1、2015-2016学年云南省玉溪市峨山一中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是（）A腐蚀品B爆炸品C有毒气体D易燃液体2NA为阿伏加德罗常数值，下列说法中正确的是（）A标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5NAB1L1mol/l的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NAC标准状况下，0.5molCO2所占的体积约为11.2LD11.2L氧气所含的原子数为NA3下列物质中，属于电解质的是（）A稀盐酸BCu丝CNaClD蔗糖4下列类型的反应，一定发生电子转移的是（）A化合反
2、应B分解反应C置换反应D复分解反应5下列叙述中，含有的分子数最多的是（）A2mol H2B6.021023个 Cl2分子C22.4LO2（标准状况下）D49g H2SO46胶体的最本质的特征是（）A丁达尔效应B分散质颗粒的直径在1nm100nm之间C布朗运动D可以通过滤纸7下列各组离子可以在溶液中大量共存的是（）AK+、Mg2+、SO42、OHBNa+、H+、Cl、HCO3CK+、Ag+、NO3、ClDK+、Cu2+、SO42、NO38实验室为了妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的（）A锌粉B铜粉C铁粉D镁粉9对于反应4HCl（浓）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O，下列说法中不正确的是（）
3、A该反应是氧化还原反应BMnO2是氧化剂CHCl是还原剂DHCl被还原10光导纤维已成为信息社会必不可少的高技术材料下列物质用于制造光导纤维的是（）A金刚石B大理石C铝合金D二氧化硅11在实验室里，要想使AlCl3中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（）A石灰水B氢氧化钠溶液C硫酸D氨水12相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比为（）A3：2B2：3C1：3D1：113能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A氢氧化钡与硫酸反应：OH+H+H2OB氧化铜与盐酸反应：O2+2H+H2OC铁片插入硝酸银溶液中：Fe+Ag+=Fe2+AgD碳
4、酸钙溶于稀盐酸中 CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO214下列物质按氧化物、酸、碱、盐的顺序排列正确的是（）AMgO、H2SO4、Na2O、CaCl2BMnO2、HNO3、KOH、K2CO3CSO2、NaHSO4、Ca（OH）2、KClDH2O、HCl、纯碱（Na2CO3）、盐酸15下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）ANa2CO3+CaCl2CaCO3+2NaClB3Fe+4H2OFe3O4+4H2C2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ODCaO+H2OCa（OH）216下图所示四种化学实验操作的名称按顺序排列分别为（）A过滤、蒸发、蒸馏、萃取（或分液或萃取分液）B过滤、蒸馏、蒸
5、发、萃取C蒸发、蒸馏、过滤、萃取D萃取、蒸馏、蒸发、过滤17实验室有三瓶失去标签的试剂，分别是Na2CO3、NaCl、AgNO3实验员选择了一种试剂就把它们区别开来了，这种试剂是（）A盐酸B氢氧化钠溶液C氯化钡溶液D硝酸18下列实验操作中，不正确的是（）A用四氯化碳萃取碘水中的碘B蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出C用分液漏斗分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D配制1.00 mol/L NaCl溶液时，将称好的NaCl固体直接放入容量瓶中溶解19下列叙述正确的是（）A在水溶液和熔融状态下能导电的化合物，叫做电解质B在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，叫做电解质CBaSO4是
6、难溶物，所以是非电解质D氧化还原反应的本质是化合价升降20与50ml 0.2mol/L的Na2CO3溶液中Na+浓度相等的溶液是（）A100ml 0.2mol/L的NaCl溶液B50ml 0.1mol/L的Na2SO4溶液C150ml 0.2mol/L的NaNO3溶液D1000ml 0.2mol/L的Na2SO3溶液21物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl的物质的量之比为（）A1：1：1B1：2：3C3：2：1D3：4：322一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu （NO3）2+2NO+4H2O，在反
7、应中被还原与未被还原的氮原子数之比为（）A8：3B3：2C1：3D3：823下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是（）是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器使用前要先检查容量瓶是否漏液容量瓶可以用来加热不能用容量瓶贮存配制好的溶液一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液ABCD24在MgCl2、AlCl3的混合溶液中加入足量的氨水，下列选项各图中能正确表示加入氨水的量（x）与生成沉淀的量（y）的关系的是（）ABCD25实验室用Na2SO3还原MnO4，如果还原含有2.4103 mol MnO4的溶液时，消耗30mL0.2molL1的Na2SO3溶液，则Mn元素在还原产物中化合价为（）A+
8、1B+2C+4D+5二、填空题（共27分）26SO2+2H2S=3S+2H2O 中，氧化剂是，还原剂是，氧化剂和还原剂物质的量之比为27用合适的试剂把下列物质中含有少量杂质（括号中为杂质）除去，写岀选用试剂和有关反应的离子反应方程式：BaCl2（HCl）试剂，离子方程式CO2（HCl） 试剂，离子方程式28相同质量的O2和O3，它们的物质的量之比是，所含氧原子个数比为，在同温同压下体积比是29在呼吸面具中，Na202起反应的化学方程式为30盛装NaOH溶液的试剂瓶（填“能”或“不能”）用玻璃塞，写出发生反应的化学方程式31A、B、C、D四种物质都含有一种共同元素，A是常见的金属，在潮湿的空气中
9、易生锈；C的溶液呈黄色，A、B、C、D有如图转化关系请回答下列问题：（1）A是，C是（2）C的溶液与NaOH溶液混合后的现象是（3）反应的离子反应方程式，反应类型是反应（选填：化合、分解、置换、复分解）（4）A在潮湿的空气中易生锈，其锈的主要成份是，该锈的成份能与盐酸反应，反应的化学方程式为三、实验题32某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置（1）实验室用装置A制备SO2其中仪器的名称是（2）实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O请指出该反应中当有0.4mol电子发生转移时，产生的Cl2的体积
10、为L（标准状况下）（3）反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：，D：停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：，D：（4）装置C的作用是（5）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象那样请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）四、计算题（共1道题，共7分）33纯碱与稀盐酸起反应，在标准状况下生成11.2LCO2气体，计算：（1）反应消耗纯碱的物质的量（2）需要1mol/L的稀盐酸的体积2015-2016学年云南省玉溪市峨
11、山一中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是（）A腐蚀品B爆炸品C有毒气体D易燃液体【考点】乙醇的化学性质【分析】乙醇易燃烧，属于易燃液体【解答】解：根据乙醇的性质：是无色的液体，易燃烧，可知乙醇属于易燃液体，没有腐蚀性，无毒，不属于易爆炸的物质故选D2NA为阿伏加德罗常数值，下列说法中正确的是（）A标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5NAB1L1mol/l的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NAC标准状况下，0.5molCO2所占的体积约为11.2
12、LD11.2L氧气所含的原子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下四氯化碳为液态；B、HCl溶于水后完全电离为氢离子和氯离子；C、体积V=nVm；D、氧气所处的状态不明确【解答】解：A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；B、HCl溶于水后完全电离为氢离子和氯离子，故盐酸溶液中无HCl分子，故B错误；C、体积V=nVm=0.5mol22.4L/mol=11.2L，故C正确；D、氧气所处的状态不明确，故氧气的物质的量无法计算，则含有的原子个数无法计算，故D错误故选C3下列物质中，属于电解质的是（）A稀盐酸BCu丝CNaClD蔗糖【考点】电解
13、质与非电解质【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，无论电解质还是非电解质都必须是化合物【解答】解：A稀盐酸是混合物，所以不是电解质，故A错误；B铜丝是单质，所以不是电解质，故B错误；C氯化钠是在水溶液里或熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质，故C正确；D蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故D错误；故选C4下列类型的反应，一定发生电子转移的是（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应【考点】氧化还原反应【分析】利用氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，或利用在化学反应中只要有元素化合价的变化，则该反应中一
14、定发生电子的转移【解答】解：A、化合反应中不一定有元素化合价的变化，如二氧化碳与水化合生成碳酸，则没有电子的转移，故A错误；B、分解反应中不一定有元素化合价的变化，如碳酸氢铵分解，则没有电子的转移，故B错误；C、置换反应中肯定有单质参加反应，有单质生成，则一定属于氧化还原反应，即一定有电子转移，故C正确；D、复分解反应中是物质相互交换成分，如盐酸与氢氧化钠中和反应，则一定没有化合价的变化，即一定没有电子转移，故D错误；故选：C5下列叙述中，含有的分子数最多的是（）A2mol H2B6.021023个 Cl2分子C22.4LO2（标准状况下）D49g H2SO4【考点】物质的量的相关计算【分析】
15、根据公式N=nNA，物质所含的分子数最多则其物质的量是最多的，根据n=，来计算即可【解答】解：A、氢气的物质的量为2mol；B、6.021023个 Cl2分子的物质的量为： =1mol；C、22.4LO2（标准状况下）的物质的量为： =1mol；D、49g H2SO4的物质的量为： =0.5mol；故选A6胶体的最本质的特征是（）A丁达尔效应B分散质颗粒的直径在1nm100nm之间C布朗运动D可以通过滤纸【考点】胶体的重要性质【分析】根据胶体区别于溶液和浊液最本质的特征是分散质直径的大小不同【解答】解：因胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm100nm之间，溶液和浊液本质区别是；分散质微
16、粒直径在1nm的是溶液，分散质微粒直径在100nm的是浊液，故选B7下列各组离子可以在溶液中大量共存的是（）AK+、Mg2+、SO42、OHBNa+、H+、Cl、HCO3CK+、Ag+、NO3、ClDK+、Cu2+、SO42、NO3【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：AMg2+、OH结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；BH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故B不选；CAg+、Cl结合生成沉淀，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选D8实验室为了妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的（
17、）A锌粉B铜粉C铁粉D镁粉【考点】化学试剂的存放【分析】硫酸亚铁溶液中，亚铁离子具有较强还原性，容易被氧化成铁离子，所以保存硫酸亚铁溶液时，通常需要加入还原剂，防止亚铁离子氧化，为了不引进杂质，应该加入少量铁粉，反应的离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+【解答】解：硫酸亚铁溶液中Fe2+容易被氧化成Fe3+，导致硫酸亚铁溶液变质，为了防止防止硫酸亚铁溶液变质，需要加入少量铁粉，反应的离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+；由于锌粉、铜粉、镁粉都会引进杂质，所以选用铁粉，故选C9对于反应4HCl（浓）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O，下列说法中不正确的是（）A该反应是氧化还原反应BMnO2
18、是氧化剂CHCl是还原剂DHCl被还原【考点】氧化还原反应【分析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化，在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂【解答】解：A该反应中锰元素、氯元素的化合价发生变化，所以该反应是氧化还原反应，故A正确；B该反应中锰元素的化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰得电子作氧化剂，故B正确；C该反应中氯元素的化合价由1价变为0价，所以氯化氢失电子作还原剂，故C正确；D该反应中氯化氢是还原剂，HCl被氧化，故D错误；故选D10光导纤维已成为信息社会必不可少的高技术材料下列物质用于制造光导纤维的是（）A金
19、刚石B大理石C铝合金D二氧化硅【考点】硅和二氧化硅【分析】光导纤维的主要成分为二氧化硅，以此来解答【解答】解：制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，故A、B、C错误，D正确故选：D11在实验室里，要想使AlCl3中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（）A石灰水B氢氧化钠溶液C硫酸D氨水【考点】镁、铝的重要化合物【分析】Al3+可以和碱反应，也可以和能水解显碱性的盐反应；Al（OH）3是两性氢氧化物能溶于强酸强碱，Al3+离子全部沉淀需要所加的试剂过量，所以全部沉淀Al3+最好不用强碱用弱碱【解答】解：氢氧化钠溶液、石灰水都是强碱溶液，沉淀Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所
20、以Al3+不能全部沉淀出来，故A、B不符合；稀硫酸不与氯化铝反应，故C不符合；氨水是弱碱溶液，可以全部沉淀Al3+，且Al（OH）3不溶于弱碱溶液，故D符合故选：D12相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比为（）A3：2B2：3C1：3D1：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】依据铝与氢氧化钠溶液、盐酸反应方程式2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可知，酸、碱足量时，铝完全反应，应依据铝的量计算反应生成的氢气的量，据此解答【解答】解：当氢氧化钠溶液、盐酸足量时，铝与两种溶液分别发生反应方程
21、式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，酸、碱足量时，铝完全反应，当铝的物质的量相等，二者产生的气体的物质的量相等，同温同压下的体积之比又等于物质的量之比，所以放出的氢气在同温同压下的体积之比为1：1，故选：D13能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A氢氧化钡与硫酸反应：OH+H+H2OB氧化铜与盐酸反应：O2+2H+H2OC铁片插入硝酸银溶液中：Fe+Ag+=Fe2+AgD碳酸钙溶于稀盐酸中 CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2【考点】离子方程式的书写【分析】A漏掉了钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀的反应；BCuO在离子方
22、程式中不能拆开；C离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；D二者反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水【解答】解：A 氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡、水，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故A错误；B氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，正确的离子方程式为：CuO+2H+Cu2+H2O，故B错误；C铁片插入硝酸银溶液中，发生置换反应，正确的离子方程式为：Fe+2Ag+=Fe2+2Ag，故C错误；D碳酸钙与盐酸中反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故D正确；故选D14下列物质按氧化物、酸、碱、盐的顺序排列正
23、确的是（）AMgO、H2SO4、Na2O、CaCl2BMnO2、HNO3、KOH、K2CO3CSO2、NaHSO4、Ca（OH）2、KClDH2O、HCl、纯碱（Na2CO3）、盐酸【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】根据物质的组成进行分析，氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物【解答】解：A、Na2O是氧化物不是碱，故A错误；B、MnO2、HNO3、KOH、K2CO3，分别为氧化物、酸、碱、盐，故B正确；C、SO2是氧化物，NaHS
24、O4是盐不是酸，Ca（OH）2是碱，KCl与盐，故C错误；D、H2O属于氧化物，H Cl属于酸，纯碱（Na2CO3）属于盐不是碱，盐酸是酸溶液，不是盐，故D错误；故选B15下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）ANa2CO3+CaCl2CaCO3+2NaClB3Fe+4H2OFe3O4+4H2C2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ODCaO+H2OCa（OH）2【考点】氧化还原反应【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，根据各选项中元素是否存在化合价变化进行判断，注意置换反应一定为氧化还原反应，而复分解反应一定不属于氧化还原反应【解答】解：ANa2CO3+CaCl2CaCO
25、3+2NaCl为复分解反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B.3Fe+4H2OFe3O4+4H2为置换反应，存在化合价变化，一定属于氧化还原反应，故B正确；C.2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O为分解反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；DCaO+H2OCa（OH）2为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选B16下图所示四种化学实验操作的名称按顺序排列分别为（）A过滤、蒸发、蒸馏、萃取（或分液或萃取分液）B过滤、蒸馏、蒸发、萃取C蒸发、蒸馏、过滤、萃取D萃取、蒸馏、蒸发、过滤【考点】蒸馏与分馏；过滤；分液和萃取
26、【分析】依据过滤用于固液混合的分离；蒸馏用于提纯或分离沸点不同的液体混合物；萃取利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中提取出来的方法；分液用于分离互不相溶的液体；蒸发用来分离和提纯几种可溶性固体的混合物，结合过滤、蒸发、蒸馏、萃取用到的主要仪器解答【解答】解：过滤用于固液混合的分离，用到主要仪器为漏斗，选用装置为；蒸发用来分离和提纯几种可溶性固体的混合物，用到主要仪器为蒸发皿，选用装置为；蒸馏用于提纯或分离沸点不同的液体混合物，用到主要仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管，选用装置；分液用于分离互不相溶的液体，用到主要仪器为分液漏斗，选择装置为；故选：A17实
27、验室有三瓶失去标签的试剂，分别是Na2CO3、NaCl、AgNO3实验员选择了一种试剂就把它们区别开来了，这种试剂是（）A盐酸B氢氧化钠溶液C氯化钡溶液D硝酸【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】检验CO32可用酸，检验Ag+可用Cl，则检验三种物质可用盐酸，以此解答该题【解答】解：A加入盐酸，Na2CO3生成气体，NaCl无现象，AgNO3生成沉淀，可鉴别，故A正确；B加入氢氧化钠溶液，不能鉴别Na2CO3、NaCl，故B错误；C加入氯化钡溶液，不能鉴别Na2CO3、AgNO3，故C错误；D加入硝酸，不能鉴别NaCl、AgNO3，故D错误故选A18下列实验操作中，不正确的是（）A用四
28、氯化碳萃取碘水中的碘B蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出C用分液漏斗分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D配制1.00 mol/L NaCl溶液时，将称好的NaCl固体直接放入容量瓶中溶解【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A四氯化碳不溶于水，且碘易溶于四氯化碳；B为充分冷却，应使冷凝管充满冷水；C分液时要防止液体重新混合而污染；D不能在容量瓶中溶解试剂【解答】解：A四氯化碳不溶于水，且碘易溶于四氯化碳，可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故A正确；B蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出，可使冷凝管充满冷水而进行充分冷却，故B正确；C
29、分液时要防止液体重新混合而污染，应使下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D不能在容量瓶中溶解试剂，容量瓶只能进行配置溶液，且只能在常温下使用，故D错误故选D19下列叙述正确的是（）A在水溶液和熔融状态下能导电的化合物，叫做电解质B在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，叫做电解质CBaSO4是难溶物，所以是非电解质D氧化还原反应的本质是化合价升降【考点】电解质与非电解质【分析】A在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物为电解质，是“或”，不是“和”；B电解质是在水溶液或者熔融状态下能导电的化合物；C硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；D氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子的转
30、移【解答】解：A电解质必须满足在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，在水溶液里、熔融状态下两者只需具备其一即可，不是都需具备，如氯化氢为电解质，属于只有在水溶液状态下能导电的化合物，故A错误；B电解质定义为在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故B正确；C硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是电解质，故C错误；D氧化还原反应的本质是电子的转移，故D错误故选B20与50ml 0.2mol/L的Na2CO3溶液中Na+浓度相等的溶液是（）A100ml 0.2mol/L的NaCl溶液B50ml 0.1mol/L的Na2SO4溶液C150ml 0.2mol/L的NaNO3溶液D1000m
31、l 0.2mol/L的Na2SO3溶液【考点】物质的量浓度【分析】根据碳酸钠化学式可知，碳酸钠溶液中钠离子的浓度为碳酸钠溶液浓度的2倍，所以0.2molL1 Na2CO3 溶液中Na+的钠离子浓度为0.4mol/L根据选项中各溶质的化学式计算钠离子浓度，进行判断注意离子的浓度与物质的浓度有关，而与溶液的体积无关【解答】解：0.2molL1 Na2CO3 溶液中Na+的钠离子浓度为0.4mol/LA、0.2molL1的NaCl溶液中钠离子浓度为0.2mol/L，故A错误；B、0.1molL1的Na2SO4l溶液中钠离子浓度为0.2mol/L，故B错误；C、0.2molL1的NaNO3溶液中钠离子
32、浓度为0.2mol/L，故C错误；D、0.2molL1的Na2SO3溶液中钠离子的浓度为0.4mol/L，故D正确故选D21物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl的物质的量之比为（）A1：1：1B1：2：3C3：2：1D3：4：3【考点】物质的量浓度【分析】根据物质的组成特点求出氯离子的物质的量浓度，然后根据公式n=CV求出的Cl的物质的量来分析【解答】解：设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为Cmol/L，则三种溶液中Cl的物质的量浓度分别为Cmol/L，2Cmol/L，3Cmol/L，溶液的体积比为3：2：
33、1，三种溶液中Cl的物质的量之比3C：22C：13C=3：4：3，故选D22一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu （NO3）2+2NO+4H2O，在反应中被还原与未被还原的氮原子数之比为（）A8：3B3：2C1：3D3：8【考点】氧化还原反应的计算【分析】3Cu+8HNO3=3Cu （NO3）2+2NO+4H2O中，3molCu失去电子与2molHNO3得到电子相同，以此来解答【解答】解：3Cu+8HNO3=3Cu （NO3）2+2NO+4H2O中，3molCu失去电子与2molHNO3得到电子相同，则8molHNO3中有6mol作酸，由N原子守恒可知在反应中被还
34、原与未被还原的氮原子数之比2：6=1：3，故选C23下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是（）是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器使用前要先检查容量瓶是否漏液容量瓶可以用来加热不能用容量瓶贮存配制好的溶液一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液ABCD【考点】计量仪器及使用方法【分析】容量瓶是专门用于配制一定物质的量浓度的溶液的仪器；容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，使用前必须检查是否漏水；容量瓶只能用于配制溶液，不能进行加热；容量瓶不能用于保存溶液，配制好的溶液应该转移到试剂瓶中；500mL的容量瓶只能配制500mL的溶液，无法配制250mL的溶液【解答】解：容量瓶是配制一定物质的量
35、的浓度的溶液的专用仪器，不能用于溶解或者稀释溶液，故正确；使用前要先检查容量瓶是否漏液，避免配制过程中摇匀时漏液，故正确；容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不可以用来加热，故错误；容量瓶只能用于配制溶液，不能用容量瓶贮存配制好的溶液，配制的溶液应该转移到试剂瓶中，故正确；配制250mL的溶液配制选用250mL人咯，不能用500mL容量瓶配制250mL溶液，故错误；故选B24在MgCl2、AlCl3的混合溶液中加入足量的氨水，下列选项各图中能正确表示加入氨水的量（x）与生成沉淀的量（y）的关系的是（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】MgCl2和AlCl3混合溶液中足量的氨水，开
36、始生成Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀，沉淀达最大值，继续滴加足量的氨水，Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀都不与氨水反应，Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀均不溶解；【解答】解：MgCl2和AlCl3混合溶液中足量的氨水，发生AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl、MgCl2+2NH3H2O=Mg（OH）2+2NH4Cl，生成Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀，沉淀达最大值，继续足量的氨水，Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀都不与氨水反应，沉淀量不变，故图象D符合，故答案为：D；25实验室用Na2SO3还原MnO4，如果还原含有2.4103 mol MnO4的溶液时，消耗
37、30mL0.2molL1的Na2SO3溶液，则Mn元素在还原产物中化合价为（）A+1B+2C+4D+5【考点】氧化还原反应的计算【分析】n（Na2SO3）=0.03L0.2mol/L=0.006mol，n（MnO4）=2.4103 mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等，以此解答【解答】解：n（Na2SO3）=0.03L0.2mol/L=0.006mol，SO32被氧化生成SO42，失去电子0.006mol（64）=0.012mol，n（MnO4）=2.4103 mol，应得到0.012mol电子，设Mn还原后的化合价为x，则2.4103 mol（7
38、x）=0.012mol，x=2，故选B二、填空题（共27分）26SO2+2H2S=3S+2H2O 中，氧化剂是SO2，还原剂是H2S，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2【考点】氧化还原反应【分析】SO2+2H2S=3S+2H2O中，S元素的化合价由+4价降低为0，S元素的化合价由2价升高为0，以此来解答【解答】解：SO2+2H2S=3S+2H2O中，S元素的化合价由+4价降低为0，S元素的化合价由2价升高为0，则氧化剂为SO2，还原剂为H2S，由反应可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：SO2；H2S；1：227用合适的试剂把下列物质中含有少量杂质（括号中为杂质）除去，写岀选用试剂
39、和有关反应的离子反应方程式：BaCl2（HCl）试剂BaCO3，离子方程式BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2CO2（HCl） 试剂NaHCO3，离子方程式HCO3+H+H2O+CO2【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡；HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，以此来解答【解答】解：除杂不能引入新的杂质，故可选用BaCO3除去HCl，离子方程式为BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2，故答案为：BaCO3；BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2；HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则除杂试剂为NaHCO3，离子方程式为HCO3+H+H2
40、O+CO2，故答案为：NaHCO3；HCO3+H+H2O+CO228相同质量的O2和O3，它们的物质的量之比是3：2，所含氧原子个数比为1：1，在同温同压下体积比是3：2【考点】物质的量的相关计算【分析】设质量均为m，由n=、V=nVm及分子构成计算【解答】解：相同质量的O2和O3，它们的物质的量之比是： =3：2，所含氧原子个数比为32：23=1：1，在同温同压下体积比等于物质的量比，均为3：2，故答案为：3：2；1：1；3：229在呼吸面具中，Na202起反应的化学方程式为2Na202+2CO2=2Na2CO3+022Na202+2H20=4NaOH+02【考点】钠的重要化合物【分析】根据
41、过氧化钠的性质：能与二氧化碳、水反应，生成氧气【解答】解：二氧化碳能与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为：2Na202+2CO2=2Na2CO3+02，水能与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式为：2Na202+2H20=4NaOH+02；故答案为：2Na202+2CO2=2Na2CO3+02；2Na202+2H20=4NaOH+0230盛装NaOH溶液的试剂瓶不能（填“能”或“不能”）用玻璃塞，写出发生反应的化学方程式2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O【考点】硅和二氧化硅【分析】玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物和碱溶液反应生成硅酸钠是矿物胶，据此分析【解答
42、】解：玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物和碱溶液反应生成硅酸钠是矿物胶，盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，因为残留的氢氧化钠溶液和玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠UI把瓶口和瓶塞粘结，使用时打不开，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，故答案为：不能；2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；31A、B、C、D四种物质都含有一种共同元素，A是常见的金属，在潮湿的空气中易生锈；C的溶液呈黄色，A、B、C、D有如图转化关系请回答下列问题：（1）A是Fe，C是FeCl3（2）C的溶液与NaOH溶液混合后的现象是有红褐色沉淀生成（3）反应的离子反应方程式Fe+2H
43、Cl=FeCl2+H2，反应类型是置换反应（选填：化合、分解、置换、复分解）（4）A在潮湿的空气中易生锈，其锈的主要成份是Fe2O3，该锈的成份能与盐酸反应，反应的化学方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O【考点】无机物的推断【分析】A是常见的金属，C的溶液呈现黄色，且C与KSCN溶液混合溶液为血红色，则C含有Fe3+，由元素守恒可知，A为Fe，结合转化关系可知，C为FeCl3，B为FeCl2，（1）上述分析可知A为铁，C为氯化铁；（2）氯化铁溶液和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；（3）反应是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气的置换反应；（4）Fe在潮湿的空气中易生锈，是因为杂质
44、C和铁哎潮湿空气中发生电化腐蚀，生成铁锈成分为Fe2O3，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水【解答】解：A是常见的金属，C的溶液呈现黄色，且C与KSCN溶液混合溶液为血红色，则C含有Fe3+，由元素守恒可知，A为Fe，结合转化关系可知，C为FeCl3，B为FeCl2，（1）由上述分析可知，A为Fe，C为FeCl3，故答案为：Fe；FeCl3；（2）C为FeCl3，与NaOH溶液反应为FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3+3NaCl，有红褐色沉淀生成，故答案为：有红褐色沉淀生成；（3）反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2，为置换反应，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2，置换；（4）Fe在
45、潮湿的空气中易生锈，是因为杂质C和铁哎潮湿空气中发生电化腐蚀，生成铁锈成分为Fe2O3，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，故答案为：Fe2O3，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O三、实验题32某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置（1）实验室用装置A制备SO2其中仪器的名称是分液漏斗（2）实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O请指出该反应中当有0.4mol电子发生转移时，产生的Cl2的体积为4.48L（标准状况下）（3）
46、反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：品红褪色，D：品红褪色停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：褪色的品红又恢复成红色，D：无明显现象（4）装置C的作用是除去多余的二氧化硫和氯气（5）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象那样请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4【考点】性质实验方案的设计【分析】装置A是制备二氧化硫气体的发生装置，生成的二氧化硫具有漂白性，通入装置B
47、中品红溶液褪色，装置E是制备氯气的发生装置，生成的氯气和水反应所处的次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，通入品红溶液褪色，剩余二氧化硫和氯气被装置C中氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，（1）仪器是添加溶液的分液漏斗；（2）根据化学方程式书写离子方程式，根据化合价的变化和转移的电子数目计算生成氯气标准状况下的体积；（3）SO2的漂白具有可逆性，次氯酸的漂白不可逆；（4）装置C中 氢氧化钠可以吸收剩余的二氧化硫和氯气；（5）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者发生反应Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4【解答】解：（1）实验室用装置A制备SO2其中仪器的名称是分液漏斗，
48、故答案为：分液漏斗；（2）在反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，每有4mol HCl参与反应，被氧化的氯化氢是2mol，生成1molCl2电子转移物质的量2mol，反应中当有0.4mol电子发生转移时，产生的Cl2的物质的量为0.2mol，标准状况下体积=0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48；（3）SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色，反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是品红溶液褪色，故答案为：品红褪色；品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白
49、性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，故答案为：褪色的品红又恢复成红色；无明显现象；（4）装置C中 氢氧化钠可以吸收剩余的二氧化硫和氯气，防止污染气体排放，故答案为：除去多余的二氧化硫和氯气；（5）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不退色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4四、计算题（共1道题，共7分）33纯碱与稀盐酸起反应，在标准状况下生成11.2LCO2气体，计
50、算：（1）反应消耗纯碱的物质的量（2）需要1mol/L的稀盐酸的体积【考点】化学方程式的有关计算【分析】纯碱与稀盐酸起反应，在标准状况下生成11.2LCO2气体，物质的量为： =0.5mol，根据反应方程式：Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，进行计算求解【解答】解：（1）设反应消耗纯碱的物质的量为xmol，则Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2 1mol 2mol 1mol xmol 1mol 0.5mol则：，解之得：x=0.5mol；答：反应消耗纯碱的物质的量为：0.5mol；（2）由（1）可知：氯化氢的物质的量为：1mol，V=1L，答：需要1mol/L的稀盐酸的体积为1L2016年8月27日
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