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濉溪县2014—2015学年度第一学期期末考试高 一 化 学 试 卷可能用到的相对原子质量：H ：1 O ：16 Ba:137 N:14 Mg:24 S:32 Cl:35.5 一、选择题（本题有14小题，每小题3分共42分。
每小题只有一个选项符合题意） 1．环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。
下列环境问题与所对应的物质不相关．．．的是 A ．温室效应——CO 2B ．光化学污染——NO 2C ．酸雨——SO 2D ．臭氧层破坏——CO 2．下列说法正确的是A ．pH 在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨B ．燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO 2的量C ．新制氯水经光照一段时间pH 增大D ．测定某溶液pH 应先用蒸馏水润湿pH 试纸3．在下列溶液中通入CO 2至过量，原溶液一直保持澄清的是A ．硅酸钠溶液B ．氯化钡溶液C ．石灰水D ．漂白粉溶液 4．下列能达到实验目的的是A ．分离水和CCl 4B ．干燥Cl 2C ．转移溶液D ．蒸发食盐5．观察丁达尔现象的正确方法是A ．观察者视线与入射胶体内一束光平行B ．将一发光的白炽灯悬在盛有胶体的烧杯正上方C ．观察者视线垂直于一束入射光，胶体置暗盒内浓H 2SO 4 Cl 2D．胶体置明亮背景处，观察者视线与入射胶体内的红色激光垂直6．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是A．NaCl、BaSO4 、SO2B．Cu、CH3COOH、酒精C．氯化钠晶体、水、酒精D．KNO3、NH3·H2O、CaCO37．从化学原理和经济利益角度分析，下列从海水中提取镁单质的方法最可行的是8．纯碱和小苏打都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。
若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是A．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物B．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色C．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀D．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度9．下列离子在溶液中能大量共存的是A．Na+、CO32—、SO42—、H+B．K+、[Al(OH)4]—、H+、Cl—C．Fe2+、K+、H+、NO3—D．Al3+、H+、NO3—、SO42—10．下列离子方程式正确的是A．碳酸氢铵溶液与过量的氢氧化钠溶液反应H+ + OH—H2OB．氢氧化铝与足量盐酸反应Al(OH)3+3H+Al3++3H2OC．钠和冷水反应 Na+2H2O Na++H2↑+OH—D．铜片与稀硝酸反应 Cu+NO3—+4H+Cu2++NO↑+2H2O11．以下物质间的每步转化都可以通过一步反应能实现的是A．Al→Al2O3→Al(OH)3→Na [Al(OH)4]B．Fe→FeO→Fe(OH)2→Fe(OH)3C ．Si →SiO 2→H 2SiO 3→Na 2SiO 3D ．Na →Na 2O 2→Na 2CO 3→NaOH12．设N A 为阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是A ．18g 水中所含的电子数为8N AB ．11.2L 氯气所含的分子数为0.5N AC ．2.4gMg 与足量的盐酸反应失去的电子数为0.2N AD ．32g 氧气中所含的氧原子数为N13．利用下列装置可以完成的实验组合是14. 在标准状况下，将V L 气体A （摩尔质量为M g·mol －1）溶于100ml 水中，所得溶液密度为d g·cm －3，则该溶液的物质的量浓度为A ．12240－L mol MV Vd⋅+B ．122401000－L mol MV Vd⋅+ C ．122401000－L mol MV VdM⋅+ D ．1)1.0(4.22－L mol dV MV⋅+◇ 请将选择题的答案填入下表：二．填空题（本题共6小题，共50分）15．（3分）将下列性质的代号，填入各小题后面对应的括号中：A ．脱水性；B ．强酸性；C ．难挥发性；D ．氧化性；E ．吸水性（1）将胆矾放入装有浓H2SO4的干燥器中，过一段时间胆矾变白色。
永昌县第一高级中学2014-2015-1期末考试卷高一化学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共100分。
考试时间为120分钟。
可能用到的相对原子质量: H:1 C:12 N:14 O:16 Na：23 Mg:24 Al:27S:32 Cl:35.5 Ca:40 Mn:55 Cu:64第I卷（共60分）一、选择题。
（共30小题，每小题2分，共60分。
每小题只有一个选项．．．．．．符合题意）1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（）A．生石灰、氯水、漂白粉B．烧碱、液氯、氨水C．干冰、钢、空气D．盐酸、氮气、胆矾2．下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（）A．酒精和水 B．水和四氯化碳C．碘和四氯化碳D．汽油和植物油3．将30mL 1mol/L NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（）A．0.03 mol/L B．0.04 mol/L C．0.05 mol/L D．0.06mol/L 4．下列物质均可作漂白剂，其漂白原理与另外三种不同的是（）A.NaClOB.SO2C.O3D. H2O25．根据反应：2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + 2KCl + I2；2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3。
判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序是（）A．Cl2＞Fe3+＞I2B．Fe3+＞Cl2＞I2 C．Fe3+＞I2＞Cl2D．Cl2＞I2＞Fe3+6．在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A．K+、Cu2+、NO3-、SO42-- B．K+、Na+、Cl-、SiO32- C．Al3+、NH4+、NO3-、Cl- D．K+、Na+、AlO2-、Cl7．取两份铝片，第一份与足量稀硫酸反应，第二份与足量NaOH溶液反应，同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（）A．2:3 B．1:1 C．3:2 D．1:38．限用一种试剂，经过一次实验就能鉴别Na2SO4、(NH4)2SO4、NH4Cl、NaCl等4种溶液，应选用（）A．AgNO3溶液B．NaOH溶液C．Ba(OH)2溶液D．盐酸9．与 3.2gSO2所含的氧原子数相等的CO2的质量为（）A.2.2gB.4.4gC.44gD.22g10．将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质的物质的量浓度分别为C1和C2的两种溶液，则C1和C2的关系是（）A．C1＝C2B．C1> C2C．C1 < C2D．无法确定11．下列离子方程式书写正确的是（）A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－═ 2AlO2－+H2↑B．铁和稀硝酸反应：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑C．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－＝Al(OH)3↓D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－12．下列物质中既能跟盐酸反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是( )①NaHCO3 ②Al③Al(OH)3 ④Al2O3A．②③B．③④C．②③④D．①②③④13．下列各组物质混合后，不能生成NaOH的是（）A．Na和H2O B．Na2O2和H2O C．Ca(OH)2溶液和NaCl溶液D．Ca(OH)2溶液和Na2CO3溶液14．某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，再通入氯气，溶液立即变为红色，说明原溶液中一定含有（）A．Fe3+B．Fe2+C．Cu2+D．Zn2+15．以下说法不正确的是（）A．物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高C．元素从化合态（化合物形式）变为游离态（单质形式），一定是被还原D．失电子越多的物质，其还原性越强16．下列实验现象与氧化还原反应有关的是（）A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒互相靠近，产生大量白烟B．向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成C．将装有NO2 的试管倒立于水中，管内气体由红棕色逐渐转变为无色D．硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液变红17．能证明胶体粒子比溶液中的电解质粒子大的实验是（）A．丁达尔效应B．布朗运动C．渗析D．电泳18．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-B．加入氢氧化钠溶液，先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，一定有Fe2+C．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+19．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）20. 下列化学方程式中，不能用离子方程式H+ + OH- = H2O表示的是（）A．2NaOH + H2SO4 = Na2SO4 + 2H2O B. Ba(OH)2 + 2 HCl = BaCL2 + 2H2OC. KOH + HCl = KCl + H2OD. Cu(OH) 2 + 2HNO3 = Cu(NO3)2 + 2H2O 21．下列实验过程一定不会出现沉淀的是（）A．SO2气体通入BaCl2溶液中B．CO2气体通入Na2SiO3溶液中C．CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中D．SO2气体通入Ba(OH)2溶液中22. 下列反应中，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是（）A. Fe2O3 + 3CO = 2Fe + 3CO2B.Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3↓+ H2OC. CuO + H2 = Cu + H2OD.2Na + Cl2 = 2NaCl23．下列有关金属元素特征的叙述正确的是（）A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性B. 金属元素在化合物中一定显正价C. 金属元素在不同化合物中的化合价均不同D. 金属元素的原子最外层电子越多，单质的还原性越强24．现有四份体积、浓度均相等的AgNO3溶液，分别与等物质的量浓度的下列溶液恰好完全反应，所需溶液体积最小的是（）A.ZnCl2溶液B.NaCl溶液C.CaCl2溶液D.AlCl3溶液.25. 将铁粉放入由盐酸、MgCl2溶液、FeCl3溶液、CuCl2溶液组成的混合液中，充分反应后，铁粉有剩余，则溶液中含有的阳离子是（）A.Cu2+和Fe2+B.H+和Cu2+C.Fe3+和Fe2+D.Fe2+和Mg2+26. 把少量废铁屑溶于过量稀硝酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入过量的氨水，有沉淀生成。
安徽省蚌埠一中2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项，每题3分，共54分）1．相同物质的量的Na2O2和Na2O的比较中，不正确的是( )A．两种物质所含原子核个数之比为4：3B．两种物质中阴离子的物质的量之比为2：1C．两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量之比为1：1D．两种物质中阳离子的物质的量之比为1：1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：A、Na2O2和Na2O两种物质所含原子核个数可以根据分子式的构成情况来回答；B、Na2O2和Na2O两种物质中的阴离子分别是过氧根离子和氧离子；C、氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气根据反应量的关系来回答；D、Na2O2和Na2O两种物质中阳离子均是钠离子．解答：解：A、Na2O2和Na2O两种物质所含原子核个数分别是4、3，个数之比是4：3，故A正确；B、Na2O2和Na2O两种物质中的阴离子分别是过氧根离子和氧离子，个数之比是1：1，故B错误；C、氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，二者是1：1反应，过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，二者是1：1反应，相同物质的量的Na2O2和Na2O与足量的CO2反应，消耗气体的质量之比为1：1，故C正确；D、Na2O2和Na2O两种物质中阳离子均是钠离子，阳离子的物质的量之比为1：1，故D正确．故选B．点评：本题考查钠的氧化物，明确发生的化学反应、物质构成及相关的概念是解答本题的关键，注意根据物质的构成微粒回答该题，难度中等．2．一块表面已被氧化为Na2O的钠块17.0g，将其投入100g水中，产生H2 0.2g，则被氧化的钠是( )A．4.6g B．12.4g C．6.2g D．9.2g考点：氧化还原反应的计算；钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，利用氢气的量计算参加反应的钠的质量，然后得出氧化钠的质量，再计算出被氧化的钠的质量．解答：解：设产生0.2g氢气需钠的质量为x2Na+2H2O=2NaOH+H2↑46 2x 0.2gx==4.6g，则氧化钠的质量是：17.0g﹣4.6g=12.4g，则对应的被氧化的钠的质量为×100%×12.4g=9.2g，故选D．点评：本题考查化学方程式的计算，明确反应物和生成物的质量关系都是纯量，解题格式要规范完整，注意区分被氧化的钠和氧化钠的质量，题目难度不大．3．在相同条件下总质量为2g的CO和H2的混合气体，在O2中完全燃烧后全部通过足量的Na2O2固体，则固体质量增加( )A．2g B．1g C．18g D．无法确定考点：化学方程式的有关计算．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2gCO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，即固体增重为2g，故选A．点评：本题考查混合物计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意利用总反应方程式判断固体增重，也可以利用差量法进行判断，若物质可以写成（CO）x．yH2形式，完全燃烧后通入足量过氧化钠，过氧化钠增重为该物质的质量，难度中等．4．图是一种试验某气体化学性质的实验装置．在A处通入氯气，图中B为开关，关闭B 时，C中红色布条颜色无变化；打开B时，C处红色布条颜色褪去．由此做出的判断正确的是( )A．D中可以是水B．D中可以是饱和食盐水C．D中不可能是浓H2SO4D．通入的氯气中含有水蒸气考点：性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处红色布条无变化，说明D处可以干燥氯气或吸收氯气．解答：解；A处通入氯气．关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色．说明氯气中含有水蒸气，遇到有色布条，氯气和水反应生成次氯酸起漂白作用，氯气通过D装置后，遇到有色布条不退色，说明D装置中的液体可以是干燥氯气，也可以是吸收氯气；A、D中是水时，会使有色布条褪色，故A错误；B、D中是饱和食盐水时，氯气通过后会含有水蒸气，遇到有色布条褪色，因为氯气含水蒸气，反应生成次氯酸起漂白作用，故B错误；C、D中可以是浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，故C错误；D、实验现象说明通入的氯气含有水份，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，故D正确；故选：D．点评：本题考查了氯气的化学性质，氯气的干燥，次氯酸的漂白作用．5．下列说法正确的是( )A．Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B．漂白粉的有效成分为CaCl2和Ca（ClO）2C．实验室制备Cl2，可用向上排空气法或排饱和食盐水法收集D．新制氯水只含有氯气和次氯酸分子考点：氧化还原反应；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．分析：A、氯气在化学反应中既可以做氧化剂，还可以做还原剂；B、漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2；C、食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，可以用排饱和食盐水法收集氯气，氯气密度大于空气，所以也可用向上排空气法收集；D、新制氯水含有水、氯气和次氯酸分子．解答：解：A、氯气在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，还做还原剂，故A错误；B、漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故B错误；C、氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，又氯气密度大于空气，所以也可用向上排空气法收集，故C正确；D、新制氯水含有水、氯气和次氯酸分子，故D错误．故选C．点评：本题涉及氯气的性质、漂白粉的有效成分、氯气的收集方法等知识的掌握，难度不大．6．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法正确的是( )A．KClO3在反应中得到电子B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被还原D．1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（O均为﹣2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答．解答：解：A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故A 正确；B．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；C．H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C错误；D.1molKClO3参加反应有1mol×（5﹣4）=1mol，故D错误；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并注意氧化剂、还原剂中元素的变化来解答，难度不大．7．下列说法中正确的是( )A．1mol任何气体的体积都约为22.4LB．0.1mol/L 的NaCl溶液中，Na+与Cl﹣离子总数为0.2N AC．在标准状况下，2mol酒精的体积约为44.8LD．常温常压下，质量为32g的O2含有的分子数为N A考点：阿伏加德罗常数；气体摩尔体积．分析：A．气体状况未知，无法确定气体摩尔体积；B．溶液体积未知；C．气体摩尔体积适用对象为气体；D．依据N=×N A计算．解答：解：A．气体状况未知，无法确定气体摩尔体积，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算离子的个数，故B错误；C．标况下，酒精是液态，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D．常温常压下，质量为32g的O2含有的分子数=×N A=N A，故D正确；故选：D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析，熟悉气体摩尔体积适用对象和使用条件、熟练掌握有关物质的量的计算公式是解题关键，题目难度不大．8．用N A表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )A．标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为1 N AB．常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 N AC．通常状况下，1 N A个CO2分子占有的体积为22.4 LD．物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为1N 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、标况下，水是液态；B、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1molNa2CO3中含2mol钠离子来分析；C、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、溶液体积不明确．解答：解：A、标况下，水是液态，故A错误；B、碳酸钠的物质的量n===0.01mol，而1molNa2CO3中含2mol钠离子，故0.01molNa2CO3中含0.02mol钠离子，故B正确；C、N A个CO2分子的物质的量为1mol，通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故1mol 二氧化碳所占的体积大于22.4L，故C错误；D、溶液体积不明确，故无法计算溶液中氯离子个数，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．9．在同温同压下，A容器中的氧气（O2）和B容器中的氨气（NH3）所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是( )A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：同温同压下，气体的V m相等，根据n==计算．解答：解：同温同压下，气体的V m相等，A容器中的氧气（O2）和B容器中的氨气（NH3）所含的原子个数相同，由N=n×N A，可知2n（O2）=4n（NH3），则n（O2）：n（NH3）=2：1，根据V=n×V m可知，V（O2）：V（NH3）=2V m：V m=2：1，故选B．点评：本题考查阿伏加德罗定律及其推论以及物质的量的相关计算，题目难度不大，本题注意根据相关计算公式n==计算，注意同温同压下，气体的V m相等．10．在同温同压下，11.5g气体A所占的体积和8gO2所占的体积相同，则气体A的相对分子质量为( )A．46 B．28 C．44 D．64考点：阿伏加德罗定律及推论；相对分子质量及其计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据n=计算氧气的物质的量，同温同压下，二者体积相同，则11.5g气体A和8gO2的物质的量相同，根据M=计算气体A的摩尔质量，据此判断气体A的相对分子质量．解答：解：8gO2的物质的量为=0.25mol，同温同压下，二者体积相同，则11.5g气体A和8gO2的物质的量相同，即气体A的物质的量为0.25mol．所以气体A的摩尔质量为=46g/mol．所以该气体的相对分子质量为46．故选：A．点评：考查阿伏伽德罗定律及推论的计算，难度不大，注意相对分子质量的计算方法，根据同温同压下，体积之比等于物质的量之比，判断气体的物质的量是解题关键．11．在无色强酸性溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是( )A．Na+、K+、Cl﹣、SO42B．Cu2+、K+、SO42﹣、NO3﹣C．K+、NH4+、SO42﹣、CO32D．Ba2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：强酸性溶液中存在大量氢离子，溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，A．Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；B．铜离子为有色离子，不满足溶液无色的要求；C．CO32﹣与氢离子反应生成二氧化碳气体；D．钡离子与硫酸根离子反应生成难溶物硫酸钡．解答：解：强酸性溶液中存在大量H+离子，无色溶液时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，A．Na+、K+、Cl﹣、SO42离子之间不反应，都不与H+离子反应，且各离子都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，在溶液中不能大量存在，故B错误；C．CO32﹣与强酸溶液中的H+离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Ba2+、SO42﹣之间反应生成BaSO4沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．12．下列离子方程式的表达正确的是( )A．CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓B．NaHCO3溶液与稀硫酸混合：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑C．NaHSO3溶液与NaHSO4溶液混合：HSO3﹣+HSO4﹣=SO42﹣+H2O+SO2↑D．Ca（OH）2溶液中通入过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O考点：离子方程式的书写．专题：化学用语专题；离子反应专题．分析：A、离子反应不能漏掉反应的离子；B、碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳；C、亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水；D、注意二氧化碳过量时，会将碳酸盐转化为碳酸氢盐．解答：解：A、CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后的反应实质为：Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故A错误；B、NaHCO3溶液与稀硫酸混合后，碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，即：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B正确；C、NaHSO4溶液中含有钠离子、硫酸根离子和氢离子，亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，故C错误；D、Ca（OH）2溶液中通入过量CO2，注意二氧化碳过量时，会将碳酸盐转化为碳酸氢盐，即2OH﹣+CO2=2HCO3﹣，故D错误．故选B．点评：本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是现在考试的热点，难度不大．13．FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体的共同性质是( )A．都能产生丁达尔效应现象B．都能透过半透膜C．通常情况下均稳定透明D．分散质粒子直径都是1～100nm考点：胶体的重要性质．专题：溶液和胶体专题．分析：A．胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；B．溶液能透过半透膜，但胶体透不过；C．溶液和胶体都是均一的；D．溶液的分散质直径小于1nm．解答：解：A．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A错误；B．溶液能透过半透膜，但胶体透不过，故可以用渗析的方法来提纯胶体，故B错误；C．溶液和胶体都是均一的分散系，故C正确；D．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D错误．故选C．点评：本题考查了胶体的性质以及胶体和溶液的区别，可以根据所学知识进行回答，题目难度不大．14．下列叙述正确的是( )A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质B．铜丝能导电，所以铜是电解质C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质D．SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质考点：电解质与非电解质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、固体氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质；B、铜能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质；C、氯化氢溶于水电离为氢离子和氯离子，所以是电解质；D、SO3溶于水生成硫酸，硫酸电离得到氢离子和硫酸根离子，能导电，但SO3不能发生电离，是非电解质．解答：解：A、固体氯化钠中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质，故A错误；B、铜是金属单质，能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、氯化氢溶于水电离为氢离子和氯离子，所以氯化氢水溶液导电，是电解质，故C正确；D、SO3溶于水生成硫酸，硫酸电离得到氢离子和硫酸根离子，能导电，但SO3不能发生电离，是非电解质，故D错误；故选C．点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．15．实验室里利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2+2H2O．关于该反应的下列说法正确的是( )A．N2既是氧化剂，又是还原剂B．每生成lmolN2转移的电子的物质的量为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．NaNO2是氧化剂考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由﹣3价升高为0，以此来解答．解答：解：A．该反应中只有元素的化合价变化，则N2既是氧化产物，又是还原产物，故A错误；B．由N元素的化合价变化可知，每生成lmolN2转移的电子的物质的量为3mol，故B错误；C．NH4Cl中的氮元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D．NaNO2中N元素的化合价降低，是氧化剂，故D正确；故选D．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，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意电子守恒及转移电子数，题目难度不大．16．根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞Fe2+＞H2SO3＞NOC．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣考点：氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题．分析：利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱．解答：解：①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I﹣，②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I﹣＞Fe2+，③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO，显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO，故选A．点评：本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键．17．在SiO2+3C SiC+2CO↑反应中，氧化剂和还原剂的质量比为( )A．36：30 B．60：36 C．2：1 D．1：2考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：SiO2+3C SiC+2CO↑反应中，根据化合价可知，C既是氧化剂又是还原剂，质量之比等于物质的量之比，可有方程式判断氧化剂和还原剂之间的物质的量关系．解答：解：SiO2+3C SiC+2CO↑反应中，Si元素的化合价反应前后没有变化，当3molC参加反应时，有1molSiC生成，说明1molC起到氧化剂的作用，有2molCO生成，说明有2molC起到还原剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，则质量之比为1：2，故选D．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意化合价的变化是解答该题的关键．18．配制250ml 0.10mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作会使得配制的溶液浓度偏大的是( )A．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D．定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，又补充了水考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据c=，判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化．解答：解：A．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致n减小，溶液浓度偏小，故A错误；B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故B错误；C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，故C正确；D．定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故D错误．故选C．点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制误差分析，题目难度不大，注意易错点为B、C，注意仰视、俯视对体积读数的影响．二、填空题（每空2分，共36分）19．现有以下物质：①铝②稀硝酸③液态氯化氢④二氧化碳⑤蔗糖⑥硫酸氢钠固体⑦熔融的NaCl ⑧醋酸⑨氢氧化铝[用相应物质的序号填写（1）～（4）]（1）可以导电的有①②⑦．（2）属于强电解质的有③⑥⑦．（3）属于弱电解质的有⑧⑨．（4）属于非电解质的有④⑤．（5）写出⑥和⑧代表物质在水中电离的方程式NaHSO4=Na++H++SO42﹣；CH3COOH CH3COO﹣+H+．考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）有自由移动的电子或自由移动离子的物质能导电；（2）能全部电离的电解质是强电解质；（3）只有部分电离的电解质是弱电解质；（4）在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（5）强电解质在水溶液里完全电离，弱电解质在水溶液里只有部分电离．解答：解：（1）有自由移动的电子或自由移动离子的物质能导电，可以导电的物质有金属单质、电解质溶液、熔融状态的电解质，故答案为：①②⑦；（2）能全部电离的电解质是强电解质，液态氯化氢、硫酸氢钠固体、熔融的氯化钠在水溶液里能全部电离，所以都是强电解质，故答案为：③⑥⑦；（3）只有部分电离的电解质是弱电解质，醋酸、氢氧化铝在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，故答案为：⑧⑨；（4）在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，二氧化碳和蔗糖都是非电解质，故答案为：④⑤；（5）硫酸氢钠是强电解质，在水溶液里电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+．故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+．点评：本题考查了电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的判断，难度不大，根据定义判断即可，注意硫酸氢钠在水溶液里电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42﹣；熔融状态的电离方程式为：NaHSO4=Na++HSO4﹣．20．洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一，漂白粉是常用的消毒剂．（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca （ClO）2+2H2O（2）漂白粉的有效成份是（填化学式）Ca（ClO）2．（3）漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO（4）反应（1）和反应（3）中，属于氧化还原反应的是（填编号）（1）．考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（2）漂白粉的有效成份是次氯酸钙；（3）次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙；（4）根据元素化合价是否发生变化判断是否属于氧化还原反应．解答：解：（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca （OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）漂白粉的有效成份是次氯酸钙，化学式为Ca（ClO）2，故答案为：Ca（ClO）2；（3）次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，反应的方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；（4）以上反应中，（1）中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故答案为：（1）．点评：本题考查漂白粉的制备及漂白原理，把握氯气的性质、次氯酸钙的性质、HClO的性质为解答的关键，明确发生的化学反应即可解答，题目难度不大．21．实验室需要0.1mol/LNaOH溶液480mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题．（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是BD（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是500mL容量瓶、玻璃棒．A B C D E（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是BC（填序号）A．使用容量瓶前检验是否漏水B．配制NaOH溶液时，把称好的NaOH固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线．C．配制H2SO4溶液时，容量瓶用蒸馏水洗净后，还要用0.5mol/LH2SO4溶液润洗，方可使用．D．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀．（3）根据计算用托盘天平称取的质量为2.0g．（4）配制硫酸溶液过程中，下列操作会引起结果偏高的是B（填序号）A．未洗涤烧杯、玻璃棒B．未冷却至室温就转移到容量瓶定容C．定容时仰视刻度线．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验题．分析：（1）根据各仪器的作用选取仪器；（2）根据容量瓶的构造及正确使用方法进行解答；（3）根据m=cVM计算氢氧化钠的质量，注意溶液的体积为500mL而不是480mL；（4）根据实验操作对c=的影响进行判断．解答：解：（1）配制一定浓度的溶液过程中，一定不会用到烧瓶和分液漏斗，需要用500mL 容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容，搅拌或引流用的是玻璃棒，还缺少500mL容量瓶和玻璃棒，故答案为：BD；500mL容量瓶、玻璃棒；（2）A．容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前检验是否漏水，故A正确；B．容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故B 错误；C．容量瓶不能润洗，否则会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故C错误；D．定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，故D正确；故答案为：BC；（3）0.1mol/LNaOH溶液480mL，需要配制500mL 0.1mol/L的溶液，需要氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；（4）A．未洗涤烧杯、玻璃棒，导致硫酸的量偏小，使溶液浓度偏低，故A错误；B．在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高，故B正确；C．定容时仰视，使得溶液的体积变大，所以使溶液浓度偏低，故C错误；故答案为：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，明确配制步骤为解答关键，注意掌握配制过程中误差分析的方法与技巧，试题有利于培养学生的化学实验能力．22．某无色溶液中只含有下列离子中的某几种：Na+、Mg2+、SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣、MnO4﹣．为了鉴别这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：。
2014—2015学年上学期高一年级第三次化学测试卷说明：1、本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，请将答案填在答题卡内。
2、可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 N 14 S 32 Na 23 Al 27 K 39第Ⅰ卷（选择题共54分）一、选择题（共20小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分）1．以下实验装置一般不用于．．．分离物质的是( )2.等质量的CH4和NH3相比较，下列结论中正确的的是（）A．两种气体的电子数之比为17：16B．两种气体的原子个数之比为17：16C．两种气体的氢原子个数之比为17：16D．两种气体的体积之比为17：163.体积为V mL，密度为d g·cm－3的溶液，含有相对分子质量为M的溶质mg，其物质的量浓度为c mol·L－1，质量分数为w，下列表达式正确的是( )A．c＝(w×1000×d)/M B．m＝V×d×(w/100)C．w＝(c×M)/(1000×d)% D．d＝(1000×m)/(V×w)4．下列有关除去杂质(括号内为杂质)的操作中正确的是( )A．硫酸钠(碳酸钙)：加水溶解，然后过滤B．碳酸钠(大量水)：蒸发C．氯化钠(氯化镁)：加水溶解，然后过滤D．硫酸钡(硝酸钡)：加水溶解，然后蒸发5．设N A表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是( )A．6.02×1022个H2SO4分子在水中可电离生成2N A个H＋B．在0℃、101kPa时，22.4L氢气中含有N A个氢原子C．14 g氮气中含有7N A个电子D．N A个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7∶46．若m g密度为ρg·cm－3的Al2(SO4)3溶液中含SO2－4n g，则该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度是（）A ．ρn 32m mol·L －1B ．ρn 48m mol·L －1C ．1 000ρn 192m mol·L －1D ．1 000ρn 288mmol·L －1 7．有一真空瓶质量为m 1，该瓶充入空气后质量为m 2。
