1、2016-2017学年福建省福州八中高一（上）期中化学试卷一、选择题（每题仅有一个选项符合题意，每题2分，共50分）12016年10月17日，神州十一号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射根据太空的失重状况，下列化学实验在太空中无法完成的是（）A过滤B两种固体混合C硫酸与氢氧化钠溶液的中和反应D蒸发2根据气象台报道，近年每到春季，沿海一些城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞雾属于下列分散系中的（）A溶液B悬浊液C乳浊液D胶体3据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的He，每百吨He核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量以下关于3He的说法正确的是（）A是4He的同素异形体B比
2、4He少一个电子C是4He的同位素D比4He少一个质子4下列化学反应方程式中，符合“碱性氧化物碱”转化规律的是（）AMgO+H2SO4MgSO4+H2OBNa2O+H2O2NaOHCZn+H2SO4ZnSO4+H2DSO3+H2OH2SO45“单质氧化物酸或碱盐”，以下单质不能完成这种一步转化的是（）A硫B碳C铜D钙6下列叙述正确的是（）A1 mol NH3的质量为17 gmol1BH2SO4的摩尔质量为98gC3.011023个O3分子和 3.011023个O2分子电子数之比等于1：1D等物质的量的CO2分子和CO分子的质量比等于11：77不属于四种基本反应类型的氧化还原反应的是（）A2KM
3、nO4K2MnO4+MnO2+O2B2Na+Cl22NaClCFe+CuSO4Cu+FeSO4DFe2O3+3CO2Fe+3CO28用图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是（）XYZA碱化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物AABBCCDD9如图是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（）A蒸馏、蒸发、分液、过滤B蒸馏、过滤、分液、蒸发C分液、过滤、蒸馏、蒸发D过滤、蒸发、分液、蒸馏10对于化学反应A+BC+D的下列说法中正确的是（）A若生成物C和D分别为盐和水，则该反应一定是中和反应B若A和C是单质，B和D是化合物，则该反
4、应一定是置换反应C若A是可溶性碱，B是可溶性盐，则C和D不可能是两种沉淀D若A是可溶性碱，B是可溶性盐，则C和D一定是另一种碱和另一种盐11利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制500mL 0.1mol/L的溶液AABBCCDD12下列各组物质：NaCl和NaNO3CaCO3和BaCl2KCl和MnO2Ba
5、SO4和AgCl按溶解、过滤、蒸发的操作顺序能将它们一一分离的是（）A只有B和C和D只有13容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有温度、浓度、容量、压强、刻度线这五项中的（）ABCD14过氧化氢在下列三个反应中：H2O2+H2S2H2O+S、2H2O22H2O+O2、H2O2+Cl22HCl+O2，所起的作用是（）A起相同作用B起不同作用C只起氧化剂的作用D只起还原剂的作用15下列除去杂质的方法正确的是（）A除去BaSO4中少量BaCO3：加入足量盐酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥B除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤C除去CO2气体中混有的CO气体
6、：混合气通过灼热的铜网D除去KI溶液中的碘单质：加入乙醇萃取后分液16向含下列离子的溶液中分别加烧碱固体（体积变化忽略），不能引起离子浓度减小的是（）ANH4+BH+CClDCu2+17现有NH4Cl、MgSO4、（NH4）2SO4和NaCl四种无色溶液，用一种试剂就可将它们鉴别出来，这种试剂是（）ANaOHBBa（OH）2CAgNO3DHCl18在不引入新杂质的情况下，分离FeCl3、KCl、BaSO4的混合物，应选用的一组试剂是（）A水、氢氧化钾溶液、稀盐酸B水、氢氧化钠溶液、稀盐酸C水、硝酸银溶液、稀硝酸D水、氢氧化钾溶液、稀硝酸19下列关于物质的量浓度表述中正确的是（）A0.3 mol
7、L1 Na2SO4溶液中含有Na+和总物质的量为0.9 molB用1 L水吸收22.4 L氨气所得氨水的浓度是1 molL1C50mL 1 molL1的KCl溶液和100mL 0.25 molL1MgCl2溶液中，Cl的物质的量浓度相等D10时0.35 molL1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，再冷却到10时，它的物质的量浓度仍为0.35 molL1201gNH3含N个氢原子，则阿伏加德罗常数为（）A NB NC3ND17N21设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，48gO3含有氧原子数为NAB标准状况下，1.8g的H2O中含有的电子数为NAC常温常压下，
8、11.2L氧气所含的原子数为NAD2.8g铁与足量盐酸反应失去的电子数为0.15NA22氢原子数相同的H2S和NH3两种气体相比较，下列结论错误的是（）A它们的分子数之比为2：3B它们的原子个数之比为9：8C它们的质量之比为1：3D同温同压下，两气体体积比为3：123发射“神舟七号”载人飞船的是我国自行研制的“长征一号D”运载火箭该火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O43N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是（）A此反应是氧化还原反应B反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行C在此反应中N
9、2O4作还原剂DR的分子式为C2H8N224用10mL 0.1mol/LBa（OH）2溶液恰好可使相同体积的Fe2（SO4）3、ZnSO4和K2SO4这三种溶液中的SO42完全转化成BaSO4沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（）A3：2：2B1：2：3C1：3：3D3：1：125如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于（）A2B3C4D5二、根据题目要求填空（共42分）26在FeCl3溶液、Fe（OH）3悬浊液和Fe（OH）3胶体3种分散系中，分散质粒子的直径由大到小的顺序是 （用序号填写）27同温同压下，体积比为3：2的H2
10、和CO，它们的物质的量之比是，原子个数之比是，质量之比是，密度之比是28R2+的核内有x个中子，R的质量数为M，则mgR2+里含有电子的物质的量为29“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用如图表示其中为化合反应，则为反应写出有水生成的符合反应类型的一个化学方程式：写出有水生成的符合反应类型的一个化学方程式：30铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子配平制取铁酸钠的化学方程式：Fe（NO3）3+NaOH+Cl2Na2FeO4+NaCl+6NaNO3+8H2O反应中，元素被氧化，每生成8mol H2O转移电
11、子总数为31实验室用胆矾（CuSO45H2O）配制450mL 0.100molL1CuSO4溶液，实际操作步骤有：（1）实验中除了托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、胶头滴管外还需要的仪器是（2）需称量胆矾的质量为g（3）图是某同学在实验室配制该CuSO4溶液的过程示意图，据此回答下列问题：观察配制CuSO4溶液的过程示意图，指出其中有错误的是（填操作序号）（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是 （填序号）容量瓶使用时未干燥 定容时俯视刻度线观察液面定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线移液时未洗涤烧杯和玻璃棒 胆矾晶体部分失去结晶水32过碳酸钠（Na2CO
12、4）在洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域有大量应用，某化学研究性学习小组设计并完成了如下实验：【实验目的】测定过碳酸钠样品（含有的杂质不溶于水且不与酸反应）的纯度【实验原理】2Na2CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O【实验装置】【交流与讨论】甲同学认为测定产物中O2的体积即可测定样品的纯度（1）装置的作用是：；（2）装置的作用是：，其中装置的短导管应与装置的接口相连（填“a”或“b”）；（3）称取适量样品与足量浓盐酸充分反应后，收集到的氧气的体积为3.36L（标准状况下），则称取的样品质量应大于g；乙同学认为测定产物中CO2的质量（即反应前后装置的质量差）就可测定样品的纯
13、度但利用上述实验装置测得CO2的质量并计算样品的纯度，结果可能会偏高，你认为原因可能是（填序号）A浓盐酸易挥发，产生的氯化氢气体被装置吸收B二氧化碳气体逸出时带出的水蒸气在装置中冷凝而被吸收C装置、内空气中的二氧化碳被装置吸收但丙同学认为用乙同学的方案测得的样品纯度也可能会偏低，你认为原因可能是（已知装置不漏气，试剂足量）丙同学提出了一种新方案，得到了大家的一致认可：称取样品12.5g，滴加足量浓盐酸至样品反应完全，再将烧瓶中所有的液体蒸发、结晶、烘干，称得剩余固体11.7g则该样品的纯度为三、计算题33实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下生成氯化锰（MnCl2
14、）、氯气和一种液态氧化物（1）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（2）若用含二氧化锰80%的软锰矿21.8g与80.0ml的浓盐酸反应，求：浓盐酸的浓度，标准状况下产生气体的体积（写出计算过程）2016-2017学年福建省福州八中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题仅有一个选项符合题意，每题2分，共50分）12016年10月17日，神州十一号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射根据太空的失重状况，下列化学实验在太空中无法完成的是（）A过滤B两种固体混合C硫酸与氢氧化钠溶液的中和反应D蒸发【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】太空的失重状况不能完成与质
15、量有关的实验，以此来解答【解答】解：A过滤在太空的失重状况不能完成，故A选；B固体混合可在太空的失重状况下完成，故B不选；C中和反应为化学变化，可在太空的失重状况下完成，故C不选；D蒸发与水的沸点有关，可在太空的失重状况下完成，故D不选；故选A2根据气象台报道，近年每到春季，沿海一些城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞雾属于下列分散系中的（）A溶液B悬浊液C乳浊液D胶体【考点】胶体的重要性质【分析】根据雾属于胶体，属于气溶胶【解答】解：因分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体，故选D3据科学家预
16、测，月球的土壤中吸附着数百万吨的He，每百吨He核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量以下关于3He的说法正确的是（）A是4He的同素异形体B比4He少一个电子C是4He的同位素D比4He少一个质子【考点】同位素及其应用；同素异形体【分析】3He与4He质子数相同，核外电子数也相同，但中子数不同，二者互为同位素【解答】解：A同素异形体是指同种元素形成的结构不同单质，3He与4He互为同位素，故A错误；B二者质子数相同为2，则电子数相同，故B错误；C二者为质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故C正确；D二者质子数相同，故D错误故选C4下列化学反应方程式中，符合“碱性氧化物碱”转化
17、规律的是（）AMgO+H2SO4MgSO4+H2OBNa2O+H2O2NaOHCZn+H2SO4ZnSO4+H2DSO3+H2OH2SO4【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物碱的转化是碱性氧化物溶于水生成碱，据此分析判断【解答】解：AMgO+H2SO4MgSO4+H2O是碱性氧化物和酸反应生成盐，不是碱性氧化物碱转化，故A错误；BNa2O+H2O2NaOH是碱性氧化物碱转化，故B正确；C无碱性氧化物反应，是金属单质与酸的置换反应，故C错误；D三氧化硫是酸性氧化物溶于水生成对应酸，故D错误；故选B5“单质氧化物酸或碱盐”，以下单质
18、不能完成这种一步转化的是（）A硫B碳C铜D钙【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、硫燃烧生成二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，可以和碱反应生成盐；B、碳燃烧生成二氧化碳，溶于水形成碳酸，可以和碱反应生成盐；C、氧化铜不溶于水，据此分析解答；D、氧化钙溶于水，据此分析解答【解答】解：A、硫燃烧生成二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，故A不选；B、碳燃烧生成二氧化碳，溶于水形成碳酸，碳酸酸与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故B不选；C、铜加热生成氧化铜，氧化铜难溶于水，不能形成碱，故C不能一步转化，故C选；D、钙与氧气生成氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反
19、应生成碳酸钙，故D不选；故选C6下列叙述正确的是（）A1 mol NH3的质量为17 gmol1BH2SO4的摩尔质量为98gC3.011023个O3分子和 3.011023个O2分子电子数之比等于1：1D等物质的量的CO2分子和CO分子的质量比等于11：7【考点】物质的量的相关计算【分析】A质量的单位为g，g/mol为摩尔质量的单位；B摩尔质量的单位为g/mol；C分子数相同时，二者物质的量相等，然后结合臭氧和氧气分子中含有电子数计算；D根据m=nM可知，物质的量相等时二者的质量之比等于其摩尔质量之比【解答】解：A1 mol NH3的质量为17 gmol11mol=17g，故A错误；BH2S
20、O4的摩尔质量为98g/mol，故B错误；C3.011023个O3分子和 3.011023个O2分子的物质的量相等，都为： =0.5mol，二者含有电子数之比=（0.5mol24）：（0.5mol16）=3：2，故C错误；D等物质的量的CO2分子和CO分子的质量比等于其摩尔质量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，故D正确；故选D7不属于四种基本反应类型的氧化还原反应的是（）A2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2B2Na+Cl22NaClCFe+CuSO4Cu+FeSO4DFe2O3+3CO2Fe+3CO2【考点】氧化还原反应【分析】四种基本反应类型分别是化合、分解、置换、复分解
21、，发生氧化还原反应，元素的化合价应发生变化，根据反应的特征和元素的化合价是否发生变化解答该题【解答】解：A为分解反应，Mn和O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B为化合反应，Na和Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C为置换反应，Fe和Cu的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；DFe和C的化合价发生变化，属于氧化还原反应，不属于四种基本反应类型，故D选故选D8用图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是（）XYZA碱化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物AABBCCDD【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念
22、及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，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、碱属于化合物，化合物属于纯净物，故A正确；B、电解质和盐都属于化合物，但某些共价化合物是电解质，则电解质包含盐，应X包含Y，故B错误；C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；D、氧化物只有两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，故D正确；故选：B9如图是分离混
23、合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（）A蒸馏、蒸发、分液、过滤B蒸馏、过滤、分液、蒸发C分液、过滤、蒸馏、蒸发D过滤、蒸发、分液、蒸馏【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器【分析】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离【解答】解：因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体，即过滤；因分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在
24、不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发故选B10对于化学反应A+BC+D的下列说法中正确的是（）A若生成物C和D分别为盐和水，则该反应一定是中和反应B若A和C是单质，B和D是化合物，则该反应一定是置换反应C若A是可溶性碱，B是可溶性盐，则C和D不可能是两种沉淀D若A是可溶性碱，B是可溶性盐，则C和D一定是另一种碱和另一种盐【考点】化学基本反应类型【分析】A、生成盐和水的反应不一定是中和反应，如氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水；B、单质与化合物反应生成另外的一种单质与一种化合物
25、的反应，称为置换反应；C、碱和盐反应可能生成两种沉淀，例如A为氢氧化钡溶液，B为硫酸铜溶液，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；D、碱和盐反应可能生成盐和水，例如A为氢氧化钠溶液，B为碳酸氢钠溶液，反应生成碳酸钠和水；【解答】解：A、中和反应的反应物是酸与碱，生成物是盐和水，但产物是盐和水的反应不一定是中和反应，如氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水等，故A错误；B、若A和C是单质，B和D是化合物，符合单质与化合物反应生成另外的一种单质与一种化合物，故B正确；C、若A为碱溶液，B为盐溶液，则C、D可能是两种沉淀，例如A为氢氧化钡溶液，B为硫酸铜溶液，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，故C错误；D、若A
26、是可溶性碱，B是可溶性盐，则C、D可能是盐和水，例如A为氢氧化钠溶液，B为碳酸氢钠溶液，反应生成碳酸钠和水，故D错误；故选B11利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制500mL 0.1mol/L的溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3，析出晶体后需要过
27、滤；B稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子；C用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反应后需要萃取、分液操作；D配制500mL 0.1mol/L的溶液，必须使用500mL容量瓶【解答】解：A重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3，析出晶体后需要过滤，给出的仪器中缺少漏斗、铁架台等，则不能完成实验，故A错误；B稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子，应利用氯水来除杂，故B错误；C用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反应后需要萃取、分液操作，则需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，可完成实验，故C正确；D配制500mL 0.1mol/L的溶液，必须使用500mL
28、容量瓶，给出的仪器没有说明容量瓶的规格，故D错误；故选C12下列各组物质：NaCl和NaNO3CaCO3和BaCl2KCl和MnO2BaSO4和AgCl按溶解、过滤、蒸发的操作顺序能将它们一一分离的是（）A只有B和C和D只有【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】按溶解、过滤、蒸发的操作分离，则混合物中一种物质不溶于水，另一种溶于水，以此来解答【解答】解：NaCl和NaNO3均溶于水，不能过滤分离，故不选；CaCO3不溶于水，BaCl2溶于水，能过滤分离，故选；MnO2不溶于水，KCl溶于水，能过滤分离，故选；BaSO4和AgCl均不溶于水，不能过滤分离，故不选；故选C13容量瓶是
29、用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有温度、浓度、容量、压强、刻度线这五项中的（）ABCD【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】容量瓶具有固定的规格，可在一定温度下使用，只有1个刻度线，以此来解答【解答】解：容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有温度、容量、刻度线，故选D14过氧化氢在下列三个反应中：H2O2+H2S2H2O+S、2H2O22H2O+O2、H2O2+Cl22HCl+O2，所起的作用是（）A起相同作用B起不同作用C只起氧化剂的作用D只起还原剂的作用【考点】氧化还原反应【分析】H2O2+H2S2H2O+S中O元素的化合价降低，S元素的化合价升高；
30、2H2O22H2O+O2中O元素的化合价升高也降低；H2O2+Cl22HCl+O2中O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，以此来解答【解答】解：中过氧化氢作氧化剂，中过氧化氢作氧化剂和还原剂，中过氧化氢作还原剂，所起的作用不同，故选B15下列除去杂质的方法正确的是（）A除去BaSO4中少量BaCO3：加入足量盐酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥B除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤C除去CO2气体中混有的CO气体：混合气通过灼热的铜网D除去KI溶液中的碘单质：加入乙醇萃取后分液【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】A根据物质的性质的差异性选择合适的物质除杂；B除杂的原
31、则：除杂不除量，不引人新的杂质加入NaOH溶液又引入了新的杂质钠离子；CCO与铜不反应；D乙醇与水互溶【解答】解：ABaSO4中混有少量BaCO3 可加入适量盐酸将BaCO3溶解而除去，故A正确； B加入NaOH溶液又引入了新的杂质钠离子且通过后续操作过滤不能除去，故B错误；CCO与铜不反应，无法除掉杂质，故C错误；D乙醇与水互溶，不能做萃取剂，故D错误故选A16向含下列离子的溶液中分别加烧碱固体（体积变化忽略），不能引起离子浓度减小的是（）ANH4+BH+CClDCu2+【考点】离子共存问题【分析】加烧碱固体，不能与氢氧根离子结合生成沉淀、水、气体或弱电解质等，则离子浓度不变，以此来解答【解
32、答】解：ANH4+与OH结合生成弱电解质，离子浓度减小，故A不选；BH+与OH结合生成水，离子浓度减小，故B不选；C氯离子与氢氧根离子不反应，离子浓度不变，故C选；DCu2+与OH结合生成沉淀，离子浓度减小，故D不选；故选C17现有NH4Cl、MgSO4、（NH4）2SO4和NaCl四种无色溶液，用一种试剂就可将它们鉴别出来，这种试剂是（）ANaOHBBa（OH）2CAgNO3DHCl【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】NH4Cl、MgSO4、（NH4）2SO4和NaCl分别与氢氧化钡反应的现象为：刺激性气体、白色沉淀、白色沉淀和刺激性气体、无现象，以此来解答【解答】解：ANa
33、OH不能鉴别NH4Cl、（NH4）2SO4，故A不选；BNH4Cl、MgSO4、（NH4）2SO4和NaCl分别与氢氧化钡反应的现象为：刺激性气体、白色沉淀、白色沉淀和刺激性气体、无现象，现象不同，可鉴别，故B选；C均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C不选；D均与盐酸不反应，不能鉴别，故D不选；故选B18在不引入新杂质的情况下，分离FeCl3、KCl、BaSO4的混合物，应选用的一组试剂是（）A水、氢氧化钾溶液、稀盐酸B水、氢氧化钠溶液、稀盐酸C水、硝酸银溶液、稀硝酸D水、氢氧化钾溶液、稀硝酸【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】硫酸钡不溶于水，氯化铁能与碱反应生成氢氧化铁
34、沉淀，然后与盐酸反应重新生成氯化铁，以此来解答【解答】解：三种物质中，硫酸钡不溶于水，故先加水过滤能将硫酸钡分离出来，要分离氯化铁和氯化钾，需要先将其中的氯化铁转化为氢氧化铁沉淀，此时所选的试剂与氯化铁反应不能生成新的杂质，故可以选用KOH，然后将生成的氢氧化铁沉淀过滤即可分离得到氯化钾，向生成的氢氧化铁沉淀中加入盐酸即可生成氯化铁，故选A19下列关于物质的量浓度表述中正确的是（）A0.3 molL1 Na2SO4溶液中含有Na+和总物质的量为0.9 molB用1 L水吸收22.4 L氨气所得氨水的浓度是1 molL1C50mL 1 molL1的KCl溶液和100mL 0.25 molL1Mg
35、Cl2溶液中，Cl的物质的量浓度相等D10时0.35 molL1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，再冷却到10时，它的物质的量浓度仍为0.35 molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A、溶液中含有Na+和总物质的量与溶液体积有关B、溶液的体积不是1L，氨气所处的状态未定，氨气的物质的量不一定是1molC、1 molL1的KCl溶液中Cl的物质的量浓度为1mol/L，0.25 molL1MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度为0.5mol/LD、10KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，再冷却到10时，溶液仍是饱和溶液，温度相同，溶解度相同溶液的浓度相同【解答】解：A、溶
36、液中含有Na+和总物质的量与溶液体积有关，溶液的体积未知，离子的物质的量不一定，若溶液为1L，0.3 molL1 Na2SO4溶液中含有Na+和总物质的量为0.9mol，故A错误；B、溶液的体积不是1L，氨气所处的状态未定，氨气的物质的量不一定是1mol，所得氨水的浓度不一定是1 molL1，故B错误；C、1 molL1的KCl溶液中Cl的物质的量浓度为1mol/L，0.25 molL1MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度为0.5mol/L，Cl的物质的量浓度不相等，故C错误；D、10KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5g水，再冷却到10时，溶液仍是饱和溶液，温度相同溶解度相同，溶液的浓度相同仍
37、是物质的量浓度仍为0.35 mol/L，故D正确故选：D201gNH3含N个氢原子，则阿伏加德罗常数为（）A NB NC3ND17N【考点】阿伏加德罗常数【分析】根据n=求出NH3的物质的量，再根据1molNH3含有3mol氢原子，表示出氢原子的物质的量，再根据氢原子的物质的量n=求出NA【解答】解：1gNH3的物质的量n=mol，根据1molNH3含有3mol氢原子，故含有的氢原子的物质的量n=mol3=mol，氢原子个数=nNA=NA=N解得NA=故选A21设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，48gO3含有氧原子数为NAB标准状况下，1.8g的H2O中含有的电子数
38、为NAC常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NAD2.8g铁与足量盐酸反应失去的电子数为0.15NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、根据n=计算；B、根据n=并结合水中的电子数来计算；C、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol；D、根据n=并结合铁反应后的价态来计算【解答】解：A、48gO3含有氧原子的物质的量n=3mol，个数为3NA个，故A错误；B、1.8g水的物质的量n=0.1mol，而1mol水中含10mol电子，故0.1mol水中含1mol电子，个数为NA个，故B正确；C、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故C错误；D、2.8g铁的物质的量n=0.05mo
39、l，铁与盐酸反应变为+2价，故铁失去的电子的物质的量为0.05mol2=0.1mol，个数为0.1NA个，故D错误故选B22氢原子数相同的H2S和NH3两种气体相比较，下列结论错误的是（）A它们的分子数之比为2：3B它们的原子个数之比为9：8C它们的质量之比为1：3D同温同压下，两气体体积比为3：1【考点】阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算【分析】氢原子数相同的H2S和NH3两种气体，H原子的物质的量相同，设两种气体的物质的量分别为3mol、2mol，结合分子构成及m=nM、V=nVm计算【解答】解：氢原子数相同的H2S和NH3两种气体，H原子的物质的量相同，设两种气体的物质的量分
40、别为3mol、2mol，A分子数之比等于物质的量比，均为3：2，故A错误；B它们的原子个数之比为33：24=9：8，故B正确；C它们的质量之比为3mol34g/mol：2mol17g/mol=3：1，故C错误；D同温同压下，两气体体积比，等于物质的量比，均为3：2，故D错误；故选B23发射“神舟七号”载人飞船的是我国自行研制的“长征一号D”运载火箭该火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O43N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是（）A此反应是氧化还原反应B反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭
41、飞行C在此反应中N2O4作还原剂DR的分子式为C2H8N2【考点】氧化还原反应【分析】A、氧化还原反应的特征是有化合价的变化，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，据此判断；B、剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热；C、所含元素化合价升高的反应物为还原剂，结合化合价升降相等判断；D、根据原子守恒判断偏二甲肼分子式【解答】解：A、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，故A正确；B、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故B正确；C、N2O4中N元素化合价
42、降低，N2O4是氧化剂，偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高，故偏二甲肼作还原剂，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确；故选C24用10mL 0.1mol/LBa（OH）2溶液恰好可使相同体积的Fe2（SO4）3、ZnSO4和K2SO4这三种溶液中的SO42完全转化成BaSO4沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（）A3：2：2B1：2：3C1：3：3D3：1：1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液，溶质的物质的量相同，利用钡离子与硫酸根离子的关系来计算Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中溶质的物
43、质的量，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比【解答】解：由题意知溶质Ba（OH）2的物质的量相同，假设Ba（OH）2的物质的量为1mol，Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2+SO42BaSO4，可知x3=y1=z1=1mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3，故选C25如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于（）A2B3
44、C4D5【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据稀释定律，稀释前后的物质的量不变，据此计算a的值【解答】解：根据稀释定律，稀释前后的物质的量不变，则：1L2mol/L=aL0.5mol/L，解得：a=4故选C二、根据题目要求填空（共42分）26在FeCl3溶液、Fe（OH）3悬浊液和Fe（OH）3胶体3种分散系中，分散质粒子的直径由大到小的顺序是 （用序号填写）【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】分散系按分散质微粒直径的大小分为溶液、胶体、浊液，溶液分散质微粒直径小于1nm，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体分散质微粒直径为1nm100nm，据此分析解答【解答】解：在FeCl3
45、溶液、Fe（OH）3悬浊液和Fe（OH）3胶体3种分散系中，分散质粒子的直径由大到小的顺序是浊液、胶体、溶液，为，故答案为：27同温同压下，体积比为3：2的H2和CO，它们的物质的量之比是3：2，原子个数之比是3：2，质量之比是3：28，密度之比是1：14【考点】物质的量的相关计算【分析】根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下同体积比等于物质的量之比，根据分子的组成和分子的相对分子质量计算粒子个数以及质量、密度等关系【解答】解：由V=nVm可知，同温同压下，体积比为3：2的H2和CO，它们的物质的量之比是3：2；则原子个数之比为3：2，质量之比为32：228=3：28；密度之比等于摩尔质量之比，为
46、2：28=1：14，故答案为：3：2；3：2；3：28； 1：1428R2+的核内有x个中子，R的质量数为M，则mgR2+里含有电子的物质的量为mol【考点】物质的量的相关计算【分析】由R2+离子的核内有x个中子，R的质量数为M，则R原子质子数为Mx，故该离子核外电子数为Mx2，根据n=计算m g R2+的物质的量，进而计算含有电子物质的量【解答】解：R2+离子的核内有x个中子，R的质量数为M，则R原子质子数为Mx，故该离子核外电子数为：Mx2，mgR2+的物质的量为： =mol，含有电子的物质的量为： mol（Mx2）=mol，故答案为： mol29“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也
47、可用如图表示其中为化合反应，则为分解反应写出有水生成的符合反应类型的一个化学方程式：NaOH+HClNaCl+H2O写出有水生成的符合反应类型的一个化学方程式：H2+CuO Cu+H2O【考点】氧化还原反应【分析】有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，没有元素化合价变化的分解反应不属于氧化还原反应，反应类型为非氧化还原反应，如酸碱中和反应；反应类型为氧化还原反应，以此来解答【解答】解：由图可知，I、部分为氧化还原反应，有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，没有元素化合价变化的分解反应不属于氧化还原反应，则为分解反应；反应类型为非氧化还原反应，如NaOH+HClNaCl+H2O；反应类型为氧化还
48、原反应，如H2+CuO Cu+H2O，故答案为：分解；NaOH+HClNaCl+H2O；H2+CuO Cu+H2O30铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子配平制取铁酸钠的化学方程式：2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl22Na2FeO4+6NaCl+6NaNO3+8H2O反应中，Fe元素被氧化，每生成8mol H2O转移电子总数为6NA【考点】氧化还原反应【分析】先分析反应前后物质化合价的变化，经分析可以得知，反应前后Fe元素的化合价有+3+6失去3个电子，化合价升3，而Cl元素则有01价，得到1个电子，
49、化合价降1，由于本反应的氧化剂为Cl2，然后依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应的方程式【解答】解：依据方程式可知：反应前后Fe元素的化合价有+3+6失去3个电子，化合价升3，被氧化，而Cl元素则有01价，得到1个电子，化合价降1，氧化还原反应中得失电子应守恒，所以假设Fe（NO3）3前的系数为2，Cl2前的系数为3，再通过质量守恒定律，推断得出该反应的化学方程式即 2 Fe（NO3）3+16 NaOH+3Cl2=2 Na2FeO4 +6 NaNO3 +6 NaCl+8 H2O；每生成8mol H2O即消耗3molCl2转移电子总数为6NA ，故答案为：2；16；3；2；6；Fe；6NA
50、31实验室用胆矾（CuSO45H2O）配制450mL 0.100molL1CuSO4溶液，实际操作步骤有：（1）实验中除了托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、胶头滴管外还需要的仪器是500ml容量瓶（2）需称量胆矾的质量为12.5g（3）图是某同学在实验室配制该CuSO4溶液的过程示意图，据此回答下列问题：观察配制CuSO4溶液的过程示意图，指出其中有错误的是（填操作序号）（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是 （填序号）容量瓶使用时未干燥 定容时俯视刻度线观察液面定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线移液时未洗涤烧杯和玻璃棒 胆矾晶体部分失去结晶水【考点】
51、配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器，依据配制溶液体积选择容量瓶规格；（2）依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）溶解氢氧化钠应在烧杯中进行；移液时，应将玻璃棒下端靠在刻度线以下；定容时，眼睛应平视刻度线；（4）依据C=进行误差分析，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容器瓶、胶头滴管；还缺的是：容量瓶，配制450mL 0.100molL1CuSO4溶液，实验室没有450mL容量瓶，应选择
52、500mL规格容量瓶；故答案为：500ml容量瓶；（2）实验室用胆矾（CuSO45H2O）配制450mL 0.1molL1CuSO4溶液，应选择500ml容量瓶，需要胆矾的质量m=0.1molL10.5L250g/mol=12.5g；故答案为：12.5；（3）溶解氢氧化钠应在烧杯中进行，不能在量筒中进行，故错误；移液时，应将玻璃棒下端靠在刻度线以下，图中玻璃棒靠在刻度线以上，故错误；定容时，眼睛应平视刻度线，图中为仰视操作，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故错误；故选：；（4）容量瓶使用时未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选； 定容时俯视刻度线观察液面，导致溶液
53、体积偏小，溶液浓度偏高，故选；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，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选； 胆矾晶体部分失去结晶水，导致秤取的溶质含有硫酸铜的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；故选：32过碳酸钠（Na2CO4）在洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域有大量应用，某化学研究性学习小组设计并完成了如下实验：【实验目的】测定过碳酸钠样品（含有的杂质不溶于水且不与酸反应）的纯度【实验原理】2Na2CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O【实验装置】【交流与讨
54、论】甲同学认为测定产物中O2的体积即可测定样品的纯度（1）装置的作用是：除去二氧化碳和氯化氢气体；（2）装置的作用是：验证二氧化碳是否被除尽，其中装置的短导管应与装置的b接口相连（填“a”或“b”）；（3）称取适量样品与足量浓盐酸充分反应后，收集到的氧气的体积为3.36L（标准状况下），则称取的样品质量应大于2.44g；乙同学认为测定产物中CO2的质量（即反应前后装置的质量差）就可测定样品的纯度但利用上述实验装置测得CO2的质量并计算样品的纯度，结果可能会偏高，你认为原因可能是ABC（填序号）A浓盐酸易挥发，产生的氯化氢气体被装置吸收B二氧化碳气体逸出时带出的水蒸气在装置中冷凝而被吸收C装置、
55、内空气中的二氧化碳被装置吸收但丙同学认为用乙同学的方案测得的样品纯度也可能会偏低，你认为原因可能是（已知装置不漏气，试剂足量）装置内还有残余的CO2未被NaOH溶液吸收丙同学提出了一种新方案，得到了大家的一致认可：称取样品12.5g，滴加足量浓盐酸至样品反应完全，再将烧瓶中所有的液体蒸发、结晶、烘干，称得剩余固体11.7g则该样品的纯度为97.6%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据实验原理2Na2CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O，要测定氧气的量，必须先除去二氧化碳、氯化氢气体等，再根据实验装置图即可得出答案；（2）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，可利用此
56、现象鉴别二氧化碳；排液法短进长出连接；（3）先求出氧气的质量，再根据化学方程式中氧气与过碳酸钠的质量关系，即可列比例求解出样品中的过碳酸钠的质量，那么样品的质量就应该大于这个质量；理论上可以根据生成二氧化碳的量求样品纯度，但是实际上难以通过实验测得纯净的二氧化碳的质量，因为反应前后装置的质量差中还包括氯化氢和水蒸气的质量；装置内还有残余的CO2未被NaOH溶液吸收；根据化学方程式中氯化钠与过碳酸钠的质量关系，即可列比例求解样品中的过碳酸钠的质量【解答】解：（1）装置中浓氢氧化钠的作用是除去二氧化碳和氯化氢气体，故答案为：除去二氧化碳和氯化氢气体；（2）装置中澄清石灰水的作用是验证二氧化碳是否被
57、除尽；其中装置的短导管应与装置的b导气管连接，排液体量气法测定气体体积；故答案为：验证二氧化碳是否被除尽；b；（3）设收集到的氧气的体积为0.25L，需要过碳酸钠的质量为x，2Na2CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O 244 32 x 0.25L1.28g/L=x=2.44g；装置中和排液过程中会损耗，称取的样品质量应大于2.44g；故答案为：2.44；测得二氧化碳的体积偏大，原因可能有：浓盐酸易挥发，产生的氯化氢气体被装置吸收；二氧化碳气体逸出时带出的水蒸气在装置中冷凝而被吸收；装置、内空气中的二氧化碳被装置吸收；所以ABC正确；丙同学认为用乙同学的方案测得的样品纯度也可能
58、会偏低的原因为装置内还有残余的CO2未被NaOH溶液吸收；故答案为：ABC；装置内还有残余的CO2未被NaOH溶液吸收；设样品中过碳酸钠的质量为y，2Na2CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O 244 234 y 11.7g=，y=12.2g该样品的纯度为：100%=97.6%，故答案为：97.6%三、计算题33实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下生成氯化锰（MnCl2）、氯气和一种液态氧化物（1）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（2）若用含二氧化锰80%的软锰矿21.8g与80.0ml的浓盐酸反应，求：浓盐酸的浓度，标准状况下
59、产生气体的体积（写出计算过程）【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】（1）反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物；（2）n（MnO2）=0.2mol，在MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O中，每有1mol二氧化锰反应，就会有4molHCl反应，结合c=和V=nVm计算求解【解答】解：（1）反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，Cl2为氧化产物，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，由元素化合价的变化可知转移的电子数目为2，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，故答案为：；（2）n（MnO2）=0.2mol，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O1mol 4mol 22.4L0.2mol 0.8mol 4.48L浓盐酸的浓度为： =10mol/L，标准状况下产生气体的体积为4.48L，答：浓盐酸的浓度为：10mol/L；标准状况下产生气体的体积为4.48L2017年1月2日
