1、2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列物质中，不属于电解质的是（）AH2SO4BAgClCNaOHD酒精2在进行蒸馏操作中，加热一段时间后，发现碎瓷片忘加，应采取的正确操作是（）A立即补加B冷却后补加C不需补加D重新配料3下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是（）过滤 蒸发 溶解 向容量瓶转移液体A和B和C和D和4Ba（OH）2（固体）、CuSO4（固体）、CH3COOH（液态）这些物质为什么归为一类，下列哪些物质还可以和它们归为一类（）A75%的酒精溶液B
2、HCl（气态）CFe （OH）3胶体D豆浆5在标准状况下6.72L CH43.011023个HCl分子 13.6g H2S 0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（）a体积b密度c质量d氢原子个数AabcBbcdCabcdDacd6配制一定物质的量浓度的溶液时，由于操作方面的失误可能会导致实验误差下列分析中正确的是（）A烧杯中的溶液没有恢复到室温就转移到容量瓶，一定会导致结果偏高B没有洗涤烧杯和玻璃棒，一定会导致结果偏低C容量瓶使用时没有干燥会导致结果偏低D使用量筒量取浓溶液后，没有把洗涤量筒得到洗涤液转移到容量瓶，会导致结果偏低7在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存
3、且溶液为无色透明的是（）AAg+、Na+、Cl、K+BNa+、Cu2+、SO42、NO3CMg2+、Na+、SO42、ClDBa2+、HCO3、NO3、K+8用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中不正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等C28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAD500mL 1mol/LNa2SO4溶液中含Na+数目为NA9今有一种固体化合物X，本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中正确的是（）AX一定是电解质BX可能是非
4、电解质CX只能是盐DX可以是任何化合物10在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（）A两种气体的压强相等B两种气体的氧原子数目相等C两种气体的分子数目相等DO2比O3的质量小11实验中的下列操作正确的是（）A用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中BBa（NO3）2溶于水，可将含有Ba（NO3）2的废液倒入水池中，再用水冲入下水道C用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干才停止加热D用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能
5、转移到容量瓶中12将0.2molL1Ba（OH）2溶液与0.05molL1NaHSO4溶液等体积混合后，下列几种离子浓度大小顺序正确的是（）Ac（Ba2+）c（OH）c（Na+）c（SO42）Bc（Na+）c（OH）c（Ba2+）c（SO42）Cc（Na+）c（Ba2+）c（OH）c（SO42）Dc（OH）c（Ba2+）c（Na+）c（SO42）13已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，下列溶液沸点最高的是（）A0.01 molL1的蔗糖溶液B0.01 molL1的CaCl2溶液C0.02 molL1的NaCl溶液D0.02 molL1的氨水14标准状况下
6、将VLHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1），所得溶液的密度为，质量分数为w，物质浓度为c，则下列关系中不正确的是（）A=Bc=CV=D=15在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）ABCD16如果规定：1mol粒子集体所含的粒子数与0.024kg12C中所含的碳原子数相同，下列各项中发生变化的共有摩尔质量摩尔体积物质的量浓度溶解度质量百分数密度阿伏加德罗常数相对原子质量相对分子质量相对密度（）A3B4C5D617有Na
7、2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3无标签溶液，为鉴别它们，取四只试管分别装入一种溶液，向上述四只试管中加入少许剩下的一种溶液，下列结论错误的是（）A有三只试管出现沉淀时，则后加入的是AgNO3溶液B全部若没有什么现象变化时，后加的是NH4NO3溶液C一只试管出现气体，两只试管出现沉淀时，最后加入的是HCl溶液D若只有两只试管出现沉淀时，则最后加入的可能是BaCl2溶液18如图所示装置，密闭容器内分别充入空气和H2、O2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来H2、O2的体积比最接近
8、于（）A7：2B5：4C3：5D2：7二、填空题（本题包括5小题，共46分）19现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe（OH）3胶体的制备实验、甲同学向1molL1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；、丙同学向25ml沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热试回答下列问题：（1）其中操作正确的同学是；他的操作中涉及到的化学反应方程式为（2）证明有Fe（OH）3胶体生成的实验操作及现象是（3）丁同学将所制得的Fe（OH）3胶体分成两份，并进行下列实验：将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色
9、逐渐变深，这表明向另一份中不断滴加稀硫酸，观察到的现象是20海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在实验室里从海藻中提取碘的流程如图1（已知2KI+Cl22KCl+I2，碘与溴一样易溶于有机溶剂）：（1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：，（2）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是A苯 B四氯化碳 C酒精（3）为使上述流程中含碘离子溶液转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒以及必要的夹持仪器，尚缺少的玻璃仪器是（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出如图2所示实验装置中的错误之处：（5）进行上述蒸馏操作时使用水浴的原因是（6）四氯化碳是色
10、液体如果本实验用苯做萃取剂，则上层液体的颜色为色，下层液体中溶质的主要成分为（写化学式）21如图是常见物质间的转化关系其中甲、乙、丙均为非金属单质；A、B、E和丁均为化合物；B和E为能产生温室效应的气体且1mol E中含有 10mol电子乙和丁为黑色固体，将它们混和加热后发现固体由黑色变为红色（1）写出化学式：甲；乙；丙；（2）丁的摩尔质量为（3）写出丙和E反应生成A和B的化学方程式：（4）有学生将乙和丁混和加热后收集到标准状况下气体8.96L，测得该气体对氢气的相对密度为16，若将气体通入足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀物g22（1）已知4时四种化合物在水中和液氨中的溶解度如表：AgNO3B
11、a（NO3）2AgClBaCl2H2O（l）170g9.20g1.50104g33.3gNH3（l）86.0g97.2g0.80g0.01g上述四种物质能在水中发生的复分解反应的离子方程式为；上述四种物质能在液氨中发生的复分解反应的化学方程式为；（2）完成下列反应的离子方程式：碳酸氢铵溶液与少量的烧碱溶液反应：；20毫升0.1mol/L碳酸氢钙溶液与56毫升0.05mol/L氢氧化钠溶液反应：；石灰乳与少量的碳酸氢钠溶液反应：23已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，相关数据如表所示溶质的物质的量浓度/molL1溶质的质量分数溶液的密度/gcm3硫酸c1w11氨水
12、c2w22请根据表中信息，回答下列问题：（1）表中硫酸的质量分数w1为（不写单位，用含c1、1的代数式表示）；（2）物质的量浓度为c1 molL1，质量分数为w1的硫酸与水等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为molL1，质量分数（填“”、“”或“=”）；（3）质量分数为w2的氨水与的氨水等质量混合，所得溶液的密度2 gcm3 （填“”、“”或“=”）；（4）如果蒸发溶剂使硫酸的质量分数变为2w1，则所得硫酸的物质的量浓度2c1（填“”、“”或“=”）2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括18小题
13、，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列物质中，不属于电解质的是（）AH2SO4BAgClCNaOHD酒精【考点】电解质与非电解质【分析】电解质在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物【解答】解：A、硫酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，故A不选；B、氯化银属于化合物，在熔融状态中能导电，属于电解质，故B不选；C、氢氧化钠属于化合物，水溶液中或熔融状态都能导电，属于电解质，故C不选；D、酒精属于化合物，水溶液中和熔融状态都能不能导电，属于非电解质，故D选故选D2在进行蒸馏操作中，加热一段时间后，发现碎瓷片忘加，应采取的正确操作
14、是（）A立即补加B冷却后补加C不需补加D重新配料【考点】蒸馏与分馏【分析】液体加热要加沸石或碎瓷片防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，据此解答【解答】解：在进行蒸馏操作中，加热一段时间后，发现碎瓷片忘加，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故选：B3下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是（）过滤 蒸发 溶解 向容量瓶转移液体A和B和C和D和【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用【解答】解：在过滤时，
15、玻璃棒起引流作用；在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用其中玻璃棒的作用及其目的相同的是和，故选D4Ba（OH）2（固体）、CuSO4（固体）、CH3COOH（液态）这些物质为什么归为一类，下列哪些物质还可以和它们归为一类（）A75%的酒精溶液BHCl（气态）CFe （OH）3胶体D豆浆【考点】混合物和纯净物【分析】混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯净物，由不同种分子构成的物质是混合物【解答】解：混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质，由同
16、种分子构成的物质是纯净物，由不同种分子构成的物质是混合物Ba（OH）2（固体）、CuSO4（固体）、纯醋酸（液态）都只含有一种物质，是纯净物A75%的酒精溶液是乙醇和水的混合物，故A错误； B、氯化氢气体是纯净物，故B正确；CFe（OH）3胶体是混合物，故C错误；D豆浆是蛋白质，水等的混合物，故D错误故选B5在标准状况下6.72L CH43.011023个HCl分子 13.6g H2S 0.2mol NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（）a体积b密度c质量d氢原子个数AabcBbcdCabcdDacd【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】a、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量
17、之比，据此判断；b、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比；c、计算各物质的质量进行比较；d、计算出各物质的物质的量，结合化学式判断H原子的物质的量，据此解答【解答】解：6.72L CH4 物质的量为=0.3mol，3.011023个HCl分子的物质的量为0.5mol，13.6g H2S 的物质的量为=0.4mol，0.2mol NH3a相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积，故a正确；b各物质的摩尔质量分别为CH4 为16g/molHCl为36.5g/mol H2S 为34g/molNH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度，故b正确；c各物质的质
18、量分别为CH4 为0.3mol16g/mol=4.8gHCl为0.5mol36.5g/mol=33.25g H2S 13.6gNH3为0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量，故c正确；d各物质中H原子的物质的量分别为CH4 为0.3mol4=1.2molHCl为0.5molH2S 0.4mol2=0.8molNH3为0.2mol3=0.6mol，所以氢原子个数，故d正确故选C6配制一定物质的量浓度的溶液时，由于操作方面的失误可能会导致实验误差下列分析中正确的是（）A烧杯中的溶液没有恢复到室温就转移到容量瓶，一定会导致结果偏高B没有洗涤烧杯和玻璃棒，一定会导致结果偏低C容量瓶使用时没有干
19、燥会导致结果偏低D使用量筒量取浓溶液后，没有把洗涤量筒得到洗涤液转移到容量瓶，会导致结果偏低【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】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，凡是使物质的量n偏大，或者使溶液体积V偏小的操作都会使溶液浓度偏大，反正使溶液浓度偏低，据此解答【解答】解：A烧杯中的溶液没有恢复到室温就转移到容量瓶，烧杯内液体温度若低于容量瓶标定温度，则溶液体积偏大，溶液浓度偏低，若烧杯内液体温度高于容量瓶标定温度，则溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A错误；B没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度一定会偏低，故B正确；C容量瓶使用时没
20、有干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不受影响，故C错误；D使用量筒量取浓溶液后，没有把洗涤量筒得到洗涤液转移到容量瓶，操作正确，溶液浓度准确，故D错误；故选：B7在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（）AAg+、Na+、Cl、K+BNa+、Cu2+、SO42、NO3CMg2+、Na+、SO42、ClDBa2+、HCO3、NO3、K+【考点】离子共存问题【分析】强酸性溶液含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：AAg+、Cl结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BCu2+为蓝色，与无色溶
21、液不符，故B错误；C该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，其离子均为无色，故C正确；DH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C8用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中不正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等C28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAD500mL 1mol/LNa2SO4溶液中含Na+数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A根据n=计算出混合气体的物质的量，再根据二氧化氮和二氧化碳的分子组成计算出氧原子数目；BNO2所处的状态不
22、一定是标准化状况；C烯烃和环丁烷的最简式为CH2，根据最简式计算出混合气体中含有碳原子的数目；D根据n=cv以及Na2SO4的组成来计算【解答】解：A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA，故A正确； B11.2LO2所处的状态不一定是标准化状况，其物质的量不一定是0.5mol，故B错误；C28g乙烯和环丁烷的混合物中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子，混合气体中含有的碳原子数为2NA，故C正确；D该溶液中Na2SO4的物质的量n=cv=0.5L1mol/L=0.5mol，含Na+的物质的量=等于2Na2
23、SO4的物质的量，为1mol，含Na+数目为NA，故D正确故选B9今有一种固体化合物X，本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中正确的是（）AX一定是电解质BX可能是非电解质CX只能是盐DX可以是任何化合物【考点】电解质与非电解质【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，例如酸、碱和盐等；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物【解答】解：今有一种固体化合物X，本身不导电，说明该固体中不含自由移动离子，但熔化状态或溶于水中能够电离，说明该物质是离子化合物，属于电解质，故选A10在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容
24、器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（）A两种气体的压强相等B两种气体的氧原子数目相等C两种气体的分子数目相等DO2比O3的质量小【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT对各选项进行判断【解答】解：相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，AO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，故A错误；B相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组
25、成，则O原子数目相等，故B正确；CO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3：2，故C错误；D同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故D错误；故选B11实验中的下列操作正确的是（）A用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中BBa（NO3）2溶于水，可将含有Ba（NO3）2的废液倒入水池中，再用水冲入下水道C用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干才停止加热D用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量
26、瓶中【考点】药品的取用；蒸发和结晶、重结晶；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A、运用剩余药品的处理原则不能随意丢弃也不能放回原瓶要放在指定容器中解答；B、化学实验的废液不可随意丢弃，应放在指定的容器中；C、蒸发结晶法中，在蒸发水时，不可将液体蒸干；D、容量瓶不能盛放热溶液【解答】解：A、化学实验剩余药品不可放回原瓶、不可随意丢弃、不能拿出实验室，应放在指定的容器中，故A错误；B、将含有Ba（NO3）2的废液不可随意丢弃，应放在指定的容器中，故B错误；C、用蒸发方法来获得固体的方法：点燃酒精灯加热，并搅拌，当有较多晶体析出时，停止加热，借余热蒸干，故C错误；D、容量瓶上标有使用温度，所注入的液
27、体温度不能超过该温度，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中，故D正确故选D12将0.2molL1Ba（OH）2溶液与0.05molL1NaHSO4溶液等体积混合后，下列几种离子浓度大小顺序正确的是（）Ac（Ba2+）c（OH）c（Na+）c（SO42）Bc（Na+）c（OH）c（Ba2+）c（SO42）Cc（Na+）c（Ba2+）c（OH）c（SO42）Dc（OH）c（Ba2+）c（Na+）c（SO42）【考点】离子浓度大小的比较【分析】0.2molL1 Ba（OH）2溶液与0.05molL1NaHSO4溶液等体积混合后，Ba（OH）2过量，所以Ba（OH）2与NaHSO4反应后所得
28、溶液中c（Ba2+）=0.075molL1 ，c（OH）=0.175molL1，c（Na+）=0.025molL1，c（SO42）几乎为零，据此答题；【解答】解：0.2molL1 Ba（OH）2溶液与0.05molL1NaHSO4溶液等体积混合后，Ba（OH）2过量，所以Ba（OH）2与NaHSO4反应后所得溶液中c（Ba2+）=0.075molL1 ，c（OH）=0.175molL1，c（Na+）=0.025molL1，c（SO42）几乎为零，所以所得溶液中离子浓度大小关系为（OH）c（Ba2+）c（Na+）c（SO42），故答案选D13已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多
29、，该溶液的沸点就越高，下列溶液沸点最高的是（）A0.01 molL1的蔗糖溶液B0.01 molL1的CaCl2溶液C0.02 molL1的NaCl溶液D0.02 molL1的氨水【考点】电解质在水溶液中的电离【分析】根据溶液中非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，则假设溶液为1L时计算选项中溶质的物质的量来比较即可解答【解答】解：A、因1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1L0.01mol/L=0.01mol；B、因1LCaCl2溶液溶质的离子的总物质的量为1L0.01mol/L3=0.03mol；C、因1LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为1L0.02mol/L2=0.04mo
30、l；D、因氨水是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为1L0.02mol/L=0.02mol；显然C中含0.04 mol离子，离子数最多，故选：C14标准状况下将VLHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1），所得溶液的密度为，质量分数为w，物质浓度为c，则下列关系中不正确的是（）A=Bc=CV=D=【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据m=V计算水的质量，根据V=计算溶液的体积，再根据=计算溶液的密度；B根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据m=V计算水的质量，根据V=计算溶液的体积，再根据c=计算溶
31、液的物质的量浓度；C根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据m=V计算水的质量，再根据m（溶质）=m（溶液）w（溶质）计算；D根据c=计算判断【解答】解：AVL HCl的物质的量=mol，其质量=mol36.5g/mol=g，1L水的质量=1000mL1g/mol=1000g，故溶液质量=（+1000）g，溶液体积=L，故溶液密度=g/mL，故A错误；BVL HCl的物质的量=mol，其质量=mol36.5g/mol=g，1L水的质量=1000mL1g/mol=1000g，故溶液质量=（+1000）g，溶液体积=L，故溶液浓度c=mol/L，故B正确；CVL HCl的物
32、质的量=mol，其质量=mol36.5g/mol=g，1L水的质量=1000mL1g/mol=1000g，故溶液质量=（+1000）g，则：（+1000）gw=g，解得V=，故C正确；D根据c=可知，=，故D正确，故选A15在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【分析】根据SO42+Ba2+BaSO4计算溶液中的SO42离子的物质的量，根据NH4+OHNH3+H
33、2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀，则SO42+Ba2+BaSO4 bmol bmolc（SO42）=mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OHNH3+H2O cmol cmolc（NH4+）=mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/L1=mol/L2，解得x=mol/L，故选C16如果规定：1mol粒子集体所含的粒子数与0.024kg12C中所含的碳原子数相同，下列各项中发生变化的共有摩尔质量摩尔体积
34、物质的量浓度溶解度质量百分数密度阿伏加德罗常数相对原子质量相对分子质量相对密度（）A3B4C5D6【考点】物质的量的相关计算【分析】根据规定12C的相对原子质量为24，则在规定12C的相对原子质量为24时，实际上是把作为相对原子质量的标准从原来用12C质量的，改为，但是单个碳原子的质量并没有因此而发生改变；用0.024kg12C中所含的原子个数为阿伏加德罗常数（NA），0.024kg12C中所含的原子个数是0.012kg12C中所含的原子个数的2倍；故阿伏加德罗常数（NA）变为原来阿伏加德罗常数的2倍（即26.021023），据此进行分析【解答】解：摩尔质量，阿伏加德罗常数（NA）变为原来阿伏
35、加德罗常数的2倍，质量也变为2倍，所以不变；摩尔体积，阿伏加德罗常数（NA）变为原来阿伏加德罗常数的2倍，所以体积是原来的2倍，所以变化；物质的量浓度，阿伏加德罗常数（NA）变为原来阿伏加德罗常数的2倍，所以溶质的物质的量是原来的一半，浓度变为一半；溶解度，无影响；质量百分数，无影响；密度，无影响；阿伏加德罗常数，阿伏加德罗常数（NA）变为原来阿伏加德罗常数的2倍相对原子质量，变为原来的一半；相对分子质量=10，无影响； 相对密度，无影响；故选B17有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3无标签溶液，为鉴别它们，取四只试管分别装入一种溶液，向上述四只试管中加入少许剩下的一种
36、溶液，下列结论错误的是（）A有三只试管出现沉淀时，则后加入的是AgNO3溶液B全部若没有什么现象变化时，后加的是NH4NO3溶液C一只试管出现气体，两只试管出现沉淀时，最后加入的是HCl溶液D若只有两只试管出现沉淀时，则最后加入的可能是BaCl2溶液【考点】几组未知物的检验【分析】A、硝酸银可以和氯化钡、盐酸以及碳酸钠反应生成白色沉淀；B、硝酸铵和Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl混合均没有明显现象；C、盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，和硝酸银反应生成氯化银沉淀；D、氯化钡可以和碳酸钠以及硝酸银反应生成白色沉淀【解答】解：A、在所有溶液中，硝酸银可以和氯化钡、盐酸以及碳酸钠反应生成白色
37、沉淀，所以有三只试管出现沉淀时，则后加入的是AgNO3溶液，故A正确；B、硝酸铵和Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl混合均没有明显现象，所以全部若没有什么现象变化时，后加的是NH4NO3溶液，故B正确；C、如果最后加入的是HCl溶液，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，和硝酸银反应生成氯化银沉淀，只有一支试管出现气体，一只试管出现沉淀，故C错误；D、氯化钡可以和碳酸钠以及硝酸银反应生成白色沉淀，即最后加入BaCl2溶液，有两只试管出现沉淀，故D正确故选C18如图所示装置，密闭容器内分别充入空气和H2、O2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹
38、，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来H2、O2的体积比最接近于（）A7：2B5：4C3：5D2：7【考点】化学方程式的有关计算【分析】反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，令空气的物质的量为1mol，则氢气、氧气的混合气体为3mol反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为1mol，剩余的气体可能为氢气，也可能为氧气，据此讨论计算【解答】解：反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，令空气的物质的量为1mol，则氢气、氧气的混合气体为3mol反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间说明反应后
39、左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为1mol，若剩余的气体为氢气，参加反应气体共2mol，由2H2+O22H2O可知，氧气为2mol=mol，故氢气为3molmol=mol，故H2、O2的体积比为mol： mol=7：2；若剩余的气体为氧气，参加反应气体共2mol，由2H2+O22H2O可知，氢气为2mol=mol，故氧气为3molmol=mol，故H2、O2的体积比为mol： mol=4：5，故选A二、填空题（本题包括5小题，共46分）19现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe（OH）3胶体的制备实验、甲同学向1molL1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液
40、；、丙同学向25ml沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热试回答下列问题：（1）其中操作正确的同学是丙；他的操作中涉及到的化学反应方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl（2）证明有Fe（OH）3胶体生成的实验操作及现象是用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成（3）丁同学将所制得的Fe（OH）3胶体分成两份，并进行下列实验：将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶粒带正电向另一份中不断滴加稀硫酸，观察到的现象是先生成红褐色的沉淀，后溶解为黄色溶液【考点】制备实验
41、方案的设计【分析】（1）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；（2）胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；【解答】解：（1）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，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，其它做法都不能生成胶体，往往得到沉淀，故答案为：丙；FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；（2）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，故答案为：用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成；（3）Fe（OH）3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒
42、子向阴极移动，阴极附的颜色逐渐变深，故答案为：Fe（OH）3胶粒带正电； 向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量H2SO4溶液，H2SO4电离出的SO42使Fe（OH）3胶体发生聚沉，H+使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失故答案为：先生成红褐色的沉淀，后溶解为黄色溶液20海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在实验室里从海藻中提取碘的流程如图1（已知2KI+Cl22KCl+I2，碘与溴一样易溶于有机溶剂）：（1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：过滤，萃取（2）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是ABA苯 B四氯化碳 C酒精（3）为使上述流程中含碘
43、离子溶液转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒以及必要的夹持仪器，尚缺少的玻璃仪器是分液漏斗（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出如图2所示实验装置中的错误之处：加热时没有垫石棉网温度计位置错误冷凝水进出口方向错误（5）进行上述蒸馏操作时使用水浴的原因是受热均匀，温度较低容易控制（6）四氯化碳是无色液体如果本实验用苯做萃取剂，则上层液体的颜色为紫红色或紫色色，下层液体中溶质的主要成分为KCl（写化学式）【考点】海带成分中碘的检验【分析】（1）分离固体与液体混合物应用过滤；依据碘单质易溶于有机溶剂，结合萃取分液操作解答；（2）选用的萃取剂的原则：和原溶液中的溶剂互不
44、相溶； 对溶质的溶解度要远大于原溶剂；（3）依据分液操作用到的仪器解答；（4）蒸馏实验中蒸馏烧瓶加热应垫石棉网；温度计测定温度为蒸汽的温度；为达到最佳冷凝效果冷凝水与蒸汽流向相反，据此解答；（5）水浴加热的温度是使试管内或烧杯内试剂受热温度均匀，具有长时间加热温度保持恒定的特点；（6）四氯化碳是无色液体；苯密度比水小，在上层，下层为KCl溶液【解答】解：（1）分离固体和液体用过滤，将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤； 萃取；（2）提取碘的过程中为萃取，萃取剂选择原则：和原溶液中的溶剂互不相溶； 对溶质的溶解度要远大于原溶剂，A苯与水互不相溶，碘在苯中溶解度远远大于水
45、中，故A选；B四氯化碳与水互不相溶，碘在四氯化碳中溶解度远远大于水中，故B选；C酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，故C不选；故选：AB；（3）为使上述流程中含碘离子溶液转化为碘的有机溶液，应进行萃取分液操作，分液操作用到的仪器：分液漏斗、玻璃棒、烧杯、铁架台（带铁夹），所以还缺少的主要仪器为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；（4）烧杯受热要垫石棉网，增大受热面积；冷凝水应是下进上出，冷凝水的方向错误，应为下进上出；温度计水银球的位置错误，温度计水银球应与烧瓶支管口相平；故答案为：加热时没有垫石棉网；温度计位置错误；冷凝水进出口方向错误；（5）水浴加热的温度是使试管内或烧杯内试剂受热温度均匀，具有长
46、时间加热温度保持恒定的特点，故答案为：受热均匀，温度较低容易控制；（6）四氯化碳是无色液体；已知2KI+Cl22KCl+I2，故碘单质被萃取后水溶液里主要是KCl溶液，苯的密度比水的小，故苯萃取碘后在上层，呈紫红色，KCl在下层，无色，故答案为：无；紫红色或紫色； KCl21如图是常见物质间的转化关系其中甲、乙、丙均为非金属单质；A、B、E和丁均为化合物；B和E为能产生温室效应的气体且1mol E中含有 10mol电子乙和丁为黑色固体，将它们混和加热后发现固体由黑色变为红色（1）写出化学式：甲H2；乙C；丙O2；（2）丁的摩尔质量为80g/mol（3）写出丙和E反应生成A和B的化学方程式：CH
47、4+2O2CO2+2H2O（4）有学生将乙和丁混和加热后收集到标准状况下气体8.96L，测得该气体对氢气的相对密度为16，若将气体通入足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀物10g【考点】无机物的推断【分析】产生温室效应的气体有：二氧化碳、甲烷、臭氧等，常见的黑色固体有：碳、二氧化锰、四氧化三铁、铁粉、氧化铜等，由乙和丁为黑色固体且乙为非金属单质，所以乙为C，由丙是非金属单质，乙和丙反应产生温室效应气体B，所以丙是O2，B是CO2，B和E为能产生温室效应的气体且1mol E中含有 10mol电子，则E为CH4，再结合转化关系可知，A为水，甲为H2，丁为CuO，以此来解答【解答】解：产生温室效应的气体
48、有：二氧化碳、甲烷、臭氧等，常见的黑色固体有：碳、二氧化锰、四氧化三铁、铁粉、氧化铜等，由乙和丁为黑色固体且乙为非金属单质，所以乙为C，由丙是非金属单质，乙和丙反应产生温室效应气体B，所以丙是O2，B是CO2，B和E为能产生温室效应的气体且1mol E中含有 10mol电子，则E为CH4，再结合转化关系可知，A为水，甲为H2，丁为CuO，（1）由上述分析可知，甲、乙、丙分别为H2、C、O2，故答案为：H2；C；O2； （2）丁为CuO，相对分子质量为80，则摩尔质量为80 g/mol，故答案为：80 g/mol；（3）丙和E反应生成A和B的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，故答案为：
49、CH4+2O2CO2+2H2O； （4）测得该气体对氢气的相对密度为16，则M为162=32g/mol，标准状况下气体8.96L，为CO、CO2的混合物，n=0.4mol，设CO2的物质的量为xmol，则=32，解得x=0.1mol，由C原子守恒可知，n（CO2）=n（CaCO3）=0.1mol，则白色沉淀物为0.1mol100g/mol=10g，故答案为：1022（1）已知4时四种化合物在水中和液氨中的溶解度如表：AgNO3Ba（NO3）2AgClBaCl2H2O（l）170g9.20g1.50104g33.3gNH3（l）86.0g97.2g0.80g0.01g上述四种物质能在水中发生的复
50、分解反应的离子方程式为Ag+Cl=AgCl；上述四种物质能在液氨中发生的复分解反应的化学方程式为Ba（NO3）+2AgCl=2AgNO3+BaCl2；（2）完成下列反应的离子方程式：碳酸氢铵溶液与少量的烧碱溶液反应：HCO3+OH=H2O+CO32；20毫升0.1mol/L碳酸氢钙溶液与56毫升0.05mol/L氢氧化钠溶液反应：5Ca2+7HCO3+7OH5CaCO3+2CO32+7H2O；石灰乳与少量的碳酸氢钠溶液反应：Ca（OH）2+HCO3CaCO3+H2O+OH【考点】离子方程式的书写【分析】（1）由溶解度表可知，在水中AgCl不溶于水，在液氨中氯化钡不溶，则水中硝酸银与氯化钡发生复
51、分解反应；液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应；（2）碳酸氢铵溶液与少量的烧碱溶液反应，只发生碳酸氢根离子与碱的反应；20毫升0.1mol/L碳酸氢钙溶液与56毫升0.05mol/L氢氧化钠溶液反应，物质的量比为5：7，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；石灰乳在离子反应中保留化学式，与少量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、水、NaOH【解答】解：（1）由溶解度表可知，在水中AgCl不溶于水，在液氨中氯化钡不溶，则水中硝酸银与氯化钡发生复分解反应，反应为Ag+Cl=AgCl，故答案为：Ag+Cl=AgCl；液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应，反应为Ba（NO3）+2AgCl=2AgNO3+BaCl2，故答案
52、为：Ba（NO3）+2AgCl=2AgNO3+BaCl2；（2）碳酸氢铵溶液与少量的烧碱溶液反应，只发生碳酸氢根离子与碱的反应，离子反应为HCO3+OH=H2O+CO32，故答案为：HCO3+OH=H2O+CO32；20毫升0.1mol/L碳酸氢钙溶液与56毫升0.05mol/L氢氧化钠溶液反应，物质的量比为5：7，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子反应为5Ca2+7HCO3+7OH5CaCO3+2CO32+7H2O，故答案为：5Ca2+7HCO3+7OH5CaCO3+2CO32+7H2O；石灰乳在离子反应中保留化学式，与少量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、水、NaOH，离子反应为Ca（OH）2+
53、HCO3CaCO3+H2O+OH，故答案为：Ca（OH）2+HCO3CaCO3+H2O+OH23已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，相关数据如表所示溶质的物质的量浓度/molL1溶质的质量分数溶液的密度/gcm3硫酸c1w11氨水c2w22请根据表中信息，回答下列问题：（1）表中硫酸的质量分数w1为（不写单位，用含c1、1的代数式表示）；（2）物质的量浓度为c1 molL1，质量分数为w1的硫酸与水等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为0.5c1molL1，质量分数（填“”、“”或“=”）；（3）质量分数为w2的氨水与的氨水等质量混合
54、，所得溶液的密度2 gcm3 （填“”、“”或“=”）；（4）如果蒸发溶剂使硫酸的质量分数变为2w1，则所得硫酸的物质的量浓度2c1（填“”、“”或“=”）【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】（1）根据c=进行公式变形计算；（2）根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量和质量不变，据此计算稀释后溶液的浓度和质量分数；（3）质量分数为w2的氨水与的氨水等质量混合后溶液的浓度小于w2，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，据此判断混合后溶液的密度与2 gcm3关系；（4）硫酸的浓度越大，则其密度越大，根据c=判断所得硫酸的浓度大小【解答】解：（1）根据c=可知，硫酸的质量分数1=，故答案为：
55、；（2）设硫酸与水的体积为VL，则混合后溶液的总体积为2VL，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，稀释后硫酸溶液的浓度为： =0.5c1mol/L；质量分数为w1的硫酸与水等体积混合，水的质量小于硫酸溶液的质量，故总质量小于原质量的2倍，故质量分数大于w1/2，故答案为：0.5c1；（3）质量分数为w2的氨水与的氨水等质量混合，混合后溶液的质量分数小于w2，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，故混合后溶液的密度大于2 gcm3，故答案为：；（4）如果蒸发溶剂使硫酸的质量分数变为2w1，硫酸的质量分数越大，则其密度越大，根据c=可知，所得硫酸的浓度会大于2c1，故答案为：2017年1月21日
