2020-2021学年上学期期中测试卷01全解全析
1．D
【解析】
A、水垢的成分为碳酸钙，与食盐不反应，则不能用食盐易清洗热水瓶中的水垢，可利用醋酸清洗水垢，故A错误；
B、Ca(ClO)2见光不易分解，漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，HClO见光分解，故B错误；
C、加碘食盐中碘的形态是碘酸钾，而能使淀粉显蓝色的是碘单质，加碘食盐不能使淀粉显蓝色，故C错误；
D、氯水应避光保存，是因为氯水中HClO见光分解，故D正确；
答案选D。
2．C
【解析】
A. ①中水银“积变又还成丹砂”是由Hg生成HgS，水银发生了氧化反应，A项错误；
B. 铁的活泼性大于铜，②中发生的反应为：CuSO4 Fe=FeSO4 Cu，离子方程式为：Cu2 Fe=Fe2 Cu，B项错误；
C. 根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，则会发生反应：Hg S=HgS，生成的HgS无毒，故能防止中毒，C项正确；
D. 铜的活泼性大于汞，曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，D项错误。
答案选C。
3．D
【解析】
A.氨气的水溶液能导电，但电离出自由移动离子的物质是一水合氨，不是氨气，氨气是非电解质，故A错误；
B.盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，其导电能力也不一定比醋酸溶液强，因溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小及离子所带电荷数有关，较稀的盐酸的导电能力可能弱于较浓的醋酸溶液的导电能力，故B错误；
C.化合物为电解质还是非电解质与化合物的溶解性没有关系，氯化银虽难溶于水，但溶解的部分在溶液中却能完全电离，故氯化银为电解质，且为强电解质，故C错误；
D.蔗糖在溶液中以分子形式存在，不能电离，则蔗糖溶液不能导电，蔗糖在熔融状态也不导电，所以蔗糖是非电解质，故D正确；
综上所述，答案为D。
4．B
【解析】
A. 稀豆浆、稀牛奶是胶体，和氯化钠溶液的分散系类型不同，故A错误；
B. 鸡蛋壳的内膜为半透膜，胶体粒子不能通过，溶液可以通过，淀粉溶液属于胶体，则用鸡蛋壳的内膜及蒸馏水可除去淀粉溶液中的氯化钠杂质，该过程是胶体的渗析过程，故B正确；
C. 胶体的分散质微粒带电而胶体不带电，故C错误；
D. 在沸水中形成的氢氧化铝胶体的分散质微粒是多个氢氧化铝分子聚集而成的集合体，故所得的氢氧化铝胶体的分散质微粒数远小于，故D错误；
答案选B
5．A
【解析】
A、3.01×1023个SO2分子的质量为：3.01×1023÷6.02×1023mol-1×64g/mol=32g，正确；
B、CH4的摩尔质量为16g/mol，错误；
C、1 mol H2O的质量为18g，错误；
D、标准状况下,1 mol任何气体体积均为22.4L，错误。
6．B
【解析】
Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】
Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为 1价和 5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为11:1，则可设ClO−为11mol，ClO3−为1mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1−0) 1mol×(5−0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:12mol=4:3，
故选B。
7．C
【解析】
【分析】
根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2（SO4）3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2（SO4）3 2H2O SO2=2FeSO4 2H2SO4，据此分析解答。
【详解】
A．从图可以看出，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，可得到化工产品H2SO4，A正确；
B．根据A中分析可知，该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B正确；
C．该过程中化合价发生改变的元素除去Fe和S外，还有O，C不正确；
D．该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应方程式为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4，D正确；
故选C。
8．B
【解析】
同温同压下，气体摩尔体积相同，设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比=mol：mol=11：16，根据ρ＝知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=Vm知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以①④正确；
故选B。
9．B
【解析】
A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；
B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；
D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。
答案选B。
10．C
【解析】
A．101 mol·L-1的溶液中逐滴滴加1 mol·L-1的溶液，的物质的量不变，A错误；
B．1001 mol·L-1的溶液中滴加100l mol·L-1的溶液时，恰好沉淀完全，溶液中的物质的量为0，B错误；
C．加入50溶液时生成的水和硫酸钡的物质的量之比为2∶1，反应的离子方程式为，C正确；
D．加入溶液体积等于50 mL时，溶液中的溶质是硫酸钠，再加入溶液，反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
11．C
【解析】
A.铁跟稀盐酸反应，离子方程式：Fe 2H ═Fe2 H2↑，故A错误；
B.碳酸氢钙溶液中加入盐酸，离子方程式：HCO3﹣ H ═H2O CO2↑，故B错误；
C.CO2通入澄清石灰水中，离子方程式：CO2 Ca2 2OH﹣═CaCO3↓ H2O，故C正确；
D.NaHCO3溶液中加入盐酸，离子方程式：HCO3﹣ H ═H2O CO2↑，故D错误；
故选C。
【点睛】
离子方程式的正误判断遵循的原则：1、电荷要守恒 2、原子种类和个数守恒 3、符合客观事实 4、单质、沉淀，气体、水、氧化物、弱酸和弱碱等不能拆成离子形式。
12．D
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4 应是反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为3ClO- 2NH4 =N2↑ 3H2O 3Cl- 2H ，以此解答该题。
【详解】
该反应方程式为3ClO- 2NH4 =N2↑ 3H2O 3Cl- 2H 。
A．由方程式可知：在反应中NH4 中N元素在反应后化合价升高，所以还原剂为NH4 ，A错误；
B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；
C．由方程式可知氧化剂是ClO-，还原剂是NH4 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C错误；
D．反应生成H ，使溶液中c(H )增大，溶液酸性增强，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查氧化还原反应的计算，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式，然后再进行分析判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力。
13．D
【解析】
A．O元素由 1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为 6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到 6价被氧化，O元素由 1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；
故选A。
【点晴】
为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S 4O2F2→SF6 2HF 4O2中，S元素化合价由-2价升高到 6价被氧化，O元素由 1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。
14．A
【解析】设标准状况下，水是1L，则溶剂氨气是700L，
根据可知，溶剂氨气的物质的量是
则根据m＝n·M可知，氨气的质量是m＝31.25mol×17g/mol＝531.25g
所以溶液的质量分数是
又因为，所以溶液的物质的量浓度是；
答案为A。
15．A
【解析】
硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4 Ba（OH）2=BaSO4↓ 2H2O，随着稀硫酸的加入，溶液中离子的浓度逐渐降低，导电性降低，当硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水时，溶液中离子的浓度几乎为零，导电性几乎为零，继续滴加稀硫酸，稀硫酸过量溶液中离子的浓度逐渐增大，导电性增强，最后溶液为稀硫酸溶液，所以导电性不再变化，A图象符合。
故选A。
【点睛】
本题是图象解析题，分析图象时要注意曲线的“原点”、“转折点”等的意义，对“数”、“形”、“义”、“性”进行综合思考，从中发掘隐含信息快速解题。
16．B
【解析】
A、25 ℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A项错误；
B、石灰乳与Cl2的反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，只有氯元素化合价发生变化，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，B项正确；
C、常温下Cl2不与铁反应，加热条件下则可以反应，C项错误；
D、图中所示转化反应中生成NaHCO3、Na2CO3的反应都是非氧化还原反应，D项错误。
答案选B。17．④⑦⑧ ①③⑤⑧ ②⑥ A ZnSO4 AsH3 1.2
【解析】
【分析】
(1)根据物质的导电性和电解质、非电解质定义分析。
(2)①根据As2O3、Zn化合价升降分析，再用双线桥法标明反应方程式中电子转移的方向和数目；②As2O3化合价降低变为AsH3；③氧化产物是化合价升高得到的产物，还原产物是化合价降低得到的产物；④根据双线桥生成2mol AsH3，电子转移12mol。
【详解】
(1)①NaCl晶体中的离子不能自由移动，不能导电，但溶于水和熔融状态能导电，属于电解质；②液态SO2中只有分子，不能导电，其水溶液虽然能导电，但导电离子不是二氧化硫自身电离的，属于非电解质；③液态醋酸中只有分子，不能导电，其溶于水能导电，属于电解质；④铜能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体，不能导电，熔融硫酸钡能导电，属于电解质；⑥纯蔗糖(C12H22O11)，不能导电，蔗糖溶于水和熔融状态都不能导电，属于非电解质；⑦氨水，能导电，是混合物，属于电解质溶液，既不是电解质也不是非电解质；⑧熔化的KNO3，能导电，是盐，属于电解质；因此能导电的是④⑦⑧，属于电解质的是①③⑤⑧，属于非电解质的是②⑥；故答案为：④⑦⑧；①③⑤⑧；②⑥。
(2)已知砒霜As2O3与Zn可以发生如下反应：As2O3 6Zn 6H2SO4=2AsH3↑ 6ZnSO4 3H2O
①As元素的化合价由 3价降至-3价，Zn元素的化合价由0价升至 2价，因此用双线桥法标明上述反应方程式中电子转移的方向和数目；故答案为：。
②As2O3在上述反应中化合价降低变为AsH3，因此显示出来的性质是氧化性，故答案为：A。
③氧化产物是元素化合价升高得到的产物，因此该反应的氧化产物是ZnSO4，还原产物是元素化合价降低得到的产物，因此还原产物是AsH3；故答案为：ZnSO4；AsH3。
④根据双线桥生成2mol AsH3，电子转移12mol，若生成0.2molAsH3，则转移的电子为1.2 mol；故答案为：1.2。
【点睛】
氧化还原反应是常考题型，主要考查电子转移、氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物以及用双线桥（或单线桥）表示电子转移方向和数目。
18．I.3.4 1.204×1023 0.6 NH3 SO2 32 1.5
II.0.2 9.5 0.5 0.1
【解析】
I.（1）0.2 mol NH3的质量m(NH3)=；N(NH3)= ；1个氨分子中有3个氢原子，则1mol NH3中有3molH，0.2 mol NH3中氢原子的物质的量为0.6mol，故答案为：3.4；1.204×1023；0.6。
（2）由可知，质量一定时N与M成反比，质量相同的CO2、NH3、SO2、O3四种气体中摩尔质量最小的是氨气，则分子数最多的是氨气；由，同温同压条件下，质量一定时，气体的体积与摩尔质量成反比，四种气体中二氧化硫的摩尔质量最大，故其体积最小，故答案为：NH3；SO2。
（3）该气体的物质的量为：，，故答案为：32。
（4）设两溶液体积各为1L，则混合后的溶液体积为2L，2.0 mol·L－1 Na2SO4溶液中的SO物质的量为,1.0 mol·L－1 H2SO4 溶液SO物质的量为,则SO的物质的量浓度,故答案为：1.5。
II.（1）混合液中，NaCl的物质的量为1.0mol/L×0.2L=0.2mol，MgCl2的质量为0.5mol/L×0.2L×95g/mol=9.5g。
（2）该混合溶液中CuCl2的物质的量浓度为(3.0-1.0-0.5×2)/2mol•L﹣1=0.5 mol•L﹣1，将该混合溶液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Cu2 的物质的量浓度为0.5mol/L×0.2L/1L=0.1mol•L﹣1。19．C KHCO3 H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染 6.02×1023 ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O Cl2＋2NaOH＝NaClO＋NaCl＋H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）1mol Cl2、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为2mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为C；
（2）根据元素守恒原理，可知反应KCN H2O2 H2O＝A NH3↑中的A为KHCO3。在反应中，H2O2是氧化剂，其产物H2O没有污染性，所以H2O2被称为“绿色氧化剂”；
（3）该反应是歧化反应，HClO2中 3价的氯元素一部分升高到ClO2中的 4价，一部分降低到-1价．当有1mol ClO2生成时，反应中转移1mol电子，即转移的电子数约为6.02×1023；
（4）ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO- Cl- 2H ＝Cl2↑ H2O，氯碱工业的产物是NaOH、H2和Cl2，NaOH溶液和Cl2反应可以得到含有NaClO的溶液，方程式为Cl2 2NaOH＝NaClO NaCl H2O。
【点睛】
等物质的量的物质消毒效率最高，说明相同物质的量时该物质进行消毒转化后转移电子最多，所以需关注强氧化剂发生消毒转化后物质的化合价的变化情况。
20．MnO2 ＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑ 2H2O 在除去HCl气体和水蒸气的同时，氯气与碱石灰也能反应 尾气吸收，防治污染环境 Cl2 2NaOH=NaCl NaClO H2O 在烧杯口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝色则说明有少量的氯气散发到空气中 2 22.4L
【解析】
【分析】
【详解】
（1）实验室通过二氧化锰和浓盐酸混合加热制得氯气，反应原理是 MnO2 ＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑ 2H2O。故答案为：MnO2 ＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑ 2H2O；
（2）用如图乙所示装置，碱石灰吸收水蒸气的同时，氯气也能与碱石灰反应，故不合理，故答案为：在除去HCl气体和水蒸气的同时，氯气与碱石灰也能反应；
（3）最后均将气体通入氢氧化钠溶液中，剩余氯气可被氢氧化钠吸收，反应方程式为：Cl2 2NaOH=NaCl NaClO H2O，防止污染环境，故答案为：尾气吸收，防治污染环境；Cl2 2NaOH=NaCl NaClO H2O；（4）氯气具有氧化性，能够把碘离子氧化碘单质，碘与淀粉相遇变蓝；将湿润碘化钾试纸放在实验室中，若试纸变蓝则有少量的氯气散发到空气中。故答案为：在烧杯口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝色则说明有少量的氯气散发到空气中；
（5）若有87g MnO2参加反应，MnO2物质的量由化学方程式MnO2 ＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑ 2H2O可知，被氧化的氯化氢占参与反应的一半，物质的量为，得到氯气物质的量为1mol，标况下体积为，故答案为：2；22.4L。
21．AgNO3 CuSO4 Na2CO3 BaCl2 Ag Cl-=AgCl↓ SO42- Ba2 =BaSO4↓ CO32- 2H =CO2↑ H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）B盐的溶液呈蓝色，说明B盐中含有Cu2 ，分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，说明A盐中含有Ag ；C盐溶液中有较多气泡产生，说明C盐中含有CO32-；又A、B、C、D四种盐均为可溶性盐，故A盐为AgNO3；C盐为Na2CO3，B盐为CuSO4；D盐为BaCl2，
故答案为AgNO3；CuSO4；Na2CO3；BaCl2；
（2）反应的离子方程式分别为①A＋D→：Ag Cl-=AgCl↓；
②B＋D→：SO42- Ba2 =BaSO4↓；
③C＋HCl→气体：CO32- 2H =CO2↑ H2O。
