2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析） (VII).doc

2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析） (VII)可能用到的相对原子量：HCNONaAlSClKCaFeCuIBa112141623273235.539405664127137一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题2分，共 44分）1.对于易燃.易爆.有毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是（ ）A. 浓H2SO4 B. 汽油 C. 乙醇 D. KMnO4【答案】B【解析】【详解】A、浓硫酸具有很强的腐蚀性，图片表示腐蚀品，故不选A项；B、汽油是一种易燃液体，图片表示剧毒品，故选B项；C、乙醇是一种易燃液体，图片表示易燃液体，故不选C项；D、高锰酸钾是强氧化剂，与易燃物、有机物接触能引起燃烧爆炸，故不选D项。综上所述，本题应选B。2.下列仪器中可以加热的是( )（1）蒸馏烧瓶 （2）容量瓶 （3）蒸发皿 （4）试管 （5）表面皿 （6）分液漏斗 （7）量筒 （8）锥形瓶A. (1)(3)(4)(8) B. (2)(4)(6)(8) C. (3)(4)(5) D. (2)(3)(4)(7)【答案】A【解析】【详解】能够直接加热的仪器有：试管、蒸发皿等；需要垫石棉网加热的是：蒸馏烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：容量瓶、表面皿、分液漏斗、量筒等；通过以上分析可知可以加热的是：蒸馏烧瓶、蒸发皿、试管、锥形瓶；综上所述，本题选A。3.如果不小心在食用油中混入部分水，请你选用下列最简便的方法对油水混合物进行分离（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】A、此装置属于蒸馏或分馏装置，一般用于互溶两种液体的分离，或者分离挥发性和难挥发性物质，故A错误；B、食用油是不溶于水的液体，因此采用分液的方法进行分离，故B正确；C、此装置为过滤，用于不溶物与可溶物的分离，故C错误；D、此装置为蒸发结晶，一般是得到固体晶体，故D错误。4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子B. 常温常压下，0.1mol Na2CO3含有的Na+数目为0.2NAC. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为NAD. 物质的量浓度为0.5molL-1的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA【答案】B【解析】【详解】A、空气中不只是单质分子,还有化合物（如CO2 等）,故标况下22.4L空气中含有的单质分子小于NA个，故A错误；B、1个碳酸钠中含2个钠离子,故0.1mol碳酸钠中含有的钠离子的个数为0.2NA个，故B正确；C、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误。综上所述，本题应选B。【点睛】本题重点考查阿伏伽德罗常数的计算。标况下气体的摩尔体积为22.4L/mol，使用此数值应注意必须是标准状况下标况下该物质必须为气体。5.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为( )纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸钙D胆矾食盐水氯化铜碳酸钠A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，冰水混合物为纯净物，故A错误；B、蒸馏水是纯净物,蔗糖溶液为混合物,氧化铝是电解质,二氧化硫是非电解质,故B正确；C、铁是单质,既不是电解质也不是非电解质，碳酸钙是电解质，故C错误;D、碳酸钠是电解质，故D错误;综上所述，本题应选B。【点睛】纯净物:有一种物质组成。混合物:由两种或两种以上的物质组成。电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物。需要注意单质既不是电解质也不是非电解质。6.下列各组物质中，所含分子数相同的是（ ）A. 含1molN的N2O和含1molO的CO2B. 11.2LN2（标准状况）和1molH2C. 10gN2和10g O2D. 88g CO2 和44.8LH2O（标准状况）【答案】A【解析】【分析】N（粒子数）=n（粒子的物质的量）NA，所以n相同，N就相同。据此解题。【详解】A、含1molN的N2O物质的量为1mol2=0.5mol，含1molO的CO2物质的量为1mol2=0.5mol，所以0.5molN2O和0.5molCO2所含分子个数均为0.5NA，故A符合题意；B、标况下，11.2LN2的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，与1molH2所含分子数不同，故B不符合题意；C、10gN2的物质的量为10g28g/mol=5/14mol，10g O2的物质的量为10g32g/mol=5/16mol，两者的物质的量不同，所以所含分子数不同，故C不符合题意；D、88g CO2 的物质的量为88g44g/mol=2mol，标况下水为液态，不能根据气体的摩尔体积进行计算，所以44.8LH2O（标准状况）物质的量不是2mol,所以两者的物质的量不相等，分子个数不相等，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】在标准状况下,气体的Vm=22.4L/mol，注意此数值应用必须是标准状况下标况下该物质必须为气体。根据气体含有的分子数N=nNA=mNA/M=VNA/Vm计算。7.等质量的CH4和NH3相比较，下列结论错误的是（ ）A. 二者的分子个数之比为17：16B. 二者的原子个数之比为17：16C. 二者的氢原子个数之比为 17：12D. 在相同条件下二者体积比为17：16【答案】B【解析】【分析】设质量均为17g，则等质量的CH4和NH3相比较，物质的量分别为17/16mol和1mol.【详解】A、由N=nNA可以知道，物质的量比等于分子数之比，则二者的分子个数之比为17：16，故A不符合题意；B、由分子数之比及分子构成可知，二者的原子个数之比为175：164，故B符合题意；C、由分子数之比及分子构成可知，二者的氢原子个数之比为174：163=17：12，故C不符合题意；D、由V=nVm可以知道，在相同条件下体积之比等于物质的量比，二者体积比为17：16，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。8.下列有关FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的说法，正确的是（ ）A. 用渗析法鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，用丁达尔效应分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液B. Fe(OH)3胶体的胶粒带负电荷，通电时胶粒向直流电源的正极移动，这种现象称为电泳C. 向沸腾的蒸馏水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色时即得到Fe(OH)3胶体D. 向沸腾的NaOH稀溶液中边滴加FeCl3饱和溶液，边用玻璃棒搅动制备Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【详解】A、胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则丁达尔效应可鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，可用渗析分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，故A错误;B、Fe(OH)3胶体胶粒带正电荷，在通电时胶体微粒向直流电源的负极移动,这种现象称为电泳，故B错误；C、向沸腾的蒸馏水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色时即得到Fe(OH)3胶体，故C正确；D、实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液,当溶液变为红褐色时立即停止加热,向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液得到氢氧化铁沉淀得不到氢氧化铁胶体,故D错误.综上所述，本题应选C。9.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（ ）A. Cl22KI=I22KClB. 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2C. CH4+2O2=CO2+2H2OD. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【答案】C【解析】A.属于4；B.属于2以外的分解反应；C.属于3；D.属于1。故选C。10.实验测得某溶液中仅含有K+、Cu2+、SO42-、Cl-四种离子，其中K+、Cu2+、Cl-三种离子的个数比为4:5:8，则K+与SO42-的物质的量比为（ ）A. 4:3 B. 4:1 C. 2:3 D. 2:1【答案】A【解析】试题分析：溶液呈电中性，由电荷守恒得：n(K+)(+1)+n(Cu2+)(+2)+n(SO42-)(-2)+n(Cl-)(-1)=0。令n(K+)=4mol，则n(SO42-)=3mol。考点：化学计算点评：学会灵活运用电荷守恒。11.配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液，下列操作正确的是（ ）A. 称量时，将Na2CO3固体直接放在托盘天平的右盘上B. 将Na2CO3固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中C. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D. 定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线【答案】B【解析】试题分析：A. 称量时，将Na2CO3固体放在托盘天平的左盘的白纸上或烧杯中，A错误；B. 将Na2CO3固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中，B正确；C. 定容时如果加水超过了刻度线，实验失败，需要重新配制，C错误；D. 定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线，导致溶液体积增加，浓度偏低，D错误，答案选B。考点：考查一定物质的量浓度溶液配制12.下列生活中的化学现象与氧化还原知识有关的是( )A. 用食醋可以洗水垢主要成分为CaCO3、Mg(OH)2B. 蔗糖放在水中片刻后消失了C. 菜刀洗过后如果没擦干放置一段时间就会出现斑点D. 稀盐酸洒在大理石台面上产生大量气泡【答案】C【解析】A 发生的是复分解反应，与氧化还原知识无关B蔗糖放在水中片刻后消失了，是因为蔗糖溶于水，是物理变化C 菜刀上出现斑点，是生成了铁锈，发生了氧化还原反应D 发生复分解反应，与氧化还原知识无关故选C。13.下列关于钠的描述中不正确的是（ ）自然界中的钠以单质和化合物的形式存在 实验室剩余的钠需要放同原瓶钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在煤油中当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜产生金属钠与O2反应，条件不同，产物不相同燃烧时放出白色火花，燃烧后生成浅黄色固体物质钠-钾合金通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂A. B. C. D. 【答案】B【解析】钠化学性质非常活泼，自然界中的钠以化合物的形式存在，故错误；因钠活泼，易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，故正确；钠的密度比煤油大，钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在煤油中，故正确；钠投入硫酸铜溶液中时，先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以得不到Cu，故错误；金属钠与O2反应，条件不同，产 物不相同，点燃时生成过氧化钠，不点燃时生成氧化钠，故正确；燃烧时放出黄色火花，燃烧后生成浅黄色固体物质，故错误；钠-钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂故正确；故选B。点睛：本题考查钠的性质，解题关键：明确元素化合物性质及物质之间的反应，知道中钠在水中发生的一系列反应，注意中焰色反应与生成物颜色。14.下列有关叙述正确的是（ ）水的摩尔质量是18g0.5molH2的体积为11.2L1 mol 水中含有 2 mol 氢和 1mol 氧1mol 任何物质都约含有6.021023个分子0.5mol H2SO4含有的原子数目为3.5NA只有在标准状况下，体积相同的任何气体所含的分子数相同质量分数为40%的硫酸溶液与等体积的水混合，所得溶液浓度大于20%物质的量浓度为4mol/L 的硫酸溶液与等质量的水混合，所得溶液浓度小于2mol/LA. B. C. D. 【答案】C【解析】摩尔质量的单位为g/mol，水的摩尔质量是18g/mol，错误；H2所处温度和压强未知，0.5molH2的体积不一定为11.2L，错误；使用摩尔时必须标明微粒，1mol水中含有2molH和1molO，错误；有的物质由分子构成如H2O等，有的物质由原子构成如晶体硅等，有的物质由离子构成如NaCl等，错误；1个H2SO4分子中含2个H、1个S和4个O，共7个原子，0.5mol H2SO4含有的原子数目为3.5NA，正确；同温同压下，体积相同的任何气体所含的分子数相同，不一定在标准状况下，错误；质量分数为40%的硫酸溶液与等体积的水混合，所得溶液质量分数为 = ，由于（浓H2SO4）（H2O），所得溶液浓度大于20%，正确；物质的量浓度为4mol/L 的硫酸溶液与等质量的水混合，所得溶液物质的量浓度为（4mol/L）（m+m）（稀H2SO4）=2（稀H2SO4）/（浓H2SO4），由于（稀H2SO4）（浓H2SO4），所得溶液物质的量浓度小于2mol/L，正确；正确；答案选C。15.把100g某NaOH溶液(密度为1.22g/cm3)，蒸发浓缩至50mL时物质的量浓度为8mol/L（蒸发浓缩时无固体析出），则原溶液用下列方式表示正确的是（ ）160g/L 3.28mol/L 4.88mol/L 16%A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】蒸发浓缩前后溶液中溶质的物质的量不变，为8mol/L0.050L=0.4mol，溶质的质量为0.4mol40g/mol=16g，原溶液的体积为V=100g1.22g/cm310-3L=8210-3L，采用g/L为单位表示，应为16g(8210-3L)=195g/L，故错误；原溶液的物质的量浓度为0.4mol(8210-3L)=4.88mol/L，故错误，正确；原溶液中溶质的质量分数为16g100g100%=16%，故正确；综上所述，正确的为，故本题应选C。【点睛】本题应注意蒸发浓缩前后溶质的量（质量或物质的量）不变。16.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）强碱性溶液中: K+、HCO3-、Cl-、SO42-小苏打溶液: K+、SO42-、Cl-、H+含有0.1mol/L Ca2+的溶液中: Na+、K+、CO32-、Cl-室温下,强酸性溶液中: Na+、Fe3+、NO3-、SO42-使酚酞试液变红的溶液: Na+、Cl-、SO42-、Fe3+常温pH7的溶液: K+、Ba2+、Cl-、Br-A. 二项 B. 三项 C. 四项 D. 五项【答案】A【解析】【详解】HCO3-与氢氧根离子会发生反应，即HCO3-在强碱性溶液中不能大量共存，故不选；碳酸氢钠与H+会发生反应，即H+在小苏打溶液中不能大量共存，故不选；Ca2+与CO32-会发生反应生成碳酸钙沉淀，即CO32-在含0.1mol/L Ca2+的溶液中不能大量共存，故不选；四种离子相互不会发生反应，且都与氢离子不发生反应，即可大量共存，故选；使酚酞溶液变红，证明溶液呈碱性，存在大量氢氧根，氢氧根与Fe3+会发生反应，不能大量共存，故不选；常温pH Br2Fe3+I2,则下列离子方程式正确的是（ ）A. 少量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+2Br-=2C1-+Br2B. 过量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+Fe2+2Br-=2Cl-+Br2+Fe3+C. 氯气与FeBr2溶液以物质的量1:1反应2Cl2+2Fe2+2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+D. 少量氯气与FeI2溶液反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+【答案】C【解析】氧化性：Cl2Br2Fe3+I2，则还原性：I-Fe2+Br-Cl-。A项，少量氯气应先将还原性强的Fe2+氧化，正确离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，错误；B项，过量氯气将Fe2+和Br-完全氧化，Fe2+与Br-化学计量数之比为1:2，正确的离子方程式为：3Cl2+2Fe2+4Br-=6Cl-+2Br2+2Fe3+，错误；C项，氯气先将Fe2+氧化，氧化1molFe2+消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2再氧化1molBr-，参与反应的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，正确；D项，少量氯气先将还原性强的I-氧化，正确的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，错误；答案选C。19.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.200 molL1的Na2S2O3溶液恰好把448 mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl，则S2O32-将转化为（ ）A. S2 B. S C. SO32- D. SO42-【答案】D【解析】Cl2完全转化为Cl，根据氧化还原反应的规律可知，Na2S2O3被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据转移电子守恒得：0.448L22.4L/mol21=0.025L0.200mol/L2(m2)，解得m=6，故得到SO42。故答案选D。20.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+ 2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，则下列说法正确的是（ ）A. 参加反应的Fe2+全部作还原剂B. x=5C. 每生成1 molFe3O4，被S2O32-还原的O2为0.5molD. 已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体【答案】C【解析】【详解】A、反应中3Fe2+Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，故A错误；B、由反应的离子方程式为3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，根据电荷守恒可知x=4，故B错误；C、反应3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，参加反应的S2O32-为2mol，可转移2mol电子，则被S2O32-还原的O2为0.5mol，故C正确；D、已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒溶于水为胶体，Fe3O4纳米颗粒不是胶体，故D错误；综上所述，本题应选C。21.下列过程的评价正确的是（）A. 某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液一定含有SO42-B. 验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀硝酸除去OH，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，证明含ClC. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐D. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性【答案】B【解析】某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液一定含有SO42-或Ag+，故A错误；Cl与Ag+生成难溶于硝酸的氯化银沉淀，故B正确；某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中含有碳酸盐或碳酸氢盐，故C错误；某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液显酸性，故D错误。22.某100 mL无色溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（ ）A. 原溶液一定存在CO32和SO42，一定不存在Fe3+B. 若原溶液中不存在Na+，则c(Cl)0.1molL1C. 原溶液中c(Cl) 0.1molL1D. 原溶液一定存在Cl，可能存在Na+【答案】B【解析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32和SO42，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g233g/mol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.32.33)g197g/mol0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，放出气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L22.4L/mol=0.05mol，阳离子所带正电荷的物质的量之和为0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和为=0.012+0.012=0.04mol，所以一定存在氯离子，如不含钠离子，则n（Cl-）=0.01mol，所以c（Cl-）=0.1molL-1。如含有钠离子，则n（Cl-）0.01mol，所以c（Cl-）0.1molL-1。则A、根据以上分析可知原溶液一定存在CO32和SO42，一定不存在Fe3+，A正确；B、若原溶液中不存在Na+，则c(Cl)0.1molL1，B错误；C、根据以上分析可知原溶液中c(Cl)0.1molL1，C正确；D、根据以上分析可知原溶液一定存在Cl，可能存在Na+，D正确，答案选B。二、非选择题（共56分）23.（1）写出下列反应的离子方程式。钠和水反应_。硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液_。（2）3.011023个OH的物质的量为_mol，质量为_g。（3）将28g纯净的铁粉投入到200ml足量的稀盐酸中（假设溶液体积不变），该反应能够放出标准状况下的气体_L，实验后所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为_molL。（4）将200 mL 0.5 mol/LNaOH稀释成1000 mL后其物质的量浓度是_molL。【答案】 (1). 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 (2). Ba2+2OH-+Cu2+SO42-BaSO4+Cu（OH）2 (3). 0.5 (4). 8.5 (5). 11.2 (6). 2.5 (7). 0.1【解析】（1）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2+ SO42+Ba2+2OH=BaSO4+ Cu(OH)2；（2）3.011023个OH的物质的量为3.0110236.021023/mol0.5mol，质量为0.5mol17g/mol8.5g；（3）28g铁的物质的量是28g56g/mol0.5mol，与盐酸反应失去电子的物质的量是0.5mol21mol，反应中氢元素化合价从+1价降低到0价，所以根据电子得失守恒可知生成氢气的物质的量是1mol20.5mol，在标准状况下的体积是0.5mol22.4L/mol11.2L；根据铁原子守恒可知实验后所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为0.5mol0.2L2.5mol/L；（4）根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知将200 mL 0.5 mol/LNaOH稀释成1000 mL后其物质的量浓度是。24.有以下反应方程式:A.CuO+H2Cu+H2OB.2KClO32KCl+3O2C.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OD.2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2E.MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2OF.KClO3+6HCl(浓)=KC1+3H2O+3Cl2G.HgS+O2=Hg+SO2I.按要求将上述化学方程式序号填入相应空格内:(1)一种单质使一种化合物中的一种元素被还原_；(2)同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应_；(3)所有元素均参加氧化还原反应的是_。II.已知方程式F:KClO3+6HCI(浓)=KCl+3H2O+Cl2。(1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目_；(2)标准状况下当有33.6L的氯气放出时，转移电子的数目是_；(3)上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为_。【答案】 (1). A (2). C (3). DG (4). (5). 2.5NA (6). 5:1【解析】【分析】根据“升失氧，降得还”解答此题。ACuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，所以H2为还原剂，Cu元素的化合价降低，CuO为氧化剂；B2KClO32KCl+3O2中，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高，KClO3既是氧化剂又是还原剂；CCl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O中只有Cl元素的化合价变化，Cl2既是氧化剂又是还原剂；D2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，Fe、Br元素的化合价升高，FeBr2为还原剂；EMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素的化合价降低，MnO2氧化剂，Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂；FKClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中Cl元素的化合价降低，为氧化剂，HCl中部分Cl元素的化合价升高，为还原剂；GHgS+O2Hg+SO2中，S元素的化合价升高，HgS为还原剂，Hg、O元素的化合价降低，HgS和O2为氧化剂。【详解】I.(1)根据上述分析可知，CuO+H2Cu+H2O中单质H2使CuO中的Cu元素被还原，故选A；(2)Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O中部分Cl元素的化合价上升，部分Cl元素的化合价下降，所以Cl2既是氧化剂又是还原剂，故选C；(3)2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，Fe、Br元素的化合价升高，FeBr2为还原剂，所以元素均参加氧化还原反应；HgS+O2Hg+SO2中，S元素的化合价升高，HgS为还原剂，Hg、O元素的化合价降低，HgS和O2为氧化剂，所以元素均参加氧化还原反应，故选DG；II.(1)KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中Cl元素由+5价降为0价，为氧化剂，6个HCl中5个Cl元素由-1价升为0价，为还原剂，用双线桥可表示为：；(2)标准状况下，33.6L氯气的物质的量为33.6L22.4L/mol=1.5mol，根据该反应的电子转移情况可知，生成3mol氯气转移的电子5mol，所以生成1.5mol氯气转移的电子2.5mol，即转移电子数为2.5NA；(3)KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中Cl元素由+5价降为0价，被还原，还原产物为Cl2，6个HCl中5个Cl元素由-1价升为0价，被氧化，氧化产物为Cl2，Cl2既是氧化产物又是还原产物，根据双线桥可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为5:1。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意元素化合价的判断，侧重氧化还原反应基本概念的考查。在氧化还原反应中应熟记“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，得到氧化产物，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，得到还原产物，本身作氧化剂。在氧化还原反应中得失电子守恒。据此判断此题。25.A、B、C三种物质随着X的变化，Y发生相应的变化，其变化关系如图所示。(1)若X表示的是物质的量，则Y表示的不可能是_（填序号，下同）。物质的量 物质的体积 物质所含分子或原子的数目 物质的摩尔质量 (2)若A、B、C均为气体且压强恒定时，X表示的是温度，则Y表示的可能是_。气体的质量 气体的分子数 气体的体积 气体的摩尔质量(3)若A、B、C均为气体，Y表示在相同条件下气体的体积，X表示的是气体的质量。相同条件下A、B、C三种气体的密度由大到小的顺序是_（用字母A、B、C表示，下同）。A、B、C三种气体的摩尔质量由大到小的顺序是_。【答案】 (1). (2). (3). CBA (4). CB A【解析】试题分析：本题考查阿伏加德罗定律及其推论。由图像知随着X的增大，A、B、C三种物质的Y逐渐增大。（1）若X表示的是物质的量，则随着物质的量的增大，物质的量、物质的体积、物质所含分子或原子的数目会逐渐增大；物质的摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于相对分子质量（或相对原子质量），与物质的量的多少无关；答案选。（2）若A、B、C均为气体且压强恒定，X表示的是温度，体积一定时，随着温度的升高气体的质量减小，Y不可能是气体的质量；体积一定时，随着温度的升高气体分子数减小，Y不可能是气体的分子数；物质的量一定时，随着温度的升高气体的体积增大，Y可能是气体的体积；气体的摩尔质量与外界条件无关，Y不可能是气体的摩尔质量；答案选。（3）Y表示相同条件下气体的体积，在纵坐标上找一点，作纵坐标的垂直线与A、B、C相交，由图知当气体体积相同时，质量：ABC，则相同条件下气体的密度由大到小的顺序为CBA。在相同条件下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比（也等于摩尔质量之比），则A、B、C的摩尔质量由大到小的顺序为CBA。点睛：阿伏加德罗定律及其推论都可以由气体状态方程式PV=nRT=RT及P=RT推导得到。26.某同学帮助水质检测站配制480 mL 0.5 molL1 NaOH溶液以备使用。该同学应称取NaOH固体_g。容量瓶的使用之前需要_。溶液的配置过程操作步骤如图2所示，则图1操作应在图2中的_(填选项字母)之间。操作中液体转移到容量瓶要注意_。图操作的名称是_，进行该操作时要注意_。A.与B与C与 D与实验室用 63%的浓 HNO3 （其密度为 1.4 gmL -1）配制 240 mL 0.50 molL-1 稀 HNO3，若实验仪器有：A10 mL 量筒 B50 mL 量筒 C托盘天平 D玻璃棒 E100 mL 容量瓶 F250 mL 容量瓶 G500 mL 容量瓶 H胶头滴管 I200mL 烧杯 (1)此浓硝酸的物质的量浓度为_molL -1。 (2)应量取 63%的浓硝酸_mL，应选用_（填仪器的字母编号）。 (3)实验时还需选用的仪器有 D、I、_（填序号）。 (4)配制过程中，下列操作会使配制的稀硝酸溶液浓度偏高的是（填序号）_。量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤 23 次，并把洗涤液转入容量瓶容量瓶使用时未干燥 溶解后未经冷却就移液 定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线【答案】 (1). 10.0 (2). 查漏 (3). C (4). 冷却到室温 (5). 定容 (6). 液面距刻度线12cm时改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切 (7). 14.0 (8). 8.9 (9). A (10). F、H (11). 【解析】【详解】(1) )配制480 mL 0.5 molL1 NaOH溶液,应选择500mL容量瓶,需要溶质质量m=0.5 molL1 10-340g/mol=10.0g; 容量瓶带有活塞,为防止漏液,使用前需要检查是否漏水; 配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀,图示操作为洗涤、摇动后,用胶头滴管定容前,所以C选项是正确的; 操作中液体转移到容量瓶前要注意把液体冷却。 图操作的名称是定容,进行定容操作时要注意液面离容量瓶刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加水至凹液面与容量瓶刻度线相切。答案：10.0、检查是否漏水（检漏）、 C、冷却到室温、定容 、液面离容量瓶刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加水至凹液面与容量瓶刻度线相切 。（1）浓硝酸物质的量浓度c=100=10001.414.0mol/L；（2）由于无240mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，配制出250mL溶液，设需要的浓硝酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀：14.0mol/LVmL=250mL0.50mol/L，解得V=8.9mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硝酸的体积为8.9mL，故应选择10mL量筒，答案为A；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故还需要的仪器有250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为F、H；（4）量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤2-3次，并把洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的量偏多，则浓度偏高，故正确；容量瓶使用时未干燥，对浓度无影响，故错误；溶解后未经冷却就移液，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故正确；定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故错误；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线是正常的，再加蒸馏水补至刻度线会导致浓度偏低，故错误；故答案为。【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=n/V分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，若将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。