1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017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（每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是（）A烧碱、液态氧、碘酒B干冰、铁、冰水混合物C生石灰、白磷、熟石灰D碱石灰、氮气、胆矾2下列安全标志所表示的物质与所警示的事件不对应的是（）A为腐蚀品，当心腐蚀B有毒物质，当心中毒C为易燃物质，当心火灾D为爆炸性物质，当心爆炸3下列实验仪器，可用酒精灯直接加热的是（）试管 量筒 蒸发皿 烧杯 容量瓶 锥形瓶 燃烧匙 圆底烧瓶ABCD4小明体检的血液化验单中，葡萄糖为5.9103m
2、ol/L表示该体检指标的物理量是（）A溶解度（s）B物质的量浓度（c）C质量分数（w）D摩尔质量5若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NAB在0，101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子C25，1.01105Pa，64 g SO2中含有的原子数为3 NAD将0.1mol FeCl3加到沸水中制得的胶体中，含胶粒0.1NA6化学概念在逻辑上存在如图关系，对下列概念的说法正确的是（）A化合物与电解质属于包含关系B氧化还原反应与化合反应属于包含关系C溶液与分散系属于并列关系D化合物与碱性氧化物属于交叉关系7下列物质中，按只有氧化性
3、，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）AF2、K、HClBCl2、Al、H2CNO2、Na、Br2DO2、SO2、H2O8下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A将40gNaOH溶解在1L水中B将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中C将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液D将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL9下列变化属于氧化反应的是（）ACO2COBClCl2CFe3+Fe2+DCO32CO210在无土栽培中，需配制一定量含50mol NH4Cl、16mol KCl和24mol K2SO4的营养液若用KCl、NH4Cl和（NH4
4、）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（）A2、64、24B64、2、24C32、50、12D16、50、2411下列离子方程式书写正确的是（）A向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：OH+CO2HCO3B氧化钠投入水中发生反应：O2+H2O2OHC硝酸银溶液中加入铜粉：Ag+CuCu2+AgD金属铁溶于稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H212标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为g/mL，质量分数为W，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）AW=BW=C=Dc=13在一个密闭容器中盛有11g X气体（X的摩尔
5、质量为44gmol1）时，压强为1104 Pa如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增到5104 Pa，这时容器内气体X的分子数约为（）A3.31025B3.31024C7.51023D7.5102214为了检验SO42，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中方案最优的是（）A方案甲：试液白色沉淀沉淀不溶解B方案乙：试液无沉淀（也无气泡）白色沉淀C方案丙：试液无沉淀白色沉淀D方案丁：试液白色沉淀（过滤）沉淀不溶解15如图所示，两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体（N2O和CO2不发生化学反应）的关系不一定正确的是（）A所含氧原子数相等B气体的总质量相等C气体所含电子
6、总数相等D气体的密度相等16胶体区别于其他分散系的本质特征是（）A胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能B产生丁达尔现象C分散质粒子直径在1nm100nm之间D胶体在一定条件下能稳定存在17下列说法正确的是（）ANaCl溶液在电流作用下电离成Na+ 和ClB蔗糖在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它不是电解质C强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强D纯水的导电性很差，所以水不是电解质18下列各组离子一定能大量共存的是（）A在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、CO32B在含大量Ba2+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、OHC在强碱溶液中：Na+、K+、Cl、SO32
7、D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、CH3COO19下列各组在溶液中的反应，无论谁过量，都可以用同一离子方程式表示的是（）ABa（OH）2与NaHSO4BBa（OH）2与H2SO4C石灰水和二氧化碳DCa（HCO3）2与NaOH20某Na2CO3样品中含有K2CO3、NaNO3和Ba（NO3）2三种杂质中的一种或两种现将11g样品加入足量水中，样品全部溶解再加入过量的CaCl2溶液，得到10g沉淀对样品所含杂质的正确判断是（）A肯定有NaNO3B肯定有NaNO3，可能还含有K2CO3C肯定没有Ba（NO3）2，可能有NaNO3D肯定没有K2CO3和Ba（NO3）221下列除杂所选用的试
8、剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）（）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaCl（Na2CO3）稀硫酸蒸发结晶BCO2（CO）O2点燃CZn （Ag）稀盐酸过滤D自来水（Cl）蒸馏AABBCCDD22根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为（）I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI；2FeCl2+Cl22FeCl3；2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2AIFe2+ClSO2BClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DSO2IFe2+Cl23已知5KCl+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是（）AKClO3是氧化剂B被
9、氧化与被还原的氯元素的质量比为1：5CH2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D1molKClO3参加反应时有5mol电子转移24在xR2+yH+O2mR3+nH2O的离子方程式中，对系数m和R3+的判断正确的是（）Am=4，R3+是氧化产物Bm=n，R3+是氧化产物Cm=2，R3+是还原产物Dm=y，R3+是还原产物25在一定条件下，PbO2 与Cr3+反应，产物是Cr2O72和Pb2+，则与5molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A7.5molB1.5molC3molD3.25mol二、填空题26完成下列填空：（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成
10、的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2该反应中还原剂是，氧化剂是（2）某班同学在玩密室逃脱游戏时，有一个密码锁，需要四个数字的密码开锁，一学生找到一张任务卡如图，则该密码为：（3）现有下列物质：Cu HCl NH3 NaCl CaCO3 稀硫酸 NaHSO4，其中属于电解质，但熔融状态下并不导电的是（填序号），请写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式（4）写出制备Fe（OH）3胶体的化学方程式，向该胶体中逐滴加入稀硫酸的现象为，发生反应的离子方程式为（5）在25，101kPa条件下，将15L O2通入10L CO和H2的混合气体中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来的温度
11、和压强（1）若剩余气体的体积是15L，则通入10L CO和H2的混合气体中，V（CO）=L，V（H2）=L若剩余气体的体积为a L，则a的取值范围是27有一瓶无色澄清溶液，其中可能含有H+、Na+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32离子现进行以下实验：A、用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；B、取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有；肯定不存在的离子有写出C中发生反应的离子方程式28用于分离或提纯物质的方法有：A蒸馏（分馏） B萃取C过滤 D重结晶 E
12、分液F渗析下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）（1）除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3微粒（2）分离四氯化碳与水的混合物（3）分离淀粉和NaCl溶液29现有如下药品和装置：质量为w（w1g）的锌片、稀H2SO4、无水硫酸铜和蒸馏水，设计一个简单实验，测定Zn的相对原子质量（气体体积均可认为是在标准状况下测定）如图（1）该反应的离子方程式为（2）应选用的装置的连接顺序是（填接口字母）（3）操作中，怎样加放试剂以保证不漏出氢气（4）以下是测量收集气体体积必须包括的几个步骤，则这三步操作的正确顺序是调整量筒内外液面调试使之相同使试管和量筒内气体都冷却至室温读取
13、量筒内气体的体积（5）若中收集到水VmL，则锌的相对原子质量的数学表达式为（6）由于锌片可能含不溶性杂质，实验测得的锌的相对原子质量可能比真实值（填“偏高”或“偏低”，下同）； 若装置气密性不太好，测得值30已知稀硝酸和铜能发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮气体和水（1）请写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出反应中电子转移的方向和数目（2）一次实验中，某同学用过量的稀硝酸（其密度为1.08g/mL，HNO3的质量分数为12%）跟一定量的铜片反应，产生了标准状况下0.56L的一氧化氮试计算（简要写出计算过程）：该稀硝酸的物质的量浓度（结果保留小数点后一位有效数字）；被还原的HNO3的物质的量20
14、16-2017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（每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是（）A烧碱、液态氧、碘酒B干冰、铁、冰水混合物C生石灰、白磷、熟石灰D碱石灰、氮气、胆矾【考点】混合物和纯净物【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成纯净物又分为单质和化合物由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物【解答】解：A烧碱是氢氧化钠为不同元素组成的纯净物为化合物，液态氧是同种元素组成的纯净物为单质，碘酒是碘单
15、还的酒精溶液属于混合物，故A正确；B干冰为不同元素组成的纯净物为化合物，铁是同种元素组成的纯净物为单质，冰水混合物是一种物质组成的为纯净物，故B错误；C生石灰为不同元素组成的纯净物为化合物，白磷是同种元素组成的纯净物为单质，熟石灰为不同元素组成的纯净物为化合物，故C错误；D碱石灰是氧化钙和氢氧化钠组成的混合物、氮气同种元素组成的纯净物为单质，胆矾是一种物质组成的为纯净物，故D错误；故选A2下列安全标志所表示的物质与所警示的事件不对应的是（）A为腐蚀品，当心腐蚀B有毒物质，当心中毒C为易燃物质，当心火灾D为爆炸性物质，当心爆炸【考点】化学试剂的分类【分析】常见涉及安全性物质有腐蚀性、有毒、易燃、
16、易爆等性质，注意易燃和氧化剂的区别，以此解答该题【解答】解：A为腐蚀品标志，应注意腐蚀，故A不选；B为有毒物质的标志，故B不选；C为氧化剂的标志，故C选；D为爆炸性物质的标志，故D不选故选C3下列实验仪器，可用酒精灯直接加热的是（）试管 量筒 蒸发皿 烧杯 容量瓶 锥形瓶 燃烧匙 圆底烧瓶ABCD【考点】直接加热的仪器及使用方法【分析】能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等，据此进行解答【解答】解：试管是可以直接加热的仪器，故正确；量筒是用来量取一定体积的液体的仪器，不能用于加热，故错误；蒸发皿是可以直
17、接加热的仪器，故正确； 给烧杯中液态加热时需要垫上石棉网，不能直接加热，故错误； 容量瓶是用于配制一定浓度的溶液的仪器，不能加热，故错误；锥形瓶可以加热，但需要垫上石棉网，故错误；燃烧匙可以直接加热，故正确；圆底烧瓶可以加热，但应该垫上石棉网，故错误；根据分析可知，可以直接加热的仪器有，故选B4小明体检的血液化验单中，葡萄糖为5.9103mol/L表示该体检指标的物理量是（）A溶解度（s）B物质的量浓度（c）C质量分数（w）D摩尔质量【考点】物质的量浓度【分析】质量分数、物质的量浓度是表示溶液组成的物理量，mol/L是物质的量浓度的常用单位【解答】解：葡萄糖为5.9103mol/L，即表示每1
18、L血液中含有葡萄糖的物质的量是5.9mol，mol/L是物质的量浓度的常用单位故选B5若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NAB在0，101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子C25，1.01105Pa，64 g SO2中含有的原子数为3 NAD将0.1mol FeCl3加到沸水中制得的胶体中，含胶粒0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氯气得电子后变为1价；B、求出氢气的物质的量，然后根据氢气为双原子分子来分析；C、求出二氧化硫的物质的量，然后根据二氧化硫中含3个原子来分析；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体【
19、解答】解：A、氯气得电子后变为1价，故1mol氯气得2NA个电子，故A错误；B、标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，而氢气为双原子分子，故1mol氢气中含2NA个氢原子，故B错误；C、64g二氧化硫的物质的量为1mol，而二氧化硫中含3个原子，故1mol二氧化硫中含3NA个原子，故C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故D错误故选C6化学概念在逻辑上存在如图关系，对下列概念的说法正确的是（）A化合物与电解质属于包含关系B氧化还原反应与化合反应属于包含关系C溶液与分散系属于并列关系D化合物与碱性氧化物属于交叉关系【考点】混合物和纯净物【分析
20、】A在水溶液中或溶质状态下能导电的化合物为电解质，化合物包含电解质；B部分氧化还原反应为化合反应，部分化合反应为氧化还原反应；C分散系分为溶液、胶体和浊液，溶液属于分散系的一种；D碱性氧化物属于氧化物，氧化物为化合物【解答】解：A在水溶液中或溶质状态下能导电的化合物为电解质，故电解质属于化合物，两者为包含关系，故A正确；B氧化还原反应和化合反应为交叉关系，不是包含关系，故B错误；C溶液、胶体和浊液都属于分散系，溶液包含在分散系中，属于包含关系，故C错误；D碱性氧化物属于氧化物的一种，而氧化物属于化合物，则化合物与碱性氧化物属于包含关系，故D错误；故选A7下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既
21、有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）AF2、K、HClBCl2、Al、H2CNO2、Na、Br2DO2、SO2、H2O【考点】氧化还原反应【分析】断物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手，1熟悉物质的性质，2物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性【解答】解：A、氟气只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，故A正确；B、Cl2既有氧化性又有还原性，金属铝和氢气只有还原性，故B错误；C、二氧化氮和水的反应说明二氧化氮既有氧化
22、性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，故C错误；D、二氧化硫中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，故D错误故选A8下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A将40gNaOH溶解在1L水中B将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中C将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液D将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A、40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L；B、溶液体积不具有加合性；C、压强，氯化氢所处的状态不一定是标准状况，体积一定，影响气体的物质的量的
23、因素有温度；D、根据n=计算氢氧化钠的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度【解答】解：A、40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故A错误；B、溶液体积不具有加合性，混合后溶液的体积不是10L，故B错误；C、氯化氢所处的状态不一定是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，体积一定，影响气体的物质的量的因素有温度、压强，22.4LHCl气体的物质的量不一定是1mol，故C错误；D、10gNaOH的物质的量为=0.25mol，溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL，所得溶液的物质的量浓度
24、为=1mol/L，故D正确故选D9下列变化属于氧化反应的是（）ACO2COBClCl2CFe3+Fe2+DCO32CO2【考点】氧化还原反应【分析】还原剂发生氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：AC元素的化合价降低，发生还原反应，故A不选；BCl元素的化合价升高，发生氧化反应，故B选；CFe元素的化合价降低，发生还原反应，故C不选；D没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故D不选；故选B10在无土栽培中，需配制一定量含50mol NH4Cl、16mol KCl和24mol K2SO4的营养液若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的
25、量依次是（单位为mol）（）A2、64、24B64、2、24C32、50、12D16、50、24【考点】物质的量的相关计算【分析】本题可以根据离子守恒的思想来解决，即根据只有（NH4）2SO4可以提供硫酸根，24mol K2SO4中硫酸根为24mol作为解题的入手点【解答】解：由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中的离子的物质的量相同，营养液中离子的物质的量分别为：n（NH4+ ）=50mol，n（Cl）=66mol，n（K+）=64mol，n（SO42 ）=24mol，根据硫酸根离
26、子守恒可知，需要n（NH4）2SO4=24mol，再由铵根离子守恒得n（NH4Cl）=50mol24mol2=2mol，由氯离子守恒，则n（KCl）=66mol2mol=64mol，故选B11下列离子方程式书写正确的是（）A向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：OH+CO2HCO3B氧化钠投入水中发生反应：O2+H2O2OHC硝酸银溶液中加入铜粉：Ag+CuCu2+AgD金属铁溶于稀硫酸中：2Fe+6H+2Fe3+3H2【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化碳足量反应生成碳酸氢钙；B氧化钠不能拆；C电荷不守恒；D不符合反应客观事实【解答】解：A向澄清石灰水中通入足量二氧化碳，离子方程式：OH+CO
27、2HCO3，故A正确；B氧化钠投入水中发生反应，离子方程式：Na2O+H2O2Na+2OH，故B错误；C硝酸银溶液中加入铜粉，离子方程式：2Ag+CuCu2+2Ag，故C错误；D金属铁溶于稀硫酸中，离子方程式：Fe+2H+Fe2+H2，故D错误；故选：A12标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为g/mL，质量分数为W，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）AW=BW=C=Dc=【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A、根据c=计算w，进行判断；B、根据n=计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，进而计算
28、溶液的质量，溶液质量分数=100%；C、根据n=计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，由=计算溶液的密度；D、根据n=计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液的体积，再利用c=计算【解答】解：A、根据c=可知，该氨水质量分数w=，故A正确；B、VL氨气的物质的量为=mol，氨气质量为mol17gmol=g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，故溶液质量为（+1000）g，所以溶液的质量分数w=100%=100%，故B正确；C、V
29、L氨气的物质的量为=mol，氨气质量为mol17gmol=g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，故溶液质量为（+1000）g，溶液体积为=L，所以溶液的密度为=，故C错误；D、VL氨气的物质的量为=mol，氨气质量为mol17gmol=g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，故溶液质量为（+1000）g，溶液体积为=L，所以物质的量浓度c=mol/L，故D正确；故选C13在一个密闭容器中盛有11g X气体（X的摩尔质量为44gmol1）时，压强为1104 Pa如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增到5104 Pa，这时容器内气体X的分子数约为（）
30、A3.31025B3.31024C7.51023D7.51022【考点】物质的量的相关计算【分析】同体积、同温下，气体的压强之比等于物质的量之比等于分子数目之比，以此解答该题【解答】解n（X）=0.25mol，设使容器内压强增到5104 Pa时，气体的物质的量为n，同体积、同温下，气体的压强之比等于物质的量之比，则有=，则n=1.25mol，N=1.256.021023=7.51023，故选：C14为了检验SO42，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中方案最优的是（）A方案甲：试液白色沉淀沉淀不溶解B方案乙：试液无沉淀（也无气泡）白色沉淀C方案丙：试液无沉淀白色沉淀D方案丁：试液白色
31、沉淀（过滤）沉淀不溶解【考点】硫酸根离子的检验；化学实验方案的评价【分析】根据氯离子会与银离子生成氯化银不溶于稀硝酸的沉淀，钡离子会与碳酸根离子、硫酸根离子生成沉淀，氢离子会与碳酸根离子、亚硫酸根离子反应产生气体，亚硫酸根离子能被硝酸氧化成硫酸根离子进行分析【解答】解：A、加入氯化钡溶液，与氯化钡溶液的反应产生白色沉淀的硫酸根离子、碳酸根离子和银离子，再加入稀盐酸，硫酸钡和氯化银都不溶解，不能检验出硫酸根离子，故A错误；B、加入足量盐酸，没有沉淀生成，说明不是银离子，没有气体产生，说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，在剩下的两种溶液中滴加氯化钡，产生白色沉淀，则该瓶溶液中一定含有硫酸根离子，故B
32、正确；C、加入稀硝酸，因亚硫酸根离子能被氧化成硫酸根离子，与硝酸钡溶液的反应产生白色沉淀的硫酸根离子，但不一定是原溶液中的，可能是亚硫酸根离子能被氧化成硫酸根离子，不能检验出硫酸根离子，故C错误；D、加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀的有硫酸根离子、亚硫酸根离子和碳酸根离子，加入盐酸沉淀不溶解的可能是硫酸钡或亚硫酸钡，无法检验出硫酸根离子，故D错误；故选B15如图所示，两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体（N2O和CO2不发生化学反应）的关系不一定正确的是（）A所含氧原子数相等B气体的总质量相等C气体所含电子总数相等D气体的密度相等【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
33、量之比，两瓶气体的物质的量相等，N2O和CO2的摩尔质量都是44g/mol，都含有22个电子，则两个集气瓶中气体质量、含有电子数相等；N2O和CO2含有的O原子数目不同，则两个集气瓶中含有O原子数不同，据此进行解答【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，AN2O和CO2含有的O原子数目不同，则两个集气瓶中含有O原子的物质的量不同，含有氧原子数不同，故A错误；BN2O和CO2的摩尔质量都是44g/mol，两瓶气体的物质的量相等，根据m=nM可知气体的总质量相等，故B正确；CN2O和CO2都含有22个电子，两瓶气体的物质的量相等，则含有电子数相等，故C正确；DN2
34、O和CO2的摩尔质量都是44g/mol，根据=可知，相同条件下两瓶气体的密度相等，故D正确；故选A16胶体区别于其他分散系的本质特征是（）A胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能B产生丁达尔现象C分散质粒子直径在1nm100nm之间D胶体在一定条件下能稳定存在【考点】胶体的重要性质【分析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm故选：C17下列说法正确的是（）ANaCl溶液在电流作用下电离成Na+ 和ClB蔗糖在水溶液里或熔融状态时均不导电，所
35、以它不是电解质C强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强D纯水的导电性很差，所以水不是电解质【考点】电解质溶液的导电性【分析】ANaCl在水分子的作用下发生电离；B在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；C电解质导电能力与离子浓度及所带电荷成正比；D溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电荷成正比【解答】解：ANaCl在水分子的作用下发生电离生成钠离子和氯离子，不需要外加电流，故A错误；B在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，蔗糖在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它不是电
36、解质而是非电解质，故B正确；C电解质导电能力与离子浓度及所带电荷成正比，与电解质强弱无关，故C错误；D溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电荷成正比，纯水的导电性差，纯水电离程度很小，导致纯水中离子浓度很小，水是电解质，故D错误；故选B18下列各组离子一定能大量共存的是（）A在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、CO32B在含大量Ba2+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、OHC在强碱溶液中：Na+、K+、Cl、SO32D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、CH3COO【考点】离子共存问题【分析】A无色溶液中不存在有颜色的离子；B含大量Ba2+的溶液中，和Ba2+反应或离子之间发生反应
37、的离子不能共存；C强碱溶液中存在大量的OH，和OH反应或离子之间发生反应的离子不能共存；DpH=1的溶液中含有大量的H+，和H+反应或离子之间发生反应的离子不能共存【解答】解：A无色溶液中不能大量存在浅绿色Fe2+，故A错误；BNH4+和OH生成一水合氨而不共存，故B错误；C离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D在pH=1的溶液中CH3COO不存在，故D错误故选C19下列各组在溶液中的反应，无论谁过量，都可以用同一离子方程式表示的是（）ABa（OH）2与NaHSO4BBa（OH）2与H2SO4C石灰水和二氧化碳DCa（HCO3）2与NaOH【考点】离子方程式的书写【分析】A硫酸氢钠与
38、少量氢氧化钡：2 NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O+Na2SO4；硫酸氢钠与过量氢氧化钡：NaHSO4+Ba（OH）2 =BaSO4+NaOH+H2O；BBa（OH）2与H2SO4反应生成硫酸钡和水，与反应物用量无关；C二氧化碳少量反应生成碳酸钙和水，二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙；D氢氧化钠少量反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，氢氧化钠过量反应生成碳酸钠、碳酸钙和水【解答】解：A硫酸氢钠与少量氢氧化钡：2 NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O+Na2SO4；硫酸氢钠与过量氢氧化钡：NaHSO4+Ba（OH）2 =BaSO4+NaOH+H2O，二者反应实质不同，不能用
39、同一个离子方程式表示，故A错误；BBa（OH）2与H2SO4反应生成硫酸钡和水，与反应物用量无关，无论谁过量，都可以用同一离子方程式表示，故B正确；C二氧化碳少量反应生成碳酸钙和水，二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙，二者反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故C错误；D氢氧化钠少量反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，氢氧化钠过量反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，二者反应实质不同不能用同一个反应表示，故D错误；故选：B20某Na2CO3样品中含有K2CO3、NaNO3和Ba（NO3）2三种杂质中的一种或两种现将11g样品加入足量水中，样品全部溶解再加入过量的CaCl2溶液，得到10g沉淀对样品所含杂质的正确
40、判断是（）A肯定有NaNO3B肯定有NaNO3，可能还含有K2CO3C肯定没有Ba（NO3）2，可能有NaNO3D肯定没有K2CO3和Ba（NO3）2【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】样品加入足量水中全部溶解，则不可能含有Ba（NO3）2，杂质可能为K2CO3、NaNO3，假设13.8g全部为K2CO3或Na2CO3，计算生成CaCO3的质量，与实际得到沉淀质量比较判断杂质的可能情况【解答】解：样品加入足量水中全部溶解，则不可能含有Ba（NO3）2，假设11g全部为K2CO3，完全反应生成碳酸钙为xg，则：K2CO3+CaCl2CaCO3+2KCl138 10011g xg所
41、以138：100=11g：xg解得x=7.97，小于实际沉淀10g，假设11g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为yg，则有Na2C03+CaCl2CaCO3+2NaCl106 10011 g yg所以106：100=11g：yg解得：y10.4g，大于实际沉淀10g，杂质也可能为硝酸钠和碳酸钾的混合物，故选：C21下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）（）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaCl（Na2CO3）稀硫酸蒸发结晶BCO2（CO）O2点燃CZn （Ag）稀盐酸过滤D自来水（Cl）蒸馏AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂
42、【分析】A碳酸钠与硫酸反应生成硫酸钠；B在二氧化碳中CO不易点燃；CZn与盐酸反应；D自来水中水的沸点较低【解答】解：A碳酸钠与硫酸反应生成硫酸钠，引入新杂质，试剂不合理，应选盐酸，故A错误；B在二氧化碳中CO不易点燃，不能除杂，应利用灼热的CuO，故B错误；CZn与盐酸反应，将原物质反应掉，故C错误；D自来水中水的沸点较低，则选择蒸馏法可除杂，故D正确；故选D22根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为（）I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI；2FeCl2+Cl22FeCl3；2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2AIFe2+ClSO2BClFe2+SO2ICFe2
43、+IClSO2DSO2IFe2+Cl【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答【解答】解：I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI； 2FeCl2+Cl22FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3； 2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HIFeCl2； 通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2IFe2+Cl，故选D23已知5KCl
44、+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是（）AKClO3是氧化剂B被氧化与被还原的氯元素的质量比为1：5CH2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D1molKClO3参加反应时有5mol电子转移【考点】氧化还原反应【分析】5KCl+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O中，Cl元素的化合价由1价升高为0，Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e，以此来解答【解答】解：AKClO3中Cl元素的化合价降低，则是氧化剂，故A正确；B.5个Cl失去电子与1个Cl得电子数目相等，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，故B错误；CH、S、O元素
45、的化合价不变，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故C正确；D.1molKClO3参加反应时有1mol（50）=5mol电子转移，故D正确；故选B24在xR2+yH+O2mR3+nH2O的离子方程式中，对系数m和R3+的判断正确的是（）Am=4，R3+是氧化产物Bm=n，R3+是氧化产物Cm=2，R3+是还原产物Dm=y，R3+是还原产物【考点】氧化还原反应【分析】xR2+yH+O2mR3+nH2O中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，所以m=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答【解答】解：xR2+yH+O2mR3+nH2O中，由
46、原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，所以m=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低，Am=4，R3+是氧化产物，故A正确；Bm=4，n=2，R3+是氧化产物，故B错误；Cm=4，R3+是氧化产物，故C错误；Dm=y，R3+是氧化产物，故D错误；故选：A25在一定条件下，PbO2 与Cr3+反应，产物是Cr2O72和Pb2+，则与5molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A7.5molB1.5molC3molD3.25mol【考点】氧化还原反应【分析】该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，根据转移电子守恒计
47、算PbO2的物质的量，由此分析解答【解答】解：该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，根据转移电子守恒得PbO2的物质的量=7.5mol，故选A二、填空题26完成下列填空：（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2该反应中还原剂是C，氧化剂是S、KNO3（2）某班同学在玩密室逃脱游戏时，有一个密码锁，需要四个数字的密码开锁，一学生找到一张任务卡如图，则该密码为：（3）现有下列物质：Cu HCl NH3 NaCl CaCO3 稀硫酸 NaHSO4，其中属于电解质，
48、但熔融状态下并不导电的是（填序号），请写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式NaHSO4=Na+H+SO42（4）写出制备Fe（OH）3胶体的化学方程式FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，向该胶体中逐滴加入稀硫酸的现象为先产生红褐色沉淀，后来沉淀消失，发生反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O（5）在25，101kPa条件下，将15L O2通入10L CO和H2的混合气体中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来的温度和压强（1）若剩余气体的体积是15L，则通入10L CO和H2的混合气体中，V（CO）=5L，V（H2）=5L若剩余气体的体积为a L，则a的取值
49、范围是10a20【考点】有关混合物反应的计算；电离方程式的书写；胶体的重要性质；氧化还原反应；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）该反应中，硫元素化合价由0价变为2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，根据元素化合价变化判断氧化剂和还原剂，氧化剂在反应中被还原，还原剂在反应中被氧化，以此解答；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤排序；（3）属于电解质，但熔融状态下并不导电的为共价化合物的电解质；硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；（4）氯化铁溶液加热水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢；氢氧化铁胶体带有正电荷，加热稀硫酸后先发生聚沉现象生
50、成氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁沉淀与稀硫酸发生酸碱中和反应生成氯化铁和水；（5）CO、氢气完全燃烧，先设出CO气体的xL，则氢气为（10x）L，利用方程式根据差量法表示出体积变化量，再根据剩余的气体的体积列方程计算混合物中气体的体积；由x+（10x）=15+10a计算a的表达式，结合0x10计算【解答】解：（1）反应S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2中，S元素化合价由0价降低到2价，则S为氧化剂，N元素化合价由+5价降低到0价，则KNO3为氧化剂，C元素化合价由0价升高到+4价，则C为还原剂，故答案为：C；S、KNO3；（2）配制一定物质的量浓度的NaCl溶液步骤为称量、溶解、冷却、移液
51、、洗涤、定容等，所以正确的顺序为：，故答案为：；（3）Cu HCl NH3 NaCl CaCO3 稀硫酸 NaHSO4，其中属于电解质，但熔融状态下并不导电的物质一定为共价化合物型的电解质，满足体积的有；NaHSO4在水溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42，故答案为：；NaHSO4=Na+H+SO42；（4）将饱和氯化铁溶液加入沸水中加热制备Fe（OH）3胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3 HCl； 向该胶体中逐滴加入稀硫酸，氢氧化铁胶体先发生聚沉现象生成氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁沉淀与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应反应为：F
52、e（OH）3+3H+=Fe3+3H2O，反应现象为：先产生红褐色沉淀，后来沉淀消失，故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3 HCl；先产生红褐色沉淀，后来沉淀消失；Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O；（5）设V（CO）为xL，则V（H2）为（10x）L， 由2CO+O22CO2 V 2 1 2 1 x 2H2+O22H2OV 2 1 3（10x） （10x）则x+（10x）=15+1015，解得：x=5，即V（CO）=5L，则V（H2）=（10x）L=10L5L=5L，混合气体中CO与剩余气体体积a之间的关系为： x+（10x）=15+10a，解得：a=10+x，由于
53、0x10，则10a20，故答案为：5；5；10a2027有一瓶无色澄清溶液，其中可能含有H+、Na+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32离子现进行以下实验：A、用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；B、取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有H+、Ba2+、Cl；肯定不存在的离子有Mg2+、SO42、CO32写出C中发生反应的离子方程式Ba2+CO32=BaCO3【考点】常见离子的检验方法【分析】A、用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性，则一定含H+，则一
54、定不含CO32；B、取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，则一定不含Mg2+；C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为碳酸钡，一定含Ba2+，则不含SO42，以此来解答【解答】解：A、用PH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性，则一定含H+，则一定不含CO32；B、取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，则一定不含Mg2+；C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为碳酸钡，一定含Ba2+，则不含SO42，由溶液显中性，可知一定含Cl，综上所述，该溶液中肯定存在的离子有H+、Ba
55、2+、Cl，肯定不存在的离子有Mg2+、SO42、CO32，故答案为：H+、Ba2+、Cl；Mg2+、SO42、CO32； C中发生反应的离子方程式为Ba2+CO32=BaCO3，故答案为：Ba2+CO32=BaCO328用于分离或提纯物质的方法有：A蒸馏（分馏） B萃取C过滤 D重结晶 E分液F渗析下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）（1）除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3微粒C（2）分离四氯化碳与水的混合物E（3）分离淀粉和NaCl溶液F【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】（1）CaCO3微粒不溶于水；（2）四氯化碳与水分层；（3）淀
56、粉不能透过半透膜，而溶液可以【解答】解：（1）CaCO3微粒不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为：C；（2）四氯化碳与水分层，则选择分液法分离，故答案为：E；（3）淀粉不能透过半透膜，而溶液可以，选择渗析法分离，故答案为：F29现有如下药品和装置：质量为w（w1g）的锌片、稀H2SO4、无水硫酸铜和蒸馏水，设计一个简单实验，测定Zn的相对原子质量（气体体积均可认为是在标准状况下测定）如图（1）该反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2+H2（2）应选用的装置的连接顺序是（填接口字母）DCBE（3）操作中，怎样加放试剂以保证不漏出氢气连接好装置后，打开的活塞，加入适量的稀硫酸，将试管倾斜一定角度，
57、将锌片放在试管壁上，塞好塞子，缓慢竖起试管将锌片滑入硫酸中，使反应开始（4）以下是测量收集气体体积必须包括的几个步骤，则这三步操作的正确顺序是调整量筒内外液面调试使之相同使试管和量筒内气体都冷却至室温读取量筒内气体的体积（5）若中收集到水VmL，则锌的相对原子质量的数学表达式为（6）由于锌片可能含不溶性杂质，实验测得的锌的相对原子质量可能比真实值偏高（填“偏高”或“偏低”，下同）； 若装置气密性不太好，测得值偏高【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】通过所提供的药品和仪器可知，实验原理为：将稀硫酸与锌片在中充分反应，产生的氢气从D通入C，通过B将集气瓶中的水排入量筒中，通过测量排出的水
58、的量来得知产生氢气的量，据此分析（1）发生的反应即锌和稀硫酸的反应；（2）根据实验原理来分析仪器的连接顺序；（3）保证不漏出氢气即保证在塞紧活塞前不让锌和硫酸接触；（4）从气体的热胀冷缩和读量筒中气体体积的方法两方面进行分析；（5）根据提供的数据可知产生的氢气的量，再根据相对原子质量在数值上等于摩尔质量，而摩尔质量M=来计算；（6）根据摩尔质量M=，通过分析各种操作失误对所测量的氢气体积的影响来分析【解答】解：（1）发生的反应即锌和稀硫酸的反应，离子方程式为：Zn+2H+=Zn2+H2，故答案为：Zn+2H+=Zn2+H2；（2）将稀硫酸与锌片在中充分反应，产生的氢气从D通入C，通过B将集气瓶
59、中的水排入量筒中，通过测量排出的水的量来得知产生氢气的量，故装置的连接顺序为：DCBE，故答案为：DCBE；（3）操作中，要保证不漏出氢气，则在塞紧活塞前不让锌和硫酸接触，具体操作为：连接好装置后，打开的活塞，加入适量的稀硫酸，将试管倾斜一定角度，将锌片放在试管壁上，塞好塞子，缓慢竖起试管将锌片滑入硫酸中，使反应开始，故答案为：连接好装置后，打开的活塞，加入适量的稀硫酸，将试管倾斜一定角度，将锌片放在试管壁上，塞好塞子，缓慢竖起试管将锌片滑入硫酸中，使反应开始；（4）要准确测量气体体积必须保持量筒内外气体的温度和压强相等，因此在读取量筒内气体的体积之前，应使试管和量筒内的气体都冷却至室温；再调
60、节量筒内外液面高度使之相同，所以正确的顺序为：；故答案为：；（5）根据提供的数据可知产生的氢气的量为VmL，即生成的氢气的物质的量n=mol，而根据反应可知，1mol锌1mol氢气，故反应掉的锌的物质的量n=mol，由于相对原子质量在数值上等于摩尔质量，而锌的摩尔质量M=g/mol，故锌的相对原子质量为，故答案为：；（6）由于摩尔质量M=M=g/mol，假如锌片含不与酸反应的杂质，则测得生成的氢气的体积v偏小，则M偏高；若气密性不好，则测得生成的氢气的体积v偏小，则M偏高，故答案为：偏高，偏高30已知稀硝酸和铜能发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮气体和水（1）请写出该反应的化学方程式，并用双线桥法
61、标出反应中电子转移的方向和数目（2）一次实验中，某同学用过量的稀硝酸（其密度为1.08g/mL，HNO3的质量分数为12%）跟一定量的铜片反应，产生了标准状况下0.56L的一氧化氮试计算（简要写出计算过程）：该稀硝酸的物质的量浓度（结果保留小数点后一位有效数字）；被还原的HNO3的物质的量【考点】氧化还原反应的计算【分析】（1）稀硝酸和铜能发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，则方程式为3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，Cu元素的化合价升高，N元素的化合价降低，该反应转移6e，以此来解答；（2）根据密度为1.08g/mL，HNO3的质量分数为12%结合c=计算稀硝酸的物
62、质的量浓度；根据产生了标准状况下0.56L的一氧化氮计算被还原的HNO3的物质的量【解答】解：（1）稀硝酸和铜能发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，则方程式为3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，该反应中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则氧化剂为HNO3，对应还原产物为NO，Cu元素化合价由0价变为+2价，则还原剂为Cu，该反应转移6e，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为，答用双线桥法标出反应中电子转移的方向和数目为：；（2）因为密度为1.08g/mL，HNO3的质量分数为12%，所以c=2.1mol/L；答：该稀硝酸的物质的量浓度为2.1mol/L；又方程式3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，产生了标准状况下0.56L的一氧化氮，所以被还原的HNO3的物质的量即生成一氧化氮的量 0=0.025mol，答：被还原的HNO3的物质的量0.025mol2016年12月26日高考资源网版权所有，侵权必究！