2019-2020年高一化学上学期开学测试题分类之选择题巩固题.doc

2019-2020年高一化学上学期开学测试题分类之选择题巩固题一、选择题1下列应用和相应原理(用化学方程式表示)及基本反应类型都正确的是A赤铁矿炼铁：Fe2O3+3CO高温3C02置换反应B拉瓦锡测定空气中氧气含量：4P+502点燃2P205 氧化反应C实验室用过氧化氢溶液制氧气： 2H202MnO22H20+02分解反应D证明金属镁的活泼性比铁强：3 Mg+2Fe(OH)3=3Mg(OH)2+2Fe置换反应【答案】C【解析】试题分析：A中不属于置换反应，所以A错误；B中氧化反应不属于反应类型，所以B错误；D不能反应，因为金属不能置换出不溶性的金属的化合物中的金属。故选C2除去下列物质中的杂质，所用试剂及操作均正确的是【答案】C【解析】试题分析：A溶于水后二者会发生反应，所以A错误；B经过氢氧化钠溶液不能对水分进行吸收，应该用固体的氢氧化钠；D加入适量的氢氧化钡溶液，将硫酸镁反应掉了，所以D错误。故选C3下图是丙三醇的分子结构示意图，丙三醇是无色、味甜、黏稠液体，俗称甘油。可用于润滑剂、制药工业等。下列有关叙述中正确的是A、丙三醇是由碳、氢、氧三种元素组成的有机高分子化合物B、丙三醇分子中碳元素和氧元素的质量比为3：4C、丙三醇中氧元素的质量分数最大D、丙三醇分子中质子数一定等于中子数【答案】C【解析】试题分析：丙三醇的相对分子质量较小，故丙三醇是由碳、氢、氧三种元素组成的有机小分子化合物，A错误；丙三醇中碳元素和氧元素的质量比=123:163=3:4，丙三醇分子是由原子构成的，B错误；丙三醇中氧元素原子的相对原子质量最多，故氧元素的质量分数最大，C正确；丙三醇分子中质子数一定等于核外电子数，不一定等于中子数，D错误。故选C。4下表是NaCl、KNO3在不同温度时的溶解度温度/102030405060溶解度/gNaCl35.836.036.336.637.037.3KNO320.931.645.863.985.5110据此数据，下列有关说法中错误的是A在40时，100g水中最多可溶解KNO363.9gBKNO3和NaCl的溶解度曲线在2040温度范围内相交C在60时，KNO3饱和溶液210g加入10g水后，溶质质量分数为50%D在20时KNO3和NaCl的混合溶液100g，恒温蒸发，先析出的晶体一定是NaCl【答案】D 【解析】 试题分析：A、在40时，硝酸钾的溶解度是63.9g，故100g水中最多可溶解KNO363.9g，正确； B、分析图表，KNO3和NaCl的溶解度曲线在2030温度范围内有相同的时候，所以两种物质的溶解度曲线在此范围内相交，正确； C、在60时，KNO3饱和溶液210g，含有硝酸钾的质量是110g，加入10g水后，溶质质量分数为110g/220g100%=50%，正确； D、在20时KNO3和NaCl的混合溶液100g，恒温蒸发，由于没有指明所含溶质量的多少，无法判断哪种物质首先达到饱和，先析出的晶体不一定是NaCl，错误；故选D5下列知识归纳，完全正确的一组是A化学元素B认识粒子缺铁可能导致贫血缺钙可能导致弱智缺碘可能导致佝偻病原子比分子小分子运动原子不运动分子由原子构成C燃烧条件D化学之最可燃物氧气(或空气)温度达到着火点熔点最低的金属是汞地壳中含量最多的元素是氧导电性最好的金属是铜【答案】C【解析】试题分析：A、缺钙可能导致佝偻病；缺碘可能导致弱智，错误，B、同种物质的原子比分子小，不同种就不一定，分子运动原子也运动，错误，C、正确，D、导电性最好的金属是银，故选C6如图是A、B、C三种固体物质的溶解度曲线图，下列说法错误的是At2时，A、B、C三种物质中，A物质的溶解度最大BP点表示t1时B、C两物质的溶解度大小相等C一定温度时，要将B物质的不饱和溶液转变成饱和溶液，可采取增加溶质的方法D20时，给A、B、C三种物质的饱和溶液加热（不考虑溶剂的蒸发），有晶体析出的是A物质【答案】D【解析】试题分析：A、由图可知，t2时，A物质的溶解度最大，说法正确；B、P点为t1时BC重合，即此时溶解度相等，说法正确；C、一定温度即溶解度不变，将不饱和变为饱和，可以减少(恒温蒸发)溶剂或增加溶质，说法正确；D、20时，给A、B、C三种物质的饱和溶液加热，那么AB的溶解度增大， C溶解度降低，溶剂不变，那么只有C溶解能力降低，晶体析出，说法错误。7某无色气体可能由H2、CH4、CO、CO2中的几种组成。将混合气体通过足量的澄清石灰水，出现白色浑浊；将剩余气体导出，经干燥后点燃，罩在火焰上方的干燥烧杯内壁有水珠生成。该混合气体的可能组成是AH2、CH4 BH2、CO CH2、CH4、CO DCH4、CO、CO2【答案】D【解析】试题分析：将混合气体通过足量的澄清石灰水，出现白色浑浊，说明含有二氧化碳；将剩余气体导出，经干燥后点燃，罩在火焰上方的干燥烧杯内壁有水珠生成，说明气体燃烧生成水，故选D8下列表示实验过程物质质量变化的图像，其中正确的是ABCD向一定量二氧化锰中滴加过氧化氢溶液向一定量硫酸铜溶液中不断加入铁粉向一定量大理石(杂质不参加反应)中滴加稀盐酸向一定量氯化钠和碳酸氢钠混合物中滴加稀盐酸【答案】D【解析】试题分析：解答图像类的题目抓住“三点一走势”，即首先看清楚横、纵坐标各表示的量，然后从起始点、转折点、终点还有量的变化趋势来进行分析解答，A、向一定量二氧化锰中滴加过氧化氢溶液，由于横坐标是过氧化氢溶液的质量，故水的质量应随过氧化氢溶液的质量增大而增大，错误，B、即使反应还没开始，硫酸铜溶液的质量也不为0，而且根据反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，分析可知反应溶液质量应是减少，错误，C、向一定量大理石(杂质不参加反应)中滴加稀盐酸，产生的二氧化碳质量应从0开始，错误，D、向一定量氯化钠和碳酸氢钠混合物中滴加稀盐酸，发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，故氯化钠的质量应随着稀盐酸的加入而不断增大，直至反应结束不再发生变化，正确，故选D9下列各组物质在溶液中能大量共存且形成无色溶液的是ANaCl BaCl2 Na2CO3 BKNO3 HCl CaCl2CH2SO4 FeCl3 NaNO3 DNaOH HNO3 NH4NO3【答案】B【解析】试题分析：能大量共存即相互之间不能反应，A、BaCl2和Na2CO3会相互结合形成BaCO3沉淀，不能共存，错误，B、正确，C、FeCl3溶液是黄色溶液，与无色溶液不符，错误，D、NaOH和HNO3、NH4NO3都会反应，不能共存，错误，故选B10氢氧化钴Co(OH)2受热易分解，能与酸性溶液反应，可作涂料和清漆的干燥剂，制备方法为：Co2HClCoCl2H2，CoCl22NaOHCo(OH)22NaCl。下列判断正确的是A钴的金属活动性比铜的弱 B为置换反应，为复分解反应C氢氧化钴的化学性质稳定 D氢氧化钴可以干燥氯化氢气体【答案】B【解析】试题分析：A、由可知CoHCu，活动性比铜强，判断错误；B、是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，属于置换，是两种化合物两两交换成分生成新的两种化合物的反应，属于复分解，推断正确；C、氢氧化钴受热易分解，化学性质不稳定，判断错误；D、氢氧化钴是碱能与酸反应，因此不能感知氯化氢气体，判断错误。11下列“家庭小实验”不能达到预期目的的是A. 用柠檬酸、果汁、白糖、水、小苏打等制汽水B. 向洗净的碎鸡蛋壳中加入食盐水制二氧化碳C. 用酒精浸泡捣烂的某些植物的花瓣制酸碱指示剂D. 用塑料瓶、小卵石、石英砂、活性炭、膨松棉等制作简易净水器【答案】B【解析】试题分析：A、用柠檬酸、果汁、白糖、水、小苏打等制汽水，正确；B、蛋壳主要成分是碳酸钙，碳酸钙与氯化钠不发生反应，错误；C、用酒精浸泡捣烂的某些植物的花瓣制酸碱指示剂，正确；D、用塑料瓶、小卵石、石英砂、活性炭、膨松棉等制作简易净水器，正确。故选B12欲在实验室配置100 g 16%的氯化钠溶液进行选种，下列做法正确的是A计算：需要16 g氯化钠，100 g水B称量：用托盘天平称量所需的氯化钠C量取：用50 mL量筒量取所需的水D溶解：将称得的氯化钠倒入量筒溶解【答案】B【解析】试题分析：计算：需要100克16%=16 g氯化钠，水 的质量=100克-16克=84克，所以量取：用100 mL量筒量取所需的水，减少误差；溶解：将称得的氯化钠倒入烧杯溶解，不能再量筒内直接溶解。故选B13金属加工后的切削液中含有2%5%的亚硝酸钠（NaNO2），是一种环境污染物。利用 NH4Cl溶液处理切削液，可使NaNO2转化为无毒物质。该反应分两步进行：NaNO2 + NH4Cl = NaCl + NH4NO2；NH4NO2 = N2+ 2H2O。下列叙述不正确的是ANaNO2 由钠、氮、氧三种元素组成B反应为复分解反应，反应为分解反应C反应中，NaNO2中氮元素的化合价由+3最终变为零D利用 NH4Cl 处理NaNO2最终转化为NaCl、NH4NO2、N2和H2O【答案】D【解析】试题分析：NaNO2 由钠、氮、氧三种元素组成；从反应的特点看反应为复分解反应，反应为分解反应；反应中，NaNO2中氮元素的化合价由+3最终变为单质氮气所以化合价变为零；利用 NH4Cl 处理NaNO2最终转化为NaCl、N2和H2O。故选D.14下列四个实验方案的设计中，方案1合理、方案2不合理的是选项ABCD实验目的除去氢氧化钠中少量的碳酸钠清洗铁制品表面的铁锈鉴别稀盐酸和氯化钠溶液检验一氧化碳中是否混有二氧化碳气体方案1加水溶解加适量稀盐酸加锌粒点燃方案2加稀硫酸用水洗涤加石蕊溶液通入澄清石灰水【答案】B【解析】试题分析：A、除去氢氧化钠中少量的碳酸钠，两者都会溶于水，且都会与稀硫酸反应，故方案1、方案2都不合理，错误，B、清洗铁制品表面的铁锈，方案1：加适量稀盐酸，发生反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，合理，方案2：用水洗涤不能除去铁锈，不合理，正确，C、鉴别稀盐酸和氯化钠溶液，加锌粒，有气泡产生的是盐酸，加石蕊溶液，变红的为盐酸，故故方案1、方案2都合理，错误，D、检验一氧化碳中是否混有二氧化碳气体，不合理，通入澄清石灰水合理，错误，故选B15天然气水合物化学式为，外形晶莹剔透酷似冰块却能燃烧，俗称可燃冰。我国科技人员已勘探到海洋中储存有大量可燃冰。下列说法不正确的是A可燃冰属于不可再生资源B可燃冰的开采需要有计划的进行C可燃冰中含碳元素、氢元素和氧元素D可燃冰在氧气中充分燃烧只生成二氧化碳【答案】D【解析】A. 可燃冰属于不可再生资源，故正确；B.可燃冰的开采需要有计划的进行，故正确；C.可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，含有碳、氢、氧三种元素，故正确；D.因为可燃冰含有碳、氢、氧元素，因此在空气中充分燃烧会生成水和二氧化碳，故错误.试题分析：根据可燃冰的形成过程和不可再生资源的特点分析；根据能源的开采和利用分析；根据可燃冰的化学式可知其组成元素分析；根据质量守恒定律可知，含有碳、氢元素的化合物在空气或氧气中充分燃烧生成水和二氧化碳分析.16下列是分析已变质氢氧化钠溶液的相关实验，其中合理的是序号实验目的实验过程证明变质取少量溶液，滴加盐酸，将生成的气体通入石灰水确定成分取少量溶液，加入石灰水，过滤，向滤液中滴加酚酞溶液测定纯度取一定量溶液，加入盐酸，用氢氧化钠固体吸收气体，称量除去杂质取溶液，滴加石灰水至恰好完全反应，过滤A B C D【答案】D【解析】试题分析：取少量溶液，滴加盐酸，将生成的气体通入石灰水中如果变浑浊说明变质；取少量溶液，加入石灰水，过滤，向滤液中滴加酚酞溶液，无法确定物质，因为碳酸钠的溶液也显示碱性；取一定量溶液，加入盐酸，用氢氧化钠固体吸收气体，称量，氢氧化钠还会吸收水分和氯化氢气体，使得质量增大，影响实验；取溶液，滴加石灰水至恰好完全反应，过滤，剩余的溶液还是氢氧化钠的溶液。故选17下图是甲、乙、丙3种物质的溶解度曲线。下列说法正确的是At1时，甲和丙两种溶液的溶质质量分数一定相等Bt1时，甲和丙的饱和溶液升温到t2时仍是饱和溶液Ct1时，甲的饱和溶液中溶质与溶液的质量比为1:5Dt1时，将3种物质的饱和溶液升温至t2，溶液中溶质质量分数乙甲丙【答案】D【解析】试题分析：从图示看：t1时，甲和丙两种饱和溶液的溶质质量分数一定相等；t1时，甲和丙的饱和溶液 升温到t2时丙仍是饱和溶液，而甲变为不饱和溶液；t1时，甲的饱和溶液中溶质与溶剂的质量比为1:5；故选D.18以科学原理和实验事实为依据进行推理是学习化学的一种重要方法。下列推理得出的相关结论正确的是A二氧化碳能使燃着木条熄灭，所以能使燃着木条熄灭的气体一定是二氧化碳B金刚石与石墨都是由碳元素组成的单质，所以它们的性质完全相同C铁丝在氧气中能够燃烧，空气中有氧气，所以铁丝在空气中一定能够燃烧D含碳元素的物质充分燃烧会生成CO2，所以燃烧能生成CO2的物质一定含碳元素【答案】D【解析】试题分析：氮气也不能支持燃烧，A错误；金刚石与石墨都是由碳元素组成的单质，但由于碳原子的排列方式不同故物质性质存在很多的差异，B错误；空气中氧气的含量较少，铁丝在空气中不能燃烧，C错误；依据质量守恒定律化学法前后元素的种类不变，D正确。故选D。19下列说法中，不正确的是A表示钠原子失去1个电子后形成的离子B表示带2个单位负电荷的碳酸根离子C表示氧原子得到1个电子后形成的离子D表示由2个氢原子和2个氧原子构成的过氧化氢分子【答案】C【解析】A表示钠离子，是钠原子失去1个电子后形成的，故正确；B表示带2个单位负电荷的碳酸根离子，故正确；C.每个氧原子要得到两个电子才能形成氧离子，故错误；D.元素符号右下角的数字表示每个分子中所含的原子个数，可以表示由2个氢原子和2个氧原子构成的过氧化氢分子，故正确.试题分析：根据离子的表示方法是在元素符号右上角标示每个原子得失电子的个数，数字在前，符号在后分析；根据原子核内质子数与核外电子数的差是原子得失电子的个数分析；根据元素符号右下角的数字表示每个分子中所含的原子个数以及化学式的书写方法分析.20下列实验方案能达到实验目的的是【答案】B【解析】A.该实验能证明二氧化碳溶于水后，压强减小，但是不能证明二氧化碳与水反应生成新物质，故错误；B.在高温条件下碳与氧化铜反应生成红色的铜，同时生成二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，所以根据反应现象可以证明碳与氧化铜反应，故正确；C.根据控制变量方法的要求可知，探究锌和铁的活动性强弱时，铁和锌的状态应该相同，故错误；D.该实验中铜片上和水中的白磷温度相同，水中的白磷不能燃烧是因为没有与氧气接触，故错误.试题分析：A.根据二氧化碳溶于水后气体压强的变化，结合塑料瓶的变化分析；B.根据碳和氧化铜及反应后生成物的颜色变化，结合二氧化碳与石灰水的反应现象分析；C.根据控制变量方法的中只能有一个变量分析；D.根据铜片上和水中白磷温度相同，结合燃烧的条件分析.21是重要的半导体材料，半导体工业中有一句行话“从沙滩到用户”，指的是利用砂子（主要成分）制取高纯度的，其主要化学反应如下：2C + SiO2Si（不纯）+ 2CO2Cl2 + Si（不纯） SiCl4SiCl4 +2H24HCl + Si（高纯）下列说法不正确的是A的目的是将二氧化硅转化成单质硅B的目的是除去单质硅中混有的杂质C上述反应中涉及到2个置换反应D上述反应中各元素的化合价都发生了变化【答案】D【解析】A. 的反应是碳还原二氧化硅生成硅，故该步骤的目的是将二氧化硅转化成单质硅，正确；B.通过的反应可以的到高纯硅，即目的是除去单质硅中混有的杂质，正确；C.反应和的反应物与生成物都是一种单质和一种化合物，属于置换反应，正确；D.上述三个反应中、四种元素都有单质与化合物的转化，其化合价发生变化，而氧元素的化合价没有变化，故错误，符合题意.试题分析：根据化学方程式表示的意义分析；根据各反应中的反应物与生成物，结合实验目的分析；根据置换反应的概念分析；根据单质中元素化合价为零，化合物中各元素化合价的代数和为零，结合反应前后元素的化合价变化分析.22下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A除去CO2中的CO通过足量的氢氧化钠溶液B除去NaOH固体中的少量Na2CO3加足量的稀盐酸C区分NaCl溶液和稀盐酸取样，加入足量NaOH溶液D区分NaOH溶液和Ca（OH）2溶液取样，分别滴加碳酸钠溶液【答案】D【解析】试题分析：除去CO2中的CO，通过足量的氢氧化钠溶液后会除掉二氧化碳；除去NaOH固体中的少量Na2CO3，加足量的稀盐酸后两种物质都会反应掉；区分NaCl溶液和稀盐酸，加入足量NaOH溶液后二者没有特殊的现象，无法鉴别。故选D23下列图像能正确反映对应变化关系的是【答案】C【解析】试题分析：A中加入盐酸后锌会反应直到反应完，锌的质量会变为零，所以错误；B中加入铜片后会置换出溶液中的银，固体的质量会增加，所以B错误；加入的酸的质量相等，所以里面含有的氢元素的质量也是相等的；所以最后得到的氢气的质量是相等的，所以C正确，D错误。故选C.24下列几种离子在HCl、KOH、BaCl2三种溶液中都能存在的是ANH4+ BNa+ CSO42- DOH-【答案】B【解析】试题分析：HCl、KOH、BaCl2三种溶液中分别含有氢离子与氯离子、钾离子和氢氧根离子、钡离子和氯离子 A、NH4+、OH两种离子能结合成氨气和水，不能大量共存，故选项错误 B、钠离子与氢离子、钾离子、氢氧根离子、钡离子、氯离子不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，故选项正确C、Ba2+、SO42两种离子能结合成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故选项错误 D、H+、OH两种离子能结合成水，不能大量共存，故选项错误故选：B25逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下推理中正确的是A酸碱中和反应生成盐和水，则生成盐和水的反应一定是中和反应BNaOH溶液中的 OH 能与酸反应，则KOH溶液中的OH也能与酸反应C碱溶液的pH7，则pH7的溶液一定是碱的溶液D化合物都是由不同元素组成的，则不同元素组成的物质一定是化合物【答案】B【解析】试题分析：酸碱中和反应生成盐和水，但生成盐和水的不一定是中和反应，如：金属氧化物和酸生成盐和水，A错误；BNaOH溶液中的 OH 能与酸反应，则KOH 溶液中的OH也能与酸反应，正确；C碱溶液的pH7，则pH7的溶液一定是碱性的溶液，但不一定是碱的溶液，错误；则不同元素组成的纯净物是化合物，D错误.26除去下列各物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），下列方法中，正确的是ANaCl固体（细沙）加入足量的水溶解、过滤、蒸发结晶B铁粉（铜粉）加入适量的稀硫酸，过滤CNaCl溶液（Na2CO3）加入适量的Ba（NO3）2溶液，过滤DH2（H2O、HCl）先后通过各盛足量的浓硫酸、氢氧化钠溶液的洗气瓶【答案】A【解析】试题分析：除杂的原则是只除杂，不引杂。ANaCl固体（细沙）加入足量的水溶解、过滤、蒸发结晶，正确；B主要成分铁会被硫酸反应掉，故B错误；CBa（NO3）2溶液和Na2CO3）反应生成碳酸钡沉淀，同时引入新的杂质硝酸钠；错误；D应先通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶，然后再通过各盛足量的浓硫酸的洗气瓶。错误27向含有稀盐酸和氯化铜的混合溶液中滴加NaOH溶液，下图曲线中描述正确的是【答案】D【解析】试题分析：酸碱盐放到一起时，酸碱先发生酸碱中和反应，然后进行其他反应；A选项溶液的PH随氢氧化钠的加入要大于7；B选项氢氧化钠和盐酸反应时，溶液的质量增加，当盐酸反应完时，加入氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，溶液的质量减小；C选项沉淀的产生不是从0点开始；D选项是正确的选项；故答案选择D28某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中一种或几种为了探究其成分，小明同学按照如图所示流程进行了实验关于该实验有以下说法：若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定含有Fe；若步骤中无明显现象，则固体乙中最多只能有四种物质；若步骤中有气泡产生，则固体乙一定是C；若步骤中有红色固体析出，则固体乙中一定无CuO；固体乙呈红色，则原固体中一定含有Fe和CuO以上说法中正确的个数是A1个B2个C3个D4个【答案】A【解析】解：由于C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；故错误；若步骤中无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则固体乙中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故错误；若步骤中有气泡产生，说明了硫酸是过量的，则固体乙可能含有铜，不一定是碳，故错误；若步骤中有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断固体乙中是否有CuO，故错误；固体乙呈红色，说明有铁置换出的铜，则原固体中一定含有Fe和CuO故正确综合以上分析可知，A正确故选A29AgNO3固体见光或受热易分解，故用棕色试剂瓶保存。AgNO3受热分解，放出的有刺激性气味的气体可能是A B C D【答案】B【解析】试题分析：根据质量守恒定律反应前后原子的种类和数量不变；故排除AC；氮气是无色无味的气体排除D；故答案选择B30小红对某无色溶液所含溶质的记录如下，其中合理的是ABCD【答案】C【解析】试题分析：A选项中碳酸钠能与氯化钙反应不能共存；B选项氯化铁溶液有颜色；C选项能大量共存；D选项氯化铵溶液能与氢氧化钠溶液反应；故答案选择C31在元素周期表中锡元素的某些信息如图所示，下列有关锡的说法正确的是A原子序数为50 B属于非金属元素C相对原子质量是118.7g D原子核内中子数为50【答案】A【解析】试题分析：元素符号前面的数字为原子序数，故锡元素的原子序数为50，A正确；由锡元素的元素名称可知它属金属元素，B错误；相对原子质量的单位是1，C错误；在原子中，相对原子质量=质子数+中子数，故锡元素的中子数=119-50=69，D错误。故选A。32古代“银针验毒”的原理是：4Ag2H2SX2Ag2S2H2O，X的化学式为AH2 BS CO2 DSO2【答案】C【解析】试题分析：根据质量守恒定律化学反应前后原子的种类和数目不变，反应前Ag：4，H：4，S：2，反应后Ag：4，H：4，S：2，O：2，故X的化学式为O2。故选C。33同种元素的原子和离子一定相同的是A质子数 B电子数C最外层电子数 D电子层数【答案】A【解析】试题分析：元素是质子数相同（核电荷数）的一类原子的总称，同种元素的原子和离子质子数相同而电子数不同，因为离子是原子得失电子后形成的；故答案选择A34酸与碱都有腐蚀性，所以使用时应特别小心。下列做法不正确的是A若酸液溅到眼中，应立即用水冲洗，边用手揉眼睛B若不慎将碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸C若少量酸或碱溶液滴到实验台上，应用湿抹布擦净，再用水冲洗抹布D若不慎将少量浓硫酸沾到衣物上，须迅速用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠溶液【答案】A【解析】试题分析：根据药品的使用及安全措施可知A若酸液溅到眼中，应立即用水冲洗，且不断的眨眼睛；B若不慎将碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸是正确的叙述； C若少量酸或碱溶液滴到实验台上，应用湿抹布擦净，再用水冲洗抹布是正确的叙述； D若不慎将少量浓硫酸沾到衣物上，须迅速用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠溶液是正确的叙述故答案选择A35配制一定质量分数的氢氧化钠溶液时，造成所配制的溶液的质量分数偏高的原因可能是A所取氢氧化钠固体已潮解B用托盘天平称量氢氧化钠固体时，被称量物放在右盘上，砝码放在左盘上C用量筒量水时，俯视读数D托盘天平的两托盘上各放一张等质量的纸，将氢氧化钠直接放在左盘纸上称量【答案】C【解析】试题分析：配制溶液时实验操作不规范会造成实验误差，A所取氢氧化钠固体已潮解；称量的氢氧化钠固体偏小，造成所配制的溶液的质量分数偏低；B用托盘天平称量氢氧化钠固体时，被称量物放在右盘上，砝码放在左盘上；若移动游码，称量的质量偏少，造成所配制的溶液的质量分数偏低； C用量筒量水时，俯视读数，使称量的溶剂的质量少，造成所配制的溶液的质量分数偏高； D托盘天平的两托盘上各放一张等质量的纸，将氢氧化钠直接放在左盘纸上称量，氢氧化钠固体的质量少，造成所配制的溶液的质量分数偏低；故答案选择C36对下列一些事实的解释错误的是序号事 实解 释A硫酸铁溶液呈黄色，硫酸亚铁溶液呈浅绿色两种溶液中阳离子不同B白磷有毒，红磷无毒两种物质的分子构成不同C氨气易被压缩分子在不断运动D镁、铁与稀盐酸反应的剧烈程度不同两种金属的活动性有差异【答案】B【解析】试题分析：硫酸铁溶液呈黄色是由于铁离子呈黄色，硫酸亚铁溶液呈浅绿色是由于亚铁离子呈浅绿色，A正确；白磷和红磷均是由磷原子构成的单质，B错误；氨气易被压缩是由于分子间有间隔，C错误；镁的活动性更强与酸反应更剧烈，铁的活动性更弱，与酸反应更缓慢，D正确。37某化学兴趣小组的同学按下图操作完成粗盐(含有难溶性杂质)提纯的实验。下列说法中正确的是A各项实验操作完全正确B正确的操作顺序为C去除杂质的关键步骤是D操作中玻璃棒的作用是相同的【答案】B【解析】试题分析：A选项中过滤时要用玻璃棒引流；B正确的操作顺序为是正确的叙述；C去除杂质的关键步骤是； D操作中玻璃棒的作用是不相同的，中是加速溶解；中防止局部受热；故答案选择B38除去下列物质中所含的少量杂质，方法正确的是物质所含杂质除杂质的方法A二氧化锰氯化钠加水溶解，过滤，蒸发结晶B氯化钠溶液碳酸钠加入过量稀盐酸，加热蒸发C氯化钙溶液稀盐酸加入过量氢氧化钙，过滤D氢氧化钠溶液碳酸钠加入适量石灰水【答案】B【解析】试题分析：A选项是错误的操作，得到二氧化锰加水溶解，过滤，洗涤即可；B选项是正确的叙述；C选项引进新杂质氢氧化钙；D选项氢氧化钠中混有碳酸钠，加入适量的石灰水后，要过滤；故答案选择B39下列图像与对应实验完全吻合的是A图表示向一定温度下的饱和氢氧化钙溶液中不断加入氧化钙固体B图表示向盐酸和氯化铜的混合溶液中加人过量的氢氧化钠溶液C图表示向pH=12的氢氧化钠溶液中加水稀释D图表示分别向等质量的锌和铁中加人溶质质量分数相同的稀盐酸至过量【答案】B【解析】试题分析：A、氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一方面反应消耗了溶剂水，另一方面生成了氢氧化钙，由于原溶液是饱和的，减少溶剂后原溶液中的溶质氢氧化钙还会析出，而溶液中溶解的氢氧化钙才是溶质，故溶液中溶质的质量随氧化钙的加入而减少，直到变为0，所以错误 B、向盐酸和氯化铜的混合溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反应生成氯化钠和水，故开始没有沉淀生成，当盐酸完全反应后，氢氧化钠再和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，只到氯化铜完全反应后，沉淀质量不再变化，所以正确C、向pH=12的氢氧化钠溶液中加水稀释，溶液的碱性减弱，溶液的pH减小，但溶液始终呈碱性，pH不会等于或小于7，所以错误 D、锌的金属活动性大于铁的金属活动性，反应时锌与酸反应速度快，但由于金属铁的相对分子质量小于金属锌的，故金属铁生成的氢气多，所以错误故选B40下列各组离子能在指定溶液中大量共存的一组是A在氯化钠溶液中：B在稀盐酸中：C在氢氧化钠溶液中：D在硫酸铵溶液中：【答案】A【解析】试题分析：A在氯化钠溶液中：能大量共存；B在稀盐酸中：不能大量共存，氢离子和碳酸根离子反应生成气体； C在氢氧化钠溶液中： 不能大量共存，氢离子和氢氧根离子反应生成水； D在硫酸铵溶液中：不能大量共存，铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气；故答案选择A41甲烷和水反应可以制水煤气（混合气体），其反应的微观示意图如图所示：根据以下微观示意图得出的结论中，正确的是A反应前后各元素的化合价均不变B水煤气的成分是一氧化碳和氧气C该反应中含氢元素的化合物有3种D该反应的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为1:1【答案】D【解析】试题分析：由反应的微观示意图可知，该反应的反应物是甲烷和水，生成物是一氧化碳和氢气。在该反应中，甲烷中的碳元素显-4价，一氧化碳中的碳元素显+2价，元素的化合价发生了变化，A错误；水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，B错误；该反应中甲烷和氢气中含有氢元素，C错误；根据质量守恒定律化学反应前后原子的质量和数目不变，该反应的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为1:1 ，D正确。故选D。42某气体由氢气、一氧化碳、甲烷中的一种或几种组成。点燃该气体后，在火焰上方罩一冷而干燥的烧杯，烧杯内壁出现水雾；把烧杯迅速倒转过来，注 入少量澄清石灰水，振荡，石灰水变混浊。下列对气体组成的推断错误的是A可能只有氢气一种气体B可能三种气体都存在C可能是甲烷和一氧化碳的混合气体D可能只有甲烷一种气体【答案】A【解析】试题分析：根据质量守恒定律可以知道：在火焰上方罩一冷而干燥的烧杯，烧杯内壁出现水雾，说明物质含有氢元素，把烧杯迅速倒转过来，注 入少量澄清石灰水，振荡，石灰水变混浊，说明产生二氧化碳，因此原物中含有碳元素，因此A错误。故选A.43在推断实验室无色废液的成分时,四位同学得出了四种结论,其中可能合理的是ANaCl、CuSO4、NaNO3 BNaCl、K2SO4、NaOHCHCl、NaOH、CaCl2 DK2CO3、KNO3、BaCl2【答案】B【解析】试题分析：ACuSO4是蓝色的溶液；C中HCl、NaOH二者会反应不能共存；D中K2CO3和BaCl2会发生反应产生沉淀。故选B44下列叙述与对应的示意图表示正确的是【答案】D【解析】试题分析：向一定量的硫酸铜溶液中加铁粉，铁能够置换出铜元素，铜的相对原子质量大于铁，所以质量会减少；向一定量pH=2的盐酸中逐滴加水稀释，酸性会变弱，PH会升高，但不会超过7；电解一定质量的水时，产生的氢气的速度是氧气速度的2倍，但是二者的质量之比是1:8.故选D.45有一包白色粉末，可能由氯化钠、硫酸钠、硫酸铜、碳酸钠、碳酸钙中的一种或几种组成，为确定其组成，进行如下实验：称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液A在无色溶液A中加入过量氯化钡溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液B和白色沉淀C；将白色沉淀C洗涤，烘干后称得质量为20g在20g白色沉淀C中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出在无色溶液B中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，产生白色沉淀由上述实验得出的下列判断中，不正确的是A白色粉末中可能含有氯化钠B无色溶液B中一定含有两种溶质C白色粉末中不含碳酸钙、硫酸钠、硫酸铜D步骤生成的气体质量可能是44g【答案】C【解析】试题分析：称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液A，碳酸钙难溶于水，硫酸铜在溶液中显蓝色，所以白色粉末中一定不含碳酸钙、硫酸铜；在无色溶液A中加入过量氯化钡溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液B和白色沉淀C；将白色沉淀C洗涤，烘干后称得质量为20g，在20g白色沉淀C中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出，说明白色沉淀C是硫酸钡沉淀和碳酸钡沉淀的混合物，所以白色粉末中一定含有碳酸钠、硫酸钠；碳酸钠和氯化钡生成碳酸钡沉淀和氯化钠，硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氯化钡是过量的，所以B中的溶质是氯化钠和氯化钡，在无色溶液B中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，说明溶液B中含有氯离子，但是加入的氯化钡引入了氯离子，白色粉末中是否含有氯化钠，不会影响实验现象，所以白色粉末中可能含有氯化钠，A、通过推导可知，白色粉末中可能含有氯化钠，A正确；B、通过推导可知，无色溶液B中溶质是氯化钠和氯化钡，B正确；C、通过推导可知，白色粉末中可能含有氯化钠，C错误；D、通过方程式：BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2，可以看出，生成44克的二氧化碳，需要碳酸钡197克，没有超过沉淀的总质量，所以这种情况是可以的，D正确46化学上常用元素符号左下角的数字表示原子的质子数，左上角的数字表示原子的中子数与质子数之和，则1735Cl和1737ClA属于同种元素 B原子核内质子数不同C原子中核外电子数不同 D原子中含有相同数目的中子【答案】A【解析】试题分析：A、质子数相同，所以属于同种元素,正确；B、质子数相同，错误；C、原子中核外电子数相同，错误；D、中子数不同，错误。故选A47课本上有8个“基础实验”，以提升同学们的实验能力，以下叙述正确的是A“粗盐的初步提纯”实验中，持续加热食盐溶液直至水分蒸干B“氧气的制取与性质”实验中，做铁丝燃烧实验的集气瓶内要预留少量的水C“溶液的酸碱度”实验中，将pH试纸伸入溶液中测定酸碱度D“酸与碱的化学性质”实验中，将实验废液直接倒入下水道【答案】B【解析】试题分析：“粗盐的初步提纯”实验中，不能持续加热食盐溶液直至水分蒸干，到出现大量固体时就要停止加热；“氧气的制取与性质”实验中，做铁丝燃烧实验的集气瓶内要预留少量的水，防止将瓶底炸裂；“溶液的酸碱度”实验中，不能将pH试纸伸入溶液中测定酸碱度；“酸与碱的化学性质”实验中，不能将实验废液直接倒入下水道，会污染水质。故选B48被称之为“软电池”的纸质电池，采用薄层纸片作为传导体，电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），避免了传统电池所带来的污染问题，因而废旧的纸质电池可作为一般的废弃物加以处理下列说法错误的是A该电池反应中锌元素化合价升高 B该电池反应中二氧化锰作催化剂C工作原理是将化学能转化为电能 D开发利用该电池可以减少对环境的污染【答案】B【解析】试题分析：从反应看Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH）工作原理是将化学能转化为电能；锌元素化合价从零价升高+2价；该电池反应中二氧化锰没作催化剂，而是一种反应物；纸质电池避免了传统电池所带来的污染问题，因而废旧的纸质电池可作为一般的废弃物加以处理，所以开发利用该电池可以减少对环境的污染。故选B49下列离子在溶液中能大量共存，并能形成无色透明溶液的是ACu2+、 H+、NO3、CO32 BH+、K+、Na+、SO42CFe2+、NH4+、OH、SO42 DFe3+、K+、H+、Cl【答案】B【解析】试题分析：A中的Cu2+显示蓝色，且H+、CO32-不共存，C中的Fe2+显示浅绿色，且NH4+、OH不共存； D中的Fe3+显示黄棕色，三者都有颜色所以错误；故选B.50某同学对下列四个实验都设计了两种方案，其中方案1合理、方案2不合理的是选项ABCD实验目的鉴别NaOH和CaCO3除去NaOH溶液中少量的Na2CO3除去CO2中含有的少量CO除去CaO中的CaCO3方案1加水溶解，看是否溶解、放热加适量Ca(OH)2溶液，过滤点燃加适量稀盐酸方案2加入盐酸，看是否有气泡产生加适量稀盐酸将气体通入澄清石灰水加水溶解，过滤【答案】B【解析】试题分析：除掉氢氧化钠中的碳酸钠，可以加入适量的氢氧化钙，因为氢氧化钙会和碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，同时产生氢氧化钠，不能用加入盐酸的方法除杂，因为二者都会和盐酸反应。故选B.51下列图像不能正确反映其对应变化关系的是A用等质量、等质量分数的过氧化氢溶液在有无催化剂条件下制氧气B一定质量的红磷在密闭容器中燃烧C向等质量、等质量分数的稀硫酸中分别逐渐加入锌粉和铁粉D向一定质量的氯化铜和稀盐酸的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液【答案】C【解析】试题分析：用等质量、等质量分数的过氧化氢溶液在有无催化剂条件下制氧气，能够产生的影响只是反应的速度，不可能产生产物量的变化，所以A正确；一定质量的红磷在密闭容器中燃烧，质量不会发生改变；所以B正确；向等质量、等质量分数的稀硫酸中分别逐渐加入锌粉和铁粉，产生相等质量的氢气需要的铁的质量要小于锌的质量，所以C错误；向一定质量的氯化铜和稀盐酸的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，开始是氢氧化钡和盐酸反应，不会产生氢氧化铜沉淀，当盐酸反应完后就会产生沉淀了；所以D正确。故选C52下列实验能达到目的是【答案】D【解析】试题分析：测定空气中氧气含量时要用足够的红磷；探究铁锈蚀条件中没有探究与空气接触的实验；探究燃烧条件中只探究了与着火点有关。故选D53如图所示为甲、乙两种固体的溶解度曲线，下列说法错误的是A40时，甲的溶解度大于乙的溶解度B20时，甲、乙两种物质的溶解度相等C甲、乙两种物质的溶解度都随温度的升高而增大D20时，把30g甲物质加入100g水中，充分溶解后所得溶液为饱和溶液【答案】C【解析】试题分析：A、40时，甲的溶解度大于乙的溶解度，正确；B、20时，甲、乙两种物质的溶解度相等，正确；C、乙物质溶解度随温度升高而减小，错误；D、20时，甲物质溶解度为25g，则20时，把30g甲物质加入100g水中，充分溶解后所得溶液为饱和溶液，正确。故选C54除去下列物质中的少量杂质，所选用试剂及操作方法均正确的是选项物质（括号内为杂质）选用试剂操作方法ACO2（CO）过量O2点燃BCaO（CaCO3）足量蒸馏水过滤、蒸发CFeCl2溶液（CuCl2溶液）足量铁粉过滤DNaCl溶液（MgSO4溶液）适量BaCl2溶液过滤【答案】C【解析】试题分析：除杂质的要求是：要把杂质除去，但不能除去需要的物质更不能带入新的杂质。A中二氧化碳中含有少量的一氧化碳不能点燃，可将混合气体通过灼热的氧化铜除去一氧化碳，A错误；B中氧化钙能与水反应，碳酸钙难溶于水，可通过高温煅烧的方法除去碳酸钙，B错误；C中铁与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，正确；D中氯化钡不与硫酸镁反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁，虽然把杂质硫酸镁除去了但是带入了新的杂质氯化镁，错误。故选C。55KCl与KNO3在不同温度的溶解度数据如右表。则下列说法正确的是AKNO3比KCl的溶解度大B两物质的溶解度相等的温度在20-30间C在20时，10g水中加入5gKCl可得到333 的KCl溶液D在50时，两物质各5g分别加入l0g水中， 充分溶解，均有固体剩余【答案】B【解析】试题分析：A、要比较溶解度大小关系，一定要指明温度，错误，B、根据表中的KNO3和KCl在不同温度下的溶解度数值，两物质的溶解度相等的温度在20-30间，正确，C、根据表中溶解度数值，在20时，KCl的溶解度是33g，故在10g水中加入5gKCl ，只能溶解3.3g，故得到的KCl溶液溶质质量分数=3.3g/13.3g100%=24.8%，错误，D、根据表中溶解度数值，在50时，KNO3的溶解度是88g，故将5g KNO3加入l0g水中， 充分溶解，没有固体剩余，错误，故选B56下列离子能在pH=13的水溶液中大量共存的是ACl-、SO42-、Ag+、Na+ BK+、Ba2+、N03-、SO42-CSO42-、Cl-、Na+、H+ DCa2+、Na+、Cl-、OH-【答案】D【解析】试题分析：pH=13的水溶液呈碱性，即含有氢氧根离子。A中氯离子和银离子结合会产生氯化银沉淀；B中钡离子和硫酸根离子结合会产生硫酸钡沉淀；C中氢离子和氢氧根离子会结合生成水而不能共存。故选D。57一包由CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH中的两种或两种以上的物质混合而成。取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液X。在滤出的白色沉淀中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。下列判断错误的是A原白色粉末的组成有3组可能B原白色粉末中一定含有CaCO3C原白色粉末中一定不含有CuSO4D若向无色滤液X中通入二氧化碳，产生白色沉淀，则可推断原白色粉末中一定还含有BaCl2、NaOH【答案】A【解析】试题分析：取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到无色滤液X，可判断原物质中一定没有CuSO4（因为它的水溶液呈蓝色），同时得到白色沉淀，说明可能是CaCO3或BaCl2和Na2SO4反应生成的BaSO4沉淀，在滤出的白色沉淀中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体，说明是CaCO3，而不是BaSO4，A、原白色粉末的组成有5组可能,1、CaCO3、BaCl2；2、CaCO3、Na2SO4；3、CaCO3、NaOH；4、CaCO3、BaCl2、NaOH；5、CaCO3、Na2SO4、NaOH；错误，B、原白色粉末中一定含有CaCO3，正确，C、原白色粉末中一定不含有CuSO4，正确，D、若向无色滤液X中通入二氧化碳，产生白色沉淀，则可推断原白色粉末中一定还含有BaCl2、NaOH，因为NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与BaCl2反应生成沉淀BaCO3，正确，故选A58下列四个实验方案的设计中，方案1合理、方案2不合理的是选项ABCD实验目的除去氢氧化钠中少量的碳酸钠清洗铁制品表面的铁锈鉴别稀盐酸和氯化钠溶液检验一氧化碳中是否混有二氧化碳气体方案1加水溶解加适量稀盐酸加锌粒点燃方案2加稀硫酸用水洗涤加石蕊溶液通入澄清石灰水【答案】B【解析】试题分析：A、氢氧化钠和碳酸钠都易溶于水且都能与稀硫酸反应，错误；B、水不能除铁锈，正确；C、锌粒能与稀盐酸反应，而产生气泡；稀盐酸能使石蕊试液变为红色，错误；D、二氧化碳不能燃烧，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，错误。故选B59逻辑推理是化学学习中常用的思维方法下列推理正确的是A中和反应生成盐和水，则生成盐和水的反应一定是中和反应B化合物是由不同元素组成的纯净物，所以由不同种元素组成的纯净物一定是化合物C单质中只含有一种元素，所以只含有一种元素的物质一定是单质D活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，则能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是活泼金属【答案】B【解析】试题分析：中和反应是酸与碱反应生成盐和水，生成盐和水的反应不一定是中和反应，如二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水不属中和反应，A错误；单质是由同种元素组成的纯净物，由同种元素组成的物质可能是混合物，C错误；碳酸钠与稀硫酸反应会生成二氧化碳气体，D错误。故选B。60在密闭容器中有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质的质分数如图所示：下列说法正确的是A丙一定是化合物B甲和乙的质量之和一定等于生成丙的质量C反应后乙的质量分数X%为10%D丁一定不参加反应【答案】A【解析】试题分析：依据质量守恒定律化学反应前后物质的总质量不变，故物质质量分数的变化可表示物质质量的变化，由反应的质量分数变化可知，丁物质在反应前后的质量没变，故丁可能是该反应的催化剂，也可能没有参与反应，D错误；而丙物质的质量反应后增加了，甲、乙物质的质量反应后减少了。由此可分析得出，丙物质是反应的生成物，而甲、乙物质是反应物，该反应可表示为：甲+乙丙，即常见反应的甲和乙的质量等于生成的丙的质量，B错误；由于丙是化合反应的生成物，丙必是化合物，A正确；反应后物质的质量分数总和仍为100%，故X%=8%，C错误。故选A。61近年来有人提出了利用处理后的海水(主要成份是氯化钠溶液