1、安徽省合肥市肥东一中2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列有关实验操作错误的是（）A用药匙取用粉末状或颗粒状固体B用胶头滴管滴加少量液体C倾倒液体时试剂瓶标签面向手心D给盛有体积液体的试管加热2（3分）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是（）A胶粒直径小于1nmB胶粒作布朗运动C胶粒带正电荷D胶粒不能通过半透膜3（3分）下列有关电解质叙述正确的是（）A熔融状态下能导电的物质是电解质BBaSO4虽然难溶，但是强电解质CNH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质D弱电解质溶液的导电性比强电解质溶液弱4（3分）
2、对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，可能有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加硝酸银溶液产生白色沉淀，一定有ClD加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+5（3分）下列说法正确的是（）A任何状态下，1molCO2和18克水所含的分子数和原子数都相等B22.4L的任何气体的物质的量为1molC非标准状况下，1mol任何气体的体积必定不是22.4LD标准状况下，1molSO3的体积是22.4L6（3分）NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是（）A1molNH3中含有6.
3、021024个电子B1mol水中含有2mol氢和1mol氧C1molOH中含有8mol中子D2.3g钠由原子变成离子时，失去的电子数为0.1NA7（3分）下列两种气体的分子数一定相等的是（）A等温等体积的O2和N2B等压等体积的N2和CO2C质量相等、密度不等的N2和C2H4D体积相等、密度不等的CO和C2H48（3分）容量瓶是用来配制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 酸式或碱式这六项中的（）ABCD9（3分）如果a g某气体中含有该气体的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是（各选项中NA为阿伏加德罗常数）（）ABCD10（3分）反应3NO2+H2
4、O=2HNO3+NO中，当有4mol电子发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比是（）A1：1B1：2C2：1D3：111（3分）同温同体积同质量的CO2、CO、H2、O2的压强，按从大到小的顺序排列正确的是（）AH2O2COCO2BH2COO2CO2CCO2O2COH2DCO2H2O2CO12（3分）在含有硝酸铜、硝酸镁、硝酸银的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是（）AMgBCuCAgDH213（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A澄清石灰水与盐酸混合Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2OB氢氧化铁与盐酸反应H+OH=H2OC氯化钡溶液与稀硫酸混合Ba2+SO42=BaSO4
5、D铝与硝酸汞溶液反应Al+Hg2+=Al3+Hg14（3分）下列各组离子能大量共存于同一溶液中，且加入适量NaOH溶液或少量稀硫酸时，都能产生白色沉淀的是（）ACu2+、Ba2+、NO3、ClBMg2+、Na+、CO32、SO42CBa2+、Mg2+、NO3、ClDFe3+、Ba2+、NO3、SO4215（3分）质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c则溶质的分子量（相对分子质量）为（）ABCD16（3分）在100g浓度为18mol/L、密度为（g/cm3）的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9mol/L的
6、硫酸，如果水的密度为1g/cm3则加入水的体积（）A小于100mLB等于100mLC大于100mLD不能确定17（3分）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44L，质量为20g此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比为（）A4：3B3：4C2：1D1：218（3分）300ml 0.01mol/L的FeCl3溶液与200mL 0.06mol/L的KCl溶液中，所含Cl的物质的量浓度之比为（）A1：1B1：2C1：3D3：2二、填空题（本题包括4小题，共35分）19（5分）（1）6.021024个分子的物质的量是（2）3molH2O中含molH和molO，含有个H2O分子（3）molC
7、O2中含有氧原子数与1.8061024个H2O分子含有的氧原子数相同20（10分）氢氧化铁胶体的制备步骤如下：（1）用烧杯取少量蒸馏水，放在酒精灯上加热至沸腾；（2）向烧杯中逐滴加入饱和FeCl3溶液；（3）继续煮沸至液体是透明的红褐色，即得Fe（OH）3胶体问题：写出制备Fe（OH）3胶体的化学方程式如何确定你制备的胶体是否成功？若向Fe（OH）3胶体中滴加（NH4）2SO4溶液可能会出现的现象：，原因：某同学在活动过程中，边滴加溶液边用玻璃棒搅拌，结果没有制备出胶体，请你帮他分析其中的原因：21（4分）写出下列离子方程式：（1）向澄清石灰水中加入过量的NaHCO3溶液（2）向NaHCO3溶
8、液中加入过量的澄清石灰水22（16分）现用98%的浓硫酸（=1.84g/cm3）配制浓度为0.5mol/L的稀硫酸500ml（1）选用的主要仪器有：（2）请将下列操作按正确的顺序把序号填在横线上A用量筒量取浓硫酸 B反复颠倒摇匀C用胶头滴管加水至刻度 D洗涤所用仪器E稀释浓硫酸 F将溶液转入容量瓶其操作的正确顺序为（3）简要回答下列问题：所需浓H2SO4的体积为mL如果实验室有15mL，20mL，25mL的量筒，选用mL的量筒最好量取时发现量筒不干净，用水洗涤后直接量取将使实验最终结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）将浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，不断搅拌的目的是若搅拌过程中
9、有液体飞溅，会使最终结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）在转入容量瓶前烧杯中液体应，否则会使浓度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；洗涤烧杯23次，洗液也要转入容量瓶，否则会使浓度；定容时俯视会使结果，仰视会使结果三、计算题（选做：共11分）23（11分）根据反应 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 回答下列问题：（1）氧化剂是，还原剂（2）氧化剂与氧化产物的质量比（3）当有68g NH3参加反应时，计算被氧化的物质的质量24已知：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2（1）标出该反应中电子转移的方向和数目（2）指出该反应中，氧化剂是，还原剂是（3）若有2mol电子发生转移，在标准
10、状况下，计算生成CO2的体积安徽省合肥市肥东一中2014-2015学年高一上学期期中化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列有关实验操作错误的是（）A用药匙取用粉末状或颗粒状固体B用胶头滴管滴加少量液体C倾倒液体时试剂瓶标签面向手心D给盛有体积液体的试管加热考点：药品的取用；直接加热的仪器及使用方法 分析：A一般使用药匙从广口瓶中取用固体药品；B滴加少量液体使用胶头滴管；C倾倒液体时应防止标签被污染；D给试管加热时，试管中的液体不能超过容积的解答：解：A取用固体粉末状药品使用药匙，故A正确；B滴加少量液体选用胶头滴管，
11、故B正确；C倾倒液体时为防止标签被污染，试剂瓶标签向手心，故C正确；D试管中液体药品的体积不要超过试管容积的三分之一，以防在加热过程中或液体沸腾时有液体药品从试管中逸出，故D错误；故选D点评：本题考查化学实验基本操作，明确操作的规范和操作要点是解答的关键，并注意实验安全来分析，难度不大2（3分）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是（）A胶粒直径小于1nmB胶粒作布朗运动C胶粒带正电荷D胶粒不能通过半透膜考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：本题根据胶体中分散质的微粒大小为1100nm，胶粒不能透过半透膜，胶粒时刻在不停的无规则运动，氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的
12、，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在等知识点来解题解答：解：A胶体中分散质的微粒大小为1100nm，故A错误；B胶体中的粒子无时无刻不在做无规则运动，但不是胶体稳定存在的主要原因，故B错误；C胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故C正确；D胶粒不能透过半透膜，故D错误；故选C点评：本题考查了胶体的一些性质，如布朗运动，分散质的微粒大小为1100nm，胶粒不能透过半透膜，胶体稳定存在原因带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，不形成沉淀等知识点3（3分）下列有关电解质叙述正确的是（）A熔融状态
13、下能导电的物质是电解质BBaSO4虽然难溶，但是强电解质CNH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质D弱电解质溶液的导电性比强电解质溶液弱考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念 分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质必须首先是化合物，完全电离的属于强电解质，部分电离的属于弱电解质解答：解：A、金属熔融状态下能导电，但金属是单键，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、硫酸钡是盐，属于强电解质，电解质强弱与溶解度无关，故B正确；C、氨气属于非电解质，其导电的原因是一水合氨导电，故C错误；D、溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，与电解质强弱无关，故D错误，故选B点评：本
14、题主要考查的是电解质与非电解质的概念、溶液导电性强弱的原因，难度不大4（3分）对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，可能有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加硝酸银溶液产生白色沉淀，一定有ClD加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+考点：常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；C、银离子能与氯离子、硫酸根、碳酸根等产生白色沉淀；D、碳酸钠能与
15、含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀解答：解：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，可能有CO32，故A正确；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有SO42，故B错误；C、银离子能与硫酸根、碳酸根、氯离子等生成白色沉淀，不一定有Cl，故C错误；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，不一定有Ba2+，故D错误；故选A点评：本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行解答5（3分）下
16、列说法正确的是（）A任何状态下，1molCO2和18克水所含的分子数和原子数都相等B22.4L的任何气体的物质的量为1molC非标准状况下，1mol任何气体的体积必定不是22.4LD标准状况下，1molSO3的体积是22.4L考点：气体摩尔体积；物质的量的相关计算 分析：A、1molCO2中含3mol原子，根据水的质量求出水的物质的量，然后根据1mol水中含3mol原子来分析；B、气体所处的状态不明确；C、标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，当气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定是标况；D、标况下，三氧化硫为固态解答：解：A、任何状态下，1molCO2中均含NA个分子，且1mo
17、l二氧化碳中含含3mol原子，即3NA个原子；18g水的物质的量为1mol，故为NA个分子，而1mol水中含3mol原子，即3NA个，故A正确；B、气体所处的状态不明确，不一定是标况，故气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，故B错误；C、标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，当气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定是标况，故在非标况下，气体摩尔体积也可能是22.4L/mol，即1mol气体的体积可能是22.4L，故C错误；D、标况下，三氧化硫为固态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误故选A点评：本题考查了气体摩尔体积的数值和
18、有关计算，应注意的是标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，当气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定是标况6（3分）NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是（）A1molNH3中含有6.021024个电子B1mol水中含有2mol氢和1mol氧C1molOH中含有8mol中子D2.3g钠由原子变成离子时，失去的电子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、氨气为10电子微粒；B、指代不明；C、氢原子中无中子；D、求出钠的物质的量，然后根据1mol钠变为钠离子时失去1mol电子来分析解答：解：A、氨气为10电子微粒，故1mol氨气含10mol电子，即6.021024个电子，故A正确
19、；B、指代不明，正确的说法为1mol水中含2mol氢原子和1mol氧原子，故B错误；C、氢原子中无中子，只有氧原子中有8个中子，故1molOH中含8mol中子，故C正确；D、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而1mol钠变为钠离子时失去1mol电子，故0.1mol钠失去0.1mol电子，即0.1NA个，故D正确故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7（3分）下列两种气体的分子数一定相等的是（）A等温等体积的O2和N2B等压等体积的N2和CO2C质量相等、密度不等的N2和C2H4D体积相等、密度不等的CO和C2H4考点：阿伏加德罗定律
20、及推论 分析：两种气体的分子数一定相等，根据N=nNA可知，二者物质的量相等，A根据PV=nRT，可知温等体积下压强影响气体物质的量；B根据PV=nRT，可知等压等体积下温度影响气体物质的量；CN2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，根据物质的量n=进行判断；D根据m=V、n=进行计算解答：解：两种气体的分子数一定相等，根据N=nNA可知，二者物质的量相等，A根据PV=nRT可知，等温等体积下影响气体物质的量的因素为压强，二者压强不一定相等，故含有分子数目不一定相等，故A错误；B根据PV=nRT可知，等压等体积下影响气体物质的量的因素为温度，二者温度不一定相等，故含有分子数目不一定相等，故
21、B错误；CN2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量相等，故C正确；D等体积、不同密度的CO和C2H4，根据m=V可知二者质量不相等，但二者摩尔质量相等，再根据n=可知物质的量不等，含有分子数目不相等，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，为高频考点，题目难度中等，把握pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意气体体积与温度、压强有关8（3分）容量瓶是用来配制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 酸式或碱式这六项中的（）ABCD考点：过滤、分离与注入溶液的仪器 专题：化学
22、实验常用仪器分析：根据容量瓶的使用方法分析，容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量容器，只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器解答：解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量，则正确；容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则正确，与浓度、压强、酸式或碱式无关，所以正确的是，故选D点评：本题考查实验仪器的使用，题目难度不大，本题注意常见化学仪器的使用方法的积累9（3分）如果a g某气体中含有该气体的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是（各选项中NA为阿伏加德罗
23、常数）（）ABCD考点：气体摩尔体积 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：根据n=、N=nNA、V=nVm来计算解答：解：由n=可知，同种的气体的质量与分子数成正比，ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体的分子数为，由N=nNA可知，气体的物质的量为，则在标准状况下占有的体积应为L，故选A点评：本题考查有关以物质的量为中心的计算，明确质量、体积、物质的量、微粒数目之间的关系即可解答题目较简单10（3分）反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，当有4mol电子发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比是（）A1：1B1：2C2：1D3：1考点：氧化还原反应的计算 分析：NO
24、2与水反应方程式3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知被氧化与被还原的物质的物质的量之比为2：1，以此解答解答：解：NO2与水反应产生3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1，
25、故选C点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念，难度中等，理解基本概念，关键根据产物中化合价判断起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比11（3分）同温同体积同质量的CO2、CO、H2、O2的压强，按从大到小的顺序排列正确的是（）AH2O2COCO2BH2COO2CO2CCO2O2COH2DCO2H2O2CO考点：阿伏加德罗定律及推论 分析：相同条件下，气体物质的量与气体的压强成正比，同温同体积同质量的CO2、CO、H2、O2这几种气体，气体的物质的量越大，其压强越大，相同质量时气体的物质的量与摩尔质量成反比，据此分析解答解答：解：相同条件下，气体物质的量与气体的压强成正比，同温同体积同质
26、量的CO2、CO、H2、O2这几种气体，气体的物质的量越大，其压强越大，相同质量时气体的物质的量与摩尔质量成反比，所以这几种气体的压强与摩尔质量成反比，CO2、CO、H2、O2的摩尔质量分别为：44g/mol、28g/mol、2g/mol、32g/mol，所以这几种气体的压强从大到小顺序为：H2COO2CO2，故选B点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度中等，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，正确判断压强与摩尔质量的关系即可解答，注意熟练掌握阿伏伽德罗定律及其推论的内容12（3分）在含有硝酸铜、硝酸镁、硝酸银的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是（）AMgBCuCAgDH2
27、考点：氧化还原反应 分析：已知活泼性顺序MgZnCuAg，金属越活泼，对应的阳离子的氧化性越弱，加入锌粉，应首先置换出氧化性最强的离子解答：解：金属活泼性顺序MgZnCuAg，则氧化性：Ag+Cu2+Zn2+Mg2+，金属越活泼，对应的阳离子的氧化性越弱，则首先置换出Ag，故选C点评：本题考查金属的活动性，题目难度不大，注意把握金属活动性顺序以及常见离子的氧化性强弱即可解答该题13（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A澄清石灰水与盐酸混合Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2OB氢氧化铁与盐酸反应H+OH=H2OC氯化钡溶液与稀硫酸混合Ba2+SO42=BaSO4D铝与硝酸汞溶液反应Al+H
28、g2+=Al3+Hg考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A氢氧化钙应拆成离子形式；B氢氧化铁应保留化学式；C氯化钡溶液与稀硫酸混合，反应生成盐酸与硫酸钡沉淀；D电荷不守恒解答：解：A澄清石灰水与盐酸混合，反应离子方程式：H+OH=H2O，故A错误；B氢氧化铁与盐酸反应，反应离子方程式：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O，故B错误；C氯化钡溶液与稀硫酸混合，离子方程式：Ba2+SO42=BaSO4，故C正确；D铝与硝酸汞溶液反应，离子方程式：2Al+3Hg2+=2Al3+3Hg，故D错误；故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，明确物质拆分原则、电荷守恒规律、原子个数守恒规律
29、即可解答，题目难度不大14（3分）下列各组离子能大量共存于同一溶液中，且加入适量NaOH溶液或少量稀硫酸时，都能产生白色沉淀的是（）ACu2+、Ba2+、NO3、ClBMg2+、Na+、CO32、SO42CBa2+、Mg2+、NO3、ClDFe3+、Ba2+、NO3、SO42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，不能相互促进水解，则离子能大量共存，并结合加入过量NaOH溶液或少许稀硫酸时，都能产生白色沉淀来解答解答：解：A加入氢氧化钠，生成氢氧化铜蓝色沉淀，不是白色，故A错误；BMg2+、CO32反应生成沉淀，且加入硫酸不生成沉淀，故B错误；C离子
30、之间不发生任何反应，可大量共存，且Mg2+2OHMg（OH）2，Ba2+SO42BaSO4，Mg（OH）2和BaSO4都是白色沉淀，故C正确；D因发生Ba2+SO42BaSO4而不能大量共存，故D错误故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确复分解反应及习题中的信息是解答本题的关键，注意常见不溶于水的物质的颜色，题目难度不大15（3分）质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c则溶质的分子量（相对分子质量）为（）ABCD考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数
31、及相关计算 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：首先求蒸发掉Pg水后溶质质量分数为：，再根据c=的公式变形计算溶质的相对分子质量解答：解：蒸发掉Pg水后溶质质量分数为：，根据c=可知，溶质的摩尔质量M=g/mol=g/mol所以溶质的相对分子质量为 g/mol故选：C点评：考查物质的量浓度与质量分数的关系、计算等，难度中等，注意公式的灵活运用16（3分）在100g浓度为18mol/L、密度为（g/cm3）的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9mol/L的硫酸，如果水的密度为1g/cm3则加入水的体积（）A小于100mLB等于100mLC大于100mLD不能确定考点：物质的量浓度的相关计算 专题：物质
32、的量浓度和溶解度专题分析：溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数w越大，据此列式计算即可，注意水的密度与硫酸的密度小解答：解：稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，稀释前的质量分数为w1，稀释后的质量分数为w2，则：100gw1=（100g+x）w2，18molL1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9molL1的硫酸，由c=可得：c1=18mol/L=2c2=2，硫酸的浓度越大，密度越大，则12，=22，所以=2，解得：x100g，又水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于100mL，故选A点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度较大，注意掌握物质的量浓度根据及表达
33、式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小17（3分）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44L，质量为20g此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比为（）A4：3B3：4C2：1D1：2考点：物质的量的相关计算 分析：根据n=计算混合气体的物质的量，令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，节主题及关系和质量关系求得x、y，再根据二者物质的量计算出混合气体中C和O两种原子的物质的量之比解答：解：在标准状况下，13.44LCO和CO2组成的混合气体的物质的量为=0.6mol，令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.6，28
34、x+44y=20，解得：x=0.4，y=0.2所以混合气体中C和O两种原子的物质的量之比为（0.4+0.2）：（0.4+20.2）=3：4；故选B点评：本题考查化学计算，难度不大，可以利用题干中的量的关系进行计算18（3分）300ml 0.01mol/L的FeCl3溶液与200mL 0.06mol/L的KCl溶液中，所含Cl的物质的量浓度之比为（）A1：1B1：2C1：3D3：2考点：物质的量浓度 专题：计算题分析：物质的量浓度与溶液的体积无关，先根据溶液中氯离子的物质的量浓度=盐的浓度化学式中氯离子个数，求出各溶液中Cl的物质的量浓度，然后求比值解答：解：300mL 0.01molL1的Fe
35、Cl3溶液中Cl的物质的量浓度为0.01molL13=0.03molL1，200mL 0.06molL1的KCl溶液中Cl的物质的量浓度为0.06molL1，Cl的物质的量浓度之比为0.03：0.06=1：2，故选B点评：本题考查了溶液中氯离子物质的量浓度的计算，溶液中氯离子的物质的量浓度为盐的浓度与化学式中离子个数的积，与溶液的体积无关二、填空题（本题包括4小题，共35分）19（5分）（1）6.021024个分子的物质的量是10mol（2）3molH2O中含6molH和3molO，含有1.8061024个H2O分子（3）0.15molCO2中含有氧原子数与1.8061024个H2O分子含有的
36、氧原子数相同考点：物质的量的相关计算 专题：计算题分析：（1）根据n=计算分子物质的量；（2）1个H2O分子含有2个H原子、1个O原子，含有H原子物质的量为水分子的2倍，氧原子物质的量等于水分子物质的量，根据N=nNA计算水分子数目；（3）根据根据n=计算水分子物质的量，再根据O原子数目相等计算二氧化碳的物质的量解答：解：（1）6.021024个分子的物质的量是=10mol，故答案为：10mol；（2）3molH2O中含H原子为3mol2=6mol、含有O原子为3mol1=3mol，含有H2O分子数目为3mol6.021023mol1=1.8061024，故答案为：6；3；1.8061024；
37、（3）1.8061024个H2O分子的物质的量为=3mol，与之含有相等O原子数目的二氧化碳的物质的量为=0.15mol，故答案为：0.15点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的有关计算，有利于基础知识的巩固20（10分）氢氧化铁胶体的制备步骤如下：（1）用烧杯取少量蒸馏水，放在酒精灯上加热至沸腾；（2）向烧杯中逐滴加入饱和FeCl3溶液；（3）继续煮沸至液体是透明的红褐色，即得Fe（OH）3胶体问题：写出制备Fe（OH）3胶体的化学方程式FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl如何确定你制备的胶体是否成功？丁达尔效应若向Fe（OH）3胶体中滴加（NH
38、4）2SO4溶液可能会出现的现象：生成红褐色沉淀，原因：胶体遇电解质溶液发生聚沉某同学在活动过程中，边滴加溶液边用玻璃棒搅拌，结果没有制备出胶体，请你帮他分析其中的原因：减弱胶粒对电荷的吸附能力，使胶粒容易碰撞结合成更大的颗粒而聚沉考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的重要性质 分析：制备Fe（OH）3胶体是利用了Fe3+在溶液中的水解；根据胶体的独有的性质丁达尔效应来分析；胶体遇到电解质溶液会发生聚沉；搅拌能使胶体聚沉解答：解：制备Fe（OH）3胶体是利用了Fe3+在溶液中结合了水中的OH，生成了Fe（OH）3（胶体）和HCl，化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+
39、3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；胶体区别于其他分散系的特有的性质为丁达尔效应，故要判断胶体是否制备成功，可以用丁达尔效应来判断，故答案为：丁达尔效应；（NH4）2SO4溶液为电解质溶液，而胶体遇到电解质溶液后，胶粒所带的电荷会被中和掉，则导致Fe（OH）3胶体发生聚沉为红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀，胶体遇电解质溶液发生聚沉；搅拌能使胶体聚沉，原因是搅拌能减弱胶粒对电荷的吸附能力，使胶粒容易碰撞结合成更大的颗粒而聚沉，故边滴加溶液边用玻璃棒搅拌，会导致制备胶体失败，故答案为：搅拌能减弱胶粒对电荷的吸附能力，使胶粒容易碰撞结合成更大的颗粒而聚沉点评
40、：本题考查了胶体的性质，应注意的是胶体区别于其他分散系的特有的性质为丁达尔效应，难度不大21（4分）写出下列离子方程式：（1）向澄清石灰水中加入过量的NaHCO3溶液Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O（2）向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：（1）碳酸氢钠过量，氢氧化钙完全反应，碳酸根离子有剩余；（2）氢氧化钙过量，碳酸氢根离子完全转化成碳酸钙沉淀，钙离子有剩余解答：解：（1）向澄清石灰水中加入过量的NaHCO3溶液，反应才碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2+2
41、OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O，故答案为：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+CO32+2H2O；（2）向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化钠、水和碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故答案为：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O；点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确反应物过量情况对生成物的影响为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题培养了学生的分析、理解能力灵活应用基础知识的能力22（16分）现用98%的浓硫酸（=1.84g/cm3）配制浓度为0.5mol/L的稀硫酸500ml（1）
42、选用的主要仪器有：量筒烧杯玻璃棒500mL容量瓶胶头滴管（2）请将下列操作按正确的顺序把序号填在横线上A用量筒量取浓硫酸 B反复颠倒摇匀C用胶头滴管加水至刻度 D洗涤所用仪器E稀释浓硫酸 F将溶液转入容量瓶其操作的正确顺序为AEFDCB（3）简要回答下列问题：所需浓H2SO4的体积为13.6mL如果实验室有15mL，20mL，25mL的量筒，选用15mL的量筒最好量取时发现量筒不干净，用水洗涤后直接量取将使实验最终结果偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）将浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，不断搅拌的目的是使稀释浓硫酸放出的热量迅速散去若搅拌过程中有液体飞溅，会使最终结果偏低（填“
43、偏高”、“偏低”或“无影响”）在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却至室温，否则会使浓度偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；洗涤烧杯23次，洗液也要转入容量瓶，否则会使浓度偏低；定容时俯视会使结果偏高，仰视会使结果偏低考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：实验题分析：（1）根据配制0.5mol/L稀硫酸500mL的步骤选择使用的仪器；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤对各操作进行排序；（3）根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积；根据所需的浓硫酸的体积为13.6mL，根据大而近的原则来选择量筒；量筒洗涤后直接量取浓硫酸，会导致浓硫酸被稀释；浓硫酸稀释过程中放出
44、大量热，通过玻璃棒搅拌可以加速散热过程；有液体溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏低；根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析解答：解：（1）根据配制500mL 0.5mol/L稀硫酸的步骤可知，配制过程中使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制500mL 0.5mol/L稀硫酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：AEFDCB，故答案为：AEFDCB；（3）500mL 0.5mol/L的稀硫酸中含有溶质硫酸的物质的量
45、为：0.5mol/L0.5L=0.25mol，设需要98%浓硫酸（密度1.84g/cm3）的浓硫酸的体积为VL：则=0.25，解得V0.0136L=13.6mL，故答案为：13.6；由于所需的浓硫酸的体积为13.6mL，根据大而近的原则来选择量筒，则所选的量筒的规格应为15mL；量筒洗涤后直接量取浓硫酸，会导致浓硫酸被稀释，则导致所取的浓硫酸中溶质的量偏小，所配制出的溶液的物质的量浓度偏低，故答案为：15，偏低；将浓硫酸沿着烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，需要通过玻璃棒的搅拌使稀释浓硫酸放出的热量迅速散去；若溶液部分溅出，会导致溶质硫酸的物质的量偏低，配制的溶液浓度
46、偏低，故答案为：使稀释浓硫酸放出的热量迅速散去；偏低浓硫酸稀释放热，故在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却至室温，否则定容后溶液体积会偏小，则会使浓度偏高；洗涤烧杯23次，洗液也要转入容量瓶，否则会导致溶质的损失，则导致溶液的浓度浓度偏低；定容时俯视会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，仰视会使溶液体积偏大，则浓度偏小故答案为：冷却至室温；偏高；偏低；偏高；偏低点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度中等，注意掌握配制一定浓度的溶液步骤及误差分析方法，能够根据配制步骤正确选用仪器三、计算题（选做：共11分）23（11分）根据反应 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 回答下列问题：（1）
47、氧化剂是Cl2，还原剂NH3（2）氧化剂与氧化产物的质量比213：28（3）当有68g NH3参加反应时，计算被氧化的物质的质量考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，Cl元素化合价由0价降低到1价，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价由3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂，结合元素化合价的变化和反应的方程式解答该题解答：解：（1）反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，Cl元素化合价由0价降低到1价，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价由3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂，故答案为：Cl2；NH3；（2）由方程式可知，当有3m
48、olCl2参加反应时，有2molNH3被氧化，氧化产物为1molN2，则氧化剂和氧化产物的质量比为371：28=213：28，故答案为：213：28；（3）当有68g NH3参加反应时，n（NH3）=4mol，其中有的氨气被氧化，被氧化的氨气为4mol17g/mol=17g；故：被氧化的物质的质量为17g点评：本题以氯气与氨气反应的性质为载体考查氧化还原反应知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，意把握反应的特点，从元素化合价的角度认识，难度不大24已知：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2（1）标出该反应中电子转移的方向和数目（2）指出该反应中，氧化剂是Fe2O3，还原剂是CO（3）若有2
49、mol电子发生转移，在标准状况下，计算生成CO2的体积考点：氧化还原反应 分析：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中，Fe元素的化合价由+3价降低为0，C元素的化合价由+2价升高为+4价，以此来解答解答：解：（1）Fe元素的化合价由+3价降低为0，C元素的化合价由+2价升高为+4价，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；（2）Fe元素的化合价降低，则Fe元素被还原，Fe2O3为氧化剂，C元素的化合价升高，则CO为还原剂，故答案为：Fe2O3；CO；（3）由反应可知，生成3molCO2转移6mol电子，则有2mol电子发生转移生成1molCO2，其标况下体积为1mol22.4L/mol=22.4L，答：生成CO2的体积为22.4L点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念和转移电子的考查，题目难度不大
