【文档说明】吉林省长春市兴华中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，376.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题本试卷分第I卷和第II卷两部分。共100分，考试时间为90分钟。考试结束后，只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Cu—64第Ⅰ卷(共25题，50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，每小

题只有一个．．．．选项符合题意)1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是()A.蒸馏B.升华C.过滤D.萃取【答案】B

【解析】【详解】“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，且得到固体，不是蒸馏、萃取操作，故答案选B。2.下

列说法不正确的是()A.从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4B.进行该图操作后，实验现象为：液体分层，下层呈紫红色C.利用该装置可以分离CCl4和水D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂密度必须比水大【答案】D【解析】【详解

】A．乙醇与水互溶，四氯化碳与水分层，则不能用无水乙醇代替CCl4，故A正确；B．四氯化碳的密度比水的密度大，则液体分层，下层呈紫红色，故B正确；C．分离CCl4和水分层，可选图中分液漏斗分离，故C正确；D．萃取时不需要考虑萃取剂的

密度，如苯、四氯化碳均可作萃取剂，故D错误；故答案选D。3.下列变化过程只有通过氧化反应才能实现的是()A.HCl→H2B.HCl→FeCl2C.H2SO4(浓)→SO2D.Fe→Fe2O3【答案】D【解析】【分析】只有通过氧化反应才能实现即需要加入氧化剂才能实现

，则选项中还原剂在反应中元素的化合价升高，以此来解答。【详解】A．H元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故A错误；B．Cl元素化合价不变，不是氧化还原反应，故B错误；C．S元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故C错误；D．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故D正

确；故答案选D。【点睛】通过氧化反应才能实现的物质变化，该物质中元素化合价是要升高的，但是也要注意排除歧化反应的可能性。4.下列叙述中，正确的是A.纯碱、烧碱均属于碱B.凡能电离出H＋的化合物均属于酸C.CuSO4·5H2O属于纯净物D.盐类物质一定含有金属阳离子【

答案】C【解析】【详解】A.纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，故B错误；C.五水硫酸铜为化合物，属于纯净物，故C正确；D.氯化铵等铵盐中不含有金属阳离子，故D错误；答案选C。【点睛】本题容易错选B，主要是由

于对概念的把握不准确导致，因此正确理解概念并能灵活运用是关键。5.下列物质的溶液能导电，但不属于电解质的是()A.Ba(OH)2B.CH4C.Cl2D.HCl【答案】C【解析】【详解】A．Ba(OH)2水溶液能导电并且是化合物，所以是电解质，故A不符合

题意；B．CH4难溶于水，熔融状态也不能导电，属于非电解质，故B不符合题意；C．在Cl2水溶液中，Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，能导电，Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C符合题意；D．HCl在水溶液中能电离出自

由移动的氢离子和氯离子，能导电，HCl属于电解质，故D不符合题意；故答案选C。【点睛】溶液导电靠的是溶液中自由移动的阴阳离子，但是必须是自身电离出阴阳离子的化合物才能称为电解质，如果在水中与水反应，那么导电的物质不是它本身，则不是电解质。6.在强酸

性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A.Na+、K+、OH-、Cl-B.Na+、Cu2+、SO42-、NO3-C.Mg2+、Na+、SO42-、Cl-D.Ba2+、HCO3-、NO3-、K+【答案】C【解析】【详解】A选项，强酸性H+与OH－反应生成水，不能共存，

故A错误；B选项，强酸性都共存，但Cu2+是蓝色，故B错误；C选项，强酸性H+，Mg2+、Na+、SO42－、Cl－都共存，故C正确；D选项，强酸性H+与HCO3－反应生成二氧化碳和水，不能共存，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】记住有颜色的离子，铜离子：蓝色，铁离子：

黄色，亚铁离子：浅绿色，高锰酸根：紫色。7.“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（）①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸

⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀A.①④⑥B.②③④C.②③⑤D.①③④⑥【答案】B【解析】【分析】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子

直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，②③④正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质

的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2mol/LBa(NO3)2溶液的叙述不正确的是A.2L溶液中阴阳离子总数为1.2NAB.500mL溶液中NO3－浓度为0

.2mol/LC.500mL溶液中Ba2＋浓度为0.2mol/LD.500mL溶液中NO3－物质的量为0.2mol【答案】B【解析】【详解】A、溶液中Ba（NO3）2的物质的量n=cV=0.2mol/L×2L=0

.4mol，而1molBa（NO3）2中含1mol钡离子和2mol硝酸根即含3mol离子，则0.4molBa（NO3）2中含1.2mol离子即1.2NA个，A正确；B、0.2mol•L-1Ba（NO3）2溶液NO3-

浓度为0.4mol/L，与所取溶液的体积无关，B错误；C、0.2mol•L-1Ba（NO3）2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L，与所取溶液的体积无关，C正确；D、500mL溶液中含有Ba（NO3）2的物质的量n=

cV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，而1molBa（NO3）2中含2molNO3-，故0.1molBa（NO3）2中含0.2mol硝酸根，D正确，答案选B。9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是()A.常温常压下，32g氧气的

体积约为22.4LB.1.8gNH4+中含有的质子数为NAC.常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAD.2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．32g氧气的物质的量为1mol，常温常压下，气体摩尔体积不是

22.4mol/L，则其体积不为22.4L，故A错误；B．1.8gNH4+的物质的量为n＝1.8g18g/mol=0.1mol，而NH4+中含11个质子，故0.1molNH4+中含有的质子个数为1.1NA个，故B

错误；C．臭氧由氧原子构成，故48g臭氧中含有的氧原子的物质的量为3mol，故个数为3NA个，故C正确；D．2.4g镁的物质的量为0.1mol，而镁反应后变为＋2价，故0.1mol镁失去0.2NA电子，故D错误；故答案选C。10.我们常用“往伤口

上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是A.胶体的电泳B.血液的氧化还原反应C.血液中发生复分解反应D.胶体的

聚沉【答案】D【解析】【详解】食盐的主要成分NaCl是电解质，血液是胶体，其胶体粒子带电荷，往伤口上撒盐会使血液发生聚沉而止血。用到胶体的聚沉，故答案选D。11.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列5项操作：①过滤；②加过量NaOH溶液；

③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是()A.⑤②④③①B.④①②⑤③C.②⑤④①③D.①④②⑤③【答案】C【解析】【分析】除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42−及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离

子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子。盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求。【详解】泥沙可用过滤除掉，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化

钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳

酸根离子，蒸发除掉水和过量的氯化氢，所以正确的顺序为：⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，②加过量的NaOH溶液，①过滤，③加适量的盐酸；（或者②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量的盐酸

）。所以正确的顺序是⑤④②①③或②⑤④①③。故答案选C。【点睛】在粗盐提纯过程中，碳酸钠的作用是去除钙离子和过量的钡离子，所以一定要在加入氯化钡之后进行添加。12.与离子方程式H＋＋OH－===H2O相对应的化

学方程式是()A.Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2OB.2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2OC.Ba(OH)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2H2OD.Cu(OH)2＋2HCl===CuCl2＋2H2O【答案】B【解析】【详解】A

．氢氧化镁为难溶物，离子方程式中氢氧化镁不能拆开，该反应不能用H++OH-=H2O表示，选项A错误；B．2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O的离子方程式为：H++OH-=H2O，选项B正确；C．Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2

++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用H++OH-=H2O表示，选项C错误；D．Cu(OH)2为难溶物，离子方程式中氢氧化镁不能拆开，该反应不能用H++OH-=H2O表示，选项D错误；答案选B。13.下列检验方法和结论正确的是()A.加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有C

l－B.在加入稀硝酸后的溶液中，再滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有SO42—C.加入盐酸后加热，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，证明原溶液中一定含有CO32—D.加入紫色石蕊试液，溶液显红色

，证明溶液一定呈酸性【答案】D【解析】A．加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中可能有Cl－，还可能为硫酸根离子，A错误；B．在加入稀硝酸后的溶液中，再滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中可能有

硫酸根离子，也可能为Ag+，但二者不能同时存在，B错误；C．加入盐酸后加热，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，证明原溶液中可能含有CO32－，或HCO3－，或二者均有，C错误；D．加入紫色石蕊试液，溶液显红色

，证明溶液一定显酸性，D正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验方案的评价，侧重离子检验的考查，注意常见离子的检验方法及排除试剂的干扰等即可解答，选项A为解答的易错点。14.下列判断正确的是()A.同温同压下，相同体积的氮气和氦气所含的原子数相等B.标准状况下，5.6L以任意比例

混合的氯气和氧气所含的原子数为0.5NAC.标准状况下，22.4LSO3与水反应生成1mol硫酸D.常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子【答案】B【解析】【详解】A．同温同压下，体积相同的

氮气和氦气的物质的量相同，所含的分子数相等，而原子数之比为2：1，故A错误；B．标准状况下，5.6L气体的物质的量为0.25mol，0.25mol氯气和氧气的混合气体中含有0.5mol原子，所含的原子数为0.5NA，故B正确；C．标准

状况下SO3为固态，22.4LSO3物质的量不是1mol，故C错误；D．常温常压下，22.4L气体并不是1mol，所以22.4L的NO2和CO2混合气体含有O原子的数目无法确定，故D错误；故答案选B。【点睛】使用气体摩尔

体积的概念时，22.4L/mol只适用于标准状况，标准状况下非气态物质不能应用这个数据进行计算，如SO3、Br2等等。15.在KClO3+6HCl===KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯原子与被

还原的氯原子的原子个数比是（）A.1∶6B.1∶5C.6∶1D.5∶1【答案】D【解析】【详解】反应中，KClO3中的氯元素由+5价降为0价，该氯原子为被还原的氯原子；HCl中氯元素由-1价升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以被

氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是5:1，故选D；答案：D【点睛】注意氧化还原反应中，同种元素化合价变化不交叉的原则进行分析。16.在标准状况下有：①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.

6gH2S，④0.2molNH3。下列对这四种气体的描述正确的是()A.体积②＞③＞①＞④B.密度②＜③＜④＜①C.质量②＞③＞④＞①D.氢原子个数①＜③＜④＜②【答案】A【解析】【分析】根据n＝mVV计算CH4的物质的量，根据n＝ANN

计算HCl的物质的量，根据n＝mM计算H2S的物质的量。相同条件下，体积之比等于物质的量之比，密度之比等于摩尔质量之比；根据m＝nM计算甲烷、HCl、氨气的质量；根据各分子含有的H原子数目，计算各物质含有的H原子物质的量，据此判断。【详解】①6.72LCH4的物质的量n＝m

VV＝6.72L22.4L/mol＝0.3mol，②3.01×1023个HCl的物质的量n＝ANN＝23233.01106.0210＝0.5mol，③13.6gH2S的物质的量n＝mM＝13.6g34g/mol＝

0.4mol，④0.2molNH3；A．相同条件下体积之比等于物质的量之比，故体积②＞③＞①＞④，故A正确；B．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，故密度②＞③＞④＞①，故B错误；C．根据m＝nM知，甲烷质量为0.3mol×16g/mol＝4.8g，HCl的质量为0.5mol×36

.5g/mol＝33.25g，氨气的质量为0.2mol×17g/mol＝3.4g，故质量②＞③＞①＞④，故C错误；D．甲烷中n(H)＝0.3mol×4＝1.2mol，HCl中n(H)＝0.5mol，硫化氢中n(H)＝0.4mol×2＝0.8mol，氨气中n(H)＝0.2mol×3＝

0.6mol，故H原子数目①＞③＞④＞②，故D错误；故答案选A。17.设NA为阿伏加德罗常数，如果ag某气态物质的分子数为p，则bg该气体在标准状况下的体积V(L)是()A.A22.4apbNB.A22.4abpNC.A22.4NbaD.

A22.4pbaN【答案】D【解析】【详解】ag某气态物质的分子数为p，则bg该气体分子数为pbgag=bpa，则bg该气体的物质的量为-1AbpmolaN＝AbpaNmol，则标况下bg该气体的体积是AbpaNmol22.4L/mol=

A22.4pbaNL，故答案选D。18.下列对对应现象的描述与离子方程式都正确的是()A.金属镁与稀盐酸反应：有气体生成，Mg＋2H＋＋2Cl－＝MgCl2＋H2↑B.氯化钡溶液与硫酸反应：有白色沉淀生成：SO42－＋Ba2＋＝BaSO4↓C.碳酸

钠溶液与盐酸反应：有气泡逸出：Na2CO3＋2H＋＝2Na＋＋CO2↑＋H2OD.过量铁粉与氯化铜溶液反应：溶液南蓝色变成浅绿色，同时有红色固体生成：Fe＋Cu2＋＝Fe3＋＋Cu【答案】B【解析】【详解】A，金属镁与稀盐酸反应：有

气体生成，发生Mg+2H+═Mg2++H2↑，故A错误；B，氯化钡溶液与硫酸反应：有白色沉淀生成，发生SO42−+Ba2+═BaSO4↓，故B正确；C，碳酸钠溶液与盐酸反应：有气泡逸出，发生CO32−+2H+═CO2↑+H2O，故C错误；D，过量铁粉与氯化铜溶液反

应：溶液由蓝色变成浅绿色,同时有红色固体生成,发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故D错误；故选B。19.实验室里需要配制480mL0.10mol·L-1的硫酸铜溶液，下列实验方案及实验操作正确的是（）容量瓶容积溶质质量实验操作A

480mL硫酸铜：7.68g加入500mL水B480mL胆矾：12.0g配成500mL溶液C500mL硫酸铜：8.0g加入500mL水D500mL胆矾：12.5g配成500mL溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】要配制4

80mL硫酸铜溶液，需要用500mL的容量瓶，故A和B错误；若用硫酸铜固体配制溶液，需要硫酸铜的质量为：m=nM=cVM=0.10mol·L-1×0.50L×160g·mol-1=8.0g，故称取8.0g硫酸铜固体溶于水

配成500mL溶液，而不是加入500mL水，故C错误；若用胆矾配制溶液，需要胆矾的质量为m=nM=cVM=0.10mol·L-1×0.50L×250g·mol-1=12.5g，故称取12.5g胆矾固体溶于水配成500mL溶液，故D正确

。故选D。【点睛】实验室没有480mL的容量瓶，配制480mL的溶液，需要用500mL的容量瓶，计算所需溶质的质量时也要用500mL计算。20.下列离子方程式书写错误的是()A.三氧化硫与水反应：SO3＋H2O=2H＋＋SO42—B.碳酸钙与盐酸：CaCO3＋2H

＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2OC.氧化铜与稀硫酸：CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2OD.碳酸氢钠溶液与氯化钡溶液反应：Ba2＋＋CO32—=BaCO3↓【答案】D【解析】【详解】A．三氧化硫和水反应生成强电解质硫酸，反应的离子方程式SO3＋H2O=2H＋＋SO42—，故A正确；B．碳酸钙难溶

于水和酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，反应的离子方程式CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故B正确；C．氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O，故C正确；D．碳酸氢钠和氯化钡不发生反应，不能写出

离子反应，故D错误；故答案选D。21.如果Mg2＋、M、Fe3＋和Cl－四种离子以物质的量之比1∶3∶2∶2共存于同一溶液，那么M可能是A.CO32－B.NO3－C.OH－D.SO42－【答案】D【解析】【详解】Mg2+、M、Fe3+和Cl-四种离子以物质的量

之比1：3：2：2共存于同一溶液，设Mg2+、M、Fe3+和Cl-四种离子的物质的量分别为1mol、3mol、2mol、2mol，则阳离子所带电荷总数为1mol×2+2mol×3=8mol，阴离子所带电荷总数为2mol×1=2mol，由电荷守恒可知M应为阴离子，且所带电荷总数为8mol

-2mol=6mol，结合其物质的量为3mol，可知M为带2个单位负电荷的阴离子，但Fe3+和CO32-相互促进水解生成沉淀和气体，不能共存，只有SO42-符合题意，故答案为D。22.下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A

.B.C.D.【答案】A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以

能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性

的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体

上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。23.氮化铝(AlN)广泛应用于电子、陶瓷工业等领域。在一定条件下，AlN可通过如下反应制取：Al2O3＋N2＋3C高温2AlN＋3CO。下列叙述正确的是()A.AlN中氮的

化合价为＋3B.AlN的摩尔质量为41gC.上述反应中，N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂也不是还原剂。D.上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子【答案】C【解析】【分析】Al2O3＋N2＋3C高温2AlN＋3CO中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以

此来解答。【详解】A．氮化铝中，Al为＋3价，由化合物中正负化合价的代数和为0可知氮元素的化合价为−3，故A错误；B．摩尔质量与相对分子质量的数值相同，单位不同，摩尔质量的单位为g/mol，则氮化铝的摩尔质量为41

g/mol，故B错误；C．N元素的化合价降低，N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；D．上述反应中每生成1molAlN，由N元素的化合价降低可知，N得到3mol电子，故D错误；故答案选C。【点睛】在氧化还原反

应中，计算转移电子数目时候应该只考虑得电子数目或失电子数目，以免出现重复。24.把VL含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离

子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A.(b-a)/Vmol·L-1B.(2b-a)/Vmol·L-1C.2(2b-a)/Vmol·L-1D.2(b-a)/Vmol·L-1【答案】C【解析】【详解】一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离

子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有2amol，硫酸镁也就是2amol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-2amol，钾离子就有2(b-a2)mol=2b-amol。浓度就是()2ba2V−mol/L，即()2

2baV−mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。25.在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（）A.①代表滴加

H2SO4溶液的变化曲线B.b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-C.c点，两溶液中含有相同浓度的OH-D.a、d两点对应的溶液均显中性-【答案】C【解析】【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba

(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，氢氧化钡与硫酸恰好完全反应时，钡离子全部变为硫酸钡沉淀，氢氧根离子全部变为水，此

时溶液几乎不导电，则①表示硫酸；【详解】A.溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图像可知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba

(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，A正确；B.a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+、OH−，B正确；C.c点，①中稀硫

酸过量，溶质为硫酸，溶液显酸性；②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4溶液显碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C错误；D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都

呈中性，D正确；答案为C。第Ⅱ卷(共5题，50分)二、填空题(本大题共5题)26.以下有10种物质：①盐酸；②氨气；③铜；④食醋；⑤碳酸钠；⑥蔗糖；⑦烧碱；⑧二氧化碳；⑨硫酸；⑩硫酸钡。把符合条件的物质序号填入下面相应的位置。(1)属于电解质的是：________(2

)属于非电解质的是：______(3)能导电的是：__________【答案】(1).⑤⑦⑨⑩(2).②⑥⑧(3).①③④【解析】【分析】电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导

电的化合物，前提必须是化合物；能导电的物质含有自由移动的电子或离子，据此回答。【详解】⑤⑦⑩在水溶液里和熔融状态下都能导电，⑨在溶于水时能导电，是电解质；②⑥⑧是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；①④含有自由移动的离子，③含有自由

移动的电子，能够导电；故答案为：⑤⑦⑨⑩；②⑥⑧；①③④。27.已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式如下：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(1)被氧化的元素是_________，被还原的元素是_

_______；(2)氧化剂与还原剂的物质的量之比是_________________；(3)用双线桥法分析上述反应的电子转移方向和数目____________【答案】(1).Cu(2).N(3).2

:3(4).【解析】【分析】3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，Cu元素的化合价由0升高为＋2价，N元素的化合价由＋5价降低为＋2价，该反应转移6e−，以此来解答。【详解】(1)Cu元素

化合价升高，被氧化，N元素的化合价降低，被还原，故答案为：Cu；N；(2)Cu为还原剂，HNO3为氧化剂，3molCu失去电子与2molN得到电子相同，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，故答案为：2:3；(3)用双线桥法分析上述反应的电子转移方向和数目为，故答案为：。28.

回答下列问题：(1)2molCO(NH2)2中含_____molN原子,所含O原子数跟________gH2O所含氧原子数相等。(2)12.4gNa2R含Na＋0.4mol，则Na2R的摩尔质量为_______，含R的质

量为1.6g的Na2R，其物质的量为_________。(3)CO和CO2的混合气体18g，在标准状况下的体积为11.2L，则混合气体的平均摩尔质量为________，混合气体中CO的质量为________。【答案】(1).4(2).36(3).62g/mol(4

).0.1mol(5).36g/mol(6).7g【解析】【分析】(1)氮原子物质的量为CO(NH2)2的2倍，CO(NH2)2与H2O分子中都含有1个O原子，二者含有氧原子数目相等，则二者物质的量相等；(2)根据钠离子物质的量计算Na2R的物质的量，再根据M

＝mn计算Na2R的摩尔质量，再根据R的质量计算R的物质的量；(3)根据n＝mVV＝mM进行相关物理量的计算，可设CO为xmol，CO2为ymol，列方程式计算。【详解】(1)氮原子物质的量为CO(NH2)2

的2倍，2molCO(NH2)2中含氮原子物质的量＝2mol×2＝4mol，CO(NH2)2与H2O分子中都含有1个O原子，二者含有氧原子数目相等，则二者物质的量相等，即水的物质的量为2mol，质量为36g，故答案为：4；

36；(2)12.4gNa2R中Na＋的物质的量为0.4mol，则Na2R的物质的量为0.4mol/2＝0.2mol，Na2R的摩尔质量为12.4g0.2mol＝62g/mol，Na2R的相对分子质量为62，R的相对原子质量＝62−2

3×2＝16，含R的质量为1.6g的Na2R中，R的物质的量为1.6g16g/mol=0.1mol，Na2R的物质的量与R相同，也为0.1mol，故答案为：62g/mol；0.1mol；(3)气体的物质的量为n＝mVV＝11.2L22.4mol/L＝0.5mol，平均摩尔质量为M=mn=18

g0.5mol=36g/mol，设CO为xmol，CO2为ymol，则28x＋44y＝18，x＋y＝0.5，解之得：x＝0.25，y＝0.25，m(CO)＝0.25mol×28g/mol＝7g，故答案为：36g/mol；7g。【点睛】解答本题(3)时注意气

体摩尔体积对于混合气体依然适用，已知标准状况下的气体体积可以直接用公式算出混合气体的物质的量。29.有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验

它们，做了以下实验：①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体混合物中一定

含有的物质是________，一定不含有的物质是________，可能含有的物质是________(以上空格均填写化学式)。对可能含有的物质，可采用向滤液中滴加___________________溶液的方法来检验。(2)写出步骤③中的离子方程式_________________

_________________________________。【答案】(1).Na2CO3(2).Na2SO4、CuSO4、CaCl2(3).NaCl(4).稀硝酸酸化的硝酸银(5).BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O【解析】【详解】（1）①溶于水

后，得到无色溶液，说明不含CuSO4，因为Cu2＋显蓝色，②加入硝酸钡溶液，有白色沉淀，可能是BaSO4，也可能是BaCO3，也可能是它们的混合物，③加入硝酸，沉淀全部溶解，说明沉淀是BaCO3，混合物中含有Na2CO3，一定不含Na2SO4，因为BaSO4不溶于硝酸，也一定

不含CaCl2，因为Na2CO3会与之发生反应。总上所述混合物中一定含有混合物是Na2CO3，一定不含有的物质是Na2SO4、CuSO4、CaCl2，则还有NaCl不能确定，可能含有的物质是NaCl。AgCl不溶于硝酸，可以采用加入稀硝酸，然后再加硝酸银溶液，如果有沉淀产生，说明含

有NaCl；（2）反应化学方程式为BaCO3＋2HNO3=Ba(NO3)2＋H2O＋CO2↑，难溶物、水、气体不能拆，因此离子反应方程式为：BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑。30.某研究性学习小组欲测定室温下(25℃、101

kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①用已知浓度的浓盐酸配制100mL1.0mol/L的盐酸溶液，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______；②用1

0mL量筒量取8.0mL1.0mol/L的盐酸溶液加入锥形瓶中；③准确称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为______；④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查

装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，忽略导管中的水，读出量筒中水的体积为VmL。请回答下列问题。(1)步骤①中，配制100mL1.0mol/L的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏低_____(填写字母)A.用量筒量取浓盐酸时，俯

视量筒的刻度B.容量瓶未干燥即用来配制溶液C.未洗涤烧杯和玻璃棒D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线(2)请填写操作步骤中的空格：步骤①__________步骤③__________(3)实验步骤⑤中应

选用________的量筒(填字母).A.100mLB.200mLC.500mL(4)读数时需要注意(至少写两点)____________(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm=____L/mol。(用含V的式子表示)【答案】(1).AC(2).100m

L容量瓶(3).0.096(4).A(5).恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平(6).0.25V【解析】【分析】(1)A．用量

筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响；C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失；D．定容完成后；将容量瓶倒

置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；(2)由浓溶液配制稀溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶；步骤③假设a全部

是镁，结合化学方程式计算得到；(3)涉及反应为Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，产生的氢气的体积即为排出的水的体积，0.008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据V＝n•Vm得到氢气的体积为V，据此选择量筒的规格；(4

)考虑压差引起测量不准确；(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积计算式为Vm=Vn。【详解】(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小，使所配置的溶液的浓度偏小，故A正确；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，故B错误；C．浓盐

酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失，导致所配溶液浓度偏小，故C正确；D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度，故D错误；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配

置的溶液浓度偏大，故E错误；故答案为：AC；(2)配制100mL1.0mol・L−1的盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及100mL容量瓶；量8.0mL1.0mol•L−1的盐酸溶液加

入锥形瓶中，n(HCl)＝0.008mol，涉及反应为Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，则需要0.004molMg，质量为0.004mol×24g/mol＝0.096g，故答案为：100mL容量瓶；0.096；(3)0.

008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据氢气的体积V＝n•Vm≈0.004mol×22.4mol/L＝0.096L＝96mL，故选择100mL的量筒，故答案为：A；(4)读数时需要注意恢复到室温再读数，调节量筒高度，使量筒内液面与集气瓶内的液面相平，读数时

视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平；故答案为：恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平；(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm=Vn=-310L0.004molV=0.25

VL/mol，故答案为0.25V。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液实验中，对于实验误差的分析要从公式c=nV来考虑；计算③中a的数值时要用极限法的思想进行解题。