1、江苏省盐城市大丰市新丰中学2015-2016学年高一（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计69分）1用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1nm100nm，1nm=109m）的超细粉末粒子，然后制得纳米材料下列分散系中的分散质的微粒直径和这种粒子具有相同数量级的是（）A溶液B胶体C悬浊液D乳浊液2铋（Bi）在医药方面有重要应用下列关于83209Bi和83210Bi的说法正确的是（）A两者互为同位素B两者都含有83个中子C两者的核外电子数不同D两者分别含有126和127个质子3下列反应中，不属于化合、分解、置换、复分解等四种基本反应类型的是（）ACuSO4+2NaOH
2、=Cu（OH）2+Na2SO4B2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2CCu2（OH）2CO2CuO+CO2+H2OD4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）34下列说法中正确的是（）A摩尔是七个基本物理量之一B阿伏加德罗常数是没有单位的C氧气的摩尔质量是32gD1mol H2O含有6.021023个水分子5下列物质属于纯净物的是（）A漂白粉B氯水C液氯D盐酸6将氯气通过软管灌入田鼠洞中可以用来消灭田鼠，这是利用了氯气以下性质中的：黄绿色 密度比空气大 有毒 较易液化 能溶解于水（）ABCD7下列仪器常用于物质分离的是（）ABCD8下列变化中需加入氧化剂才能实现的是（）AClCl
3、2BFe3+Fe2+CCuOCuDH2SO4BaSO49下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）ANaCl晶体、BaS04B铜、二氧化硫C液态的醋酸、酒精D熔融的KNO3、硫酸溶液10下列实验操作或装置正确的是（）ABCD11金属钠是一种活泼金属，除了具有金属的一般性质外，还具有自己的特性关于钠的叙述中，正确的是（）A钠是银白色金属，熔点低，硬度大B钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠C加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰D金属钠着火可以用泡沫灭火器或用干燥的沙土灭火12下列反应属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂的是（）ASO2+H2OH2SO3BCl2+
4、H2O=HCl+HClOC3Fe+4H2O（g）Fe2O4+4H2D2Na+2H2O=2NaOH+H213下列说法不正确的是（）A将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色B将新制氯水滴入硝酸银溶液中，有白色沉淀生成C向新制氯水滴加碳酸钠溶液，有气体生成D新制氯水应该保存在无色试剂瓶中14等质量的CH4、H2、HCl、SO2，在标况下体积由大到小顺序是（）ABCD15下列溶液中Cl浓度与50mL 1molL1 AlCl3溶液中Cl浓度相等的是（）A150 mL 1 molL1的NaCl溶液B75 mL 2 molL1NH4Cl溶液C75 mL 1 molL1的FeCl3溶液D1
5、50 mL 2 molL1的KCl溶液16下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B常温下在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3CNa2CO3溶液和NaHCO3溶液可用澄清石灰水鉴别D相同物质的量Na2CO3和NaHCO3与盐酸完全反应，产生的CO2一样多，消耗HCl的物质的量之比为2：117下列实验操作或分离方法错误的是（）A分液时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B蒸馏时应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处C提取溴水中的溴：加入适量乙醇，振荡、静置、分液D用结晶、重结晶除去KNO3中的少量NaCl杂质18下列关于物质
6、的检验说法正确的是（）A加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，一定有硫酸根离子B钾元素焰色反应的操作是：将铂丝放在稀盐酸中洗涤后灼烧至无色，然后再用铂丝蘸取固体氯化钾，置于煤气灯的火焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察C加入盐酸，放出能使澄清的石灰水变浑浊的无色无味的气体，证明一定含有CO32D加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，证明含有Cl19同温同压下，下列有关比较等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的叙述正确的是（）A体积比为1：1B体积比为11：16C密度比为11：16D分子个数之比为16：1120在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式
7、为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O下列叙述中正确的是（）A反应中KMnO4被氧化BHCl发生还原反应C每生成1 mol Cl2时，反应中转移的电子为2 molD氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：121下列除去杂质的方法，正确的是（）A除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤22设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，22.4L的H2
8、O含NA个水分子B1.8g的NH4+离子中含有的电子数为 NAC5.6 g 铁在足量氯气中燃烧，电子转移0.2 NA个D常温常压下，32g臭氧和氧气的混合物含有的氧原子数为 NA23把7.4g小苏打和Na2CO310H2O组成的混合物溶于水配成100mL溶液，测得其中Na+=0.6mol/L若将等质量的原混合物加热至恒量，则该混合物质量减少了（）A5.28gB4.22gC3.18gD2.12g二、填空题（共5小题，共27分）24（5分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上A萃取分液 B升华 C结晶 D分液 E蒸馏 F过滤（1）分离饱和食盐水与沙子的混合物；（2）从硝酸钾和氯化钠
9、的混合液中获得硝酸钾；（3）分离水和汽油的混合物；（4）分离酒精（沸点为78.1）和甲苯（沸点为110.6）两种互溶液体；（5）从碘水中提取碘单质25（3分）标准状况下，11.2LCO2的物质的量 mol，质量g26（3分）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl，ACl2的摩尔质量，A的相对原子质量是，ACl2的化学式27（6分）实验室欲用NaOH固体配制1.0molL1的NaOH溶液250mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量 计算溶解倒转摇匀 转移 洗涤定容冷却其正确的操作顺序为本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有（2）要完成本实
10、验应称量 g NaOH固体，某同学先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图烧杯的实际质量应为 g（3）使用容量瓶前，必须进行的一步操作是（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是没有洗涤烧杯和玻璃棒转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水定容时俯视刻度线未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线28（10分）氯是一种海水富集元素已知：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，下图是一套利用此原理制取并验证氯气部分化学性质的实验装置：回答下列问题：（1）装置I中，仪器a的名
11、称叫（2）当Cl2气流通过一段时间后，装置中溶液的pH值7（填“”“”或“=”）（3）当Cl2气流持续通过时，装置中干燥的有色布条能否褪色？（填“能”或“不能”）装置中的现象是（4）装置V中发生反应的方程式是（5）请用双线桥标出制取Cl2 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O 反应中电子转移的方向和数目，在该反应中，当有0.1mol电子发生转移时，生成标准状况氯气的体积为三、计算题（共4分）29把19.2g 的Cu放入足量的稀硝酸中，微热至Cu完全反应已知：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O求：（1）生成的NO在标准状况下的体积 （2）作为氧化剂的硝
12、酸的物质的量江苏省盐城市大丰市新丰中学2015-2016学年高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计69分）1用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1nm100nm，1nm=109m）的超细粉末粒子，然后制得纳米材料下列分散系中的分散质的微粒直径和这种粒子具有相同数量级的是（）A溶液B胶体C悬浊液D乳浊液【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【专题】溶液和胶体专题【分析】根据溶液、胶体、浊液微粒的直径判断，胶体微粒的直径为1100nm之间【解答】解：溶液的微粒直径为小于1nm，浊液的微粒直径大于100nm，胶体微粒的直径为1100nm之间，把固体
13、物质加工到纳米级的超细粉末粒子，与胶体的微粒直径相当，故选B【点评】本题以纳米材料为载体考查了胶体微粒的本质特征，胶体能产生丁达尔现象，这是胶体独有的现象2铋（Bi）在医药方面有重要应用下列关于83209Bi和83210Bi的说法正确的是（）A两者互为同位素B两者都含有83个中子C两者的核外电子数不同D两者分别含有126和127个质子【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【专题】原子组成与结构专题【分析】具有相同质子数、不同中子数的原子互称同位素，原子中质子数等于核外电子数，质量数=质子数+中子数【解答】解：A、因83209Bi和83210Bi的质子数相同，但中子数不同，
14、则两者互为同位素，故A正确；B、83209Bi的中子数为20983=126，83210Bi的中子数为21083=127，故B错误；C、因质子数相同，质子数等于核外电子数，则核外电子数相同，故C错误；D、83209Bi的中子数为20983=126，83210Bi的中子数为21083=127，两者的质子数都是83，中子数分别为126、127，故D错误；故选A【点评】本题较简单，考查原子的构成及同位素、原子中的量的关系，难度不大，明确原子中质子数等于核外电子数，质量数=质子数+中子数即可解答3下列反应中，不属于化合、分解、置换、复分解等四种基本反应类型的是（）ACuSO4+2NaOH=Cu（OH）2
15、+Na2SO4B2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2CCu2（OH）2CO2CuO+CO2+H2OD4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【考点】化学反应的基本原理【专题】物质的分类专题【分析】（1）化合反应：指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；可简记为A+B=AB，即“多变一”；（2）分解反应是由一种物质参与反应生成两种或两种以上，其变化特征是“一变多”利用此知识解决此题；（3）置换反应：一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应；可简记为A（单质）+BC=C（单质）+AB；（4）复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应；可
16、简记为AB+CD=AD+CB；即“化合物+化合物新化合物+新化合物”，如氢氧化钠与盐酸反应【解答】解：A、该反应是两种物质相互交换成分生成另外两种物质，属于复分解反应，故A错误；B、不符合四种基本反应类型的特征，但反应中有化合价的变化，所以氧化还原反应，故B正确；C、符合一变多的反应，是分解反应，故C错误；D、符合多变一的反应，是化合反应，故D错误故选B【点评】本题是对反应类型的考查，解题的关键是能抓住分解反应的特征，并利用特征进行判断即可4下列说法中正确的是（）A摩尔是七个基本物理量之一B阿伏加德罗常数是没有单位的C氧气的摩尔质量是32gD1mol H2O含有6.021023个水分子【考点】
17、物质的量的单位-摩尔；摩尔质量；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、根据物质的量与摩尔的关系进行分析；B、阿伏伽德罗常数有单位，其单位为mol1；C、摩尔质量的单位为g/mol，质量的单位为g；D、根据物质的量与阿伏伽德罗常数关系计算出1mol水含有的水分子数目【解答】解：A、摩尔是物质的量的单位，物质的量是七个基本物理量之一，故A错误；B、阿伏伽德罗常数为1mol物质中含有的粒子数，单位为mol1，故B错误；C、氧气的摩尔质量为32g/mol，故C错误；D、1mol水中含有的分子数为：6.021023mol11mol=6.021023，故D正确；故选D【点评】本题
18、考查了物质的量与摩尔的关系、摩尔质量的单位、阿伏伽德罗常数等知识，题目难度不大，注意明确物质的量与摩尔之间关系、摩尔质量与质量的关系，熟练掌握阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量之间的转化关系5下列物质属于纯净物的是（）A漂白粉B氯水C液氯D盐酸【考点】混合物和纯净物【专题】物质的分类专题【分析】从纯净物的概念分析理解，由同一种物质组成的为纯净物，可以是单质也可以是化合物；【解答】解：A、漂白粉的成分是次氯酸钙和氯化钙的混合物，故A不符合；B、氯水是氯气溶于水形成的溶液，是混合物，故B不符合；C、液氯是氯气的液态存在形式，是纯净物，故C符合；D、盐酸是氯化氢溶于水形成的溶液，是混合物，故D不符合
19、；故选C【点评】本题利用几种常见物质来考查了纯净物的概念运用和理解6将氯气通过软管灌入田鼠洞中可以用来消灭田鼠，这是利用了氯气以下性质中的：黄绿色 密度比空气大 有毒 较易液化 能溶解于水（）ABCD【考点】氯气的物理性质；氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】根据氯气的物理性质颜色、密度、溶解性、熔沸点及毒性结合信息来判断正误【解答】解：氯气可以用来消灭田鼠利用了它的毒性，使田鼠中毒死亡；将氯气通过软管灌入田鼠洞中，氯气的相对分子质量比空气的大，所以密度比空气的大，与空气混合时，在混合气体的下部，所以能够被田鼠呼吸，从而达到灭鼠目的故选B【点评】本题是信息给予题，对信息进行筛选，对有用信息进
20、行加工、判断、运用，从而解决问题7下列仪器常用于物质分离的是（）ABCD【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器【专题】化学实验常用仪器【分析】根据常见仪器的作用和用途来回答本题，要熟记它们的名称和用途【解答】解：试管是用来装少量液体或固体的仪器，不能用于物质分离；漏斗用于过滤操作，能使不溶于液体的固体与液体分离；分液漏斗是能够将互不相溶的液体与液体分开的装置，也可以进行萃取；托盘天平用来称量药品的仪器，不能用于物质分离；故选：A【点评】本题考查学生物质分离的方法和仪器，可以根据所学知识进行回答，较简单8下列变化中需加入氧化剂才能实现的是（）AClCl2BFe3+Fe2+CCuOCuDH2SO4Ba
21、SO4【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂【解答】解：A、ClCl2氯元素化合价升高了，所以需加入氧化剂才能实现，故A正确；B、Fe3+Fe2+铁元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故B错误；C、CuOCu铜铁元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故C错误；D、H2SO4BaSO4中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故D错误故选A【点评】本题考查学生氧化后还原反应中的有关概念知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大9下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）ANaCl晶体、BaS
22、04B铜、二氧化硫C液态的醋酸、酒精D熔融的KNO3、硫酸溶液【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均不能导电的化合物【解答】解：ANaCl晶体的水溶液能导电，属于电解质；BaS04在熔融状态下能导电，属于电解质，故A错误； B铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故B错误；C液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均
23、不能导电，属于非电解质，故C正确；D熔融的KNO3能导电，属于电解质；硫酸溶液是混合物，不是化合物，故D错误故选C【点评】本题考查学生电解质和非电解质的概念，均是对化合物进行的分类，可以根据所学知识进行回答，较简单10下列实验操作或装置正确的是（）ABCD【考点】化学实验方案的评价；溶液的配制；实验装置的拆卸；物质的溶解与加热；过滤；蒸馏与分馏【专题】实验评价题【分析】A加入液体时应防止液体溅出；B温度计和水的进出方向都错误；C可用过滤分离不溶性固体和液体，注意操作方法；D稀释浓硫酸时，防止液体飞溅【解答】解：A应用玻璃棒引流，防止加入液体时流出，故A错误；B温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口，且冷
24、凝水从下端进，上端出，故B错误；C可用过滤分离不溶性固体和液体，装置图符合操作要求，故C正确；D稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入呈由水的烧杯中，且用玻璃棒不断搅拌，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯等操作，侧重于学生的实验能力的考查，注意把握实验操作方法，难度不大11金属钠是一种活泼金属，除了具有金属的一般性质外，还具有自己的特性关于钠的叙述中，正确的是（）A钠是银白色金属，熔点低，硬度大B钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠C加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰D金属钠着火可以用泡沫灭火器或用干燥的沙土灭火【考点】钠的化学性质【专题】金属概论与
25、碱元素【分析】钠为银白色金属，熔点低、硬度小，密度比水小，性质活泼，可与水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，火焰呈黄色，以此解答该题【解答】解：A钠的硬度很小，可用小刀切割，故A错误；B钠在常温下与氧气反应生成白色的氧化钠，故B错误；C与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，火焰呈黄色，故C正确；D钠与氧气反应 生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则钠失火时不能用泡沫灭火器灭火，故D错误故选C【点评】本题考查钠的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大12下列反应属于氧化还原反应，但水既不作氧
26、化剂也不作还原剂的是（）ASO2+H2OH2SO3BCl2+H2O=HCl+HClOC3Fe+4H2O（g）Fe2O4+4H2D2Na+2H2O=2NaOH+H2【考点】氧化还原反应【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，水中H、O元素的化合价均不变，则水既不作氧化剂也不作还原剂，以此来解答【解答】解：A没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A不选；B只有Cl元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂，故B选；C水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故C不选；D水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故D不选；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应
27、中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应的基本概念及迁移应用能力的考查，题目难度不大13下列说法不正确的是（）A将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色B将新制氯水滴入硝酸银溶液中，有白色沉淀生成C向新制氯水滴加碳酸钠溶液，有气体生成D新制氯水应该保存在无色试剂瓶中【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A氯水中含有HCl和HClO；B溶液中含有Cl；C氯水中含氢离子；D氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解【解答】解：A氯水中含有HCl和HClO，具有酸性和漂白性，则向新制氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，故A正确；B氯水中含有Cl，加入硝酸银溶液，
28、可生成AgCl沉淀，故B正确；C氯水中含有盐撒，滴入碳酸钠溶液中，有明显现象出现，观察到气泡冒出，故C正确；D氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解，应用棕色试剂瓶盛放，故D错误故选D【点评】本题考查氯气的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、离子的检验及氯水的成分为解答的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大14等质量的CH4、H2、HCl、SO2，在标况下体积由大到小顺序是（）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】同温同压下，质量相等，由PV=nRT可推知，体积与摩尔质量成反比，即相对分子质量越大，体积越小【解答】解：由于n=，代入PV=nRT，得PV
29、=RT，所以同温同压下，质量相等，体积与摩尔质量成反比，所以相对分子质量越大，体积越小，CH4、H2、HCl、SO2的相对分子质量分别为16、2、36.5、64，所以在标况下体积由大到小顺序为故选A【点评】本题考查气体摩尔体积的有关计算，难度不大，本题也可令质量为某值，求出各物质的物质的量，比较其大小判断，但较上述解法稍微麻烦15下列溶液中Cl浓度与50mL 1molL1 AlCl3溶液中Cl浓度相等的是（）A150 mL 1 molL1的NaCl溶液B75 mL 2 molL1NH4Cl溶液C75 mL 1 molL1的FeCl3溶液D150 mL 2 molL1的KCl溶液【考点】物质的量
30、浓度的相关计算【分析】50mL 1molL1 AlCl3溶液中Cl物质的量浓度是3mol/L，根据溶质化学式计算各选项中的Cl物质的量，进行比较可知注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度，以此解答【解答】解：50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度为3mol/LA、150ml1mol/L的NaCl溶液中Cl浓度为1mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度不相等，故A不符合；B、75 mL 2 molL1NH4Cl溶液中Cl浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度不相等，故B不符合；C、7
31、5 mL 1 molL1的FeCl3溶液中Cl浓度为3mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度相等，故C符合；D、150 mL2mol/L的KCl溶液中Cl浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度不相等，故D不符合故选：C【点评】本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度16下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B常温下在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3CNa2CO3溶液和NaHCO3溶液可
32、用澄清石灰水鉴别D相同物质的量Na2CO3和NaHCO3与盐酸完全反应，产生的CO2一样多，消耗HCl的物质的量之比为2：1【考点】钠的重要化合物【分析】A加热NaHCO3不稳定易分解；B相同的温度下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小；C加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成沉淀；DNaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2【解答】解：ANaHCO3不稳定，加热易分解，热稳定性：Na2CO3NaHCO3 ，故A正确；B相同的温度下，NaHCO3溶解度比Na2C
33、O3小，故B正确C加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成CaCO3沉淀，不能区别两种溶液，故C错误；DNaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，消耗HCl的物质的量之比为2：1，故D正确；故选C【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3的性质，题目难度不大，本题侧重于二者水解的考查，注意与澄清石灰水反应的性质17下列实验操作或分离方法错误的是（）A分液时，分液漏斗中的下层液体从下口放
34、出，上层液体从上口倒出B蒸馏时应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处C提取溴水中的溴：加入适量乙醇，振荡、静置、分液D用结晶、重结晶除去KNO3中的少量NaCl杂质【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂【分析】A分液时，避免上下层液体混合；B蒸馏时，测定馏分的温度；C乙醇与水互溶，不能作萃取剂；D硝酸钾、氯化钠的溶解度受温度影响不同【解答】解：A分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；B蒸馏时，测定馏分的温度，则温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；C乙醇与水互溶，不能作萃取剂，应加入苯或四氯化碳，振荡、静置、分液，故C错误；
35、D硝酸钾、氯化钠的溶解度受温度影响不同，则用结晶、重结晶除去KNO3中的少量NaCl杂质，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯方法、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大18下列关于物质的检验说法正确的是（）A加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，一定有硫酸根离子B钾元素焰色反应的操作是：将铂丝放在稀盐酸中洗涤后灼烧至无色，然后再用铂丝蘸取固体氯化钾，置于煤气灯的火焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察C加入盐酸，放出能使澄清的石灰水变浑浊的无色无味的气体，证明一定含有CO32D加入AgNO
36、3溶液，有白色沉淀生成，证明含有Cl【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】A、依据硫酸根离子的检验方法判断，避免干扰离子的作用和现象；B、焰色反应是元素的性质，操作方法为将铂丝放在稀盐酸中洗涤后灼烧至无色，然后再用铂丝蘸取待测物质，放在火焰上灼烧，根据发出的颜色判断元素的存在；C、结合正盐、酸式盐与盐酸反应生成气体的反应特征进行分析判断；D、结合氯离子的检验方法进行分析判断，加入硝酸银生成白色沉淀，再加入硝酸沉淀不溶证明含氯离子；【解答】解：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，该沉淀可以是硫酸钡，也可以是氯化银、亚硫酸钡，不一定含有硫酸根
37、，故A错误；B、该操作是利用焰色反应检验钾元素存在的正确实验操作，故B正确；C、碳酸氢钠溶液加入盐酸也放出能使澄清的石灰水变浑浊的无色无味的气体，不一定含碳酸根，故C错误；D、加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是碳酸银沉淀或硫酸银沉淀，故错误；故选B【点评】本题考查了常见离子的正确检验方法，正确分析干扰离子的存在，掌握焰色反应的操作19同温同压下，下列有关比较等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的叙述正确的是（）A体积比为1：1B体积比为11：16C密度比为11：16D分子个数之比为16：11【考点】物质的量的相关计算【专题】计算题【分析】A、令二者质量为1g，根据n=计算二者物质的量，同温同
38、压下，体积之比等于物质的量之比；B、令二者质量为1g，根据n=计算二者物质的量，同温同压下，体积之比等于物质的量之比；C、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比；D、令二者质量为1g，根据n=计算二者物质的量，分子数之比等于物质的量之比【解答】解：令二者的质量为1g，n（SO2）=mol，n（CO2）=molA、同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比为mol：mol=11：16，故A错误；B、同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比为mol：mol=11：16，故B正确；C、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比
39、，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故C错误；D、分子数之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的分子数之比为mol：mol=11：16，故D错误故选B【点评】本题考查阿伏伽德罗定律、常用化学计量的有关计算，难度不大，注意公式的灵活运用20在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O下列叙述中正确的是（）A反应中KMnO4被氧化BHCl发生还原反应C每生成1 mol Cl2时，反应中转移的电子为2 molD氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1【考点】
40、氧化还原反应【分析】2KMnO4+16HCl（浓）2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：AMn元素的化合价降低，则反应中KMnO4被还原，故A错误；BCl元素的化合价升高，则HCl发生氧化反应，故B错误；C每生成1mol Cl2时，反应中转移的电子为1mol20（1）=2 mol，故C正确；D.2molKMnO4作氧化剂得到电子与10molHCl作还原剂失去电子相同，则氧化剂和还原剂的比是1：5，故D错误；故选C【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
41、，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大21下列除去杂质的方法，正确的是（）A除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤【考点】气体的净化和干燥；物质的分离、提纯和除杂【专题】实验题【分析】A、根据氧气不与CuO反应分析；B、根据CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3分析；C、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，可用以出去杂质；D、加入NaOH溶液引入新的杂质【解答】解：A、氧气不与CuO反应，
42、不能除去N2中的少量O2，故A错误；B、CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3，除杂时能影响被提纯物质，故B错误；C、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，能将杂质除去，并没有引入新的杂质，故C正确；D、加入NaOH溶液引入新的杂质，而除杂时不能引入新的杂质，故D错误故选：C【点评】本题考查物质的分离和提纯，题目难度不大，注意提纯时不能引入新的杂质等原则22设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，22.4L的H2O含NA个水分子B1.8g的NH4+离子中含有的电子数为 NAC5.6 g 铁在足量氯气中燃烧，电子转移0.2 NA个D常温常压下，32g臭氧和氧气的混合物含有的
43、氧原子数为 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下，水为液体；B、求出铵根离子的物质的量，然后根据1mol铵根离子中含10mol电子来分析；C、求出铁的物质的量，然后根据铁与氯气反应后变为+3价来分析；D、氧气和臭氧均由氧原子构成【解答】解：A、标况下，水为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而1mol铵根离子中含10mol电子，故0.1mol铵根离子中含1mol电子即NA个，故B正确；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；D、氧气和
44、臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量n=2mol，个数为2NA个，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大23把7.4g小苏打和Na2CO310H2O组成的混合物溶于水配成100mL溶液，测得其中Na+=0.6mol/L若将等质量的原混合物加热至恒量，则该混合物质量减少了（）A5.28gB4.22gC3.18gD2.12g【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法【分析】小苏打和Na2CO310H2O组成的混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，根据Na元素守恒计算出剩余固体的物质的量，进而计算减少
45、质量【解答】解：固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，100mL溶液，其中c（Na+）=0.6molL1，则n（Na+）=0.1L0.6molL1=0.06mol，故n（Na2CO3）=0.03mol，所以剩余固体质量m（Na2CO3）=0.03mol106g/mol=3.18g，故该混合物质量减少了7.4g3.18g=4.22g，故选B【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，注意加热后剩余固体为碳酸钠，根据钠元素守恒进行计算二、填空题（共5小题，共27分）24（5分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上A萃取分液 B升华 C结晶 D分液 E蒸馏 F过滤（1）分离饱和
46、食盐水与沙子的混合物F；（2）从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾C；（3）分离水和汽油的混合物D；（4）分离酒精（沸点为78.1）和甲苯（沸点为110.6）两种互溶液体E；（5）从碘水中提取碘单质A【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】化学实验基本操作【分析】（1）不溶物与液体的分离；（2）可溶性固体之间的分离，且二者的溶解度受温度的影响不同；（3）二者不互溶，分层；（4）二者互溶，但沸点不同，利用沸点的差异来分离；（5）碘在水中的溶解度比在有机物中的溶解度小，选择萃取剂来分离【解答】解：（1）饱和食盐水与沙子的混合物为不溶物与液体的分离，可利用过滤法分离，故答案为：F；（2
47、）从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾为可溶性固体之间的分离，且二者的溶解度受温度的影响不同，可利用结晶法分离，故答案为：C；（3）水和汽油二者不互溶，分层，可利用分液法分离，故答案为：D；（4）酒精和甲苯二者互溶，但沸点不同，利用沸点的差异来分离，即采用蒸馏法分离，故答案为：E；（5）碘在水中的溶解度比在有机物中的溶解度小，选择萃取剂来分离，即选择萃取分液法分离，故答案为：A【点评】本题考查混合物的分离方法，熟悉常见的混合物分离的方法及使用条件即可解答，题目较简单25（3分）标准状况下，11.2LCO2的物质的量0.5 mol，质量22g【考点】物质的量的相关计算【分析】标准状况下，Vm=2
48、2.4L/mol，结合n=、m=nM计算【解答】解：标准状况下，Vm=22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量为=0.5 mol，其质量为0.5mol44g/mol=22g，故答案为：0.5；22【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，题目难度不大26（3分）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl，ACl2的摩尔质量95g/mol，A的相对原子质量是24，ACl2的化学式MgCl2【考点】摩尔质量；相对原子质量及其计算【专题】计算题【分析】先根据氯化物的分子式ACl2，由Cl的物质的量求出氯化物的物质的量
49、，再根据公式M=来确定分子的摩尔质量，摩尔质量在数值上和相对分子质量的大小相等，最后根据相对分子质量的大小确定金属元素的相对原子质量及ACl2的化学式【解答】解：因氯化物ACl2中含有0.4molCl可知，氯化物ACl2的物质的量为=0.2mol，则M（ACl2）=95g/mol，所以ACl2相对分子质量为95，A的相对原子量为9571=24，A为镁元素，ACl2的化学式MgCl2，故答案为：95g/mol；24；MgCl2【点评】本题要求学生掌握化学式和化学式中离子的物质的量的关系，知道摩尔质量在数值上和相对分子质量的大小相等以及质量、摩尔质量、物质的量之间的关系27（6分）实验室欲用NaO
50、H固体配制1.0molL1的NaOH溶液250mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量 计算溶解倒转摇匀 转移 洗涤定容冷却其正确的操作顺序为本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有250mL容量瓶、胶头滴管（2）要完成本实验应称量10.0 g NaOH固体，某同学先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图烧杯的实际质量应为27.4 g（3）使用容量瓶前，必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是没有洗涤烧杯和玻璃棒转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水定容时俯视刻度
51、线未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器判断正确的操作顺序；（2）依据m=CVM计算需要的溶质的质量；根据天平的称量原理来分析；（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏；（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）配制1.0mol/L的NaOH溶液250mL应选择250ml容量瓶，操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确的顺序为：；一般用托
52、盘天平称量溶质，在烧杯中溶解溶质氢氧化钠并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管根据提供的仪器可知，还需仪器是250ml容量瓶、胶头滴管，故答案为：；250mL容量瓶、胶头滴管；（2）用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液250mL，需要氢氧化钠的质量=1.0mol/L0.25L40g/mol=10.0g；因天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量
53、为30g2.6g=27.4g，故答案为：10.0；27.4；（3）因使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水；（4）没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则所配溶液的浓度将偏低，故不选；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会导致溶质的损失，则所配溶液的浓度将偏低，故不选；若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故不选；定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故选；未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，则冷却后溶液体积会低于刻度线，浓度偏高，故选；定容后塞上瓶塞反复摇
54、匀，静置后，液面低于刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致浓度偏低，故不选故选【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，熟悉配制原理及过程是解题关键，注意容量瓶规格的选择，题目难度不大28（10分）氯是一种海水富集元素已知：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，下图是一套利用此原理制取并验证氯气部分化学性质的实验装置：回答下列问题：（1）装置I中，仪器a的名称叫分液漏斗（2）当Cl2气流通过一段时间后，装置中溶液的pH值7（填“”“”或“=”）（3）当Cl2气流持续通过时，装置中干燥的有色布条能否褪色？（填“能”或“不能”）能装置中的现象是溶液变蓝（4）装置V中发生反应的
55、方程式是Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O（5）请用双线桥标出制取Cl2 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O 反应中电子转移的方向和数目，在该反应中，当有0.1mol电子发生转移时，生成标准状况氯气的体积为1.12L【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）熟悉仪器的构造，说出其名称；（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，二者都能够电离产生氢离子；（3）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，具有漂白性；氯气有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）Mn元素的化合价从+4价降为+2价，Cl元素从1
56、价升高为0价，生成1mol氯气转移2mol电子，据此计算转移0.1mol电子生成氯气的物质的量，依据V=nVm计算标况下气体的体积【解答】解：（1）装置I中，仪器a的名称为分液漏斗；故答案为：分液漏斗； （2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，二者都能够电离产生氢离子，溶液显酸性，所以pH小于7；故答案为：；（3）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，具有漂白性，能够使干燥有色布条褪色；氯气有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；故答案为：能；溶液变蓝色；（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式：Cl2+2 NaOHNa ClO+NaCl+H2O；故答案为
57、：Cl2+2 NaOHNa ClO+NaCl+H2O；（5）Mn元素的化合价从+4价降为+2价，Cl元素从1价升高为0价，生成1mol氯气转移2mol电子，用双线桥表示为：；依据方程式可知生成1mol氯气转移2mol电子，所以当有0.1mol电子发生转移时，生成氯气的物质的量为0.05mol，标况下气体的体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L；故答案为：； 1.12L【点评】本题考查了氯气的实验室制备，涉及制备原理、方程式的书写、氧化还原反应双线桥的表示方法、有关方程式的计算，熟悉制备原理和氯气的性质是解题关键，题目难度中等三、计算题（共4分）29把19.2g 的Cu放入足量的稀硝
58、酸中，微热至Cu完全反应已知：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O求：（1）生成的NO在标准状况下的体积 （2）作为氧化剂的硝酸的物质的量【考点】化学方程式的有关计算【分析】n（Cu）=0.3mol，（1）根据转移电子守恒计算生成NO在标况下体积；（2）根据转移电子守恒计算作氧化剂硝酸物质的量【解答】解：n（Cu）=0.3mol，（1）根据转移电子守恒得生成NO在标况下体积=4.48L，答：生成NO在标况下体积是4.48L；（2）根据转移电子守恒得作氧化剂硝酸物质的量=0.2 mol，答：作氧化剂硝酸的物质的量是0.2mol【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，明确各个物理量关系是解本题关键，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大
