河北省承德第一中學(xué)2020-2021學(xué)年高一化學(xué)上學(xué)期第三次月考試題（含解析）

1、 可修改承德一中2020-2021學(xué)年度第一學(xué)期第三次月考試卷高一化學(xué)試題本次考試時間為90分鐘，總分100分，選擇題共25個題，每空2分共50分，填空題共4個題，每空2分共50分?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65一、單選題(共25小題,每小題2分,共50分)1.下列物質(zhì)分類正確的是（ ）A. Na2O2、Fe3O4、CuO均為堿性氧化物B. 稀豆?jié){、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體C. 燒堿、冰醋酸、四氯化碳均為電解質(zhì)D. 鹽酸、水玻璃、氨水均為混合物【答案】D【解析

2、】【詳解】A、過氧化鈉不是堿性氧化物，錯誤，不選A；B、氯化鐵溶液不屬于膠體，錯誤，不選B；C、四氯化碳不是電解質(zhì)，錯誤，不選C；D、鹽酸是氯化氫的水溶液，水玻璃是硅酸鈉的水溶液，氨水是氨氣的水溶液，都為混合物，正確。答案選D。2.下列關(guān)于化學(xué)反應(yīng)的說法正確的是()A. 有單質(zhì)生成的化學(xué)反應(yīng)，一定是氧化還原反應(yīng)B. 金屬單質(zhì)在氧化還原反應(yīng)中只能作還原劑C. 有非金屬單質(zhì)參加的化合反應(yīng)，非金屬單質(zhì)一定是氧化劑D. 有氣體生成的化學(xué)反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)【答案】B【解析】A. 有單質(zhì)生成的化學(xué)反應(yīng)，不一定是氧化還原反應(yīng)，例如氧氣和臭氧的轉(zhuǎn)化，A錯誤；B. 金屬單質(zhì)在氧化還原反應(yīng)中只能失去電子，作還

3、原劑，B正確；C. 有非金屬單質(zhì)參加的化合反應(yīng)，非金屬單質(zhì)不一定是氧化劑，例如氯氣和氫氣反應(yīng)中氫氣是還原劑，C錯誤；D. 有氣體生成的化學(xué)反應(yīng)不一定是氧化還原反應(yīng)，例如實驗室制備CO2等，D錯誤，答案選B。點睛：在判斷化學(xué)反應(yīng)是不是氧化還原反應(yīng)時一定要利用好其特征，即反應(yīng)前后有關(guān)元素的化合價是否發(fā)生變化，而利用四種基本反應(yīng)類型與氧化還原反應(yīng)關(guān)系判斷時學(xué)會舉例排除法，選項A是解答的易錯點，注意同素異形體之間的轉(zhuǎn)化，另外I2+KI=KI3也不符合。3.明代本草綱目中一條目下寫道：“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上其清如水，味極濃烈，蓋酒露也?！边@里所用的“法”是指A. 蒸餾B. 滲析C.

4、萃取D. 干餾【答案】A【解析】【詳解】由信息可知，蒸令氣上，則利用互溶混合物的沸點差異分離，則該法為蒸餾方法，故合理選項是A。4.我國科學(xué)家在世界上第一次為一種名為“鈷酞菁”的分子(直徑為1.3109m)恢復(fù)了磁性?！扳捥肌狈肿咏Y(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素及植物內(nèi)的葉綠素非常相似。下列關(guān)于“鈷酞菁”分子的說法中正確的是A. 在水中形成的分散系能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象B. “鈷酞菁”分子既能透過濾紙，也能透過半透膜C. 分子直徑比鈉離子小D. 在水中所形成的分散系屬懸濁液【答案】A【解析】【詳解】A. 根據(jù)“鈷酞菁”的分子的直徑為1.3109m，可能以判斷其在水中形成的分散系為膠體，能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象，

5、故正確；B. “鈷酞菁”分子既能透過濾紙，不能透過半透膜，故錯誤；C. 該分子直徑比鈉離子大，故錯誤；D. 在水中所形成的分散系屬膠體。故錯誤。故選A?！军c睛】膠體是分散質(zhì)微粒直徑在1nm-100nm的分散系。膠體有丁達爾效應(yīng)，膠體粒子能透過濾紙，但不能通過半透膜，所以可以用滲析的方法分離提純。5.配制一定物質(zhì)的量濃度的某溶液，下列情況會使所配溶液的濃度偏低的是()配制燒堿溶液，稱量燒堿時放在濾紙上配制燒堿溶液，未冷卻即轉(zhuǎn)移、定容燒杯及玻璃棒未洗滌定容時，俯視容量瓶的刻度線定容時加水至刻度線并搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線天平的砝碼生銹了A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】由于NaO

6、H固體容易吸水潮解，若在配制燒堿溶液，稱量燒堿時放在濾紙上，一部分NaOH變?yōu)槿芤航跒V紙上，導(dǎo)致溶質(zhì)減少，則配制的溶液濃度偏低，符合題意；NaOH固體溶于水放出熱量，若配制燒堿溶液，未冷卻即轉(zhuǎn)移、定容，待溶液恢復(fù)至室溫時，液面低于刻度線，溶液的體積偏小，則導(dǎo)致配制的溶液濃度偏高，不符合題意；燒杯及玻璃棒未洗滌，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，最終使配制的溶液濃度偏低，符合題意；定容時，俯視容量瓶的刻度線，溶液的體積偏小，導(dǎo)致配制的溶液濃度偏高，不符合題意；定容時加水至刻度線并搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，這是由于溶液粘在容量瓶瓶頸上，對配制的溶液濃度無影響，不符合題意；天平的砝碼生銹了，稱量的溶質(zhì)質(zhì)量

7、偏大，溶質(zhì)的物質(zhì)的量就偏多，則最終使溶液的濃度偏大，不符合題意；綜上所述可知：使溶液濃度偏低的有，故合理選項是A。6.下列說法不正確的是A. 將40 g NaOH溶于水配成1 L溶液，其濃度為l molL1B. 將22.4 L HCl溶于水配成1 L溶液，其濃度為l molL1C. 1 L含2 mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的濃度為1 molL1D. 將濃度為0.5 molLl的NaNO3溶液100 mL恒溫蒸發(fā)至50 mL，其濃度變?yōu)? molL1【答案】B【解析】【分析】A.根據(jù)n=m/M、c=n/V進行計算；B.沒有說明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下,氣體的物質(zhì)的量無法計算；C.由K2SO4

8、的組成結(jié)合K+的物質(zhì)的量計算；D.溶液的體積縮小為原來的一半,濃度變?yōu)樵瓉淼?倍?！驹斀狻緼. 40 g NaOH的物質(zhì)的量為1mol,溶于水配成1L溶液，溶液濃度為l molL1，故A正確； B.將22.4 L HCl 溶于水配成1 L 溶液，沒有說明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HCl氣體的物質(zhì)的量無法計算，溶液濃度無法計算,故B錯誤；C. 含有2mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的物質(zhì)的量為1mol，溶液的體積為1L，所以K2SO4的濃度為1 molL1，故C正確；D. 將濃度為0.5 molLl的NaNO3溶液100 mL恒溫蒸發(fā)至50 mL，濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，變?yōu)? molL1,故D正確

9、；綜上所述，本題選B。7.在同溫同壓下，用等質(zhì)量的H2、CH4、CO2、HCl四種氣體分別吹起四個氣球，其中是由CO2吹起的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】等質(zhì)量的H2、CH4、CO2、HCl四種氣體的物質(zhì)的量與其摩爾質(zhì)量成反比，所以摩爾質(zhì)量越大，則物質(zhì)的量越小，在同溫同壓下，體積越小，H2、CH4、CO2、HCl的摩爾質(zhì)量分別為2gmol-1、16 gmol-1、44 gmol-1、36.5 gmol-1，故C項氣球表示H2，A項氣球表示CH4，B項氣球表示HCl，D項氣球表示CO2。答案選D。8.現(xiàn)有一種固體化合物X不導(dǎo)電，但熔融狀態(tài)或溶于水導(dǎo)電，下列關(guān)于X的說法中正確

10、的是()A. X一定為電解質(zhì)B. X可能為非電解質(zhì)C. X只能是鹽類D. X只能是堿類【答案】A【解析】【分析】一種固體化合物X，X本身不導(dǎo)電，但熔融狀態(tài)和溶于水時能夠電離，說明該物質(zhì)在溶于水或熔融狀態(tài)下能電離出離子而導(dǎo)電，一定是電解質(zhì)?！驹斀狻緼.X是可以是酸、堿或者是鹽，所以X是電解質(zhì)，A正確；B.該物質(zhì)在溶于水或熔融狀態(tài)下能電離出離子而導(dǎo)電，一定是電解質(zhì)，B錯誤；C.固體化合物X，X本身不導(dǎo)電，但熔融狀態(tài)或者溶于水時能夠電離，X一定是電解質(zhì)，可能是鹽類如NaCl，也可能是堿，如NaOH，C錯誤；D.根據(jù)選項C分析可知化合物X可能是酸、堿、鹽中的任何一類物質(zhì)，但一定是電解質(zhì)，D錯誤；故合理

11、選項是A?！军c睛】本題考查電解質(zhì)與導(dǎo)電性的關(guān)系，明確化合物構(gòu)成及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意導(dǎo)電的物質(zhì)不一定的電解質(zhì)，電解質(zhì)不一定導(dǎo)電，側(cè)重考查學(xué)生的分析判斷能力。9.甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質(zhì)，分別由NH4+、Ba2、Mg2、H、OH、Cl、HCO3-、SO42-中的不同陽離子和陰離子各一種組成。已知：將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c(H)0.1mol/L；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列結(jié)論不正確的是A. 甲溶液含有Ba2B. 乙溶液含有SO42-C. 丙溶液含有ClD. 丁溶液含有Mg2【答案】D【解析

12、】【分析】根據(jù)OH只能與四種陽離子中的Ba2大量共存，則四種物質(zhì)中其中一種為Ba(OH)2， H只能與Cl、SO42-共存，則其中一種物質(zhì)為H2SO4或HCl，0.1mol/L 乙溶液中c(H)0.1mol/L，說明乙為二元或多元酸，則乙為H2SO4，根據(jù)離子組成，則另外兩種物質(zhì)為MgCl2和NH4 HCO3或NH4Cl和Mg(HCO3)2，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，則丙中含有氯離子，可能為MgCl2或NH4Cl，甲溶液分別與其它3種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成，則甲為Ba(OH)2，丙為MgCl2,丁為NH4HCO3?！驹斀狻緼. 根據(jù)分析可知，甲為B

13、a(OH)2，其溶液中含有Ba2，故A正確；B. 根據(jù)分析可知，乙為H2SO4，其溶液中含有SO42-，故B正確；C. 根據(jù)分析可知，丙為 MgCl2，其溶液中含有Cl，故C正確；D.根據(jù)分析可知，丁為 NH4HCO3，其溶液中不含有Mg2+，故D錯誤；答案為D?！敬颂幱幸曨l，請去附件查看】10.酸雨是過度燃燒煤和石油，生成的硫的氧化物與氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的緣故。某次雨水的分析數(shù)據(jù)如下：c(NH4+)=2.0105molL1、c(Cl)=6.0105molL-1、c(Na)=1.9105molL-1、c(NO3-)=2.310-5molL-1、c(SO42-)=2.8105molL

14、-1，已知pH=-lgc(H)，則此次雨水的pH大約為()A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)溶液中電荷守恒計算酸雨中氫離子濃度，然后根據(jù)pH的計算公式pH=-lgc(H+)計算該酸雨的pH。【詳解】溶液中陰、陽離子所帶電荷相等，設(shè)氫離子濃度為c，氫氧根離子可以忽略不計，則：c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(NO3-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，即：2.010-5mol/L+1.910-5mol/L+c=2.310-5mol/L+22.810-5mol/L+610-5mol/L，解得：c=1.010-4mol/L，所以該酸雨

15、的pH=4，故合理選項是B。【點睛】本題考查了溶液的pH的簡單計算，明確溶液中陰、陽離子所帶電荷相等是解本題的關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系及計算方法，注意酸雨中的氫氧根離子可以忽略不計。11.下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A. Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)：Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+CO32+H2OB. 等物質(zhì)的量的Ba(OH)2與NH4HSO4在稀溶液中反應(yīng)：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2OC. 向100mL 1mol/L FeBr2溶液中通入0.5mol Cl2：2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-D. 氫氧

16、化鐵與足量的氫溴酸溶液反應(yīng)：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O【答案】A【解析】【詳解】A、離子方程式正確，A正確；B、反應(yīng)中還有一水合氨生成，B錯誤；C、溴化亞鐵和氯氣的物質(zhì)的量之比是1：5，氯氣過量全部被氧化，即2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，C錯誤；D、鐵離子能氧化碘離子生成單質(zhì)碘和亞鐵離子，D錯誤；答案選A。【點睛】離子方程式錯誤的原因有：離子方程式不符合客觀事實：質(zhì)量不守恒、電荷不守恒、電子得失總數(shù)不守恒、難溶物質(zhì)和難電離物質(zhì)寫成離子形式、沒有注意反應(yīng)物的量的問題，在離子方程式正誤判斷中，學(xué)生往往忽略相對量的影響，命題者往往設(shè)置“離子方程式正確，但不符合

17、相對量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是審準(zhǔn)“相對量”的多少，二是看離子反應(yīng)是否符合該量，沒有注意物質(zhì)之間是否會發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，注意離子配比，注意試劑的加入順序，難溶物溶解度的大小，注意隱含因素等。12.甲、乙、丙、丁分別是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、鹽酸四種無色溶液中的一種，它們兩兩反應(yīng)后的現(xiàn)象如下：甲+乙沉淀；甲+丙沉淀；乙+丙沉淀；丙+丁沉淀；乙+丁無色無味氣體。則甲、乙、丙、丁四種溶液依次是A. BaCl2、Na2CO3、AgNO3、鹽酸B. BaCl2、Na2CO3、鹽酸、AgNO3C. Na2CO3、鹽酸、AgNO3、BaCl2D. AgNO3、鹽酸、BaCl2、Na2

18、CO3【答案】A【解析】【詳解】所以正確選項為A；13.已知常溫下，在溶液中發(fā)生如下反應(yīng)：16H+10Z-+2XO4-=2X2+5Z2+8H2O；2A2+B2=2A3+2B；2B-+Z2=B2+2Z-。由此推斷下列說法錯誤的是（）A. 反應(yīng)Z2+2A2+=2A3+2Z可以進行B. Z元素在反應(yīng)中被還原，在反應(yīng)中被氧化C. Z2可以置換出X2+溶液中的XD. 氧化性由強到弱的順序是XO4-、Z2、B2、A3+【答案】C【解析】【分析】氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則16H+10Z-+2XO4-=2X2+5Z2+8H2O中氧化性為XO4-Z2，2A2+B2=2A3+2B-中氧化

19、性為B2A3+，2B-+Z2=B2+2Z-中氧化性為Z2B2，以此來解答?！驹斀狻緼.由上述分析可知，氧化性Z2A3+，則反應(yīng)Z2+2A2+2A3+2Z-能發(fā)生，A正確；B.Z元素在中化合價升高，被氧化，而在中元素的化合價降低，被還原，B正確；C.由的離子方程式為16H+10Z-+2XO4-=2X2+5Z2+8H2O，可知還原性Z-X2，所以Z2不可以置換出X2+溶液中的X，C錯誤；D.由上述分析可知，氧化性由強到弱的順序是XO4-、Z2、B2、A3+，D正確；故合理選項C。【點睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，把握反應(yīng)中元素的化合價變化及氧化性的比較方法為解答的關(guān)鍵，注意氧化性、還原性的比較方法及守

20、恒法應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力。14.現(xiàn)有MgSO4、Ba（NO3）2、NaOH、CuCl2、KCl五種溶液，不加任何其他試劑，被鑒別出的先后順序正確的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】不加任何其他試劑，藍色溶液的為CuCl2；與反應(yīng)生成藍色沉淀的為NaOH；與反應(yīng)生成白色沉淀，則可鑒別出MgSO4；與反應(yīng)生成白色沉淀的為Ba（NO3）2，最后一種為KCl，所以被鑒別的先后順序為，故選A。15.對下列實驗的評價，正確的是（ ）A. 加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，一定有SO42-B. 加入稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，

21、一定有CO32-C. 加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加鹽酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D. 驗證燒堿溶液中是否含有Cl，先加稍過量的稀硝酸除去OH，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，則證明有Cl【答案】D【解析】【詳解】A氯化鋇能與硫酸根離子或銀離子結(jié)合生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有銀離子，不一定含有SO42-，故A錯誤；B將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，生成的氣體可能為二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等離子，不一定含有碳酸根離子，故B錯誤；C碳酸鋇和碳酸鈣等沉淀都可溶于鹽酸，原溶液中可能含

22、有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C錯誤；D驗證燒堿溶液中是否含Cl-，先加過量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，證明含Cl-，故D正確；故選D?！军c睛】解答該類題目要注意排除離子的干擾，注意實驗的嚴(yán)密性，把握物質(zhì)的性質(zhì)。本題的易錯點為B，能夠使澄清石灰水變渾濁的氣體可能是二氧化碳或二氧化硫。16.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 molL-1 NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B. 0.1 molL-1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C. 0.1 molL-1 K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、O

23、HD. 0.1 molL-1 H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【分析】A.Na+、K+、CO32-、AlO2-之間不反應(yīng)，都不與NaOH反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，A項正確；B.FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4氧化，在溶液中不能大量共存，B項錯誤；C.K2CO3中的CO32-與Ba2+反應(yīng)生成難溶物碳酸鋇，在溶液中不能大量共存，C項錯誤；D.H2SO4與HSO3反應(yīng)，且酸性條件下NO3能夠氧化HSO3，在溶液中不能大量共存，D項錯誤；答案選A?！驹斀狻緽項是易錯點，要牢記常見的氧化劑和還原劑，離子若能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則也不可大量共存。17.相同質(zhì)量的

24、兩份鋁分別放入足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液中充分反應(yīng)，消耗的氯化氫和氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比為 （ ）A. 1：1B. 1：6C. 2：3D. 3：1【答案】D【解析】【詳解】相同質(zhì)量的兩份鋁分別放入足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液中充分反應(yīng)，設(shè)Al的物質(zhì)的量均為2mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，2molAl與足量酸、堿消耗的氯化氫和氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比為6mol：2mol=3:1。答案選D。18.當(dāng)不慎有大量的氯氣擴散到周圍空間時，可以用浸某溶液的毛巾捂住鼻子以防中毒，合適的溶質(zhì)是（ ）A. NaOHB. NaClC. NaHC

25、O3D. 氨水【答案】C【解析】分析】氯氣有毒，可與堿溶液反應(yīng)，則防止氯氣中毒可用堿性較弱的溶液吸收，注意堿性太強時，其腐蝕性強，以此來解答?！驹斀狻緼NaOH雖能與氯氣反應(yīng)，達到吸收氯氣的效果，但濃NaOH的腐蝕性強，不能用浸有濃NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，選項A錯誤；BNaCl不與氯氣反應(yīng)，則不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子來防止吸入氯氣中毒，選項B錯誤；CNaHCO3溶液顯堿性，堿性較弱，能與氯氣反應(yīng)而防止吸入氯氣中毒，則可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，選項C正確；D氨氣本身具有刺激性，對人體有害，不能用氨水吸收氯氣，選項D錯誤；答案選C【點睛】本題考查氯氣的化學(xué)性質(zhì)及防止

26、氯氣中毒，側(cè)重于化學(xué)與生活的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，注意把握氯氣與堿反應(yīng)及物質(zhì)的腐蝕性，題目難度不大。19.海藻中含有豐富的碘元素。如圖是實驗室從海藻里提取碘的流程的一部分。下列判斷正確的是A. 步驟的操作是過濾B. 可用淀粉溶液檢驗步驟的反應(yīng)是否進行完全C. 步驟、的操作分別是過濾、萃取D. 步驟中加入的有機溶劑可能是酒精或四氯化碳【答案】C【解析】【分析】根據(jù)流程，步驟得到溶液和殘渣，因此操作是過濾，操作通入Cl2，發(fā)生2ICl2=2ClI2，然后利用I2易溶于有機溶劑，最后采用蒸餾方法得到碘單質(zhì)?！驹斀狻扛鶕?jù)流程，步驟得到溶液和殘渣，因此操作是過濾，操作通

27、入Cl2，發(fā)生2ICl2=2ClI2，然后利用I2易溶于有機溶劑，最后采用蒸餾方法得到碘單質(zhì)。A、碘單質(zhì)易溶于有機溶劑，常利用其沸點與有機溶劑相差較大采用蒸餾方法分離它們，故步驟應(yīng)為蒸餾，故A錯誤；B、淀粉遇碘單質(zhì)變藍，只要產(chǎn)生I2，加入淀粉后，溶液就會變藍，故B錯誤；C、根據(jù)流程，步驟得到溶液和殘渣，因此步驟為過濾，碘單質(zhì)易溶于有機溶劑，因此采用萃取的方法，步驟為萃取，故C正確；D、因為酒精易溶于水，因此萃取碘水中的碘單質(zhì)，不能用酒精作萃取劑，故D錯誤。20.下列各組中兩溶液間的反應(yīng)，不能用同一離子方程式來表示的是()A. Na2CO3+HCl； K2CO3+HNO3B. Fe+HCl；Fe

28、+H2SO4C. BaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+H2SO4D. NaOH+HCl；Ba(OH)2+HCl【答案】C【解析】【詳解】A.兩個反應(yīng)的離子方程式都是2H+CO32-=H2O+CO2，二者相同，A不符合題意；B. .兩個反應(yīng)離子方程式都是Fe+2H+=Fe2+H2，二者相同，B不符合題意；C.前者離子方程式為：Ba2+SO42-=BaSO4，后者的離子方程式為：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，二者不同，C符合題意；D.兩個反應(yīng)的離子方程式都是H+OH-=H2O，二者相同，D不符合題意；故合理選項是C。21.下列敘述中正確的是()A. 向含有CaCO

29、3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3飽和溶液，又有CaCO3沉淀生成B. 向Na2CO3溶液逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，生成的CO2與Na2CO3的物質(zhì)的量之比為11C. 等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反應(yīng)，在同溫同壓下，生成的CO2體積不相同D. 分別向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，只有Na2CO3溶液產(chǎn)生沉淀【答案】C【解析】【詳解】A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氫鈣溶液，再加入NaHCO3飽和溶液，碳酸氫鈣與碳酸氫鈉不發(fā)生反應(yīng)，不能生成碳酸鈣沉淀，A錯誤；B.向Na2CO3溶液中

30、逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，發(fā)生反應(yīng)Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，沒有CO2氣體生成，B錯誤；C.NaHCO3和Na2CO3的摩爾質(zhì)量不同，二者質(zhì)量相同，則它們的物質(zhì)的量不同，兩種物質(zhì)與鹽酸反應(yīng)都生成CO2氣體，根據(jù)碳元素守恒可知，兩種物質(zhì)的物質(zhì)的量不等，則反應(yīng)生成CO2的物質(zhì)的量也不同，由V=nVm可知在同溫同壓下，兩種物質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)生的氣體體積不等，C正確；D.加入Ca(OH)2溶液，兩種物質(zhì)都會發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CaCO3白色沉淀，D錯誤；故合理選項是C。22.金屬銅的提煉多從黃銅礦開始，黃銅礦的熔燒過程主要反應(yīng)之一為2CuFeS2+O2=_+2FeS+SO2，若CuFeS2中Cu

31、、Fe的化合價都為+2，S的化合價為2，下列說法正確的是A. 橫線中的物質(zhì)是Cu2SB. CuFeS2僅作還原劑C. SO2是還原產(chǎn)物，不是氧化產(chǎn)物D. FeS是氧化產(chǎn)物【答案】A【解析】【詳解】A由質(zhì)量守恒定律可知橫線上的物質(zhì)為Cu2S，選項A正確；B由質(zhì)量守恒可知橫線上的物質(zhì)為Cu2S，Cu元素化合價降低，S元素化合價升高，說明CuFeS2在反應(yīng)中既是氧化劑又是還原劑，選項B錯誤；CO元素的化合價由0降低為-2價，S元素的化合價由-2價升高為+4價，則SO2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，選項C錯誤；DFeS中各元素化合價不變，既不是氧化產(chǎn)物，也不是還原產(chǎn)物，選項D錯誤；答案選A。23.在xR2

32、+ +yH+O2mR3+ +nH2O的離子方程式中，對m和R3+判斷正確的是A. m4，R3+是氧化產(chǎn)物B. m2y，R3+是氧化產(chǎn)物C. m2，R3+是還原產(chǎn)物D. my，R3+是還原產(chǎn)物【答案】A【解析】試題分析：根據(jù)氧原子守恒，所以n=2，根據(jù)氫原子守恒，所以y=4，根據(jù)R原子守恒則x=m，根據(jù)電荷守恒則2x+y=3m，所以x=y=m，在反應(yīng)中，R的化合價升高，所以R3+是氧化產(chǎn)物，氧元素化合價降低，所以H2O是還原產(chǎn)物考點：考查了氧化還原反應(yīng)中的概念和原子守恒的相關(guān)知識。24.如圖是某學(xué)校實驗室買回的硫酸試劑標(biāo)簽的部分內(nèi)容。判斷下列說法正確的是( )A. 該硫酸的濃度為9.2 molL

33、1B. 配制480 mL 4.6 molL1的稀硫酸需該H2SO4125.0 mLC. 該硫酸與等體積水混合質(zhì)量分?jǐn)?shù)變?yōu)?9 %D. 取該硫酸100 mL，則濃度變?yōu)樵瓉淼?/5【答案】B【解析】【詳解】A濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度c=mol/L=18.4mol/L，故A錯誤；B實驗室沒有480mL容量瓶，應(yīng)選擇500mL容量瓶，溶液稀釋前后溶質(zhì)物質(zhì)的量不變，則需要濃硫酸的體積=125.0mL，故應(yīng)量筒量取該硫酸125.0mL，故B正確；C水的密度小于硫酸的密度，等體積混合所得溶液質(zhì)量小于原硫酸溶液的2倍，稀釋后溶質(zhì)硫酸不變，根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)=100%，可知混合后溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于49%，故C錯誤；

34、D溶液具有均一性，取該硫酸100 mL，濃度不變，故D錯誤；答案選B。25.120、101.3 kPa，甲烷（CH4）和過量的O2的混合物，用電火花引燃（CH4+2O2=CO2+2H2O）后，恢復(fù)到原來的溫度和壓強，測得反應(yīng)后氣體密度為相同條件下H2密度的15倍，則原混合氣體中甲烷和氧氣的體積比為（ ）A. 21B. 12C. 17D. 71【答案】C【解析】【詳解】120時燃燒生成的水為氣態(tài)，氧氣過量時發(fā)生反應(yīng)：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，則平均相對分子質(zhì)量不變，反應(yīng)后氣體密度為相同條件下H2密度的15倍，則原混合氣體中甲烷和氧氣的平均相對分子質(zhì)

35、量為152=30，根據(jù)十字交叉法：故原混合氣體中甲烷和氧氣的體積比為2:14=1:7。答案選C。二、填空題(共50分)26.現(xiàn)有以下物質(zhì)：NaCl固體；液態(tài)CO2；液態(tài)氯化氫；汞；固體BaSO4；蔗糖；酒精；熔融的Na2CO3，請回答下列問題：(1)以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是_；(2)以上物質(zhì)屬于電解質(zhì)的是_；(3)以上物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是_；(4)以上物質(zhì)溶于水后形成的溶液能導(dǎo)電的是_；(5)屬于鹽的有_；(6)寫出溶于水中的電離方程式_；(7)分離膠體和溶液常用的方法叫_；(8)等質(zhì)量的O2和O3所含原子個數(shù)比為_；(9)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，若ag某氣體中含有的分子數(shù)為b，則c g該氣

36、體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是_。(用含有NA的式子表示)【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). Na2CO3=2Na+CO32- (7). 滲析 (8). 1：1 (9). L【解析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；非電解質(zhì)：在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電的化合物；物質(zhì)導(dǎo)電條件：存在自由移動的離子，或者存在自由移動的電子；金屬離子或銨根離子(NH4+)與酸根離子結(jié)合的化合物屬于鹽；碳酸鈉為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離產(chǎn)生鈉離子和碳酸根離子；根據(jù)膠體與溶液中分散質(zhì)微粒大小分離；利用n=及N=nNA計算O原子數(shù)目；利用微粒數(shù)目與質(zhì)量成正比計算cg該氣體

37、的分子數(shù)目，再結(jié)合N=nNA計算氣體的物質(zhì)的量，最后根據(jù)V=nVm計算氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積?！驹斀狻縉aCl固體，屬于電解質(zhì)；不含自由移動的離子，因此不導(dǎo)電；溶于水，能產(chǎn)生自由移動的離子，水溶液能導(dǎo)電；液態(tài)CO2，屬于非電解質(zhì)；不含自由移動的離子，因此不導(dǎo)電；溶于水，與水反應(yīng)生成電解質(zhì)H2CO3，能產(chǎn)生自由移動的離子，水溶液能導(dǎo)電；液態(tài)氯化氫，屬于電解質(zhì)；由分子構(gòu)成，不含自由移動的離子，因而不導(dǎo)電；溶于水，在水分子作用下電離產(chǎn)生自由移動的離子，水溶液能導(dǎo)電；汞是金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；含有自由移動的電子，能導(dǎo)電；不溶于水；固體BaSO4，是由金屬陽離子Ba2+和酸根離子SO42

38、-組成化合物，屬于電解質(zhì)；不含自由移動的離子，因而不導(dǎo)電；水中溶解度很小，水溶液幾乎不導(dǎo)電；蔗糖，非電解質(zhì)；不含自由移動的離子，不導(dǎo)電，水溶液也不導(dǎo)電；酒精，非電解質(zhì)；不含自由移動的離子，不導(dǎo)電，水溶液也不導(dǎo)電；熔融的Na2CO3，是電解質(zhì)；含有自由移動的離子，能導(dǎo)電；水溶液能電離產(chǎn)生自由移動的離子Na+、CO32-，能導(dǎo)電；因此在上述物質(zhì)中(1)能導(dǎo)電的是；(2)屬于電解質(zhì)的是；(3)屬于非電解質(zhì)的是；(4)物質(zhì)溶于水后形成的溶液能導(dǎo)電的是；(5)NaCl固體；固體BaSO4；熔融的Na2CO3，都是由金屬陽離子與酸根離子形成化合物，屬于鹽，故物質(zhì)序號應(yīng)該是；(6)碳酸鈉為強電解質(zhì)，在水溶液

39、中完全電離產(chǎn)生Na+和CO32-，電離方程式：Na2CO3=2Na+CO32-；(7)膠體分散質(zhì)微粒直徑在1nm100nm之間，不能透過半透膜，而溶液中溶質(zhì)微粒直徑小于1nm，可以透過半透膜，因此可用半透膜，通過滲析的方法分離膠體和溶液；(8)假設(shè)物質(zhì)的質(zhì)量都是mg，則O2中含有的O原子的物質(zhì)的量是n(O)=mol，O3中含有的O原子的物質(zhì)的量是n(O)=mol，可見等質(zhì)量的O2和O3中含有的O原子的物質(zhì)的量相同，根據(jù)N=nNA可知：原子的物質(zhì)的量相等，則原子數(shù)目也相等，故二者含有的O原子個數(shù)比為1：1；(9)若ag某氣體中含有的分子數(shù)為b，則c g該氣體含有的分子數(shù)目為N=，由于NA為阿伏加

40、德羅常數(shù)的數(shù)值，則cg該氣體的物質(zhì)的量是n=mol，則該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積V=nVm=mol22.4L/mol=L?！军c睛】本題考查了物質(zhì)的分類及物質(zhì)的量的有關(guān)計算，熟悉電解質(zhì)，非電解質(zhì)，鹽的概念，掌握物質(zhì)的量的有關(guān)計算公式，明確物質(zhì)導(dǎo)電條件和微粒與物質(zhì)質(zhì)量、氣體體積關(guān)系式是解題關(guān)鍵。27.現(xiàn)有下列儀器：(1)海水蒸餾是由海水獲得淡水的常用方法之一，在實驗室里組成一套蒸餾裝置肯定需要上述儀器中的一部分，按照實驗儀器從下到上、從左到右的順序，依次是_(填序號)；儀器的冷凝水應(yīng)從_(填“a”或“b”)口進入。(2)海帶等藻類物質(zhì)經(jīng)過處理后，可以得到碘水，欲從碘水中提取碘，需要上述儀器中的_(填

41、序號)，該儀器名稱為_，向該碘水中加入四氯化碳以提取碘單質(zhì)的實驗操作叫做_。【答案】 (1). (2). a (3). (4). 分液漏斗 (5). 萃取【解析】（1）蒸餾裝置從下到上、從左到右需要的儀器有：蒸餾燒瓶、單孔塞、酒精燈、冷凝管、牛角管、錐形瓶，故答案為；冷凝管的水流方向應(yīng)為逆流效果好，所以應(yīng)從a進b出；（2）從碘水中提取碘，可以采取萃取分液操作，使用的萃取劑是四氯化碳，使用的儀器是分液漏斗。點睛：明確萃取原理是解題關(guān)鍵，萃取是利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里的溶解度不同，用一種溶劑把溶質(zhì)從它與另一種溶劑所組成的溶液中提取出來的方法選擇的萃取劑應(yīng)符合下列要求：和原溶液中的溶劑互不相溶；對

42、溶質(zhì)的溶解度要遠大于原溶劑，并且溶劑易揮發(fā)，萃取分液操作使用的儀器是分液漏斗。28.按要求書寫方程式正確書寫下列物質(zhì)在水中的電離方程式：（1）KAl(SO4)2:_（2）NaHCO3:_正確書寫下列化學(xué)反應(yīng)的離子方程式：（1）Ba(OH)2和H2SO4:_（2）NaHSO4和NaHCO3:_【答案】 (1). KAl(SO4)2=K+Al3+2SO42- (2). NaHCO3 =Na+ + HCO3- (3). SO42-+2H+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O (4). H+ + HCO3- = H2O + CO2【解析】【分析】（1）KAl(SO4)2為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離

43、，生成鉀離子、鋁離子和硫酸根離子；（2）NaHCO3為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，生成鈉離子和碳酸氫根離子；（1）Ba(OH)2和H2SO4均為強電解質(zhì)，反應(yīng)生成硫酸鋇和水；（2）NaHSO4和NaHCO3均為強電解質(zhì)，為氫離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化碳和水。【詳解】（1）KAl(SO4)2為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，生成鉀離子、鋁離子和硫酸根離子，電離方程式為KAl(SO4)2=K+Al3+2SO42-；（2）NaHCO3為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，生成鈉離子和碳酸氫根離子，電離方程式為NaHCO3 =Na+ + HCO3-；（1）Ba(OH)2和H2SO4均為強電解質(zhì)，反應(yīng)生成硫酸鋇和水，離子方程式為SO42-+2H+Ba2+2