江西省吉安市安福二中度高一化学上学期期中

第4页期中复习试卷一、单项选择题〔此题18个小题，每题3分，共54分〕。1．以下关于容量瓶及其使用方法的表达，正确的选项是〔〕①是配制一定物质的量的浓度的溶液的专用仪器②使用前要先检查容里量瓶走否漏液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用500mL容量瓶配制250mL溶液A．①和②B．①②④⑤C．除了③D．除了③⑤2．以下几组标签被腐蚀的试剂①Al2(SO4)3溶液KOH溶液②NaAlO2溶液H2SO4溶液③NaHCO3溶液HCl溶液④AgNO3氨水⑤CuSO4溶液NaOH溶液⑥CCl4NaCl溶液，不用其他试剂，只用胶头滴管和试管就可以鉴别的是()A．①②③④B．①②④⑤⑥C．①②③④⑤D．全部3．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关表达正确的选项是A．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAB．1molO2与2molSO2反响生成的SO3分子数为2NAC．常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NAD．H2O2分解产生1molO2，转移的电子数为4NA4．在容量瓶上，无需标记的是()A．标线B．温度C．浓度D．容量5．相同状况下，等质量的以下物质中，体积最大的是A．O2B．HClC．CO2D．NH36．盱眙铁山寺风景区被誉为天然氧吧，其原因是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素〞。O2-就是一种空气负离子，其摩尔质量为A．33gB．32gC．33g·mol-1D．32g·mol-17．某10%NaOH溶液，加热蒸发掉100g水后得到80mL20%的溶液，那么该20%NaOH溶液的物质的量浓度为〔〕A．7mol/LB．12.5mol/LC．6.25mol/LD．7.5mol/L8．以下条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是〔〕A．同压强、同体积的N2O和CO2B．同体积、同密度的C2H4和C3H6C．同温度、同体积的H2和N2D．同体积、不同密度的N2和CO9．以下表达不正确的选项是〔〕A．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应B．欲制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中参加FeCl3饱和溶液煮沸得红褐色沉淀C．用石膏或卤水点制豆腐利用了胶体的性质D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐10．以下反响中，不属于四种根本反响类型的是A．CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4B．4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3C．2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2D．Cu2(OH)2CO3＝2CuO+CO2↑+H2O11．以下电离方程式正确的选项是A．NaHCO3=Na++H++CO32-B.Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-C．H2SO4=H2++SO42-D．Ba(OH)2=Ba2++OH-12．氧化复原反响与四种根本类型反响的关系如下图，那么以下化学反响属于区域3的是A．2H2＋O22H2OB．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑C．2Na2O2＋2H2O═4NaOH＋O2↑D．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑13．以下反响中是离子反响，又是氧化复原反响的是A．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4B．2Na+Cl22NaClC．NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3D．2KClO32KCl+3O2↑14．反响：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，以下说法正确的选项是〔〕A．上述三个反响都有单质生成，所以都是置换反响B．氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3>KClO3>Cl2>Br2C．反响②中复原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1D．③中1molCl2反响那么氧化剂得电子的物质的量为2mol15．以下氧化复原反响中电子转移数目及方向都正确的选项是〔〕A．B．C．D．16．将1.95g锌粉参加到200mL0.1mol·L－1的MO溶液中，恰好完全反响，其他物质忽略，那么复原产物可能是()A．M2+B．MC．M3+D．MO2+17．O2F2可以发生反响：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，以下说法正确的选项是()A．氧气是氧化产物B．O2F2既是氧化剂又是复原剂C．假设生成4.48LHF，那么转移0.8mol电子D．复原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶418．有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：以下判断正确的选项是〔〕A．BaCl2，CaCO3一定存在，NaOH可能存在B．K2SO4、CuSO4一定不存在C．K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4可能存在D．C为单一溶质溶液二、非选择题〔此题共四大题，共46分〕。19．现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1mol·L－1的氯化铁溶液中参加少量的NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25mL沸水中逐滴参加5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。试答复以下问题：(1)其中操作正确的同学是(填“甲〞“乙〞或“丙〞)。(2)涉及到的化学方程式是。(3)证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是，此现象利用了胶体的一种性质，称为。(4)向制得的Fe(OH)3胶体中参加饱和的硫酸铵溶液,产生的现象是，原因是；假设参加逐滴参加过量稀硫酸，产生的现象20．(1)同温同压相同体积的CO2和O2，其分子数目之比为________，原子数目之比为________，密度之比为________；(2)在标准状况下，CO和CO2的混合气体共39.2L，质量为61g。那么两种气体的物质的量之和为___________mol，其中CO2为___________mol，CO的质量分数为__________。21．甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3溶液、AgNO3溶液、BaCl2溶液、盐酸中的一种，两两反响后产生的实验现象如下：甲+乙→沉淀，甲+丙→沉淀，乙+丙→沉淀，丙+丁→沉淀，乙+丁→无色无味气体。答复以下问题：〔1〕甲、乙、丙、丁依次是、、、。〔2〕写出甲和乙、丙和丁、乙和丁反响的化学方程式、。22．NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。NaNO2能发生如下反响：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。(1)上述反响中氧化剂是________________。(2)根据上述反响，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①食醋、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒，你认为必须选用的物质有_______________(填序号)。(3)某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，以下试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是______________(填选项字母)。A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．浓H2SO4(4)请配平以下化学方程式：Al＋NaNO3＋NaOH==NaAlO2＋N2↑＋H2O。假设反响过程中转移5mole-，那么生成标准状况下N2的体积为_______L。期中复习试卷答题卡一、单项选择题〔此题18个小题，每题3分，共54分〕。题号123456789答案题号101112131415161718答案二、非选择题〔此题共四大题，共46分〕。19．(1)(填“甲〞“乙〞或“丙〞)。(2)。(3)，。(4)，；20．(1)________，________，________；(2)_____________mol，______________mol，___________。21．〔1〕、、、。〔2〕；22．(1)__________________。(2)_______________(填序号)。(3)______________(填选项字母)。(4)_______L。期中复习试卷答案一、单项选择题〔此题18个小题，每题3分，共54分〕。1．D试题分析：①、容量瓶用于配制溶液，①正确；②、定容之后要将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，不允许漏液，因此使用之前必须检漏，②正确；③、容量瓶上标明使用温度为20℃，冷或热溶液定容后，热胀冷缩，导致结果偏低或偏高，因此不能加热，③错误；④、容量瓶只是配液容器，不是储液容器，④正确；⑤、根据选择容量瓶的“大而近〞规那么，不能用500mL容量瓶配制250mL溶液，只能用250mL容量瓶配制250mL溶液，⑤错误，答案选D。2．B试题分析：①Al2(SO4)3溶液、KOH溶液与量有关，KOH少量生成白色沉淀，KOH过量沉淀溶解，现象不同，只用胶头滴管和试管就可以鉴别，应选；②NaAlO2溶液、H2SO4溶液与量有关，硫酸少量生成白色沉淀，硫酸过量沉淀溶解，现象不同，只用胶头滴管和试管就可以鉴别，应选；③NaHCO3溶液、HCl溶液的反响与量无关，改变用量均生成气体，现象相同，不能鉴别，故不选；④AgNO3、氨水与量有关，氨水少量生成白色沉淀，氨水过量沉淀溶解，现象不同，只用胶头滴管和试管就可以鉴别，应选；⑤CuSO4溶液为蓝色，NaOH溶液为无色，可以鉴别，应选；⑥CCl4与NaCl溶液混合，油状液体在下层，可鉴别，应选；应选B。3．C试题分析：A．1molFe溶于过量硝酸反响生成1molFe3+，电子转移数为3NA，故A错误；B．O2与SO2反响属于可逆反响，不能完全反响，故B错误；C．4.4gCO2与N2O混合气体的物质的量为=0.1mol，其中含有的原子总数为0.3NA，故C正确；D．H2O2分解过程中O元素的化合价由-1变成0价，产生1molO2，转移的电子数为2NA，故D错误；应选C。4．C试题分析：因容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，应选C。5．D试题分析：因M(CO2)＞M(HCl)＞M(O2)＞M(NH3)，根据n=可知，相同质量的气体，N2的物质的量最大，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故N2的体积最大，应选D。6．D试题分析：O2-比O2多一个电子，电子的质量可以忽略不计，故O2-的相对分子质量为32，所以O2-的摩尔质量为32g/mol，应选D。7．C试题分析：设溶液中的NaOH为nmol,那么NaOH的质量为40ng，80mL20%的溶液的质量为40n/0.2=200n，所以原10%NaOH溶液的质量为200n+100，那么有40n/〔200n+100〕*100%=10%，解得n=0.5mol那么该20%的NaOH溶液的物质的量浓度为0.5/0.08=6.25mol/L，答案选C。8．B试题分析：A．二者都是三原子分子，要使二者原子个数相等，那么其分子数应该相等，同压同体积下，两者的温度不同，那么二者的物质的量不一定相等，所以其原子个数不一定相等，A项错误；B.同体积、同密度的乙烯和丙烯，其质量相等，二者的最简式相等，所以最简式个数相等，那么其原子个数一定相等，B项正确；C.氢气和氮气都是双原子分子，同温度、同体积的H2和N2，其物质的量不一定相等，那么其原子个数不一定相等，C项错误；D．二者都是双原子分子，且摩尔质量相同，同体积、不同密度，那么其质量不同，所以两者的物质的量不相等，其分子个数不相等，所以其原子个数不相等，D项错误；答案选B。9．B分析：A．烟、云、雾中分散质粒子直径介于1～100nm，属于分散系中的胶体，胶体能产生丁达尔效应，A正确；B．向盛有沸水的烧杯中加FeCl3饱和溶液，煮沸得到红褐色液体时停止加热，即制备了Fe(OH)3胶体，继续加热，具有介稳性的红褐色胶体会变为红褐色沉淀，B错误；C．豆浆含有高分子的蛋白质，属于胶体粒子吸附了带电离子的胶体，参加酸、碱、盐等电解质溶液时，参加的阳离子或阴离子能中和胶体粒子所带的电荷，能使豆浆聚集成沉淀并从分散剂中析出，因此有卤水点豆腐的说法，C正确；D．鸡蛋壳膜的孔径约1nm，属于半透膜，淀粉胶体中胶体粒子的直径介于1～100nm，不能透过半透膜，而钠离子、氯离子的直径小于1nm，能透过半透膜，因而用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐，这种别离方法叫渗析，D正确，答案选B。10．C试题分析：A．CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4属于复分解反响，属于四种根本反响类型，不选；B．4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3属于化合反响，属于四种根本反响类型，不选；C．2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2，是氧化复原反响，不属于四种根本反响类型，选；D．Cu2(OH)2CO3＝2CuO+CO2↑+H2O属于分解反响，属于四种根本反响类型，不选；应选C。11．B试题分析：A．碳酸是弱酸，NaHCO3==Na++HCO3-，故A错误；B.硫酸铝属于易溶于水的盐，完全电离，Al2(SO4)3==2Al3++3SO42-，故B正确；C．硫酸是强酸，H2SO4=2H++SO42-，故C错误；D．氢氧化钡是强碱，Ba(OH)2==Ba2++2OH-，故D错误；应选B。12．C试题分析：由图可知，区域3为氧化复原反响，且不属于四种根本反响类型。A．为化合反响，H、O元素的化合价变化为氧化复原反响，故A不选；B．为分解反响，不属于氧化复原反响，故B不选；C．过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化复原反响，且不属于四种根本反响类型，故C选；D．Zn、H元素的化合价变化，为氧复原反响，但属于置换反响，故D不选；应选C。13．A试题分析：A．铁片置于硫酸铜溶液中置换出铜，属于离子反响和氧化复原反响，正确；B．反响不是在溶液中的进行，所以不是离子反响，错误；C．氯化钠与硝酸银反响生成氯化银沉淀，属于复分解反响，但不是氧化复原反响，错误；D．KClO3分解不是在溶液中的进行，所以不是离子反响，错误。14．B试题分析：A、②的反响物都是化合物，没有单质，因此不是置换反响，A错误；B、①中氯元素降价、溴元素升价，②中氯元素既升价又降价，③中氯元素升价、溴元素降价，那么①②③中氧化剂和氧化产物的氧化性强弱分别为：Cl2>Br2、KClO3>Cl2、KBrO3>KClO3，综合上述结论可得，KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，B错误；C、②的氯酸钾中氯元素由+5价降低为0价，作氧化剂，氯化氢中氯元素由-1价升高为0价，由电子得失守恒可知，只有5/6的氯化氢作复原剂，其余起酸性作用，那么②中复原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，C错误；D、③中氯元素化合价升高总数=溴元素化合价降低总数=10，那么1个反响转移10电子，即2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3～10e－，那么③中1molCl2反响那么氧化剂得电子的物质的量为10mol，D错误；答案选B。15．B试题分析：A、氧元素的化合价升高总数=[0-〔-2〕]×2×3=12或氯元素的化合价降低总数=[(+5)-(-1)]×2=12，那么转移电子数为12，不是6，A错误；B、碘元素的化合价升高总数=[0-〔-1〕]×2=2或铁元素的化合价降低总数=[(+3)-(+2)]×2=2，那么转移电子数为2，B正确；C、氧元素的化合价升高总数=[0-〔-2〕]×2=4或氟元素的化合价降低总数=[0-(-1)]×2×2=4，那么转移电子数为4，但转移电子的方向为从氧到氟，而不是从氟到氧，C错误；D、硫元素的化合价升高总数=[(+6)-〔+4〕]×1=2或溴元素的化合价降低总数=[0-(-1)]×2=2，那么转移电子数为2，但转移电子的方向是从硫到溴，而不是从溴到硫，D错误，答案选B。16．A试题分析：n(Zn)==0.03mol，n(MO2+)=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，Zn失去电子，M得到电子，设复原产物中M的化合价为x，由电子守恒可知，0.03mol×(2-0)=0.02mol×(5-x)，解得x=2，应选A。17．D试题分析：A.O元素的化合价由反响前的+1价变为反响后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是复原产物，故A错误；B.在反响中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，F元素化合价没变，所以该物质是氧化剂，故B错误；C.外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D.根据方程式可知复原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，故D正确。18．B试题分析：白色粉末溶于水，得到白色滤渣和无色滤液，说明不含CuSO4，滤渣中参加盐酸得到气体B，且白色沉淀全部溶解，推出B为CO2，沉淀为CaCO3，滤液C中参加CO2，有白色沉淀，说明含有BaCl2、NaOH，一定不含有K2SO4，应选项B正确。19．(1)丙(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(3)用一束光照射得到的液体，从垂直于光线的方向能观察能看到一条光亮的“通路〞丁达尔效应(4)产生红褐色沉淀参加电解质后，胶体发生聚沉先产生红褐色沉淀，后溶解试题分析：〔1〕实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中参加饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，答案选丙；〔2〕根据上述分析，涉及到的化学方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。〔3〕胶体具有丁达尔效应，所以证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是用一束光照射得到的液体，从垂直于光线的方向能观察能看到一条光亮的“通路〞，那么证明生成了氢氧化铁胶体。〔4〕〕向氢氧化铁胶体中参加电解质饱和硫酸铵溶液，电离出的离子使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，所以产生的现象是产生红褐色沉淀，原因是参加电解质后，胶体发生聚沉；因为硫酸能和氢氧化铁反响生成可溶性的硫酸铁，所以假设参加逐滴参加过量稀硫酸，产生的现象是先产生红褐色沉淀，后溶解。20．(1)1：13：211：8；(2)1.75mol；0.75mol；45.9%试题分析：(1)同温同压下等体积的CO2和O2的物质的量相同，那么分子数相等，即所含的分子数目之比为1：1；所含的原子数目之比为3：2；两者的密度之比等于摩尔质量之比为：44：32=11:8；故答案为：1：1；3：2；11：8；(2)两种气体的物质的量之和为=1.75mol，设混合气体中CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，那么有x+y＝1.75，28x+44y＝61，解得x=1mol，y=0.7