol；据以上分析解答。

【详解】
A．由上述分析可知，一定含HCO3-、NH4+、Ba2+、Cl-，至少存在4种离子，故A错误；
B．由上述分析可知，Cl-一定存在，且c（Cl-）≥002
0.1
mol
L
．
=0.2mol/L，故B正确；
C．原溶液一定含HCO3-、NH4+、Ba2+、Cl-，没有SO42-，故C错误；
D．综上所述，原溶液中一定不含Fe3+，可能含K+，一定含HCO3-，故D错误；
故选B。

19．
I（1）①CO 常温常压下是气体，其余是固体
②CO非金属氧化物，其余是金属氧化物
（2）（意思正确、能表示二者的交叉关系即可）
（3）溶液胶体丁达尔效应（其他合理答案也可）
II、（1）a、b、c （2分）
（2）2Na++CO2+H2O+CO32-=2NaHCO3（2分）
【解析】
试题分析：I（1）①根据物质的状态，在CuO、CO、MgO、Na2O、FeO中除CO为气体外，其余均为固态；②根据化合物CuO、CO、MgO、Na2O、FeO中除CO非金属氧化物，其余为金属氧化物；
（2）离子反应不一定都是氧化还原反应，同样氧化还原反应也不一定就发生离子反应，两
者是交叉关系，即。

（3）生活中的食醋是溶液，豆浆是胶体，可用丁达尔效应鉴别。

II、（1）C2H5OH和CO2均为非电解质，均能溶解于水，且都是含碳化合物，而Fe2O3则是电解质，不溶于水且不是含碳化合物，故A可表示a、b、c；
（2）在碳酸钠的饱和溶液里通入足量CO2有NaHCO3析出，发生反应的离子方程式为2Na++CO2+H2O+CO32-=2NaHCO3。

上述五种物质中的某一物质的饱和溶液中通入足量CO2,溶液中会有晶体析出。

该反应的离子方程式为：
考点：考查物质的分类及离子反应方程式的书写。

20．
（1）⑤⑥⑧⑨③④①②⑤⑦
（2） SiC 1:2（2分）
（3）Ba（OH）2＋2HCl=BaCl2＋2H2O（2分）
（4）NaHSO4=Na＋＋HSO4-（2分）
【解析】
试题分析：①盐酸是溶液，不是电解质，也不是非电解质，但能导电；②石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，但能导电；③蔗糖是非电解质，也不能导电；④CO2是非电解质，也不能导电；⑤熔融NaHSO4是电解质，能导电；⑥Ba（OH）2固体是电解质，不能导电；⑦氨水是溶液，不是电解质，也不是非电解质但能导电；⑧硫酸是电解质，但不能导电；⑨明矾是电解质，但不能导电；
（1）属于电解质的有⑤⑥⑧⑨；属于非电解质的有③④；能导电的物质有①②⑤⑦；
高温
（2）在3C+SiO2SiC+2CO碳既是氧化剂，又是还原剂，反应中还原产物是SiC；氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；
（3）上述九种物质中盐酸和氢氧化钡反应可发生离子反应：H＋＋OH－===H2O，Ba（OH）2＋2HCl=BaCl2＋2H2O；
（4）熔融时共价键不破坏，只破坏离子键，熔融NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋HSO4-。

【考点定位】考查物质的分类、氧化还原反应的分析及离子方程式的书写。

【名师点晴】准确理解相关概念是解题关键，电解质和非电解质必须是化合物，而溶液与单质既不是电解质也不是非电解质，另外电解质的水溶液不一定能导电，非电解质的水溶液也可能会导电，原因是与水作用生成了电解质，如SO3是非电解质，但其水溶液能导电，原因生成了硫酸，实验硫酸是电解质，据此分析判断。

21．催化剂H2O2＞HIO＞O2+4价16
【解析】试题分析：（1）在H2O2+2KI+H2SO4=I2+K2SO4+2H2O中是氧化剂，KI是还原剂，用双线桥分析为：；
（2）②中消耗的I2与③中生成的I2相等，可知I2起到了催化剂的作用；
（3）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，酸性条件下HIO、H2O2、O2三种物质氧化性的强弱为H2O2＞HIO＞O2；
II、反应中硝酸为氧化剂，甲醇为还原剂，根据电子转移守恒，令C元素在氧化产物的化合价为a，则：6×5=5×[a-（-2）]，解得a=4，故氧化产物为CO2，反应方程式为：
5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O，则该反应的氧化产物是CO2；反应中每氧化
1molCH3OH转移6mole-，现转移3 mol电子，反应消耗0.5molCH3OH，质量为
0.5mol×32g/mol=16g。

考点：考查氧化还原反应的分析与计算。

22．（1）①红棕色气体慢慢变浅；
②8NH3+6NO27N2+12H2O（2分）；
③Z中NaOH溶液产生倒吸现象（2分）；
④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压（2分）。

（2）①使得装置内外压强相等
②20.25%（2分）
③6KMnO42K2MnO4+K2Mn4O8+4O2↑（2分）
【解析】
试题分析：（1）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应
8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；
（2）①移动乙管与甲管中液面相齐，使得装置内外压强相等，再读取装置B中收集到的气体体积；
②在反应KMnO4KMnO2+O2↑中，若参加反应的的物质的量为1mol，则生成氧气的物质的量为1mol，产气率=×100%=32g÷158g×100%=20.25%；
③KMnO4还会分解产生K2MnO4和K2Mn4O8，根据电子守恒和原子守恒规律，分解产生这两种物质及氧气的化学方程式为6KMnO42K2MnO4+K2Mn4O8+4O2↑。

考点：考查实验原理的探究与评价。

23．I（1）B（2）Fe2（SO4）3
（3）2∶3∶1（2分）硫酸钡（或BaSO4）
II（1）BaCO3和CaCO3
（2）③向E溶液中加入适量的HNO3溶液，再蒸发结晶（2分）
【解析】
试题分析：I．等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、NH4+、SO42-、NO3-、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸银，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为BaSO4，则A为NH4Cl，B为Ba（NO3）2，C为Fe2（SO4）3，
（1）由上述分析可知，只有Ba2+与SO42-生成沉淀，故答案为B；
（2）由上述分析可知，A为NH4Cl，B为Ba（NO3）2，C为Fe2（SO4）3；
（3）若将A、B、C三种盐按一定比例溶于水，所得溶液中只含有Fe3＋、Cl－、NO、NH4+四种离子且物质的量之比依次为1∶1∶3∶1，令Fe3＋、Cl－、NO、NH 4+四种离子的物质的量依次为1mol、1mol、3mol、1mol，同时SO42-和Ba2+恰好完全沉淀，则NH4Cl为1mol，Ba（NO3）2为1.5mol，Fe2（SO4）3为0.5mol，三者的物质的量之比为2∶3∶1；向Ba（NO3）2溶液里通入SO2，SO2在酸性条件下被NO3-氧化成SO42-，同时NO3-还原为NO，SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀。

Ⅱ．溶液A中，混有少量的Ca2+和SO42-等杂质，由分离流程可知，加硝酸钡，与硫酸根离子反应，则沉淀B为BaSO4，溶液C中含KNO3及Ca2+、Ba2+，再加碳酸钾，反应生成的沉淀D为CaCO3、BaCO3，则溶液E中含KNO3及碳酸钾，应加硝酸后蒸发结晶得到硝酸钾晶体，
（1）由上述分析可知，沉淀D为CaCO3、BaCO3；
（2）第②步加入过量碳酸钾溶液，第③步需除去溶液里有多余CO32，否则E中含碳酸钾，具体操作是应加足量硝酸，再蒸发结晶。

【考点定位】考查混合物分离提纯的综合应用
【名师点晴】把握流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，Ⅱ的溶液A中，混有少量的Ca2+和SO42-等杂质，由分离流程可知，加硝酸钡，与硫酸根离子反应，则沉淀B为BaSO4，溶液C中含KNO3及Ca2+、Ba2+，再加碳酸钾，反应生成的沉淀D为CaCO3、BaCO3，则溶液E中含KNO3及碳酸钾，应加硝酸后蒸发结晶得到硝酸钾晶体，以此来解答。

24．27.2mL（2分） 0.56L（2分）
【解析】
试题分析：质量分数98%，密度1.84g/mL的浓硫酸溶液的物质的量浓度为
mol/L=18.4mol/L，令配制350mL1.0mol/LH2SO4溶液，需用98%的浓硫酸体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则18.4mol/L×V=350mL×1.0mol/L，解得V=27.2mL；。