湖南省衡阳一中2015-2016学年高一(上)第一次月考化学试卷(解析版)
湖南省衡阳县第一中学2015-2016学年高一化学上学期期中试题
衡阳县一中2015年下学期高一期中考试化学试题分值 100分 时量 90分钟相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Cl-35.5 S-32 Na-23 N-14 K-39 Cu-64 Mg--24一、选择题（下列每小题只有一个选项是正确的，每小题3分，共51分）1下列实验操作不正确的是 AA．蒸发食盐水制取氯化钠晶体时，要等水完全蒸干后再停止加热B．用胶头滴管向试管中滴加液体时，不能伸入试管中滴加C．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢地加入水中，用玻璃棒不断搅拌D．用托盘天平称量氢氧化钠固体时，可将氢氧化钠置于小烧杯中2. 选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这种萃取剂应具备的性质是DA．不溶于水，且必须易与碘发生化学反应 B．不溶于水，比水密度小C．不溶于水，比水密度大 D．不溶于水，且比水更容易使碘溶解3. 提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，可以使用的方法为 BA．加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸B．加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸C．加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸D．加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸4. 下列说法中正确的是CA 1mol O2 的质量为32g/molB CO的相对分子质量为28gC CO2 的摩尔质量为44 g/molD 1mol OH－的质量等于175. 标准状况下，相同质量的下列气体，体积最大的是BA．O2 B．N2 C．Cl2 D．CO26. 有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48L(标况)，该气体的摩尔质量是 DA．28.4 B．28.4g·mol-1 C．71 D．71g·mol-17．在标准状况下，下列物质与22.4L氨气（NH3）所含的氢原子数相同的是 CA．54g H2O B. 49g H2SO4 C. 3molHCl D.22.4L H28. 都含有1mol氧原子的CO、CO2、O3三种气体的物质的量之比为DA．1:1: 1 B．1:2:3 C．3:2:1 D．6:3:29. 下列溶液氯离子的物质的量浓度与50mL 2 mol•L-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相等的是 DA．150 mL 1 mol•L-1氯化钠溶液 B．75 mL 1.5 mol•L-1氯化钙溶液C．150 mL 3 mol•L-1氯化钾溶液 D．50 mL 3 mol•L-1氯化镁溶液10 把500 mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。
湖南省衡阳市衡阳县一中2016届高三上学期月考化学试卷
2015-2016学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本部分共有20个选择，每小题均只有一个正确选项，每小题2分，共计40分）1．将SO2气体通入过量的下列溶液中，最终一定能生成白色沉淀的是（）①Ca（OH）2溶液②Ba（NO3）2溶液③BaCl2溶液④H2S溶液．A．①②B．①③C．②④D．③④2．下列关于元素周期律的说法中错误的是（）A．氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4B．离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣C．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClOD．金属性：Be＜Mg＜Ca＜K3．一定温度下，反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（）A．缩小容器的体积使压强增大 B．恒容条件下，充入H2C．恒容条件下，充入一定量的C D．恒压条件下，充入He4．下列离子方程式中书写正确的是（）A．水玻璃中通入少量二氧化碳：Na2SiO3+CO2+H2O═2Na++CO32﹣+H2SiO3B．饱和石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）2+2CO2═Ca2++2HCO3﹣C．向KI溶液中滴入稀硫酸，并且在空气中充分振荡：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2OD．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O5．X、Y为短周期元素，X原子各电子层的电子数的比值为1：4：1，它比Y原子少5个电子．下列叙述正确的是（）A．离子半径顺序为X＞YB．X、Y形成的化合物含共价键和离子键C．XY2分子中所有原子最外层均达到8电子稳定结构D．Y单质与氢气的混合气体光照条件下容易发生爆炸6．下列除去杂质的方法中正确的是（）A．Cl2中混有少量HCl：通过盛有足量硝酸银溶液的洗气瓶洗气B．Cl2中混有少量水蒸气：先通过足量浓硫酸，再用向下排空气法收集氯气C．HCl中混有少量Cl2：通过盛有四氯化碳的洗气瓶洗气D．HCl中混有少量Cl2：通入足量氢气并光照7．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（）A．用pH试纸测得新制氯水的pH为5B．向某种消毒液（NaClO）中滴加盐酸，能抑制NaClO水解，降低漂白效果C．铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用D．为便于储存，需要将氯气液化[Cl2（g）⇌Cl2（l）]，可以采取加压或者升温的措施9．从降低成本和绿色化学的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是（）A．为了防止硝酸分解生成有毒气体和减少硝酸的挥发，在常温下，用铜和浓硝酸反应B．为了防止污染物的生成，让铜和稀硫酸反应C．铜先在空气中加热生成氧化铜，然后再和硝酸反应D．氯化铜和硝酸银恰好完全反应生成硝酸铜和氯化银，然后过滤除去氯化银沉淀10．物质之间的转化在下列给定的条件下不能实现的是（）①Si→SiO2H2SiO3②S SO3H2SO4③Na NaOH Na2O④Al→Al2O3→Al（OH）3⑤N2→NO2→HNO3→NO．A．①②⑤ B．①②③④C．②③④ D．①②③④⑤11．下列叙述中正确的是（）A．在食用盐中滴加少量淀粉溶液，探究食用盐是否含有IO3﹣B．新制氯水显酸性，将其滴加到紫色石蕊溶液中，充分振荡后溶液最终为无色C．氯气具有漂白性，可以将湿润的有色布条漂白为无色物质D．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，结合酸性的强弱顺序H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，可以推出少量的CO2通入NaClO溶液中能生成HClO和碳酸钠12．在一定温度下，某可逆反应aA（s）+bB（g）⇌cC（g）在一密闭的容器中达到平衡，如果t0时，改变某一外界条件，化学反应速率（v）﹣时间（t）图象如图所示．下列说法正确的是（）A．若a+b=c，则t0时可能是增大反应体系的压强B．若a+b=c，则t0时不可能是加入催化剂C．若a+b≠c，则t0时只可能是加入催化剂D．若a+b≠c，则t0时有可能是增大反应体系的压强13．某无色混合气体甲，可能含NO、NO2、NH3、CO2、N2中的几种，将100mL气体甲依次经过如图所示的实验处理，结果得到酸性溶液且最终无剩余气体．则气体甲的组成为（）A．NH320ml、NO240ml、N240ml B．NH3 20ml、NO32ml、CO248mlC．NH320ml、NO20ml、CO260ml D．NH320ml、CO228ml、NO52ml14．X、Y、Z、W是位于同一周期的元素，它们的原子序数依次递增．X、Y、W的最高价氧化物的水化物两两之间可以发生复分解反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，X、Y、Z、W原子序数关系为X+W═Y+Z．下列说法中正确的是（）A．原子半径由小到大排序为：X＜Y＜Z＜WB．Z的最高价氧化物既能与某酸反应，又能与某碱反应，属于两性物质C．Y单质在一定条件下可以跟四氧化三铁发生置换反应D．室温下，0.1 mol•L﹣1 W的气态氢化物的水溶液中氢离子的浓度为0.2mol•L﹣115．下列物质不能通过化合反应或置换反应生成的是（）A．Al2O3B．HF C．Fe3O4D．HClO16．下列常见物质X、Y、Z、E、F均含有同一元素M，它们在一定条件下有如图所示的转化关系，已知Z为NO，以下有关这五种物质的推断中合理的是（）A．X一定含有氮元素，可能是单质也可能是化合物B．X→Y一定是氧化还原反应C．常温下F与碳单质反应可能生成ZD．若X为单质，Y→Z可能属于化合反应17．下列关于物质的制备、性质、收集说法正确的是（）A．汽车尾气中有NO x，主要是汽车打火时氮气和氧气反应引起的B．可以用图1所示装置收集到干燥的NO气体C．根据图2装置收集到的气体为无色能够验证铜和稀硝酸反应的产物中气态物质只有NO D．可以用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别红棕色气体NO2和溴蒸气18．下列关于元素周期表结构说法正确的是（）A．元素周期表中金属元素与非金属元素交界线附近的元素既具有一定的金属性也具有一定的非金属性，所以它们属于过渡元素B．若M2+和N2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：N＞MC．元素周期表的短周期元素中，最外层电子数是其电子层数2倍的元素共有4种D．在元素周期表中，原子序数差值为2的两种元素有可能处于同一主族19．下列关于化学反应速率的说法中，正确的是（）A．升高温度，活化分子的百分数不一定增大，但是化学反应速率一定增大B．在化学反应前后催化剂的化学性质不变，但是由于参与化学反应导致质量减小C．使用正催化剂，能降低化学反应的活化能，增大活化分子的百分数，化学反应速率一定增大D．活化分子发生碰撞即可发生化学反应20．某化学探究科研小组利用丙酮与溴在氯化氢做催化剂的条件下发生取代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr）来探究化学反应速率与反应物浓度的关系．如果化学反应速率v（Br2）用测定一定量的溴单质颜色消失所需要的时间来表示，在一定温度下，A．由①④实验对比，可以得出增大c（Br2），v（Br2）减小B．由②③实验对比，可以得出实验②和③的v（Br2）相等C．由①③实验对比，可以得出增大c（HCl），v（Br2）增大D．由①②实验对比，可以得出增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大二、解答题（共5小题，满分60分）21．化学与我们的生活息息相关，请按照要求回答下列生活中常见的化学问题：（1）工业上生产水泥、玻璃都要用到的原料是．（2）工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，所制得的漂白粉的有效成分是（填化学式）．（3）加热熔融氢氧化钠，选择合适的坩埚（A．氧化铝坩埚B．铁坩埚C．瓷坩埚）．（4）钾长石的化学式是KAlSi3O8，以氧化物形式可表示为．（5）氢氧化铝、小苏打都可以治疗胃酸过多，写出胃舒平（主要成分为氢氧化铝）与胃酸（主要成分为稀盐酸）反应的化学方程式．（6）可用于制备硅胶和木材防火剂的物质的名称是．22．向50mLH2O2水溶液中加入2g二氧化锰粉末，放出标准状况下气体的体积与时间的关系如图1所示：（1）写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：为了加快过氧化氢分解的速率，还可以用某些无机试剂代替二氧化锰作为催化剂，试写出两种催化剂的名称、．（2）图中A、B、C各点所表示的反应速率由小到大的顺序为，产生这种变化的原因是．（3）起始时，H2O2水溶液的物质的量浓度为；5分钟内，用H2O2表示H2O2分解的反应速率为．（4）如图2是H2O2在没有催化剂的情况下的反应进程与能量变化图．•请在图中画出使用催化剂时的反应进程与能量变化图．‚图中A表示，C表示，E的大小对该反应的反应热△H有无影响？．ƒ图3中，曲线是二氧化锰存在时过氧化氢分解的曲线（填“a”或“b”）．23．已知：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次递增．A元素的含量在宇宙中最丰富，B元素的一种核素可以鉴定文物的年代，C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2．请回答：（1）E和F两种元素的氢化物相比较，还原性较强的是（写名称）．（2）D元素的单质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，该供氧过程的化学方程式为．（3）元素F的单质常温下是一种有色气体，工业上主要是通过电解其饱和的钠盐溶液的方法获得该气体，该过程的化学方程式为．（4）元素A、D、E与钠元素可以形成两种均含有这四种元素的酸式盐，这两种酸式盐在水溶液中发生反应的离子方程式是．（5）C与F两种元素的气态氢化物发生反应的基本反应类型是，生成物中有一种盐，该盐的水溶液呈（填“酸”“碱”或“中”）性，该盐的水溶液中各离子浓度由小到大的顺序为．（6）由元素A、B、D组成的一元酸M为生活中常见的一种的调味品的主要成分，由元素A、F组成的化合物为N．常温下，向氢离子浓度相同、溶液体积相同的M、N的两种溶液中分别加入等质量的锌粉，如果反应后仅有一份溶液中存在着剩余的锌粉，则反应过程中两种溶液反应速率的大小关系是：M N（填“＞”“=”或“＜”）．24．金属铝在强酸性或者强碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，A、B、C、D、E、F 存在如图所示的转化关系：已知：气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀．请回答下列问题（1）A和B两种溶液混合之后可以产生白色沉淀，该白色沉淀与F反应的离子方程式．（2）将A转化为Al（OH）3所需的最佳试剂是（填字母编号）．a．CH3COOH b．HCl c．NH3•H2O d．KOH（3）Al与NO3﹣在碱性条件下反应的离子方程式，生成的D气体可用下列盛有稀硫酸的装置吸收．（4）气体D和F反应可生成盐，检验该盐中阳离子的方法：．（5）Al与NO3﹣在酸性条件下反应，发生反应的Al与HNO3的物质的量之比是．25．某同学设计了如下实验装置图．（夹持装置和加热装置略，气密性已检验）：（1）装置A中盛有Na2SO3固体的仪器名称是，该装置发生反应的化学方程式为：，该过程体现了浓硫酸的性．（2）反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生；B中有白色沉淀生成．甲同学认为该沉淀是BaSO3，认为BaCl2能够吸收SO2，乙同学认为BaCl2不能吸收SO2，该实验中能出现沉淀是因为该装置中有空气的干扰，并且他向上述实验生成的沉淀中加入稀盐酸，发现沉淀并没有溶解，所以乙认为该沉淀不是BaSO3，而应该是，生成该沉淀的化学方程式有．（3）如果将生成的SO2气体通入到硝酸钡溶液中，生成沉淀的离子方程式为：．如果将亚硫酸钠固体加入到硝酸钡溶液中，生成沉淀的化学方程式为：．（4）若把分液漏斗中的浓H2SO4换成浓HNO3，对该实验是否有影响（填“是”或“否”），理由是．（5）工业上用CuFeS2（黄铜矿）冶炼金属铜，副产物中也有SO2，该过程发生反应的化学方程式为：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO3CuFeS2中Cu的化合价为，Fe的化合价为，该过程中被还原的元素是（填元素符号．当生成4mol铜时，此反应转移的电子数目是．2015-2016学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本部分共有20个选择，每小题均只有一个正确选项，每小题2分，共计40分）1．将SO2气体通入过量的下列溶液中，最终一定能生成白色沉淀的是（）①Ca（OH）2溶液②Ba（NO3）2溶液③BaCl2溶液④H2S溶液．A．①②B．①③C．②④D．③④【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】①SO2气体与过量的Ca（OH）2溶液反应会生成CaSO3，最终有白色沉淀产生；②硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡；③盐酸的酸性强于亚硫酸；④H2S溶液与二氧化硫反应生成S沉淀，但是S是淡黄色沉淀，不属于白色沉淀．【解答】解：①SO2气体与过量的Ca（OH）2溶液反应会生成CaSO3，最终有白色沉淀产生，SO2+Ca（OH）2=CaSO3↓+H2O，故①正确；②硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡，一定有沉淀生成，故②正确；③盐酸的酸性强于亚硫酸，向BaCl2溶液中通入少量的SO2，不发生反应，故③错误；④H2S溶液与二氧化硫反应生成S沉淀，但是S是淡黄色沉淀，不属于白色沉淀，SO2+2H2S=S+2H2O，故④错误．故选A．2．下列关于元素周期律的说法中错误的是（）A．氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4B．离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣C．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClOD．金属性：Be＜Mg＜Ca＜K【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；B．元素的非金属性越弱，其简单阴离子的还原性越强；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一种元素含氧酸，非羟基O 原子个数越多其酸性越强；D．同一周期元素金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族元素其金属性随着原子序数增大而增强．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其对应的氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性大小顺序为：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故A正确；B．元素的非金属性越弱，其简单阴离子的还原性越强，所以还原性顺序应该是：S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故B错误；C．元素的非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越强，同一种元素含氧酸，非羟基O 原子个数越多其酸性越强，次氯酸酸性最弱，所以酸性强弱顺序是H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故C正确；D．同一周期元素金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族元素其金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故D正确；故选B．3．一定温度下，反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（）A．缩小容器的体积使压强增大 B．恒容条件下，充入H2C．恒容条件下，充入一定量的C D．恒压条件下，充入He【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的反应，恒温时改变浓度能改变化学反应速率，注意C是固体，据此分析解答，【解答】解：A．缩小容器的体积使压强增大，增大单位体积内活化分子个数，所以反应速率增大，故A错误；B．恒容条件下，充入H2，增大生成物浓度，反应速率增大，故B错误；C．由于固体的用量不影响反应速率，所以恒容条件下，充入一定量的C，反应速率不变，故C正确；D．恒压条件下，充入He，导致气体总体积增大，反应物浓度减小，所以反应速率减小，故D 错误；故选C．4．下列离子方程式中书写正确的是（）A．水玻璃中通入少量二氧化碳：Na2SiO3+CO2+H2O═2Na++CO32﹣+H2SiO3B．饱和石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）2+2CO2═Ca2++2HCO3﹣C．向KI溶液中滴入稀硫酸，并且在空气中充分振荡：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2OD．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成硅酸和碳酸钠，硅酸钠完全电离；B．反应生成碳酸氢钙，石灰水完全电离；C．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D．漏写碳酸氢根离子与碱的反应．【解答】解：A．水玻璃中通入少量二氧化碳的离子反应为SiO32﹣+CO2+H2O═CO32﹣+H2SiO3↓，故A错误；B．饱和石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为OH﹣+CO2═HCO3﹣，故B错误；C．向KI溶液中滴入稀硫酸，并且在空气中充分振荡的离子反应为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O，故C正确；D．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热的离子反应为HCO3﹣+NH4++2OH﹣CO32﹣+NH3↑+2H2O，故D错误；故选C．5．X、Y为短周期元素，X原子各电子层的电子数的比值为1：4：1，它比Y原子少5个电子．下列叙述正确的是（）A．离子半径顺序为X＞YB．X、Y形成的化合物含共价键和离子键C．XY2分子中所有原子最外层均达到8电子稳定结构D．Y单质与氢气的混合气体光照条件下容易发生爆炸【考点】原子结构与元素的性质．【分析】由X原子各电子层的电子数比为1：4：1，可知X原子核外有3个电子层，由电子排布规律可知，K层最多不超过2个电子且排满后才能排L层，故各层电子数为2、8、2，所以X为Mg元素，它比Y原子少5个电子，则Y的核外电子数为17，故Y为Cl元素，根据Mg和Cl元素对应单质及化合物的性质解答该题．【解答】解：A、氯离子的半径大于镁离子，故A错误；B、氯化镁只含有离子键，不含共价键，故B错误；C、氯化镁为离子晶体，不存在分子，故C错误；D、氯气与氢气的混合气体光照条件下容易发生爆炸，故D正确；故选D．6．下列除去杂质的方法中正确的是（）A．Cl2中混有少量HCl：通过盛有足量硝酸银溶液的洗气瓶洗气B．Cl2中混有少量水蒸气：先通过足量浓硫酸，再用向下排空气法收集氯气C．HCl中混有少量Cl2：通过盛有四氯化碳的洗气瓶洗气D．HCl中混有少量Cl2：通入足量氢气并光照【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．二者均与硝酸银溶液反应；B．氯气的密度比空气的密度大；C．氯气可溶解在四氯化碳中，而HCl不能；D．氢气过量，引入新杂质．【解答】解：A．硝酸银溶液也可以吸收氯气，应选饱和食盐水、洗气分离，故A错误；B．应该用向上排空气法收集氯气，故B错误；C．四氯化碳可以吸收氯气，则通过盛有四氯化碳的洗气瓶洗气可除杂，故C正确；D．氢气过量，会引入氢气杂质，故D错误；故选C．7．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（）A．用pH试纸测得新制氯水的pH为5B．向某种消毒液（NaClO）中滴加盐酸，能抑制NaClO水解，降低漂白效果C．铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用D．为便于储存，需要将氯气液化[Cl2（g）⇌Cl2（l）]，可以采取加压或者升温的措施【考点】氯气的化学性质；测定溶液pH的方法．【分析】A．氯水有漂白性，能够漂白试纸；B．盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，可以增强漂白性；C．液氯与苯在铁做催化剂条件下反应生成氯苯；D．依据平衡移动原理判断．【解答】解：A．由于氯水有漂白性，所以不能用pH试纸测新制氯水的pH，A错误；B ．盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，可以增强漂白性，B 错误；C ．氯化铁对氯与苯的反应有催化作用，C 正确；D ．[Cl 2（g ）⇌Cl 2（l ）]，反应物能量高于生成物能量，正向放热，应该降温或者加压储存液氯，故D 错误；故选：C ．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A ．石灰石的成分是CaCO 3；B ．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；C ．浓硫酸具有强氧化性，能使Fe 、Al 在常温下发生钝化；D ．反应速率与其物质浓度成正比．【解答】解：A ．石灰石的成分不是CaO ，而是CaCO 3，CaCO 3可以与酸反应，生成盐和水，故A 错误；B ．浓硫酸具有吸水性，盐酸具有挥发性，二者放置在空气中浓度都降低，但原理不同，故B 错误；C ．常温下，铁在浓硫酸中发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象称为钝化，体现了浓硫酸的强氧化性，故C 正确；D ．增大反应物浓度，V 正增大，V 逆不变，因为V 正＞V 逆，所以平衡正向移动，故D 错误； 故选C ．9．从降低成本和绿色化学的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是（ ）A ．为了防止硝酸分解生成有毒气体和减少硝酸的挥发，在常温下，用铜和浓硝酸反应B ．为了防止污染物的生成，让铜和稀硫酸反应C ．铜先在空气中加热生成氧化铜，然后再和硝酸反应D ．氯化铜和硝酸银恰好完全反应生成硝酸铜和氯化银，然后过滤除去氯化银沉淀【考点】化学实验方案的评价．【分析】A ．铜和浓硝酸反应会生成有毒的二氧化氮气体；B ．铜与稀硫酸不发生反应；C ．铜与空气中氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和水；D ．硝酸银比较贵重，不符合降低成本的要求．【解答】解：A ．在常温下，用铜和浓硝酸反应会生成二氧化氮气体，不符合绿色化学的宗旨，故A 错误；B ．铜与稀硫酸不能反应，故B 错误；C．铜先在空气中加热生成氧化铜，然后再和硝酸反应，整个过程中没有污染物生成，符合降低成本和绿色化学的要求，故C正确；D．硝酸银很贵重，所以不符合降低成本的要求，故D错误；故选C．10．物质之间的转化在下列给定的条件下不能实现的是（）①Si→SiO2H2SiO3②S SO3H2SO4③Na NaOH Na2O④Al→Al2O3→Al（OH）3⑤N2→NO2→HNO3→NO．A．①②⑤ B．①②③④C．②③④ D．①②③④⑤【考点】钠的化学性质；氮气的化学性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质．【分析】①二氧化硅与水不反应；②硫燃烧只能生成二氧化硫；③氢氧化钠不能分解生成氧化钠；④氧化铝与水不能反应；⑤氮气只能生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮．【解答】解：①硅和氧气加热反应生成二氧化硅，二氧化硅与水不反应，不能生成硅酸，故①错误；②三氧化硫能和水反应生成硫酸，但硫燃烧只能生成二氧化硫，故②错误；③钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，但氢氧化钠不能分解生成氧化钠，故③错误；④铝和氧气反应生成氧化铝，但氧化铝与水不能反应，故④错误；⑤二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，但氮气只能生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮，故⑤错误；故选D．11．下列叙述中正确的是（）A．在食用盐中滴加少量淀粉溶液，探究食用盐是否含有IO3﹣B．新制氯水显酸性，将其滴加到紫色石蕊溶液中，充分振荡后溶液最终为无色C．氯气具有漂白性，可以将湿润的有色布条漂白为无色物质D．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，结合酸性的强弱顺序H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，可以推出少量的CO2通入NaClO溶液中能生成HClO和碳酸钠【考点】氯气的化学性质；常见离子的检验方法．【分析】A、碘酸钾与淀粉不反应；B、新制氯水含有HClO，具有漂白性；C、氯气无漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性；D、反应进行符合复分解反应的规律．【解答】解：A、食盐中含有碘酸钾，碘酸钾与淀粉不反应，故A错误；B、新制氯水含有HClO，具有漂白性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故B正确；C、氯气无漂白性，氯气可以使湿润的有色布条褪色，是因为氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故C错误；D、由于碳酸钠会与次氯酸反应，所以应该生成碳酸氢钠，故D错误．故选B．12．在一定温度下，某可逆反应aA（s）+bB（g）⇌cC（g）在一密闭的容器中达到平衡，如果t0时，改变某一外界条件，化学反应速率（v）﹣时间（t）图象如图所示．下列说法正确的是（）A．若a+b=c，则t0时可能是增大反应体系的压强B．若a+b=c，则t0时不可能是加入催化剂C．若a+b≠c，则t0时只可能是加入催化剂D．若a+b≠c，则t0时有可能是增大反应体系的压强【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【分析】由图可知，可逆反应到达平衡后，在t0时改变条件，正、逆速率都同等程度增大，平衡不移动，故改变条件可能是加入催化剂，或是增大压强，且反应前后气体的物质的量不变，改变温度与某一物质浓度，平衡一定移动，据此结合选项解答．【解答】解：根据图象可知，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，这说明改变的条件是催化剂或压强．但如果是改变压强，则说明反应前后气体的体积是不变的，即b=c．A、b=c时，t0时可能是增大反应体系的压强，故A错误；B、a、b、c是任何系数，都有可能是加入催化剂，故B错误；C、由于a、b、c是任何系数，都有可能是加入催化剂，故C错误；D、若a+b≠c，但是满足b=c，则t0时有可能是增大反应体系的压强，故D正确．故选D．13．某无色混合气体甲，可能含NO、NO2、NH3、CO2、N2中的几种，将100mL气体甲依次经过如图所示的实验处理，结果得到酸性溶液且最终无剩余气体．则气体甲的组成为（）A．NH320ml、NO240ml、N240ml B．NH3 20ml、NO32ml、CO248mlC．NH320ml、NO20ml、CO260ml D．NH320ml、CO228ml、NO52ml【考点】常见气体的检验．【分析】某无色混合气体甲，可能含NO、NO2、NH3、CO2、N2中的几种，二氧化氮是红棕色的气体，一定不含有NO2，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水．。
湖南省衡阳市衡阳县一中2015-2016学年高三期中化学试卷.doc
湖南省衡阳市衡阳县一中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列化学用语表示正确的是（）A．NaH与重水反应的方程式：NaH+D2O=NaOH+D2↑B．三氟化氮的电子式：C．熔融状态下硫酸氢钠的电离方程式：NaHSO4（熔融）=Na++HSO4﹣D．羟基乙酸（HOCH2COOH）的缩聚物：【考点】电子式；结构简式；化学方程式的书写；电离方程式的书写．【专题】化学用语专题．【分析】A、NaH与重水反应实质是离子反应，氢负离子与水电离的氢离子结合生成氢气；B、氟原子未成键的孤对电子对为画出；C、硫酸氢钠是离子化合物，由钠离子与硫酸氢根离子构成；D、羟基乙酸通过酯化反应生成高聚物，羧基提供羟基，羟基通过氢原子．【解答】解；A、NaH与重水反应实质是离子反应，氢负离子与水电离的氢离子结合生成氢气，NaH与重水反应的方程式为NaH+D2O=NaOD+HD↑，故A错误；B、氟原子未成键的孤对电子对为画出，故B错误；C、硫酸氢钠是离子化合物，由钠离子与硫酸氢根离子构成，熔融下电离出钠离子与硫酸氢根离子，电离方程式：NaHSO4（熔融）=Na++HSO4﹣，故C正确；D、羟基乙酸通过酯化反应生成高聚物，羧基提供羟基，羟基通过氢原子，缩聚物结构简式为，题中结构简式为羧基提供氢原子，故D错误．故选C．【点评】本题考查常用化学用语，难度中等，注意C中硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根．D中注意结构简式的书写要符合反应原理．2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4L氯气与足量NaOH溶液反应转移电子数为N AB．在含有N A个醋酸根离子（CH3COO﹣）的醋酸溶液中氢离子数目为N AC．4.6g SO2、CO2混合气体中含有中子数为2.3N AD．1mol C n H2n+2分子中含共价键数目为（3n+2）N A【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、依据气体摩尔体积的体积应用分析判断，气体摩尔体积是标准状况下的应用；B、水溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子；C、微粒的质量主要集中在原子核上，质子数+中子数=质量数，原子都是中子数=质子数；D、依据烷烃分子中含有碳氢键和碳碳键结合通式计算．【解答】解：A、常温常压下，22.4L氯气不是1mol，故A错误；B、在含有N A个醋酸根离子（CH3COO﹣）的醋酸溶液中，水溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子，氢离子数目大于N A，故B错误；C、这几种元素（S，O，C）原子都是中子数=质子数．中子质量和中子相近．所以含有质子和中子各2.3g，质子的摩尔质量为1，所以含有中子数2.3mol，故C正确；D、1mol C n H2n+2分子中含共价键数目=（2n+2+n﹣1）N A=（3n+1）N A，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的方法应用和注意问题，主要是气体摩尔体积的条件应用，弱电解质溶液中离子判断，原子结构的理解和原子特征应用，烷烃分子结构分析计算，题目难度中等．3．用草酸的稀溶液或草酸钠的酸性溶液可以洗涤粘在皮肤上的高锰酸钾，其离子方程式为（未配平）：MnO+C2O+H+﹣→CO2↑+Mn2++．关于此反应的叙述正确的是（）A．该反应右边方框内的产物是OH﹣B．配平该反应后，H+的化学计量数是8C．该反应中氧化产物是CO2D．该反应电子转移总数是5e﹣【考点】氧化还原反应．【专题】信息给予题；守恒思想；氧化还原反应专题．【分析】A．酸性条件下，不可能生成OH﹣，含有H元素，应生成H2O；B．反应中MnO4﹣→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，据此结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；C．所含元素化合价升高的反应物是还原剂，还原剂发生氧化反应生成氧化产物；D．根据配平后的方程式解答．【解答】解：A．酸性条件下，不可能生成OH﹣，含有H元素，应生成H2O，故A错误；B．反应中MnO4﹣→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，结合电荷守恒、原子守恒配平方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6，故B错误；C．反应中H2C2O4→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，H2C2O4是还原剂，发生氧化反应生成CO2，CO2是氧化产物，故C正确；D．由B可知配平方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，转移电子数为10，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应配平、基本概念等，确定缺项物质是关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等．4．对于反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（）A．只有硫酸铜作氧化剂B．SO42﹣既不是氧化产物又不是还原产物C．被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7D．1mol硫酸铜可以氧化mol的硫【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；重要的氧化剂．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由﹣1降低到﹣2，得到电子总数为21，显然部分S元素的化合价由﹣1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，5mol FeS2参加反应转移电子数为21mol，部分SO42﹣为氧化产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂．【解答】解：A、因硫酸铜中Cu元素的化合价降低，FeS2中部分S元素的化合价也降低，则硫酸铜、FeS2都是该反应中的氧化剂，故A错误；B、因FeS2中部分S元素的化合价由﹣1升高到+6价，生成物中部分SO42﹣为氧化产物，故B错误；C、由反应可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7，故C正确；D、由电子守恒可知，1mol硫酸铜得电子数为1mol，S作还原剂时化合价由﹣1升高到+6价，则1mol硫酸铜可以氧化mol的硫，故D错误；故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，难度较大，学生明确反应中各元素化合价的变化是解答的关键，FeS2中Fe、S元素的化合价是解答的难度，并注意氧化还原反应中电子守恒来解答．5．能正确表示下列反应的离子方程式为（）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】A．硝酸具有强氧化性，能氧化FeS；B．漏写铵根离子与氢氧根离子的反应；C．少量SO2通入苯酚钠溶液生成亚硫酸根离子；D．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳．【解答】解：A．硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故A错误；B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故B错误；C．SO2不足产物应该是SO32﹣，少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣，故C错误；D．碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C 为学生解答的难点，题目难度中等．6．下列各溶液中能大量共存的离子组是（）A．c（H+）=10﹣14mol/L的溶液中：Na+、A1O2﹣、S2﹣、SO32﹣B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣C．碳酸氢钠溶液中：K+、SO42﹣、Cl﹣、H+D．使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、K+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，c（H+）=10﹣14mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2﹣、S2﹣、SO32﹣都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存；B、从溶液的酸碱性和离子是否发生氧化还原反应来分析，使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3﹣具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存；C、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存；D、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别生成难溶性碱而不能大量共存；【解答】解：A、c（H+）=10﹣14mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2﹣、S2﹣、SO32﹣都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存，故A正确；B、使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3﹣具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，反应的离子方程式分别为HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H20，HCO3﹣+H+═H20+CO2↑，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存，故C 错误；D、使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别反应生成难溶的Mg（OH）、Cu（OH）2沉淀而不能大量共存，故D错误．2故选A．【点评】本题考查离子大量共存问题，做题时注意分析题目中的隐含信息，把握物质的性质，本题型难度不大，但易出错．7．下列说法不正确的是（）A．明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同B．“血液透析”的原理利用了胶体的性质C．食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质D．煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾【考点】常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【专题】化学计算．【分析】A．明矾中铝离子水解生成胶体，漂白粉、臭氧具有强氧化性；B．血液为胶体分散性，不能透过半透膜；C．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性；D．煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物．【解答】解：A．明矾中铝离子水解生成胶体，利用吸附性净化水，而漂白粉、臭氧具有强氧化性，可用用水的杀菌消毒，净水原理不同，故A错误；B．血液为胶体分散性，不能透过半透膜，而小分子、离子等可透过，则“血液透析”的原理利用了胶体的性质，故B正确；C．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，故C正确；D．煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物，雾霾与空气中固体颗粒物有关，则煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾，故D正确；故选A．【点评】本题考查较综合，涉及水的净化、胶体性质、食品保护及雾霾等，注重化学与生活、环境、医疗的联系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用即可解答，题目难度不大．8．下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；强电解质和弱电解质的概念；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究焰色反应．【专题】实验评价题．【分析】A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；B．Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），生成沉淀；C．铁丝插入稀硝酸中，发生氧化还原反应生成NO；D．向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红，溶液显碱性．【解答】解：A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，没有透过蓝色的钴玻璃观察，则结论应为可能含钾元素，故A错误；B．Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），生成沉淀，但AgBr比AgCl更难溶，结论不合理，故B错误；C．硝酸具有强氧化性，铁丝插入稀硝酸中，发生氧化还原反应生成无色气体为NO结论不合理，故C错误；D．向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红，溶液显碱性，则CN﹣水解，所以HCN 弱电解质，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、沉淀的生成和转化、氧化还原反应及盐类水解等，注重高频考点的考查，注意化学反应原理的应用及实验的评价性分析，题目难度不大．9．已知：①H2O（g）═H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1下列判断正确是（）A．酒精的燃烧热△H=﹣Q3kJ•mol﹣1B．由③可知1mol C2H5OH（g）的能量高于2mol CO2（g）和3mol H2O（g）的总能量C．H2O（g）→H2O（l）释放出了热量，所以该过程为放热反应D．23g液体酒精完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），释放出的热量为（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）kJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应热是指生成液态水时放出的热量；B、焓变是指反应物的能量和与生成物的能量和之差，不是一部分；C、放热反应是指化学反应；D、据盖斯定律解答．【解答】解：A、③生成的是水蒸气，不是液态水，故A错误；B、△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和，B中少了氧气，故B错误；C、H2O（g）→H2O（l）是物理变化，故C错误；D、已知：①H2O（g）═H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1据盖斯定律：③﹣②+①×3得：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=（﹣Q3+Q2﹣3Q1）KJ/mol，23g是0.5molC2H5OH，所以释放出的热量为（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）kJ，故D正确；故选D．【点评】本题考查燃烧热、焓变、放热反应以及盖斯定律的应用，题目难度不大．10．如图装置可用于（）A．用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气B．用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3C．用Cu和浓HNO3反应制取NO2D．用Cu和稀HNO3反应制NO【考点】气体的收集；实验装置综合．【专题】综合实验题．【分析】该装置适用于反应过程不加热，且生成的气体不易溶于水；A．用氯酸钾制取氧气，需要在加热条件下进行；B．氨气极易溶于水，不能使用排水法收集；C．二氧化氮能够与水反应生成一氧化氮和硝酸，不能使用排水法收集；D．一氧化氮难溶于水，铜与稀硝酸的反应不需要加热．【解答】解：A．用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气，需加热，题中装置不符合条件，故A 错误；B．用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3，需加热，氨气易溶于水，不能使用排水法收集氨气，故B错误；C．反应生成的二氧化氮气体能够与水反应，不能使用排水法收集，故C错误；D．用铜与稀HNO3反应制NO无需加热，且一氧化氮不溶于水，所以符合条件，故D正确；故选D．【点评】本题考查了制取气体的反应装置，题目难度不大，注意明确气体的制取装置的选择与反应物的状态及反应条件有关，如该装置的使用要求为：反应不需加热，生成的气体不溶于水，能够使用排水法收集．11．下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案中，不合理的是（）A．取a克混合物充分加热，得b克固体B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克【考点】化学实验方案的评价；钠的重要化合物．【专题】实验评价题；几种重要的金属及其化合物．【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．A．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B．根据钠守恒，可列方程组求解；C．根据质量关系，可列方程组求解；D．应先把水蒸气排除才合理．【解答】解：A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+=HO+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量2分数，故C不选；D．混合物与足量稀盐酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气和HCl，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故D 选．故选D．【点评】本题考查混合物计算、对实验方案评价等，题目难度中等，注意理解质量分数定义，结合物质的性质分析实验方案．12．用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸．现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④托盘天平⑤100mL 容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）A．④③⑦⑤⑥B．②⑤⑦⑥C．①③⑤⑥⑦D．②⑥③⑦⑤⑥【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】综合实验题．【分析】先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答．【解答】解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c==mol/L=18.4mol/L，配制1mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V═=0.0054L，即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml 量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤⑥，故选：D．【点评】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度不大，注意量物质的量浓度和质量百分数之间的换算．13．将相同质量的两块铜片分别和浓硝酸、稀硝酸（两者均过量）反应，下列叙述正确的是（）A．反应速率：两者相同B．消耗HNO3的物质的量：前者多，后者少C．反应生成气体的颜色：前者浅，后者深D．反应中转移的电子总数：前者多，后者少【考点】硝酸的化学性质．【专题】守恒思想；守恒法；元素及其化合物．【分析】A、反应速率与溶液的浓度有关，浓度越高，反应速率越快；B、根据反应方程式判断消耗酸的物质的量多少；C、二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，根据生成气体的颜色判断；D、根据反应方程式中铜与转移电子的关系判断．【解答】解：A、因为溶液浓度影响化学反应速率，浓度越大，反应速率越快，所以浓硝酸比稀硝酸反应速率快，故A错误；B、铜与浓硝酸、稀硝酸反应方程式如下：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2 ↑+2H2OCu+HNO3=Cu（NO3）2+NO↑+H2O根据方程式可知，浓硝酸消耗的物质的量多，故B正确；C、根据B知，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，故C错误；D、根据铜与转移电子的关系知，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2 ↑+2H2O 转移电子1mol 2molCu+HNO3=Cu（NO3）2+NO↑+H2O 转移电子1mol 2mol根据方程式知，相同质量的铜与过量浓、稀硝酸反应转移电子数相等，故D错误．故选B．【点评】本题考查了铜与浓、稀硝酸的反应，难度不大，能正确书写铜与浓、稀硝酸反应的方程式是解本题的关键．14．甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L；③向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成．下列结论不正确的是（）A．甲溶液含有Ba2+B．乙溶液含有SO42﹣C．丙溶液含有Cl﹣D．丁溶液含有Mg2+【考点】无机物的推断；离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】推断题．【分析】将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，因此甲只能是Ba（OH）2；0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L，说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是NH4HCO3【解答】解：根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl﹣；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D．【点评】本题为推断题，做题时注意题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键．15．下列物质：①氢氟酸；②浓H2SO4；③烧碱溶液；④Na2CO3固体；⑤石灰石；⑥浓HNO3，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）A．①②⑥B．全部C．①③④⑤D．②③⑥【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】二氧化硅为酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸，氢氧化钠溶液反应；高温时能够与碳酸钠、碳酸钙发生反应，与浓硫酸、浓硝酸不发生反应，据此解答．【解答】解：二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；高温下，二氧化硅与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，与石灰石反应生成硅酸钙和二氧化碳；与浓硫酸、浓硝酸不反应；故选：C．【点评】本题考查了二氧化硅，明确二氧化硅的性质是解题关键，注意氢氟酸与碱性溶液的保存方法．16．下列说法不正确的是（）A．欲提高氯水中HClO的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末B．形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成温室效应的主要气体C．氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离D．大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物【考点】氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动；B．酸雨与N、S的氧化物有关，温室效应与二氧化碳有关；C．纯碱碱性较强，且氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高；D．N2NO，NO NO2，NO硝酸，FeS2SO2．【解答】解：A．氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动，则提高氯水中HClO的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末，故A正确；B．形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，与水反应生成酸使pH＜5.6；温室效应与二氧化碳有关，使全球温度升高，故B正确；C．纯碱碱性较强，且氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高，则氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有肥皂水的毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，故C错误；D．由N2NO，NO NO2，NO硝酸，FeS2SO2可知，大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，注意发生的反应及环境污染问题，综合性较强，题目难度不大．二、解答题（共5小题，满分31分）17．A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如右（部分反应中的水已略去）．（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品．①D的电子式是．②反应Ⅲ的离子方程式是HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣．③氯碱工业制备A的化学方程式是2NaCl+2H22NaOH+H2↑+Cl2↑，其中两种产物可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1mol KI转移电子0.6mol，则三种物质间反应的离子方程式是3Cl2+6OH﹣+I﹣=6Cl﹣+IO3﹣+3H2O．（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料．①反应Ⅲ的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+．②B可作净水剂，在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）3胶体．【考点】氯碱工业；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】推断题；元素及其化合物．【分析】（1）氯碱工业的产品为氢氧化钠、氢气和氯气，且A可生成C，C为厨房中用品，A和C反应生成B，A、B、C含有同一种元素，所以A为氢氧化钠，C为碳酸氢钠，B为碳酸钠，D为二氧化碳；根据推断写出D的电子式，反应Ⅲ的离子方程式、制备A的化学方程式，根据转移的电子数判断碘化钾转化为碘酸钾，写出离子方程式；（2）D为单质且D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，所以D为铁；A为气体单质，与铁反应生成B，B和铁反应生成C，A和铁反应生成B，所以A为氯气，B为氯化铁，C为氯化亚铁，带入验证符合题意；根据推断写出反应Ⅲ的离子方程式并分析B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去的原因．【解答】解：（1）氯碱工业的产品为氢氧化钠、氢气和氯气，且A可生成C，C为厨房中用品，A和C反应生成B，A、B、C含有同一种元素，所以A为氢氧化钠，C为碳酸氢钠，B为碳酸钠，D为二氧化碳；①二氧化碳中C的最外层只有四个电子，与氧形成四对共用电子对，达到稳定结构，电子式为：；②反应Ⅲ为氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，根据离子方程式的书写方法可知该反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣；③氯碱工业中制备A的化学方程式为：2NaCl+2H22NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2具有强氧化性，I﹣具有还原性，该反应中消耗0.1mol KI转移电子0.6mol电子，则碘的化合价由﹣1价升高到+5价，碘化钾转化为碘酸钾，氯气做氧化剂，化合价由0价降低到﹣1价，反应的离子方程式为：3Cl2+6OH﹣+I﹣=6Cl﹣+IO3﹣+3H2O；（2）D为单质且D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，所以D为铁；A为气体单质，与铁反应生成B，B和铁反应生成C，A和铁反应生成B，所以A为氯气，B为氯化铁，C为氯化亚铁；①反应Ⅲ为氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+；②氯化铁为强酸弱碱盐，在水中发生水解Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，生成氢氧化铁胶体，可起到净水作用，在酸性条件下，抑制了酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）胶体，3不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去．故答案为：（1）①；。
人教版高中化学必修一第一学期高一化学第一次月考测试题.docx
高中化学学习材料鼎尚图文收集整理2015—2016学年度第一学期高一化学第一次月考测试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32一、单项选择题（25小题，每小题2分，共50分。
每小题只有一个选项符合题意）1．下列仪器中，可用酒精灯加热的是（ ）A ．集气瓶B ．量筒C ．试管D ．容量瓶2．下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是 （ ） ①过滤 ②蒸发 ③溶解 ④向容量瓶转移液体Ａ．①② Ｂ．①③ Ｃ．③④ Ｄ．①④3、萃取碘水中的碘，可用的萃取剂是①四氯化碳 ②汽油 ③酒精 （ ） Ａ．只有① Ｂ．①和② Ｃ．①和③ Ｄ．①②③4、从碘的四氯化碳溶液中分离碘、并回收四氯化碳，所采用的方法是 （ ） Ａ．蒸发 Ｂ．蒸馏 Ｃ．过滤 Ｄ．分液5．下列说法正确的是（ ）A ．1 mol 氢约含有6.02×1023个微粒B ．1 mol 硫酸的质量等于98 g/molC ．钠的摩尔质量等于23D ．1 mol H 2O 中含有的氢原子数为2N A6．下图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的分离操作分别是（ ）A 、蒸馏、过滤、萃取、蒸发B 、蒸馏、蒸发、萃取、过滤C 、萃取、过滤、蒸馏、蒸发D 、过滤、蒸发、萃取、蒸馏7．若某原子的摩尔质量是A g ·mol －1，则一个该原子的真实质量是（ ） A ．A g B ．AN A g C ．A ·N A g D ．无法计算 8．关于用CCl 4萃取碘水中碘的实验，下列说法正确的是（ ）A ．萃取静置后，上层液体呈橙红色，下层液体几乎无色B ．待液体分层后下层液体从漏斗下口放出，更换一支烧杯后，再将上层液体从漏斗下口放出C ．分离液体时，分液漏斗上的小孔与大气相通时，打开活塞，液体可顺利流下D．也可以选择苯作萃取剂，现象与用CCl4作萃取剂的完全相同9．在2 L 0.5 mol/L 的Na2SO4溶液中，含有Na+（）A．0.5 mol B．1 mol C．2mol D．23g10．下列操作中正确的是（）A．过滤时，液面超过滤纸的边缘B．加热试管内物质时，试管底部与酒精灯灯芯接触C．过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁D．向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁11. 对于amolH2O和amolO2的说法正确的是( )A相同条件下体积一定相同 B 相同条件下的密度一定相同C 分子个数与原子个数对应相同D 质量比是9:1612．下列溶液中，Cl-的物质的量浓度与50ml 1mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度相等是（）A．100ml 2mol/LFeCl3溶液 B．75ml 1mol/LMgCl2溶液C．150ml 3mol/LKCl溶液 D．25ml 2mol/LAlCl3溶液13. 下列实验目的可以实现或操作正确的是（）A. 用托盘天平称取3.23 g NaCl固体B. 用10 mL量筒量取7.50 mL稀盐酸C. 实验时未经洗净的滴管可直接再吸取别的试剂D. 稀释浓硫酸时，把浓硫酸沿器壁慢慢注入水里，并不断搅拌14．下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L-1的是（）A．将40 g NaOH溶解于1 L 水中B．将22.4 L氨气溶于水配成1 L溶液C．将1 L 10 mol·L-1的浓盐酸与9 L水混合D．将4 g NaOH溶解在水中配成100 mL溶液15．从500 mL 5 mol·L-1盐酸中取出5 mL盐酸，这5 mL溶液中的Cl- 物质的量浓度是（）A．0.05 mol·L-1B．0.25 mol·L-1C．5 mol·L-1 D．0.5 mol·L-116．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，该容量瓶必须是（）A．干燥的B．瓶塞不漏水的C．用欲配制的溶液润洗过的D．以上三项均需要求17.物质的量浓度相同的NaCl MgCl2 AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为1:1:1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为( )A 1:1:1B 1:2:3C 3:2:1D 3:4:318．将下列物质按酸、碱、盐、氧化物分类排列，正确的是（）A．硫酸，纯碱，硫酸铜，氧气 B．硫酸，烧碱，硝酸钡，干冰C．碳酸，乙醇，醋酸钠，水 D．磷酸，熟石灰，氢氧化钾，氧化钠19.用托盘天平(指针向上的)称量样品时，若指针偏向右边，则表示( )A、左盘重，样品轻B、左盘轻，砝码重C、右盘重，砝码轻D、右盘轻重，样品重20、下列物质在标准状况下，所占体积最大的是（）Ａ．1mol H2Ｂ．6.02×1023个Cl2 Ｃ．56 g N2Ｄ．33.6 LＯ221.设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2N A B．17g的OH-离子中含有的电子数为9N AC．常温常压下，44gCO2含有的氧原子数为2N A D．标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5N A22．在两个容积相同的容器中，一个盛有O2气体，另一个盛有CO2和HCl的混合气体。
湖南省衡阳市高三化学上学期第一次联考试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题
2015-2016学年湖南省衡阳市高三（上）第一次联考化学试卷一、选择题（15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）1．北京时问2015年10月5日，中国女科学家屠哟哟获颁诺贝尔医学奖．屠哟哟从中医古籍里得到启发，用乙醚从青蒿中提取出可以高效抑制疟原虫的成分﹣青蒿素（结构简式如图），这一发现在全球范围内挽救了数以百万人的生命．下列说法中不正确的是（）A．青蒿素的分子式为C15H22O5B．青蒿素能与NaOH溶液反应C．青蒿素易溶于水、乙醇、苯等溶剂D．用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用到了萃取的原理2．下列说法不正确的是（）A．在干旱地区植树造林时，可利用高吸水性树脂抗旱保水B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C．在食用盐中加入碘单质制得的加碘盐．可用于预防大脖子病D．服用阿司匹林若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉滴注NaHCO3溶液3．下列关于化学用语的表示正确的是（）A．过氧化钠的电子式：B．次氯酸分子的结构式：H﹣Cl﹣OC．C60和石墨互为同位素D．具有10个中子的氧原子： O4．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．乙醇使酸性K2Cr2O7溶液由橙色变为绿色B．向品红溶液中通入SO2气体，品红褪色，加热后又恢复红色C．将铜丝在空气中烧黑后．趁热插入乙醇中又变红D．将乙醛加人到新制Cu（OH）2悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀5．赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu既是氧化产物，又是还原产物C．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：66．下列物质中不含离子键的是（）①NH4HCO3②NH3③BaSO4；④CH3COONa•3H2O⑤Ba（OH）2⑥H2SO4．A．①④⑥B．②③⑤C．④⑤ D．②⑥7．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，5.6 LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5N AB．78 g苯含有C=C双键的数目为3 N AC．1 L1mol•L﹣1的CuSO4溶液中含N A个Cu2+D．常温下，4.4gCO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.3N A8．向2mL 0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL 3mol/L KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是（）A．Fe3+不与I﹣发生反应B．Fe3+与F﹣结合成不与I﹣反应的物质C．F﹣使I﹣的还原性减弱D．Fe3+被F﹣还原为Fe2+，使溶液中不再存在Fe3+9．如图进行实验，向试管中的b溶液中加入少量a溶液，试管中现象对应的离子方程式正确的是（））选项 a b 试管中现象离子方程式A 稀H2SO4 KI淀粉在空气中放置一段时间后溶液呈黄色4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣B Na2CO3稀盐酸开始时无气泡，后来有气泡CO32﹣+H+=HCO3﹣；HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑C 稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H++SiO32﹣=H2SiO3（胶体）D 稀H2SO4滴有酚酞的Ba（OH）2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OA．A B．B C．C D．D10．将等物质的量的Cl2和SO2气体通入BaCl2溶液中，再滴入紫色石蕊溶液，以下叙述正确的是（）A．产生BaSO4白色沉淀，溶液变红色B．产生BaSO3白色沉淀，溶液变无色C．无沉淀产生，溶液变无色D．产生BaSO4白色沉淀，溶液变无色11．下列物质：①稀HNO3．②NaHCO3溶液；③KI溶液；④NaAlO2溶液；⑤KSCN溶液；⑥酸性K2Cr2O7溶液，与Fe2（SO4）3不反应的是（）A．①⑥ B．④⑥ C．③④ D．①④⑥12．向物质的量浓度为1mol•L﹣1的KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为（）A．Al3+和Al（OH）3B．Al（OH）3C．AlO2﹣D．AlO2﹣和Al（OH）313．为提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（）被提纯的物质除杂试剂分离方法A NH4Cl溶液（FeCl3）NaOH溶液过滤B 乙酸乙醋（乙酸）KOH溶液．水分液C CO2（CO）CuO粉末通过灼热的CuO粉末D SiO2（Al2O3）NaOH溶液过滤A．A B．B C．C D．D14．固体粉末X中可能含有K2S03、KAlO2、MgC12，Na2C03中的一种或几种．为确定该固体粉末的成分，做如下实验：①溶于水后，无明显现象；②取固体X进行下列实验，实验过程及现象如下：根据上述实验，以下说法正确的是（）A．气体I可能为SO2和CO2的混合物B．沉淀3一定为Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物C．固体粉末X中一定有Na2C03，可能有KA102D．固体粉末X中一定有K2SO3和KA10215．反应N2O4（g）⇌NO2（g）△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的为（）A．A、C两点的反应速率：v（A）＞v（C）B．A、C两点气休的颜色：A深，C浅C．B点正逆反应速率：v（正）＞v（逆）D．A、C两点气休的平均相对分子质量：A＞C二、非选择题（本题包括5个小题，共55分）16．如图是中学化学某些物质之间的相互转化关系，已知A是种常见的液态化合物，C、D、G、H均为单质，G、H形成的合金是当前使用量最大的一种合金，B是黑色固体．（1）A与H反应的化学方程式为．（2）若D与C反应可得到A，则F的化学式可能为．（3）以Pt为电极，由I、D以及NaOH溶液组成原电池，则D应通入到（填“正”或“负”）极，另一电极上的电极反应式为．17．X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如表：元素代号X Y Z M Q R原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.089 0.074 0.037主要化合价+2 +3 +6，﹣2 +2 ﹣2 +1（1）Y在元素周期表中的位置是．（2）X、Y、Q各自形成简单离子，其中离子半径最大的是（填离子符号）．（3）Q和R按原子个数比1：1组成的化合物甲，是一种“绿色”氧化剂．①甲的电子式是．②空气阴极法电解制备甲的装置如图所示．在碱性溶液中，将空气中的氧气还原得到甲和稀碱的溶液，则图中直流电源的a是极．18．随着氮氧化物污染的日趋严重，国家将于“十三五”期间加大对氮氧化物排放的控制力度．目前，消除氮氧化物污染的方法有多种．（1）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为C（s）+2NO（g）⇌（g）+CO2（g），某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1℃）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：浓度/mol•L﹣1NO N2CO2时间/min0 0.100 0 0l0 0.058 0.021 0.02120 0.040 0.030 0.03030 0.040 0.030 0.03040 0.032 0.017 0.03450 0.032 0.017 0.034①30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是．②若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则该反应的△H0（填“＞”、“=”或“＜”）．（2）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染．已知：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1③H2O（g）═H2O（I）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式．（3）①取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图．下列示意图中如图1，可能与实验结果相符的是．②保持温度、体积不变，向上述平衡体系中再通入一定量的NO2，则达平衡时NO2的转化率（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）．③由NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图2所示，在使用过程中石墨I电极上发生反应生成一种氧化物Y，其电极反应式．19．某化学小组设计了如图所示装置．用以探究Cu跟浓H2SO4的反应并收集少量气态产物（加热及夹持装置省略）．（1）关闭活塞a与b，将9.6g Cu片和18mL18mol•L﹣1的浓H2S O4加入仪器B中共热至反应完全，发现烧瓶中还有Cu片剩余．该小组学生根据所学化学知识认为还有一定量的硫酸剩余．①写出仪器B中发生反应的化学方程式．有一定量的H2SO4剩余但未能使铜片完全溶解，你认为可能的原因是．②请指出该套装置中的一个明显错误．③装置C中气休收集满后，移走装置C，将装置B与装置D对接，然后打开活塞a与b，将分液漏斗中的无色无味液体滴入到装置A中淡黄色固休的表面，产生的无色气体可使装置B中剩余Cu片继续溶解，写出此时仪器B中发生反应的化学方程式．（2）欲测定H2SO4浓度低于多少时反应停止．该小组学生重新用足量铜与一定量的浓H2SO4共热，反应停止后冷却，再测定余酸的物质的量浓度．甲、乙两学生进行了如下设计：①甲学生设计方案是：先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再计算余酸的物质的量浓度．他设计了几种测定SO2的量的方案，下列方案中不可行的是（填写字母编号）．A、将装置B产生的气体缓缓通过预先称量过盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称量B、将装置B产生的气体缓缓通入足量酸性KMnO4溶液．再加人足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀C、用排水法测定装置B产生气体的体积（已折算成标准状况）D、用排饱和NaHSO3溶液的方法测出装置B产生气体的体积（已折算成标准状况）②乙学生设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馏水稀释至1000mL，取20ml于锥形瓶中，滴入几滴甲基橙作指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定，通过测出消耗NaOH溶液的体积来求余酸的物质的量的浓度．假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为乙学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量的浓度（填“能”或“否”）．理由是．．20．在中国古代，炼丹家以绿矾（FeSO4•7H2O为原料，放在炼丹炉中锻烧可制得绿矾油．绿矾油是一种无色粘稠液体，可用于除掉兵器上的铁锈．如图是2.78g绿矾隔绝空气受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线．将加热产生的所有气体通入足量的BaCl2溶液．得自色沉淀1.16g．（1）绿矾油主要成份的化学式为．t1～t2．发生反应的化学方程式为．（2）若将2.88g草酸亚铁（FeC2O4）隔绝空气加热至100℃，得到1.44g黑色细粉，则可推知该黑色细粉为．（3）以下是FeSO4•7H2O的实验室制备流理图．根据题意完成下列填空：①反应II需要100mL1．5mol•L﹣1的稀H2SO4溶解洁净的铁屑，用质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓H2SO4配制．所用的仪器有量筒、烧杯、玻璃捧、胶头滴管及．②操作A的名称为．③测定FeSO4•7H2O产品中Fe2+含量的常用方法是KMnO4溶液滴定法．已知称取6.0g FeSO4•7H2O 产品，配制成溶液，用硫酸酸化的0.2000mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL．发生反应的离子方程式为，计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为（保留两位有效数字）．2015-2016学年湖南省衡阳市高三（上）第一次联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）1．北京时问2015年10月5日，中国女科学家屠哟哟获颁诺贝尔医学奖．屠哟哟从中医古籍里得到启发，用乙醚从青蒿中提取出可以高效抑制疟原虫的成分﹣青蒿素（结构简式如图），这一发现在全球范围内挽救了数以百万人的生命．下列说法中不正确的是（）A．青蒿素的分子式为C15H22O5B．青蒿素能与NaOH溶液反应C．青蒿素易溶于水、乙醇、苯等溶剂D．用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用到了萃取的原理【考点】有机物的结构和性质．【分析】可根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，分子中含有﹣O﹣O﹣键，具有强氧化性，含有﹣COO﹣，可发生水解反应，含有较多憎水基，难溶于水．【解答】解：A．根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，故A正确；B．含有酯基，可与氢氧化钠溶液反应，主要发生水解反应，故B正确；C．该有机物含有较多憎水基，难溶于水，故C错误；D．青蒿素易溶于乙醚，符合萃取的分离操作，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度中等，注意把握有机物官能团的结构和性质，易错点为C，注意判断有机物是否溶于水的角度．2．下列说法不正确的是（）A．在干旱地区植树造林时，可利用高吸水性树脂抗旱保水B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C．在食用盐中加入碘单质制得的加碘盐．可用于预防大脖子病D．服用阿司匹林若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉滴注NaHCO3溶液【考点】药物的主要成分和疗效；硅酸盐工业；碘与人体健康．【分析】A．高吸水性树脂可以聚集水源，减缓水分的流失；B．硅酸钠的水溶液具有粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差等理化性能；C．碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾；D．NaHCO3溶液呈碱性，可以与水杨酸发生中和反应．【解答】解：A．高吸水性树脂是一种新型的高分子材料，它能够吸收自身重量几百倍至千倍的水分，干旱地区水分流失快，使用高吸水性树脂正好可以聚集水源，减缓水分的流失，提高树苗的成活率，故A正确；B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，理化性能为：粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差，是制备粘合剂、硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；C．加碘盐就是在食用盐中加入碘酸钾（KIO3），不是碘单质，故C错误；D．NaHCO3溶液由于碳酸氢根离子水解使得溶液呈碱性，正好可以与水杨酸发生中和反应而除掉水杨酸，以达到解毒的目的，再者NaHCO3溶液碱性弱，对人体的伤害很小，可以静脉滴注，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．3．下列关于化学用语的表示正确的是（）A．过氧化钠的电子式：B．次氯酸分子的结构式：H﹣Cl﹣OC．C60和石墨互为同位素D．具有10个中子的氧原子： O【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；B．次氯酸的中心原子为O，不存在H﹣Cl键；C．同位素的研究对象为原子，二者互为同素异形体；D．元素符号的左上角表示的是质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数．【解答】解：A．过氧化钠是离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，过氧化钠正确的电子式为，故A错误；B．次氯酸中存在1个H﹣O键和1个O﹣Cl键，其正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故B错误；C．C60和石墨互为同位素为同种元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，故C错误；D．氧元素的质子数为8，具有10个中子的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及电子式、结构式、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力．4．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．乙醇使酸性K2Cr2O7溶液由橙色变为绿色B．向品红溶液中通入SO2气体，品红褪色，加热后又恢复红色C．将铜丝在空气中烧黑后．趁热插入乙醇中又变红D．将乙醛加人到新制Cu（OH）2悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】与氧化还原反应无关，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，以此来解答．【解答】解：A.2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72﹣转化为Cr3+，C元素化合价由﹣2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，故A不选；B．向品红溶液中通入SO2气体，品红褪色，发生化合反应生成无色物质，加热后无色物质分解，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，故B选；C．烧黑生成CuO，Cu、O元素的化合价变化，趁热插入乙醇中又变红，乙醇被氧化铜氧化，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C不选；D．CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，该反应中C元素化合价由﹣1价变为0价、Cu元素化合价由+2价变为+1价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故D不选；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意现象与反应的关系，题目难度不大．5．赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu既是氧化产物，又是还原产物C．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：6【考点】氧化还原反应．【分析】2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2↑中，Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大．6．下列物质中不含离子键的是（）①NH4HCO3②NH3③BaSO4；④CH3COONa•3H2O⑤Ba（OH）2⑥H2SO4．A．①④⑥B．②③⑤C．④⑤ D．②⑥【考点】离子化合物的结构特征与性质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】阴阳离子之间的静电作用力称为离子键，一般来说，活泼金属元素和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答．【解答】解：①NH4HCO3中铵根离子和碳酸氢根离子之间以离子键相结合；②NH3中N和H之间以共价键相结合，不含离子键；③BaSO4中钡离子和硫酸根离子之间以离子键相结合；④CH3COONa•3H2O中醋酸根离子和钠离子之间以离子键相结合；⑤Ba（OH）2中钡离子和氢氧根离子之间以离子键相结合；⑥H2SO4中S和H、O之间以共价键相结合，不含离子键；因此不含有离子键的是②⑥，故选D．【点评】本题考查了离子键的判断，难度不大，明确一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键．7．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，5.6 LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5N AB．78 g苯含有C=C双键的数目为3 N AC．1 L1mol•L﹣1的CuSO4溶液中含N A个Cu2+D．常温下，4.4gCO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．依据方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，消耗2mol二氧化碳，转移2mol电子；B．苯分子中不含碳碳双键；C．铜离子为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解；D．二氧化碳和N2O的摩尔质量都是44g/mol，分子中都含有3个原子；【解答】解：A．标准状况下，5.6LCO2物质的量为=0.25mol，依据方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，消耗2mol二氧化碳，转移2mol电子，所以转移电子数为：0.25 N A，故A错误；B．苯分子中不含碳碳双键，故B错误；C．铜离子为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解，所以1 L1mol•L﹣1的CuSO4溶液中含小于N A个Cu2+，故C错误；D.4.4gCO2和N2O混合物中含有分子的物质的量为0.1mol，0.1mol混合气体中含有0.3mol原子，所含有的原子数为0.3N A，故D正确；故选：D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意苯分子中碳碳键的独特性、盐类水解规律，题目难度中等．8．向2mL 0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL 3mol/L KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是（）A．Fe3+不与I﹣发生反应B．Fe3+与F﹣结合成不与I﹣反应的物质C．F﹣使I﹣的还原性减弱D．Fe3+被F﹣还原为Fe2+，使溶液中不再存在Fe3+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】元素及其化合物．【分析】FeCl3中加入KF后溶液呈现无色，而其中没有还原性物质，因此可能是Fe3+被其他离子结合成无色的物质（有可能是Fe3+与F﹣络合导致）；再加入I﹣，CCl4层不显色，说明溶液中没有I2生成，也证明了Fe3+结合后的物质不与I﹣反应，据此进行解答．【解答】解：A．铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；B．根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象进一步证明Fe3+与F﹣结合成不与I﹣反应的物质，故B正确；C．氟离子与碘离子不反应，氟离子不会是碘离子的还原性减弱，故C错误；D．铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论．9．如图进行实验，向试管中的b溶液中加入少量a溶液，试管中现象对应的离子方程式正确的是（））选项 a b 试管中现象离子方程式A 稀H2SO4 KI淀粉在空气中放置一段时间后溶液呈黄色4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣B Na2CO3稀盐酸开始时无气泡，后来有气泡CO32﹣+H+=HCO3﹣；HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑C 稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H++SiO32﹣=H2SiO3（胶体）D 稀H2SO4滴有酚酞的Ba（OH）2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OA．A B．B C．C D．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．碘单质遇到淀粉显示蓝色，不是黄色，且反应产物中不会有氢氧根离子；B．将碳酸钠加入稀盐酸中，开始就会生成气体；C．硅酸钠与盐酸反应生成白色的硅酸胶体；D．离子方程式错误，氢离子与氢氧根离子的系数与硫酸、氢氧化钡的化学式组成不相符．【解答】解：A．酸性条件下碘离子容易被氧气氧化成碘单质，发生反应为：4I﹣+O2+4H+=2H2O+2I2，碘单质遇到淀粉显示蓝色，不是黄色，反应产物中不会有氢氧根离子，故A错误；B．将碳酸钠溶液加入盐酸中，酸过量，开始就产生气泡，反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，故B错误；C．Na2SiO3与盐酸反应的离子方程式为：2H++SiO32﹣=H2SiO3（胶体），所以会生成白色胶状物，故C正确；D．氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，题中离子方程式错误，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．10．将等物质的量的Cl2和SO2气体通入BaCl2溶液中，再滴入紫色石蕊溶液，以下叙述正确的是（）A．产生BaSO4白色沉淀，溶液变红色B．产生BaSO3白色沉淀，溶液变无色C．无沉淀产生，溶液变无色D．产生BaSO4白色沉淀，溶液变无色【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．【专题】卤族元素；氧族元素．【分析】二氧化硫与氯气等物质的量通入水中发生化学反应：SO2 +Cl2 +2H2O=H2SO4+2HCl，依据生成物硫酸与盐酸的性质判断解答．【解答】解：二氧化硫与氯气等物质的量通入水中发生化学反应：SO2 +Cl2 +2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和氯化氢为强酸，电离产生氢离子，溶液显酸性，能使石蕊变红色，硫酸能够与氯化钡溶液生成硫酸钡白色沉淀，故选：A．【点评】本题考查了元素化合物性质，明确二氧化硫、氯气的性质是解题关键，题目难度不大．11．下列物质：①稀HNO3．②NaHCO3溶液；③KI溶液；④NaAlO2溶液；⑤KSCN溶液；⑥酸性K2Cr2O7溶液，与Fe2（SO4）3不反应的是（）A．①⑥ B．④⑥ C．③④ D．①④⑥【考点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】氧化还原反应专题．【分析】稀硝酸不与硫酸铁反应；碳酸氢钠与硫酸铁电离出的铁离子发生双水解反应；碘离子能够被铁离子氧化；偏铝酸根离子与铁离子发生双水解反应；铁离子与硫氰根离子发生络合反应；酸性K2Cr2O7溶液不与硫酸铁反应，据此进行判断．【解答】解：Fe2（SO4）3在溶液中电离出铁离子和硫酸根离子，①稀HNO3：稀硝酸不与铁离子和硫酸根离子反应；②NaHCO3溶液：碳酸氢根离子与铁离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；③KI溶液：碘离子与铁离子发生氧化还原反应；④NaAlO2溶液：铁离子与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀；⑤KSCN溶液与铁离子发生反应生成硫氰化铁；⑥酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，但是不与硫酸铁反应；根据分析可知，与Fe2（SO4）3不反应为：①⑥，故选A．【点评】本题考查了离子反应及其应用，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题培养了学生的灵活应用能力．12．向物质的量浓度为1mol•L﹣1的KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为（）A．Al3+和Al（OH）3B．Al（OH）3C．AlO2﹣D．AlO2﹣和Al（OH）3【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，当生成沉淀的质量最大时，也就是使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42﹣，根据反应：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O判断．【解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，当生成沉淀的质量最大时，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42﹣，由反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH﹣，则发生Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2﹣，故选C．。
湖南省衡阳县第一中学2015-2016学年高一上学期期中考试化学试题解析(解析版)
分值100分时量90分钟相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Cl-35．5 S-32 Na-23 N-14 K-39Cu-64 Mg--24一、选择题（下列每小题只有一个选项是正确的，每小题3分，共51分）1、下列实验操作不正确的是A．蒸发食盐水制取氯化钠晶体时，要等水完全蒸干后再停止加热B．用胶头滴管向试管中滴加液体时，不能伸入试管中滴加C．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢地加入水中，用玻璃棒不断搅拌D．用托盘天平称量氢氧化钠固体时，可将氢氧化钠置于小烧杯中【答案】A【解析】试题分析：A、蒸发时不能直接蒸干，防止温度过高，应当有大量固体析出时用余热蒸干，故A错误；B、用胶头滴管向试管中滴加液体时，应避免接触污染，故B正确；C、稀释浓硫酸时，应避免液体飞溅，可将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢地加入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故C正确；D、氢氧化钠易潮解，称量时应尽量减小实验误差，将氢氧化钠置于小烧杯中，故D正确；故选A。
考点：考查了物质的分离、药品的取用、溶液的稀释以及物质的称量等相关知识。
2．选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这种萃取剂应具备的性质是A．不溶于水，且必须易与碘发生化学反应B．不溶于水，比水密度小C．不溶于水，比水密度大D．不溶于水，且比水更容易使碘溶解【答案】D【解析】试题分析：A、萃取剂必须不能和溶质碘反应，故A错误；B、萃取剂必须不溶于水，但密度不一定比水大，故B错误；C、萃取剂必须不溶于水，但密度不一定比水小，故C错误；D、萃取剂必须具备下列条件：碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和水不互溶，且萃取剂和碘不反应，故D正确；故选D。
考点：考查了萃取剂的选择的相关知识。
3．提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，可以使用的方法为A．加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸B．加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸C．加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸D．加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸【答案】B【解析】试题分析：A、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量碳酸钠溶液，碳酸钠与硝酸钡反应生成碳酸钡和硝酸钠，此时引入了碳酸钠，硝酸钠，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸，未能除去杂质，故A错误；B、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量碳酸钾溶液，碳酸钾与硝酸钡反应生成碳酸钡和硝酸钾，此时引入了碳酸钾，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸以除去过量的碳酸钾，故B正确；C、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量硫酸钠溶液，硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钠，此时引入了硫酸钠，硝酸钠，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸，未能除去杂质，故C错误；D、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量硫酸钾溶液，硫酸钾与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钾，此时引入了硫酸钾，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸，未能除去杂质，故D错误；故选B。
高一化学第一次月考试卷和参考答案_56
2015--2016 学年度第一学期高一化学月考试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分100 分，考试时间100 分钟。
可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 P 31 Cl 35.5第Ⅰ卷（选择题共48分）一．选择题（每小题只有一个正确答案，共16×3=48 分）1．如今人们把食品分为绿色食品、蓝色食品、白色食品等类型。
绿色植物通过光合作用转化的食品叫绿色食品；而直接从海洋获取的食品叫蓝色食品；通过微生物发酵制得的食品叫白色食品。
下面属于蓝色食品的是（）A．食醋B．面粉C．海带D．白酒2．以下是一些常用的危险品标志图标，在装运乙醇的包装箱上应贴的图标是（）A B C D3．下列实验基本操作（或实验注意事项）中，主要不是从实验安全角度考虑的是（）A ．酒精灯内的酒精用量一般不超过其容积的2/3，也不少于其容积的1/4B．用氢气还原氧化铜时，应先通入氢气一会儿，然后再点燃酒精灯加热C．实验室用高锰酸钾制取氧气结束时，应先将导管从水中取出，然后再停止加热D．在分液操作中，应将上层液体从分液漏斗的上口倒出4 . 已知丙酮（C2H6O）通常是无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL ，沸点为55℃。
要从水与丙酮的混合物里将丙酮分离出来，下列方法中最合理的是（）A．蒸馏B．分液C．过滤D．蒸发5．两个体积相同的密闭容器一个盛有氯化氢，另一个盛有H2 和Ne 的混合气体，在同温同压下，两个容器内的气体一定具有相同的（）A．质量B．原子总数C．电子总数D．分子总数6．除去NaNO3 中少量NaCl、Ca(NO 3)2 杂质，所用试剂及顺序正确的是（）A ．Na2CO3 AgNO 3 HNO 3B ．AgNO 3 Na2CO3 HCl1 / 5C ．AgNO 3 Na2CO3 HNO 3D ．AgNO 3 K2CO3 HNO 323 7．阿伏加德罗常数为 6.02 ×10-1mol 。
【全国百强校】湖南省衡阳市第一中学2015-2016学年高一上学期六科联赛化学试题
衡阳市一中2015年下学期高一六科联赛化学试卷命题人注意事项：①考试时间：90分钟试卷满分：100分②可能用的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Al—27 S—32 Fe—56 Cu—64 I—127 Ba—137第Ⅰ卷选择题共45分选择题（本大题包括20小题，每小题3分，共60分。
每小题只有一个选项符合题意）1．下列有关实验操作不正确的是（）A．实验中取用的钠的剩余部分可以放回原试剂瓶中B．做焰色反应时铂丝应用稀盐酸洗净，并灼烧至无色C．用容量瓶配制溶液，定容时加水超过刻度线，应用胶头滴管将多余的吸出D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中2.下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（）3．下列各选项中的物质属于酸式盐，且溶于水呈酸性的是（）A．NaHCO3 B．NaHSO4C．NH4Cl D．CH3COONa4．氢化钙中的氢元素为﹣1价，可用做生氢剂，该反应的化学方程式是：CaH2+2H2O══Ca(OH)2+2H2↑。
水的作用是（）A．既是还原剂又是氧化剂B．既不是氧化剂也不是还原剂C．氧化剂D．还原剂5．元素从化合物中被置换成单质时，该元素（）A、一定被氧化B、一定被还原C、可能被氧化，也可能被还原D、既不被氧化，也不被还原6．人体血红蛋白中含有Fe2＋离子，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2＋离子转变成Fe3＋离子，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。
服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有（）A、酸性B、碱性C、氧化性D、还原性7．(NH4)2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O、N2和NH3，在该反应的化学方程式中，化学计量数由小到大的产物分子依次是（）A．SO2、H2O、N2、NH3B．N2、SO2、H2O、NH3C．N2、SO2、NH3、H2O D．H2O、NH3、SO2、N28．在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是（）A、NH4＋ Fe2＋ SO42－ NO3－B、K＋ Na＋ S 2- NO3－C、K＋ NH4＋ Br－ SO42－D、Na＋ K＋ NO3－ HCO3－9．实验室用KClO3和浓盐酸浓度为12mol/L反应制取氯气，化学方程式为：KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O 若标准状态下生成了 2.24L氯气，则下列说法正确的是（）A、反应中转移的电子数为 1/6molB、反应的盐酸的物质的量为2.0molC、被氧化Cl物质的量为1/12molD、被还原Cl物质的量为1/3mol10．NaHCO3和Na2CO3·10H2O晶体的混合物10g，溶于水制成200mL溶液，其中c(Na+)=0.50mol/L。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2015-2016学年湖南省衡阳一中高一（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个正确答案）1．关于药品的取用，下列说法不正确的是（）①实验中剩余的药品要放回原试剂瓶，以免浪费②实验中剩余的药品应该扔掉③实验中剩余的药品要倒入废液缸中④剩余的固体药品应放回原试剂瓶，液体应倒入废液缸中．A．① B．② C．②③ D．全部2．如图所示四种化学操作名称从左到右分别为（）A．过滤、蒸发、蒸馏、萃取（或分液或萃取、分液）B．过滤、蒸馏、蒸发、萃取C．蒸发、蒸馏、过滤、萃取D．萃取、蒸馏、蒸发、过滤3．下列各组固体混合物中，能用过滤的操作方法进行分离的是（）A．NaCl和KNO3B．BaCO3和MnO2C．CaCO3和Na2CO3D．KOH和NaNO34．下列有关分离和提纯的说法正确的是（）A．除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入适量K2CO3B．用蒸馏的方法从海水中得到淡水C．用酒精可以从碘水中萃取碘D．用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气5．有4瓶常用溶液：①BaCl2溶液，②KCl溶液，③K2SO4溶液，④CuSO4溶液．不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别开来，鉴别出来的先后顺序可能是（）A．④③①② B．①④②③ C．①③④② D．④①③②6．要尽量除去杂质，加入的试剂必须稍过量，最后的过量物可以使用物理或化学方法除去．现要除去NaCl中少量的CaCl2、ZnCl2、Na2SO4杂质，下列选用试剂及其使用顺序正确的是（）A．Na2CO3、BaCl2、HCl B．BaCl2、Na2CO3、H2SO4C．BaCl2、Na2CO3、HCl D．Ba（NO3）2、Na2CO3、HCl7．下列各组物质中氧原子的物质的量相同的是（）A．0.3 mol O2和0.3 mol H2OB．0.1 mol H2SO4和3.6 g H2OC．0.1 mol MgSO4•7H2O和0.1 mol C12H22O11（蔗糖）D．6.02×1023个CO2与0.1 mol KMnO48．标准状况下有①0.112L水；②3.01×1023个氯化氢分子；③13.6g H2S气体；④0.2mol 氨气，下列对这四种物质的关系由小到大排列正确的是（）A．体积：①③②④ B．密度：④①③②C．质量：①④③② D．氢原子数：②④③①10．同温同压下，用等质量的CH4、CO2、H2S、HCl四种气体分别吹出四个气球，其中气球体积最小的是（）A．CH4B．CO2C．H2S D．HCl11．下列说法正确的是（）A．在25℃、1.01×105Pa的条件下，2.24 L H2中含有的分子数小于0.1N AB．1 L 1 mol•L﹣1的CaCl2溶液中含Cl﹣的数目为N AC．在标准状况下，22.4 L H2O的质量约为18 gD．22 g CO2与标准状况下11.2 L H2O含有相同的分子数12．将8g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L溶液，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为（）A．2 mol•L﹣1B．0.2 mol•L﹣1C．0.02mol•L﹣1D．20 mol•L﹣113．等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应．若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A．1：2：3 B．1：6：9 C．1：3：3 D．1：3：614．如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据．则该盐酸的物质的量浓度是（）A．3 mol/L B．8.4 mol/L C．11.8 mol/L D．0.5 mol/L15．配制100mL 1.0mol•L﹣1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是（）A．容量瓶使用前用1.0 mol•L﹣1的NaOH溶液润洗B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．容量瓶内有少量水D．用敞口容器称量NaOH且时间过长16．标准状况下V L氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（）A．ρ=B．ω=C．ω=D．c=二、填空题（本题共6小题，每空2分，共52分）17．实验室有如下仪器：①试管②烧杯③量筒④蒸发皿⑤锥形瓶⑥温度计⑦蒸馏烧瓶⑧分液漏斗回答下列问题：（1）可以直接加热的有（填序号，下同）；（2）加热时必须垫上石棉网的有；（3）使用前必须查漏的有．18．选取下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上．A．萃取分液法B．结晶法C．分液法D．蒸馏法E．过滤法F．升华法（1）分离饱和食盐水与沙子的混合物．（2）分离水和汽油的混合物．（3）分离四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物．（4）分离NaCl和I2的固体混合物．19．（1）相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为；氧原子的个数之比为．（2）22.2g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.4mol Cl﹣，则ACl2的摩尔质量是；A的相对原子质量是；ACl2的化学式是．20．现有m g某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g•mol﹣1．若阿伏加德罗常数用N A表示，则：（1）该气体的物质的量为；（2）该气体所含原子总数为个；（3）该气体在标准状况下的体积为；（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为．21．在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合气体的平均相对分子质量是，混合物中CO和CO2物质的量之比是，CO 的体积分数是，C和O原子个数比是，密度是（保留两位小数）g/L．22．某学生计划用12mol•L﹣1的浓盐酸配制0.10mol•L﹣1的稀盐酸450mL．回答下列问题：（1）量取浓盐酸的体积为mL．（2）量取浓盐酸时应选用的量筒规格为．A．1000mL B．500mL C．100mL D．10mL（3）配制时需选用的仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、、和试剂瓶．（4）下列配制的溶液浓度偏高的是A．用量筒量取浓盐酸时仰视B．容量瓶定容时，仰视容量瓶刻度线C．容量瓶中加水超过刻度线，吸出一部分水D．摇匀后液面下降，补充水．2015-2016学年湖南省衡阳一中高一（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个正确答案）1．关于药品的取用，下列说法不正确的是（）①实验中剩余的药品要放回原试剂瓶，以免浪费②实验中剩余的药品应该扔掉③实验中剩余的药品要倒入废液缸中④剩余的固体药品应放回原试剂瓶，液体应倒入废液缸中．A．① B．② C．②③ D．全部【考点】化学实验安全及事故处理．【分析】①实验过程中的剩余药品一般不能放回原试剂瓶，否则容易污染试剂；②实验剩余药品不能扔掉，应该放回指定的容器中；③剩余药品倒入废液缸，会造成资源浪费；④剩余药品放回试剂瓶会造成试剂污染，倒入废液缸会组成资源浪费．【解答】解：①实验后剩余的药品，不能放回原试剂瓶中，会污染药品，故①错误；②实验中剩余的药品不能扔掉，应该倒入指定的容器中，故②错误；③实验中剩余的药品，要倒入废液缸中，倒入废液缸会造成浪费，有时会造成安全事故，故③错误；④液体倒入废液缸中，会造成资源浪费，甚至发生安全事故，应该倒入指定的回收仪器中，故④错误；故选D．2．如图所示四种化学操作名称从左到右分别为（）A．过滤、蒸发、蒸馏、萃取（或分液或萃取、分液）B．过滤、蒸馏、蒸发、萃取C．蒸发、蒸馏、过滤、萃取D．萃取、蒸馏、蒸发、过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】由图可知，图中分别有漏斗、蒸发皿、蒸馏烧瓶（冷凝管）、分液漏斗，结合仪器的用途来解答．【解答】解：由图可知，图中分别有漏斗、蒸发皿、蒸馏烧瓶（冷凝管）、分液漏斗，则四个装置对应的化学操作名称从左到右分别为过滤、蒸发、蒸馏、萃取（或分液或萃取、分液），故选A．3．下列各组固体混合物中，能用过滤的操作方法进行分离的是（）A．NaCl和KNO3B．BaCO3和MnO2C．CaCO3和Na2CO3D．KOH和NaNO3【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】能用过滤的操作方法进行分离，则混合物中有一种物质不溶于水，而另一种能溶于水，结合物质的溶解性来解答．【解答】解：A．均溶于水，不能过滤分离，故A不选；B．均不溶于水，不能过滤分离，故B不选；C．碳酸钙不溶于水，碳酸钠溶于水，可溶解、过滤分离，故C选；D．均溶于水，不能过滤分离，故D不选；故选C．4．下列有关分离和提纯的说法正确的是（）A．除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入适量K2CO3B．用蒸馏的方法从海水中得到淡水C．用酒精可以从碘水中萃取碘D．用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．加入碳酸钾，引进了杂质钾离子，应该用碳酸钠溶液；B．通过蒸馏可以实现海水的淡化；C．酒精与水相互溶解，不能用酒精作萃取剂；D．氨气能够与硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气．【解答】解：A．除去NaCl溶液中少量CaCl2，若加入适量K2CO3，会引进杂质钾离子，应该选用Na2CO3，故A错误；B．海水中盐的沸点较高，可通过蒸馏法从海水中得到淡水，故B正确；C．酒精与水相互溶解，不能用酒精可以从碘水中萃取碘，可以选用四氯化碳，故C错误；D．浓硫酸与氨气反应，不能用浓硫酸干燥氨气，可以选用碱石灰，故D错误；故选5．有4瓶常用溶液：①BaCl2溶液，②KCl溶液，③K2SO4溶液，④CuSO4溶液．不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别开来，鉴别出来的先后顺序可能是（）A．④③①② B．①④②③ C．①③④② D．④①③②【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】先观察颜色，可知蓝色溶液为④CuSO4溶液，与④CuSO4溶液反应生成白色沉淀的为①BaCl2溶液，再利用①BaCl2溶液分别与剩余的两种试剂反应鉴别，以此来解答．【解答】解：先观察颜色，可知蓝色溶液为④CuSO4溶液，与④CuSO4溶液反应生成白色沉淀的为①BaCl2溶液，剩余两种试剂中与①BaCl2溶液反应生成白色沉淀的为③K2SO4溶液，无现象的为②KCl溶液，则鉴别出来的先后顺序可能是④①③②，故选D．6．要尽量除去杂质，加入的试剂必须稍过量，最后的过量物可以使用物理或化学方法除去．现要除去NaCl中少量的CaCl2、ZnCl2、Na2SO4杂质，下列选用试剂及其使用顺序正确的是（）A．Na2CO3、BaCl2、HCl B．BaCl2、Na2CO3、H2SO4C．BaCl2、Na2CO3、HCl D．Ba（NO3）2、Na2CO3、HCl【考点】物质的分离、提纯和除杂．【分析】本题为物质除杂题，要求选用的除杂试剂不能与原有物质反应，且与杂质反应时不能生成新的杂质．【解答】解：根据选择的试剂，加入碳酸钠除去钙离子、锌离子，加入氯化钡除去硫酸根离子，加入的碳酸钠一定要在氯化钡以后加，这样碳酸钠既可以将钙离子除去还可以将多余的钡离子除去，盐酸加在碳酸钠的后面，这样可以将多余的碳酸根离子除去，不能加入硫酸，否则会引进硫酸根离子，即加入试剂的顺序是：BaCl2、Na2CO3、HCl．故选C．7．下列各组物质中氧原子的物质的量相同的是（）A．0.3 mol O2和0.3 mol H2OB．0.1 mol H2SO4和3.6 g H2OC．0.1 mol MgSO4•7H2O和0.1 mol C12H22O11（蔗糖）D．6.02×1023个CO2与0.1 mol KMnO4【考点】物质的量的相关计算．【分析】根据n==结合物质的分子构成计算．【解答】解：A.0.3 mol O2含有0.6molO，0.3 mol H2O含有0.3molO，二者不同，故A错误；B.0.1 mol H2SO4含有0.4molO，n（H2O）==0.2mol，含有0.2molO，二者不同，故B错误；C.0.1 mol MgSO4•7H2O含有1.1molO，0.1 mol C12H22O11（蔗糖）含有1.1molO，氧原子的物质的量相同，故C正确；D.6.02×1023个CO2为1mol，含有2molO，0.1 mol KMnO4含有0.4molO，二者不同，故D 错误．故选C．8．标准状况下有①0.112L水；②3.01×1023个氯化氢分子；③13.6g H2S气体；④0.2mol 氨气，下列对这四种物质的关系由小到大排列正确的是（）A．体积：①③②④ B．密度：④①③②C．质量：①④③② D．氢原子数：②④③①【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】标况下，水是液体，气体摩尔体积对其不适用，n（HCl）==0.5mol、n（H2S）==0.4mol、n（NH3）=0.2mol，根据V=nV m、ρ=、m=nM、N=nN A再结合物质状态分析解答．【解答】解：标况下，水是液体，气体摩尔体积对其不适用，n（HCl）==0.5mol、n（H2S）==0.4mol、n（NH3）=0.2mol，A．水的体积是0.112L，V（HCl）=0.5mol×22.4L/mol=11.2L、V（H2S）=0.4mol×22.4L/mol=8.96L、V（NH3）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以由小到大排列正确的是①④③②，故A错误；B．水的密度是1g/mL，根据ρ=知，气体密度与其摩尔质量成正比，HCl的摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量是17g/mol，气体密度都小于1g/mL，所以密度从小到大顺序是④③②①，故B错误；C．水的质量是112g，m（HCl）=0.5mol×36.5g/mol=18.25g、m（H2S）=0.4mol×34g/mol=13.6g、m（NH3）=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量从小到大顺序是④③②①，故C错误；D．水中N（H）=×2=12.4N A，HCl中N（H）=0.5mol×N A/mol×1=0.5N A，硫化氢中N（H）=0.4mol×N A/mol×2=0.8N A，氨气中N（H）=0.2×N A/mol×3=0.6N A，所以H 原子个数由小到大顺序是②④③①，故D正确．故选D．【考点】物质的量的相关计算．【分析】①根据微粒数目和物质的量的关系公式N=nN A分析；②根据标准状况下的气体体积和物质的量的关系公式V=nV m来分析；③根据m=ρV、n=来分析；④只有溶液的体积、溶质质量分数，不能计算溶质的质量，不能确定溶质的物质的量；⑤根据质量与物质的量的关系公式m=nM分析．【解答】解：①根据N=nN A，利用物质的粒子数（N）、阿伏加德罗常数（N A）可以计算物质的量，由n=可知，故①正确；②根据V=nV m，利用标准状况下的气体摩尔体积（V m）、标准状况下的气体体积（V）可以计算物质的量n=可知，故②正确；③由m=ρV，n=可知，利用体积、密度只能计算其质量，但摩尔质量（M）未知，则不能计算出其物质的量，故③错误；④只有溶液的体积、溶质质量分数，不能计算溶质的质量，不能确定溶质的物质的量，故④错误；⑤由n=可知，利用物质的质量与摩尔质量可以计算其物质的量，故⑤正确；故选：B．10．同温同压下，用等质量的CH4、CO2、H2S、HCl四种气体分别吹出四个气球，其中气球体积最小的是（）A．CH4B．CO2C．H2S D．HCl【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据V=Vm可知，气体体积与其摩尔质量成反比，据此判断气体体积大小．【解答】解：根据V=Vm可知，相同气体摩尔体积、相同质量的不同气体，其体积与摩尔质量成反比，所以摩尔质量越大，其体积越小，甲烷的摩尔质量是16g/mol，二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，硫化氢的摩尔质量是34g/mol，氯化氢的摩尔质量是36.5g/mol，根据分析可知，摩尔质量增大的为CO2，所以气体体积最小的为CO2，故选B．11．下列说法正确的是（）A．在25℃、1.01×105Pa的条件下，2.24 L H2中含有的分子数小于0.1N AB．1 L 1 mol•L﹣1的CaCl2溶液中含Cl﹣的数目为N AC．在标准状况下，22.4 L H2O的质量约为18 gD．22 g CO2与标准状况下11.2 L H2O含有相同的分子数【考点】物质的量的相关计算．【分析】A.25℃、1.01×105Pa的条件下，温度高于常温下，则气体摩尔体积大于22.4L/mol；B．氯化钙的化学式中含有2个氯离子，则1 mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子浓度为2mol/L；C．标准状况下，水的状态不是气态；D．标准状况下水的状态不是气态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算．【解答】解：A．该条件下的气体摩尔体积大于22.4L/mol，则2.24L氢气的物质的量小于：=0.1mol，含有的分子数小于0.1N A，故A正确；B.1 L 1 mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子浓度为2mol/L，1L该溶液中含有2mol氯离子，含Cl﹣的数目为2N A，故B错误；C．标准状况下，水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D.22g二氧化碳的物质的量为：=0.5mol，而标准状况下水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故D错误；故选A．12．将8g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L溶液，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为（）A．2 mol•L﹣1B．0.2 mol•L﹣1C．0.02mol•L﹣1D．20 mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】溶液是均匀的，从稀释后的1L溶液中取出10mL溶液，该10mL溶液与1L溶液的物质的量浓度相等，根据c=计算1L溶液中氢氧化钠的物质的量浓度．【解答】解：8gNaOH的物质的量==0.2mol，稀释成1L的溶液后，氢氧化钠的物质的量浓度==0.2mol/L，溶液是均匀的，从稀释后的1L溶液中取出10mL溶液，该10mL溶液与1L溶液的物质的量浓度相等为0.2mol/L，故选B．13．等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应．若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A．1：2：3 B．1：6：9 C．1：3：3 D．1：3：6【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算．【分析】生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2（SO4）3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4来计算．【解答】解：由生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，设生成硫酸钡的物质的量分别为n、2n、3n，则Al2（SO4）3～3BaSO41 3nZnSO4～BaSO41 12n 2nNa2SO4～BaSO41 13n 3n又硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比，即为：2n：3n=1：6：9，故选B．14．如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据．则该盐酸的物质的量浓度是（）A．3 mol/L B．8.4 mol/L C．11.8 mol/L D．0.5 mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据c=计算盐酸的物质的量浓度．【解答】解：盐酸的物质的量浓度为c==mol/L=11.8moL/L，故选C．15．配制100mL 1.0mol•L﹣1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是（）A．容量瓶使用前用1.0 mol•L﹣1的NaOH溶液润洗B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．容量瓶内有少量水D．用敞口容器称量NaOH且时间过长【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【分析】A．容量瓶润洗后，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大；B．没有洗涤烧杯和玻璃杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小；C．容量瓶中有少量水，不影响溶质的物质的量、最终溶液体积；D．用敞口容器称量NaOH且时间过长，导致氢氧化钠变质，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小．【解答】解：A．容量瓶使用前用1.0 mol•L﹣1的NaOH溶液润洗，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，所得溶液浓度偏高，故A正确；B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致容量瓶中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C．容量瓶内有少量水，不影响溶质的物质的量和最终溶液体积，则不影响配制结果，故C 错误；D．用敞口容器称量NaOH且时间过长，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应，则配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；故选A．16．标准状况下V L氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（）A．ρ=B．ω=C．ω=D．c=【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、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和；B、根据c=进行计算；C、根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，利用m=ρV计算水的质量，根据溶质质量分数=×100%计算D、根据c=计算．【解答】解：A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和，故A错误；B、由c=可知，该溶液氨气质量分数ω=，故B正确；C、氨气的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol×17g/mol=g，1L水的质量为1000g，故该溶液的质量分数为ω=×100%=，故C正确；D、由C可知质量分数为ω=，故c===，故D正确；故选A．二、填空题（本题共6小题，每空2分，共52分）17．实验室有如下仪器：①试管②烧杯③量筒④蒸发皿⑤锥形瓶⑥温度计⑦蒸馏烧瓶⑧分液漏斗回答下列问题：（1）可以直接加热的有①④（填序号，下同）；（2）加热时必须垫上石棉网的有②⑤⑦；（3）使用前必须查漏的有⑧．【考点】直接加热的仪器及使用方法．【分析】（1）（2）实验室中能够加热的仪器有两种：直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：容量瓶、漏斗、量筒、集气瓶、广口瓶等；（3）带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水．【解答】解：（1）试管、蒸发皿可以直接用酒精灯加热，不需要垫上石棉网，故选①④，故答案为：①④；（2）烧杯、锥形瓶、蒸馏烧瓶不能直接加热，加热时需垫石棉网加热，故选②⑤⑦，故答案为：②⑤⑦；（3）⑧分液漏斗使用前需要检验是否漏水，故答案为：⑧18．选取下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上．A．萃取分液法B．结晶法C．分液法D．蒸馏法E．过滤法F．升华法（1）E分离饱和食盐水与沙子的混合物．（2）C分离水和汽油的混合物．（3）D分离四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物．（4）F分离NaCl和I2的固体混合物．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】（1）沙子不溶于水；（2）水和汽油分层；（3）四氯化碳和甲苯互溶，但沸点不同；（4）碘易升华，NaCl不能．【解答】解：（1）沙子不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为：E；（2）水和汽油分层，则选择分液法分离，故答案为：C；（3）四氯化碳和甲苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：D；（4）碘易升华，NaCl不能，则选择升华法分离，故答案为：F．19．（1）相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为5：4；氧原子的个数之比为5：6．（2）22.2g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.4mol Cl﹣，则ACl2的摩尔质量是111g/mol；A的相对原子质量是40；ACl2的化学式是CaCl2．【考点】物质的量的相关计算．【分析】（1）根据n=知，相同质量的SO2、SO3的物质的量之比等于二者的摩尔质量反比，再结合分子构成计算O原子个数之比；（2）每个氯化物化学式中含有2个氯离子，所以n（ACl2）=n（Cl﹣）=×0.4mol=0.2mol，M=，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，根据A的相对分子质量确定A元素．【解答】解：（1）根据n=知，相同质量的SO2、SO3的物质的量之比等于二者的摩尔质量反比=80g/mol：64g/mol=5：4，每个SO2、SO3分子中O原子个数分别是2、3，所以O原子总数之比=（5×2）：（4×3）=5：6，故答案为：5：4；5：6；（2）每个氯化物化学式中含有2个氯离子，所以n（ACl2）=n（Cl﹣）=×0.4mol=0.2mol，M===111g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为111，A的相对原子质量=111﹣35.5×2=40，则A是Ca元素，其化学式为CaCl2，故答案为：111 g•mol﹣1；40；CaCl2．20．现有m g某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g•mol﹣1．若阿伏加德罗常数用N A表示，则：（1）该气体的物质的量为；（2）该气体所含原子总数为个；（3）该气体在标准状况下的体积为；（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为%．【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】（1）据n=计算；（2）根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；（3）根据V=nV m计算；（4）计算溶液和溶质的质量，可计算质量分数．【解答】解：（1）m g某气体的物质的量为=mol，故答案为：；（2）因为一个分子中含两个原子，所以含有的原子数为分子数的2倍，即为2×mol×N A mol﹣1=，故答案为：；（3）该体积的体积为mol×22.4L/mol=L，故答案为：；（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），1L水的质量约为1000g，则该溶液中溶质的质量分数为：ω=×100%=%，故答案为：%．21．在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合气体的平均相对分子质量是40，混合物中CO和CO2物质的量之比是1：3，CO的体积分数是25%，C和O原子个数比是4：7，密度是 1.79（保留两位小数）g/L．【考点】物质的量的相关计算．【分析】根据n=计算混合气体的总的物质的量，根据=计算平均摩尔质量，进而确定平均相对分子质量，设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，根据质量之和与物质的量之和列式计算CO和CO2的物质的量，进而计算CO的体积分数，CO质量分数=×100%，根据m=nM计算CO的质量，根据分子式计算C、O原子物质的量，进而计算C、O原子数目之比，根据ρ=计算混合气体的密度．【解答】解：标准状况下，混合气体的物质的量为：n===0.3mol，混合气体的平均摩尔质量===40g/mol，故平均相对分子质量是40；设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则：解得：x=0.075mol，y=0.225mol，此混合物中CO和CO2物质的量之比=0.075mol：0.225mol=1：3；CO的体积分数是=×100%=25%；CO的质量=0.075mol×28g/mol=2.1g，故CO的质量分数=×100%=17.5%；C和O原子个数比=（0.075mol+0.225mol）：（0.075mol+0.225mol×2）=4：7；混合气体的密度ρ===1.79 g/L，故答案为：40；1：3；25%；4：7；1.79．22．某学生计划用12mol•L﹣1的浓盐酸配制0.10mol•L﹣1的稀盐酸450mL．回答下列问题：（1）量取浓盐酸的体积为 4.2mL．（2）量取浓盐酸时应选用的量筒规格为D．A．1000mL B．500mL C．100mL D．10mL（3）配制时需选用的仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶和试剂瓶．（4）下列配制的溶液浓度偏高的是AA．用量筒量取浓盐酸时仰视B．容量瓶定容时，仰视容量瓶刻度线C．容量瓶中加水超过刻度线，吸出一部分水D．摇匀后液面下降，补充水．【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【分析】（1）配制450mL稀盐酸，实际上配制的是500mL 0.1mol/L的稀盐酸，根据配制过程中溶质HCl的物质的量不变计算出需要浓盐酸的体积；（2）根据计算出的浓盐酸体积选用量筒；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤判断使用的仪器；（4）根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．【解答】解：（1）用12mol•L﹣1的浓盐酸配制0.10mol•L﹣1的稀盐酸450mL，需要选用规格为500mL 的容量瓶，则需要该浓盐酸的体积为：≈0.0042L=4.2mL，故答案为：4.2；（2）需要量取4.2mL浓盐酸，应该选用10mL的量筒，故答案为：D；（3）配制500mL 0.1mol/L的稀盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容等，则使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶等，故答案为：胶头滴管；500mL容量瓶；（4）A．用量筒量取浓盐酸时仰视，量取的浓盐酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高，故A 正确；B．容量瓶定容时，仰视容量瓶刻度线，加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C．容量瓶中加水超过刻度线，吸出一部分水，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C 错误；D．摇匀后液面下降，补充水，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；。