山东省邹平双语学校一区2018届高三化学上学期第一次月考试题

2017-2018学年山东省滨州市邹平双语学校高一（上）第一次月考化学试卷（一、二区）一．选择题（共18小题，前10小题每题2分，11-18小题每题3分，共44分）1．下列有关物质的量的说法中，正确的是（）A．Mg的摩尔质量为24gB．物质的量的单位是摩尔C．1 mol O2在任何条件下的体积都为22.4LD．将1 mol NaCl晶体加入到1L水中，得到NaCl溶液的浓度就是1 molL﹣1 2．“物质的量”是国际单位制中的一个基本物理量，有关说法正确的是（）A．质量相等的O2和O3，他们的物质的量之比为2：3B．1mol氧气的摩尔质量为32C．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子D．2gH2含有1mol氢分子3．配制100mL 0.50molL﹣1NaOH溶液时，必须用到的仪器是（）A．100mL容量瓶B．100mL集气瓶C．100mL烧瓶D．100mL滴瓶4．下列是关于氯水的叙述，正确的是（）A．新制氯水中只含C12和HClO分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2D．氯水放置数天后，pH值将增大5．对于化学作为21世纪“中心学科”的理解是错误的是（）A．研制具有生物功能的材料制造人工器官B．把水变成汽油解决能源短缺的问题C．寻找更好的催化剂在常温常压下合成氨D．研究生命活动的物质揭示生命现象6．Na2C03俗名纯碱，下面有关纯碱分类的叙述中不正确的是（）A．Na2CO3是碱B．Na2C03是盐C．Na2C03是钠盐D．Na2CO3是碳酸盐7．FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体共同具备的特性是（）A．分散质粒子的直径小于1nm B．都是红褐色C．都有丁达尔效应D．都比较稳定8．家庭日常生活经常用到的下列物质中，属于纯净物的是（）A．调味用的食醋B．纯水降温得到的冰水混合物C．炒菜用的铁锅D．餐饮用的啤酒9．发现元素周期律并绘制出第一张元素周期表的科学家是（）A．道尔顿B．门捷列夫C．卢瑟福D．迈尔10．将某溶液逐滴加入氢氧化铁溶胶内，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀溶解，该溶液是（）A．2mol/L H2SO4溶液B．2mol/L NaOH溶液C．2mol/L MgSO4溶液D．硅酸溶胶11．向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入一块绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象符合下图中的（）A．B．C．D．12．逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下四个推理中正确的是（）A．有机物一定含有碳元素，所以含碳元素的化合物一定是有机物B．置换反应中有单质生成，所以有单质生成的反应一定属于置换反应C．含碳元素的物质在O2中充分燃烧会生成CO2，所以在O2中燃烧能生成CO2的物质一定含碳元素D．盐的组成中含有金属阳离子与酸根离子，所以盐中一定不含氢元素13．实验表明：将氯水滴加到一张蓝色石蕊试纸上，试纸上会出现如图所示的半径慢慢扩大的内外两个圆环，且两环颜色不同，下列有关说法中不正确的是（）A．此实验表明氯水具有酸性、漂白性B．内环呈白色，外环呈红色或浅红C．内外环上颜色的差异表明氯水中含有H+、HClO 等粒子D．久置的氯水滴到蓝色石蕊试纸上，会出现与上述相同的现象14．要研究金属钠跟酒精反应以及金属钠跟水反应的异同点，下列的研究方法中用不到的是（）A．实验法B．观察法C．分类法D．比较法15．下列关于氯气的叙述正确的是（）A．氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰B．氯气的水溶液用于漂白，是利用氯气的强氧化性C．铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2D．当有大量氯气逸到空气中时，可用浸有NaOH溶液的毛巾捂住鼻子16．2.3g钠在干燥的空气中与O2反应，可得3.5g氧化物，据此可判断其产物为（）A．只有Na2O B．只有Na2O2C．Na2O和Na2O2D．无法确定17．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的（）A．将NaHCO3固体加入到新制氯水中，有无色气泡（H+）B．使红色布条褪色（HClO）C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色（HCl）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）18．把2.1g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加（）A．7.2g B．3.6g C．2.1g D．无法确定二．填空题（共4小题，每空2分，共56分）19．下面是用物质的量浓度为18mol/L的浓H2SO4配制500mL 0.5mol/L的稀H2SO4的操作，请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用mL量筒最好．（3）将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的烧杯里，并不断．（4）将冷却后的上述溶液沿玻璃棒注入中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液并入容量瓶中，摇匀．（5）加水至距刻度线下1﹣2cm时，改用加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平．（6）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”）：①所用的浓硫酸长时间露置在空气中；②若定容时俯视刻度线；③用量筒量取浓硫酸时量筒内有少量水．20．用Na2CO3固体配制1mol/L的Na2CO3溶液250mL．应称取碳酸钠固体的质量为；需要含结晶水的碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）的质量为；需要物质的量浓度为4mol/L的Na2CO3溶液mL．21．（1）等质量的O2、CH4、H2的物质的量的比值为．（2）38g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.8mol Cl﹣，则ACl2的摩尔质量是；A的相对原子质量是；ACl2的化学式是．（3）有人设计出一种在隔绝空气的条件下让钠与水反应的方法．实验时，往100mL大试管中先加入40mL煤油，取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞，通过漏斗加入滴有酚酞的水，至胶塞，并加紧弹簧夹（如图）．仔细观察，回答下列问题：①有关钠的现象：②大试管中溶液颜色的变化：③装置中液面的变化：大试管内；长颈漏斗内．④简述检验产生气体的方法：．22．禽流感病毒是一种没有超常抵抗力的病毒．研究证明，许多常用消毒药物如漂粉精、漂白粉、高锰酸钾等，可以将禽流感病毒杀灭．氯气与氢氧化钙充分反应，得到漂粉精，其稳定性比漂白粉高．（1）工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂粉精，化学反应方程式为：．（2）漂粉精的有效成分是（填化学式）．（3）漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的物质，化学反应方程式为．（4）将漂粉精溶于适量水中，呈白色浊状物，静置沉降．取少许上层清液，滴加碳酸钠溶液出现白色沉淀，生成的沉淀为（填化学式）．另取少许上层清液，先滴加适量的（填化学式）酸化，再滴加（填化学式）溶液即可检验Cl﹣的存在．再取少许上层清液，滴加几滴酚酞溶液，溶液呈红色，随后溶液迅速褪色，说明漂粉精溶液呈性并具有性．2017-2018学年山东省滨州市邹平双语学校高一（上）第一次月考化学试卷（一、二区）参考答案与试题解析一．选择题（共18小题，前10小题每题2分，11-18小题每题3分，共44分）1．下列有关物质的量的说法中，正确的是（）A．Mg的摩尔质量为24gB．物质的量的单位是摩尔C．1 mol O2在任何条件下的体积都为22.4LD．将1 mol NaCl晶体加入到1L水中，得到NaCl溶液的浓度就是1 molL﹣1【考点】摩尔质量；物质的量的单位--摩尔；气体摩尔体积；物质的量浓度的相关计算．【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；B、物质的量是七个基本物理量之一；C、摩尔体积只与温度和压强有关；D、溶液的体积不等于溶剂的体积．【解答】解：A、Mg的摩尔质量是24g/mol，故A错误；B、物质的量是七个基本物理量之一，其单位为摩尔，故B正确；C、只有在标准状况下，1 mol O2的体积才为22.4L，故C错误；D、将1 mol NaCl晶体加入到1L水中，溶液的体积不等于1L，所以溶液中NaOH的物质的量浓度不等于1mol/L，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了概念，掌握概念的内涵是解题的关键，难度中等．2．“物质的量”是国际单位制中的一个基本物理量，有关说法正确的是（）A．质量相等的O2和O3，他们的物质的量之比为2：3B．1mol氧气的摩尔质量为32C．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子D．2gH2含有1mol氢分子【考点】物质的量的相关计算．【分析】A．由氧气和臭氧的摩尔质量，计算出质量相等的O2和O3的物质的量之比；B．根据摩尔质量的单位为g/mol进行分析；C．根据1mol任何物质都约含有6.02×1023个微粒进行分析；D．根据n=计算2克H2中含有的氢分子进行分析．【解答】解：A．O2和O3的摩尔质量分别是32g/mol、48g/mol，设其质量均为m，质量相等的O2和O3，它们物质的量之比为：=3：2，故A错误；B．摩尔质量是指1mol物质的质量，单位为g/mol，故摩尔质量之前不应再规定物质的量，故应为氧气的摩尔质量为32g/mol，故B错误；C．1mol任何物质都约含有6.02×1023个微粒，不一定是分子，也有可以是离子或原子，故C错误；D．2克H2中n===1mol，含有1mol氢分子，故D正确；故选D．【点评】本题难度不大，考查学生对物质的量知识的理解与掌握及灵活应用进行解题的能力，解答本题要充分理解物质的宏观组成和微观构成的含义．3．配制100mL 0.50molL﹣1NaOH溶液时，必须用到的仪器是（）A．100mL容量瓶B．100mL集气瓶C．100mL烧瓶D．100mL滴瓶【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】配制100mL 0.50molL﹣1NaOH溶液步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选择使用的仪器．【解答】解：配制100mL 0.50molL﹣1NaOH溶液过程中使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以必须使用的仪器为100mL容量瓶，不会使用到100mL集气瓶、100mL烧瓶和100mL滴瓶，故选A．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中仪器选择，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，能够根据配制步骤选择使用的仪器．4．下列是关于氯水的叙述，正确的是（）A．新制氯水中只含C12和HClO分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2D．氯水放置数天后，pH值将增大【考点】氯气的化学性质．【分析】氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子．【解答】解：A．氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；B．HCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；C．HClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2，生成氧气，故C错误；D．HClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，故D错误．故选B．【点评】本题考查氯水的成分及性质，题目难度不大，本题注意基础知识的积累和学习．5．对于化学作为21世纪“中心学科”的理解是错误的是（）A．研制具有生物功能的材料制造人工器官B．把水变成汽油解决能源短缺的问题C．寻找更好的催化剂在常温常压下合成氨D．研究生命活动的物质揭示生命现象【考点】化学研究基本方法及作用．【分析】A．具有生物功能的材料可制造器官；B．水变成汽油不符合能量守恒定律；C．合成氨的反应是放热反应；D．生命现象与生命活动的物质有关．【解答】解：A．具有生物功能的材料可制造人工器官，故A正确；B．水变成汽油不符合能量守恒定律，水不能变成汽油，故B错误；C．合成氨的反应是放热反应，降低活化能有可能在常温下进行，故C正确；D．研究生命活动的物质可揭示生命现象，故D正确．故选B．【点评】本题考查物质的性质和化学反应原理，题目难度不大，注意催化剂只能降低反应的活化能．6．Na2C03俗名纯碱，下面有关纯碱分类的叙述中不正确的是（）A．Na2CO3是碱B．Na2C03是盐C．Na2C03是钠盐D．Na2CO3是碳酸盐【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A．根据碱的定义和组成进行解答；B．根据盐的定义由酸根离子和金属离子构成的化合物分析；C．根据含有钠元素的盐叫钠盐分析；D．根据含有碳酸根离子的盐叫碳酸盐分析；【解答】解：A．碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，Na2C03俗名纯碱是因为：碳酸钠是弱酸强碱盐，水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH ﹣，溶液呈碱性，故A错误；B．Na2C03由碳酸根离子和钠离子构成的化合物，属于盐，故B正确；C．Na2C03属于含有钠元素的盐，故C正确；D．Na2CO a由碳酸根离子和钠离子构成的盐，属于碳酸盐，故D正确；故选A．【点评】本题考查物质的分类，为高频考点，侧重于学生的基本概念的理解和把握，难度不大，注意把握分类标准以及方法．7．FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体共同具备的特性是（）A．分散质粒子的直径小于1nm B．都是红褐色C．都有丁达尔效应D．都比较稳定【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】A．溶液的分散质直径小于1nm；B．FeCl3溶液为棕黄色；C．胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；D．溶液与胶体都是稳定的分散系．【解答】解：A．溶液的分散质直径小于1nm，胶体的分散质直径在1nm～100nm 之间，故A错误；B．因FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故B错误；C．只有胶体具有丁达尔效应，所以Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故C错误；D．溶液与胶体都是稳定的分散系，密封静置，不会产生沉淀，故D正确．故选D．【点评】本题考查了胶体的性质以及胶体和溶液的区别，明确胶体的性质是解题关键，题目难度不大．8．家庭日常生活经常用到的下列物质中，属于纯净物的是（）A．调味用的食醋B．纯水降温得到的冰水混合物C．炒菜用的铁锅D．餐饮用的啤酒【考点】混合物和纯净物．【分析】根据纯净物混合物的定义来判断．混合物是由两种或两种以上物质组成的；纯净物是由一种物质组成的．【解答】解：A．食醋含有乙酸和水等，属于混合物，故A错误；B．冰水只有一种物质组成，属于纯净物，故B正确；C．铁锅是铁与碳的合金，属于混合物，故C错误；D．啤酒含有乙醇和水等物质，属于混合物，故D错误．故选B．【点评】本题考查纯净物和混合物的区别，题目难度不大，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物．9．发现元素周期律并绘制出第一张元素周期表的科学家是（）A．道尔顿B．门捷列夫C．卢瑟福D．迈尔【考点】化学史．【分析】门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出元素周期表，以此来解答．【解答】解：A．道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说，故A错误；B．门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故B正确；C．卢瑟福通过α粒子散射实验验证了原子的核式结构模型，故C错误；D．迈尔第一个发现并表述了能量守恒定律，故D错误．故选B．【点评】本题考查周期表和化学史，注意了解科学本质、培养科学素养、树立正确的价值观，激励学生树立远大理想，题目难度不大．10．将某溶液逐滴加入氢氧化铁溶胶内，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀溶解，该溶液是（）A．2mol/L H2SO4溶液B．2mol/L NaOH溶液C．2mol/L MgSO4溶液D．硅酸溶胶【考点】胶体的重要性质．【分析】胶体在电解质的作用下发生凝聚，在Fe（OH）3溶胶内滴入H2SO4溶液，H2SO4开始起电解质溶液的作用，使Fe（OH）3胶体发生凝聚，形成沉淀，继续滴加，硫酸与Fe（OH）3沉淀发生中和反应沉淀溶解．【解答】解：A、在Fe（OH）3溶胶内滴入H2SO4溶液，H2SO4开始起电解质溶液的作用，使Fe（OH）3胶体发生凝聚，形成沉淀，继续滴加，硫酸与Fe（OH）3沉淀发生中和反应沉淀溶解，故A正确；B、加入2mol/L氢氧化钠溶液只能使胶体聚沉，而不能使胶体溶解，故B错误；C、加入2mol/L硫酸镁溶液只能使胶体聚沉，而不能使胶体溶解，故C错误；D、加入硅酸溶液能使胶体聚沉，但硅酸酸性极弱，不能与Fe（OH）3沉淀发生中和反应而溶解，故D错误．故选A．【点评】本题考查胶体的性质，题目难度不大，注意胶体的性质，本题易错点为D项，注意硅酸的酸性较弱，不能与Fe（OH）3沉淀发生中和反应．11．向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入一块绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象符合下图中的（）A．B．C．D．【考点】钠的化学性质．【分析】根据钠的化学性质、钠的密度、水和煤油的密度大小来分析．【解答】解：因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完．故选：A．【点评】本题是钠的物理性质和化学性质的运用，借助于题目情境，培养了学生分析问题的能力．12．逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下四个推理中正确的是（）A．有机物一定含有碳元素，所以含碳元素的化合物一定是有机物B．置换反应中有单质生成，所以有单质生成的反应一定属于置换反应C．含碳元素的物质在O2中充分燃烧会生成CO2，所以在O2中燃烧能生成CO2的物质一定含碳元素D．盐的组成中含有金属阳离子与酸根离子，所以盐中一定不含氢元素【考点】无机化合物与有机化合物的概念；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型．【分析】A．一氧化碳、二氧化碳和碳酸盐等，虽然含有碳元素，但属于无机物；B．单质和化合物反应生成单质和化合物的反应是置换反应；C．根据质量守恒定律进行解答；D．碳酸氢钠含有氢元素．【解答】解：A．有机物都含碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机物，如一氧化碳、二氧化碳和碳酸盐等，虽然含有碳元素，但属于无机物，故A 错误；B．由置换反应的概念可知，单质和化合物反应生成单质和化合物的反应是置换反应，但有单质生成的反应不一定是置换反应，如氯酸钾分解、同素异形体的互变等，故B错误；C．根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，含碳元素的物质燃烧都能产生CO2，在O2中燃烧生成CO2的物质都含碳元素，故C正确；D．盐可能含有氢元素，如碳酸氢钠含有氢元素，故D错误．故选C．【点评】本题考查所学知识的基础上进行知识的整合归纳，难度中等，把握推理这一常用的学习方法，但应注意特例的存在．13．实验表明：将氯水滴加到一张蓝色石蕊试纸上，试纸上会出现如图所示的半径慢慢扩大的内外两个圆环，且两环颜色不同，下列有关说法中不正确的是（）A．此实验表明氯水具有酸性、漂白性B．内环呈白色，外环呈红色或浅红C．内外环上颜色的差异表明氯水中含有H+、HClO 等粒子D．久置的氯水滴到蓝色石蕊试纸上，会出现与上述相同的现象【考点】氯气的化学性质．【分析】氯水中有分子：H2O、Cl2、HClO，离子：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，H+使溶液呈酸性，能使蓝色石蕊试纸变红；HClO有漂白性，能使变红的试纸褪色．所以将氯水滴加到一片蓝色石蕊试纸上，试纸上会出现半径慢慢扩大的内外两个圆环，且两环颜色不同．然后以此来解答．【解答】解：A、由氯水的成分可知，该实验能表明氯水具有酸性、漂白性，故A正确；B、内环呈白色外环呈红色或浅红色，内环是HClO起作用，外环是H+起作用，故B正确；C、内环呈白色外环呈红色或浅红色，内环是HClO起作用，外环是H+起作用，内外环上颜色的差异表明此变化过程中，中和反应和氧化还原反应，明氯水中含有H+、HClO 等粒子，故C正确；D、久置的氯水是HCl，不会出现相同的现象，故D错误；故选D．【点评】本题考查的是氯气的化学性质，实验时要注意观察现象，能运用所学知识解释现象是学习的一大难点．14．要研究金属钠跟酒精反应以及金属钠跟水反应的异同点，下列的研究方法中用不到的是（）A．实验法B．观察法C．分类法D．比较法【考点】化学研究基本方法及作用．【分析】A．实验法是通过实验来验证对物质性质的预测或探究物质未知性质的方法；B．观察法是对实验对象用肉眼或一些辅助仪器进行的观测；C．分类法是指运用分类的方法，分门别类地对物质及其变化进行研究，可以总结出各类物质的通性与特性；D．比较法是运用比较的方法，可以找出物质性质间的异同，认识物质间的内在联系，促进对物质性质的理解与记忆．【解答】解：A．以实验研究金属钠能跟氧气、水等无机物反应，跟酒精、醋酸等有机物反应，用到的是实验法，故A错误；B．实验过程中需要用肉眼观察实验现象，用到的是实验法，故B错误；C．没有分门别类地对物质及其变化进行研究，故C正确；D．采取对比方法研究金属钠跟酒精反应的性质以及它与水反应的异同点，故D错误．故选C．【点评】本题考查研究物质性质及变化的基本方法，难度不大，理解常用的基本方法即可解答．15．下列关于氯气的叙述正确的是（）A．氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰B．氯气的水溶液用于漂白，是利用氯气的强氧化性C．铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2D．当有大量氯气逸到空气中时，可用浸有NaOH溶液的毛巾捂住鼻子【考点】氯气的化学性质．【分析】A．氢气在氯气中燃烧生成HCl；B．氯气的水溶液用于漂白，是利用次氯酸的强氧化性；C．红热的铁丝在氯气中燃烧，生成氯化铁；D．NaOH具有强腐蚀性．【解答】解：A．氢气在氯气中燃烧生成HCl，火焰呈苍白色，故A正确；B．氯气的水溶液用于漂白，是利用次氯酸的强氧化性，故B错误；C．红热的铁丝在氯气中燃烧，生成氯化铁，故C错误；D．NaOH具有强腐蚀性，不能捂住鼻子，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质的性质及反应现象，为高频考点，把握发生的化学反应及产物与现象的关系为解答的关键，注意生成物的状态、颜色等，题目难度不大．16．2.3g钠在干燥的空气中与O2反应，可得3.5g氧化物，据此可判断其产物为（）A．只有Na2O B．只有Na2O2C．Na2O和Na2O2D．无法确定【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【分析】金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，固体增重为氧元素质量，计算所得固体中Na、O原子的物质的量之比，进而判断产物组成．【解答】解：金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，固体增重为氧元素质量，即3.5g固体中O原子质量为3.5g﹣2.3g=1.2g，则得到的固体中Na、O原子的物质的量之比为：=4：3＞1：1，故产物为Na2O和Na2O2的混合物，故选C．【点评】本题考查化学方程式计算，题目难度中等，注意利用所得固体中Na、O原子数目之比进行判断，也可以利用极限法进行解答，侧重考查学生分析能力及计算能力．17．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的（）A．将NaHCO3固体加入到新制氯水中，有无色气泡（H+）B．使红色布条褪色（HClO）C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色（HCl）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）【考点】氯气的化学性质．【分析】A、氯水中有盐酸，酸电离生成的H+能与NaHCO3固体反应；B、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能用于漂白；C、氯气具有氧化性；D、氯水中的氯离子能与硝酸银发生复分解反应；【解答】解：A、因氯水中有盐酸，电离生成H+，H+能与NaHCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现，故A正确；B、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，故B正确；C、因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，故C错误；D、因氯水中的盐酸电离生成Cl﹣，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，故D正确；故选：C；【点评】本题考查氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质，明确氯水的成分是解答本题的关键，并熟悉各微粒的性质来解答即可．18．把2.1g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加（）A．7.2g B．3.6g C．2.1g D．无法确定【考点】有关混合物反应的计算；钠的重要化合物．【分析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，以此解答该题．【解答】解：CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量，H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故由2.1gCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即为2.1g，故选C．【点评】本题考查钠的重要化合物的性质、混合物计算等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意总反应方程式的利用，也可以利用差量法进行判断，难度中等．二．填空题（共4小题，每空2分，共56分）19．下面是用物质的量浓度为18mol/L的浓H2SO4配制500mL 0.5mol/L的稀H2SO4的操作，请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为13.9mL（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用20mL量筒最好．。

邹平双语学校2017-2018学年第一学期第一次月考（3区）高一化学试题时间90分钟，分值：100分相对原子质量Cu:64 Fe:56 Na:23 Cl:35.5 S:32 O:16 N:14一、选择题（每题5分，共70分）1．实验室要用固体氯化钠试剂准确配制0.5 L 0.2 mol·L-1的NaCl溶液，下列哪种仪器不是必须使用的（）A．500 mL容量瓶B．胶头滴管C．试管D．托盘天平2．湿润的蓝色石蕊试纸接触氯气后，其颜色变化为（）A．变红B．先变红后变白C．变白D．不变3．在0.5 L某浓度的NaCl溶液中含有0.5 mol Na+，下列对该溶液的说法中，不正确的是（）A．该溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1B．该溶液中含有58.5 g NaClC．配制100 mL该溶液需用5.85 g NaClD．量取100 mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1 mol4．下列有关阿佛加德罗常数(N A)的说法错误的是（）A．22.4L O2所含的原子数目为N A B．0.5mol H2O含有的原子数目为1.5N A C．1mol H2O含有的H2O分子数目为N A D．0 5 N A个氯气分子的物质的量是0.5mol5．A、B、C、D四种物质均易溶于水，分别按下列条件配成溶液，其中物质的量浓度最大的是（）A．10 mL 5mol·L-1的A溶液加水配制成100 mL溶液B．9.2 g B物质（式量为46）溶于水配成100 mL溶液C．1.806×1023个C的分子溶于水配成100 mL溶液D．0.1 moL D物质溶于100 mL 2.5 mol·L-1的D溶液中6．下列物质的分类合理的是()A.氧化物:CO2、NO、SO2、H2OB. 碱:NaOH、KOH、Ba(OH)2、Na2CO3C.铵盐:NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2SO4、NH3·H2OD.碱性氧化物:MgO、Na2O、CaO、Mn2O77．下列关于分散系的叙述不正确的是()A.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是:分散质微粒直径的大小B.用平行光照射FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体,可以加以区分C.把FeCl3饱和溶液滴入到蒸馏水中,以制取Fe(OH)3胶体D.树林中的晨曦,该反应与丁达尔效应有关8．下列离子方程式书写正确的是()A. 氯气与水反应：Cl2 + H2O 2H+ + Cl-+ ClO-B.铜片插入硝酸银溶液中:Cu+Ag+====Ag+Cu2+C.硫酸和氯化钡溶液反应:Ba2++ SO42－====BaSO4↓D.铁钉放入硫酸铜溶液中:2Fe+3Cu2+====2Fe3++3Cu9．下列各组离子在同一溶液中一定能大量共存的是()A.含大量Ba2+的溶液中:Cl-、K+、SO42－、CO32－B.含大量H+的溶液中:Fe2+、Na+、NO3－、SO42－C.含大量OH-的溶液中:K+、NO3－、SO42－、Cu2+D.含大量MnO4-的溶液中:H+、K+、SO42－、I－10．下列有关离子的检验方法及现象叙述正确的是()A.检验H+:向溶液中滴加石蕊试液,溶液变成蓝色,则证明溶液中含有H+B.检验Cl-:先加入硝酸银溶液,生成白色沉淀,再加入稀硝酸,若沉淀不溶解,则证明含有Cl-C.检验Fe2+:加入NaOH溶液,产生红褐色沉淀,则证明含有Fe2+D.检验Fe3+:加入KSCN溶液,生成红色沉淀,则证明含有Fe3+11．氧化还原反应中,水可以作氧化剂,作还原剂,既作氧化剂又作还原剂,既不作氧化剂又不作还原剂。

2017-2018学年山东省滨州市邹平双语学校高三（上）月考化学试卷（9月份）一.选择题（每题2分）1．下列递变规律不正确的是( )A．Na、Mg、Al还原性依次减弱B．I2、Br2、Cl2氧化性依次增强C．C、N、O原子半径依次增大D．P、S、Cl最高正价依次升高2．下列物质的性质比较，正确的是( )A．酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO4B．碱性：NaOH＞KOH＞RbOHC．非金属性：P＞S＞ClD．气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S3．下列化合物中阳离子半径与阴离子半径之比最小的是( )A．NaF B．MgI2C．BaI2D．KBr4．已知X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4．则下列说法正确的是( )A．原子半径：X＞Y＞ZB．非金属性：Y＜X＜ZC．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3D．原子最外电子层上电子数的关系：Y=（X+Z）5．最近，兰州近代物理研究所研制出我国首批氧﹣18气体（18O2）．氧﹣18是氧的一种同位素，称为重氧，下列说法正确的是( )A．1.8g氧﹣18气体的物质的量是0.1molB．0.1mol重氧气体的体积是2.24LC．重氧气体的摩尔质量为36gD．0.1mol重氧水所含中子数约是6.02×1023个6．下列各组粒子具有相同的质子数和电子数的是( )A．OH﹣、H2O、F﹣B．NH3、NH4+、NH2﹣C．H3O+、NH4+、NH2﹣D．HCl、F2、H2S7．下列化学用语中，正确的是( )A．甲烷的结构式：B．镁的原子结构示意图：C．氯化钠的电子式：D．亚硒酸的化学式：H2SeO48．下列过程中，共价键被破坏的是( )A．碘的升华B．NaOH溶于水C．HCl溶于水D．酒精溶于水9．下列说法中正确的是( )A．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数B．非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数C．最外层有2个电子的原子都是金属原子D．最外层有5个电子的原子都是非金属原子10．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：下列叙述正确的是( )A．L、R的单质与稀盐酸反应速率L＜RB．L与T形成的化合物具有两性C．Q、T两元素的氢化物热稳定性Q＜TD．L、Q形成的简单离子核外电子数相等11．某元素X构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为70、72、74，在天然单质中，此三种单质的物质的量之比为9：6：1．推断以下结论中正确的是( )A．元素X有三种同位素B．其中一种同位素质量数为36C．质量数为35的同位素原子的质量分数为75%D．元素单质X2的平均式量为7112．有A、B两种原子，B原子的M层比A原子的M层多3个电子，B原子L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍．A和B分别是( )A．硅原子和钠原子B．硼原子和氦原子C．氯原子和碳原子D．碳原子和铝原子13．X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子，则X和Y形成的化合物的化学式可表示为( ) A．XY B．XY2C．XY3D．X2Y314．正电子、反质子等都属于反粒子，它们跟普通电子、质子的质量、电量，相等，而电性相反，科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质﹣﹣反物质．1998年，欧洲利美国的科研机构先后宣布，他们分别制造出9个和7个反氢原子，这是人类探索反物质的一大进步，你推测反氢原子的结构是( )A．由1个带正电荷的质子与1个带负电荷的电子构成B．由1个带负电荷的质子与1个带正电荷的电子构成C．由1个不带电荷的中子与1个带负电荷的电子构成D．由1个带负电荷的质子与1个带负电荷的电子构成15．已知短周期元素的离子：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )A．原子半径A＞B＞D＞C B．原子序数d＞c＞b＞aC．离子半径C＞D＞B＞A D．单质的还原性A＞B＞D＞C16．镭是元素周期表中第七周期的ⅡA族元素．下面关于镭的性质的描述中不正确的是( )A．在化合物中呈+2价B．单质与水反应放出氢气C．氢氧化物呈两性D．镭的还原性大于镁17．科学家预测原子序数为114的元素具有相当稳定的同位素，它的位置是在第七周期ⅣA 族，称为“类铅”，关于它的性质的预测错误的是( )A．它的原子最外层有4个电子B．它具有+2、+4价，且以+2价为主C．它的金属性比铅强D．金属铜能从114号元素的硝酸盐溶液中置换出114号元素的单质18．下列事实不能说明非金属性Cl＞I的是( )A．Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2B．稳定性：HCl＞HIC．酸性：HClO4＞HIO4D．酸性：HClO3＞HIO319．下列说法错误的是( )A．原子半径：F＜Mg＜K B．稳定性：PH3＞H2S＞NH3C．酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4D．碱性：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜KOH20．运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是( )A．锂（Li）与水反应比钠与水反应剧烈B．砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸C．在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D．HBrO4的酸性比HClO4弱二.填空题（本题4小题共60分）21．溴化碘（IBr）的化学性质类似于卤素化合物，试回答下列问题：（1）溴化碘的电子式是__________，它是由__________键形成的__________化合物．（2）溴化碘与水反应的化学方程式为__________．22．有质子数不超过18的A，B两元素，A原子最外层电了为a个，次外层电子数为b 个，B原子M层电子为（a﹣b）个，L层为（a+b）个，则A为：__________B的原子结构示意图为：__________．23．短周期的三种元素X、Y、Z，原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是5．X元素原子最外电子层上的电子数是Y和Z两元素原子最外电子层上的电子数的总和；Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，X和Z可以形成XZ3的化合物．请回答：（1）X元素的名称是__________；Y元素的名称是__________；Z元素的名称是：__________．（2）XZ3化合物的分子式是__________，电子式是__________．（3）分别写出X、Y的含氧酸的分子式__________、__________．24．有A，B，C，D，E五种短周期元素，A与B可形成BA型化合物，且A元素是非金属性最强的元素．金属B的原子核内质子数比它前一周期同主族元素原子的质子数多8个；C元素有三种同位素C1，C2，C3，自然界里含最多的是C1，C3的质量数是C1的3倍，C2的原子的质量数是C1的2倍．D的气态氢化物的水溶液呈碱性，而其最高价氧化物的水化物为强酸，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4个，E粒子的核外电子数比质子数多2个．（1）写出元素名称：A．__________B．__________C．__________D．__________E．__________．（2）写出C1，C2，C3粒子的符号：__________，__________，__________（3）写出E粒子的结构示意图__________E的氢化物的电子式__________．（4）写出A的单质与B的单质反应的化学方程式__________；（5）写出A的单质，B的单质与水反应的化学方程式__________，__________，将反应后生成的溶液混合，发生反应的离子方程式为__________．2014-2015学年山东省滨州市邹平双语学校高三（上）月考化学试卷（9月份）一.选择题（每题2分）1．下列递变规律不正确的是( )A．Na、Mg、Al还原性依次减弱B．I2、Br2、Cl2氧化性依次增强C．C、N、O原子半径依次增大D．P、S、Cl最高正价依次升高考点：元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强；B．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强；C．同周期从左向右元素的原子半径逐渐减小；D．根据元素的原子核外最外层电子数等于元素的最高化合价判断．解答：解：A．金属性：Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强，所以还原性：Na＞Mg＞Al，故A正确；B．非金属性：Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，所以氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故B正确；C．同周期从左向右元素的原子半径逐渐减小，所以半径：C＞N＞O，故C错误；D．P、S、Cl三种元素的最外层电子数分别为5、6、7，元素的原子核外最外层电子数等于元素的最高化合价，所以最高正价分别为+5、+6、+7，依次升高，故D正确；故选：C．点评：本题考查元素非金属性、金属性的递变规律，明确元素在周期表中的位置及元素周期律即可解答，难度不大．2．下列物质的性质比较，正确的是( )A．酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO4B．碱性：NaOH＞KOH＞RbOHC．非金属性：P＞S＞ClD．气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S考点：元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B、元素的金属性越强，对应的最高级氧化物的水化物的碱性越强；C、同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强；D、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强．解答：解：A、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl＞Br＞S，所以最高价氧化物对应的酸性强弱为HClO4＞HBrO4＞H2SO4，故A错误；B、元素的金属性越强，对应的最高级氧化物的水化物的碱性越强，同主族元素从上往下金属性增强，所以碱性强弱为RbOH＞KOH＞NaOH，故B错误；C、同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性由弱到强的顺序为P＜S ＜Cl，故C错误；D、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性由强到弱的顺序为F＞Cl＞S，所以气态氢化物稳定性为HF＞HCl＞H2S，故D正确；故选D．点评：本题考查元素周期律知识，为高考高频考点，侧重于学生分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，难度不大．3．下列化合物中阳离子半径与阴离子半径之比最小的是( )A．NaF B．MgI2C．BaI2D．KBr考点：微粒半径大小的比较．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：若阳离子半径与阴离子半径比值最小，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大．解答：解：阳离子半径与阴离子半径比值最小的应该是阳离子半径较小的和阴离子半径较大的离子构成的化合物，同一周期的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Mg2+是阳离子半径最小的，在阴离子中，I﹣是阴离子半径最大的，所以B的比值最小．故选B．点评：本题考查学生离子半径大小比较的方法，要善于根据题意挖掘出暗藏的条件，题目难度不大．4．已知X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4．则下列说法正确的是( )A．原子半径：X＞Y＞ZB．非金属性：Y＜X＜ZC．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3D．原子最外电子层上电子数的关系：Y=（X+Z）考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，则X、Y、Z三种元素位于周期表同一周期，最高价氧化物对应的水化物的酸性是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，可说明非金属性X＞Y＞Z，结合同周期元素的非金属性的递变规律解答该题．解答：解：X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，X、Y、Z三种元素位于周期表同一周期，最高价氧化物对应的水化物的酸性是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，可说明非金属性X＞Y ＞Z，因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则原子序数X＞Y＞Z，A．X、Y、Z三种元素位于周期表同一周期，原子序数X＞Y＞Z，原子半径逐渐减小，故A错误；B．由以上分析可知元素的非金属性X＞Y＞Z，故B错误；C．非金属性X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D．X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，则原子最外电子层上电子数的关系：2Y=（X+Z），故D错误．故选C．点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，注意把握元素的非金属性的递变规律，根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性的强弱为解答该题的关键．5．最近，兰州近代物理研究所研制出我国首批氧﹣18气体（18O2）．氧﹣18是氧的一种同位素，称为重氧，下列说法正确的是( )A．1.8g氧﹣18气体的物质的量是0.1molB．0.1mol重氧气体的体积是2.24LC．重氧气体的摩尔质量为36gD．0.1mol重氧水所含中子数约是6.02×1023个考点：摩尔质量；同位素及其应用．分析：A、依据质量和摩尔质量的计算分析判断；B、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；C、依据质量数计算分子的摩尔质量，摩尔质量的单位为g/mol；D、依据原子的质量数和质子数计算中子数．解答：解：A、18g的18O2物质的量==0.5mol，故A错误；B、气体的温度和压强不知，0.1mol18O2的体积不一定是2.24L，故B错误；C、18O2气体的摩尔质量是36g/mol，故C错误；D、重氧水分子式为2D2160，1mol重氧水所含中子数=0.1mol×（2+8）=1mol，所含中子数约是6.02×1023个，故D正确；故选D．点评：本题主要考查物质的量和质量、标准状况下气体体积、微粒数的计算关系应用，关键是中子数+质子数=质量数，质量数的数值和原子摩尔质量的数值近似相同．6．下列各组粒子具有相同的质子数和电子数的是( )A．OH﹣、H2O、F﹣B．NH3、NH4+、NH2﹣C．H3O+、NH4+、NH2﹣D．HCl、F2、H2S考点：原子构成；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：根据原子的质子数相加即为微粒的质子数，利用质子数加负电荷数等于微粒的电子数、质子数减去正电荷数等于微粒的电子数来分析解答．解答：解：A、OH﹣的质子数为9、电子数为10，H2O的质子数和电子数都是10，F﹣的质子数为9、电子数为10，故A不选；B、NH3的质子数和电子数都是10，NH4+的质子数为11、电子数为10，NH2﹣的质子数为9、电子数为10，故B不选；C、H3O+、NH4+，的质子数都是11、电子数都是10，NH2﹣的质子数为9、电子数为10，故C不选；D、HCl、F2、H2S的质子数都是18、电子数都是18，即具有相同的质子数和电子数，故D 选；故选D．点评：本题考查微粒的质子数和电子数，明确质子数和电子数的计算及中性微粒中质子数等于电子数是解答本题的关键．7．下列化学用语中，正确的是( )A．甲烷的结构式：B．镁的原子结构示意图：C．氯化钠的电子式：D．亚硒酸的化学式：H2SeO4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．用短线“﹣”代替共用电子对即为结构式，未成键的孤对电子对不画出；B．镁原子的核电荷数=核外电子总数=12，最外层为2个电子；C．氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；D．亚硒酸中硒的化合价为+4价，H2SeO4为硒酸的化学式．解答：解：A．甲烷分子式为CH4，碳原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为，所以其结构式为，故A正确；B．镁原子的核外电子总数为12，最外层含有2个电子，镁原子正确的结构示意图为：，故B错误；C．氯化钠为离子化合物，钠离子用离子符号表示，氯离子需要表示出最外层电子及所带电荷，氯化钠正确的电子式为：，故C错误；D．H2SeO4为硒酸的化学式，亚硒酸中硒元素的化合价为+4价，亚硒酸的化学式为：H2SeO3，故D错误；故选A．点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度不大，注意掌握原子结构示意图与离子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式、结构式、化学式等化学用语的表示方法，选项D为易错点，可以类比亚硫酸的化学式判断．8．下列过程中，共价键被破坏的是( )A．碘的升华B．NaOH溶于水C．HCl溶于水D．酒精溶于水考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．专题：化学键与晶体结构．分析：当共价化合物溶于水发生电离或共价化合物参加化学反应生成新物质时，共价键被破坏．解答：解：A、碘升华破坏的是分子间作用力，故A错误；B、NaOH为离子化合物，溶于水破坏的是离子键，故B错误；C、HCl为共价化合物，溶于水发生电离，共价键被破坏，故C正确；D、酒精溶于水不发生电离，为非电解质，共价键没有被破坏，故D错误．故选C．点评：本题考查共价键的性质，题目难度不大，注意共价化合物与离子化合物以及电解质、非电解质的区别．9．下列说法中正确的是( )A．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数B．非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数C．最外层有2个电子的原子都是金属原子D．最外层有5个电子的原子都是非金属原子考点：原子结构与元素的性质．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．非金属元素呈现的最高化合价等于原子最外层电子数；B．非金属元素呈现的最低化合价为原子最外层电子数﹣8；C．He最外层电子数为2；D．第ⅤA元素既有金属元素也有非金属元素．解答：解：A．非金属元素呈现的最高化合价等于原子最外层电子数，不超过该元素原子的最外层电子数，故A正确；B．非金属元素呈现的最低化合价为原子最外层电子数﹣8，最高化合价等于原子最外层电子数，故B错误；C．He最外层电子数为2，为非金属元素，故C错误；D．最外层有5个电子的原子位于周期表第ⅤA族，第ⅤA元素既有金属元素也有非金属元素，故D错误．故选A．点评：本题考查原子的结构与元素周期表的结构，题目难度不大，注意元素周期表的组成特点．10．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：下列叙述正确的是( )A．L、R的单质与稀盐酸反应速率L＜RB．L与T形成的化合物具有两性C．Q、T两元素的氢化物热稳定性Q＜TD．L、Q形成的简单离子核外电子数相等考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：因元素的最高正价=最外层电子数=主族元素的族序数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，同主族从上到下原子半径逐渐增大，Q、T两元素最外层电子数为6，为第ⅥA 元素，Q的半径大于T，所以在周期表中T为O，Q为S；L、R元素最外层电子数为2，为第ⅡA元素，且半径与L比R大，所以L为Mg、R为Be；M最外层电子数为3，为第ⅢA 元素，且半径与L相差较小，同周期元素原子半径从左到右依次减小，所以M与L在同一周期，故M为Al，结合对应单质、化合物的性质解答该题．解答：解：因元素的最高正价=最外层电子数=主族元素的族序数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，同主族从上到下原子半径逐渐增大，Q、T两元素最外层电子数为6，为第ⅥA元素，Q的半径大于T，所以在周期表中T为O，Q为S；L、R元素最外层电子数为2，为第ⅡA元素，且半径与L比R大，所以L为Mg、R为Be；M最外层电子数为3，为第ⅢA元素，且半径与L相差较小，同周期元素原子半径从左到右依次减小，所以M与L在同一周期，故M为Al，A．金属性Mg＞Be，元素的金属性越强，对应的单质与盐酸反应的越剧烈，故A错误；B．M与T形成的化合物为氧化镁，为碱性氧化物，故B错误；C．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D．L（Mg）形成的简单离子核外有2个电子层，Q（S）形成的简单离子核外有3个电子层，核外电子不相等，故D错误．故选C．点评：本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律．11．某元素X构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为70、72、74，在天然单质中，此三种单质的物质的量之比为9：6：1．推断以下结论中正确的是( )A．元素X有三种同位素B．其中一种同位素质量数为36C．质量数为35的同位素原子的质量分数为75%D．元素单质X2的平均式量为71考点：同位素及其应用．专题：原子组成与结构专题．分析：A．依据双原子单质分子有三种，确定该元素存在两种同位素；B．依据两种同位素形成的三种单质的式量分析两种同位素的质量数为35、37；C．根据三种单质的物质的量之比为9：6：1进行计算；D．根据三种单质的物质的量之比为9：6：1，结合平均式量=进行计算．解答：解：A．元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为70、72、74，推断该元素存在两种同位素，若是三种同位素则形成的单质应为6种，故A错误；B．根据双原子单质分子有三种，其式量分别为70、72、74可知，最大的式量为37X2，最小式量为35X2，所以质量数不可能为36，故B错误；C．元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为70、72、74，此三种单质的物质的量之比为9：6：1，故质量数为35的同位素原子的质量分数为=75%，故C正确；D．平均式量===71，故D正确；故选CD．点评：本题考查元素同位素的综合应用，依据同位素为载体考查质量数的确定和计算，平均式量的计算方法，难度中等．正确理解同位素的概念和特征应用是解题的关键．12．有A、B两种原子，B原子的M层比A原子的M层多3个电子，B原子L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍．A和B分别是( )A．硅原子和钠原子B．硼原子和氦原子C．氯原子和碳原子D．碳原子和铝原子考点：原子核外电子排布．分析：B原子的L层电子数是A原子L层电子数的2倍，则A原子L层未填充满电子，即A原子M层电子层为0，B原子的M层比A原子的M层多3个电子，则B原子M层电子数为3，据此判断．解答：解：根据题意，B原子的L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍，而L层最多排布8个电子，因此，B的L层有8个电子，而A的L层有4个电子（无M层），根据“B 原子的M层比A原子的M层多3个电子”可知，B的M层上有3个电子，即A共有K、L 电子层，排布的电子数分别为2、4，B共有K、L、M电子层，排布的电子数分别为2、8、3，故A是C，B是Al，故选D．点评：本题要根据题目电子层和电子数的关系，逐步确定A、B的电子层数和各层上的电子数，有些同学思维混乱，原因是没理清题目中的信息，不能结合电子排布规律分析，因此要把排布规律与题意结合起来，整体把握．13．X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子，则X和Y形成的化合物的化学式可表示为( ) A．XY B．XY2C．XY3D．X2Y3考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：从元素周期表结构和原子结构方面入手，考虑最外层电子数与化合价关系．解答：解：X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则X原子可能是硅原子（2，8，4）或锂原子（2，1），Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子，则Y原子可能是锂原子（2，1）或氢原子（1），则X和Y形成的化合物的化学式可表示为SiH4，LiH（氢原子得到电子，生成金属氢化物，中学阶段很少涉及），Y位于X的前一周期，不可能为SiH4，故选A．点评：本题考查原子结构与化合价关系，明确原子结构中每层电子数的关系来推断元素是解答的关键，难度不大．14．正电子、反质子等都属于反粒子，它们跟普通电子、质子的质量、电量，相等，而电性相反，科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质﹣﹣反物质．1998年，欧洲利美国的科研机构先后宣布，他们分别制造出9个和7个反氢原子，这是人类探索反物质的一大进步，你推测反氢原子的结构是( )A．由1个带正电荷的质子与1个带负电荷的电子构成B．由1个带负电荷的质子与1个带正电荷的电子构成C．由1个不带电荷的中子与1个带负电荷的电子构成D．由1个带负电荷的质子与1个带负电荷的电子构成考点：原子构成．专题：原子组成与结构专题．分析：根据氢原子是由一个带正电的质子和一个带负电荷的电子构成的，反氢原子的结构中粒子所带的电荷正好相反，进行解答．解答：解：A、由一个带正电荷的质子和一个带负电荷的电子构成的，这是正常氢原子的构成，故A错误；B、由一个带负电荷的质子和一个带正电荷的电子构成的，符合反氢原子的构成，故B正确；C、由一个不带电的中子和一个带负电荷的电子构成的，不正确，因为反氢原子中电子带正电，故C错误；D、由一个带负电荷的质子和一个带负电荷的电子构成，不正确，原子不显电性，不能都带负电荷．故D错误．故选：B．点评：根据题目信息来答题，是解题的关键．15．已知短周期元素的离子：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )A．原子半径A＞B＞D＞C B．原子序数d＞c＞b＞aC．离子半径C＞D＞B＞A D．单质的还原性A＞B＞D＞C考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：已知短周期元素的离子，a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a﹣2=b﹣1=c+3=d﹣1，原子序数A＞B＞D＞C，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，结合元素周期律进行解答．解答：解：已知短周期元素的离子，a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a﹣2=b﹣1=c+3=d﹣1，原子序数A＞B＞D＞C，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属．A．A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，同周期，原子序数越大原子半径越小，所以原子半径B＞A，C＞D，电子层越大原子半径越大，所以原子半径B＞A＞C＞D，故A错误；B．a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a﹣2=b ﹣1=c+3=d﹣1，原子序数a＞b＞d＞c，故B错误；C．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数A＞B＞D＞C，所以离子半径：C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，故C正确；D．A、B处于同一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，原子序数A＞B，单质还原性B＞A，C、D处于同一周期，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，原子序数D＞C，单质氧化性D＞C，故D错误．故选C．点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，也可以确定具体的元素进行解答，题目难度不大．16．镭是元素周期表中第七周期的ⅡA族元素．下面关于镭的性质的描述中不正确的是( )A．在化合物中呈+2价B．单质与水反应放出氢气C．氢氧化物呈两性D．镭的还原性大于镁考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．。

2017-2018学年山东省滨州市邹平双语学校高三（上）第一次月考化学试卷（一、二区）一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民支持．下列措施不利于“蓝天工程”建设的是( )A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B．实施绿化工程，防治扬尘污染C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D．加大石油，煤炭的开采速度，增加化石原料供应量2．下列叙述正确的是( )A．直径介于1nm～10nm之间的微粒称为胶体B．电泳现象可证明胶体属于电解质溶液C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．胶体粒子很小，可以透过半透膜3．实验室可用右图所示的装置干燥、收集某气体R，则R可能是( )A．NH3B．SO2C．HCl D．O24．己知氧化还原反应：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O 其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为( )A．1 mol B．5 mol C．6 mol D．2 mol5．在0.5L某浓度的NaCl溶液中含有0.5mol Na+，下列对该溶液的说法中，不正确的是( ) A．该溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1B．该溶液中含有58.5g NaClC．配制100mL该溶液需用5.85g NaClD．量取100mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1mol6．下列化学反应的离子方程式正确的是( )A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2OB．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．往氨水中滴加氯化铝：Al3++4OH﹣=[Al（OH）4]﹣D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣=BaSO4↓+H2O7．向0.1mol•L﹣1NaOH溶液中通入过量的CO2后，溶液中存在的主要离子是下列的( ) A．Na+和CO32﹣B．Na+和HCO3﹣C．HCO3﹣和CO32﹣D．Na+和OH﹣8．实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是( )A．NO2→HNO3+NO B．NH4+→NH3C．NH3→NO D．P2O5→H3PO49．下列叙述不正确的是( )A．NH3易液化，液氨常用作制冷剂B．与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3C．氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处D．稀HNO3和活泼金属反应时不能得到氢气10．设N A表示阿佛加德罗常数，下列叙述正确的是( )A．常温常压下，71gCl2和73gHCl中所含氯原子都是2N AB．在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4LC．标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体中含分子总数为2N AD．10℃时，1molO2的体积一定大于22.4L11．Cl2的氧化性比S的氧化性强，最主要的事实是( )A．通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体B．硫不溶于水，而氯气能溶于水C．与金属反应时，硫被还原为﹣2价而氯被还原成﹣1价D．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态12．下列推断合理的是( )A．铜与浓硝酸反应时，硝酸既表现氧化性又表现酸性B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C．浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应D．将SO2通入品红溶液，溶液退色后加热恢复原色；将SO2通入氯水，氯水退色后加热也能恢复原色13．区别二氧化硫气体和二氧化碳气体的方法最佳是( )A．通入澄清的石灰水 B．根据有无毒性C．用湿润的蓝色石蕊试纸 D．用品红溶液14．向下图装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液退色，加热后又恢复红色．据此判断气体X和洗气瓶内溶液Y分别A．A正确B．B正确C．C正确D．D正确15．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是( )A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性二、非选择题（本题包括5小题，共52分，）17．等物质的量的CO和CO2，二者的质量之比__________，在同温同压下的体积之比__________，氧原子数之比__________，摩尔质量之比__________．18．实验室欲配制480ml 2mol•L﹣1的NaOH溶液：①除了使用天平、玻璃棒、烧杯外还需要使用__________、__________．②容量瓶使用前要__________，萃取时也需要同样操作的仪器是__________．③下列操作的顺序是（用字母表示）__________A．冷却B．称量C．洗涤D．定容E．溶解F．摇匀G．转移．19．某校化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集2瓶干燥．纯净的氯气．为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了如下装置：（1）写出Ⅰ装置烧瓶中发生的反应的离子方程式：__________．浓盐酸的作用是__________ （2）装置Ⅱ中盛放的药品是饱和氯化钠溶液，其作用是__________；装置Ⅲ的作用是干燥氯气，应盛放__________．（3）烧杯中应放__________来处理氯气，反应的离子方程式是：__________．20．（13分）已知浓硫酸和木炭粉在加热条件下可发生化学反应．（1）上述反应的化学方程式为__________．2__________接__________，__________接__________，__________接__________．（3）实验时可观察到装置①中A瓶中的溶液退色，C瓶中的溶液不退色．A瓶中的溶液的作用是__________；B瓶中的溶液的作用是__________；C瓶中的溶液的作用是__________．（4）装置②中所加固体药品是无水硫酸铜．可验证的产物是__________．（5）装置③中所盛溶液是澄清石灰水，可验证的产物__________．21．在Nal和H2SO4混合溶液中，加入H2O2水溶液，反应迅速发生，产生大量的气体，发生的反应有：①H2O2+2NaI+H2SO4=I2+Na2SO4+2H2O②H2O2+I2=2HIO③H2O2+2HIO=I2+O2+2H2O（1）H2O2在反应①中的作用是__________，在③中的作用是__________．A．氧化剂B．还原剂C．既是氧化剂，又是还原剂D．既不是氧化剂，也不是还原剂（2）H2O2、I2、HIO氧化性由强到弱的顺序是__________．（3）在①反应中，当有0.2mol氧化产物生成时，生成的还原产物是__________mol．22．己知A为单质，B、C、D、E为化合物．它们之间存在如图转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D 为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为__________，由C转化为D的化学方程式为__________，上述反应中属于氧化还原反应的有__________．（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得．加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B 转化为C的离子方程式为__________，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是__________．2015-2016学年山东省滨州市邹平双语学校高三（上）第一次月考化学试卷（一、二区）一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民支持．下列措施不利于“蓝天工程”建设的是( )A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B．实施绿化工程，防治扬尘污染C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D．加大石油，煤炭的开采速度，增加化石原料供应量【分析】根据“蓝天工程”是为改善空气质量进行分析；化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物．【解答】解：A、煤中含有硫元素燃烧后产生二氧化硫污染空气，推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染，有利于“蓝天工程”的建设；故A正确；B、实施绿化工程，大量植树造林，能够起到净化空气的作用，也防治了扬尘的污染，故B正确；C、机动车尾气中含有一氧化碳、一氧化氮等污染物，研制开发燃料电池汽车，消除了机动车尾气污染，有利于“蓝天工程”的建设，故C正确；D、化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量，不利于“蓝天工程”建设，故D错误．故选D．【点评】本题考查了环境污染及治理，难度不大，会运用化学知识解释生产、生活现象，学以致用．2．下列叙述正确的是( )A．直径介于1nm～10nm之间的微粒称为胶体B．电泳现象可证明胶体属于电解质溶液C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．胶体粒子很小，可以透过半透膜【分析】A、依据胶体是由分散质和分散剂形成的混合物分析；B、依据胶体和溶液的本质特征分析判断；C、依据溶液与胶体的鉴别方法分析判断；D、胶体分散质粒子较大不能通过半透膜；【解答】解：A、直径介于1nm～10nm之间的微粒是胶体微粒，分散到分散剂中才是胶体，故A错误；B、电泳现象可证明胶体微粒吸附带电离子，胶体和电解质溶液是不同的分散系，故B错误；C、区别溶液与胶体利用丁达尔效应，当光线通过胶体时会出现一条光亮的通路，故C正确；D、胶体粒子不能通过半透膜，能通过滤纸，故D错误；故选C．【点评】本题考查了分散系的本质特征，胶体的性质应用，胶体和溶液的区别，题目较简单，但注意胶体粒子吸附带电离子的作用．3．实验室可用右图所示的装置干燥、收集某气体R，则R可能是( )A．NH3B．SO2C．HCl D．O2【分析】由装置图可知气体可用碱石灰干燥，说明气体为碱性或中性，用向下排空法收集，说明气体密度比空气小．【解答】解：A．NH3为碱性气体，可用碱石灰干燥，密度比空气小，用向下排空法收集，故A正确；B．SO2不能用碱石灰干燥，故B错误；C．HCl不能用碱石灰干燥，故C错误；D．O2不能用向下排空法收集，故D错误．故选A．【点评】本题考查气体的制备，题目难度不大，根据实验装置图明确气体的性质是解答该题的关键．4．己知氧化还原反应：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O 其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为( )A．1 mol B．5 mol C．6 mol D．2 mol【分析】KClO3中Cl元素的化合价降低，为氧化剂，HCl中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，结合元素的化合价变化计算转移电子，以此来解答．【解答】解：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价降低，为氧化剂，由元素的化合价变化可知，1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（5﹣0）=5mol，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用化合价变化计算转移电子，题目难度不大．5．在0.5L某浓度的NaCl溶液中含有0.5mol Na+，下列对该溶液的说法中，不正确的是( ) A．该溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1B．该溶液中含有58.5g NaClC．配制100mL该溶液需用5.85g NaClD．量取100mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1mol【分析】0.5L某浓度的NaCl溶液中含有0.5mol Na+，钠离子浓度为1mol/L，氯化钠的物质的量浓度为1mol/L．A、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，根据c=计算判断．B、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，根据m=nM计算判断．C、该溶液氯化钠的物质的量浓度为1mol/L，根据n=cV计算氯化钠的物质的量，再根据m=nM 计算氯化钠质量．D、溶液中钠离子浓度为1mol/L，根据n=cV计算钠离子的物质的量．【解答】解：A、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量浓度为=1mol/L，故A正确；B、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol ×58.5g/mol=29.25g，故B错误；C、氯化钠的物质的量浓度为1mol/L，配制100mL该溶液需用5.85gNaCl质量为0.1L×1mol/L ×58.5g/mol=5.85g，故C正确；D、溶液中钠离子浓度为1mol/L，100mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1L ×1mol/L=0.1mol，故D正确．故选：B．【点评】考查物质的量浓度计算与理解，比较基础，注意公式的灵活运用与基础知识的掌握．6．下列化学反应的离子方程式正确的是( )A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2OB．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．往氨水中滴加氯化铝：Al3++4OH﹣=[Al（OH）4]﹣D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣=BaSO4↓+H2O【分析】A．反应生成氯化钠、水、二氧化碳；B．碳酸镁在离子反应中保留化学式；C．一水合氨保留化学式，反应生成氢氧化铝和氯化铵；D．不符合离子的配比．【解答】解：A．用小苏打治疗胃酸过多的离子反应为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故A正确；B．往碳酸镁中滴加稀盐酸的离子反应为MgCO3+2H+=CO2↑+H2O+Mg2+，故B错误；C．往氨水中滴加氯化铝的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子反应为Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故D 错误；故选A．【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氢氧化铝的两性及离子反应中保留化学式的物质即可解答，题目难度不大．7．向0.1mol•L﹣1NaOH溶液中通入过量的CO2后，溶液中存在的主要离子是下列的( ) A．Na+和CO32﹣B．Na+和HCO3﹣C．HCO3﹣和CO32﹣D．Na+和OH﹣【分析】先写出反应方程式，根据方程式中的生成物判断存在的主要离子．【解答】解：氢氧化钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠NaOH+CO2=NaHCO3，碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，在水溶液里电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根能水解也能电离，但都比较微弱，所以溶液中存在的主要离子是钠离子和碳酸氢根离子，故选B．【点评】知道氢氧化钠和过量的二氧化碳反应产物及碳酸氢钠的电离方程式是解本题的关键；碳酸氢根离子既能电离又能水解，但都比较微弱，其水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠水溶液呈碱性．8．实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是( )A．NO2→HNO3+NO B．NH4+→NH3C．NH3→NO D．P2O5→H3PO4【分析】当反应是氧化还原反应时，反应要想实现必须加入氧化剂或者是还原剂，实现元素化合价升高的反应需加入氧化剂，实现元素化合价降低的反应需加入还原剂．【解答】解：A、在NO2→HNO3+NO的转化中，化合价变化的均是N元素，二氧化氮本身即是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂或还原剂，故A错误；B、NH4+→NH3的转化中没有元素化合价的变化，无需加入氧化剂或还原剂，故B错误；C、NH3→NO的转化中，氮元素化合价升高，需加入氧化剂来实现，故C正确；D、P2O5→H3PO4的转化中没有元素化合价的变化，无需加入氧化剂或还原剂，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的特征和有关的概念内涵，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大．9．下列叙述不正确的是( )A．NH3易液化，液氨常用作制冷剂B．与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3 C．氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处D．稀HNO3和活泼金属反应时不能得到氢气【分析】A、氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为制冷剂；B、根据与金属反应时的剧烈程度来比较氧化性强弱；C、根据氨盐的不稳定性；D、由于硝酸的氧化性，不能得到H2，主要得到NO；【解答】解：A、因NH3易液化，液氨常用作制冷剂，故A正确；B、与金属反应时，稀HNO3被还原为NO，反应缓慢，浓HNO3被还原为NO2，反应剧烈，所以稀HNO3的氧化性弱于浓HNO3，故B错误；C、氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉处，故C正确；D、由于稀HNO3的强氧化性，与活泼金属反应时不生成氢气，一般生成氮的氧化物，还可以生成硝酸铵，故D正确；故选B．【点评】本题主要考查了氮元素及其化合物的有关基础知识．注意硝酸与金属反应不产生氢气．10．设N A表示阿佛加德罗常数，下列叙述正确的是( )A．常温常压下，71gCl2和73gHCl中所含氯原子都是2N AB．在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4LC．标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体中含分子总数为2N AD．10℃时，1molO2的体积一定大于22.4L【分析】A．质量转化物质的量，结合氯气分子和氯化氢分子构成解答；B．并不是只有在标准状况下V m=22.4L/mol，V m取决于温度和压强的大小；C．依据n=计算混合气体的物质的量；D．根据PV=nRT可知，V m取决于温度和压强的大小．【解答】解：A.71gCl2的物质的量为1mol，含有2mol氯原子，所含氯原子是2N A；73gHCl 物质的量为2mol含有氯原子的物质的量=1×2mol=2mol，所含氯原子是2N A，故A正确；B．根据PV=nRT可知，并不是只有在标准状况下V m=22.4L/mol，V m取决于温度和压强的大小，故B错误；C．标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体物质的量==1mol，含分子总数为N A，故C错误；D．没指明压强，无法确定Vm值，气体的体积无法计算，故D错误；故选：A．【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的使用条件及对象，根据PV=nRT理解影响气体摩尔体积的因素．11．Cl2的氧化性比S的氧化性强，最主要的事实是( )A．通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体B．硫不溶于水，而氯气能溶于水C．与金属反应时，硫被还原为﹣2价而氯被还原成﹣1价D．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态【分析】比较Cl2与S的氧化性强弱，可根据氯气与H2S的置换反应，或根据与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态进行判断．【解答】解：A．物质的颜色为物理性质，与化学性质无关，不能用来比较氧化性强弱，故A 错误；B．物质的溶解性属于物理性质，不能用来比较化学性质，故B错误；C．与金属反应时，非金属元素的化合价取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，故C错误；D．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态，说明Cl得电子能力较强，氯气的氧化性强，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化性比较的角度，题目难度不大，注意物理性质不能用来判断氧化性的强弱．12．下列推断合理的是( )A．铜与浓硝酸反应时，硝酸既表现氧化性又表现酸性B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C．浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应D．将SO2通入品红溶液，溶液退色后加热恢复原色；将SO2通入氯水，氯水退色后加热也能恢复原色【分析】A．铜和浓硝酸反应时生成二氧化氮和硝酸铜，部分N元素化合价降低、部分N元素化合价不变；B．金刚石是碳元素的一种同素异形体，碳单质都可以和氧气之间反应；C．浓硫酸在常温下与铜不反应；D．二氧化硫的漂白性具有不稳定性，二氧化硫具有还原性和氯气发生氧化还原反应；【解答】解：A．铜和浓硝酸反应时生成二氧化氮和硝酸铜，部分N元素化合价降低、部分N 元素化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故A正确；B．金刚石的硬度很大，能与足量氧气发生反应生成二氧化碳，故B错误；C．浓硫酸在常温下与铜不反应，只在加热条件下反应，故C错误；D．二氧化硫的漂白性具有不稳定性，二氧化硫和氯气发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，氯水退色后加热也不能恢复原色，故D错误；故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合理解和运用，有利于培养学生的良好科学素养和提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累和学习．13．区别二氧化硫气体和二氧化碳气体的方法最佳是( )A．通入澄清的石灰水 B．根据有无毒性C．用湿润的蓝色石蕊试纸 D．用品红溶液【分析】二氧化硫和二氧化碳气体均能使澄清石灰水变浑浊，水溶液均显酸性，二氧化硫有毒且有刺激性气味，二氧化硫具有漂白性，以此来解答．【解答】解：A．二氧化硫和二氧化碳气体均能使澄清石灰水变浑浊，则不能区分，故A错误；B．二氧化硫有毒且有刺激性气味，二氧化碳无毒，利用气味可以鉴别，但一般不用此法，故B错误；C．二者的水溶液均显酸性，都能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则不能区分，故C错误；D．二者中只有二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，则可以区分，故D正确；故选：D．【点评】本题考查气体的区分，明确二氧化硫、二氧化碳的性质是解答本题的关键，题目难度不大，注意选项B能鉴别但不是最佳方法．14．向下图装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液退色，加热后又恢复红色．据此判断气体X和洗气瓶内溶液Y分别A．A正确B．B正确C．C正确D．D正确【分析】根据SO2、Cl2、CO2的有关化学性质可知，能使品红褪色的气体可能为SO2或Cl2，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊．【解答】解：若打开活塞K，品红溶液褪色，X气体只可能是SO2或Cl2；关闭活塞K，若X气体为SO2，通入饱和NaHCO3溶液后发生反应：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2+H2O，SO2被吸收而放出CO2，所以品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊．若X是Cl2，Cl2通入饱和NaCl溶液时，Cl2不能被吸收，也无CO2气体放出．显然只有A符合，故选A．【点评】本题根据现象来推测物质，然后再进行一一验证，这也是解决问题的一种方法．15．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是( )A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性【分析】二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使高锰酸钾褪色，据此解答．【解答】解：A．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，故A错误；B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，故B 正确；C．SO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化还原反应，故C错误；D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了二氧化硫的性质和用途，熟悉二氧化硫的还原性是解题关键，注意二氧化硫漂白性原理，题目难度不大．【分析】A．HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；B．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；C．碱石灰可干燥氨气；D．二者均与硝酸银反应．【解答】解：A．HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则饱和NaHCO3溶液、洗气可除杂，故A正确；B．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则饱和食盐水、洗气，故B正确；C．碱石灰可干燥氨气，则盛碱石灰的球形干燥管可干燥氨气，故C正确；D．二者均与硝酸银反应，不能除杂，应选饱和亚硫酸氢钠、洗气，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分离方法选择及元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．二、非选择题（本题包括5小题，共52分，）17．等物质的量的CO和CO2，二者的质量之比7：11，在同温同压下的体积之比1：1，氧原子数之比1：2，摩尔质量之比7：11．【分析】根据N=nN A，以及n==，结合分子的构成进行计算．【解答】解：根据m=nM，二者的质量之比为：m（CO）：m（CO2）=nM（CO）：nM（CO2）=28：44=7：11，由n=可知，等物质的量的CO和CO2，二者体积比为1：1，根据N=nN A可知，分子数之比等于物质的量之比，而1个CO分子中含有1个C原子，1个O原子，1个CO2分子中含有1个C原子，2个O原子，所以：等物质的量的CO和CO2中所含氧原子个数之比1：2，摩尔质量之比等于相对分子量之比，即M（CO）：M（CO2）=28：44=7：11，故答案为：7：11；1：1；1：2；7：11．【点评】本题考查物质的量的计算，比较基础，注意对阿伏伽德罗定律及其推论的理解掌握，题目难度不大．18．实验室欲配制480ml 2mol•L﹣1的NaOH溶液：①除了使用天平、玻璃棒、烧杯外还需要使用500mL容量瓶、胶头滴管．②容量瓶使用前要检漏，萃取时也需要同样操作的仪器是分液漏斗．③下列操作的顺序是（用字母表示）B E A G C D FA．冷却B．称量C．洗涤D．定容E．溶解F．摇匀G．转移．【分析】①根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤判断使用的仪器；②带有活塞或旋塞的仪器要检查是否漏水；③根据溶液的配制原理可知，用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解转移、洗涤转移、定容摇匀．【解答】解：①用NaOH固体配制480ml 2mol•L﹣1的NaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500ml容量瓶中（实验室无480mL容量瓶），并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故还需要仪器为：500ml容量瓶；胶头滴管，故答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；②用于盛装液体的、带活塞或塞子的仪器在使用前要查漏，容量瓶有塞子，使用前需要检查是否漏水，萃取时也需要同样操作的仪器是分液漏斗，故答案为：检漏；分液漏斗；③根据溶液的配制原理可知，用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量（B）、溶解转移（EAG）、洗涤转移（C）、定容摇匀（DF），故答案为：B E A G C D F．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和实验步骤是解题关键，题目难度不大，试题培养了学生的分析能力及化学检验能力．19．某校化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集2瓶干燥．纯净的氯气．为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了如下装置：。