1、2015-2016学年天津市和平区高一（上）期中化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1某有机物叫苯酚其试剂瓶上有如下标识，其含义是（）A自然物品、易燃B腐蚀性、有毒C爆炸性、腐蚀性D氧化剂、有毒2下列物质属于电解质的是（）NaOH BaSO4 Cu 蔗糖 CO2ABCD3胶体区别于其它分散系的实质是（）A胶体可发生丁达尔效应B胶体粒子能够发生布朗运动C胶体能透过滤纸但不能透过滤纸D胶体粒子直径在1nm100nm之间4下列对于“摩尔”的说法和理解正确的是（）A摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC国际上规定，0.012kg碳原子所含
2、有的碳原子数目为1摩D摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来5下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是（）A在河流入海口处易形成三角州B用石膏或盐卤点制豆腐C尿毒症患者做“血液透析”D在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀6下列各组物质能发生化学反应，且有沉淀生成的是（）A向NaCl溶液中加入KNO3溶液B向澄清石灰水中加入K2CO3溶液C向H2SO4溶液中加入NaOH溶液D向CaCl2溶液中通入CO27能正确表示下列反应的离子方程式是（）A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4B铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2C钠与水的反应：Na+2H
3、2ONa+2OH+H2D向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至恰好沉淀完全：Ba2+H+SO42+OHBaSO4+H2O8下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1molL1的是（）A将40gNaOH溶于1L水所得的溶液B常温常压下，将22.4LHCl气体溶于水配成1L盐酸溶液C将23gNa溶于水并配成1L溶液D含K+为1 molL1的K2SO4溶液9从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O，与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是（）A2NaBr+Cl22NaCl+Br2B2H2S+SO22H2O+3SC2Fe+3Cl2=2FeCl3DAl
4、Cl3+3NaAlO2+6H2O4Al（OH）3+3NaCl10下列实验操作中，溶液里不可能有固体析出的是（）AMgCl2溶液中加入一粒绿豆大小的NaB饱和Ca（OH）2溶液中加入一粒绿豆大小的NaCCuSO4溶液中加入一粒绿豆大小的NaD水中加入一粒绿豆大小的Na11科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物下列说法不正确的是（）A维生素C具有还原性B上述过程中砷元素发生还原反应C上述过程中+5价砷类物质作氧化剂D1 mol+5价砷类物质完全转化为+3价砷，失去2 mol电子12下列各
5、组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式可表示的是（）AKHCO3+HNO3；K2CO3+HNO3BBa（OH）2+HCl；KOH+H2SO4CCuCl2+NaOH；CuSO4+NH3H2ODNaHCO3+H2SO4；Ba（HCO3）2+H2SO413在遇铝粉能产生大量气体的溶液中，可能大量共存的是（）AFe2+、Cl、NO、CH3COOBNa+、Ca2+、Cl、CO32CNa+、SO42、NH4+、HCODNa+、K+、NO、CO3214如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（）A所含原子数相等B气体密度相等C气体质量相等D摩尔质量相等15铝、钠混合物投入足量的
6、水中，充分反应后，得到澄清溶液，并收集到4.48L氢气（标准状况），若钠的物质的量为0.1mol，则铝的物质的量为（）A0.1molB0.2molC0.05molD0.025mol16Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，对此反应说法不正确的是（）ANa2O2在反应中既作氧化剂又作还原剂BO2是氧化产物CNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物D2molFeSO4发生反应时，共有12mol电子转移17下列叙述中正确的是（）A由HgCl2生成Hg2Cl2时，汞元素被还原B
7、铁高温下与水蒸气反应，氧化产物为Fe2O3C阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D非标况下，1mol H2的体积不可能为22.4L18下列有关实验的选项正确的是（）A配制0.10molL1NaOH溶液B除去CO中的CO2C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20mLAABBCCDD19实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）ACl2BCl2OCClO2DCl2O320若NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A1molFe与足量稀盐酸
8、反应时，转移电子的数目为3NAB标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子C3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子D数目为NA的一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7：4二、解答题（共5小题，满分60分）21分类方法是研究物质和化学反应的重要方法（1）对HCl（盐酸）、H2SO4（硫酸）、HNO3（硝酸）、H3PO4（磷酸）、H2S（氢硫酸）进一步分类时有多种分类角度，请你自定标准进行分类分类标准是，与HCl同属一类的是（2）根据物质的树状分类，PH3的物质类别是A磷酸盐 B磷化物 C氢化物（3）氧化钙、氢氧化钙分别与盐酸反应的共同点是，由此可得出氧化钙属于碱性氧
9、化物根据上述信息的启示，N2O5与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是22掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为两套实验装置（1）写出下列仪器的名称：a、b、c；（2）仪器ae中，使用时必须检查是否漏水的有（填字母）（3）若用装置I分离水和酒精的混合物，还缺少的仪器有，将仪器补充完整后进行的实验，温度计水银球的位置在处冷凝水由口通入，口流出（填f或g）（4）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，装置II是某同学转移溶液的示意图图中的错误是除了图中给出的仪器和托盘天平外，为完成实验还需要的仪器有：根据计算得知，所需NaOH的质量为 g配制时，其正确操作顺序是（用字母表示，每
10、个字母只用一次）A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称一定质量的NaOH固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C恢复到室温后的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中（有少量溶液因操作不慎溅出瓶外）D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，仰视使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度23cm处按以上操作步骤得的NaOH溶液的物质的量浓度（填“偏大”、“不变”或“偏小”）23草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，
11、受热脱水、升华，170以上分解回答下列问题：（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物装置C中可观察到的现象是，由此可知草酸晶体分解的产物中有装置B的主要作用是（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、装置H反应管中盛有的物质是能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是24海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是（从下列仪器中选出
12、所需的仪器，用标号字母填写在空白处）；A、烧杯 B、坩埚 C、表面皿 D、泥三角 E、酒精灯 F、干燥器（2）步骤的仪器名称是；（3）步骤的目的是从含碘的苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是；（4）若反应后有Mn2+步骤反应的离子方程式是；（5）步骤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是25有关物质的量的计算是高中化学定量分析的基础：（1）200ml Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，溶液中SO42的物质的量浓度是（2）同温同压下，容器A中HCl与容器B中NH3所含原子数相等，容器A与容器B的体积之比是（3）实验室制取Cl2的化学反应方程之一为：2KMnO4+16HCl（浓
13、）2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2被氧化的盐酸占反应盐酸总量的；当标准状况下有11.2L氯气生成时，该反应的电子转移数为（4）已知下列两个氧化还原反应：O2+4HI2I2+2H2O及Na2S+I22NaI+S，则三种单质的氧化性顺序为（5）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：2015-2016学年天津市和平区高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1某有机物叫苯酚其试剂瓶上有如下标识，其含义是（）A自然物品、易燃B腐蚀性、有毒C爆炸性、腐蚀性D氧化剂、有毒【考点】化学试剂的存放；化学试剂的分
14、类【分析】苯酚是最简单的酚类有机物，是一种弱酸，常温下为一种无色晶体、有毒、有腐蚀性【解答】解：苯酚是有毒的强腐蚀性物质，试剂瓶上应有强腐蚀液体，有毒物质的标识，故选B2下列物质属于电解质的是（）NaOH BaSO4 Cu 蔗糖 CO2ABCD【考点】电解质与非电解质【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质【解答】解：NaOH在水溶液和熔融状态下都能够导电，氢氧化钠属于电解质，故正确；BaSO4，硫酸钡在熔融状态下能够导
15、电，属于电解质，故正确；Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故错误；蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质，故错误；CO2，在水在能够导电，但是导电的离子不是二氧化碳电离的，故二氧化碳为非电解质，故错误；故选A3胶体区别于其它分散系的实质是（）A胶体可发生丁达尔效应B胶体粒子能够发生布朗运动C胶体能透过滤纸但不能透过滤纸D胶体粒子直径在1nm100nm之间【考点】胶体的重要性质【分析】分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小，能通过滤纸的分散系为溶液、胶体；能通过半透膜的分散系是溶液【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（107109m）之
16、间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm故选D4下列对于“摩尔”的说法和理解正确的是（）A摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC国际上规定，0.012kg碳原子所含有的碳原子数目为1摩D摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来【考点】物质的量的单位-摩尔【分析】A物质的量是一种物理量；B物质的量的单位摩尔其符号为mol；C是以12C所含有的碳原子数为标准；D物质的量是把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来的物理量【解答】解：A物质的量是一种物理量，是国际科学界建议采用的一种物理量，摩尔是单位，故A错误；B物质的量的单位摩尔其
17、符号为mol，物质的量的符号为n，故B正确；C是以12C所含有的碳原子数为标准，即0.012kg12C所含有的碳原子数目为1mol，故C错误；D物质的量是把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来的物理量，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故D错误故选B5下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是（）A在河流入海口处易形成三角州B用石膏或盐卤点制豆腐C尿毒症患者做“血液透析”D在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀【考点】胶体的应用【分析】A江河中的泥沙属于胶体分散系；B胶体加入电解质发生聚沉；C血液是胶体；D红褐色沉淀是生成的氢氧化铁，不是胶体【解答】解：A江河中的泥沙属于胶体分散
18、系，江河入海口三角洲的形成与胶体的聚沉性质有关，故A错误； B用石膏或盐卤点制豆腐，利用的是胶体的聚沉，和胶体性质有关，故B错误；C血液是胶体，能发生渗析，与胶体有关，故C错误；D在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀，发生的是复分解反应，与胶体无关，故D正确故选D6下列各组物质能发生化学反应，且有沉淀生成的是（）A向NaCl溶液中加入KNO3溶液B向澄清石灰水中加入K2CO3溶液C向H2SO4溶液中加入NaOH溶液D向CaCl2溶液中通入CO2【考点】离子反应发生的条件【分析】根据复分解反应发生的条件可知，物质溶于水相互交换成分生成水、气体、沉淀，则能发生化学反应，根据题意有沉淀生
19、来结合各选项解答【解答】解：A向NaCl溶液中加入KNO3溶液，无水、气体、沉淀生成，氯化钠和硝酸钾不反应，不符合题意，故A错误；BK2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2KOH，能发生化学反应，且有沉淀生成，符合题意，故B正确；CH2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，能发生化学反应，但无沉淀生成，不符合题意，故C错误；D向CaCl2溶液中通入CO2，无水、气体、沉淀生成，不反应，不符合题意，故D错误；故选B7能正确表示下列反应的离子方程式是（）A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4B铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2C钠与水的反应：Na+2H2ON
20、a+2OH+H2D向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至恰好沉淀完全：Ba2+H+SO42+OHBaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A漏掉铜离子与氢氧根离子的反应；B不符合反应客观事实；C电荷不守恒；D二者反应生成硫酸钡、氢氧化钾和水【解答】解：A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应，离子方程式：Cu2+2OH+Ba2+SO42BaSO4+Cu （OH）2，故A错误；B铁与稀硫酸反应，离子方程式：Fe+2H+Fe2+H2，故B错误；C钠与水的反应，离子方程式：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故C错误；D向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至恰好沉淀完全，离子方程式：Ba2+
21、H+SO42+OHBaSO4+H2O，故D正确；故选：D8下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1molL1的是（）A将40gNaOH溶于1L水所得的溶液B常温常压下，将22.4LHCl气体溶于水配成1L盐酸溶液C将23gNa溶于水并配成1L溶液D含K+为1 molL1的K2SO4溶液【考点】物质的量浓度【分析】A、C=中，体积指溶液体积不是溶剂体积B、根据温度、压强对气体摩尔体积的影响分析判断，标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol；C、将23gNa溶于水并配成1L溶液，溶质为钠和水反应生成的氢氧化钠，物质的量n（Na）=n（NaOH）=1mol，溶液体积为1L，计算浓度分析；D、强电解质溶液中
22、离子浓度=溶质浓度溶质完全电离出的离子数；【解答】A、将40gNaOH溶于1L水所得的溶液，溶质物质的量=1mol，体积指溶液体积不是溶剂体积，溶液体积不是1L，溶液浓度不是1mol/L，故A错误；B、标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，22.4LHCl气体物质的量不是1mol，故B错误；C、将23gNa溶于水并配成1L溶液，溶质为钠和水反应生成的氢氧化钠，物质的量n（Na）=n（NaOH）=1mol，溶液体积为1L，计算浓度=1mol/L，故C正确；D、强电解质溶液中离子浓度=溶质浓度溶质完全电离出的离子数，含K+为1 molL1的K2SO4溶液中溶质浓度为0.5mol/L
23、，故D错误；故选C9从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O，与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是（）A2NaBr+Cl22NaCl+Br2B2H2S+SO22H2O+3SC2Fe+3Cl2=2FeCl3DAlCl3+3NaAlO2+6H2O4Al（OH）3+3NaCl【考点】氧化还原反应【分析】5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O中，Br元素的化合价由1价升高为0，Br元素的化合价由+5价降低为0，为归中反应，以此来解答【解答】解：ABr元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，为不同元素之间的氧化
24、还原反应，故A不选；BS元素的化合价由2价升高为0，S元素的化合价由+4价降低为0，为归中反应，故B选；CFe、Cl元素的化合价变化，为不同元素之间的氧化还原反应，故C不选；D没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故D不选；故选B10下列实验操作中，溶液里不可能有固体析出的是（）AMgCl2溶液中加入一粒绿豆大小的NaB饱和Ca（OH）2溶液中加入一粒绿豆大小的NaCCuSO4溶液中加入一粒绿豆大小的NaD水中加入一粒绿豆大小的Na【考点】钠的化学性质【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，A氢氧化钠和氯化镁发生复分解反应；B溶剂的质量减少，导致溶液成为过饱和溶液；C氢氧化钠和硫酸铜发生复分解
25、反应生成氢氧化铜沉淀；D钠和水反应生成氢氧化钠和氢气【解答】解：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，A氢氧化钠和氯化镁发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B溶剂的质量减少，导致溶液成为过饱和溶液，会析出部分氢氧化钙固体，故B错误；C氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，故C错误；D钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以没有析出固体，故D正确；故选D11科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物下列说法不正确的是（）A维生素C具有还原性B上述过程中砷元素发生还原反应C上述过程中+5价
26、砷类物质作氧化剂D1 mol+5价砷类物质完全转化为+3价砷，失去2 mol电子【考点】氧化还原反应【分析】+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物，As元素化合价由+5价变为+3价，所以+5价砷类物质作氧化剂、维生素C作还原剂，据此分析解答【解答】解：+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物，As元素化合价由+5价变为+3价，所以+5价砷类物质作氧化剂、维生素C作还原剂，A维生素C作还原剂，具有还原性，故A正确；BAs元素化合价由+5价变为+3价，所以As元素得电子发生还原反应，故B正确；C+5价砷类物质得电子作氧化剂，故C正确；D.1 m
27、ol+5价砷类物质完全转化为+3价砷，得到2 mol电子，故D错误；故选D12下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式可表示的是（）AKHCO3+HNO3；K2CO3+HNO3BBa（OH）2+HCl；KOH+H2SO4CCuCl2+NaOH；CuSO4+NH3H2ODNaHCO3+H2SO4；Ba（HCO3）2+H2SO4【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸氢根离子在离子方程式中不能拆开；B两个反应的离子方程式都是氢离子与氢氧根离子反应生成水；C一水合氨为弱碱，一水合氨在离子方程式中不能拆开；D碳酸氢钡与硫酸的反应中还有硫酸钡沉淀生成【解答】解：AKHCO3+HNO3的离子方程
28、式为：HCO3+H+H2O+CO2，K2CO3+HNO3的离子方程式为CO32+2H+H2O+CO2，不能用同一离子方程式可表示，故A错误；BBa（OH）2+HCl和KOH+H2SO4的离子方程式都是OH+H+H2O，满足条件，故B正确；CCuCl2+NaOH的离子方程式为Cu2+2OH=Cu（OH）2，CuSO4+NH3H2O反应的离子方程式为Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+，不能用同一离子方程式可表示，故C错误；DNaHCO3+H2SO4的离子方程式是为：HCO3+H+H2O+CO2，Ba（HCO3）2+H2SO4的离子方程式为：SO42+Ba2+2HCO3+2H+2H2
29、O+2CO2+BaSO4，不能用同一离子方程式可表示，故D错误；故选B13在遇铝粉能产生大量气体的溶液中，可能大量共存的是（）AFe2+、Cl、NO、CH3COOBNa+、Ca2+、Cl、CO32CNa+、SO42、NH4+、HCODNa+、K+、NO、CO32【考点】离子共存问题【分析】铝粉能产生大量气体的溶液，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则大量共存，以此来解答【解答】解：铝粉能产生大量气体的溶液，为酸或碱溶液，A碱溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中不能存在CH3COO，故A错误；BCa2+、CO32结合生成沉淀，酸性溶液中不能存在CO32，故B错误；CHCO3既能
30、与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故C错误；D碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D14如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（）A所含原子数相等B气体密度相等C气体质量相等D摩尔质量相等【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】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都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答【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，A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原
31、子数目相等，故A正确；B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故质量不一定相等，故C错误；D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；故选A15铝、钠混合物投入足量的水中，充分反应后，得到澄清溶液，并收集到4.48L氢气（标准状况），若钠的物质的量为0.1mol，则铝的物质的量为（）A0.1molB0.2molC0.05molD0.025mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据n
32、=计算氢气物质的量，根据电子转移守恒计算Al的物质的量【解答】解：标况下，4.48L氢气物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒：3n（Al）+n（Na）=2n（H2），则：3n（Al）+0.1mol=20.2mol，解得n（Al）=0.1mol，故选：A16Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，对此反应说法不正确的是（）ANa2O2在反应中既作氧化剂又作还原剂BO2是氧化产物CNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物D2molFeSO4发生反应时，共有12mol电子
33、转移【考点】氧化还原反应【分析】反应2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中，只有Fe和O元素化合价发生变化，Fe元素化合价由+2价升高到+6价，Na2O2中O元素化合价为1价，在反应中化合价分别升高到0价和降低到2价，Na2O2在反应中既是氧化剂又是还原剂，Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，以此解答该题【解答】解：ANa2O2中O元素化合价为1价，在反应中化合价分别升高到0价和降低到2价，Na2O2在反应中既是氧化剂又是还原剂，故A正确；BO元素化合价由1价升高到0价，被氧化生成氧化产物，所以O2是氧化产物，故B正确；CFe元素化合价由+3价升高到
34、+6价，O元素化合价为1价，降低到2价，则Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D.2mol FeSO4发生反应时，由Fe元素化合价由+2价升高到+6价，O元素化合价由1价升高到0价可知，反应中共有10mol电子转移，故D错误故选：D17下列叙述中正确的是（）A由HgCl2生成Hg2Cl2时，汞元素被还原B铁高温下与水蒸气反应，氧化产物为Fe2O3C阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D非标况下，1mol H2的体积不可能为22.4L【考点】氧化还原反应【分析】AHg元素化合价由+2价降低到+1价；B铁高温下与水蒸气反应，氧化产物为Fe3O4；C根据化合价判断物质可能具有的性质；D体
35、积由温度和压强共同决定【解答】解：AHg元素化合价由+2价降低到+1价，被还原，故A正确；B铁高温下与水蒸气反应，氧化产物为Fe3O4，故B错误；CFe2+具有还原性，NO3具有强氧化性，故C错误；D如温度比0高，压强比101KPa低，则1mol H2的体积可能为22.4L，故D错误故选A18下列有关实验的选项正确的是（）A配制0.10molL1NaOH溶液B除去CO中的CO2C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20mLAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；真题集萃【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B、
36、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，故选B19实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO
37、4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）ACl2BCl2OCClO2DCl2O3【考点】氧化还原反应的计算【分析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，利用氧化还原反应中电子守恒来分析【解答】解：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2（5x）=1（64），解得x=+4，A、Cl
38、2中，Cl元素的化合价为0，故A错误；B、Cl2O中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，故B错误；C、ClO2中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，故C正确；D、Cl2O3中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，故D错误；故选C20若NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A1molFe与足量稀盐酸反应时，转移电子的数目为3NAB标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子C3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子D数目为NA的一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7：4【考点】阿伏加德罗常
39、数【分析】A、铁与盐酸反应变为+2价；B、氢气和氮气均为双原子分子；C、根据反应后变为+价来分析；D、NA个CO分子的物质的量为1mol，根据m=nM计算质量【解答】解：A、铁与盐酸反应变为+2价，故1mol铁转移2mol电子即2NA个，故A错误；B、标况下22.4L氮气和氢气的混合气体的物质的量为1mol，而氮气和氢气均为双原子分子，故1mol混合气体中含2mol原子即2NA个，故B错误；C、反应后铁元素变为+价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，故C正确；D、NA个CO分子的物质的量为1mol，质量m=nM=1mol28g/mol=28g，0.5mol甲烷的质量m=nM=0.5mol
40、16g/mol=8g，故质量之比为28g：8g=7：2，故D错误故选C二、解答题（共5小题，满分60分）21分类方法是研究物质和化学反应的重要方法（1）对HCl（盐酸）、H2SO4（硫酸）、HNO3（硝酸）、H3PO4（磷酸）、H2S（氢硫酸）进一步分类时有多种分类角度，请你自定标准进行分类分类标准是一元酸，与HCl同属一类的是HNO3（2）根据物质的树状分类，PH3的物质类别是BCA磷酸盐 B磷化物 C氢化物（3）氧化钙、氢氧化钙分别与盐酸反应的共同点是都能生成盐和水，由此可得出氧化钙属于碱性氧化物根据上述信息的启示，N2O5与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是N2O5+2OH=2NO3+H2O
41、【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】（1）依据含有氢原子多少分类；（2）根据PH3中的元素种类来判断物质类别；（3）碱和碱性氧化物与酸反应生成盐和水；酸性氧化物与碱生成盐和水【解答】解：（1）依据含有氢原子可以把HCl归为一元酸，与其相同的是HNO3；故答案为：一元酸；HNO3；（2）根据PH3中含有H元素和磷元素，所以磷化氢可以归为氢化物和磷化物，故答案为：氢化物；磷化物；（3）碱和碱性氧化物与酸反应生成盐和水；酸性氧化物与碱生成盐和水，N2O5与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是N2O5+2OH=2NO3+H2O；故答案为：都能生成盐和水；N2O5+2OH=2NO3+H2O22
42、掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为两套实验装置（1）写出下列仪器的名称：a蒸馏烧瓶、b冷凝管、c容量瓶；（2）仪器ae中，使用时必须检查是否漏水的有c（填字母）（3）若用装置I分离水和酒精的混合物，还缺少的仪器有酒精灯，将仪器补充完整后进行的实验，温度计水银球的位置在蒸馏烧瓶支管口处冷凝水由g口通入，f口流出（填f或g）（4）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，装置II是某同学转移溶液的示意图图中的错误是未用玻璃棒引流除了图中给出的仪器和托盘天平外，为完成实验还需要的仪器有：玻璃棒、胶头滴管根据计算得知，所需NaOH的质量为2.0 g配制时，其正确操作顺序是（
43、用字母表示，每个字母只用一次）BCAFEDA用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称一定质量的NaOH固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C恢复到室温后的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中（有少量溶液因操作不慎溅出瓶外）D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，仰视使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度23cm处按以上操作步骤得的NaOH溶液的物质的量浓度（填“偏大”、“不变”或“偏小”）【考点】溶液的配制；分液和萃取【分析】（1）根据仪器的结构特点判断；（2）有活塞和玻璃塞的仪器使用时必须检查是否漏水
44、；（3）分离四氯化碳和酒精的混合物必须用酒精灯加热，实质是蒸馏过程，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口，冷凝管下口是进水口，上口是出水口；（4）根据配制一定物质的量浓度的溶液的方法和操作来寻找装置中的错误，并判断使用仪器；根据n=CV和m=nM来计算；根据配制一定物质的量浓度的溶液的方法，判断操作步骤；根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高【解答】解：（1）a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，c为容量瓶；故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；容量瓶；（2）容量瓶在使用前要检查是否漏水，蒸馏烧瓶、冷凝管、烧杯、锥形瓶不需要检查是否漏水；故答案为：c；（3）分离四氯
45、化碳和酒精的混合物用蒸馏的方法分离，必须用酒精灯，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口，冷凝管下口是进水口，上口是出水口，故答案为：酒精灯；蒸馏烧瓶支管口；g；f；（4）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；故答案为：未用玻璃棒引流；配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2CM时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶用到的仪器有：分析天平、药匙、烧杯、
46、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故还需：玻璃棒、钥匙、胶头滴管，故答案为：玻璃棒、胶头滴管；由于无450ml容量瓶，故要选用500ml容量瓶，配制出500ml 0.1mol/L的NaOH溶液，所需的NaOH的物质的量n=CV=0.5L0.1mol/L=0.05mol，质量m=nM=0.05mol40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；根据操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作步骤是BCAFED，故答案为：BCAFED；定容时仰视液面会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故答案为：偏小23草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于
47、水草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解回答下列问题：（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物装置C中可观察到的现象是有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊，由此可知草酸晶体分解的产物中有CO2装置B的主要作用是冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、I装置H反应管中盛有的物质是CuO能证明草酸晶体分
48、解产物中有CO的现象是H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合【分析】（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；（2）要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有
49、明显现象发生；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊【解答】解：（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑
50、浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；（2）要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，故答案为：F、D、G、H、D、I；CuO；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊
51、，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊24海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是BDE（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）；A、烧杯 B、坩埚 C、表面皿 D、泥三角 E、酒精灯 F、干燥器（2）步骤的仪器名称是分液漏斗；（3）步骤的目的是从含碘的苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是蒸馏；（4）若反应后有Mn2+步骤反应的离
52、子方程式是2I+MnO2+4H+Mn2+I2+2H2O；（5）步骤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大【考点】海带成分中碘的检验【分析】（1）根据实验操作步骤灼烧来分析用到的实验仪器；（2）步骤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到分液漏斗；（3）步骤的目的是从含碘的苯溶液中分离出单质碘和回收苯，利用沸点的差异用蒸馏的方法；（4）MnO2具有较强的氧化性，在酸性条件下可氧化碘离子；（5）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多；【解答】解：（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚
53、架上，三脚架下面的空间放酒精灯故答案为：BDE；（2）步骤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化，故答案为：2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O；（4）步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏，故答案为：蒸馏；（5）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故答案为：苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大25有关物质的量的计算是高中化学定量分析的基础：（1）200ml Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+56g，
54、溶液中SO42的物质的量浓度是7.5mol/L（2）同温同压下，容器A中HCl与容器B中NH3所含原子数相等，容器A与容器B的体积之比是2：1（3）实验室制取Cl2的化学反应方程之一为：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2被氧化的盐酸占反应盐酸总量的；当标准状况下有11.2L氯气生成时，该反应的电子转移数为NA（4）已知下列两个氧化还原反应：O2+4HI2I2+2H2O及Na2S+I22NaI+S，则三种单质的氧化性顺序为O2I2S（5）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO
55、4+2H2O【考点】阿伏加德罗定律及推论；氧化性、还原性强弱的比较【分析】（1）根据化学式Fe2（SO4）3可知，溶液中n（SO42）=n（Fe3+），根据n=计算56gFe3+的物质的量，再根据c=计算溶液中SO42的物质的量浓度；（2）同温同压下，气体的Vm相等，容器A中HCl与容器B中NH3所含原子数相等，则分子数之比为2；1，结合n=计算；（3）2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由1价升高为0，16molHCl中10molHCl作还原剂；（4）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧
56、化性；（5）加入Ba（OH）2溶液至中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，以此书写离子方程式【解答】解：（1）56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42）=n（Fe3+）=1mol=1.5mol，所以溶液中SO42的物质的量浓度=7.5mol/L，故答案为：7.5mol/L；（2）同温同压下，气体的Vm相等，容器A中HCl与容器B中NH3所含原子数相等，则分子数之比为2；1，由n=可知，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，为2：1，故答案为：2：1；（3）反应2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+8H2O+5Cl2中Mn得到电
57、子，Cl失去电子，该反应中转移10e，由方程式可知，当有16molHCl参加反应时，有10mol被氧化，则被氧化的盐酸占反应盐酸总量的，当标准状况下有5mol氯气生成时，该反应的电子转移数为10NA，当标准状况下有0.5mol即11.2L氯气生成时，该反应的电子转移数为NA故答案为：； NA；（4）反应Na2S+I2=2NaI+S中，氧化剂是碘单质，氧化产物是S，所以氧化性I2S，反应O2+4HI2I2+2H2O 中，氧化剂是氧气，氧化产物是I2，所以氧化性O2I2，所以氧化性顺序是：O2I2S故答案为：O2I2S；（5）NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离当反应后溶液呈中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，那么离子反应方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O；故答案为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O2016年5月21日