1、2016-2017学年江西省宜春市上高二中高三（上）开学化学试卷一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每题3分，共48分）1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题CPM 2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅2下列有关物质组成、分类正确的是（）A盐酸、硫酸、硝酸都是强氧化性酸B新制氯水、氨水的溶质分别是次氯酸、氨分子C纯碱、烧碱的成分分别是碳酸钠、氢氧化钠D苯、聚
2、苯乙烯、聚乙烯的组成元素以及元素质量比相等3根据电解质在溶液中的电离情况，我们划分出了酸、碱、盐，通过学习我们知道酸和碱都有通性，而盐是没有通性的，其本质原因是（）A盐不能电离出阳离子B盐不能电离出阴离子C盐不能电离出H+或OHD盐不能电离出共同的离子4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列各项叙述中正确的有（）0.2mol H2O2完全分解转移的电子数为0.4NA25、101kPa下，16g O3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA将含0.1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA1molFe溶于过量稀硝酸，电子转移数为3NA标准状况下，22.4L CHCl3中含有的
3、氯原子的数目为3NAABCD5下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是（）A打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D向酚酞溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液6Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体共同具备的性质是（）A都呈透明的红褐色B分散质颗粒直径相同C都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀D当有光线透过时，都能产生丁达尔效应7下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（）A实验室制乙烯B用水吸收
4、氨气C稀释浓硫酸D海带灼烧成灰8往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（STP）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD9下列各组离子一定能大量共存的是（）A某无色透明的酸性溶液：Cl、Na+、MnO4、SO42B能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、NH4+、K+、CO32C加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3、ClD常温下pH=12的溶液：K+、Ba2+、Cl、NO310能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A石灰
5、石溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OBNa2C03溶液显碱性：C032+H2OHCO3+OHC过量铁屑溶于稀硝酸：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2ODFeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+C122Fe3+2Cl11某同学为检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了如图所示的实验操作其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝由该实验能得到的正确结论是（）A原溶液中一定含有SO42B原溶液中一定含有NH4+C原溶液中一定含有ClD原溶液中一定含有Fe3+12如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线下列说法正确的是（）AMgSO4的溶解度随温度升高而升高BNaCl的溶
6、解度比MgSO4的溶解度大C在t2时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大D把MgSO4饱和溶液的温度从t3降至t2时，有晶体析出13在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是（）A用1g98%的浓硫酸加4g水配制成19.6%的硫酸B配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线C10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液D质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配制成3x%的氨水14已知20时，饱和NaCl溶液的密度为g/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是（）A温度低于20时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/LB此溶
7、液中NaCl的质量分数为C20时，密度小于g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D20时，饱和NaCl溶液的溶解度15将a g二氧化锰粉末加入b mol/L的浓盐酸c L中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A可以收集到氯气LB反应后溶液中的Cl数目为：CNA可表示为：D反应后溶液中的H+数目为：bc2d16实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）其中分析错误的是（）A步骤发生的主要反应为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O
8、2C步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次二、非选择题（共52分）17掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根据如图实验装置回答问题（1）写出下列仪器的名称：；（2）仪器中，使用时必须检查是否漏水的是（填序号）（3）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器有，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为；（4）现需配制250mL、0.2mol/LNaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中的错误之处：；18（1）某物质含有3.011022个分子，其质量为1.4g，则物质的相对
9、分子质量为若只含有一种元素，则分子式为：（2）某物质的相对分子质量为98，若19.6g该物质含有1.2041023个分子，则阿伏加德罗常数为若agCO32分子中含有b个电子，则阿伏加德罗常数可表示为19常温下A和B两种气体组成的混合气体（A的相对分子质量大于B的相对分子质量），经分析混合气体中只含有氮和氢两种元素，而且不论A和B以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于由此可确定A为，B为，其理由是若上述混合气体的氮和氢的质量比为7：1，则在混合气体中A和B的物质的量之比为，A在混合气体中的体积分数为20用18molL1，浓硫酸配制100mL 3.0molL1稀硫酸的实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体
10、积 量取一定体积的浓硫酸 稀释、冷却转移、洗涤 定容、摇匀回答下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是mL，量取浓硫酸所用的量筒的规格是（从下列规格中选用：A.10mL B.25mL C.50mL D.100mL ）（2）配制上述溶液所需仪器，除量筒、烧杯和玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有、（3）第步实验的操作是（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用“偏大”、“偏小”或“无影响”填写）所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中定容时俯视溶液的凹液面21常温下，现有A、B、C、D四种电解质分别完全溶于水，所得四种溶液中含H+、Ba2+、Al3+、Na+、HCO3、Cl、OH、SO42八种离子（
11、不考虑水解）为了检验这四种物质，进行如下实验：取少量A的溶液分别与另三种物质反应，依次观察到：白色沉淀和气体、气体、白色沉淀经测定，A和D的溶液显碱性，B和C的溶液pH7B与D的溶液反应产生两种沉淀，当D的量增大时，其中一种沉淀不断溶解，最终还存在一种沉淀C与D的溶液反应，无明显现象经测定，该反应的产物总能量小于反应物总能量根据上述实验事实，请回答下列问题：（1）C的名称是，D的化学式（2）用离子方程式表示A的溶液显碱性的原因：（3）A与B在溶液中反应的离子方程式为（4）等物质的量浓度、等体积的B和D的溶液混合，写出反应的离子方程式：22将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，其
12、中A、B、D都是中学化学中常见氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式；（2）B、D都是酸性氧化物，且组成元素相同，D溶于水得强酸则B、D分子中除氧外所含另一种元素在周期表中的位置为（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取E气体的化学方程式为，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从（填“A”或“B”）通入（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，若向X的浓溶液中滴加NaOH溶液至过量，现象依次为，（5）取一定量的X晶体分解，若生成F 1mol，则必同时生成物质（填化学式）mol2016-2017学年江西省宜春市上高
13、二中高三（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每题3分，共48分）1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题CPM 2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅【分析】A绿色化学是无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染；B开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，可以减少污染性气
14、体的排放，改善空气质量；C胶体的微粒直径在1100nm之间；DSi可做为半导体，可以有很多特殊的功能，二氧化硅是光导纤维的主要成分；【解答】解：A绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误；B氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故B正确；CPM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；DSi原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，
15、可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故D错误；故选B2下列有关物质组成、分类正确的是（）A盐酸、硫酸、硝酸都是强氧化性酸B新制氯水、氨水的溶质分别是次氯酸、氨分子C纯碱、烧碱的成分分别是碳酸钠、氢氧化钠D苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素以及元素质量比相等【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】A、盐酸属于非强氧化性酸； B、新制氯水的溶质是HCl和HClO，氨水的溶质是一水合氨；C、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称；D、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的最简式不同，因此元素质量比不同【解答】解：A、盐酸属于非强氧化性酸，硫酸、硝酸是强氧化性酸，故A错误；B、新制氯水的溶质是HCl和HC
16、lO，氨水的溶质是一水合氨，故B错误；C、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称，故C正确；D、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素相同，但是最简式不同，因此元素质量比不同，故D错误；故选：C3根据电解质在溶液中的电离情况，我们划分出了酸、碱、盐，通过学习我们知道酸和碱都有通性，而盐是没有通性的，其本质原因是（）A盐不能电离出阳离子B盐不能电离出阴离子C盐不能电离出H+或OHD盐不能电离出共同的离子【考点】电解质在水溶液中的电离；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】在水溶液中能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物是盐，据此分析解答【解答】解：在水溶液中能电离出金属阳离子或铵根离子和
17、酸根离子的化合物是盐，所以盐不能电离出共同的离子，导致盐是没有通性的，故选D4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列各项叙述中正确的有（）0.2mol H2O2完全分解转移的电子数为0.4NA25、101kPa下，16g O3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA将含0.1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA1molFe溶于过量稀硝酸，电子转移数为3NA标准状况下，22.4L CHCl3中含有的氯原子的数目为3NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】H2O2分解为歧化反应；O3和O2均由氧原子构成；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；铁和过量稀硝酸反应后变为+3
18、价；标准状况下，CHCl3为液态【解答】解：H2O2分解为歧化反应，1mol双氧水分解转移1mol电子，故0.2mol双氧水转移0.2NA个电子，故错误；O3和O2均由氧原子构成，故16g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，即为NA个，故正确；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故错误；铁和过量稀硝酸反应后变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子，故正确；标准状况下，CHCl3为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氯原子个数，故错误故选D5下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化
19、的是（）A打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D向酚酞溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】此题要注意颜色的变化；A、NO与空气中的氧气反应属于化学变化，气体的冷却属于物理变化；B、气体冷却为物理变化，氯化铵分解为化学变化；C、木炭吸附为物理变化，氯气使品红褪色属于次氯酸的性质，存在化学变化；D、过氧化钠与水反应属于化学变化，铁离子的验证属于化学变化【解答】解：A打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2，发生的是化学反应，不是物理变化，故A错误；
20、B用冰水混合物冷却SO3气体，是物理变化，没有颜色变化；加热氯化铵晶体，为化学变化，没有颜色变化，故B错误；C木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化；将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，属于化学变化，故C正确；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，显碱性，溶液变红，为化学变化；三价铁与硫氰根离子络合生成血红色络合物，属于化学变化，故D错误；故选：C6Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体共同具备的性质是（）A都呈透明的红褐色B分散质颗粒直径相同C都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀D当有光
21、线透过时，都能产生丁达尔效应【考点】胶体的重要性质【分析】A根据FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分析解答；B根据胶体的分散质颗粒直径在1100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm；C根据胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；D只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；【解答】解：AFeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；B胶体的分散质颗粒直径在1100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故B错误；C胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；所以密封保存一段时间都不会产生沉淀，故C正确；DFe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeC
22、l3溶液不具备，故D错误；故选：C；7下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（）A实验室制乙烯B用水吸收氨气C稀释浓硫酸D海带灼烧成灰【考点】化学实验方案的评价【分析】A反应在170下生成乙烯；B氨气极易溶于水；C容量瓶不能用来稀释溶液；D灼烧固体应用坩埚【解答】解：A反应在170下生成乙烯，缺少温度计，故A错误； B氨气极易溶于水，可用倒置的漏斗防止倒吸，故B正确；C容量瓶不能用来稀释溶液，应先在小烧杯中稀释，故C错误；D灼烧固体应用坩埚，不能用烧杯，故D错误故选B8往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（STP）时立即
23、停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD【考点】离子反应发生的条件【分析】n（CO2）=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，以此解答该题【解答】解：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生：2OH+CO2=CO32
24、+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，设生成xmolCO32，ymolHCO3，则，解得x=0.1，y=0.2，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2+2OH+CO2=BaCO3，该阶段0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH、生成0.1molBaCO3；然后发生2OH+CO2=CO32+H2O，0.2molOH完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该
25、阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32；再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，故选C9下列各组离子一定能大量共存的是（）A某无色透明的酸性溶液：Cl、Na+、MnO4、SO42B能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、NH4+、K+、CO32C加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3、ClD常温下pH=12
26、的溶液：K+、Ba2+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】A有颜色的离子不能大量共存；B能使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性；C离子反应生成沉淀；DpH=12的溶液呈碱性【解答】解：AMnO4有颜色，不能大量共存，故A错误；B能使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；C碱性条件下Ba2+、HCO3离子反应生成沉淀，故C错误；DpH=12的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D10能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A石灰石溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OBNa2C03溶液显碱性：C032+H2OHCO3+OHC过量
27、铁屑溶于稀硝酸：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2ODFeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+C122Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸钙和醋酸都不能拆开，应该保留化学式；B碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，该反应为可逆反应，应该用可逆号；C铁粉过量，反应生成硝酸亚铁、NO气体和水；D亚铁离子的还原性小于碘离子，氯气少量时碘离子优先反应【解答】解：A醋酸和碳酸钙都应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故A错误；B碳酸根离子部分水解，导致Na2CO3溶液显碱性，该反应为可逆反应，正确的反应为：C
28、O32+H2OHCO3+OH，故B错误；C过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，故C正确；DFeI2溶液中通入少量氯气，碘离子优先被氧化，正确的离子方程式为：2I+C12I2+2Cl，故D错误；故选C11某同学为检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了如图所示的实验操作其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝由该实验能得到的正确结论是（）A原溶液中一定含有SO42B原溶液中一定含有NH4+C原溶液中一定含有ClD原溶液中一定含有Fe3+【考点】常见离子的检验方法【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚
29、铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色，据此进行判断【解答】解：A原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42离子，故A错误；B产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有NH4+，故B正确；C原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离
30、子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；故选B12如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线下列说法正确的是（）AMgSO4的溶解度随温度升高而升高BNaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大C在t2时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大D把MgSO4饱和溶液的温度从t3降至t2时，有晶体析出【考点】溶解度、饱和溶液的概念【分析】根据固体物质的溶解度曲线可以：某物质在某温度下的溶解度，判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，比较不同物质在同一温度下的溶解度的大小，判断通过降温还是升温的方法是晶体析出；注意在同温度下的饱和溶液中溶质的质量分数和溶解度
31、间的关系：质量分数=100%【解答】解：A、根据两物质的溶解度曲线不难看出，开始阶段，MgSO4的溶解度随温度升高而升高，但是后期，MgSO4的溶解度随温度升高而降低，故A错误；B、由硫酸镁的溶解度曲线可知，在t1t3时，NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大，故B错误；C、在t2时，由于硫酸镁的溶解度最大，根据饱和溶液中溶质的质量分数和溶解度间的关系：质量分数=100%，所以硫酸镁在该温度的饱和溶液中溶质的质量分数大，故C正确；D、由于在t2t3，硫酸镁的溶解度随温度的降低而增大，因此把MgSO4饱和溶液的温度从t3降至t2时，溶液会由饱和溶液变成不饱和溶液，而不会有晶体析出，故D错误；故选
32、C13在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是（）A用1g98%的浓硫酸加4g水配制成19.6%的硫酸B配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线C10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液D质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配制成3x%的氨水【考点】溶液的配制【分析】A根据溶剂质量不变，溶液质量由1g变为5g，质量分数变为原先的；B由于容量瓶刻度线上方有部分残留溶液，所以摇匀后液面会低于刻度线，属于正确现象；C硫酸的质量分数越大，溶质的密度越大，10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合后溶质质量分数大于两溶液质量分数的平均值；D氨水密度小于
33、1，5x%和x%的两种氨水等体积混合后溶液质量分数小于两溶液质量分数的平均值【解答】解：A用1g 98%的浓硫酸加4g水，所得溶液中硫酸的质量分数为：100%=19.6%，该操作合理，浓度正确，故A不选；B配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，由于容量瓶刻度线上方有残留的溶液，所以液面会低于刻度线，不会影响配制结果，故B不选；C硫酸的密度大于1，10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合，所得溶液的质量分数大于50%，故C选；D氨水密度小于1，质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合所得溶液质量分数小于3x%，故D不选；故选：C14已知20时，饱和NaCl溶液的密度为g/c
34、m3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是（）A温度低于20时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/LB此溶液中NaCl的质量分数为C20时，密度小于g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D20时，饱和NaCl溶液的溶解度【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】A温度降低，氯化钠的溶解度减小，溶液中氯化钠的物质的量浓度减小；B根据1L溶液中含有的氯化钠的质量、溶液的质量计算出氯化钠的质量分数；C相同温度下，氯化钠饱和溶液的密度最大，若氯化钠溶液密度小于饱和溶液的密度，则该溶液一定为不饱和溶液；D设溶液体积为1L，根据氯化钠密度、浓度及溶解度表达式计
35、算出该温度下的溶解度【解答】解：A温度低于20时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L，故A正确；B1L该温度下的氯化钠饱和溶液中，溶液质量为：1000g，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为： =，故B正确；C20时，等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C正确；D20时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000，则该温度下氯化钠的溶解度为：S=100g=g，故D错误；故选D15将a g二氧化锰粉末加入b mol/L的浓盐酸c L中加热完全溶
36、解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A可以收集到氯气LB反应后溶液中的Cl数目为：CNA可表示为：D反应后溶液中的H+数目为：bc2d【考点】阿伏加德罗常数；氯气的实验室制法【分析】A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，生成的氯气可以依据二氧化锰计算得到；B、反应后的氯离子可以用总氯离子物质的量减去生成氯气的氯离子物质的量计算得到；C、依据二反应后溶液中氢离子物质的量等于氧化锰完全反应转移电子数等于d计算阿伏伽德罗常数；D、盐酸中总的氢离子物质的量减去减去反应的氢离子物质的量计算得到；【解答】解：A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，盐酸是过量，生成的氯气可
37、以依据二氧化锰计算，依据化学方程式MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O，二氧化锰物质的量和氯气物质的量相同，温度和压强不知，可以收集到氯气体积不能计算，故A错误；B、反应后溶液中的Cl数目为（bc2）NA选项中 只是计算得到生成的氯化锰中的氯离子，盐酸过量的没减少在内，故B错误；C、依据电子转移守恒，MnO2MnCl22e，2NA=d，得到NA=，故C正确；D、反应后溶液中的H+数目为（bc4）NA，故D错误；故选C16实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）其中分析错误的是（）A步骤发生的主要反应为：2F
38、e2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次【考点】制备实验方案的设计【分析】由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答【解答】解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加
39、入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，A步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故A正确；B步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B错误；CCuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；D步骤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复23次，可洗涤晶体，故D正确；故选B二、非选择题（共52分）17掌握仪器
40、的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根据如图实验装置回答问题（1）写出下列仪器的名称：蒸馏烧瓶；1000mL容量瓶；（2）仪器中，使用时必须检查是否漏水的是（填序号）（3）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器有温度计，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为蒸馏；（4）现需配制250mL、0.2mol/LNaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中的错误之处：没选用250mL容量瓶；没有用玻璃棒引流【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；溶液的配制；蒸馏与分馏【分析】（1）由图及常见仪器可知仪器的名称；（2）具有塞子、活塞的仪器使用时需要检查是否漏水；（3）用装置I
41、分离四氯化碳和酒精的混合物，利用沸点差异分离，需要测定温度；（4）配制250mL、0.2mol/LNaCl溶液，应选择相应规格的容量瓶，且转移液体需要引流【解答】解：（1）由图可知，仪器分别为蒸馏烧瓶、1000mL容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；1000mL容量瓶；（2）具有塞子、活塞的仪器使用时需要检查是否漏水，则仪器中，使用时必须检查是否漏水的是，故答案为：；（3）用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器有温度计，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为蒸馏，故答案为：温度计；蒸馏；（4）配制250mL、0.2mol/LNaCl溶液，应选用250mL容量瓶，且转移液体时没有用玻璃棒引流，
42、故答案为：没选用250mL容量瓶；没有用玻璃棒引流18（1）某物质含有3.011022个分子，其质量为1.4g，则物质的相对分子质量为28若只含有一种元素，则分子式为：N2（2）某物质的相对分子质量为98，若19.6g该物质含有1.2041023个分子，则阿伏加德罗常数为6.021023mol1若agCO32分子中含有b个电子，则阿伏加德罗常数可表示为【考点】物质的量的相关计算【分析】（1）根据n=计算1.4g该物质的物质的量，根据M=计算该物质的摩尔质量；（2）19.6g该物质的物质的量为： =0.2mol，根据NA=，进行计算求解；若1molCO32分子中含有电子32NA个电子，而agCO
43、32的物质的量为： =，所以b=32NA，由此解得阿伏加德罗常数【解答】解：（1）该物质的物质的量=0.05mol，则该物质的摩尔质量=28g/mol，所以该物质的量相对分子质量为28，若只含有一种元素，则分子式为：N2，故答案为：28；N2；（2）19.6g该物质的物质的量为： =0.2mol，NA=6.021023 mol1， =，所以b=32NA，则NA=，故答案为：6.021023 mol1；19常温下A和B两种气体组成的混合气体（A的相对分子质量大于B的相对分子质量），经分析混合气体中只含有氮和氢两种元素，而且不论A和B以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于由此可确定A为N2 ，B为N
44、H3 ，其理由是纯NH3 中氮和氢的质量比为，在纯NH3 中混入任何比例的N2 ，都将使氮和氢的质量比大于若上述混合气体的氮和氢的质量比为7：1，则在混合气体中A和B的物质的量之比为1：4，A在混合气体中的体积分数为20%【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【分析】纯NH3 中氮和氢的质量比为，在纯NH3 中混入任何比例的N2 ，都将使氮和氢的质量比大于，即为N2 、NH3的混合气体，A的相对分子质量大于B的相对分子质量，则A为N2 ，B为NH3 ，据此计算解答【解答】解：纯NH3 中氮和氢的质量比为，在纯NH3 中混入任何比例的N2 ，都将使氮和氢的质量比大于，即为N2 、NH
45、3的混合气体，A的相对分子质量大于B的相对分子质量，则A为N2 ，B为NH3；若上述混合气体的氮和氢的质量比为7：1，设氮气为xmol，氨气为ymol，则（2x+y）14：3y=7：1，整理的x：y=1：4，A在混合气体中的体积分数为100%=20%，故答案为：N2 ；NH3 ；纯NH3 中氮和氢的质量比为，在纯NH3 中混入任何比例的N2 ，都将使氮和氢的质量比大于； 1：4；20%20用18molL1，浓硫酸配制100mL 3.0molL1稀硫酸的实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积 量取一定体积的浓硫酸 稀释、冷却转移、洗涤 定容、摇匀回答下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是16.7mL，量
46、取浓硫酸所用的量筒的规格是B（从下列规格中选用：A.10mL B.25mL C.50mL D.100mL ）（2）配制上述溶液所需仪器，除量筒、烧杯和玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有胶头滴管、100mL容量瓶（3）第步实验的操作是继续向容最瓶注入蒸馏水至离刻度线l2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加蒸馏水至液面与刻度线相切为止塞紧瓶塞，倒转摇匀（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用“偏大”、“偏小”或“无影响”填写）所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中偏小定容时俯视溶液的凹液面偏大【考点】溶液的配制【分析】（1）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；依据量取的
47、浓硫酸体积选择合适规格的量筒；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；（3）第步操作为定容和摇匀，正确操作为：继续向容最瓶注入蒸馏水至离刻度线l2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加蒸馏水至液面与刻度线相切为止塞紧瓶塞，倒转摇匀，据此解答；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进程误差分析【解答】（1）用18molL1浓硫酸配制100mL 3.0molL1稀硫酸，设需要浓硫酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：18mol/LV=100mL3.0molL1，解得V=16.7mL；应选择25mL量筒，故选B；故答案为：16.7；B；（2）配制一定物质
48、的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶；所以还缺少的仪器：胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；（3）第步操作为定容和摇匀，正确操作为：继续向容最瓶注入蒸馏水至离刻度线l2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加蒸馏水至液面与刻度线相切为止塞紧瓶塞，倒转摇匀；故答案为：继续向容最瓶注入蒸馏水至离刻度线l2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加蒸馏水至液面与刻度线相切为止塞紧瓶塞，倒转摇匀；（4）所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，导致浓硫酸浓度降低，量取的浓硫酸中含有溶质的物质量
49、偏小，溶液浓度偏小；故答案为：偏小；定容时俯视溶液的凹液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；故答案为：偏大21常温下，现有A、B、C、D四种电解质分别完全溶于水，所得四种溶液中含H+、Ba2+、Al3+、Na+、HCO3、Cl、OH、SO42八种离子（不考虑水解）为了检验这四种物质，进行如下实验：取少量A的溶液分别与另三种物质反应，依次观察到：白色沉淀和气体、气体、白色沉淀经测定，A和D的溶液显碱性，B和C的溶液pH7B与D的溶液反应产生两种沉淀，当D的量增大时，其中一种沉淀不断溶解，最终还存在一种沉淀C与D的溶液反应，无明显现象经测定，该反应的产物总能量小于反应物总能量根据上述实验事实，请回
50、答下列问题：（1）C的名称是氯化氢，D的化学式Ba（OH）2（2）用离子方程式表示A的溶液显碱性的原因：HCO3+H2O=H2CO3+OH（3）A与B在溶液中反应的离子方程式为Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2（4）等物质的量浓度、等体积的B和D的溶液混合，写出反应的离子方程式：3Ba2+6OH+2Al3+3SO42=3BaSO4+2Al（OH）3【考点】无机物的推断【分析】取少量A的溶液分别与另三种物质反应，依次观察到：白色沉淀和气体、白色沉淀、气体，结合离子之间的反应现象可知，铝离子和碳酸氢根离子反应既产生白色沉淀又产生气体；钡离子和碳酸氢根离子、氢氧根离子之间的反应产生白色沉淀
51、；氢离子和碳酸氢根离子之间反应产生水以及二氧化碳，A是NaHCO3；经测定，A和D的溶液显碱性，则含有氢氧根离子或是HCO3，B和C的溶液pH7，则含有氢离子或是铝离子等；B与D的溶液反应产生两种沉淀，当D的量增大时，其中一种沉淀不断溶解，最终还存在一种沉淀，则一定是硫酸铝和氢氧化钡之间的反应，所以D是Ba（OH）2，B是Al2（SO4）3；C与D的溶液反应，无明显现象，该反应的产物总能量小于反应物总能量，该反应是放热反应，所以C是HCl，综上所述，A是NaHCO3，D是Ba（OH）2，B是Al2（SO4）3，C是HCl，以此来解答【解答】解：取少量A的溶液分别与另三种物质反应，依次观察到：白
52、色沉淀和气体、白色沉淀、气体，结合离子之间的反应现象可知，铝离子和碳酸氢根离子反应既产生白色沉淀又产生气体；钡离子和碳酸氢根离子、氢氧根离子之间的反应产生白色沉淀；氢离子和碳酸氢根离子之间反应产生水以及二氧化碳，A是NaHCO3；经测定，A和D的溶液显碱性，则含有氢氧根离子或是HCO3，B和C的溶液pH7，则含有氢离子或是铝离子等；B与D的溶液反应产生两种沉淀，当D的量增大时，其中一种沉淀不断溶解，最终还存在一种沉淀，则一定是硫酸铝和氢氧化钡之间的反应，所以D是Ba（OH）2，B是Al2（SO4）3；C与D的溶液反应，无明显现象，该反应的产物总能量小于反应物总能量，该反应是放热反应，所以C是H
53、Cl，综上所述，A是NaHCO3，D是Ba（OH）2，B是Al2（SO4）3，C是HCl，（1）C是名称为氯化氢，D的化学式为Ba（OH）2，故答案为：；Ba（OH）2；（2）用离子方程式表示A的溶液显碱性的原因为HCO3+H2O=H2CO3+OH，故答案为：HCO3+H2O=H2CO3+OH；（3）A与B在溶液中反应的离子方程式为Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；（4）等物质的量浓度、等体积的硫酸铝和氢氧化钡的溶液混合，碱不足，反应的离子方程式为3Ba2+6OH+2Al3+3SO42=3BaSO4+2Al（OH）3，故答案为
54、：3Ba2+6OH+2Al3+3SO42=3BaSO4+2Al（OH）322将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（2）B、D都是酸性氧化物，且组成元素相同，D溶于水得强酸则B、D分子中除氧外所含另一种元素在周期表中的位置为第三周期、A族（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取E气体的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从B（填“A
55、”或“B”）通入（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，若向X的浓溶液中滴加NaOH溶液至过量，现象依次为生成白色沉淀，生成刺激性气味的气体，白色沉淀又逐渐溶解（5）取一定量的X晶体分解，若生成F 1mol，则必同时生成SO2物质（填化学式）3mol【考点】无机物的推断【分析】（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al2O3；（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B、D分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知B、D分别为SO3和SO2；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH3；根据氨气的密度大小选择收集方法；（4）X的组
56、成类似于明矾，结合以上分析写出晶体X的化学式；NH4Al（SO4）212H2O溶液中含有铵根离子、铝离子，加入氢氧化钠溶液后，先生成白色沉淀，然后产生氨气，最后白色沉淀溶解，据此进行解答；（5）生成1molN2转移6 mol电子，根据元素守恒和电子守恒计算生成SO2的物质的量【解答】解：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al2O3，与强碱溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B、D分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知B、D分
57、别为SO3和SO2，硫元素在周期表中的物质是第三周期第A族，故答案为：第三周期、A族；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH3，实验室制备氨气的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从B管通入气体收集，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；B；（4）根据以上分析可知，X中含有铝离子、铵根离子、硫酸根离子，再结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为：NH4Al（SO4）212H2O；NH4Al（SO4）212H2O的溶液中含有铵根离子和铝离子，加入氢氧化钠溶液后，铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝白色沉淀，铝离子反应完全后铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，最后白色沉淀氢氧化铝会逐渐溶解，故答案为：生成白色沉淀；生成刺激性气味的气体；白色沉淀又逐渐溶解；（5）根据上面（4）的分析可知，X为NH4Al（SO4）212H2O，取一定量的X晶体分解，根据元素守恒和电子得失守恒可知，生成1molN2转移6 mol电子，则生成SO2的物质的量为： =3mol，故答案为：SO2；32016年11月18日
