2019-2020年高一上学期期中化学试卷 含解析(I).doc

2019-2020年高一上学期期中化学试卷 含解析(I)一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1下列操作中正确的是（）A加热液体B加入固体粉末C倾倒液体D尾气吸收2在容量瓶上无须标记的是（）A标线B温度C浓度D容量3下列对于“摩尔”的理解不正确的是（）A摩尔是一个物理量B摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC1mol12C与0.012kg12C所含碳原子数相同D1molO2约含6.021023个氧分子4关于100mL 1mol/LCaCl2溶液的叙述正确的是（）ACl的物质的量浓度为2mol/LBCaCl2的物质的量为1molC取出50 mL后，剩余溶液中CaCl2的物质的量浓度为0.5mol/LD该溶液中水的体积为100 mL5在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是（）AKMnO4O2BCO 2COCFe2O 3FeDBrBr26下列物质中能导电的是（）A稀硫酸B蔗糖CCuSO45H2ODNaCl固体7室温下，在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存的离子组是（）ANH、Cu2+、Cl、NOBK+、Na+、CO、S2CK+、Na+、CH3COO、SODBa2+、Mg2+、HCO、Cl8下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等B等物质的量的甲烷和一氧化碳所含的分子数前者大于后者C1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D相同条件下的一氧化碳和氮气，若气体体积相等，则质量也相等9有如下两个反应：（1）Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；（2）Fe+Cu2+=Fe2+Cu判断Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱顺序排列正确的是（）AFe3+Cu2+Fe2+BCu2+Fe3+Fe2+CFe3+Fe2+Cu2+DFe2+Cu2+Fe3+10溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（）A是否有丁达尔现象B是否能通过滤纸C分散质粒子的大小D是否均一、透明、稳定11下列有关实验的说法错误的是（）A将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加稀盐酸，沉淀不溶解，不能说明原溶液中一定有SO42C蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干D将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液12向0lmol/L NaOH溶液中通入过量的CO2后，溶液中存在的主要离子是（）ANa+、CO32BNa+、HCO3CCO32、HCO3DNa+、OH13下列叙述不正确的是（）A常温常压下，3.2g O 2所含的原子数为0.2NAB标准状况下，18g H2 O所含的氧原子数目为NAC常温常压下，92g NO2和N2O 4的混合气体中含有的原子总数为6 NAD标准状况下，22.4LCH4与22.4L N2所含原子数均为2 NA14归纳是学习化学的一种常用方法，某同学归纳的物质及其所属类別与右图的对应关系正确的是（）AX胶体 Y混合物 Z淀粉溶液BX化合物 Y含氧酸盐 Z氯化钠CX气态氢化物 Y酸 Z盐酸DX强电解质 Y强酸 Z硫酸15将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入某气体仍无沉淀，则该气体可能是（）ACl2BNH3CNO2DCO216某气体可能含有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，依次通过澄清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红）和无水CuSO4（变蓝），判断该气体中一定有（）AHCl、CO2、H2BCO、H2、H2OCCO、H2、NH3DHCl、CO、H2O17一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氨原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：518在Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，测得Al3+浓度为0.1mol/L，SO42浓度为0.3mol/L，则混合溶液中Na+的浓度为（）A0.15mol/LB0.45mol/LC0.6mol/LD0.3mol/L19在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙的物质的量小C气体摩尔体积：甲乙D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小20下列说法正确的是（）泥浆中泥沙是溶质，水是溶剂医用酒精中，水是溶剂，酒精是溶质凡是分散质能通过半透膜的分散系即属于胶体通过丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液ABCD二、解答题（共8小题，满分50分）21现有以下物质：NaCl晶体 液态SO3 液态的醋酸 汞 BaSO4固体 纯蔗糖（C12H22O11）酒精（C2H5OH） 熔化的KNO3，请回答下列问题（用序号）：（1）以上物质属于电解质的是（2）以上物质中溶于水后形成的水溶液能导电的是22只用一种试剂鉴别下列物质，在横线上填所加试剂的化学式或名称（1）BaCl2 NaCl K2CO3（2）CaCl2 NaNO3 H2SO423对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、加热分解、加入化学试剂等填写下列各组混合物的分离或提纯应采用的方法（1）实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒可用的方法除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3微粒（2）除去乙醇中溶解的微量食盐可采用的方法（3）粗盐中含有不溶性的泥沙、可溶性的氯化钙、氯化镁及些硫酸盐对粗盐中的这些杂质可采用和的方法除去（4）除去氧化钙中的碳酸钙可用的方法24（1）胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水，服用适量的NaHCO3，能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：；（2）如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不能服用小苏打，此时最好用含氢氧化铝的胃药（如胃舒平），离子方程式为：25一包白色粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色向中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生试根据上述实验现象判断，原白色粉末中一定含有的物质是，一定不含的物质是，可能含有的物质是（以上物质均写化学式），写出第步中反应的化学方程式：，第反应步中离子方程式：26根据反应3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，回答下列问题：（1）还原产物是（2）氧化剂与还原剂的物质的量之比是（3）用双线桥标上电子转移的方向和数目27实验需要0.1mol/L NaOH溶液450mL，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中定容要用到mL的容量瓶（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为g（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）A用50mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用托盘天平准确量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动C将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E加水至离刻度线12cm处改用胶头滴管加水，使洛液凹面恰好与刻度相切（4）对所配浓度影响的对应操作是（填写字母）偏大的有偏小的有A称量用了生锈的砝码B将NaOH放在纸张上称量CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D往容量瓶转移时，有少量液体溅出E未洗涤溶解NaOH的烧杯F记容时仰视刻度线G容量瓶未干燥即用来配制溶液H定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线28一个体重50kg的健康人体内含铁元素2g，这2g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐（如FeSO4）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体对铁的吸收请回答下列问题：（1）以下为常见的铁元素的几种微粒，其中既有氧化性又有还原性的是AFe BFe2+CFe3+（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，在此过程中是氧化剂，说明维生素C具有性（3）在人体中进行Fe2+ Fe3+的转化时，反应中的Fe2+发生 反应，反应中的Fe3+被（4）市场上出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原性铁粉，这些铁粉在人体胃酸（主要成分是盐酸）的作用下转化成亚铁盐此反应的化学方程式为，离子方程式为（5）己知下列反应：H2O2+2Fe3+=2Fe2+O2+2H+2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O反应中生成1molO2转移电子的物质的量为，反应、的总反应方程式为，在该反应中Fe3+的作用为（6）在Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O的反应中，HNO3表现了性和性，毎有1molFe参加反应转移电子mol参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1下列操作中正确的是（）A加热液体B加入固体粉末C倾倒液体D尾气吸收【考点】化学实验方案的评价【分析】A试管中液态体积不能超过试管容积的；B应该先将试管横放，然后用药匙将固体粉末送入试管底部；C倾倒液态时需要做到：瓶塞倒放、标签向手心、瓶口对试管口、试管倾斜；D氯化氢气体极易溶于水，稀释HCl气体时必须防止倒吸，图示装置中易发生倒吸现象【解答】解：A给试管中液态加热时，试管中液态体积不能超过试管容积的，故A错误；B向试管中加入固体粉末时，应该先将试管横放，图示操作方法不合理，故B错误；C倾倒液体时，瓶塞要倒放，试管稍稍倾斜，试管口与瓶口要紧靠，药品瓶标签必须向着手心，图示操作合理，故C正确；D由于HCl气体极易溶于水，稀释氯化氢时必须使用防倒吸装置，图示装置中会发生倒吸现象，故D错误；故选C2在容量瓶上无须标记的是（）A标线B温度C浓度D容量【考点】计量仪器及使用方法【分析】根据容量瓶的使用特点来回答，容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用【解答】解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，实验室常见规格有50ml、100ml、150ml、200ml、500ml等，容量瓶上标有刻度线、并标有容量，容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25C故选C3下列对于“摩尔”的理解不正确的是（）A摩尔是一个物理量B摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC1mol12C与0.012kg12C所含碳原子数相同D1molO2约含6.021023个氧分子【考点】物质的量的单位-摩尔【分析】摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol，国际上规定12g12C中所含碳原子数为1mol，1mol任何物质含有阿伏伽德罗常数个微粒【解答】解：A摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；B物质的量的单位是摩尔，简称摩，符号为mol，故B正确；C国际上规定12g12C中所含碳原子数为1mol，1mol12C与0.012kg12C所含碳原子数相同，故C正确；D.1mol任何物质含有阿伏伽德罗常数个微粒，1molO2约含6.021023个氧分子，故D正确；故选A4关于100mL 1mol/LCaCl2溶液的叙述正确的是（）ACl的物质的量浓度为2mol/LBCaCl2的物质的量为1molC取出50 mL后，剩余溶液中CaCl2的物质的量浓度为0.5mol/LD该溶液中水的体积为100 mL【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】1mol/LCaCl2溶液中Cl的物质的量浓度为2mol/L，结合n=cV及溶液具有均一性解答【解答】解：A.1mol/LCaCl2溶液中Cl的物质的量浓度为1mol/L2=2mol/L，故A正确；B.100mL 1mol/LCaCl2溶液中，CaCl2的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，故B错误；C取出50 mL后，由溶液具有均一性可知，剩余溶液中CaCl2的物质的量浓度为1mol/L，故C错误；D该溶液中水的体积小于100 mL，故D错误；故选A5在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是（）AKMnO4O2BCO 2COCFe2O 3FeDBrBr2【考点】氧化还原反应【分析】根据选项中存在元素的化合价升高的变化可知，选项中的物质具有还原性，则需要加入合适的氧化剂来实现氧化还原反应【解答】解：A、KMnO4O2中O元素的化合价升高，但KMnO4分解即可生成氧气，故不需要加入合适的氧化剂，故A错误；B、CO2CO中C元素的化合价降低，需要加入合适的还原剂来实现，如加入碳，故B错误；C、Fe2O3Fe中Fe元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如加入铁粉，故C错误；D、BrBr2中Br元素的化合价升高，需要加入合适的氧化剂来实现，如加入氯气，故D正确；故选D6下列物质中能导电的是（）A稀硫酸B蔗糖CCuSO45H2ODNaCl固体【考点】电解质溶液的导电性【分析】含有自由移动离子或电子的物质能导电，根据物质中是否含有自由移动离子或电子判断是否导电【解答】解：A稀硫酸溶液中含有自由移动离子，所以能导电，故A正确；B蔗糖以分子存在，不存在自由移动离子或电子，所以不导电，故B错误；CCuSO45H2O不存在自由移动离子或电子，所以不导电，故C错误；D氯化钠固体中不存在自由移动离子或电子，所以不导电，故D错误；故选A7室温下，在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存的离子组是（）ANH、Cu2+、Cl、NOBK+、Na+、CO、S2CK+、Na+、CH3COO、SODBa2+、Mg2+、HCO、Cl【考点】离子共存问题【分析】强酸性溶液中存在大量氢离子，强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，A四种离子之间不反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应；B四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应【解答】解：ANH4+、Cu2+、Cl、SO42之间不反应，且都不与酸性溶液中的氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A错误；BK+、Na+、CO32、S2之间不发生反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B错误；CK+、Na+、CH3COO、SO42之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在在碱性溶液中能够大量共存，故C错误；DMg2+、HCO3与氢氧根离子反应，HCO3与氢离子反应，在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存，故D正确；故选D8下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等B等物质的量的甲烷和一氧化碳所含的分子数前者大于后者C1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D相同条件下的一氧化碳和氮气，若气体体积相等，则质量也相等【考点】物质的量的相关计算【分析】A没有指出气体，物质的量不一定相等；B物质的量相等时，含有的分子数一定相等；C没有指出条件，无法比较二者的物质的量大小；D一氧化碳和氮气的摩尔质量相等，相同条件下等体积的二者具有相同的物质的量，根据m=nM可知二者的质量相等【解答】解：A同温同压下，相同体积的气体，其物质的量一定相等，没有指出物质状态，故A错误；B等物质的量的甲烷和一氧化碳的物质的量相等，则所含的分子数一定相等，故B错误；C不是相同条件下，无法判断二者的物质的量，则无法比较二者的质量大小，故C错误；D相同条件下的一氧化碳和氮气，若气体体积相等，二者的物质的量相等，根据m=nM可知二者的质量也相等，故D正确；故选D9有如下两个反应：（1）Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；（2）Fe+Cu2+=Fe2+Cu判断Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱顺序排列正确的是（）AFe3+Cu2+Fe2+BCu2+Fe3+Fe2+CFe3+Fe2+Cu2+DFe2+Cu2+Fe3+【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较【分析】相同条件下，同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析【解答】解：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，氧化性是Fe3+Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2+Cu，氧化性是Cu2+Fe2+；则氧化性顺序是：Fe3+Cu2+Fe2+，故选A10溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（）A是否有丁达尔现象B是否能通过滤纸C分散质粒子的大小D是否均一、透明、稳定【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小，据此即可解答【解答】解：A胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，微粒直径小于1nm的溶液和微粒直径大于100nm的浊液、没有该现象，该现象是由微粒直径决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；B胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小，故C正确；D溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；故选C11下列有关实验的说法错误的是（）A将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加稀盐酸，沉淀不溶解，不能说明原溶液中一定有SO42C蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干D将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液【考点】化学实验方案的评价【分析】A用pH试纸测定溶液pH时，需要用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，然后与标准比色卡对照；B硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子，原溶液中可能含有亚硫酸根离子；C为了试验安全，蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，且不能蒸干；D不能在容量瓶中溶解药品【解答】解：A用pH试纸测定溶液酸碱性的操作方法为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，故A正确；B无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加稀盐酸，由于硝酸根离子在酸性条件下能够将亚硫酸钡氧化硫酸钡，则原溶液中可能含有亚硫酸根离子，不能说明原溶液中一定有SO42，故B正确；C蒸馏操作时，为了避免发生危险，蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干，故C正确；D配制一定浓度的溶液时，应该在烧杯中溶解药品，故D错误；故选B12向0lmol/L NaOH溶液中通入过量的CO2后，溶液中存在的主要离子是（）ANa+、CO32BNa+、HCO3CCO32、HCO3DNa+、OH【考点】钠的重要化合物【分析】根据氢氧化钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3，结合碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐分析判断【解答】解：氢氧化钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3，碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，在水溶液里电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根能水解也能电离，但都比较微弱，所以溶液中存在的主要离子是Na+、HCO3，故选B13下列叙述不正确的是（）A常温常压下，3.2g O 2所含的原子数为0.2NAB标准状况下，18g H2 O所含的氧原子数目为NAC常温常压下，92g NO2和N2O 4的混合气体中含有的原子总数为6 NAD标准状况下，22.4LCH4与22.4L N2所含原子数均为2 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A根据n=计算出氧气物质的量，然后根据N=nNA计算出含有的原子数；B根据n=计算出水的物质的量，然后计算出含有氧原子的物质的量及数目；CNO2和N2O 4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合气体中含有的原子总数；D甲烷分子中含有5个原子，而氮气分子中含有2个原子，相同条件下等体积的二者含有的原子数不同【解答】解：A3.2g氧气的物质的量为： =0.1mol，0.1mol氧气分子中含有0.2molO原子，含有原子数为0.2NA，故A正确；B18g水的物质的量为： =1mol，1mol水分子中含有1molO原子，所含的氧原子数目为NA，故B正确；C92g NO2和N2O4的混合气体中含有92g最简式NO2，含有最简式NO2的物质的量为： =2mol，则混合气体中含有原子的物质的量为：32mol=6mol，含有的原子总数为6 NA，故C正确；D标准状况下22.4L气体的物质的量为1mol，1mol甲烷分子中含有5mol原子，1mol氮气分子中含有2mol原子，二者含有的原子数不相等，故D错误；故选D14归纳是学习化学的一种常用方法，某同学归纳的物质及其所属类別与右图的对应关系正确的是（）AX胶体 Y混合物 Z淀粉溶液BX化合物 Y含氧酸盐 Z氯化钠CX气态氢化物 Y酸 Z盐酸DX强电解质 Y强酸 Z硫酸【考点】混合物和纯净物【分析】由图可知，概念的范畴为X包含Y，Y包含Z，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答【解答】解：A、混合物不一定是胶体，故A错误； B、氯化钠不是含氧酸盐，故B错误；C、酸不一定是气态氢化物，盐酸为氯化氢的水溶液为混合物，故C错误；D、硫酸是强酸，属于强电解质，关系正确，故D正确故选D15将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入某气体仍无沉淀，则该气体可能是（）ACl2BNH3CNO2DCO2【考点】二氧化硫的化学性质【分析】将SO2通入BaCl2溶液中 如生成沉淀，应有三种情况，一是加入碱性物质使溶液中有较多的SO32离子，二是发生氧化还原反应生成SO42离子，三是加入硫离子（硫化氢），否则不生成沉淀【解答】解：A氯气具有强的氧化性，能够与二氧化硫、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故A不选；B氨气为碱性气体，二氧化硫与氨气、水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故B不选；C二氧化氮具有强的氧化性，能够与二氧化硫、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不选；DSO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故D选；故选：D16某气体可能含有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，依次通过澄清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红）和无水CuSO4（变蓝），判断该气体中一定有（）AHCl、CO2、H2BCO、H2、H2OCCO、H2、NH3DHCl、CO、H2O【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】混合气体通过氢氧化钡溶液（有浑浊现象），说明混合气体中有CO2，而通过澄清石灰水（无浑浊现象），说明应含有HCl，通过浓硫酸（干燥）通过灼热的氧化铜（变红）（说明含有H2）通过无水硫酸铜（变蓝），根据反应的现象可判断气体的成分【解答】解：混合气体通过氢氧化钡溶液有浑浊现象），说明混合气体中有CO2，而通过澄清石灰水无浑浊现象，说明应含有HCl，则一定不含有NH3，通过浓硫酸（干燥）通过灼热的氧化铜（变红）（说明含有H2或CO，通过无水硫酸铜变蓝，说明生成水，则一定含有H2，综上所述，该混合气体中一定有HCl、CO2、H2故选A17一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氨原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：5【考点】氧化还原反应【分析】在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比【解答】解：在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（50）：0（3）=5：3故选A18在Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，测得Al3+浓度为0.1mol/L，SO42浓度为0.3mol/L，则混合溶液中Na+的浓度为（）A0.15mol/LB0.45mol/LC0.6mol/LD0.3mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据溶液不显电性，利用电荷守恒即可计算混合溶液中Na+的浓度【解答】解：因Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液不显电性，Al3+浓度为0.1mol/L，SO42浓度为0.3mol/L，设混合溶液中Na+的浓度为x，根据电荷守恒可知，0.1mol/L3+x1=0.3mol/L2，解得x=0.3mol/L，故选D19在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙的物质的量小C气体摩尔体积：甲乙D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小【考点】物质的量的相关计算【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，由等质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度，则甲中的气体的体积小，以此来解答【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，由等质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度，则甲中的气体的体积小，A甲的体积小，物质的量小，则甲的分子数小，故A错误；B体积与物质的量成正比，则甲的物质的量少，故B正确；C相同状况下，气体的摩尔体积相同，故C错误；D相同质量时，甲的物质的量小，则甲的摩尔质量大，故D错误；故选B20下列说法正确的是（）泥浆中泥沙是溶质，水是溶剂医用酒精中，水是溶剂，酒精是溶质凡是分散质能通过半透膜的分散系即属于胶体通过丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液ABCD【考点】化学实验方案的评价【分析】泥浆不是溶液；医用酒精是酒精的水溶液；胶体透不过半透膜；丁达尔现象是胶体所特有的性质【解答】解：泥浆不是溶液，是浊液，故泥沙是分散质，水是分散剂，故错误；医用酒精是酒精的水溶液，故酒精是溶质，水是溶剂，故正确；胶体透不过半透膜，溶液可以透过，故错误；丁达尔现象是胶体所特有的性质，故可以来区分溶液和胶体，故正确故选B二、解答题（共8小题，满分50分）21现有以下物质：NaCl晶体 液态SO3 液态的醋酸 汞 BaSO4固体 纯蔗糖（C12H22O11）酒精（C2H5OH） 熔化的KNO3，请回答下列问题（用序号）：（1）以上物质属于电解质的是（2）以上物质中溶于水后形成的水溶液能导电的是【考点】电解质与非电解质【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，包括酸、碱、盐都是电解质；可溶性电解质和能够与水反应生成可溶性电解质的物质，溶于水后能够导电【解答】解：NaCl晶体溶于水或者熔化时能电离出自由离子而导电，属于电解质；水溶液能导电；液态SO3本身不能电离，不是电解质；SO3与水反应生成硫酸是可溶性的电解质，水溶液导电；液态的醋酸溶于水时能电离出自由离子而导电，属于电解质；水溶液能导电；汞是金属单质，不是电解质，不溶于水；水溶液能导电；BaSO4固体熔化时能电离出自由离子而导电，属于电解质；难溶于水，水溶液不导电；纯蔗糖（C12H22O11）本身不能电离，是非电解质；水溶液不导电；酒精（C2H5OH）溶于水和熔化时都不导电，不是电解质；水溶液不导电；熔化的KNO3溶于水或者熔化时能电离出自由离子而导电，属于电解质；水溶液能导电；（1）以上物质中属于电解质的是 ；故答案为：；（2）以上物质中溶于水后形成的水溶液能导电的是 ，故答案为：22只用一种试剂鉴别下列物质，在横线上填所加试剂的化学式或名称（1）BaCl2 NaCl K2CO3H2SO4（2）CaCl2 NaNO3 H2SO4Na2CO3【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】（1）硫酸可与氯化钡反应生成沉淀，且碳酸钾与硫酸反应生成气体；（2）检验氯化钙，可加入碳酸钠，且碳酸钠可与硫酸反应生成气体【解答】解：（1）硫酸可与氯化钡反应生成沉淀，且碳酸钾与硫酸反应生成气体，而加入硫酸，氯化钠不反应，故可加入硫酸鉴别，故答案为：H2SO4；（2）检验氯化钙，可加入碳酸钠，且碳酸钠可与硫酸反应生成气体，硝酸钠与碳酸钠不反应，可用碳酸钠鉴别，故答案为：Na2CO323对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、加热分解、加入化学试剂等填写下列各组混合物的分离或提纯应采用的方法（1）实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒可用过滤的方法除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3微粒（2）除去乙醇中溶解的微量食盐可采用蒸馏的方法（3）粗盐中含有不溶性的泥沙、可溶性的氯化钙、氯化镁及些硫酸盐对粗盐中的这些杂质可采用过滤和加入化学试剂的方法除去（4）除去氧化钙中的碳酸钙可用加热分解的方法【考点】物质分离、提纯的实验方案设计【分析】（1）碳酸钙不溶于水；（2）乙醇易挥发，可用蒸馏的方法提纯；（3）可先加入化学试剂生成沉淀，然后再过滤除去；（4）碳酸钙加热分解生成CaO【解答】解：（1）CaCO3不溶于水，实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3结膜，可用过滤的方法分离，故答案为：过滤；（2）乙醇的沸点低，与食盐的沸点差异大，则利用蒸馏除去乙醇中溶解的微量食盐，故答案为：蒸馏；（3）粗盐中含有不溶性的泥沙、可溶性的氯化钙、氯化镁及一些硫酸盐，可先加入化学试剂生成沉淀，然后再过滤除去，故答案为：过滤；加入化学试剂；（4）碳酸钙加热分解生成CaO，则选择加热法除去，故答案为：加热分解24（1）胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水，服用适量的NaHCO3，能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：H+HCO3=H2O+CO2；（2）如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不能服用小苏打，此时最好用含氢氧化铝的胃药（如胃舒平），离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O【考点】离子方程式的书写【分析】（1）盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳；（2）氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水【解答】解：（1）盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，离子方程式：H+HCO3=H2O+CO2；故答案为：H+HCO3=H2O+CO2；（2）氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O25一包白色粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色向中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生试根据上述实验现象判断，原白色粉末中一定含有的物质是Ba（NO3）2、Na2CO3；，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是NaCl（以上物质均写化学式），写出第步中反应的化学方程式：Ba（NO3）2+Na2CO3=2NaNO3+BaCO3，第反应步中离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【考点】几组未知物的检验【分析】将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，滤液为无色，说明一定不含有CuSO4，则生成的白色沉淀只能为碳酸钡，混合物中一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀为碳酸钡；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀，根据以上分析可知，该白色粉末中一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3；一定不含CuSO4；可能含有NaCl，据此进行解答【解答】解：将部分粉末加入水中，滤液呈无色，说明一定不含有CuSO4：有白色沉淀生成，说明一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3，白色沉淀为碳酸钡；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；上述分析可知一定含有的物质为：Ba（NO3）2、Na2CO3，一定不含的物质为：CuSO4，可能含有的物质为：NaCl，根据分析可知，第步中Ba（NO3）2、Na2CO3反应生成的碳酸钡沉淀，反应的化学方程式为：Ba（NO3）2+Na2CO3=2 NaNO3+BaCO3，第步中碳酸钡沉淀溶于稀硝酸生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为：Ba（NO3）2、Na2CO3；CuSO4；NaCl；Ba（NO3）2+Na2CO3=2 NaNO3+BaCO3；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O26根据反应3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，回答下列问题：（1）还原产物是NO（2）氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：3（3）用双线桥标上电子转移的方向和数目【考点】氧化还原反应【分析】3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，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，以此来解答【解答】解：（1）3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，Cu元素的化合价升高，则Cu为还原剂，被氧化，对应的Cu（NO3）2为氧化产物；N元素的化合价降低，则HNO3为氧化剂，被还原，则NO为还原产物，故答案为：NO；（2）反应中8mol硝酸参加反应，其中作氧化剂的只有2mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：3；故答案为：2：3；（3）氧化还原反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O中失电子的元素是铜元素，化合价升高，得电子的元素是氮元素，化合价降低，转移的电子数目为6mol，电子转移情况为：，故答案为：27实验需要0.1mol/L NaOH溶液450mL，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中定容要用到500mL的容量瓶（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为2.0g（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）BCAEDA用50mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用托盘天平准确量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动C将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E加水至离刻度线12cm处改用胶头滴管加水，使洛液凹面恰好与刻度相切（4）对所配浓度影响的对应操作是（填写字母）偏大的有A C偏小的有BDEFHA称量用了生锈的砝码B将NaOH放在纸张上称量CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D往容量瓶转移时，有少量液体溅出E未洗涤溶解NaOH的烧杯F记容时仰视刻度线G容量瓶未干燥即用来配制溶液H定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）实验室没有450mL容量瓶，根据“大而近”的原则，应选择500mL容量瓶；（2）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（4）分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据C=进行误差分析，凡是使n增大或者使V减小的操作都会使溶液浓度偏高，反正溶液浓度偏低【解答】解：（1）根据“大而近”的原则，根据需要配制的溶液的体积为450mL，但由于无450mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，故答案为：500； （2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，而实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=CVM可知需要氢氧化钠的质量m=0.1mol/L40g/mol0.5L=2.0g；故答案为：2.0；（3）配制一定物质的量浓度的溶液，根据配制步骤是计算、称量、溶解（B）、冷却移液（C）、洗涤（A）、定容（E）、摇匀（D）、装瓶可知，正确的操作顺序是：BCAED，故答案为：BCAED；（4）A称量用了生锈的砝码，导致称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大； B将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠吸收空气中的水和二氧化碳，导致称取的固体中和含有溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏小；CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；E未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；F定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；G容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；H定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；所以：偏大的有AC；偏小的有BDEFH；无影响的有G；故答案为：AC；BDEFH28一个体重50kg的健康人体内含铁元素2g，这2g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐（如FeSO4）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体对铁的吸收请回答下列问题：（1）以下为常见的铁元素的几种微粒，其中既有氧化性又有还原性的是BAFe BFe2+CFe3+（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，在此过程中Fe3+是氧化剂，说明维生素C具有还原性（3）在人体中进行Fe2+ Fe3+的转化时，反应中的Fe2+发生氧化 反应，反应中的Fe3+被还原（4）市场上出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原性铁粉，这些铁粉在人体胃酸（主要成分是盐酸）的作用下转化成亚铁盐此反应的化学方程式为Fe+2HClFeCl2+H2，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2（5）己知下列反应：H2O2+2Fe3+=2Fe2+O2+2H+2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O反应中生成1molO2转移电子的物质的量为2mol，反应、的总反应方程式为2H2O22H2O+O2，在该反应中Fe3+的作用为催化剂（6）在Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O的反应中，HNO3表现了氧化性和酸性，毎有1molFe参加反应转移电子3mol【考点】氧化还原反应【分析】（1）处于中间价态的微粒既有氧化性，也有还原性；（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；（3）由Fe2+ Fe3+可知，在过程中Fe2+元素的化合价升高，在过程中Fe3+元素的化合价降低；（4）铁粉在人体胃酸（主要成分时盐酸）的作用下转化成氯化亚铁和氢气；（5）根据方程式中化合价的变化判断；催化剂在反应前后质量不变，性质不变；（6）Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，反应中N元素化合价降低，当4molHNO3参加反应时，有1mol被还原，表现为氧化性，3molHNO3表现为酸性【解答】解：（1）+2价为Fe元素的中间价态，所以亚铁离子既有氧化性，也有还原性，故答案为：B；（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+ 是氧化剂，维生素C是还原剂，则维生素C具有还原性，故答案为：Fe3+；还原；（3）由Fe2+ Fe3+可知，在过程中Fe2+元素的化合价升高，所以反应中的Fe2+发生氧化 反应，在过程中Fe3+元素的化合价降低，则反应中的Fe3+被还原；故答案为：氧化；还原；（4）铁粉在人体胃酸（主要成分时盐酸）的作用下转化成亚铁盐，反应化学方程式为：Fe+2HClFeCl2+H2，离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故答案为：Fe+2HClFeCl2+H2；Fe+2H+Fe2+H2；（5）H2O2+2Fe3+2Fe2+O2+2H+，氧元素从1价升高到0价，所以生成1mol O2转移电子的物质的量为2mol；反应、的总反应方程式为 2H2O22H2O+O2，Fe3+在反应前后质量不变，性质不变，所以是催化剂，故答案为：2mol；2H2O22H2O+O2；催化剂；（6）Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，反应中N元素化合价降低，当4molHNO3参加反应时，有1mol被还原，表现为氧化性，3molHNO3表现为酸性，则反应中硝酸既表现了氧化性又表现了硝酸的酸性；毎有1molFe参加反应转移电子1mol（30）=3mol；故答案为：氧化；酸；3xx1月9日