四川省凉山州2019_2020学年高一化学上学期期末模拟试题一PDF2020011103118.pdf

1、化学第 1 页，共 14 页 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 一、单选题（本大题共 18 小题，共 54.0 分）1.化学与生活、生产、社会、环境密切相关，下列说法不正确的是()A.小型游泳池通常使用次氯酸钠而非氯气来消毒池水B.在食品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C.为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用小苏打做发泡剂D.为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药【答案】D【解析】【分析】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。【解答】A.氯气有毒

2、会造成污染，所以小型游泳池通常使用次氯酸钠溶液来消毒，不用氯气，故A 正确；B.硅胶可吸水，铁粉具有还原性，所以食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故 B 正确；C.小苏打的主要成分是碳酸氢钠，受热会分解生成二氧化碳气体，所以可用小苏打做面包的发泡剂，故 C 正确；D.合理使用化肥和农药能提高农作物的产量和质量，但大量使用化肥和农药会污染空气、水等，所以使用化肥和农药不提倡大量，而是合理，故 D 错误。故选 D。2.将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱分类顺序排列，其中正确的是（）A.氧气、干冰、硫酸、烧碱B.碘酒、冰、盐酸、烧碱C.氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱D.铜

3、、硫酸钠、醋酸、石灰水【答案】A【解析】【分析】本题考查物质类别的分析，学生应能利用物质的组成和性质来分析物质的类别，并熟悉常见物质的分类来解答。【解答】A.氧气、干冰、硫酸、烧碱分别属于单质、氧化物、酸、碱，故 A 正确；B.碘酒属于混合物、冰属于化合物中的氧化物、盐酸属于酸类、烧碱属于碱类，故 B 错误；C.氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱分别属于单质、氧化物、酸、盐，故 C 错误；D.铜、硫酸钠、醋酸、石灰水分别属于单质、盐、酸、碱，故 D 错误。故选 A。3.能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A.Cl2与水反应：Cl2+H2O=2H+ClO-+Cl-B.CuSO4溶液中加入 Ba（OH）

4、2溶液：Ba2+SO42-=BaSO4C.将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2D.铁与盐酸反应：Fe+2H+=Fe2+H2【答案】D【解析】【分析】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法第 2 页，共 14 页 为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。A.反应生成的 HClO 在离子反应中保留化学式；B.漏写生成氢氧化铜的离子反应；C.醋酸在离子反应中保留化学式；D.反应生成氯化亚铁和氢气。【解答】A.Cl2与水反应的离子反应为 Cl2+H2O=H+HClO

5、+Cl-，故 A 错误；B.CuSO4溶液中加入 Ba（OH）2溶液的离子反应为 Cu2+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+Cu（OH）2，故 B 错误；C.将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2+H2O+CO2，故 C 错误；D.铁与盐酸反应的离子反应为 Fe+2H+=Fe2+H2，故 D 正确。故选 D。4.下列除杂质的方法不正确的是（）A.FeCl2溶液中混有少量 FeCl3：加入过量 Cu 粉，过滤B.Na2CO3固体中混有少量 NaHCO3加热C.CO2气体中混有少量 HCl：用饱和 NaHCO3溶液洗气D.铁粉中混有

6、少量铝粉：加入过量 NaOH 溶液充分反应，过滤【答案】A【解析】解：ACu 与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质氯化铜，不能除杂，应选过量铁粉、过滤，故 A 错误；B碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，所以 Na2CO3固体中混有少量 NaHCO3加热可以除杂质，故 B 正确；C二氧化碳与碳酸氢钠不反应，HCl与碳酸氢钠能反应，所以CO2气体中混有少量HCl，用饱和 NaHCO3溶液洗气可以除杂质，故 C 正确；DAl 与 NaOH 反应，而 Fe 不能，反应后过滤可分离，故 D 正确；故选：A。ACu 与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；B碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；C二氧化碳与碳酸氢钠不反

7、应，HCl 与碳酸氢钠能反应；DAl 与 NaOH 反应，而 Fe 不能。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。5.下列说法中，不正确的是（）A.胶体与溶液的本质区别是分散质颗粒的大小不同B.氯化铁溶液可应急止血，利用的是胶体的聚沉C.溶液是电中性的，胶体是带电的D.将稀硫酸逐滴加入氢氧化铁胶体中，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解【答案】C【解析】【分析】本题考查了胶体和其它分散系的本质区别和其特征性质，应注意胶体具有聚沉、丁达尔现象、胶体微粒吸附电荷的性质，掌握基础是解题

8、关键，题目难度不大。【解答】第 3 页，共 14 页 A溶液与胶体的本质区别是分散质颗粒直径大小，故 A 正确；B血液是胶体，而氯化铁溶液是电解质溶液，能使血液胶体发生聚沉，从而可以应急止血，故 B 正确；C溶液中正电荷总数等于负电荷总数，所以溶液是电中性，胶体有的带电，由的不带电，故 C 错误；D电解质溶液能使胶体产生聚沉，故将硫酸滴入氢氧化铁胶体中，会生成氢氧化铁沉淀，继续滴加氢氧化铁沉淀会溶于硫酸，即沉淀消失，故 D 正确。故选：C。6.NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.1molCl2与足量 Fe 反应，转移的电子数为 3NAB.Na2O2 与 CO2 反应生成 11.2LO2

9、（标准状况），反应中转移的电子数为 2NAC.在标准状况下，22.4L 四氯化碳所含的氯原子数目为 4NAD.1molNa 与足量 O2反应，生成 Na2O 和 Na2O2的混合物，钠失去 NA个电子【答案】D【解析】【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。【解答】A.氯气和铁反应后变为-1 价，故 1mol 氯气反应后转移 2mol 电子即 2NA个，故 A 错误；B.过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由-1 价变为 0 价，故当生成 11.2L 氧气即0.5mol 氧气时，转移 1mol 电子即 NA个，故 B 错误；C.标况下四氯化碳为液

10、体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氧原子的个数，故 C 错误；D.由于钠和氧气反应后变为+1 价，故 1mol 钠失去 1mol 电子即 NA个，故 D 正确。故选 D。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH=1 的溶液中：NH+4、K+、ClO-、Cl-B.在强碱溶液中：Na+、K+、Cl-、SO32-C.能与金属铝反应生成氢气的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D.在含大量 Fe3+溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN-【答案】B【解析】解：ApH=1 的溶液，显酸性，H+、ClO-、Cl-发生氧化还原反应，不能共存，故 A 不选；B强

11、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故 B 选；C能与金属铝反应生成氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，强碱溶液中不能大量存在 NH4+、Al3+，酸溶液中 Al、NO3-、H+发生氧化还原反应不生成氢气，故 C 不选；DFe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故 D 不选；故选 B ApH=1 的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B强碱溶液中该组离子之间不反应；C能与金属铝反应生成氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D离子之间结合生成络离子 本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，第 4 页，共 14 页 侧重分析与应用能力的考查，注意复分解

12、反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大 8.下列有关叙述正确的是（）A.相同条件下，质量相等的 CO 和 CO2它们所含的氧原子数目之比为 11：7B.同体积、同密度的 C2H4和 CO，两种气体的分子数一定相等C.配制 450 mL 0.1 molL-1的 NaOH 溶液，用托盘天平称取 NaOH 固体 1.8 gD.1 L 0.45 molL-1 NaCl 溶液中 Cl-的物质的量浓度比 0.1L 0.15 molL-1 AlCl3溶液大【答案】B【解析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。【解答】A.相同条件下，质量相等的 CO

13、 和 CO2它们物质的量之比为：11：7，所含的氧原子数目之比为 11：14，而不是 11：7，故 A 错误；B.体积相等、密度相等的 CO 和 C2H4的质量相等，而两者的摩尔质量相等，所以物质的量相等，两种气体的分子数相等，故 B 正确；C.配制 450 mL 0.1molL-1的 NaOH 溶液，应用 500mL 的容量瓶来配制，所以氢氧化钠固体的质量为：0.1molL-10.5L40g/mol=2g，故 C 错误；D.0.15 molL-1 AlCl3溶液中 Cl-的物质的量浓度是 0.45 molL-1，所以两者的氯离子的浓度相等，故 D 错误。故选 B。9.KClO3 与浓盐酸发生

14、如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O，有关该反应，说法不正确的是（）A.Cl2 既是氧化产物，又是还原产物B.转移 5mol 电子时，产生 67.2L 的 Cl2C.盐酸既体现酸性，又体现还原性D.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比 5：1【答案】B【解析】解：A只有 Cl 元素的化合价变化，KClO3中 Cl 由+5 价降低为 0，HCl 中 Cl由-1 价升高为 0，Cl2 既是氧化产物，又是还原产物，故 A 正确；B由反应可知转移 5mol 电子生成 3mol 气体，状态未知，不能计算体积，故 B 错误；C生成 KCl 和氯气，可知盐酸既体现酸性，又体现还原

15、性，故 C 正确；D失去电子被氧化，由反应可知 5 个 Cl 失去电子与 1 个 Cl 得到电子相同，则被氧化的元素和被还原的元素的质量之比 5：1，故 D 正确；故选：B。由 KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O 可知，KClO3中 Cl 由+5 价降低为 0，HCl 中Cl 由-1 价升高为 0，以此来解答。本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电子转移计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 B 为易错点，题目难度不大。10.已知常温下在溶液里可发生如下两个离子反应：Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+Sn2+2Fe3+=2Fe2

16、+Sn4+由此可以确定 Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序（）A.Sn4+、Fe3+、Ce4+B.Ce4+、Fe3+、Sn4+C.Sn4+、Ce4+、Fe3+D.Fe3+、Sn4+、Ce4+第 5 页，共 14 页【答案】B【解析】解：根据反应：Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，氧化性：Ce4+Fe3+，根据反应：Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+，氧化性：Fe3+Sn4+，所以氧化性顺序是：Ce4+Fe3+Sn4+。故选：B。根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断 本题考查氧化性强弱的判断规律，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行

17、回答，题目难度不大 11.下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是（）X YZA Na NaOH NaHCO3B Cu CuSO4 Cu（OH）2C C COCO2D Si SiO2H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：ANa 和水反应生成 NaOH，NaOH 与二氧化碳反应生成 NaHCO3，NaHCO3不能直接得到 Na，故 A 错误；BCuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜，故 B 错误；CC 与氧气反应得到 CO，CO 和氧气反应生成 CO2，CO2和镁反应能直接得到 C，故C 正确；DSi 与氧气在一定条件下可以反应生成 SiO2，SiO2

18、与水不反应，制取 H2SiO3，应由硅酸盐和酸反应制备，故 D 错误 故选 C ANa 和水反应生成 NaOH，NaOH 与二氧化碳反应生成 NaHCO3，NaHCO3不能直接得到 Na；B可根据 CuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜分析；CC 与氧气反应得到 CO，CO 和氧气反应生成 CO2，CO2和镁反应能直接得到 C；DSiO2与水不反应 本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，本题注意把握常见物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累 12.关于铁的三种氧化物(FeO、Fe2O3、Fe3O4)的下列叙述中

19、正确的是（）A.铁的三种氧化物中铁元素的化合价完全相同B.都是碱性氧化物，都能与盐酸反应生成氯化铁和水C.氧化亚铁在空气中加热可生成更稳定的四氧化三铁D.四氧化三铁中铁元素有2 价和3 价，它是一种混合物【答案】C【解析】【分析】本题考查了铁的氧化物的性质，为考试高频考点，题目难度中等，试题注重双基的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关基础知识的积累。第 6 页，共 14 页【解答】A.FeO 中铁元素的化合价为+2 价，Fe2O3中铁元素的化合价为+3 价，Fe3O4中铁元素的化合价为+2 价和3 价，故 A 错误；B.FeO 与盐酸反应生成氯化亚铁和水，Fe3O4不是碱性氧化物，

20、能与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，故 B 错误；C.氧化亚铁中亚铁离子不稳定，在空气中加热能够转化成四氧化三铁，故 C 正确；D.四氧化三铁中铁元素有2 价和3 价，它是一种纯净物，故 D 错误。故选 C。13.在某无色溶液中缓慢地滴入 NaOH 溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的 NaOH 溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（）A.Mg2+、Al3+、Fe2+B.H+、Mg2+、Al3+C.H+、Ba2+、Al3+D.只有 Mg2+、Al3+【答案】B【解析】解：第一阶段无沉淀，水溶液中一定含有氢离子，故 AD 错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，说明部

21、分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，故选 B。根据图象，可以看出分为 4 个阶段：第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，即部分沉淀溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加 本题考查金属镁以及金属铝的化合物的有关性质，注意氢氧化铝能和强碱反应是解题的关键所在，难度不大 14.某盐的混合物溶液中含有 Na+、Mg2+、Cl-、SO42-4 种离子，其

22、 3 种浓度分别为0.2mol/LNa+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Cl-，则 SO42-为（）A.0.1mol/LB.0.2 mol/LC.0.3 mol/LD.0.4 mol/L【答案】C【解析】【分析】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确电荷守恒为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的化学计算能力。混合液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中一定满足：c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），据此进行计算。【解答】溶液呈电中性，根据电荷守恒可知：c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即

23、：0.2mol/L+20.4mol/L=0.4mol/L+2c（SO42-），解得：c（SO42-）=0.3mol/L，故 C 正确。故选 C。第 7 页，共 14 页 15.关于下列各装置图的叙述中，正确的是（）A.利用装置可制备氢氧化亚铁并长时间观察其颜色B.装置验证 Na2CO3和 NaHCO3两种固体的热稳定性C.装置中 X 若为四氯化碳，可用于吸收 HCl 气体，并防止倒吸D.通过的方法配制一定浓度的稀硫酸溶液【答案】C【解析】【分析】本题考查氢氧化亚铁的制备及性质实验、配制溶液等，侧重于考查学生化学实验方案的评价能力和实验操作能力，注意把握实验原理和实验注意事项。【解答】A.氢氧化

24、亚铁易被空气中氧气氧化，则装置可制备氢氧化亚铁，但不能并长时间观察其颜色，故 A 错误；B.碳酸氢钠不稳定，图中小试管中应为碳酸氢钠，故 B 错误；C.HCl 不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，图中气体与水不能直接接触，则装置中 X 若为四氯化碳，可用于吸收 HCl 气体，并防止倒吸，故 C 正确；D.不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故 D错误。故选 C。16.下列各项操作中，不发生先沉淀后溶解现象的是（）向饱和 Na2CO3溶液中通入过量的 CO2向 Na2SiO3溶液中逐滴加入过量稀硫酸向 Ba（NO3）2溶液中通入过量的 SO2向石灰水中通入过量

25、的 CO2气体向 AlCl3溶液中逐滴滴加 NaOH 溶液至过量A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识，题目难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质，注意有的物质之间发生反应时滴加顺序不同反应不同【解答】中有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3比Na2CO3溶解度小，且反应中消耗H2O，故有沉淀析出且不溶解；中生成硅酸沉淀，不溶解，硅酸不能溶于 H2SO4，所以沉淀不溶解二氧化硫水溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸，生成硫酸钡沉淀；第 8 页，共 14 页 向石灰水中通 CO2，反应有：Ca（OH）

26、2+CO2=CaCO3+H2O；CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2，现象为先沉淀后溶解；化学反应方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象所以不溶解的是故选 D17.下列有关硅及硅酸盐材料的说法正确的是()A.硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B.反应Na2SiO3H2OCO2=Na2CO3H2SiO3，反应Na2CO3SiO2=高温Na2SiO3CO2，两反应是相互矛盾的，不可能都能发生 C.普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料D.祖母绿的主要成分为

27、 Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为 3BeOAl2O36SiO2【答案】D【解析】略 18.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3C1O-+4OH-=2RO4n-+3Cl-+5H2O关于该反应的说法正确的是（）A.RO4n-中 R 的化合价是+6B.ClO-是还原剂C.由上述离子方程式可知，该反应是由氨水提供的碱性环境D.反应过程中生成 1mol RO4n-，转移 6mol e-【答案】A【解析】解：A由以上分析可知 n=2，则 RO4n-中 R 的化合价是+6，故 A 正确；BCl 元素的化合价由+1 价降低为-1 价，C1O-为氧化剂，故 B 错误；C一水合氨为弱电

28、解质，不能完全电离，在离子方程式中写化学式，故 C 错误；DR 元素的化合价由+3 价升高为+6 价，则反应过程中生成 1mol RO4n-，转移 3mol e-，故 D 错误 故选 A 对于反应 2R（OH）3+3C1O-+4OH-=2RO4n-+3Cl-+5H2O，由电荷守恒可知 n=2，RO4n-中 R 的化合价是+6，则 R 元素的化合价由+3 价升高为+6 价，R（OH）3为还原剂，发生氧化反应，Cl 元素的化合价由+1 价降低为-1 价，C1O-为氧化剂，发生还原反应，以此解答该题 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及

29、电子守恒、原子守恒的综合考查，题目难度不大 二、填空题（本大题共 1 小题，共 13.0 分）19.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：(1)该浓盐酸的物质的量浓度为_mol/L第 9 页，共 14 页(2)取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_A溶液中 HCl 的物质的量 B.溶液的浓度 C溶液中 Cl-的数目 D.溶液的密度(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制 450mL 物质的量浓度为 0.3mol/L 稀盐酸该学生需要量取_ mL 上述浓盐酸进行配制 配制时，其正确的操作顺序是用字母表示，每个字母只能用一次_；A用 30mL

30、 水洗涤烧杯 2-3 次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量水(约 30mL)的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入 500mL 的容量瓶中 D将容量瓶盖紧，颠倒摇匀 E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线 12cm 处在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）I、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面_II、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒 2-3 次，洗涤液也转移到容量瓶_III、溶液注入容量瓶前没有恢复到

31、室温就进行定容_(4)若在标准状况下，将 V LHCl 气体溶于 1L 水中，所得溶液密度为 d g/mL，则此溶液的物质的量浓度为_mol/L(填字母)A100036.5+22400 B36.5+22400C100036.5+22.4 D36.522.4(+1)【答案】（1）12（2）BD （3）12.5;BCAFED;偏低;偏高;偏高;（4）A【解析】【分析】本题旨在考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，属基础题。【解答】第 10 页，共 14 页（1）由已知条件可得，该浓盐酸的物质的量浓度为：10003/1.2/336.536.5/=12，故答案为：12；（2）溶液中 HCl 的物质

32、的量、溶液中 Cl-的数目随所取体积的多少而变化，溶液的浓度、溶液的密度不随所取体积的多少而变化，故正确答案为 BD；（3）设需要浓盐酸体积为 V，依据溶液稀释前后，所含溶质的物质的量不变，V12mol/L=500mL0.3mol/L，解得 V=12.5ml，故答案为：12.5；配置一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以正确的顺序为：BCAFED；I、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，导致量取的浓盐酸的体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的体积偏低，故答案为：偏低；II、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒 2-3 次，洗涤液也转移到容量瓶，导致量取的浓盐酸

33、的体积偏高，溶质的物质的量偏大，溶液的体积偏高，故答案为：偏高；III、溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，恢复到室温时，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；(4)依据公式 c=,把 n=,Vaq=代入即可求算出答案为A，故答案为：A。三、推断题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）20.A、B、C、X 均为中学常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系（副产物已略去）。（1）若 X 是氧气，则 A 不可能_。AC BSi CNa DMg （2）若 X 是金属单质，向 C 的水溶液中滴入 AgNO3溶液，产生了不溶于稀 HNO3的白色沉淀（反应在溶液中进行），则 B 的化学式

34、为_；C 溶液在贮存时应加入少量 X，理由是（用离子方程式表示）_。（3）若 X 是氢氧化钠溶液，A、B、C 均为含铝元素的化合物，则反应的离子方程式为_（4）若 X 为盐酸，A、B、C 均不含铝元素，且反应有无色无味气体生成，则反应的离子方程式为_。【答案】（1）BD（2）FeCl3 ；2Fe3+Fe=3Fe2+（3）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（4）CO32-+H+=HCO3-【解析】【分析】本题考查无机物的推断，本题侧重于元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，熟悉常见物质的性质即可解答，题目难度中等。【解答】第 11 页，共 14 页（1）若 X 是氧气，A 可发生

35、连续氧化，则 A 为 S 或 C、Na 或 N2，则 A 不可能是 Si 或Mg，故答案为：BD；（2）若 X 是金属单质，向 C 的水溶液中滴加 AgNO3溶液，产生不溶于稀 HNO3的白色沉淀，则 X 为 Fe，A 为氯气，B 为氯化铁，C 为氯化亚铁，保存氯化亚铁加入少量 Fe是因 2Fe3+Fe=3Fe2+，防止 Fe2+被氧化成 Fe3+，故答案为：FeCl3；2Fe3+Fe=3Fe2+；（3）A、B、C 均为含有铝元素的化合物，X 是氢氧化钠溶液，则 A 为 AlCl3，X 为 NaOH，B 为 Al（OH）3，反应的离子反应为 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案

36、为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（4）若 X 为盐酸，A、B、C 均不含铝元素，且反应有无色无味气体生成，则 A 含有CO32-，B 含有 HCO3-，气体是 CO2，反应的离子方程式为 CO32-+H+=HCO3-，故答案为：CO32-+H+=HCO3-。21.某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份 100mL 该溶液进行如下实验：第一份加入 AgNO3溶液有沉淀产生。第二份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0.04mol。第三份加足量 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 6.27g，经

37、足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为 2.33g。根据上述实验数据，填写下列空白。（1）一定不存在的离子有_。（2）第步操作发生反应的离子方程式为_。（3）第步操作确定的离子有_。（4）对无法确定是否存在的离子，满足_时，能确定其存在。【解析】解：A根据题意，Ba2+和 SO42-，可发生离子反应生成 BaSO4，因此两者不能共存。Ba2+和 CO32-可发生离子反应生成 BaCO3，因此两者也不能共存。第一份加入 AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生 Cl-+Ag+=AgCl、CO32-+2Ag+=Ag2CO3、SO42-+2Ag+=Ag2SO4，所以可能含有 Cl-、CO32-、SO42-。第二

38、份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0.04mol，能和 NaOH 溶液加热产生气体的只能是 NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在 Mg2+故可确定一定含有 NH4+，一定不存在 Mg2+根据反应 NH4+OH-NH3+H2O，产生 NH3为 0.04mol，可得 NH4+也为0.04mol。第三份加足量 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 6.27g，经足量盐酸洗涤。干燥后，沉淀质量为 2.33g。部分沉淀溶于盐酸为 BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为 BaSO4，发生反应 CO32-+Ba2+=BaCO3、SO42-+Ba2+=BaSO4，因为 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+

39、H2O而使 BaCO3溶解。因此溶液中一定存在 CO32-、SO42-，一定不存在 Ba2+。由条件可知 BaSO4为 2.33g，物质的量=0.01mol 第 12 页，共 14 页 BaCO3为 6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为 0.02mol。则 CO32-物质的量为 0.02mol，CO32-物质的量浓度为 0.2mol/L（1）由上述分析可得，溶液中一定存在 CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在 Mg2+、Ba2+故答案为：Mg2+、Ba2+；（2）第二份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到气体 0.04mol，能和 NaOH 溶液加热产生气体的只能是 NH4+

40、，发生反应 NH4+OH-NH3+H2O，故答案为：NH4+OH-NH3+H2O；（3）第三份加足量 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 6.27g，经足量盐酸洗涤。干燥后，沉淀质量为 2.33g。部分沉淀溶于盐酸为 BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为 BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+=BaCO3、SO42-+Ba2+=BaSO4，因为 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+H2O 而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在 CO32-、SO42-，一定不存在 Ba2+。故答案为：CO32-、SO42-；（4）CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为 0.02mol、0.01mol、0.

41、04mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为 0.02mol2、0.01mol2，共 0.06mol，NH4+所带正电荷为 0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知 K+一定存在，且 K+物质的量0.02mol，故答案为：n0.02mol。根据题意分析，第一份溶液加入 AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有 Cl-、CO32-、SO42-。第二份溶液加足量 NaOH 溶液加热后收集到气体，推得一定含有 NH4+，一定不存在Mg2+。第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在 CO32-、SO42-，一定不存在 Ba2+；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出 K+一定存在，由

42、K+物质的量的变化分析 Cl-的情况。本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是 K+的确定易出现失误。四、实验题（本大题共 1 小题，共 15.0 分）22.某兴趣小组为探究铁和浓硫酸反应的产物及性质,用如图所示装置进行实验(夹持装置和 A 中加热装置已略,气密性已检验)实验开始前,先打开弹簧夹通一段时间,关闭弹簧夹后,在 A 中滴加一定量的浓硫酸,观察实验现象,然后加热,观察到 A 中有白雾生成,铁片上有气泡产生.已知 A 中白雾是硫酸与水形成的酸雾.请回答下列问题:(1)铁片上滴入浓硫酸未加热前没有

43、明显现象的原因是_;第 13 页，共 14 页(2)加热一段时间后发现 B装置中溶液褪色,取出 A 中的溶液少许,加入 KSCN溶液未出现血红色,写出此时 A 中反应的化学方程式:_ ;(3)C 装置的作用是除去二氧化硫气体中硫酸蒸汽,则盛放的溶液是_;A.水 B.NaOH 溶液 C.饱和 溶液 D.饱和溶液(4)实验开始前,先通一段时间的目的是_;(5)可以证明是弱酸的实验装置是_;(6)中的现象是_,该现象表明具有_性;(7)装置 F 的作用是吸收尾气,写出该装置中反应的化学方程式_,以下各种尾气吸收装置中,适合于吸收该尾气,而且能防止倒吸的是_。【答案】（1）铁表面生成致密氧化膜或铁发生

44、钝化（2）+224（浓）=4+2 +22（3）D（4）除去装置中的空气（5）D（6）高锰酸钾溶液褪色；还原性（7）2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；【解析】【分析】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】（1）铁片上滴入浓硫酸未加热前没有明显现象的原因是铁表面生成致密氧化膜或铁发生钝化，第 14 页，共 14 页 故答案为：铁表面生成致密氧化膜或铁发生钝化；（2）由上述分析可知，A 中反应的化学方程式+224（浓）=4+2+22，故答案为：+224（

45、浓）=4+2 +22；（3）A、B、C 均与二氧化硫反应，只有 D 除去硫酸且不除去二氧化硫，故答案为：D；（4）实验开始前，先通一段时间 N2的目的是除去装置内的空气（或氧气），防止二氧化硫被氧化，故答案为：除去装置内的空气（或氧气），防止二氧化硫被氧化；（5）可以证明 H2SO3是弱酸的实验装置是 D，D 中无现象，可知盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，故答案为：D；（6）E 中的现象是高锰酸钾溶液褪色，该现象表明 SO2具有还原性，故答案为：高锰酸钾溶液褪色；还原；（7）装置 F 的作用是尾气处理，防止污染空气，该装置中反应的化学方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；装置均属于防倒吸装置，所以适合于吸收该尾气,而且能防止倒吸的是，故答案为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；。