河南省安阳六市三十中高一化学上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省安阳六市三十中高一（上）期末 试卷一、选择题（本题包括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下列各物质中，属于电解质的是( )a盐酸b硫酸钡c蔗糖d浓氨水2下列各关于鉴别nacl溶液和淀粉胶体的操作中，说法正确的是( )a只能丁达尔现象b只能用agno3溶液c只能用碘水d以上三种方法都可以3下列反应中，最终一定有白色沉淀生成的是( )向na2so4溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入bacl2溶液向na2sio3溶液中通入过量的co2；向ca（oh）2溶液中通入过量的co2；向bacl2溶液中通入少量的so2abcd4下列气体中，本身无色但与空气接触能变成红棕色气体的是( )aco2bnocno2dnh35用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )a1 mol o3所含有的原子数为3nab18克h2o中，原子数为2nac22.4 l氯化氢所含的原子数为2nadna 个 ch4分子的质量为16g/mol6下列离子方程式正确的是( )a碳酸钙与稀盐酸反应：co32+2h+=co2+h2obfecl2溶液中通入cl2：fe2+cl2=fe3+2clc氢氧化钠和醋酸溶液反应：oh+h+=h2od铁与稀硫酸反应：fe+2h+=fe2+h27下列做法不能体现低碳生活的是( )a减少食物加工过程b注意节约用电c尽量购买本地的、当季的食物d大量使用薪柴为燃料8不属于硅酸盐工业产品的是( )a水晶b玻璃c陶瓷d水泥9能用于鉴别so2与co2的试剂是( )a品红溶液bbacl2溶液c澄清石灰水d浓硫酸10下列物质中，不属于合金的是( )a硬铝b黄铜c钢铁d水银11“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是 实验室收集氨气采用图所示装置实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验实验室中采用图所示装置进行铜与稀硝酸的反应( )abcd12在相同条件下，下列说法错误的是( )a氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度bno可用排空气法进行收集c碳酸的酸性比硅酸强dso2的大量排放会引起酸雨13自来水常用cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是( )aagno3bfecl2cna2so3dalcl314下列物质存放方法错误的是( )acl2水置于棕色试剂瓶避光保存b盛naoh溶液的试剂瓶用磨口玻璃塞cfeso4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中d金属钠存放于煤油中15等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是( )a将钠投入到足量水中b将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中c将钠放入足量稀硫酸中d将钠放入足量稀盐酸中16如果你家里的食用花生油混有水分，你将采用下列何种方法分离( )a过滤b蒸馏c分液d萃取17下列说法中，正确的是( )aso2的摩尔质量是64gb18g h2o在标准状况下的体积小于22.4lc在标准状况下，20ml nh3 与60ml o2所含的分子数比为1：3d将40g naoh溶于1l水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/l18下列化合物可由两种单质直接化合得到的是( )ano2bso2ccusdfecl219亚硝酸（hno2）参加反应时，既可作氧化剂，也可作还原剂当它作还原剂时，可能生成的产物是( )anh3bn2cn2o3dhno320100ml 1mol/l的alcl3溶液与100ml3.5mol/l的naoh溶液混合，得到沉淀为( )a7.8gb0gc91gd3.9g21下列各组离子中，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是( )ak+ mno4 cl so42bna+ alo2 cl so42cso42na+ hco3ba2+dna+ no3 nh4+ so4222下列物质能使品红溶液褪色，其中是利用强氧化性来漂白的是( )活性炭 过氧化钠 氯水 二氧化硫 臭氧abcd23a mol o2气体和a mol o3气体相比较，下列叙述一定正确的是( )a体积相等b分子数相等c原子数相等d质量相等24用na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )a2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1nab1 mo1/l盐酸中含1 mo1hcl分子c在标准状况下，22.4 lch4与18gh2o所含有的分子数均为nad22.4l的co气体与lmol n2所含的电子数一定相等25除去下列溶液中的杂质（括号内是杂质）所用试剂不正确的是( )aco2hcl：用饱和的nahco3溶液bco2so2：用饱和酸性kmno4溶液ccl2hcl：用饱和的nacl溶液dso2hcl：用饱和的na2so3溶液26下列各组物质与其用途的关系不正确的是( )ana2o2：供氧剂bnaoh：治疗胃酸过多的一种药剂c小苏打：发酵粉主要成分d明矾：净水剂27实验室里可按下图所示的装置干燥、储存气体m，多余的气体可用水吸收，则m是( )ahclbcocnh3dno28对于反应3cl2+6naoh=5nacl+naclo3+3h2o，以下叙述正确的是( )acl2是氧化剂，naoh是还原剂b被氧化的cl原子和被还原的cl原子的物质的量的比为5：1ccl2既做氧化剂又做还原剂d氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5：129检验某未知溶液中是否含有so42的下列操作中，合理的是( )a先加硝酸酸化，再加氯化钡溶液b先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液c先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液d先加盐酸酸化，再加硝酸钡溶液30用铜和浓硫酸发生反应，下列说法中正确的是（气体体积在标准状况下测定）( )a若提供0.2mol硫酸，铜不足量，则可制得so2气体2.24lb若提供0.2mol硫酸，铜足量，则可制得so2气体2.24lc若有0.2mol硫酸参与反应，则可制得so2气体2.24ld若有0.2mol硫酸被还原，则可制得so2气体2.24l二、填空题：（本题每空2分，共20分）31（1）下列实验方法合理的是_（多选或错选不给分）a、用加热法除去食盐固体中的氯化铵b、将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用酒精进行萃取c、实验室制取al（oh）3：往alcl3溶液中加入naoh溶液至过量d、往fecl2溶液中滴入kscn溶液，检验fecl2是否已氧化变质（2）sio2广泛存在自然界中，其用途也非常广泛，可用于制造光导纤维，也用于生产半导体材料硅写出工业上用石英制备粗硅的化学反应方程式_（3）铝是一种重要金属：铝与naoh溶液反应的离子方程式为：_（4）将10.7g 氯化铵固体与足量消石灰混合加热使之充分反应生成气体在标准状况下的体积是_ l32a是用途最广的金属，b、c是两种常见气体单质，e溶液为常见强酸，d溶液中滴加kscn溶液显红色，它们相互转化关系如图所示请回答：（1）写出b物质的化学式：_；f的名称：_（2）写出第步反应的化学方程式为_（3）第步反应中溶液颜色的变化_；离子方程式为_（4）f溶液中滴入naoh溶液可能产生的实验现象是_三、实验题（本题每空2分，共14分）33下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭加热条件下反应产生的所有气体产物（1）写出木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式_（2）如果将装置中、三部分仪器的连接顺序改为、，则可以检出的物质是_；不能检出的物质是_（3）如果将仪器的连接顺序变为、，则可以检出的物质是_；不能检出的物质是_（4）如果将仪器的连接顺序变为、，则可以检出的物质是_；不能检出的物质是_四、计算题（本题共6分）34现有12.4g 金属钠与过氧化钠的固体混合物，把该混合物投入水中，充分反应后产生的两种气体可恰好完全反应（1）两种气体的质量比为_（2）求原固体混合物中过氧化钠的质量2015-2016学年河南省安阳六市三十中高一（上）期末 试卷一、选择题（本题包括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下列各物质中，属于电解质的是( )a盐酸b硫酸钡c蔗糖d浓氨水【考点】电解质与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】在水溶液里或融融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物，据此分析【解答】解：a盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故a错误；b硫酸钡是盐，属于电解质，故b正确；c蔗糖不能导电，属于非电解质，故c错误；d浓氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故d错误，故选b【点评】本题考查了电解质和非电解质的概念，难度不大，注意电解质和非电解质的区别2下列各关于鉴别nacl溶液和淀粉胶体的操作中，说法正确的是( )a只能丁达尔现象b只能用agno3溶液c只能用碘水d以上三种方法都可以【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【专题】物质检验鉴别题【分析】nacl溶液与硝酸银生成白色沉淀，淀粉遇碘变蓝，且淀粉胶体具有丁达尔现象，以此来解答【解答】解：有丁达尔现象的为淀粉胶体，不具有丁达尔现象的为nacl溶液，可鉴别；与agno3溶液反应生成白色沉淀的为nacl溶液，无现象的为淀粉胶体；与碘水混合变蓝的为淀粉胶体，无现象的为nacl溶液，所以三种方法均可，故选d【点评】本题考查物质的鉴别，把握氯离子检验及胶体的性质、碘的特性为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大3下列反应中，最终一定有白色沉淀生成的是( )向na2so4溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入bacl2溶液向na2sio3溶液中通入过量的co2；向ca（oh）2溶液中通入过量的co2；向bacl2溶液中通入少量的so2abcd【考点】化学反应原理的确定 【专题】元素及其化合物【分析】先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀【解答】解：向na2so4溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入bacl2溶液，硫酸钠和氯化钡能发生复分解反应生成白色难溶性的硫酸钡，反应方程式为bacl2+na2so4=baso4+2nacl，故最终一定有白色沉淀生成向na2sio3溶液中通入过量的co2，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成白色难溶性的硅酸，反应方程式为2co2+2h2o+na2sio3=h2sio3+2nahco3，故最终一定有白色沉淀生成向ca（oh）2溶液中通入过量的co2，氢氧化钙和二氧化碳先生成白色难溶性的碳酸钙ca（oh）2+co2=caco3+h2o，当二氧化碳过量时，碳酸钙能和二氧化碳、水放出可溶性的碳酸氢钙caco3+co2+h2o=2ca（hco3）2，故最终一定没有白色沉淀生成向bacl2溶液中通入少量的so2，二氧化硫和水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸和氯化钡不反应，故最终一定没有白色沉淀生成故选a【点评】本题考查了复分解反应的条件，易错选项是，注意亚硫酸的酸性小于盐酸的酸性导致亚硫酸和氯化钡不反应4下列气体中，本身无色但与空气接触能变成红棕色气体的是( )aco2bnocno2dnh3【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响 【专题】元素及其化合物【分析】本身无色但与空气接触能变成红棕色气体是一氧化氮气体的性质，依次分析选项判断；【解答】解：a、co2不和空气中的物质反应变色，故a错误；b、no和空气中氧气迅速反应生成红棕色气体二氧化氮，故b正确；c、no2本身是红棕色气体，故c错误；d、nh3是无色气体，在空气中不能反应，只有在催化剂作用下加热才能反应生成一氧化氮，故d错误；故选b【点评】本题考查了一氧化氮、二氧化氮、氨气、二氧化碳气体的化学性质的分析判断，注意一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体是no2，掌握基础是解题关键，题目较简单5用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )a1 mol o3所含有的原子数为3nab18克h2o中，原子数为2nac22.4 l氯化氢所含的原子数为2nadna 个 ch4分子的质量为16g/mol【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、1mol臭氧分子中含有3mol氧原子；b、18g水的物质的量为1mol，含有3mol原子；c、没有告诉是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量；d、质量的单位为g，g/mol为摩尔质量的单位【解答】解：a、1mol臭氧中含有3mol原子，含有的原子数为3na，故a正确；b、18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有3mol原子，原子数为3na，故b错误；c、没有告诉是标准状况下，题中条件无法计算22.4l氯化氢的物质的量，故c错误；d、na 个 ch4分子的物质的量为1mol，质量为16g，故d错误；故选a【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标况下的气体摩尔体积的使用条件，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容6下列离子方程式正确的是( )a碳酸钙与稀盐酸反应：co32+2h+=co2+h2obfecl2溶液中通入cl2：fe2+cl2=fe3+2clc氢氧化钠和醋酸溶液反应：oh+h+=h2od铁与稀硫酸反应：fe+2h+=fe2+h2【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】a、碳酸钙是难溶物；b、选项在离子方程式电荷不守恒；c、醋酸是弱酸存在电离平衡；d、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气【解答】解：a、碳酸钙与稀盐酸反应碳酸钙是难溶物，反应的离子方程式为：caco3+2h+=co2+h2o+ca2+，故a错误；b、fecl2溶液中通入cl2反应的离子方程式为：2fe2+cl2=2fe3+2cl，故b错误；c、氢氧化钠和醋酸溶液反应，醋酸是弱酸存在电离平衡，反应的离子方程式：oh+ch3cooh=h2o+ch3coo，故c错误；d、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；：fe+2h+=fe2+h2，故d正确故选d【点评】本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，掌握基础是关键，题目较简单7下列做法不能体现低碳生活的是( )a减少食物加工过程b注意节约用电c尽量购买本地的、当季的食物d大量使用薪柴为燃料【考点】绿色化学；化学的发展趋势 【分析】此题考查了化学与生产生活的联系，解答此题的易错点是不能准确理解“低碳”的含义，而造成错误选择由于二氧化碳气体的大量排放，地球气候异常表现的越来越显著，对人类生活的影响也越来越大，故此在生产生活中要尽可能节约能源，减少二氧化碳排放【解答】解：a、低碳生活的核心是减少二氧化碳的排放，食物加工过程减少，可节约能源，减少二氧化碳排放，能体现，排除a；b、目前电力的主要来源是火电，节约用电能减少二氧化碳排放，能体现，排除b；c、本地食物能减少运输消耗、当季食物能减少贮存的能量消耗，能体现，排除c；d、薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，不能体现低碳思想，符合要求故选：d【点评】化学与stes内容非常广泛化学与日常生活、社会热点问题、食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容是高考考查的重要内容解题中要动用到平时知识的积累，决定成败还是在平时所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来8不属于硅酸盐工业产品的是( )a水晶b玻璃c陶瓷d水泥【考点】无机非金属材料 【专题】碳族元素【分析】硅酸盐工业：工业制备是以含硅元素物质为原料经加热制成的，这一制造工业叫做硅酸盐工业，如制造水泥、玻璃、陶瓷等产品的工业【解答】解：常见传统无机非金属材料包括玻璃、陶瓷、水泥等，生产玻璃的原料主要有纯碱、石灰石、石英；生产水泥的原料主要有石灰石、粘土；生产陶瓷的主要原料是粘土；制备这些材料所需的原料中有含有硅元素，故可以称为硅酸盐工业，水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐产品故选a【点评】本题考查了无机非金属材料的制备原料以及水晶的成分知识，注意知识的灵活应用，难度不大9能用于鉴别so2与co2的试剂是( )a品红溶液bbacl2溶液c澄清石灰水d浓硫酸【考点】二氧化硫的化学性质 【专题】氧族元素【分析】so2与co2均能使澄清的石灰水变浑浊，均不与氯化钡溶液、硫酸反应，则无法鉴别，但二氧化硫具有漂白性，而二氧化碳不具有，以此鉴别【解答】解：a二氧化硫具有漂白性能使品红褪色，而二氧化碳不能使品红褪色，则可以鉴别，故a正确；b二者均不与氯化钡溶液反应，无法鉴别，故b错误；cso2与co2均能使澄清的石灰水变浑浊，现象相同，无法鉴别，故c错误；d二者均不与浓硫酸反应，无法鉴别，故d错误；故选a【点评】本题考查物质的鉴别，明确物质的化学性质是解答本题的关键，注意利用反应中不同的现象来鉴别物质，题目难度不大10下列物质中，不属于合金的是( )a硬铝b黄铜c钢铁d水银【考点】合金的概念及其重要应用 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属等【解答】解：a硬铝属于铝的合金，故a错误； b黄铜是铜和锌的合金，故b错误；c钢是铁的合金，主要成分是铁，含有碳等杂质，故c错误；d水银是纯净物，不属于合金，故d正确故选d【点评】本题考查合金的定义，难度不大，掌握合金的特征是正确解答本题的关键11“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是 实验室收集氨气采用图所示装置实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验实验室中采用图所示装置进行铜与稀硝酸的反应( )abcd【考点】绿色化学；氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；尾气处理装置 【专题】氮族元素【分析】解答本题的关键是要理解绿色化学的理念是做好污染的防护，不能污染环境【解答】解：实验室收集氨气采用图1所示装置，在制备的过程中用带有酚酞的水吸收溢出的氨气防止污染环境，故符合绿色化学的要求实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置，用沾有碱液的棉团可以吸收多余的氯气，防止污染环境，因此也符合绿色化学的范畴实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验，挥发的氯化氢和氨气会污染大气，因此不符合绿色化学的要求实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应，生成的氮的氧化物及时收集在气球里面，也可以做到防止污染环境，也符合绿色化学的要求综上所述符合要求，故选c【点评】在作答气体制备或有关性质实验的问题时，要注意在尾气的吸收处理12在相同条件下，下列说法错误的是( )a氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度bno可用排空气法进行收集c碳酸的酸性比硅酸强dso2的大量排放会引起酸雨【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯气的化学性质；二氧化硫的污染及治理 【专题】氮族元素【分析】a、因为存在同离子效应能抑制氯气的溶解；b、根据气体是否和氧气反应、气体的溶解性、密度来确定收集方法；c、非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；d、二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要成分【解答】解：a、氯气和水的反应为：cl2+h2ohcl+hclo，氯化钠溶液中含有氯离子，所以氯化钠溶液能抑制氯气的溶解，导致氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度，故a正确；b、no能和氧气反应，所以不能用排空气法收集，no和水不反应，所以可以用排水法收集，故b错误；c、碳元素的非金属性大于硅元素，非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，所以碳酸的酸性比硅酸强，故c正确；d、二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要成分，所以二氧化硫的大量排放会引起酸雨，故d正确故选b【点评】根据同离子效应、一氧化氮的性质、非金属性强弱与其最高价含氧酸的关系来分析解答即可，会运用化学平衡理论解释氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度13自来水常用cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是( )aagno3bfecl2cna2so3dalcl3【考点】氯气的化学性质 【专题】卤族元素【分析】氯水中含有h+、cl2、hclo、clo、cl等微粒，根据ag+与cl反应，h+与弱酸根离子反应，亚铁离子具有还原性，能被氧化来分析解答【解答】解：a、配制agno3溶液时，若用氯水，氯水中含有cl离子，则ag+与cl反应生成agcl沉淀，产生明显的药品变质问题，故a错误；b、配制fecl2溶液时，若用氯水，氯水中含有cl2、hclo、clo等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，故b错误；c、配制na2so3溶液时，氯水中含有h+，h+与亚硫酸根离子反应生成水和二氧化硫，则产生明显的药品变质问题，故c错误；d、配制alcl3溶液时，溶液在的离子不会与氯水中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，故d正确；故选d【点评】本题考查溶液的配制，明确氯水中的成分及离子之间的反应是解答本题的关键，难度不大14下列物质存放方法错误的是( )acl2水置于棕色试剂瓶避光保存b盛naoh溶液的试剂瓶用磨口玻璃塞cfeso4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中d金属钠存放于煤油中【考点】化学试剂的存放 【专题】化学实验基本操作【分析】化学试剂的存放与化学试剂的物理性质和化学性质有关，易挥发的物质要密封保存，见光易分解的物质要避光保存，易与氧气、水、二氧化碳反应的物质要隔绝空气保存，以此解答该题【解答】解：a、氯水中的次氯酸见光易分解而导致cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故a正确；b、玻璃中含有二氧化硅，易与naoh溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛naoh溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故b错误；c、feso4易被氧化而变质，为feso4防止被氧化而变质，应加少量铁粉于试剂瓶中，故c正确；d、金属钠易与空气中的水、氧气反应而变质，与煤油不反应且密度比煤油大，金属钠存放于煤油中可起到隔绝空气的作用，防止金属钠变质，故d正确故选b【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意物质的性质影响保存方法的选择15等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是( )a将钠投入到足量水中b将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中c将钠放入足量稀硫酸中d将钠放入足量稀盐酸中【考点】钠的化学性质 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】如仅是钠参加反应，无论和何种溶液反应，生成的氢气的量相等，并注意铝能与naoh溶液反应生成氢气【解答】解：将等质量的钠投入到水、稀硫酸、稀盐酸中，放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成naoh和氢气，铝与naoh溶液反应生成氢气，则b项生成氢气最多，故选b【点评】本题考查钠的化学性质，题目难度不大，注意铝既能与酸反应又能与碱反应的性质16如果你家里的食用花生油混有水分，你将采用下列何种方法分离( )a过滤b蒸馏c分液d萃取【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】综合实验题【分析】食用花生油和水两种物质互不相溶，可用分液的方法分离，据此解答【解答】解：a过滤可以把不溶于液体的固体物质和液体分离，食用花生油和水是互不相溶的液体，不能用过滤的方法，故a错误；b蒸馏通常用于分离提纯沸点差别较大的互溶的混合化合物，食用花生油和水沸点相差较小，且不互溶，故b错误；c食用花生油和水两种物质互不相溶，分层，可用分液的方法进行分离，下层液体水先从分液漏斗中流出，上层液体花生油从上口倒出，故c正确；d萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，食用花生油和水两种物质互不相溶，分层，无须加萃取剂，故d错误；故选c【点评】本题考查了食用花生油的性质以及物质的分离方法，注意食用花生油的物理性质和常用的分离方法是解答的关键，题目难度不大17下列说法中，正确的是( )aso2的摩尔质量是64gb18g h2o在标准状况下的体积小于22.4lc在标准状况下，20ml nh3 与60ml o2所含的分子数比为1：3d将40g naoh溶于1l水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/l【考点】摩尔质量；气体摩尔体积；物质的量浓度；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】a、摩尔质量的单位为g/mol；b、质量换算物质的量，水在标准状况不是气体；c、依据阿伏伽德罗定律及其推论计算判断，同温同压气体体积之比等于物质的量之比；d、溶液体积不是1l【解答】解：a、摩尔质量的单位为g/mol；so2的摩尔质量是64g/mol，故a错误；b、水在标准状况不是气体，18g h2o物质的量为1mol，在标准状况下的体积=18ml，小于22.4l，故b正确；c、依据阿伏伽德罗定律及其推论计算判断，同温同压气体体积之比等于物质的量之比；在标准状况下，20ml nh3 与60ml o2所含的分子数比为1：3，故c正确；d、溶液体积不是1l；将40g naoh物质的量为1mol，溶于1l水中，溶液体积大于1l，所得溶液的物质的量浓度小于1mol/l，故d错误；故选bc【点评】本题考查了摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗定律、溶液浓度和体积换算物质的量，题目较简单18下列化合物可由两种单质直接化合得到的是( )ano2bso2ccusdfecl2【考点】含硫物质的性质及综合应用；含氮物质的综合应用 【专题】氧族元素【分析】氮气和氧气反应生成一氧化氮，硫完全燃烧生成二氧化硫，金属单质和硫反应得到低价态的金属化合物，金属单质与氯气反应得到最高价的金属氯化物【解答】解：a、氮气和氧气在高温或放电条件下反应生成一氧化氮，故a不选；b、硫在氧气中燃烧直接生成二氧化硫，故b选；c、铜在硫蒸气中燃烧直接生成硫化亚铜，故c不选；d、fe和氯气在点燃时能直接生成fecl3，故d不选故选b【点评】本题考查非金属单质的性质，明确氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价金属氯化物，硫具有弱氧化性，与变价金属反应生成较低价态金属硫化物19亚硝酸（hno2）参加反应时，既可作氧化剂，也可作还原剂当它作还原剂时，可能生成的产物是( )anh3bn2cn2o3dhno3【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】亚硝酸（hno2）中n元素化合价是+3价，属于中间价态，即可作氧化剂又可作还原剂；亚硝酸得电子化合价降低作氧化剂，失电子化合价升高作还原剂【解答】解：亚硝酸（hno2）作还原剂时氮元素失电子，所以生成物中氮元素的化合价大于亚硝酸中氮元素的化合价a、nh3中氮元素的化合价是3价，小于+3价，故a错误；b、n2中氮元素的化合价为0价，小于+3价，故b错误；c、n2 o3中氮元素的化合价为+3价，化合价不变，故c错误；d、hno3中氮元素的化合价为+5价，大于+5价，故d正确；故选d【点评】本题考查了根据氧化还原反应判断生成物中元素的化合价，难度不大，会根据元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂20100ml 1mol/l的alcl3溶液与100ml3.5mol/l的naoh溶液混合，得到沉淀为( )a7.8gb0gc91gd3.9g【考点】有关过量问题的计算 【专题】计算题【分析】alcl3的物质的量为0.1l1mol/l=0.1mol，naoh的物质的量为0.1l3.5mol/l=0.35mol，根据反应：alcl3+3naoh=al（oh）3+3nacl，al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，判断反应进行的程度，判断过量问题，进而计算得到沉淀的质量【解答】解：alcl3的物质的量为0.1l1mol/l=0.1mol，naoh的物质的量为0.1l3.5mol/l=0.35mol，则alcl3+3naoh=al（oh）3+3nacl0.1mol 0.3molal（oh）3+naoh=naalo2+2h2o0.05mol 0.35mol0.3mol所以最后得到的沉淀的质量为：0.1mol0.05mol=0.05mol，质量为：0.05mol78g/mol=3.9g，故选d【点评】本题考查过量问题的计算，题目难度中等，把握物质的反应方程式，根据物质的量，判断过量程度是解答该题的关键21下列各组离子中，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是( )ak+ mno4 cl so42bna+ alo2 cl so42cso42na+ hco3ba2+dna+ no3 nh4+ so42【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】碱性溶液中存在大量氢氧根离子，无色溶液中不存在有色的离子，a高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；b四种离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液；c钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；d铵根离子与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨【解答】解：无色溶液中不存在cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在，碱性溶液中存在大量氢氧根离子，amno4为有色离子，不满足溶液无色的要求，故a错误；bna+、alo2、cl、so42之间不反应，都是无色离子，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故b正确；cso42、ba2+之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故c错误；dnh4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选b【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：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，能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力22下列物质能使品红溶液褪色，其中是利用强氧化性来漂白的是( )活性炭 过氧化钠 氯水 二氧化硫 臭氧abcd【考点】氯气的化学性质；重要的氧化剂 【专题】卤族元素【分析】能使品红溶液褪色的物质具有漂白性，具有吸附性、氧化性以及发生其它反应类型，如二氧化硫等【解答】解：活性炭能使品红溶液褪色，是运用了活性炭的吸附性，故错误；过氧化钠能使品红溶液褪色，是运用了过氧化钠的强氧化性，故正确；氯水中的次氯酸具有强氧化性，次氯酸能使品红溶液褪色是利用其强氧化性，故正确；二氧化硫能使品红溶液褪色是利用二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而褪色，属于化合反应，故错误；臭氧能使品红溶液褪色，是运用了臭氧的强氧化性，故正确；所以正确故选b【点评】本题考查了中学化学常见的重要氧化剂，难度不大，除了氯水、臭氧、过氧化钠外，氧气、浓硫酸、硝酸、高锰酸钾、氯化铁等也是重要氧化剂，注意基础知识的积累23a mol o2气体和a mol o3气体相比较，下列叙述一定正确的是( )a体积相等b分子数相等c原子数相等d质量相等【考点】物质的量的相关计算 【专题】计算题【分析】根据n=，结合气体存在的外界条件是否一致和分子的组成解答【解答】解：a、两种气体的物质的量相等，但气体存在的外界条件不一定相同，则体积不一定相等，故a错误；b、由n=，可知，气体的物质的量相等，则分子数相等，故b正确；c、两种气体的分子数相等，但分子中含原子数不等，则等物质的量时原子数不等，故c错误；d、n=，可知，两种气体的m不等，则等物质的量时气体的质量不等，故d错误故选b【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关公式的运用，注意把握分子和原子的组成24用na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )a2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1nab1 mo1/l盐酸中含1 mo1hcl分子c在标准状况下，22.4 lch4与18gh2o所含有的分子数均为nad22.4l的co气体与lmol n2所含的电子数一定相等【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】an（mg）=0.1mol，n（mg）=0.1na，每个变为镁离子失去两个电子；b由n=cv可知，缺少溶液的v，无法计算溶质的物质的量；cn（ch4）=1mol，n（h2o）=1mol，ch4与h2o都是由分子构成的；d22.4l的co气体的物质的量无法计算【解答】解：an（mg）=0.1mol，n（mg）=0.1na，每个变为镁离子失去两个电子，因此失去的电子数为0.1na2=0.2na，故a错误；b由n=cv可知，缺少溶液的v，无法计算溶质的物质的量，故b错误；cn（ch4）=1mol，n（h2o）=1mol，ch4与h2o都是由分子构成的，因此所含有的分子数均为na，故c正确；d22.4l的co气体的物质的量无法计算，因此无法进行比较，故d错误；故选c【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系25除去下列溶液中的杂质（括号内是杂质）所用试剂不正确的是( )aco2hcl：用饱和的nahco3溶液bco2so2：用饱和酸性kmno4溶液ccl2hcl：用饱和的nacl溶液dso2hcl：用饱和的na2so3溶液【考点】物质的分离、提纯和除杂 【专题】综合实验题【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质【解答】解：a、饱和的nahco3溶液可以和hcl反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，不和二氧化碳反应，可以将杂质除掉，故a正确；b、饱和酸性kmno4溶液可以和二氧化硫发生反应，但是和二氧化碳不反应，可以将杂质除去，故b正确；c、饱和的nacl溶液可以将hcl溶解，但是氯气不溶于其中，可以将杂质除去，故c正确；d、饱和的na2so3溶液既能和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化硫，又能和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和水，不符合除杂原则，故d错误故选d【点评】物质的分离与除杂是考试的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键26下列各组物质与其用途的关系不正确的是( )ana2o2：供氧剂bnaoh：治疗胃酸过多的一种药剂c小苏打：发酵粉主要成分d明矾：净水剂【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 【分析】a过氧化钠与二氧化碳和水蒸气反应都能生成氧气；b氢氧化钠为强碱，具有腐蚀性；c小苏打主要成分为碳酸氢钠，受热分解生成二氧化碳；d明矾的化学式为kal（so4）2.12h2o，al3+3h2o=al（oh）3（胶体）+3h+，胶体具有吸附性【解答】解：a过氧化钠与二氧化碳和水蒸气反应都能生成氧气，所以常用作供氧剂，故a正确；b氢氧化钠为强碱，具有腐蚀性，容易损伤皮肤，不能用来治疗胃酸过多，故b错误；c小苏打为碳酸氢钠，受热分解生成二氧化碳，可用作发酵粉，故c正确；d明矾的化学式为kal（so4）2.12h2o，al3+3h2o=al（oh）3（胶体）+3h+，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，可用作净水剂，故d正确；故选：b【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大27实验室里可按下图所示的装置干燥、储存气体m，多余的气体可用水吸收，则m是( )ahclbcocnh3dno【考点】气体的净化和干燥；气体的收集 【专题】综合实验题【分析】根据气体的密度是否比空气的大，气体是否极易溶于水等性质来分析，并注意酸性气体不能碱石灰、无水氯化钙等干燥剂来干燥【解答】解：干燥管内的干燥剂为粒状，常用无水氯化钙、碱石灰，所以不能干燥酸性气体a、氯化氢的密度大于空气的密度，所以应采用向上排空气法收集，且氯化氢能和碱石灰反应，故a错误；b、co和水不反应且在水中的溶解度很小，所以不能用水吸收多余的co，故b错误；c、碱石灰能干燥氨气，且氨气在水中的溶解度很大，所以能用水吸收多余的氨气，故c正确；d、no能和氧气反应，且no不易溶于水，所以不能用水吸收多余的no，故d错误；故选c【点评】本题考查了气体的干燥和净化、尾气的处理等知识点，净化的原则是：不减少被净化气体的量，不引进新的杂质，操作简便，易于分离；尾气吸收的原则是：能充分吸收，不能倒吸28对于反应3cl2+6naoh=5nacl+naclo3+3h2o，以下叙述正确的是( )acl2是氧化剂，naoh是还原剂b被氧化的cl原子和被还原的cl原子的物质的量的比为5：1ccl2既做氧化剂又做还原剂d氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5：1【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】a、化合价升高元素所处的反应物为还原剂，化合价降低元素所在的反应物为氧化剂；b、根据反应确定氧化剂和还原剂，进而确定它们的物质的量的关系；c、化合价升高元素所处的反应物为还原剂，化合价降低元素所在的反应物为氧化剂；d、氧化还原反应中得失电子数相等【解答】解：a、反应3cl2+6naoh=5nacl+naclo3+3h2o中，化合价变化的元素只有氯元素，氯气既是氧化剂又是还原剂，故a错误；b、在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到1价，根据氧化还原反应得失电子数相等，则被氧化的cl原子和被还原的cl原子的物质的量的比为1：5，故b错误；c、反应3cl2+6koh（浓、热）5kcl+kclo3+3h2o中，氯气中的氯元素化合价既降低又升高，所以cl2既做氧化剂又做还原剂，故c正确；d、氧化还原反应中得失电子数相等，即氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1：1，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，注意反应中只