【化学】2014-2015学年内蒙古巴市一中高二(下)期末

2014-2015学年内蒙古巴市一中高二（下）期末化学复习试卷一、单项选择题（每小题3分，共75分）1．相同温度和压强下，3体积的X2气体与6体积的Y2气体化合生成6体积的气态化合物A，则生成物A的化学式为（）A．XY2B．X3Y2C．X2Y3D．XY考点：阿伏加德罗定律及推论；质量守恒定律．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学反应方程式的系数之比，化学反应遵循原子守恒．解答：解：相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学反应方程式的系数之比，所以3体积的X2气体与6体积的Y2气体化合生成6体积的气态化合物A，可以表示为：3X2+6Y2=6A，根据原子守恒，所以A为XY2．故选A．点评：本题考查了学生阿伏加德罗定律的推论：相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，可以根据所学知识进行回答，难度不大．2．在甲乙两个坩埚中分别盛等质量的碳酸氢钠：将甲充分加热，之后冷却至室温；乙不加热．分别向甲、乙两坩埚中加入足量的相同物质的量浓度的盐酸，反应后甲、乙两坩埚中实际消耗的HCl的物质的量之比为（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．无法确定考点：钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：甲中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，两坩埚中加入盐酸，甲中发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，乙中发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，最终生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素、氯元素守恒计算．解答：解：甲中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，两坩埚中加入盐酸，甲中发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，乙中发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，最终生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素守恒可知n（NaHCO3）=n（NaCl）=1mol，根据氯元素守恒可知n（NaCl）=n（HCl）=1mol，故反应后甲、乙两坩埚中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol：1mol=1：1．故选A．点评：考查钠的重要化合物的性质、化学计算等，难度不大，可以根据方程式计算，但较守恒计算麻烦，注意守恒思想的运用．3．下列对0.3mol/L的K2SO4溶液的叙述中，正确的是（）A．1L溶液中含0.3N A个K+B．1L溶液中含0.9N A个K+C．2L溶液中K+浓度为1.2mol/LD．1L溶液中含0.6N A个K+考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、根据n=cV计算钾离子的物质的量，再根据N=nN A计算钾离子的数目．B、根据n=cV计算钾离子的物质的量，再根据N=nN A计算钾离子的数目．C、每摩尔硫酸钾含有2mol钾离子，钾离子的浓度为硫酸钾的2倍．D、根据n=cV计算硫酸钾的物质的量，每摩尔硫酸钾含有3mol离子（2mol钾离子，1mol 硫酸根离子），再根据N=nN A计算离子的数目．解答：解：A、1L溶液中含有K+离子数为1L×0.3mol/L×2×N A mol﹣1=0.6N A，故A错误；B、1L溶液中含有K+离子数为1L×0.3mol/L×2×N A mol﹣1=0.6N A，故B错误；C、溶液是均一的，每摩尔硫酸钾含有2mol钾离子，钾离子的浓度等于硫酸钾的浓度的2倍为0.6mol/，L故C错误；D、1L溶液中含有K+离子数为1L×0.3mol/L×2×N A mol﹣1=0.6N A，故D正确．故选D．点评：本题考查溶液物质的量浓度，微粒数的计算应用，比较基础，注意溶液是均一的，浓度与体积无关．4．在标准状况下，将A气体V L （摩尔质量是M g•mol﹣1）溶于0.5L水中，所得溶液的密度为a g•cm﹣3，则此溶液的物质的量浓度为（mol•L ﹣1）（）A．B．C．D．考点：物质的量浓度的相关计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：气体的物质的量为n=mol，溶液的总质量为m（A）+m（水）=+500mL×1g/mL，根据V=可计算溶液的体积，根据c=可计算溶液的物质的量浓度．解答：解：气体的物质的量为n=mol，溶液的总质量为m（A）+m（水）=+500mL×1g/mL=g+500g，溶液的体积为V===mL=×10﹣3L，则此溶液的物质的量浓度为c===mol/L，故选C．点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，解答本题的关键是能把握相关计算公式的运用，易错点为相关单位的换算．5．下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是（）①是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器②使用前要先检查容量瓶是否漏液③容量瓶可以用来加热④不能用容量瓶贮存配制好的溶液⑤一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液．A．①③B．①②④C．①②④⑤D．①②③④考点：计量仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：①容量瓶是专门用于配制一定物质的量浓度的溶液的仪器；②容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，使用前必须检查是否漏水；③容量瓶只能用于配制溶液，不能进行加热；④容量瓶不能用于保存溶液，配制好的溶液应该转移到试剂瓶中；⑤500mL的容量瓶只能配制500mL的溶液，无法配制250mL的溶液．解答：解：①容量瓶是配制一定物质的量的浓度的溶液的专用仪器，不能用于溶解或者稀释溶液，故①正确；②使用前要先检查容量瓶是否漏液，避免配制过程中摇匀时漏液，故②正确；③容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不可以用来加热，故③错误；④容量瓶只能用于配制溶液，不能用容量瓶贮存配制好的溶液，配制的溶液应该转移到试剂瓶中，故④正确；⑤配制250mL的溶液配制选用250mL人咯，不能用500mL容量瓶配制250mL溶液，故⑤错误；故选B．点评：本题考查了容量瓶的构造及使用方法，题目难度不大，注意掌握常见的计量仪器的构造及使用方法，明确容量瓶的构造及正确使用方法．6．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．1molN2所含有的原子数为N AB．标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为N AC．标准状况下，22.4L氯化氢所含的原子数为N AD．24gO2分子和24gO3分子所含的氧原子数目相等考点：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．一个氮气分子含有2个氮原子；B．气体摩尔体积只适用于气体；C．体积转化为物质的量，1个氯化氢分子含有2个原子；D．O2和O3都有氧原子构成，二者质量相等，含有原子数目一定相等．解答：解：A．一个氮气分子含有2个氮原子，1molN2所含有的原子数为2N A，故A错误；B．标况下，水为液态，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.1个氯化氢分子含有2个原子，标准状况下，22.4L氯化氢的物质的量为1mol，含有2N A 个原子，故C错误；D．O2和O3都有氧原子构成，二者质量相等，含有原子数目一定相等，故D正确；故选：D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，把握物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系是解题关键，注意气体摩尔体积的条件应用，题目难度不大．7．在1L 1mol/L的氨水中，下列有关说法正确的是（）A．NH3•H2O为1mol，溶质质量为35gB．NH4+为1mol，溶质质量为18gC．溶解状态的NH3分子为1mol，溶质质量为17gD．氨水中NH3、NH3•H2O、NH4+三种微粒总的物质的量为1mol考点：氨的化学性质；物质的量浓度．专题：氮族元素．分析：A、溶液中一水合氨存在电离；B、溶液中主要存在形式是一水合氨，铵根是一水合氨电离出的离子；C、溶液中氨气主要是一水合氨，溶解状态的氨气小于1mol；D、依据元素守恒分析判断；解答：解：A、溶液中一水合氨存在电离；NH3•H2O小于1mol，氨水溶液中溶质是氨气，质量为17g，故A错误；B、溶液中主要存在形式是一水合氨，铵根是一水合氨电离出的离子；NH4+小于1mol，氨水溶液中溶质是氨气，质量为17g，故B错误；C、溶液中氨气主要是一水合氨，溶解状态的氨气小于1mol；溶解状态的NH3分子远小于1mol，故C错误；D、依据元素守恒，氮元素共计1mol，氨水中NH3、NH3•H2O、NH4+三种微粒总的物质的量为1mol，故D正确；故选D．点评：本题考查了氨气的性质应用，主要考查溶液溶质的判断，电离平衡的分析应用，元素守恒是解题的关键．8．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（）A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣1考点：物质的量浓度的相关计算．专题：计算题．分析：两等份溶液中，一份加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH﹣），另一份加BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．解答：解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH﹣）=amol，另一份BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42﹣），故每份中溶液n（K+）=2bmol ﹣2×amol=（2b﹣a）mol，故原溶液中钾离子浓度==mol/L，故选：A．点评：本题考查离子反应的有关混合计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键．9．当燃烧8.96L由CH4、CO、C2H6组成的混和气体时，除生成水外，还生成13.44LCO2气体（气体体积均在标准状况下测定）．则原混和气体中含C2H6的物质的量是（）A．0.2mol B．0.4 mol C．0.6 mol D．0.8 mol考点：有关混合物反应的计算．专题：烃及其衍生物的燃烧规律．分析：根据碳元素守恒V（CO2）=V（CH4）+V（CO）+2V（C2H6），据此计算原混合气体中C2H6的体积，再根据n=计算C2H6的物质的量．解答：解：根据碳元素守恒V（CO2）=V（CH4）+V（CO）+2V（C2H6），所以13.44L=[V （CH4）+V（CO）]+V（C2H6）=8.96L+V（C2H6），所以原混合气体中V（C2H6）=13.44L ﹣8.96L=4.48L，则原混和气体中含C2H6的物质的量为=0.2mol，故选A．点评：考查混合物的有关计算，难度中等，根据体积变化确定原混合气体中C2H6的体积是关键，也可以利用差量法计算．10．Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（）A．3：2：1 B．2：4：1 C．2：3：1 D．4：2：1考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答．解答：解：溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O，可看成Al2O3不反应，只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选B．点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．11．在一密闭容器中盛有a L Cl2和H2的混合气体，用电火花引燃后，恢复到原来状态，发现气体仍为a L．用足量的NaOH溶液吸收燃烧后的气体，结果无气体剩余．由以上条件，推知原混合气体中Cl2和H2物质的量之比一定是（）A．Cl2：H2=1 B．Cl2：H2＜1 C．Cl2：H2≥1 D．Cl2：H2≤1考点：氯气的化学性质；有关混合物反应的计算．专题：卤族元素．分析：用足量的NaOH溶液吸收燃烧后的气体，结果无气体剩余，则氯气的体积一定大于氢气的体积，以此来解答．解答：解：因Cl2+H22HCl，反应前后体积不变，用足量的NaOH溶液吸收燃烧后的气体，结果无气体剩余，氢气与碱不反应，而氯气与碱反应，则氯气的体积一定大于氢气的体积，即Cl2：H2≥1，故选C．点评：本题考查氯气的化学性质，明确氯气能与碱反应而氢气不与碱反应是解答本题的关键，题目难度不大．12．下列说法中不正确的是（）A．磷酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等B．6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的质量比等于14：1C．32g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023D．常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积是11.2L考点：阿伏加德罗常数；摩尔质量；气体摩尔体积．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、6.02×1023个磷酸分子为1mol，根据摩尔质量的概念分析；B、物质的量相同的物质，质量比等于摩尔质量比；C、计算氧气的物质的量，结合分子组成计算原理数目；D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol．解答：解：A、摩尔质量是指1mol物质的质量，6.02×1023个磷酸分子为1mol，则磷酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等，故A正确；B、6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的物质的量都为1mol，质量分别为1mol×28g/mol=28g，1mol×2g/mol=2g，所以6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的质量比等于14：1，故B正确；C、32g氧气的物质的量为1mol，1个氧气分子中含2个O原子，所以32g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023，故C正确；D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，不能确定常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积，故D错误．故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数知识，题目难度不大，注意物质的组成、结构、状态、性质及存在条件等．13．实验测得乙烯与氧气混和气体的密度是氢气14.5倍，可知其中乙烯的质量百分比为（）A．25.0% B．27.6% C．72.4% D．75.0%考点：相对分子质量及其计算．专题：平均值法．分析：在相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，求出混合气体的平均相对分子质量；利用混合气体的平均相对分子质量求出乙烯与氧气的物质的量之比，再根据ω=×100%计算求得．解答：解：乙烯与氧气混和气体的平均相对分子质量=2×14.5=29，根据十字交叉法计算乙烯与氧气的物质的量之比：即=烯的质量百分比为ω（C2H4）==72.4%故选C点评：十字交叉法是进行二组分混合物平均量与组分计算的一种简便方法，关键弄清平均量及所求之比的含义．14．用0.1mol/L的Na2SO3溶液300mL，恰好将2×10﹣2mol的XO4﹣离子还原，则元素X在还原产物中的化合价是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．+4考点：根据化学式判断化合价；氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：根据氧化还原反应中得失电子守恒计算．解答：解：该反应中Na2SO3为还原剂，SO32﹣中的S被氧化，变为SO42﹣，化合价从+4升到+6价，失电子数=0.1mol/L×0.3L×2=0.06mol，XO4﹣为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，得失电子守恒，得电子数=3，可见X元素化合价变化为3，即从+7价降到+4价．故选：D．点评：本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒思想的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．15．甲、乙两种化合物都只含X、Y两种元素，甲、乙中X元素的百分含量分别为30.4%和25.9%．若已知甲的分子式是XY2，则乙的分子式只可能是（）A．XY B．X2Y C．X2Y3D．X2Y5考点：元素质量分数的计算．专题：压轴题；演绎推理法．分析：由甲的化学式为XY2，可得其中X、Y原子个数比=1：2；根据甲、乙两种化合物中X元素的质量分数分别为30.4%和25.9%，可知甲物质中元素X的质量分数大于乙物质，可判断乙物质中X、Y原子个数比应小于1：2．解答：解：A、由化学式XY，其中X、Y原子个数比=1：1，大于1：2；故A不正确；B、由化学式X2Y，其中X、Y原子个数比=2：1，大于1：2；故B不正确；C、由化学式X2Y3，其中X、Y原子个数比=2：3，大于1：2；故C不正确；D、由化学式X2Y5，其中X、Y原子个数比=2：5，小于1：2，故D正确；故选D．点评：解答本题时若按常规思维来做，计算量较大，由两物质中X元素含量大小推断出两物质中原子个数比的关系是解题的技巧所在．16．用1L 1.0mol•L﹣1 NaOH溶液吸收17.92L CO2（标况下），所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的物质的量浓度之比约是（）A．1：3 B．1：2 C．2：3 D．3：2考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：由题意可知所得产物有Na2CO3和NaHCO3，令二者物质的量分别为xmol、ymol，根据Na元素和C元素守恒列式计算．解答：解：氢氧化钠的物质的量=1L×1mol/L=1mol，标况下，17.92L CO2的物质的量==0.8mol，由题意可知所得产物有Na2CO3和NaHCO3，令二者物质的量分别为xmol、ymol，根据Na 元素和C元素守恒，则：解得x=0.2 y=0.6故n（CO32﹣）：n（HCO3﹣）=02mol：0.6mol=1：3，故选A．点评：本题考查混合物计算，难度不大，注意从质量守恒的角度解答，侧重考查学生分析计算能力．17．在一定体积的容器中，加入1.5摩氙气和7.5摩氟气，于400℃和2633千帕压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5摩氟气．则所得无色晶体产物中，氙与氟的原子个数比是（）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：6考点：质量守恒定律．专题：压轴题；物质的组成专题．分析：根据质量守恒定律解题．解答：解：7.5moL氟气反应剩余4.5mol氟气，反应了3mol氟气，1.5molXe与3moL氟气反应生成物中Xe原子与氟原子物质的量之比为1.5：3×2=1：4故选C．点评：本题考查质量守恒定律，反应前后元素原子的物质的量应相等．18．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（）A．1：1：2 B．2：2：1 C．2：3：1 D．4：3：2考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由﹣2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，O则由﹣1价转化为0价．现要制得相同的O2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半．解答：解：用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由﹣2价转化为0价，如生成1mol O2，需转移4mol电子，而用过氧化氢制氧气，O则由﹣1价转化为0价，如生成1mol O2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为2：2：1，故选：B．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意O元素在三种物质中的化合价的数值，为解答该题的关键．19．实验中需用2.0mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为（）A．950mL；201.4g B．1000mL；212.0gC．100mL；21.2g D．500mL；100.7g考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：计算题．分析：实验中需用2.0mol/L的Na2CO3溶液950mL，实验室没有950mL容量瓶，需要选用1000mL容量瓶，实际配制的溶液为：1000mL 2.0mol/L的Na2CO3溶液，根据实际配制的碳酸钠溶液的体积和浓度计算出碳酸钠的物质的量，再计算出质量，即可完成本题．解答：解：实验室没有950mL容量瓶，需要选用100mL容量瓶，实际配制的溶液为：1000mL 2.0mol/L的Na2CO3溶液，需要碳酸钠的物质的量为：2.0mol/L×1L=2mol，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×2mol=212g，故选B．点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度不大，注意配制950mL 溶液，实验室没有950mL的容量瓶，所以实际配制的溶液容积是1000mL，试题基础性强，贴近高考，难易适中，注重灵活性，侧重对学生分析、理解能力及灵活应用所学知识能力的培养．20．浓度不等的两种硫酸溶液等质量混合后，溶质的质量分数为a%，而等体积混合后，溶质的质量分数为b%；浓度不等的两种氨水等质量混合时，其溶质的质量分数为a%，而等体积混合后，溶质的质量分数为c%，那么a、b、c数值的关系是（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：硫酸的密度比水大，溶液浓度越大，密度越大，氨水密度比水小，溶液浓度越大，密度越小，假设两种溶液的质量分数分别是x y，其中x＜y，若把题中两种硫酸等体积混合想象成熟知的等质量混合（化陌生为熟悉），则混合后溶液中溶质的质量分数为．硫酸越浓，密度越大，故等体积混合时，较浓硫酸的质量比混合溶液的质量一半要多，所以混合后溶液中溶质的质量分数应大于，氨水密度比水小，情况和硫酸相反．解答：解：假设两种溶液的质量分数分别是x y，其中x＜y，对于硫酸溶液，等质量（假设都是m g）混合之后，混合溶液质量分数==，等体积混合时，由于质量分数小的硫酸密度比较小，等体积的两种硫酸，质量分数大的质量大，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的高质量分数组分的硫酸，因此混合溶液质量分数＞；同样，对于氨水溶液，等质量混合时其浓度依然是，等体积混合时，由于质量分数小的氨水溶液密度比较大（因为氨水的密度比水小），等体积的两种氨水溶液，质量分数大的质量小，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的低质量分数组分的氨水溶液，因此混合溶液质量分数＜．则有b＞a＞c，故选B．点评：本题考查溶液浓度的比较，题目难度中等，解答这类题目要注意的有三点：。