1、2015-2016学年北大附中河南分校高一（上）第一次月考化学试卷一、选择题1下列说法中，不正确的是（）A研究物质的性质时，常用到观察、实验、分类、比较等方法B制陶、冶金、酿酒等生产过程中，肯定发生了化学反应C1869年俄国化学家门捷列夫提出了原子学说，为近代化学的发展奠定了基础D我国化学家在1965年第一次人工合成了具有生命活性的蛋白质，为世界生命科学的研究和发展作出了贡献2下列离子方程式正确的是（）A澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2OB铁与盐酸的反应Fe+2H+Fe3+H2C铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2+AgD氯化铵溶液与稀氢氧化钠溶液混合NH4+
2、OHNH3H2O3将4.6g金属钠投入到95.6g水中，得到的溶液溶质的质量分数是（）A4.6%B7.6%C8%D10%4用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是（）A溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶中D定容时，眼睛仰视刻度线5下列关于钠的说法中不正确的是（）A金属钠和氧气反应，条件不同，产物则不同B钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠C钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中D当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现6下列
3、说法不正确的是（）A1 mol 氧气中含有12.041023个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 LB1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数C等体积、浓度均为1 molL1的磷酸和盐酸，H3PO4和HCl含有的氢元素质量之比为1：1D等物质的量的干冰和葡萄糖（C6H12O6）中所含碳原子数之比为1：6，氧原子数之比为1：37实验室用下列溶质配制一种混合溶液，已知溶液中c（K+）=c（Cl）=c（Na+）=c（SO），则其溶质可能是（）AKCl、Na2SO4BKCl、Na2SO4、NaClCNaCl、K2SO4DKCl、K2SO4、Na2SO48欲配制480mL 0.1mol/L
4、的CuSO4溶液，现选取500mL容量瓶，以下操作正确的是（）A称取8.00 g硫酸铜，配成500 mL溶液B称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水C称取12.0 g胆矾，配成480 mL溶液D称取12.5 g胆矾，配成480 mL溶液9在体积相同的两个密闭容器中分别充满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BO2比O3质量小C两种气体的分子数目相等D两种气体的氧原子数目相等10对电解质概念的理解正确的是（）A在水溶液中或熔融状态下能导电的物质B凡在水中能生成离子因而能导电的物质C氧化钠溶于水能电离生成钠离子和氢氧根离子，尽管氧化钠是化
5、合物，其水溶液能导电，但溶液中的氢氧根离子并非氧化钠本身电离，因而氧化钠是非电解质D在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子，因而能导电的化合物11今有三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2=2FeCl32KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O若某溶液中有Fe2+和Cl、I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl12在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉
6、和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（）A烧杯中有铜无铁B烧杯中有铁无铜C烧杯中铁铜都有D烧杯中铁铜都无13用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NAB常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为1NA14下列关于胶体的叙述不正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径介于1nm100nm之间B胶体区别于其他分散系的本质特征是光束透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C向豆浆中加入
7、盐卤做豆腐，利用了胶体的聚沉性质D将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色液体，即为Fe（OH）3胶体15将适量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：116把ag铜铁合金粉末投入足量盐酸中，反应完全后过滤向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，过滤，沉淀经洗涤干燥灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为ag，则此合金中铜的质量分数为（）A70%B30%C52.4%D22.2%二、解答题（共5小题，满分52分）17已知：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O一定质量的
8、二氧化锰溶解在100mL过量的浓盐酸中，当反应生成 4.48L 氯气（标况）时，剩余溶液中盐酸的浓度为1mol/L（假设反应前后体积不变）请计算：（1）反应耗用MnO2的质量（2）被氧化的HCl物质的量（3）原浓盐酸的物质的量浓度18（10分）（2015秋河南校级月考）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用请回答下列问题：84消毒液【有效成分】NaClO【规格】1000mL【质量分数】25%【密度】1.19gcm3（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为molL1（小数点后保留一位）（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，
9、稀释后的溶液中c（Na+）= molL1（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液下列说法正确的是（填序号）A如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84gcm3）的浓硫酸配制2 000mL 2.3molL1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为
10、molL1需用浓硫酸的体积为mL19有甲、乙、丙、丁四种液体，它们分别为Fe（OH）3胶体、硅酸胶体、As2S3胶体、NaOH溶液现将有关实验现象记录如下：（1）电泳：甲液体阳极周围的颜色变浅，阴极周围的颜色变深；（2）将一束光通过乙液体，无丁达尔现象；（3）将乙逐滴加入到丙液体中，先出现凝聚，后变澄清；则甲为；乙为；丙为；丁为20（13分）（2015秋河南校级月考）（1）下列物质能导电的是，属于电解质的是（填序号）NaCl晶体 液态SO2 液态醋酸 汞BaSO4固体 纯蔗糖（C12H22O11）氨水熔化的KNO3（2）按要求写出下列方程式：KHSO4熔融状态电离方程式：（3）已知砒霜As2O
11、3与Zn可以发生如下反应：As2O3+6Zn+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3H2O请用双线桥法标出电子转移的方向和数目As2O3在上述反应中显示出来的性质是A氧化性B还原性C酸性D碱性该反应的氧化产物是若生成0.2mol AsH3，则转移的电子数为（4）当溶液中X2O与SO数目之比为1：3时正好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为21（12分）（2012秋龙岗区校级期中）现有失去标签的氯化钙、硝酸银、盐酸、碳酸钠四种无色溶液，为了确定四种溶液各是什么，将它们随意编上A、B、C、D后，产生的现象如下表所示根据实验现象按要求回答：实验顺序实验内容实验现象A+B没有现象发生B+D
12、有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成（1）A、B、C、D溶液中溶质的化学式：A；B；C；D；（2）写出上述实验中的离子方程式；2015-2016学年北大附中河南分校高一（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列说法中，不正确的是（）A研究物质的性质时，常用到观察、实验、分类、比较等方法B制陶、冶金、酿酒等生产过程中，肯定发生了化学反应C1869年俄国化学家门捷列夫提出了原子学说，为近代化学的发展奠定了基础D我国化学家在1965年第一次人工合成了具有生命活性的蛋白质，为世界生命科学的研究和发展作出了贡献考点：化学史；物理变化与化学变化的区别与联系；科学探究方法；原子构成 专
13、题：化学应用分析：A研究物质的性质时，常用到观察、实验、分类、比较等方法；B化学变化的特征是：在原子核不变的情况下，有新物质生成判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成；C1869年俄国的科学家门捷列夫发现了元素周期律，并首次编制了元素周期表，使化学学习和研究变得有规律可循；D我国化学家在1965年第一次人工合成了具有生命活性的蛋白质解答：解：A研究物质的性质时，常用到观察、实验、分类、比较等方法，故A正确； B陶、冶金、酿酒等生产过程中有新物质生成，发生了化学反应，故B正确；C道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说，为近代化学的发展奠定了基础，故C错误；D我国化学家在1965年第一
14、次人工合成了具有生命活性的蛋白质，故D正确故选C点评：本题主要考查了研究物质的方法，物理变化与化学变化的区别，化学史，难度不大，平时注意知识的积累2下列离子方程式正确的是（）A澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2OB铁与盐酸的反应Fe+2H+Fe3+H2C铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2+AgD氯化铵溶液与稀氢氧化钠溶液混合NH4+OHNH3H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、澄清石灰水中的氢氧化钙要拆成离子形式；B、铁和盐酸反应生成的是氯化亚铁和氢气；C、活泼金属能置换较不活泼的金属，离子反应遵循电荷守恒；D、铵盐可以和强碱反应生成弱碱
15、一水合氨，加热或浓度大时，可以产生氨气解答：解：A、澄清石灰水跟盐酸发生中和反应，反应的离子方程式为H+OH=H2O，故A错误；B、铁和盐酸反应生成的是氯化亚铁和氢气，即Fe+2H+Fe2+H2，故B错误；C、铜片插入硝酸银溶液中会置换出金属银，即Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C错误；D、铵盐可以和强碱反应生成弱碱一水合氨，即NH4+OHNH3H2O，故D正确故选D点评：本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是现在考试的热点题目，难度不大，注意物质的性质，同时要正确判断反应是否符合实际3将4.6g金属钠投入到95.6g水中，得到的溶液溶质的质量分数是（）A4.6%B7.6%C8%D10%考
16、点：钠的化学性质；溶液中溶质的质量分数及相关计算 专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气的方程式算出反应后溶质氢氧化钠的质量，再算出氢气质量，再计算出溶液质量，根据计算公式再算出所得溶液的质量分数解答：解：设4.6克金属钠与水反应生成氢氧化钠的质量为X，生成氢气质量为Y，2Na+2H2O2NaOH+H246 80 24.6g X Y根据：解得X=8g；Y=0.2g，反应后所得溶液的质量分数：100%=8%故选C点评：通过回答本题知道了有的物质放入水中溶质已经变了，要根据方程式算出溶质质量再进行计算4用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，下列操作会造成所配溶液浓度
17、偏高的是（）A溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶中D定容时，眼睛仰视刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据c=，判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化解答：解：A溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故A选；B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故B不选；C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶，为正确操作
18、，故C不选；D在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故D不选误故选A点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制误差分析，题目难度不大，注意易错点为B、C，注意仰视、俯视对体积读数的影响5下列关于钠的说法中不正确的是（）A金属钠和氧气反应，条件不同，产物则不同B钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠C钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中D当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现考点：钠的化学性质 专题：金属概论与碱元素分析：钠性质活泼，常温下与氧气反应生成氧化钠，加热条件下与氧气反应可生成过氧化钠，钠在空气中最终生成碳酸钠，钠可与水剧烈反应，实验
19、室一般保存在煤油中，以此解答该题解答：解：A常温下钠与氧气反应生成氧化钠，加热条件下与氧气反应可生成过氧化钠，故A正确；B钠放置于空气中发生银白色（钠的真面目）变暗（生成Na2O）变白色固体（生成NaOH）成液（NaOH潮解）结块（吸收CO2成Na2CO310H2O）最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO310H2O、Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O故B正确；C钠的密度比煤油大，且与煤油不反应，可保存在煤油中，故C正确；D钠性质活泼，与硫
20、酸铜溶液反应时先和水反应生成氢氧化钠和氢气，最后生成氢氧化铜沉淀，故D错误故选D点评：本题综合考查钠的性质，为高频考点，侧重于双基的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累6下列说法不正确的是（）A1 mol 氧气中含有12.041023个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 LB1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数C等体积、浓度均为1 molL1的磷酸和盐酸，H3PO4和HCl含有的氢元素质量之比为1：1D等物质的量的干冰和葡萄糖（C6H12O6）中所含碳原子数之比为1：6，氧原子数之比为1：3考点：物质的量与其浓度和气体
21、摩尔体积的综合应用 分析：根据n=cV结合物质的构成计算解答：解：An（O）=2mol，则n（O2）=1mol，体积为22.4L，故A正确；B.1 mol臭氧和1.5 mol氧气都含有3molO原子，数目相同，故B正确；C等体积、浓度均为1 molL1的磷酸和盐酸，H3PO4和HCl的物质的量相等，则含有的氢元素质量之比为3：1，故C错误；D由化学式可知等物质的量的干冰和葡萄糖（C6H12O6）中所含碳原子数之比为1：6，氧原子数之比为1：3，故D正确故选C点评：本题综合考查物质的量的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握物质的构成特点，难度中等7实验室用下列溶质配制
22、一种混合溶液，已知溶液中c（K+）=c（Cl）=c（Na+）=c（SO），则其溶质可能是（）AKCl、Na2SO4BKCl、Na2SO4、NaClCNaCl、K2SO4DKCl、K2SO4、Na2SO4考点：溶液的配制；物质的量浓度的相关计算 分析：明确电解质的强弱及电解质电离方式，及溶液中阳离子带正电荷数等于阴离子带负电荷数，据此解答解答：解：A当KCl、Na2SO4按照物质的量之比为1：1混合溶于水，得到溶液中离子浓度关系为：c（K+）=c（Cl）=c（Na+）=c（SO），故A正确；B若满足c（K+）=c（Cl），则不可能含有氯化钠，只有KCl、Na2SO4、NaCl都存在，则c（K+）
23、c（Cl），故B错误；C硫酸钾电离产生钾离子物质的量为硫酸根离子物质的量2倍，只含有NaCl、K2SO4，c（K+）c（SO），故C错误；D硫酸钠电离产生钠离子物质的量为硫酸根离子物质的量2倍，所以只有Na2SO4，满足c（Na+）=c（SO），再加K2SO4，则c（Na+）2c（SO），故D错误；故选：A点评：本题考查了电解质电离特点及溶液中离子浓度关系，明确物质的构成及电解质电离方式是解题关键，题目难度不大8欲配制480mL 0.1mol/L的CuSO4溶液，现选取500mL容量瓶，以下操作正确的是（）A称取8.00 g硫酸铜，配成500 mL溶液B称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL
24、水C称取12.0 g胆矾，配成480 mL溶液D称取12.5 g胆矾，配成480 mL溶液考点：物质的量浓度的相关计算 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：由于容量瓶的规格没有480mL，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，所以选择500mL容量瓶，配制溶液的体积为500mL，溶液中硫酸铜的物质的量为0.5L0.1mol/L=0.05mol，需要称取硫酸铜的质量为0.05mol160g/mol=8g，如称取胆矾，则质量为0.05mol250g/mol=12.5g，注意溶液的体积不等于溶剂的体积解答：解：由于容量瓶的规格没有480mL，所以选择500mL容量瓶，配制溶液的体积为500mL，液
25、中硫酸铜的物质的量为0.5L0.1mol/L=0.05mol，需要称取硫酸铜的质量为0.05mol160g/mol=8g，如称取胆矾，则质量为0.05mol250g/mol=12.5g，A、称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，溶液的浓度为0.1mol/L，故A正确；B、应称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，故B错误；C、应选择500mL容量瓶，称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，故C错误；D、应选择500mL容量瓶，称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，故D错误；故选：A点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，难度不大，注意一定容积的容量瓶只
26、能配制相应体积的溶液，注意水的体积不等于溶液的体积9在体积相同的两个密闭容器中分别充满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BO2比O3质量小C两种气体的分子数目相等D两种气体的氧原子数目相等考点：阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：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，则AO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（
27、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同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；CO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，故C错误；D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原子数目相等，故D正确故选D点评：本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度不大，本题注意把握两种气体的元素组成特点，结合PV=nRT判断10对电解质概念的理解正确的是（）A在水溶液中或熔融状态下能导电的物质B凡在水中能生成离子因而能导电的物质C氧化钠溶于水能电离生成钠离子和氢氧根离子，尽管氧化钠是化合物，其水溶液能导电，但溶
28、液中的氢氧根离子并非氧化钠本身电离，因而氧化钠是非电解质D在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子，因而能导电的化合物考点：电解质与非电解质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，且自身能够电离出离子解答：解：A在水溶液中或熔融状态下能导电的物质不一定是电解质，电解质必须是化合物，故A错误；B凡在水中能生成离子因而能导电的物质不一定是电解质，电解质必须是化合物，且自身能够电离出离子，故B错误；C氧化钠在熔融状态下能电离出钠离子和氧离子，熔融状态下能够导电，故氧化钠是电解质，故C错误；D在水溶液里或熔融状态下本身能电离出阳离子和阴离子，因而能
29、导电的化合物是电解质，故D正确，故选D点评：本题考查了电解质的判断，难度不大要注意电解质必须是化合物，且本身能够电离出离子11今有三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2=2FeCl32KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O若某溶液中有Fe2+和Cl、I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：根据反应中元素化合价的变化来判断氧化剂及氧化性的强弱，再利用氧化性的强弱来分析氧化除去I而又不
30、影响Fe2+和Cl解答：解：反应中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3I2，反应中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2FeCl3，反应中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4Cl2，即氧化性强弱为KMnO4Cl2FeCl3，则某溶液中有Fe2+和I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl，选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和Cl氧化，故选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl，且没有引入新的杂质
31、，故选C点评：本题考查学生利用氧化性的强弱来分析除杂问题，明确氧化还原反应中元素化合价的变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性是解答本题的关键12在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（）A烧杯中有铜无铁B烧杯中有铁无铜C烧杯中铁铜都有D烧杯中铁铜都无考点：常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：元素及其化合物分析：Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeC
32、l3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答解答：解：AFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；BFe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B选；C如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；D如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；故选B点评：本题考查铁、铜
33、的性质及活动性顺序，明确金属及离子反应先后顺序是解本题关键，侧重考查学生分析、推断能力，题目难度中等13用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NAB常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为1NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、标况下水不是气态，气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体；B、根据微粒数N=nNA=NA来计算；C、气体摩尔体积22.4L/
34、ml必须使用于标况下的气体；D、根据微粒数N=nNA=cVNA来计算解答：解：A、标况下水不是气态，22.4LH2O含有的分子数N=nNA=NA，气体摩尔体积22.4L/ml不能代入，故A错误；B、根据微粒数N=nNA=NA=2NA=0.02NA，故B正确；C、气体摩尔体积22.4L/ml必须使用于标况下的气体，而不是通常状况下的气体，故C错误；D、根据微粒数N=nNA=cVNA，所以必须知道溶液体积才能计算，故D错误故选B点评：本题考查学生有关阿伏伽德罗常熟的有关计算知识，可以根据所学知识来回答，难度不大14下列关于胶体的叙述不正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径介
35、于1nm100nm之间B胶体区别于其他分散系的本质特征是光束透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C向豆浆中加入盐卤做豆腐，利用了胶体的聚沉性质D将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色液体，即为Fe（OH）3胶体考点：胶体的重要性质 分析：A胶体的分散质微粒直径大小是胶体区别于其它分散系的本质特征所在； B胶体区别于其他分散系最本质的特征是胶体是分散质粒子直径的大小；C胶体遇电解质发生聚沉；D向沸水中滴加FeCl3溶液并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即可制得Fe（OH）3胶体解答：解：A胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于
36、胶体，故A正确； B胶体区别于其他分散系最本质的特征是胶体是分散质粒子直径1nm100nm之间，故B错误；C豆浆是一种胶体，盐卤是可溶性电解质，向豆浆中加入盐卤使胶体聚沉，故C正确；D向沸水中滴加FeCl3溶液并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即可制得Fe（OH）3胶体，故D正确故选B点评：本题考查胶体的特性以及溶液和胶体的本质区别，熟悉胶体的性质是解答的关键，题目较简单15将适量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：1考点：铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：元素及其化合物分析：
37、铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案解答：解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2 3 n 1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为1.5n，所以未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比=1.5n：n=3：2故选B点评：本题是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式解答问题的能力，难度不大16把ag铜铁合金粉末投
38、入足量盐酸中，反应完全后过滤向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，过滤，沉淀经洗涤干燥灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为ag，则此合金中铜的质量分数为（）A70%B30%C52.4%D22.2%考点：有关混合物反应的计算 分析：把ag铜铁合金粉末投入足量盐酸中，反应完全后过滤，向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，沉淀为氢氧化铁，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中Cu的质量，据此计算出合金中铜的质量分数解答：解：由铁铜合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁Fe2O3，即：agFe、Cuag F
39、e2O3，合金中Cu的质量等于氧化铁中O元素的质量，则合金中Cu的质量分数等于氧化铁中O的质量分数，原合金中Cu的质量分数为：100%=30%，故选B点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生的反应找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力二、解答题（共5小题，满分52分）17已知：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O一定质量的二氧化锰溶解在100mL过量的浓盐酸中，当反应生成 4.48L 氯气（标况）时，剩余溶液中盐酸的浓度为1mol/L（假设反应前后体积不变）请计算：（1）反应耗用MnO2的质量（2）被氧化的HCl物质的量
40、（3）原浓盐酸的物质的量浓度考点：化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算 专题：计算题分析：利用氯气在标况下的体积来计算其物质的量，然后利用化学反应方程式计算MnO2的质量、参加反应的HCl的物质的量，再利用剩余的盐酸进一步计算盐酸的浓度，由方程式可知盐酸有一半被氧化解答：解：氯气的物质的量为=0.2mol，设耗用二氧化锰xmol，参加反应的盐酸ymol，则MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O1 4 1x y 0.2mol、，解得x=0.2mol，y=0.8mol，（1）反应耗用MnO2的质量为0.2mol87g/mol=17.4g，答：反应耗用MnO2的质量为17.4
41、g； （2）被氧化的HCl物质的量为0.8mol=0.4mol，答：被氧化的HCl物质的量为0.4mol；（3）原溶液中HCl的物质的量为0.8mol+0.1L1mol/L=0.9mol，原浓盐酸的物质的量浓度为c（HCl）=9mol/L，答：原浓盐酸的物质的量浓度为9mol/L点评：本题考查学生利用化学反应方程式的计算，难度不大，明确氯气的物质的量代入化学反应方程式来计算是解答的关键18（10分）（2015秋河南校级月考）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用请回答下列问题：84消毒液【有效成分】NaClO【规格】1000mL【质量分数】
42、25%【密度】1.19gcm3（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0molL1（小数点后保留一位）（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）=0.04 molL1（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液下列说法正确的是C（填序号）A如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能
43、力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84gcm3）的浓硫酸配制2 000mL 2.3molL1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为4.6molL1需用浓硫酸的体积为250mL考点：溶液的配制 分析：（1）依据C=计算次氯酸钠的物质的量浓度；（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后钠离子的物质的量浓度；（3）根据溶液的配制及c=、m=nM来分析；（4）硫酸为强电解质，完全电离，所以氢离子浓度为硫酸浓度2倍；依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积解答：解：（1）密度1.19gcm3，质量分数为25%
44、的次氯酸钠的物质的量浓度C=4.0 molL1，故答案为：4.0；（2）次氯酸钠为强电解质，完全电离，钠离子的物质的量浓度等于次氯酸钠的物质的量浓度，则稀释后c（NaClO）=4.0 molL1=0.04 molL1，故答案为：0.04；（3）A配制一定物质的量浓度溶液需要用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B容量瓶用蒸馏水洗净后，无需烘干，因为定容时还需要向容量瓶加水，所以不必烘干后再使用，故B错误；C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小
45、，溶液浓度偏低，故C正确；D配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，应选取500 mL的容量瓶进行配制，所以需要NaClO的质量：0.5 L4.0 molL174.5 gmol1=149 g，故D错误；故选：C；（4）c（H2SO4）=2.3molL1，则c（H+）=4.6molL1，故答案为：4.6；98%（密度为1.84gcm3）的浓硫酸物质的浓度为=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得V18.4mol/L=2L2.3mol/L，V=0.25L=250mL，故答案为：250点评：本题考查物质的量浓度的计算以及溶液的配制，明确配制过
46、程是解题关键，注意溶液稀释规律，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目难度不大19有甲、乙、丙、丁四种液体，它们分别为Fe（OH）3胶体、硅酸胶体、As2S3胶体、NaOH溶液现将有关实验现象记录如下：（1）电泳：甲液体阳极周围的颜色变浅，阴极周围的颜色变深；（2）将一束光通过乙液体，无丁达尔现象；（3）将乙逐滴加入到丙液体中，先出现凝聚，后变澄清；则甲为氢氧化铁胶体；乙为氢氧化钠溶液；丙为硅酸溶胶；丁为As2S3胶体考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：（1）甲液体中微粒是带正电荷的；（2）溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应；（3）丙液体也是一种胶体，且能与 NaO
47、H 反应，则丙呈酸性；As2S3胶体不能与氢氧化钠反应解答：解：（1）甲液体中微粒是带正电荷的，即甲为Fe（OH）3胶体；（2）乙无丁达尔效应，则乙为 NaOH 溶液；（3）丙液体也是一种胶体，且能与 NaOH 反应，则丙为硅酸胶体，As2S3胶体不能与氢氧化钠反应，由（3）知，丁应为 As2S3胶体；故答案为：Fe（OH）3胶体；NaOH溶液；硅酸胶体；As2S3胶体点评：本题考查胶体的重要性质，掌握聚沉的方法是解题的关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握20（13分）（2015秋河南校级月考）（1）下列物质能导电的是，属于电解质的是（填序号）NaCl晶体 液态SO2
48、 液态醋酸 汞BaSO4固体 纯蔗糖（C12H22O11）氨水熔化的KNO3（2）按要求写出下列方程式：KHSO4熔融状态电离方程式：KHSO4=K+HSO4（3）已知砒霜As2O3与Zn可以发生如下反应：As2O3+6Zn+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3H2O请用双线桥法标出电子转移的方向和数目As2O3在上述反应中显示出来的性质是AA氧化性B还原性C酸性D碱性该反应的氧化产物是ZnSO4若生成0.2mol AsH3，则转移的电子数为1.2NA（4）当溶液中X2O与SO数目之比为1：3时正好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为+3价考点：电解质溶液的导电性；氧化还原反应；
49、氧化还原反应的计算；电解质与非电解质 分析：（1）据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；根据电解质的定义分析，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；（2）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根离子，根据电离方程式的书写方法来回答；（3）As2O3+6Zn+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3H2O中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，被还原，还原产物为AsH3；Zn元素的化合价升高，Zn元素被氧化，则ZnSO4为氧化产物，以此来解答；（4）SO32离子被氧化生成SO42，S元素化合价由+4价+6价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算X
50、在还原产物中化合价解答：解：（1）汞中含有自由电子，所以能导电，氨水熔化的KNO3含有自由移动的离子，所以能导电，故选，NaCl晶体液态醋酸BaSO4固体熔化的KNO3在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质；故答案为：；（2）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：KHSO4=K+HSO4，故答案为：KHSO4=K+HSO4；（3）As2O3+6Zn+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3H2O中，每个Zn原子失去2个电子，6个Zn失去12个电子，As元素得到12个电子，则双线桥法标出电子转移的方向和数目为，故答案为：；As2O3+6Zn+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3
51、H2O中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，表现氧化性，故答案为：A；As2O3+6Zn+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3H2O中中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，被还原，还原产物为AsH3；Zn元素的化合价升高，Zn元素被氧化，则ZnSO4为氧化产物，故答案为：ZnSO4；As2O3+6Zn+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3H2O中生成2molAsH3转移12mol电子，则生成0.2molAsH3，则转移的电子数为1.2mol电子，即转移的电子数为1.2NA；故答案为：1.2NA；（4）X2O72离子中X的化合价为+6价，SO32离子被氧化生成SO42
52、，S元素化合价由+4价+6价，设X2O72离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失电子数目相等，则有：12（6n）=3（64），解得：n=3，故答案为：+3价点评：本题考查氧化还原反应及计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度中等21（12分）（2012秋龙岗区校级期中）现有失去标签的氯化钙、硝酸银、盐酸、碳酸钠四种无色溶液，为了确定四种溶液各是什么，将它们随意编上A、B、C、D后，产生的现象如下表所示根据实验现象按要求回答：实验顺序实验内容实验现象A+B没有现象发生B+D有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成（1）A、B、C、D溶液
53、中溶质的化学式：ACaCl2；BHCl；CAgNO3；DNa2CO3；（2）写出上述实验中的离子方程式CO32+2 H+CO2+H2O；Ag+ClAgCl考点：无机物的推断 分析：B和D有气体生成，只有碳酸钠和盐酸反应能生成气体，所以B和D是盐酸和碳酸钠，A和C是氯化钙和硝酸银；A和B没有现象发生，二者应是盐酸与氯化钙，所以B是盐酸，A是氯化钙，则D是碳酸钠，C是硝酸银，据此解答解答：解：B和D有气体生成，只有碳酸钠和盐酸反应能生成气体，所以B和D是盐酸和碳酸钠，A和C是氯化钙和硝酸银；A和B没有现象发生，二者应是盐酸与氯化钙，所以B是盐酸，A是氯化钙，则D是碳酸钠，C是硝酸银，（1）由上述分析可知，A为CaCl2，B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为：CaCl2；HCl；AgNO3；Na2CO3；（2）反应是盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水与二氧化碳，反应离子方程式为：CO32+2 H+CO2+H2O；反应是盐酸与硝酸银反应生成氯化银与硝酸，反应离子方程式为：Ag+ClAgCl，故答案为：CO32+2 H+CO2+H2O；Ag+ClAgCl点评：本题考查无机物推断、物质的检验，难度不大，注意根据反应现象进行推断，明确复分解反应的条件
