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【化学】江西省横峰中学等五校2019-2020学年新高一竞赛班联考试题（解析版）
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江西省横峰中学等五校2019-2020学年新高一竞赛班联考试题
考试范围：必修1第一、二章；考试时间：90分钟；命题人：
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 S 32 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题48分)
一、单选题（每小题只有1个正确答案)
1.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是（ ）
A. 溶解 B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发
【答案】C
【解析】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；
B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；
C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；
D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；
故选C。
2.下列叙述正确的是( )
A. 1 mol H2O的质量为18 g·mol－1
B. CH4的摩尔质量为16 g
C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32 g
D. 1 mol任何物质均含有6.02×1023个分子
【答案】C
【解析】A.质量单位是克等，1 mol H2O的质量为18 g，故A错误；
B. 摩尔质量的单位是g·mol－1等，CH4的摩尔质量为16g·mol－1，故B错误；
C. 3.01×1023个SO2分子是0.5mol，质量为0.5mol×64g·mol－1=32 g，故C正确；
D. 物质不都是由分子构成，如氯化钠固体不含分子，故D错误；
故选C。
3.将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是（ ）
A. 15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3 B. 50 mL 1 mol•L﹣1的KCl
C. 20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl D. 10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2
【答案】B
【解析】A．15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.015L=0.045mol；
B．50 mL 1 mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×1×0.05L=0.05mol；
C．20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.02L=0.04mol；
D．10 mL 2 mol•L﹣1CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.01L=0.02mol；
根据分析可知，溶液中Cl-的物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，
答案选B。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，相同体积的两物质，它们的物质的量必相等
B. 1LCO气体的质量一定比1L O2的质量要小
C. 等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
D. 任何条件下，等物质的量的N2和CO所含的分子数必相等
【答案】D
【解析】A、没有明确是否气体物质，如果不是气体物质，则物质量不一定相等，故A错误；
B、如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定，故B错误；
C、如果分别是一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但H+数一定不相等，故C错误；
D、根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，物质的量相等，其分子数一定相等，故D正确。
故选D。
5.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（ ）
A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液
B. 配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
C. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D. 用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】A、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故A错误；
B、托盘天平的读数：小数点后保留1位，故B错误；
C、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故C错误；
D、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故D正确。
6.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）
①根据氧化物的组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物
②根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质
③根据分散系的本质为是否有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据物质溶于水或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质
A. ①②④ B. ②④⑤
C. ①②③④ D. ①②④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】①金属元素与氧元素组成的化合物是金属氧化物、非金属元素与氧元素组成的化合物是非金属氧化物；
②溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶；
③根据分散系的分类方法分析；
④根据单质和化合物的概念来分析；
⑤化合物分为电解质和非电解质。
【详解】①根据氧化物的元素组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物，故①正确；
②溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶，所以根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故②正确；
③根据分散质粒子直径不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；
④由一种元素组成的纯净物是单质、由不同种元素组成的纯净物是化合物，根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，故④正确；
⑤根据化合物溶于水或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误；选A。
7.某元素在化学反应中由化合态(化合物)变为游离态(单质)，则该元素（ ）
A. 一定得到电子 B. 一定失去电子
C. 可能被氧化也可能被还原 D. 以上都不是
【答案】C
【解析】单质中元素化合价为 0 价，而化合物中元素的化合价可能为负价也可能为正价，所以由化合态变为游离态的元素，化合价可能升高也可能降低，也就是说，既可能被氧化又可能被还原。
答案选C。
8.还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是（ ）
A. I-、Fe3+、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br-
C. Fe2+、Fe3+、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；
A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；
D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；
故选B。
9.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向硫酸铁溶液中加入铜粉：Fe3++CuFe2+ +Cu2+
B. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液：Ba2+ +SO42-BaSO4↓
C. 向碳酸氢钠溶液中通入氯化氢：CO32-+2H+CO2↑+H2O
D. 向氨水中通入少量二氧化硫：2NH3·H2O +SO22NH4++SO32- +H2O
【答案】D
【解析】A.电荷不守恒，硫酸铁溶液与铜粉混合反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+，故A错误；
B.氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子反应为：Cu2++2OH-+Ba2++SO42-BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B错误；
C.碳酸氢根是弱酸的酸式根，不能写成离子形式，碳酸氢钠溶液和氯化氢反应的离子方程式为：HCO3-+2H+CO2↑+H2O，故C错误；
D.向氨水中通入少量的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵和水，离子方程式为：2NH3·H2O +SO22NH4++SO32- +H2O，故D正确。
故选D。
10.在下列状态下，属于能够导电的电解质是（ ）
A. 氯化钠晶体 B. 液态氯化氢
C. 硝酸钾溶液 D. 熔融氢氧化钠
【答案】D
【解析】A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；
B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；
C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；
故答案为D。
11.能在无色溶液中大量共存的一组离子是 （ ）
A. Mg2+、SO42-、OH-、K+ B. Fe3+、NO3-、Cl-、H+
C. K+、HCO3-、Cl-、H+ D. H+、Na+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】A．Mg2+和OH-在溶液中生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．含有Fe3+的溶液是棕黄色，不是无色溶液，故B错误；
C．HCO3-与H+发生离子反应生成CO2和H2O，不能大量共存，故C错误；
D．离子组H+、Na+、Cl-、SO42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故D正确；
故答案为D。
12.聚合硫酸铁可用于水的净化，化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m，取其与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份，一份溶液加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀4.66 g。另一份溶液，加入足量的NaOH溶液后过滤，对滤出固体洗涤，后灼烧得到红棕色固体质量为1.6 g，该聚合硫酸铁样品中a∶b的比值是（ ）
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5
【答案】A
【解析】
【分析】利用BaSO44.66g可以求出硫酸根的质量，利用Fe2O3质量为1.6g可以求出铁元素的质量，依据反应前后元素的质量不变可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量之比，从而可知a和c的比，而后利用化合物中元素的化合价代数和为零可求出b的值，据此解答。
【详解】4.66gBaSO4中含硫酸根质量是4.66g×=1.92g，1.6gFe2O3中铁的质量为1.6g×=1.12g，由质量守恒定律可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量比是1.92：1.12=12：7，故由聚合物的化学式可知，则＝1:1，令a=1，c=1，则由化合物中化合价的代数和为零可得3a-b-2c=0，则b=1，则该聚合硫酸铁样品中a：b的比值是1:1，故答案为A。
13.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )
A. 该反应的氧化剂是ClO-
B. 消耗1mol还原剂，转移3mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
D. 该离子方程式为3ClO-+2NH4+2H++N2↑+3Cl-+3H2O
【答案】C
【解析】
【分析】根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。
【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。
A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；
B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；
C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；
D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。
本题选D。
14.若以w1和w2分别表示物质的量浓度为amol/L和bmol/L酒精溶液的质量分数，已知2a=b，则下列推断正确的是（ ）
A. 2w1=w2 B. w2>2w1
C. w2<2w1 D. 不能判断
【答案】B
【解析】
【分析】据c=1000ρw/M表示酒精的物质的量浓度，结合酒精的浓度越大密度越小进行判断。
【详解】设质量分数w1的氨水密度为ρ1g/mL，质量分数w2的氨水的为ρ2g/mL，质量分数w1的氨水的物质量浓度为a=1000ρ1w1/17mol/L，质量分数w2的氨水的物质量浓度为b=1000ρ2w2/17mol/L，由于2a=b，所以2×1000ρ1w1/17=1000ρ2w2/17mol/L，故2ρ1w1=ρ2w2，酒精的浓度越大密度越小，所以ρ1＞ρ2，故w2＞2w1，故选B。
15.某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是( )
A. 始滤液的pH=7
B. 试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液
C. 步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2+
D. 图示步骤中的2次过滤操作不可以合并
【答案】C
【解析】
【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，需要加入过量氯化钡溶液；为了提纯氯化钾，要先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，除去不溶性杂质，由实验流程可知，滤液中加试剂I为过量BaCl2溶液，然后过滤后，Y中含碳酸钡、硫酸钡，X中含氯化钡、氯化钾，向X再加试剂Ⅱ为过量K2CO3溶液，氯化钡与碳酸钾反应产生碳酸钡沉淀和氯化钾，过滤后滤渣Z中为碳酸钡，滤液W为KCl与K2CO3的混合溶液，再向W中加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发溶剂，HCl挥发，最后结晶得到的晶体KCl晶体，以此来解答。
【详解】有上述分析可知试剂I为过量氯化钡溶液；试剂II是过量K2CO3溶液，试剂Ⅲ为过量盐酸。
A.氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，碳酸钾是强酸弱碱盐，CO32-水解使溶液显碱性，使溶液的pH>7，A错误；
B.根据上述分析可知：试剂Ⅰ为BaCl2溶液，若使用Ba(NO3)2溶液，会引入杂质离子NO3-，不符合除杂净化的目的，B错误；
C.根据上述流程可知：X中含有的溶质为氯化钡、氯化钾，步骤②向X中加入试剂II是过量K2CO3溶液，目的是除去过量的Ba2+，C正确；
D.图示步骤中，①是除去BaCO3、BaSO4不溶性杂质，②是BaCO3不溶性杂质，也可以将两次过滤操作合并，一并过滤除去，不会影响最后得到纯净的KCl晶体，D错误；
故合理选项是C。
16.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为脱氯剂，已知25 mL 0.1 mol/L Na2S2O3溶液恰好把224 mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－，则S2O32-将转化为（ ）
A. SO42- B. SO32- C. S D. S2－
【答案】A
【解析】设完全反应后S2O32-转化成的物质中硫元素的化合价为＋n，则根据氧化还原反应中得失电子守恒可得：2×0.224 L/22.4 L·mol－1＝2（n－2）×0.025 L×0.1 mol/L，解得n＝6，即完全反应后S2O32-转化为SO42-，答案选A。
第II卷（非选择题共52分)
17.（1）0.5 mol Na2CO3中含有_____个Na+。
（2）等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_______。
（3）实验室需要0.50mol·L—1NaCl溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1）、药匙、烧杯、玻璃棒、______、胶头滴管以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为_______。
③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是________。
A 容量瓶洗涤干净后未干燥
B 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C 定容时俯视刻度线
D 烧杯和玻璃棒未洗涤
【答案】(1). NA或6. 02×1023 (2). NH3 (3). 500 mL容量瓶 (4). 14.6 (5). BD
【解析】
【分析】(1)1mol碳酸钠含有2mol钠离子；
(2)由n==分析解答；
(3)①根据实验操作步骤及各仪器的作用选取仪器；
②根据m=cVM计算溶质的质量，同时考虑容量瓶的规格、天平的精确度来解答；
③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。
【详解】(1)0.5mol Na2 CO3中含有钠离子个数为：0.5mol×2×NA=NA；
(2)已知：M(HCl)=36.5g/mol，M(NH3)=17g/mol，M(CO2)=44g/mol，M(O2)=32g/mol，由n==分析可知相同质量时，摩尔质量越大，气体的物质的量越小，体积越小，则相同温度和相同压强条件下，体积最大的是NH3；
(3)①实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容；
②实验室需用480mL1mol/L的氯化钠溶液，实验室没有480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以需要配制500mL溶液，即配制500mL1mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量m=cVM=0.50mol/L×0.5L×58.5g/mol=14.625g，托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平称量质量为14.6g；
③A．容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故A错误；
B．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，溶液浓度偏低，故B正确；
C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C错误；
D．烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D正确；
故答案为BD。
18.有以下物质：①石墨 ②铝 ③酒精 ④氨水 ⑤二氧化碳 ⑥碳酸钠固体 ⑦氢氧化钡溶液 ⑧纯醋酸 ⑨氧化钠固体 ⑩氯化氢气体 ⑪熔融氯化钠。
（1）其中能导电的是________（填序号，下同）；属于非电解质的是________；属于电解质的是________；属于弱电解质的是________。
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：_____________________________
（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的化学方程式：________________________
【答案】(1). ①②④⑦⑪ (2). ③⑤ (3). ⑥⑧⑨⑩⑪ (4). ⑧ (5). Na2CO32Na＋＋CO32- (6). Na2CO3＋2CH3COOH2CH3COONa＋CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】（1）可根据物质类别分析判断，能够导电的物质有自由移动的电子或离子；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；在水溶液中发生部分电离的电解质是弱电解质；
（2）碳酸钠是强电解质，发生完全电离，电离方程式书写时要符合电荷守恒和原子守恒；
（3）依据强酸制备弱酸的原理作答。
【详解】(1)能导电物质有金属和非金属导体，电解质溶液和熔融电解质，①②④⑦⑪能导电；
单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，即①②④⑦；酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水是电解质，即⑥⑧⑨⑩⑪；非金属氧化物、酒精等属于非电解质，即③⑤；醋酸为弱酸，属于弱电解质，即⑧，故答案为：①②④⑦⑪；③⑤；⑥⑧⑨⑩⑪；⑧；
(2)碳酸钠为强电解质，在水溶液中电离方程式为：Na2CO32Na＋＋CO32-；
(3)由于醋酸比碳酸酸性强，所以醋酸与碳酸钠反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，其化学方程式为：Na2CO3＋2CH3COOH2CH3COONa＋CO2↑＋H2O。
19.I.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。
2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
（1）用单线桥标出电子转移的方向和数目。____________________
（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式__________________________________ 。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________________
①只有还原性 ②还原性和酸性
③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生0.5molCl2，则被氧化的HCl________mol，转移的电子的数目约为____________。
II．根据反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，回答下列问题:
①还原产物是______。
②氧化剂与氧化产物的物质的量之比是____。
【答案】(1). (2). 2MnO4-＋16H++10Cl-2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (3). ② (4). 1 (5). 6.02×1023 (6). NO2 (7). 2：1
【解析】I.（1）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为：；（2）对应反应的离子方程式为：2MnO4-＋16H++10Cl-2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，答案选②；（4）反应2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，若有5mol氯气生成，则参与反应的盐酸为16mol，其中作为还原剂的为10mol，转移电子10mol，则若产生0.5molCl2，则被氧化的HCl1mol，转移的电子的数目约为6.02×1023；II．①反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素化合价由0价升高到+2价，Cu为还原剂，N元素化合价由+5价降低到+4价，HNO3为氧化剂，NO2为还原产物；②由方程式可知当4molHNO3参加反应时，有2molHNO3被还原，生成1molCu(NO3)2，则氧化剂与氧化产物的物质的量比是2：1，故答案为：2：1。
20.某课外探究活动小组使用常用仪器，运用实验室制备氢气的原理，巧妙设计了如图所示的简单实验装置。
甲同学设计了如图甲所示装置：
①检查该装置气密性的方法是_________
②实验时若液面不能与锌粒接触，又无酸液可加，且该装置已固定，则使反应发生的操作是_____
（2）乙同学把试管底部钻一小洞，并和广口瓶组装成如图乙所示具有启普发生器功能的装置，若该装置中的隔板是用铜丝制成的，隔板上放锌粒，酸使用H2SO4，写出反应的离子方程式：_____
（3）丙同学设计了如图丙所示装置，即用橡皮塞代替铁架台来固定试管，则丙同学的做法________(填“可行”或“不可行”)，理由是______________
【答案】(1). 关闭活塞，从长颈漏斗向U形管中加水，若长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好 (2). 从长颈漏斗加入少量蒸馏水使溶液与锌粒接触 (3). Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑ (4). 不可行 (5). 广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险
【解析】
【分析】（1）①设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，据此分析；
②根据实验时若液面刚好不与锌粒接触，而又无酸液，且该装置已固定，可以加蒸馏水使酸和锌接触分析；
（2）锌和稀硫酸反应生成硫酸锌与氢气；
（3）根据能否造成安全事故分析判断，如果容器内压强过大，会造成安全事故。
【详解】（1）①气密性检验的方法是：关闭活塞，从长颈漏斗向U形管中加水，若长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好；
②实验时若液面刚好不与锌粒接触，而又无酸液可加，且该装置已固定，可以加蒸馏水使酸和锌接触，即从长颈漏斗加入少量蒸馏水使溶液与锌粒接触；
（2）锌粒会与稀硫酸反应，其离子方程式为：Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑；
（3）由于广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险，所以该做法不可行，故答案为：不可行；广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险。
21.某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：
（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的仪器是________(填序号)；
（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是________；步骤Ⅱ中________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。
（3）步骤Ⅲ的实验装置如图所示，加热装置应与装置________(填“甲”“乙”或“丙”)连接，理由是_____________
（4）利用氧化铜制取铜有如下四种方案：
方案甲：利用氢气还原氧化铜；
方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；
方案丙：利用炭粉还原氧化铜；
方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉，过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案________(填“甲”“乙”或“丙”，下同)不好；从产品纯度考虑，方案________不好。
（5）写出步骤Ⅰ中涉及反应的离子方程式：________________
【答案】(1). B、C (2). 将铜离子、汞离子全部转化成铜和汞 (3). 不能 (4). 乙 (5). 汞易挥发且有剧毒，汞的密度比水大且不溶于水，也不与水反应 (6). 甲、乙 (7). 丙 (8). Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋、Hg2＋＋FeHg＋Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑
【解析】
【分析】工厂排放的废水中含有Cu2+、Fe2+、Hg2+、H+等离子，加入过量铁粉，可将Cu2+ Hg2+全部置换出来，则滤渣含有Fe、Cu、Hg等金属，滤液中含有Fe2+，滤渣加入稀硫酸，滤液含有Fe2+，滤渣为Cu、Hg，灼烧得到CuO，可分离出Hg，CuO还原可得到Cu，滤液经蒸发浓缩，结晶可得到绿矾，以此解答该题。
【详解】(1)步骤Ⅳ由滤液得到晶体，可进行蒸发、结晶以及过滤等操作，需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、坩埚钳、烧杯、铁架台、三角漏斗等，则完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的仪器是三角漏斗和坩埚钳，故答案为BC；
(2)步骤Ⅰ中加入过量铁粉，可将Cu2+ Hg2+全部置换出来；步骤Ⅱ中不能用盐酸代替硫酸，否则引入新杂质。
(3)步骤Ⅱ过滤得到Cu和Hg的混合物，加热灼烧生成CuO，可分离出Hg，因汞易挥发且有剧毒，汞的密度比水大且不溶于水，也不与水反应，则加热装置应与乙相连；
(4)氢气易爆炸，CO有毒，用二者还原铜不安全，用碳粉还原铜，可能混有碳杂质，故从安全角度考虑，方案甲、乙不好；从产品纯度考虑，方案丙易混有碳杂质，故丙不好；
(5)废水中含有Cu2+、Fe2+、Hg2+、H+等离子，加入过量铁粉，可将Cu2+ 、Hg2+全部置换出来，同时还生成氢气，涉及反应的离子方程式有Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋、Hg2＋＋FeHg＋Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑。
考试范围：必修1第一、二章；考试时间：90分钟；命题人：
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 S 32 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题48分)
一、单选题（每小题只有1个正确答案)
1.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是（ ）
A. 溶解 B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发
【答案】C
【解析】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；
B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；
C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；
D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；
故选C。
2.下列叙述正确的是( )
A. 1 mol H2O的质量为18 g·mol－1
B. CH4的摩尔质量为16 g
C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32 g
D. 1 mol任何物质均含有6.02×1023个分子
【答案】C
【解析】A.质量单位是克等，1 mol H2O的质量为18 g，故A错误；
B. 摩尔质量的单位是g·mol－1等，CH4的摩尔质量为16g·mol－1，故B错误；
C. 3.01×1023个SO2分子是0.5mol，质量为0.5mol×64g·mol－1=32 g，故C正确；
D. 物质不都是由分子构成，如氯化钠固体不含分子，故D错误；
故选C。
3.将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是（ ）
A. 15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3 B. 50 mL 1 mol•L﹣1的KCl
C. 20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl D. 10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2
【答案】B
【解析】A．15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.015L=0.045mol；
B．50 mL 1 mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×1×0.05L=0.05mol；
C．20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.02L=0.04mol；
D．10 mL 2 mol•L﹣1CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.01L=0.02mol；
根据分析可知，溶液中Cl-的物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，
答案选B。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，相同体积的两物质，它们的物质的量必相等
B. 1LCO气体的质量一定比1L O2的质量要小
C. 等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
D. 任何条件下，等物质的量的N2和CO所含的分子数必相等
【答案】D
【解析】A、没有明确是否气体物质，如果不是气体物质，则物质量不一定相等，故A错误；
B、如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定，故B错误；
C、如果分别是一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但H+数一定不相等，故C错误；
D、根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，物质的量相等，其分子数一定相等，故D正确。
故选D。
5.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（ ）
A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液
B. 配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
C. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D. 用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】A、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故A错误；
B、托盘天平的读数：小数点后保留1位，故B错误；
C、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故C错误；
D、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故D正确。
6.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）
①根据氧化物的组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物
②根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质
③根据分散系的本质为是否有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据物质溶于水或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质
A. ①②④ B. ②④⑤
C. ①②③④ D. ①②④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】①金属元素与氧元素组成的化合物是金属氧化物、非金属元素与氧元素组成的化合物是非金属氧化物；
②溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶；
③根据分散系的分类方法分析；
④根据单质和化合物的概念来分析；
⑤化合物分为电解质和非电解质。
【详解】①根据氧化物的元素组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物，故①正确；
②溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶，所以根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故②正确；
③根据分散质粒子直径不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；
④由一种元素组成的纯净物是单质、由不同种元素组成的纯净物是化合物，根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，故④正确；
⑤根据化合物溶于水或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误；选A。
7.某元素在化学反应中由化合态(化合物)变为游离态(单质)，则该元素（ ）
A. 一定得到电子 B. 一定失去电子
C. 可能被氧化也可能被还原 D. 以上都不是
【答案】C
【解析】单质中元素化合价为 0 价，而化合物中元素的化合价可能为负价也可能为正价，所以由化合态变为游离态的元素，化合价可能升高也可能降低，也就是说，既可能被氧化又可能被还原。
答案选C。
8.还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是（ ）
A. I-、Fe3+、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br-
C. Fe2+、Fe3+、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；
A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；
D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；
故选B。
9.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向硫酸铁溶液中加入铜粉：Fe3++CuFe2+ +Cu2+
B. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液：Ba2+ +SO42-BaSO4↓
C. 向碳酸氢钠溶液中通入氯化氢：CO32-+2H+CO2↑+H2O
D. 向氨水中通入少量二氧化硫：2NH3·H2O +SO22NH4++SO32- +H2O
【答案】D
【解析】A.电荷不守恒，硫酸铁溶液与铜粉混合反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+，故A错误；
B.氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子反应为：Cu2++2OH-+Ba2++SO42-BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B错误；
C.碳酸氢根是弱酸的酸式根，不能写成离子形式，碳酸氢钠溶液和氯化氢反应的离子方程式为：HCO3-+2H+CO2↑+H2O，故C错误；
D.向氨水中通入少量的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵和水，离子方程式为：2NH3·H2O +SO22NH4++SO32- +H2O，故D正确。
故选D。
10.在下列状态下，属于能够导电的电解质是（ ）
A. 氯化钠晶体 B. 液态氯化氢
C. 硝酸钾溶液 D. 熔融氢氧化钠
【答案】D
【解析】A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；
B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；
C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；
故答案为D。
11.能在无色溶液中大量共存的一组离子是 （ ）
A. Mg2+、SO42-、OH-、K+ B. Fe3+、NO3-、Cl-、H+
C. K+、HCO3-、Cl-、H+ D. H+、Na+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】A．Mg2+和OH-在溶液中生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．含有Fe3+的溶液是棕黄色，不是无色溶液，故B错误；
C．HCO3-与H+发生离子反应生成CO2和H2O，不能大量共存，故C错误；
D．离子组H+、Na+、Cl-、SO42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故D正确；
故答案为D。
12.聚合硫酸铁可用于水的净化，化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m，取其与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份，一份溶液加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀4.66 g。另一份溶液，加入足量的NaOH溶液后过滤，对滤出固体洗涤，后灼烧得到红棕色固体质量为1.6 g，该聚合硫酸铁样品中a∶b的比值是（ ）
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5
【答案】A
【解析】
【分析】利用BaSO44.66g可以求出硫酸根的质量，利用Fe2O3质量为1.6g可以求出铁元素的质量，依据反应前后元素的质量不变可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量之比，从而可知a和c的比，而后利用化合物中元素的化合价代数和为零可求出b的值，据此解答。
【详解】4.66gBaSO4中含硫酸根质量是4.66g×=1.92g，1.6gFe2O3中铁的质量为1.6g×=1.12g，由质量守恒定律可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量比是1.92：1.12=12：7，故由聚合物的化学式可知，则＝1:1，令a=1，c=1，则由化合物中化合价的代数和为零可得3a-b-2c=0，则b=1，则该聚合硫酸铁样品中a：b的比值是1:1，故答案为A。
13.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )
A. 该反应的氧化剂是ClO-
B. 消耗1mol还原剂，转移3mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
D. 该离子方程式为3ClO-+2NH4+2H++N2↑+3Cl-+3H2O
【答案】C
【解析】
【分析】根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。
【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。
A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；
B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；
C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；
D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。
本题选D。
14.若以w1和w2分别表示物质的量浓度为amol/L和bmol/L酒精溶液的质量分数，已知2a=b，则下列推断正确的是（ ）
A. 2w1=w2 B. w2>2w1
C. w2<2w1 D. 不能判断
【答案】B
【解析】
【分析】据c=1000ρw/M表示酒精的物质的量浓度，结合酒精的浓度越大密度越小进行判断。
【详解】设质量分数w1的氨水密度为ρ1g/mL，质量分数w2的氨水的为ρ2g/mL，质量分数w1的氨水的物质量浓度为a=1000ρ1w1/17mol/L，质量分数w2的氨水的物质量浓度为b=1000ρ2w2/17mol/L，由于2a=b，所以2×1000ρ1w1/17=1000ρ2w2/17mol/L，故2ρ1w1=ρ2w2，酒精的浓度越大密度越小，所以ρ1＞ρ2，故w2＞2w1，故选B。
15.某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是( )
A. 始滤液的pH=7
B. 试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液
C. 步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2+
D. 图示步骤中的2次过滤操作不可以合并
【答案】C
【解析】
【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，需要加入过量氯化钡溶液；为了提纯氯化钾，要先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，除去不溶性杂质，由实验流程可知，滤液中加试剂I为过量BaCl2溶液，然后过滤后，Y中含碳酸钡、硫酸钡，X中含氯化钡、氯化钾，向X再加试剂Ⅱ为过量K2CO3溶液，氯化钡与碳酸钾反应产生碳酸钡沉淀和氯化钾，过滤后滤渣Z中为碳酸钡，滤液W为KCl与K2CO3的混合溶液，再向W中加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发溶剂，HCl挥发，最后结晶得到的晶体KCl晶体，以此来解答。
【详解】有上述分析可知试剂I为过量氯化钡溶液；试剂II是过量K2CO3溶液，试剂Ⅲ为过量盐酸。
A.氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，碳酸钾是强酸弱碱盐，CO32-水解使溶液显碱性，使溶液的pH>7，A错误；
B.根据上述分析可知：试剂Ⅰ为BaCl2溶液，若使用Ba(NO3)2溶液，会引入杂质离子NO3-，不符合除杂净化的目的，B错误；
C.根据上述流程可知：X中含有的溶质为氯化钡、氯化钾，步骤②向X中加入试剂II是过量K2CO3溶液，目的是除去过量的Ba2+，C正确；
D.图示步骤中，①是除去BaCO3、BaSO4不溶性杂质，②是BaCO3不溶性杂质，也可以将两次过滤操作合并，一并过滤除去，不会影响最后得到纯净的KCl晶体，D错误；
故合理选项是C。
16.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为脱氯剂，已知25 mL 0.1 mol/L Na2S2O3溶液恰好把224 mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－，则S2O32-将转化为（ ）
A. SO42- B. SO32- C. S D. S2－
【答案】A
【解析】设完全反应后S2O32-转化成的物质中硫元素的化合价为＋n，则根据氧化还原反应中得失电子守恒可得：2×0.224 L/22.4 L·mol－1＝2（n－2）×0.025 L×0.1 mol/L，解得n＝6，即完全反应后S2O32-转化为SO42-，答案选A。
第II卷（非选择题共52分)
17.（1）0.5 mol Na2CO3中含有_____个Na+。
（2）等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_______。
（3）实验室需要0.50mol·L—1NaCl溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1）、药匙、烧杯、玻璃棒、______、胶头滴管以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为_______。
③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是________。
A 容量瓶洗涤干净后未干燥
B 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C 定容时俯视刻度线
D 烧杯和玻璃棒未洗涤
【答案】(1). NA或6. 02×1023 (2). NH3 (3). 500 mL容量瓶 (4). 14.6 (5). BD
【解析】
【分析】(1)1mol碳酸钠含有2mol钠离子；
(2)由n==分析解答；
(3)①根据实验操作步骤及各仪器的作用选取仪器；
②根据m=cVM计算溶质的质量，同时考虑容量瓶的规格、天平的精确度来解答；
③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。
【详解】(1)0.5mol Na2 CO3中含有钠离子个数为：0.5mol×2×NA=NA；
(2)已知：M(HCl)=36.5g/mol，M(NH3)=17g/mol，M(CO2)=44g/mol，M(O2)=32g/mol，由n==分析可知相同质量时，摩尔质量越大，气体的物质的量越小，体积越小，则相同温度和相同压强条件下，体积最大的是NH3；
(3)①实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容；
②实验室需用480mL1mol/L的氯化钠溶液，实验室没有480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以需要配制500mL溶液，即配制500mL1mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量m=cVM=0.50mol/L×0.5L×58.5g/mol=14.625g，托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平称量质量为14.6g；
③A．容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故A错误；
B．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，溶液浓度偏低，故B正确；
C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C错误；
D．烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D正确；
故答案为BD。
18.有以下物质：①石墨 ②铝 ③酒精 ④氨水 ⑤二氧化碳 ⑥碳酸钠固体 ⑦氢氧化钡溶液 ⑧纯醋酸 ⑨氧化钠固体 ⑩氯化氢气体 ⑪熔融氯化钠。
（1）其中能导电的是________（填序号，下同）；属于非电解质的是________；属于电解质的是________；属于弱电解质的是________。
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：_____________________________
（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的化学方程式：________________________
【答案】(1). ①②④⑦⑪ (2). ③⑤ (3). ⑥⑧⑨⑩⑪ (4). ⑧ (5). Na2CO32Na＋＋CO32- (6). Na2CO3＋2CH3COOH2CH3COONa＋CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】（1）可根据物质类别分析判断，能够导电的物质有自由移动的电子或离子；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；在水溶液中发生部分电离的电解质是弱电解质；
（2）碳酸钠是强电解质，发生完全电离，电离方程式书写时要符合电荷守恒和原子守恒；
（3）依据强酸制备弱酸的原理作答。
【详解】(1)能导电物质有金属和非金属导体，电解质溶液和熔融电解质，①②④⑦⑪能导电；
单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，即①②④⑦；酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水是电解质，即⑥⑧⑨⑩⑪；非金属氧化物、酒精等属于非电解质，即③⑤；醋酸为弱酸，属于弱电解质，即⑧，故答案为：①②④⑦⑪；③⑤；⑥⑧⑨⑩⑪；⑧；
(2)碳酸钠为强电解质，在水溶液中电离方程式为：Na2CO32Na＋＋CO32-；
(3)由于醋酸比碳酸酸性强，所以醋酸与碳酸钠反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，其化学方程式为：Na2CO3＋2CH3COOH2CH3COONa＋CO2↑＋H2O。
19.I.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。
2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
（1）用单线桥标出电子转移的方向和数目。____________________
（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式__________________________________ 。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________________
①只有还原性 ②还原性和酸性
③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生0.5molCl2，则被氧化的HCl________mol，转移的电子的数目约为____________。
II．根据反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，回答下列问题:
①还原产物是______。
②氧化剂与氧化产物的物质的量之比是____。
【答案】(1). (2). 2MnO4-＋16H++10Cl-2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (3). ② (4). 1 (5). 6.02×1023 (6). NO2 (7). 2：1
【解析】I.（1）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为：；（2）对应反应的离子方程式为：2MnO4-＋16H++10Cl-2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，答案选②；（4）反应2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，若有5mol氯气生成，则参与反应的盐酸为16mol，其中作为还原剂的为10mol，转移电子10mol，则若产生0.5molCl2，则被氧化的HCl1mol，转移的电子的数目约为6.02×1023；II．①反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素化合价由0价升高到+2价，Cu为还原剂，N元素化合价由+5价降低到+4价，HNO3为氧化剂，NO2为还原产物；②由方程式可知当4molHNO3参加反应时，有2molHNO3被还原，生成1molCu(NO3)2，则氧化剂与氧化产物的物质的量比是2：1，故答案为：2：1。
20.某课外探究活动小组使用常用仪器，运用实验室制备氢气的原理，巧妙设计了如图所示的简单实验装置。
甲同学设计了如图甲所示装置：
①检查该装置气密性的方法是_________
②实验时若液面不能与锌粒接触，又无酸液可加，且该装置已固定，则使反应发生的操作是_____
（2）乙同学把试管底部钻一小洞，并和广口瓶组装成如图乙所示具有启普发生器功能的装置，若该装置中的隔板是用铜丝制成的，隔板上放锌粒，酸使用H2SO4，写出反应的离子方程式：_____
（3）丙同学设计了如图丙所示装置，即用橡皮塞代替铁架台来固定试管，则丙同学的做法________(填“可行”或“不可行”)，理由是______________
【答案】(1). 关闭活塞，从长颈漏斗向U形管中加水，若长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好 (2). 从长颈漏斗加入少量蒸馏水使溶液与锌粒接触 (3). Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑ (4). 不可行 (5). 广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险
【解析】
【分析】（1）①设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，据此分析；
②根据实验时若液面刚好不与锌粒接触，而又无酸液，且该装置已固定，可以加蒸馏水使酸和锌接触分析；
（2）锌和稀硫酸反应生成硫酸锌与氢气；
（3）根据能否造成安全事故分析判断，如果容器内压强过大，会造成安全事故。
【详解】（1）①气密性检验的方法是：关闭活塞，从长颈漏斗向U形管中加水，若长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好；
②实验时若液面刚好不与锌粒接触，而又无酸液可加，且该装置已固定，可以加蒸馏水使酸和锌接触，即从长颈漏斗加入少量蒸馏水使溶液与锌粒接触；
（2）锌粒会与稀硫酸反应，其离子方程式为：Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑；
（3）由于广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险，所以该做法不可行，故答案为：不可行；广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险。
21.某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：
（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的仪器是________(填序号)；
（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是________；步骤Ⅱ中________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。
（3）步骤Ⅲ的实验装置如图所示，加热装置应与装置________(填“甲”“乙”或“丙”)连接，理由是_____________
（4）利用氧化铜制取铜有如下四种方案：
方案甲：利用氢气还原氧化铜；
方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；
方案丙：利用炭粉还原氧化铜；
方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉，过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案________(填“甲”“乙”或“丙”，下同)不好；从产品纯度考虑，方案________不好。
（5）写出步骤Ⅰ中涉及反应的离子方程式：________________
【答案】(1). B、C (2). 将铜离子、汞离子全部转化成铜和汞 (3). 不能 (4). 乙 (5). 汞易挥发且有剧毒，汞的密度比水大且不溶于水，也不与水反应 (6). 甲、乙 (7). 丙 (8). Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋、Hg2＋＋FeHg＋Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑
【解析】
【分析】工厂排放的废水中含有Cu2+、Fe2+、Hg2+、H+等离子，加入过量铁粉，可将Cu2+ Hg2+全部置换出来，则滤渣含有Fe、Cu、Hg等金属，滤液中含有Fe2+，滤渣加入稀硫酸，滤液含有Fe2+，滤渣为Cu、Hg，灼烧得到CuO，可分离出Hg，CuO还原可得到Cu，滤液经蒸发浓缩，结晶可得到绿矾，以此解答该题。
【详解】(1)步骤Ⅳ由滤液得到晶体，可进行蒸发、结晶以及过滤等操作，需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、坩埚钳、烧杯、铁架台、三角漏斗等，则完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的仪器是三角漏斗和坩埚钳，故答案为BC；
(2)步骤Ⅰ中加入过量铁粉，可将Cu2+ Hg2+全部置换出来；步骤Ⅱ中不能用盐酸代替硫酸，否则引入新杂质。
(3)步骤Ⅱ过滤得到Cu和Hg的混合物，加热灼烧生成CuO，可分离出Hg，因汞易挥发且有剧毒，汞的密度比水大且不溶于水，也不与水反应，则加热装置应与乙相连；
(4)氢气易爆炸，CO有毒，用二者还原铜不安全，用碳粉还原铜，可能混有碳杂质，故从安全角度考虑，方案甲、乙不好；从产品纯度考虑，方案丙易混有碳杂质，故丙不好；
(5)废水中含有Cu2+、Fe2+、Hg2+、H+等离子，加入过量铁粉，可将Cu2+ 、Hg2+全部置换出来，同时还生成氢气，涉及反应的离子方程式有Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋、Hg2＋＋FeHg＋Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑。
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