【文档说明】【精准解析】四川省绵阳市三台中学实验学校2019-2020学年高一上学期10月月考化学试题.doc，共(22)页，360.500 KB，由小赞的店铺上传

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三台中学实验学校2019年秋季2019级高一半期适应性考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40Ba-137一、单选题（每个小题只有一个正确选项，每

小题2分，共25小题，共50分）1.下列成语中涉及氧化还原反应的是()A.木已成舟B.蜡炬成灰C.铁杵成针D.滴水成冰【答案】B【解析】【分析】有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。【详解】A、木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物

质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B、蜡炬成灰有新的物质生成，属于化学变化，且碳、氧元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故B正确；C、铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故

C错误；D、滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；答案选B。2.下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是（）A.NaHCO3=Na+＋H+＋CO32-B.NaHSO4=Na+＋H+＋SO42-C.MgCl2=Mg2+＋2Cl-D

.Ba(OH)2=Ba2+＋2OH-【答案】A【解析】【详解】A．NaHCO3是弱酸强碱的酸式盐，在水溶液中HCO3-不能完全电离，故离子方程式应为NaHCO3=Na++HCO3-，故A错误；B．NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，在水溶液中能完全电离，故离子方程式为NaHS

O4=Na++H++SO42-，故B正确；C．MgCl2能电离出2个氯离子，故离子方程式应为MgCl2=Mg2++2Cl-，故C正确；D．氢氧化钡是二元强碱，其离子方程式应为Ba(OH)2=Ba2+＋2OH-，故D正确；故答案为A。【点睛】书写

电离方程式是要关注以下几个方面：①是强电解质电离还是弱电解质电离，如果是弱电解质电离要用“”，且多元弱酸要分步电离；②电离时产生的是阴、阳离子微粒，且原子团不能拆分；③电离方程式同样遵守原子守恒，选项B错误的原因就是不遵守此原则；另外弱酸的酸式阴离子一般不好折分，除非单独写其电离时拆分，如

HCO3-H++CO32-。3.下列物质只有还原性的为（）A.亚硫酸钠（Na2SO3）B.铁粉C.HNO3D.硫酸亚铁（FeSO4）【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸钠(Na2SO3)中硫元素是+4价，是中间价，既有氧化性，又有还原性，故A错误；B．铁粉只能失电子，化合价升高，

只有还原性，故B正确；C．HNO3中H为+1价，N为+5价，均为最高价，具有氧化性，O为-2价，最低价，具有还原性，故C错误；D．硫酸亚铁中Fe元素为+2价，是中间价，既有氧化性，又有还原性，故D错误；故答案为B。4.下

列物质中，能导电的是（）①食盐溶液②盐酸③氯酸钾④液态氯化氢⑤熔融氯化钾A.①②③B.②③④C.③④⑤D.①②⑤【答案】D【解析】【详解】①食盐溶液、②盐酸和⑤熔融氯化钾中均存在自由移动的阴、阳离子，能导电；而③氯酸钾中有阴、阳离子，但不能

自由移动，不导电，④液态氯化氢中不存在离子微粒，也不导电，则①②⑤正确，故答案为D。5.下列各组物质，按氧化物、混合物、单质、电解质顺序排列的是（）A.二氧化硫、碘酒、液态臭氧、烧碱B.硫酸钾、纯碱、白磷、生石灰C.氧化铜、氯化氢、钠、干冰D.氧

化钙、胆矾、氮气、空气【答案】A【解析】【详解】A．根据物质的分类，二氧化硫、碘酒、液态臭氧、烧碱依次为氧化物、混合物、单质、碱，其中烧碱也是电解质，故A正确；B．硫酸钾组成元素有三种，是含氧化合物，不是氧化物，且纯碱是纯净物

，故B错误；C．氯化氢是纯净物，干冰是CO2，是非电解质，故C错误；D．胆矾是纯净物，空气是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故答案为A。6.下列说法中正确的是（）A.摩尔是表示物质粒子多少的物理量B.胶体区别于其他分散系的本质特征是微

粒直径在10−9~10−7m之间C.海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾[KAl(SO4)·12H2O]可以使海水淡化D.交叉分类法和树状分类法是化学上仅有的两种分类方法【答案】B【解析】【详解】A．摩尔是物质的量的单位，而物质的量是基本物理量，故

A错误；B．不同分散系之间的本质差别是分散质微粒直径的大小不同，其中胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒直径在10−9~10−7m之间，故B正确；C．明矾是净水剂，溶于水生成的氢氧化铝胶体能吸附悬浮物，但不能使海水淡化，故C错误；D．分类是科学有效的学习方法，交叉分类法和树状分类法均为常见的

分类法，还有单一分类法，交叉分类法等，故D错误；故答案为B。7.下列实验中①配制一定物质的量浓度的溶液；②pH试纸的使用；③过滤；④蒸发。都要用到的仪器是A.玻璃棒B.烧杯C.蒸发皿D.酒精灯【答案】A

【解析】【详解】实验①配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的仪器是天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、滴管，实验②pH试纸的使用需要用到的仪器是玻璃棒、表面皿，实验③过滤需要用到的仪器是铁架台、玻璃漏斗、玻璃棒、烧

杯，实验④蒸发需要用到的仪器是铁架台(或三脚架)、玻璃棒、酒精灯、蒸发皿，四个实验都要用到的仪器是玻璃棒，故选B。8.下列物质中含有的分子数相等的是（）①1molCO2②14gN2③标准状况下22.4L的H2O④98gH2SO4A.①

④B.①③C.②③D.③④【答案】A【解析】【详解】依据n=mAmVNMVN==，可知分子数相等，则物质的量相等；①1molCO2；②14gN2物质的量为：14g28g/mol=0.5mol；③标准状况下22.4L的H

2O，物质的量为：2240018g/molg=1244.4mol；④98gH2SO4物质的量为：98g98g/mol=1mol；所以分子数相等为①④，故答案为A。9.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是（）

A.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B.碘水中萃取碘时，往分液漏斗中加入碘水和四氯化碳，充分振荡静置后分液C.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应D.实验室中的操作类似“海水煮盐”原理的是蒸发【答案】A【解析】【详解】

A．对青蒿素的提取涉及到萃取的操作，为物理过程，故A错误；B．碘易溶于四氯化碳，且不溶于水，则碘水中萃取碘时，往分液漏斗中加入碘水和四氯化碳，充分振荡静置后分液，故B正确；C．雾霾所形成的气溶胶是胶体，有丁达尔效应，故C正确；D．“海水煮盐”利用的是蒸发结晶原理，故D正确；故答案为

A。10.下列是有关实验的叙述，正确的是（）A.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大B.分别含有Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液能一次鉴别C.不慎将浓硫酸洒在桌上，应先用烧碱溶液中和，再用湿布抹净D.贴在装有酒精的容

器上的标志为遇湿易燃物品【答案】B【解析】【详解】A．萃取剂与溶剂的溶解性有关，与密度无关，如选择萃取剂苯或四氯化碳萃取溴水中溴，故A错误；B．Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，分别与NaOH溶液反应的现象为白色沉淀、蓝色沉淀、无现

象，现象不同，可鉴别，故B正确；C．不慎将浓硫酸洒在桌上，应先用纯碱溶液中和，再用湿布抹净，故C错误；D．酒精是易燃液体，贴在装有酒精的容器上的标志为易燃液体，故D错误；故答案为B。11.以下说法正确的是（）A.H2SO4在电流作用下在水中电离出H+和SO42−B.N

aCl溶液能导电是因为溶液中有自由移动的Na+和Cl−C.由单质X变为X2－的反应是氧化反应D.某元素处于最高价态时只具有还原性【答案】B【解析】【详解】A．H2SO4在水溶液中先电离出H+和SO42−，最终溶液能导电，故A错误；B．NaCl溶液中有自由移动的Na+和Cl−，则NaCl

溶液能导电，故B正确；C．由单质X变为X2－的过程中元素化合价降低，发生的反应是还原反应，故C错误；D．某元素处于最高价态时，化合价只能降低，则只具有氧化性，故D错误；故答案为B。12.下列各溶液中能大量共存的离子组是（）A.碳酸氢钠溶液中：K+、NO3-、Cl－、H+B.使酚酞试液呈红色

的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、K+C.澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-D.使石蕊试液变红的溶液中：Na+、Cl－、K+、CH3COO－【答案】C【解析】【详解】A．H+和HCO3-不可能在溶液中大量共存，故A错误；B．使酚酞试液呈红色

的溶液显碱性，不可能存在大量的Mg2+和Cu2+，故B错误；C．离子组Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，故C正确；D．使石蕊试液变红的溶液显酸性，不可能存在大量的CH3COO－，故D错误；故答案为C。【点睛】解离子共存题，首先要搞清常见的离子反应有：①生成难溶

物，如Ba2+与CO32－、SO42－生成难溶物；②生成挥发性的气体，如CO32－与H+生成CO2气体；③生成弱电解质，如NH4+与OH－生成NH3·H2O；④发生氧化还原反应，如在酸性条件下NO3－与Fe2+；⑤生成配合离子，如Fe3+和SCN－；在同一溶液里能发生离子反应则

不能大量共存。13.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂应选用的试剂或操作方法ANaNO3溶液NaOH加入FeCl3溶液，并过滤BFeCl2溶液MgCl2加入过量NaOH溶液，并过滤CSO2CO2通过盛NaOH溶液的洗气瓶，并干燥DBa

CO3粉末BaCl2溶解、过滤、干燥A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NaOH与氯化铁反应生成沉淀和NaCl，引入新杂质NaCl，应选硝酸铁，故A错误；B．FeCl2和MgCl2均能和NaOH溶

液反应，加入过量NaOH溶液，最终得到NaCl和NaOH的混合溶液，故B错误；C．SO2和二氧化碳均能和NaOH反应，最终混合气体完全被NaOH溶液吸收，故C错误；D．碳酸钡不溶于水，氯化钡溶于水，溶解、过滤并干燥即可得到纯净碳酸钡，故D正确；故答案为D。【点睛】掌握

常见物质的性质、混合物分离提纯的方法为解答此类试题的关键。需要注意的是，在除杂时，所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质，由过量试剂引入的新的杂质必须除尽，同时分离和除杂质的途径必须选择最佳方案(操作简单、常见)。14.下列各组反应都是在水溶液中发生的反应，每组两个反

应能用．．同一离子方程式表示的是（）A.稀HCl与CaCO3；稀HCl与Na2CO3B.Ba(OH)2与H2SO4；BaCl2与Na2SO4C.Cu(OH)2与HCl；Cu(OH)2与H2SO4D.澄清的石灰水中通入少量CO2；Ba(OH)2溶液中通入少量CO2【答案】C【解析】【详解】A．

碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，碳酸钠与盐酸反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，两个反应不能用同一离子方程式表示，故A错误；B．氯化钡与硫酸钠反应的离子方程式为：SO42-+

Ba2+═BaSO4↓，而氢氧化钡与硫酸反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，不能用同一离子方程式表示，故B错误；C．Cu(OH)2是难溶于水的碱，而盐酸和稀硫酸均为强酸，则C

u(OH)2与HCl；Cu(OH)2与H2SO4发生的反应均可以用Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故C正确；D．澄清的石灰水中通入少量CO2发生的离子反应方程式为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+

H2O，而Ba(OH)2溶液中通入少量CO2发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O，不能用同一离子方程式表示，故D错误；故答案为C。【点睛】考查离子反应方程式的书写，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，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。15.用下图表示的一些物

质或概念间的从属关系，其中不正确．．．的是选项ABCDX氧化物酸、碱、盐溶液置换反应Y化合物电解质胶体氧化还原反应Z纯净物化合物分散系化学反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、纯净

物分为化合物和单质，化合物分为氧化物、酸、碱、盐，它们存在这样的从属关系；B、电解质属于化合物，但化合物不一定是电解质，电解质包括部分金属氧化物、酸、碱、盐，它们之间存在从属关系；C、分散系分为胶体、溶液、浊液，它们之间没从属关系；D、化学反应分为置换反应、分解反应、复分解反应

、化合反应，置换反应全部属于氧化还原反应，但氧化还原反应不全部是置换反应，它们之间存在从属关系。答案为C。16.下列说法中正确的是()A.同温同压下，具有相同数目分子的气体必具有相同的体积B.等质量的O2和H2的物质的量之比为16∶1C.不同的气体若体积不等，则它们所

含的分子数一定不等D.同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于密度之比【答案】A【解析】【详解】A．同温同压下，气体摩尔体积相同，相同数目的分子物质的量相同，则体积相同，故A正确；B．假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=132mol：12m

ol=1：16，故B错误；C．不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数不一定不等，还与气体摩尔体积有关，故C错误；D．根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D错误；故选A。17.下列说法中错误的

是()A.在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，可制得氢氧化铁胶体B.100mL1mol/L的MgCl2溶液比500mL0.25mol/LKCl溶液的导电性强C.NH3溶于水后，溶液能够导电，但NH3是非电解质D.Cu和N

aOH溶液均能导电，故Cu和NaOH均为电解质【答案】D【解析】【详解】A．制备氢氧化铁胶体是在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，故A正确；B．1mol/L的MgCl2溶液比0.25mol/LKCl溶

液中自由移动的离子浓度大，则导电性强，故B正确；C．NH3溶于水后，生成弱电解质NH3·H2O，故溶液能够导电，但NH3是非电解质，故C正确；D．Cu和NaOH溶液均能导电，但Cu是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故答案为D。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的

化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如NH3的水溶液导电，是因为生成NH3·H2O的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单

质又要排除混合物。18.下列离子方程式书写正确的是（）A.NaHSO4溶液中滴加NaHCO3溶液：2H++CO32−=CO2↑+H2OB.石灰石加入食醋（含CH3COOH）中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C.利用腐蚀法制作印刷线

路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.浓NaOH溶液与浓CaCl2溶液混合：Ca2++2OH−=Ca(OH)2↓【答案】D【解析】【详解】A．HCO3-不能完全电离，则NaHSO4溶液中滴加NaHCO3溶液发生的离子反应为H

++HCO3−=CO2↑+H2O，故A错误；B．醋酸是弱酸，则石灰石加入食醋(含CH3COOH)中发生的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故B错误；C．利用腐蚀法制作印刷

线路板时发生的离子反应方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．浓NaOH溶液与浓CaCl2溶液混合时发生的离子反应方程式为Ca2++2OH−=Ca(OH)2↓，故D正确；故答案为D。【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生

，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。19.用0.2mol·L－1某金属阳离子Rn＋的盐溶液40mL，恰好将

20mL0.4mol·L－1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL×10-3×0.4mol•L-1=8×10-3mol，溶液中Rn+离子的物质的量为

：40mL×10-3×0.2mol•L-1=8×10-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为：2Rn+～nSO42-2n8×10-3mol8×10-3mol解得n=2，故选答案B。20.用NA表示

阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A.将1.0molFeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒为NA个B.标准状况下，11.2L酒精（C2H5OH）所含分子数为0.5NAC.在常温下，把100gCaCO3加到1L水中，所得溶液．．中的Ca2+数等于NAD.在标准状况下，22.4LCH4与18gH

2O所含有的电子数均为10NA【答案】D【解析】【详解】A．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的集合体，故将1.0molFeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒小于NA个，故A错误；B．标况下酒精是液体，不能根据气体的摩尔体积计算11.

2L酒精的物质的量，故B错误；C．100g碳酸钙的物质的量为1mol，由于碳酸钙难溶于水，则水中溶解的碳酸钙远远小于1mol，所得溶液中的Ca2+数远远小于NA，故C错误；D．标况下22.4L甲烷的物质的量为1mol，含有10mo

l电子，18g水的物质的量为1mol，也含有10mol电子，二者所含有的电子数均为10NA，故D正确；故答案为D。【点睛】考查阿伏加德罗常数的应用判断，注意掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，准

确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。21.用向下排气法在容积为VmL的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体相对

于氢气的密度为9.5，将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（）A.V4mLB.V5mLC.V6mLD.无法判断【答案】C【解析】【详解】设最后瓶内气体中氨气的物质的量为x，空

气的物质的量为y；由最后瓶内气体相对于氢气的密度为9.5，则瓶内气体的平均式量为9.5×2=19，则：17x29y19xy+=+，解得xy=5:1；根据气体的体积之比等于物质的量之比，即VmL的集气瓶中收集氨气为56VmL，

将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气，瓶内剩余气体的体积为VmL-56VmL=6VmL，故答案为C。【点睛】考查学生利用平均式量法来计算，明确氨气的体积分数是解答本题的关键，

空气的平均式量为29，氨气的相对分子质量为17，利用瓶内气体的平均式量为19，先计算氨气的体积分数，则将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气。22.某氯原子的质量为ag

，12C原子的质量为bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列不正确的是A.该氯原子的摩尔质量为12abg/molB.xg该氯原子的物质的量是xb12amolC.1mol该氯原子的质量是aNAgD.yg该氯原子

所含的原子数为yaNA【答案】D【解析】【详解】A．氯原子的相对原子质量是氯原子的质量与12C原子的质量112的比值，即为12ab；摩尔质量在数值上等于相对原子质量，但是单位不同，即为12abg/mol，故A不符合题意。B．根据n=mM可得xg该氯原子

的物质的量为n=12xbamol，故B不符合题意。C．一个氯原子的质量为ag，1mol氯原子的质量为aNAg，故C不符合题意。D．根据N=nNA，可得yg该氯原子所含的原子数为12ybaNA，故D符合题

意。本题选D。【点睛】注意相对原子质量和摩尔质量的数值相同，但是单位不同，相对原子质量的单位为1，摩尔质量的单位为g/mol。23.有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，已知其中Fe3＋的物质的量浓度为0.4mol·L－1

，SO42-的物质的量浓度为0.7mol·L－1，则此溶液中Na＋的物质的量浓度为()A.0.1mol·L－1B.0.15mol·L－1C.0.2mol·L－1D.0.25mol·L－1【答案】C【解析】【详解】根据电荷守恒，混合溶液中Na+、Fe3+所带的正电荷

总数等于SO42-所带的负电荷总数，有c(Na+)×1＋c(Fe3+)×3＝c(SO42-)×2，即c(Na+)＋3×0.4mol·L－1＝2×0.7mol·L－1，解得c(Na+)＝0.2mol·L－1，故选C。24.在反应X＋2Y=R＋2M中，已知R和M的摩尔质

量之比为22∶9，若X与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中M的质量为()A.3.6gB.9gC.4.4gD.2.8g【答案】A【解析】【详解】根据已知条件“R和M的相对分子质量之比为22:9”，则R：2M=22

:2×9=22:18；设生成的M的质量为a，则22:18=4.4g:a，解之得：a=3.6g，故答案为A。25.在aLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42−完全沉淀；如加入足量的NaOH溶液得沉淀cmol，则原溶液中的c(Fe3

+)为（）A.2b-c2aB.2b-c3aC.2(b-c)aD.2(b-c)6a【答案】C【解析】【详解】向aL混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，则根据SO42-+Ba2+═BaSO4↓可知含有SO42-的物质的量为bmol，设Fe2(

SO4)3和CuSO4的物质的量分别为xmol和ymol，则：3x+y=b…①；如加入足量的NaOH溶液得沉淀cmol，即氢氧化铁与氢氧化铜的物质的量为cmol，则：2x+y=c…②；由①、②得：x=(b-c)mol，所

以n(Fe3+)=2(b-c)mol，即溶液中的c(Fe3+)为()2bcmolaL−=()2bca−mol/L，故答案为C。【点睛】考查混合物的有关计算、根据离子方程的计算、物质的量浓度的计算等，清楚发生的离子反应是解答本题的关键，根据SO42-+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的SO42-

离子的物质的量，如加入足量的NaOH溶液得沉淀cmol，即氢氧化铁与氢氧化铜的物质的量为cmol，再根据c=nV计算原溶液中的Fe3+浓度。二、填空题（本题包括3个小题，共28分，除标注外，每空1分）26.①Cu②CO2③Fe2O3④液

氨⑤液态CH3COOH⑥熔融Ba(OH)2⑦蔗糖⑧NaOH溶液⑨冰水混合物⑩固体CaCO3(1)上述物质中属于电解质的是_______（填序号，下同），属于非电解质是_______，既是电解质又能导电的是___

______。(2)常温下，②⑨⑩这三种物质相互作用可生成一种新物质Ca(HCO3)2，该反应_______（“是”或“不是”）氧化还原反应。(3)写出下列反应的离子方程式A.物质③与足量稀硫酸溶液反应的离子方程式：________________

________________。B.物质⑩与足量⑤溶液反应的离子方程式：_________________________________。C.足量的NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2的溶液反应_______________

________________。【答案】(1).③⑤⑥⑨⑩(2).②④⑦(3).⑥⑨(4).不是(5).Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O(6).CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-(7).Ca2++2OH-+2HCO3-=Ca

CO3↓+2H2O+CO32-【解析】【分析】(1)结合电解质和非电解质的概念分析判断；(2)根据反应过程中是否存在元素化合价的变化判断；(3)根据离子方程式的书写规范写出有关反应离子方程式。【详解】(1)①

Cu为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②CO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；③Fe2O3不能导电，但熔融状态能导电，是电解质；④液氨不能导电，是非电解质；⑤液态CH3COOH不能

导电，在水溶液中能导电，是电解质；⑥熔融Ba(OH)2能导电，是电解质；⑦蔗糖不能导电，是非电解质；⑧NaOH溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑨冰水混合物是纯净物，能导电，是电解质；⑩固体CaCO3不能导电，但是电解质；则上

述物质中属于电解质的是③⑤⑥⑨⑩，属于非电解质是②④⑦，既是电解质又能导电的是⑥⑨；(2)已知反应CaCO3+CO2+H2O=2Ca(HCO3)2中不存在元素化合价的变化，不是氧化还原反应；(3)A．氧化铁溶于与足量稀硫酸发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；B．碳酸

钙与足量稀醋酸溶液反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-；C．足量的NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2的溶液反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-。【点睛】判断电解质和非电解质需要注

意以下几点：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水

后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；③能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；④难溶性化合物不一定就是弱电解质。27.某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe2+、Al3+、NH4+、Cl−、CO32−和SO42

−。现每次取100.00mL进行实验：（已知：NH4++OH-ΔNH3↑+H2O）①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.896L（标准状况下）③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀

6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。请回答：(1)c(CO32−)=_________mol/L；(2)K+是否存在？__________；若存在，浓度范围是__________(若不存在，则不必回答第2问)；(3)根据以上实验，不能判断______（填离子符号）是否存在。若存

在此离子，如何进行检验？_____________________________________________________。【答案】(1).0.2(2).存在(3).c(K+)≥0.2mol/L(4).Cl−(5).取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，

若有沉淀证明存在Cl−，否则无Cl−【解析】【分析】先根据实验现象判断溶液中存在的离子，不存在的离子，可能存在的离子；(1)先判断③中酸洗涤前后质量减少的量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；(2)先确定实验③中酸洗后沉淀的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据

氨气的体积计算铵根离子的物质的量，再根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，判断钾离子是否存在；若存在，根据阴阳离子的电荷相等，求出钾离子的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算钾离子的物质的量浓度；(3)根据实验

现象判断；根据氯离子的检验方法检验，但先判断硫酸根离子的干扰。【详解】根据实验①现象判断：该溶液中可能含有Cl-、CO32-、SO42-；根据实验②现象判断，该溶液中含有NH4+；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO32-和SO42-离子，同时排除溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+；

(1)根据实验③现象，酸洗涤沉淀前后，质量减少，减少的质量为碳酸钡的质量，则碳酸钡的物质的量为()6.272.33g197/molg−=0.02mol，由原子守恒可知，碳酸根的物质的量浓度=nV＝0.02mol0.1L=0.2mol/L；(2)根据实验

③现象，酸洗涤沉淀后沉淀的质量为硫酸钡的质量，其物质的量为2.33233/molgg=0.01mol；由生成的NH3为0.896L，可知铵根离子的物质的量为0.89622.4/molLL=0.04mol

；根据溶液中阴阳离子所带电荷相等得，钾离子存在；一个硫酸根离子、一个碳酸根离子都各带两个单位的负电荷，一个铵根离子、一个钾离子各带一个单位的正电荷，设其物质的量为xmol，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等列方程式，0.02mol×2+0.01mol×2=0.04m0l×1+xmol×1，解得

：x=0.02，钾离子的物质的量浓度=nV＝0.02mol0.1L=0.2mol/L，因溶液中可能还含有Cl-，则实际c(K+)≥0.2mol/L；(3)根据实验①现象判断，不能判断氯离子是否存在；氯离子和银离子反应生成白色沉淀，且该沉淀不溶于水和硝酸，所以可用硝酸酸化

的硝酸银溶液检验，但先判断硫酸根离子的干扰，则实际操作为取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl−，否则无Cl−。28.铜能与浓硫酸在加热条件下反应，反应方程式为：_____Cu+____H2SO4（浓）Δ_____CuSO4+____SO2↑+

_____H2O(1)配平上述方程式，并用双线桥法分析电子转移的方向和数目___________（在答题卷上的方程式中表示）；(2)该反应中还原剂为___________，氧化产物为__________；(3)该

反应中浓H2SO4体现____________性；(4)还原剂与氧化剂的物质的量之比为______，标况下若生成SO2的体积为11.2L，则反应时转移的电子为_______mol。【答案】(1).1(2).2

(3).1(4).2(5).2(6).+2H2O(7).Cu(8).CuSO4(9).酸性和氧化性(10).1:1(11).1mol【解析】【分析】结合元素化合价的变化，根据氧化还原反应的理论分析解答即可。【详解】(1)在Cu+H2SO4(浓)CuSO4+S

O2↑+H2O中Cu元素化合价从0价升高为+2价，S元素从+6价降为+4价，结合电子守恒和原子守恒即可配平得到Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，用双线桥法分析电子转移的方向和数目为；(2)该反应中Cu元素化合价升高，发生氧化反应，则还原剂为C

u，氧化产物为CuSO4；(3)该反应中部分S元素从+6价降为+4价，即部分硫酸作氧化剂，则浓H2SO4体现酸性和氧化性；(4)参加反应的硫酸物质的量的12作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1，反应中S元素从+6价降为+4价，标况下11.2LSO2的物质的量为11.222.4/molL

L=0.5mol，则反应时转移的电子物质的量为0.5mol×2=1mol。三、实验题（本题包括2个小题，每空1分，共16分）29.著名导演陈晓卿执导的纪录片《风味人间》中第一集中介绍了一种川西地区的民间美食-灰水煮笋，这里的“灰水”即指加了草木灰的水。草木灰中富含K2CO3（还有少量的K

Cl和K2SO4），某兴趣小组打算从“灰水”中提取KCl，请你帮他们完成以下工作。(1)检验“灰水”溶液中的SO42−______________________________________________________________________。(2)检验“灰水”溶液

中的CO32−。①小组内有同学认为，往上层澄清溶液中滴入Ca(OH)2溶液观察白色沉淀产生即可证明其中含有CO32−。你认为此方案是否正确？__________（填“正确”或“错误”），理由是_____________________________________

_____________________。②小组内另一同学认为，应往澄清溶液中加入过量稀盐酸，通过______的现象判断CO32-的存在。写出加入过量盐酸反应的离子方程式__________________________。(3)经过充分讨论后，小组内同学共同

设计出了下面的分离提纯路线：①“混合物1”经过一系列操作最终得到KCl固体，下列操作顺序合理的是______。a、加入过量K2CO3溶液B、加入过量稀盐酸C、过滤D、蒸发结晶A、a→b→c→dB、a→c→b→dC、b→c→a→dD、c→a→b→d②实验室中，蒸发结晶操作应在______

_____（填仪器名称）中进行。【答案】(1).将配制好的灰水静置，取上层清液于试管中，加入稀盐酸，若无明显现象，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则说明溶液中含有SO42-(2).错误(3).硫酸根离子可以和钙离子反应得到硫酸钙微溶物，会干扰碳酸根离子检验(

4).生成气体(5).CO32-+2H+=CO2↑+H2O(6).B(7).蒸发皿【解析】【分析】(1)检验SO42−，应排除碳酸根离子的干扰，需要先用盐酸酸化；(2)检验碳酸根离子，应排出硫酸根离子的影响，加入盐酸，可发生二氧化碳气体；(3)草木灰加水溶解，过滤除杂不溶性杂质，加

入过量的氯化钡溶液，可生成碳酸钡、硫酸钡沉淀，过滤，在滤渣中加入足量盐酸，除去硫酸钡，将滤液蒸发结晶，可得到氯化钾固体，以此解答该题。【详解】(1)灰水中含有碳酸钾，检验SO42−，应加入稀盐酸酸化，排除碳酸根离子的干扰，再滴加

BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可说明含有SO42−，具体操作是将配制好的灰水静置，取上层清液于试管中，加入稀盐酸，若无明显现象，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则说明溶液中含有SO42-；(2)①检验碳酸根离子，应排除硫酸根离子的干扰，因硫酸根离子

可以和钙离子反应得到硫酸钙微溶物，会干扰碳酸根离子检验；②加入盐酸，碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳气体，离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；(3)①混合物1为碳酸钡、硫酸钡沉淀，过滤，在滤渣中加入过量K2CO3溶液，除

去过量氯化钡，再用盐酸酸化，然后将滤液蒸发结晶，可得到氯化钾固体，则顺序为a→c→b→d，故答案为B；②蒸发结晶操作应在蒸发皿中进行。30.(1)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，根据数据计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_____

_______。(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480mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸

。①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制，确定溶液体积的容器是________（填名称）。②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？（在括号内填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。a．

实验前，容量瓶中有少量蒸馏水.___________。b．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面．__________。c.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水．__________。(4)①假设该同学成功配制了0.400mol/L的盐酸，他又

用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取______mL盐酸．②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是________________。A．浓盐酸挥发

，浓度不足B．配制溶液时，未洗涤烧杯C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出【答案】(1).11.9mol/L(2).BD(3).16.8mL(4).500mL容量瓶(5).无影响(6).偏小(7).

偏小(8).25mL(9).C【解析】【分析】(1)设溶液的体积为VL，再求出溶质的物质的量，代入公式求出物质的量浓度；(2)根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；(3)①根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓溶液的体积；②分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依

据c=nV进行误差分析；(4)①根据n(HCl)=n(NaOH)计算；②盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，逐项分析即可。【详解】(1)设盐酸的体积为VL，则溶质的质量为V×1000mL×1.19g•cm-3×36.5%，溶质的物质

的量为V10001.1936.5%36.5=11.9Vmol，所以溶质的物质的量浓度为11.9VmolVL=11.9mol/L；(2)A．溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，故A

不选；B．溶液的浓度c=1000ρωM，与溶液的体积无关，故B选；C．溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，故c不选；D．溶液的密度与溶液的体积无关，故D选；故答案为BD；(3)①配制480mL溶液，实验室没有480mL容量瓶，应该配制500mL0.400mol/L的溶

液，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变得c1V1=c2V2，V1=0.4mol/L0.5L11.9mol/L=0.0168L=16.8mL；②a．实验前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响最终溶液的体积和溶质的物质的量，即

对所配溶液浓度无影响；b．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，溶质的量减小，所以配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小；c．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；(4)①n(HCl)

=n(NaOH)=0.01mol，V(HCl)=0.01mol0.4mol/L=0.025L=25mL；②消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了；A．浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标

准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，故A不选；B．配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，故B不选；C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，故C选；D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标

准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，故D不选；故答案为C。【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，注意掌握误差分析的方法与技巧，根据c=nV可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物

质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。四、计算题（本题包括1个

小题，每空3分，共6分）31.(1)在一密闭容器中充入amolNO和bmolO2，可发生如下反应：2NO＋O2=2NO2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为________。(2)按体积比为1:2:3所组成的N2、O2、CO2的混合气体100g，在

标准状况下的总体积为_____L。【答案】(1).a︰(a＋2b)(2).60【解析】【分析】(1)无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，据此计算出反应后容器

中氮原子和氧原子的个数之比；(2)体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2xmol，二氧化碳为3xmol，根据混合气体的质量，求算x的值，再根据V=nVm计算混合气体标准状况下体积。【详解】(1)无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但

密闭容器中各种元素原子个数不变，根据N=nNA知，各种元素的原子个数之比等于其物质的量之比，n(N)：n(O)=n(NO)：[n(NO)+2n(O2)]=amol：(a+2b)mol=a：(a+2b)；(2)体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2xmol，二氧化碳

为3xmol，所以：xmol×28g/mol+2xmol×32g/mol+3xmol×44g/mol=100g，解得，x=100224mol，则标准状况下，混合气体的体积为(100224mol+2×100224mol+3×10022

4mol)×22.4L/mol=60L。【点睛】考查物质的量和阿伏加德罗定律及推论计算，明确“各种元素原子个数与是否发生反应无关”及“体积比等于物质的量之比”是解题关键，难点是灵活应用原子守恒解答。