1、江苏省泰州市泰兴一中2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题2分，共40分）1“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，1纳米（nm）=109m，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中，“纳米材料”是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物可能具有的性质是( )A有丁达尔效应B能全部透过半透膜C不能透过滤纸D所得分散系不稳定考点：纳米材料 专题：溶液和胶体专题分析：根据胶体的性质判断解答：解：胶体的微粒直径在1100nm之间，胶体具有的性质为：有丁达尔效应、能透过滤纸但不能透过半透膜、处于介稳状态，故选：
2、A点评：胶体与其它分散系的本质区别是：胶体的微粒直径再1100nm之间2将下列物质按酸、碱、盐分类排列，正确的是( )A硫酸、纯碱、硫酸钙B盐酸、苛性钠、硫酸亚铁C碳酸、乙醇、烧碱D磷酸、熟石灰、生石灰考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 分析：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依据酸、碱、盐的概念判断解答解答：解：A硫酸、纯碱、硫酸钙，依次属于酸、盐、盐，故A不选；B盐酸、苛性钠、硫酸亚铁，依次属于酸、碱、盐，故B选；C碳酸属于酸，烧碱属于碱，乙醇是有机物，故C不选；D磷酸、熟石灰、生石
3、灰，依次属于酸、碱、氧化物，故D不选；故选：B点评：本题考查了物质的分类，熟悉酸碱盐的概念是解题关键，题目比较简单3下列化学用语正确的是( )A氯化钙的化学式：CaClB镁离子结构示意图：C碳酸钠的电离方程式：Na2CO3Na+CO32D氢氧化钡的电离方程式Ba（OH）2Ba2+2OH考点：电离方程式的书写；原子结构示意图 分析：A化学式是元素符号和小数字组成的表示物质组成的式子，氯化钙中钙为+2价，氯为1价；B镁离子为阳离子，为镁原子失去最外层2个电子形成；C电离方程式左右电荷不守恒；D氢氧化钡为二元强碱，完全电离出钡离子和氢氧根离子解答：解：A氯化钙中钙为+2价，氯为1价，化学式为CaCl
4、2，故A错误；B镁原子序数为12的元素，质子数为12，镁离子核外电子数为10，有2个电子层，最外层有8个电子，离子结构示意图为，故B错误；C碳酸钠的电离方程式为：Na2CO32Na+CO32，故C错误；D氢氧化钡为二元强碱，完全电离：Ba（OH）2Ba2+2OH，故D正确；故选D点评：本题考查了化学式、离子结构示意图、电离方程式的表示方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确电离方程式的书写原则4以下是一些常用的危险品消防安全标志，装运氢氧化钠的包装箱应贴的图标是( )ABCD考点：化学试剂的存放；化学试剂的分类 专题：化学实验基本操作分析：根据图标所表示的含义来考虑，并结合
5、氢氧化钠的性质进行分析解答本题解答：解：氢氧化钠是腐蚀品A图为腐蚀品标志，故A正确； B图为剧毒品标志，故B错误；C图为当心火灾易燃物质标志，故C错误；D图为当心爆炸爆炸性物质，故D错误故选A点评：本题考查危险品标志，难度不大，首先要知道各个标签所代表的含义，然后根据氢氧化钠的性质进行分析判断5如表各组混合物的分离方法不正确的是( )ABCD混合物碳酸钙和水食盐和水汽油和植物油碘和CCl4分离方法过滤蒸发分液蒸馏AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析：过滤：分离液体和难溶性的固体的一种方法；蒸发：分离可溶性固体和液体的一种方法；分液：分离互不相溶的两种液体的方法；蒸馏
6、：分离互相溶解但沸点不同的两种液体或将水中难挥发性物质和水；据此解答解答：解：A碳酸钙不溶于水，可用过滤法分离，故A正确；B氯化钠难挥发，水易挥发，可用蒸发法分离，故B正确；C汽油和植物油相互溶解不分层，不能用分液法分离，故C错误；D碘与四氯化碳相互溶解，二者沸点不同，可用蒸馏法分离，故D正确；故选：C点评：本题主要考查物质的分离提纯，注意常用分离提纯方法的原理以及适用对象是解题关键，题目难度不大6气体的体积主要由以下什么因素决定的：气体分子的直径 气体物质的量的多少 气体分子间的平均距离 气体分子的相对分子质量( )ABCD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
7、：气体粒子之间的距离远远大于粒子本身的直径；当粒子数相同时，气体的体积主要决定于气体粒子之间的距离解答：解：气体粒子间距离较大，远大于粒子的直径，所以粒子大小可以忽略不计，决定气体体积的因素主要为构成物质的粒子数和粒子间的距离；相同的温度和压强下，任何气体粒子之间的距离可以看成是相等的，故选C点评：本题考查了影响气体体积的影响因素，难度不大，注意温度和压强影响气体的体积7用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAB标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAC0.5mol/LFe2（SO4）3溶液中，SO42的数目为1.
8、5NAD2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA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、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/molB、标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积C、溶液中离子的数目与离子的浓度、溶液体积有关D、根据n=计算镁的物质的量，镁元素化合价由0价升高为+2价，根据N=nNA计算转移电子数目解答：解：A、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，含有分子数小于0.5NA，故A错误；B、标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体
9、积，故B错误；8gHe的物质的量为=2mol，氦是单原子分子，含有的原子数目为2molNAmol1=2NA，故B错误；C、0.5mol/LFe2（SO4）3溶液中SO42的浓度为1.5mol/L，离子的数目与离子的浓度、溶液体积有关，未告诉溶液体积，无法计算硫酸根离子数目，故C错误；D、2.4g金属镁的物质的量为0.1mol，变为镁离子，镁元素化合价由0价升高为+2价，转移的电子数目为0.1mol2NAmol1=0.2NA，故D正确故选：D点评：考查常用化学计量的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象8下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是( )ASO32SO2BHClCl2CN
10、aNa+DSO2S考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：还原剂具有还原性，需加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，被还原，所含元素化合价应降低，以此解答解答：解：A元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，可加入酸就能实现，故A错误；BCl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B错误；CNa元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故C错误；DS元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大，注意常见物质的性质以及相关基础知识的积
11、累9下列说法正确的是( )A1mol H2的体积为22.4LB阿伏加德罗常数为6.021023CNa+的摩尔质量为23 g/molD摩尔质量等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量考点：物质的量的相关计算 分析：A、气体摩尔体积适用条件是标况下；B、阿伏加德罗常数约为6.021023mol1；C、摩尔质量以g/mol为单位数值上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，电子质量忽略不计；D、摩尔质量的单位为g/mol等，相对原子质量或相对分子质量无单位解答：解：A、标准状况下，1molH2的体积为22.4L，氢气所处状态不一定是标准状况，物质的量一定，影响气体体积的因素由温度、压强，无法判断氢气体
12、积，故A错误；B、阿伏伽德罗常数有单位为mol1，12gC12含有的碳原子数等于阿伏伽德罗常数数值，约为6.021023mol1，故B错误；C、电子质量忽略不计，Na+的摩尔质量等于钠原子的摩尔质量为23g/mol，故C正确；D、摩尔质量以g/mol为单位数值上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，故D错误故选：C点评：本题考查对常用化学计量的理解，难度不大，注意基础知识的掌握10氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示下列化学反应属于阴影部分的是( )A4NH3+5O24NO+6H2OB4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3C2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2DCl2
13、+2NaBr2NaCl+Br2考点：氧化还原反应；化学基本反应类型 专题：氧化还原反应专题分析：由图中阴影位置可知，属于氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应，结合元素的化合价变化及基本反应类型的概念来解答解答：解：AN、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，但生成物没有单质，不属于置换反应，反应物有2种，不属于分解反应，生成物有2种，不属于化合反应，故A选；BFe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为化合反应，故B不选；C没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；DCl、Br元素的化合价变化，为氧化还原反应，但属于置换反应，故D不选；故选A点评：本题考查氧化还原反应，为
14、高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意基本反应类型及氧化还原反应判断方法，题目难度不大11某同学对一无色透明溶液进行分析得出该溶液中含有下列某组离子，你认为该组离子应该是( )AAl3+、NO3、K+、SO42BCa2+、H+、HCO3、Na+COH、CO32、Cu2+、SO42DFe3+、Mg2+、NO3、Cl考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，如离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质或不发生氧化还原反应、互促水解反应等，则可大量共存，结合离子的性质进行判断解答：解：A离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；BH+与
15、HCO3反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B错误；COH、CO32与Cu2+反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；DFe3+有颜色，不符合题目要求，故D错误故选A点评：本题考查离子共存，为2015届高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握离子的性质和反应类型的判断，难度不大12常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2 分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是( )ABCD考点：物质的量的相关计算 专题：计算题分析：相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=进行判断解答：解：相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=知，相同
16、质量时，气体体积与气体摩尔质量成反比，摩尔质量是16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，根据摩尔质量知，甲烷的体积最大，故选D点评：本题考查了气体体积与摩尔质量的关系，灵活运用基本公式来分析解答是解本题关键，熟记基本公式，难度不大13与100mL 0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度相同的是( )A10mL 1mol/L （NH4）2SO4溶液B50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液C10mL 0.2mol/L（NH4）2SO4溶液D200mL 0.1mol/L NH4NO3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：电
17、解质溶液中离子浓度=电解质浓度电解电离出该离子数目，与溶液的体积无关，0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L，据此结合选项计算判断解答：解：0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L，A、10mL 1mol/L （NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为1mol/L2=2mol/L，B、50mL0.2mol/L NH4Cl溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L1=0.2mol/L，C、10mL 0.2mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L2=0.4mol/L，D、200mL 0.1mol/L N
18、H4NO3溶液中NH4+离子浓度为0.1mol/L1=0.1mol/L，故选B点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意电解质离子浓度与电解质浓度的关系14实验室需用2molL1硫酸铜溶液450mL，配制时应选用称取硫酸铜的质量是( )A144.0 g CuSO4B144.0 g CuSO45H2OC225.0 g CuSO45H2OD250.0 g CuSO45H2O考点：物质的量的相关计算 分析：配制450mL的硫酸铜溶液，实验室中没有450mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL 2mol/L的硫酸铜溶液，根据n=cV计算出硫酸铜的物质的量，再根据
19、m=nM计算需要硫酸铜的质量或硫酸铜晶体的质量解答：解：实验室需用2molL1硫酸铜溶液450mL，由于没有规格为450mL的容量瓶，配制时应该选用500mL的容量瓶，实际上配制的溶液为500mL 2mol/L的硫酸铜溶液，则需要硫酸铜的物质的量为：n（CuSO4）=2mol/L0.5L=1mol，需要无水硫酸铜的质量为：m（CuSO4）=160g/mol1mol=160g，需要CuSO45H2O的质量为：m（CuSO45H2O）=250g/mol1mol=250g，故选D点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液配制、容量瓶的选用、物质的量浓度的相关计算，题目难度不大，正确判断容量瓶规格为解答关键
20、15电解质和非电解质是对化合物的一种分类方式下列关于电解质的说法正确的是( )A液态HCl不导电，所以HCl不是电解质BNH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质C电解质一定能导电，能导电的物质一定属于电解质DAgCl在水溶液中难导电，但熔融状态下能导电，所以AgCl是电解质考点：电解质与非电解质 专题：离子反应专题分析：A在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物是电解质，HCl溶于水能导电是电解质；BNH3溶于水形成的溶液能导电，是氨气和水反应生成的一水合氨电离，不是氨气自身电离；C电解质在水溶液中或熔化状态下能导电，能导电的物质不一定属于电解质；DAgCl在水溶液中难溶，难导电，但熔融状
21、态下能导电，所以AgCl是电解质；解答：解：A液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，故A错误；BNH3溶于水形成的溶液能导电，但氨气自身不能电离，故NH3是非电解质，故B错误；C电解质在水溶液中或熔化状态下能导电，在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物一定属于电解质，部分单质、混合物虽在水溶液中或熔化状态下能导电，但不是电解质，故C错误；DAgCl属于盐，虽难溶于水，但溶于水的部分，可以完全电离变成离子，在熔融下能完全电离成离子，能导电，所以AgCl是电解质，故D正确；故选D点评：本题是对基本概念电解质的考查，题目难度不大，平时学习注意概念
22、的辨析、基础知识的积累16为了配制100mL 1molL1的NaOH溶液，其中有下列几个操作：NaOH固体放在纸上进行称量选刚用蒸馏水洗净的100mL容量瓶进行配制NaOH在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2次，洗涤液也均转入容量瓶中使蒸馏水沿玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切其中错误的是( )ABCD考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：NaOH固体易潮解，具有腐蚀性；一定容积的容量瓶只能配制相应体积的溶液；NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中；烧杯上会沾有少量溶质氢氧化钠；为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度
23、线12cm时，改用胶头滴管滴加解答：解：NaOH固体易潮解，具有腐蚀性，应放在烧杯进行称量，故错误；配制100ml溶液，只能选择100mL容量瓶，容量瓶不干燥对所配溶液难度无影响，因最后需加水定容，故正确；NaOH溶于水放热，如果不冷却至室温，立即把溶液转移到容量瓶中配制，溶液固液热胀冷缩性质，冷却后所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故错误；烧杯上会沾有少量溶质氢氧化钠，为尽可能将氢氧化钠移入容量瓶中，应用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒，洗涤液也均转入容量瓶中，故正确；为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故错误故错误故
24、选D点评：本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制方法和注意事项，难度不大，注意易潮解、具有腐蚀性的药品应在玻璃器皿中迅速称量17将5mol/L的Mg（NO3）2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3的物质的量浓度是( )Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L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：根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，即硝酸根浓度为10mol/L，由稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，据此计算解答：解：根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，所以硝酸根浓度为10mol/L令稀释后硝酸根的浓度为
25、c，根据稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，则：10mol/La mL=cbmL，解得，c=mol/L故选：B点评：考查物质的量浓度的计算，难度不大，本题根据稀释定律计算，简化计算，也可根据定义式计算掌握常用物质的量浓度的计算方法18金属钠着火时，能用来灭火的是( )A水B湿抹布C泡沫灭火器D干沙考点：钠的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：金属钠是一种活泼金属，用来灭火的物质和金属钠以及钠燃烧后的产物过氧化钠之间不能反应解答：解：A、金属钠和水之间能反应产生氢气，氢气能燃烧，不能用水灭火，故A错误B、湿抹布中有水，金属钠和水之间能反应产生氢气，氢气能燃烧，不能用水灭火，故B
26、错误C、泡沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃，故C错误；D、沙子不易燃，能将金属钠和空气隔离，起到灭火的作用，故D正确；故选：D点评：熟练掌握燃烧的条件及灭火的原理和各种方法的使用条件，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断19对于反应：TiCl4+4Na4NaCl+Ti，下列说法正确的是( )A该反应说明钠是强还原剂，可用于冶炼金属B该反应条件是TiCl4在熔融状态或水溶液中CTi是氧化产物DTiCl4是还原剂考点：氧化还原反应 分析：TiCl4+4Na4NaCl+Ti中，Ti元素的化合价降低，Na元素的化合价升高，以此来解答解答：解：ANa元素的化合价
27、升高，则钠是强还原剂，可用于冶炼金属Ti，故A正确；B钠能与水反应，所以该反应条件只能是TiCl4在熔融状态下，故B错误；C钠是强还原剂，TiCl4是氧化剂，NaCl是氧化产物，Ti是还原产物，故C错误；DTiCl4是氧化剂，故D错误；故选A点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大20除去下列溶液中的杂质（括号内为杂质），选择试剂不正确的是( )AHNO3（HCl）用AgNO3BNaOH（Ba（OH）2）用Na2SO4CNaCl（Na2SO4）用Ba（NO3）2DKOH（K2CO3）用C
28、a（OH）2考点：物质的分离、提纯和除杂 专题：实验评价题分析：除杂的方法是将杂质以沉淀或气体的形式除去；除杂的原则是所选试剂只与杂质反应，且不混入新杂质解答：解：A、盐酸和硝酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，可以将硝酸中的盐酸出去，故A正确；B、Ba（OH）2可以和Na2SO4反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，可以将氢氧化钠中的氢氧化钡除去，故B正确；C、Na2SO4可以和Ba（NO3）2反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，这样在氯化钠中引入了硝酸钠杂质，故C错误；D、K2CO3可以和Ca（OH）2反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，可以将氢氧化钾中的碳酸钾除去，故D正确故选C点评：在解此类物质的除杂题时，首先分析
29、杂质和物质性质的不同，然后选择适当的试剂和方法，只与杂质反应，不与物质反应，也不会引入新的杂质，除杂时生成物和所用试剂都不能和主要成分的状态相同，以免引入新的杂质二、选择题（每题有12个正确选项，每小题4分，共20分）21已知反应8NH3+3Cl26NH4Cl+N2在常温下就能迅速进行下列叙述错误的是( )A该反应是置换反应B氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2C氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1D被氧化的氨与未被氧化的氨的质量之比为1：3考点：氧化还原反应 分析：反应3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，6NH4Cl为还原产物，N元素化合价
30、升高，被氧化，NH3为还原剂，N2为氧化产物，以此解答解答：解：A该反应为单质和化合物生成另一单质和化合物，所以为置换反应，故A正确；BCl元素化合价降低，则3Cl2为氧化剂，氮元素化合价升高，则2NH3为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故B正确；CCl元素化合价降低，被还原，则6NH4Cl为还原产物，氮元素化合价升高，被氧化，则N2为氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6，故C错误；D由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，6mol未被氧化，所以被氧化的氨与未被氧化的氨的质量之比为1：3，故D正确故选C点评：本题考查氯气的性质，侧重于化学
31、与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大22设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A1 mol NH4+ 所含质子数为10NAB10克氖气所含原子数约为6.021023C标准状况下，22.4 L SO2所含的分子数为NAD常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含氧原子数为2NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A铵根离子中含有11个质子，1mol铵根离子含有11mol质子；B氖气的摩尔质量为20g/mol，为单原子分子；C标况下22.4L二氧化硫的物质的量为1mol；D氧气和臭氧分子中都只含有氧元素，根据n=计算出氧原子的物质的量解答：
32、解：A.1mol铵根离子中含有质子的物质的量为11mol，所含质子数为11NA，故A错误；B.10g氖气的物质的量为=0.5mol，0.5mol氖气分子中含有0.5mol氖原子，所含原子数约为3.011023，故B错误；C标况下22.4L二氧化硫的分子数为=1mol，所含的分子数为NA，故C正确；D常温常压下，32g O2和O3中含有32g氧原子，含有氧原子的物质的量为=2mol，混合气体所含氧原子数为2NA，故D正确；故选CD点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系
33、，B为易错点，注意稀有气体为单原子分子23下列实验操作正确的是( )A把试剂瓶中的Na2CO3溶液倒入到试管中，发现取量过多，为了不浪费，又把多余的试剂倒入原试剂瓶中B分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸，再把氢氧化钠固体放在纸上称D用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液中的水全部加热蒸干考点：药品的取用；计量仪器及使用方法；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取 专题：化学实验基本操作分析：A实验室做实验剩余的药品，也要“三不”：不拿出实验室，不拿随意丢弃，不能放回原瓶； B为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下
34、口放出，上层液体从上口倒出；CNaOH应放在小烧杯中称量；D根据蒸发操作的注意事项分析解答：解：A实验剩余的药品不能放回原瓶，否则会污染药品，故A错误； B为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；CNaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故C错误；D蒸发时待大量晶体析出时，停止加热，利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，故D错误故选B点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意基础实验方法的积累24下列化学反应的离子方程式正确的是( )A用小苏打（NaHCO3）治疗胃酸过多：HCO3+H+CO
35、2+H2OB往FeCl3溶液中加入Cu粉：Fe3+CuFe2+Cu2+C碳酸钠溶液与石灰乳的反应：CO32+Ca2+CaCO3D氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42+H+OHBaSO4+H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、碳酸氢根离子不能拆；B、得失电子不守恒；C、石灰乳是氢氧化钙的浊液，应写成化学式；D、钡离子和氢氧根离子要符合组成之比解答：解：A、碳酸氢根离子不能拆，正确的离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故A正确；B、得失电子不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故B错误；C、石灰乳是氢氧化钙的浊液，应写成化学式，离子方程式中应
36、写成化学式，离子方程式为CO32+Ca（OH）2CaCO3+2OH，故C错误；D、钡离子和氢氧根离子要符合组成之比，正确的离子方程式为Ba2+SO42+2H+2OHBaSO4+2H2O，故D错误；故选A点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析25甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后收集到相同条件下气体体积比为甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为( )A5.4gB3.6gC2.7gD1.6g考点：化学方程式的有关计算 分析：根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液
37、中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不量，碱与金属反应时碱过量来计算解答解答：解：盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则 2Al+6HCl2AlCl3+3H2 6 3 0.3mol x =，解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与
38、碱反应的铝的物质的量为y，则 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 2 3 y 0.3mol=，解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，故选A点评：本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答本题的关键二、非选择题（共40分）26有以下几种物质：干燥的食盐晶体 乙醇 水银 蔗糖 H2SO4 KNO3溶液 氨水 BaSO4 HCl 填空回答（填序号）：（1）以上物质可以导电的是；（2）以上物质中属于电解质的是；（3）以上物质中属于非电解质的是；（4）以上物质中只有在水溶液中
39、才能导电的电解质是考点：电解质与非电解质；电解质溶液的导电性 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；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质物质导电的条件：存在自由电子或者自由移动的离子解答：解：水银是单质 KNO3溶液 和氨水 属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；（1）水银存在自由电子，能够导电，KNO3溶液、氨水存在自由移动的离子，能够导电，故答案为：；（2）干燥的食盐晶体、H2SO4、BaSO4、HCl都属于化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电，所以电解质；故答案为：；（3）乙醇、蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能够导电，属于非电解质，故答案为：；（4
40、）H2SO4、HCl分子只有在水溶液中才能电离，故答案为：点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，题目难度不大，熟悉概念是解题关键，注意电解质和非电解质都是化合物27实验室欲配制250mL 0.2molL1的碳酸钠溶液，回答下列问题：可供选择的仪器：量筒 胶头滴管 托盘天平 药匙 烧瓶 烧杯 玻璃棒（1）通过计算可知，应用托盘天平称取14.3g碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）（2）配制过程需要的仪器（填序号），还缺少的仪器有250mL容量瓶（3）配制时，正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）BCAFED；A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B用托盘天平准确称取所需的
41、Na2CO310H2O晶体的质量，放入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C将已冷却的溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若没有进行A操作偏低；若定容时俯视刻度线偏高考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：（1）根据n=cV计算碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算碳酸钠晶体的质量；（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（3）根据配制步骤是
42、计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（4）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）实验室配制250ml 0.2mol/LNa2CO3溶液，需要Na2CO3的物质的量n=0.25L0.2mol/L=0.05mol，故所需的碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）的物质的量也为0.05mol，质量m=nM=0.05mol286g/mol=14.3g，故答案为：14.3；（2）反应操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到250ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距
43、离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以使用到的仪器为，还需要的仪器为250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序为BCAFED，故答案为：BCAFED；（4）若没有进行A操作，则会造成溶质的损失，所配溶液的浓度偏低；若定容时俯视刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏高故答案为：偏低；偏高点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大28利用海洋资源可以获得很多物质，如从海水得到的食盐水可以用来制取食盐，可以用来电解得到许多化工原料，可以通过蒸馏获得淡水，
44、等等（一）从海水得到的粗食盐水常含Ca2+、Mg2+、SO42，需要分离提纯现有含少量CaCl2、MgSO4的粗食盐水，在除去悬浮物和泥沙之后，要用4种试剂盐酸、Na2CO3、NaOH、BaCl2来除去食盐水中的Ca2+、Mg2+、SO42（1）除去Ca2+、Mg2+过程中发生反应的离子方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2，Ca2+CO32=CaCO3（2）为有效除去Ca2+、Mg2+、SO42，加入试剂的合理顺序为BCA先加NaOH，后加Na2CO3，再加BaCl2B先加NaOH，后加BaCl2，再加Na2CO3C先加BaCl2，后加NaOH，再加Na2CO3（3）判断试剂NaOH已经足量
45、的方法是静置，取上层清液于试管中，继续滴加NaOH溶液，如果不再产生沉淀，则说明NaOH溶液已经足量；（4）现有如图仪器，过滤出沉淀时必须用到E（填字母），仪器F的名称是冷凝管（二）海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，按照实验仪器由下向上，从左到右的顺序，这些仪器依次是CDGF（填字母）（三）海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘，需要上述仪器中的B（填字母），该仪器名称为分液漏斗，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作称为萃取考点：粗盐提纯；实验室制取蒸馏水 分析：（一）（1）除去Mg2+与NaOH反应，除去Ca
46、2+与Na2CO3反应；（2）先加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子，加入氯化钡可以除去硫酸根离子，加入适量的碳酸钠可以除去钙离子和反应剩余的氯化钡，（注意碳酸钠必须加在氯化钡的后面）最后加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠；（3）当NaOH溶液过量时，继续滴加NaOH溶液，无沉淀产生；（4）过滤操作必须用到漏斗、烧杯、玻璃棒等，根据仪器的形状来确定其名称；（二）蒸馏装置需要的仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管等；（三）从碘水中提取碘，需进行萃取分液操作，必须使用的仪器是分液漏斗解答：解：（一）（1）除去Mg2+与NaOH反应，除去Ca2+与Na2CO3反应，发生的离子反应分别为Mg2+2
47、OH=Mg（OH）2、Ca2+CO32=CaCO3，故答案为：Mg2+2OH=Mg（OH）2；Ca2+CO32=CaCO3；（2）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42，应选择试剂顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3（注意碳酸钠必须加在氯化钡的后面），最后加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠，故答案为：BC；（3）当NaOH溶液过量时，取上层清液于试管中，继续滴加NaOH溶液，无沉淀产生，则说明氢氧化钠溶液已过量，故答案为：静置，取上层清液于试管中，继续滴加NaOH溶液，如果不再产生沉淀，则说明NaOH溶液已经足量；（4）过滤操作必须用到漏斗、
48、烧杯、玻璃棒等，即上述仪器必须使用E；F仪器的名称为冷凝管，故答案为：E；冷凝管；（二）蒸馏装置需要的仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管等，按照实验仪器由下向上，从左到右的顺序，这些仪器依次是CDGF，故答案为：CDGF；（三）从碘水中提取碘，需进行萃取分液操作，需要上述仪器中的是B分液漏斗，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作为萃取，故答案为：B；分液漏斗；萃取点评：本题考查海水资源及其综合利用，涉及粗盐提纯、混合物分离、提纯的基本方法选择与应用，为高频考点，把握物质的性质及常见混合物分离提纯方法为解答的关键，注意粗盐提纯中试剂的加入顺序及试剂过量为解答的难点，题目难度不大29实
49、验室里迅速制备少量氯气可利用以下反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O此反应不需要加热，常温下就可以迅速进行，而且对盐酸的浓度要求不高（1）用单线桥法或双线桥法表示出该反应的电子转移情况（2）该反应中，氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，氧化产物是Cl2（均填化学式）（3）当电子转移的数目为6.021023时，生成的氯气在标准状况下的体积为11.2L，被氧化的Cl的个数为6.021023考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：（1）反应中KMnO4中Mn元素获得10电子生成MnCl2，HCl中Cl元素失去10个电子生成Cl2双线桥表示方法为化合
50、价变化的同一元素用直线加箭头从反应物指向生成物，并在上方注明“得”或“失”及转移电子数目；（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，所含元素氧化剂升高的反应物是还原剂，对应产物是氧化产物；（3）反应中氯元素化合价由1价升高为0价，令生成的氯气的物质的量为xmol，根据电子转移列放出计算x的值，并根据方程式分析电子转移的数目解答：解：（1）反应中KMnO4中Mn元素获得10电子生成MnCl2，HCl中Cl元素失去10个电子生成Cl2用双线桥表示出该反应的电子转移情况为：，故答案为：；（2）反应中Mn的化合价由MnO4中+7价降低为Mn2+中+2价，化合价降低，故KMnO4是氧化剂；氯元素的化合价由HCl中1价升高为Cl2中0价，故HCl是还原剂，氯气是氧化产物，故答案为：KMnO4；HCl；Cl2；（3）反应中氯元素化合价由1价升高为0价，令生成的氯气的物质的量为xmol，根据电子转移，则：xmol216.021023mol1=6.021023，解得x=0.5，所以生成的氯气在标准状况下的体积V=nVm=0.5mol22.4L/mol=11.2L，当生成氯气0.5mol时，转移电子是1mol，即6.021023个，故答案为：11.2L；6.021023点评：本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，注意氧化还原反应中根据化合价进行的有关计算，掌握电子转移的表示方法