浙江省嘉兴一中高一化学上学期期中试卷含解析

浙江省嘉兴一中2022～2022学年度高一上学期期中化学试卷　一、选择题（共24小题）1．下列物质的分类正确的是单质酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐AH2干冰CuOH2SO4纯碱漂白粉B碘酒CONa2OHCl碱石灰NaClC液氯SO2Na2O2HNO3NH3•H2O胆矾DHDSO3生石灰HBrKOHCaCO3（　　）A．AB．BC．CD．D　2．已知CN﹣（氢氰酸根离子）SCN﹣（硫氰酸根离子）和Cl﹣有相似之处：两个﹣CN原子团或两个﹣SCN原子团可分别构成氰分子（CN）2和硫氰分子（SCN）2．（CN）2和（SCN）2的性质和Cl2有性质有相似之处，且常温常压下是气体，下列物质间反应的化学方程式错误的是（　　）A．二氧化锰和HSCN溶液加热反应：MnO2+4HSCNMn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2OB．（CN）2和氢氧化钾溶液反应：（CN）2+2KOH═KCN+KCNO+H2OC．碘晶体投入HCN溶液中：I2+2HCN═2HI+（CN）2D．（SCN）2和水反应：（SCN）2+H2O⇌HSCN+HSCNO　3．固体单质X和气体Y在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体Z，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体Z的密度是原气体密度的3倍，则判断正确的是（　　）A．反应前后的气体质量之比一定是1：3B．两种单质X、Y的摩尔质量之比是1：3C．在生成物Z中，X的质量分数为50%D．Z中X、Y两元素的原子个数比为3：1　4．浙江海洋经济发展示范区建设已上升为国家战略，海洋经济将成为浙江经济转型升级发展的重点．下列说法不正确的是（　　）A．从海水中提取溴单质的过程中涉及氧化还原反应B．从海带中提取碘单质的过程中涉及置换反应C．工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯单质，产生氯气的一极连在电源的正极D．从海水中提取氯化钠的过程中涉及化学反应　5．某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如下装置与操作以替代相关的课本实验．实验操作：先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，并产生大量白烟．以下叙述错误的是（　　）A．钠着火燃烧产生苍白色火焰B．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体-26-\nC．管中部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气D．根据管右端棉球颜色的变化可判断氯气是否被碱液完全吸收　6．在下列状态下，能导电的电解质是（　　）A．硝酸钾溶液B．液态氯化氢C．液态水银D．熔融氯化钠　7．某KCl、MgCl2、K2SO4形成的混合中，c（K+）=0.40mol/L，c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Cl﹣）=0.60mol/L，则c（SO42﹣）为（　　）A．0.30mol/LB．0.20mol/LC．0.15mol/LD．0.10mol/L　8．有机物粗产品蒸馏提纯时，下列装置中温度计的位置可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的是（　　）A．B．C．D．　9．将KCl和KBr的混合物26.8g溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2．反应后将溶液蒸干，得固体22.35g，则原溶液中K+、Cl﹣、Br﹣的物质的量之比是（　　）A．3：2：1B．4：3：1C．5：2：3D．5：4：1　10．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的物质的量之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）A．3：11B．11：3C．1：4D．4：1　11．下列溶液中的c（Cl﹣）与50mL1mol•L﹣1氯化铝溶液中的c（Cl﹣）相等的是（　　）A．150mL1mol•L﹣1氯化钠溶液B．75mL2mol•L﹣1氯化铵溶液C．150mL3mol•L﹣1氯化钾溶液D．50mL1mol•L﹣1氯化亚铁溶液　12．关于原子或离子结构的下列说法不正确的是（　　）A．某原子K层上只有一个电子B．某原子M层上电子数为L层上电子数的4倍C．某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍D．某离子核电荷数与最外层电子数相等　13．下列说法中不正确的是（　　）①质子数相同的粒子一定属于同种元素；②同位素的性质几乎完全相同；③质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子；-26-\n④电子数相同的粒子不一定是同一种元素；⑤一种元素只能有一种质量数；⑥某种元素的原子相对原子质量取整数，就是其质量数．A．①②④⑤B．③④⑤⑥C．②③⑤⑥D．①②⑤⑥　14．从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）A．海带灼烧成灰B．过滤得含I﹣的溶液C．放出碘的苯溶液D．分离碘并回收苯　15．分类方法在化学学科的发展中起到非常重要的作用．下列分类标准合理的是①根据酸分子中含有氢原子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等②根据化合物在溶液中电离出离子的类别，将化合物分为酸、碱、盐③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液④根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应（　　）A．①③B．②③④C．①②④D．②④　16．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是操作现象结论A先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣-26-\nB滴加氯水和CCl4，振荡、静置上层溶液显紫色原溶液中有I﹣C用洁净铁丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+D滴加NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+（　　）A．AB．BC．CD．D　17．在标准状况下，有一刚性密闭容器，被一可以自由滑动的活塞分成两个密闭的反应器．左侧充入等物质的量的氢气和氧气，右侧充入一氧化碳和氧气的混合气体．同时引燃左右两侧的混合气，反应后恢复到标准状况，反应前后活塞位置如图所示，则右侧混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是（液态水的体积忽略不计）①1：1②3：1③1：3④1：2（　　）A．①②B．②④C．①④D．①③　18．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为2a%，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则c1和c2的数值关系是（　　）A．c2=2c1B．c2＞2c1C．c2＜2c1D．无法确定　19．下列说法错误的是（　　）A．三个美国科学家因给复杂化学体系设计了多尺度模型而共享了2022年诺贝尔化学奖B．已知PM2.5是指大气中直径≤2.5×10﹣6m的颗粒物，则受PM2.5污染的大气不一定能产生丁达尔现象C．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些非金属元素D．并不是所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在　20．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．18gD2O中含有的氧原子数为NAB．实验室用2mol的浓HCl在加热条件下与足量的MnO2反应，转移的电子数为NAC．22.4L氯化氢溶于水可电离出1molCl﹣D．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA　21．关于氯气及氯水的叙述中，下列正确的是（　　）A．纯净的氯气是一种黄绿色、有毒的气体，具有漂白性B．可用干燥的石蕊试纸验证氯水是否变质C．氯气能与铁反应，液氯不宜贮存在钢瓶中D．氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物　-26-\n22．LiAlH4是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出氢气，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al．下列叙述错误的是（　　）A．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂B．LiAlH4与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g•mol﹣1C．1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子D．LiAlH4与水反应生成三种物质时，化学方程式可表示为：LiAlH4+4H2O═Al（OH）3+LiOH+4H2↑　23．已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（　　）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D．③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol　24．能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是（必要时可加热）（　　）A．BaCl2B．NaOHC．Ba（OH）2D．AgNO3　　二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）25．学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，现欲用此硫酸配制配制成浓度为0.50mol•L﹣1的稀硫酸100mL．①所需仪器除烧杯、量筒玻棒外还需　　　　　　、　　　　　　．②所取浓硫酸的体积为　　　　　　mL．③下列操作引起所配溶液浓度偏高的是　　　　　　A．移液时洗涤烧杯2﹣3次，将洗涤液倒入容量瓶中B．定容时俯视C．定容时仰视D．颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线．　26．11.0g由H和O组成的水分子，其中含中子数为　　　　　　mol，电子数为　　　　　　mol．　27．1634S2﹣微粒中的质子数是　　　　　　，中子数是　　　　　　，核外电子数是　　　　　　，质量数是　　　　　　．　28．（1）写出图中序号①～④仪器的名称：-26-\n①　　　　　　；②　　　　　　；③　　　　　　；④　　　　　　．仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有　　　　　　．（填仪器序号）（3）分离碘水中的碘应先选择装置　　　　　　（填I、II、III）进行操作A，再选装置　　　　　　（填I，II、III），进行　　　　　　操作（操作名称）．进行操作A时，需在碘水中加一试剂，在选择试剂时，下列性质你认为哪些性质是必需的：　　　　　　（填序号）．①常温下为液态②I2在其中溶解程度大③与水互溶程度小④密度要比水大．　　三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）29．在标准状况下，将一充满HCl和氧气混合气体的集气瓶倒放于盛有足量水的水槽中，水面上升至集气瓶容积的就停止了，则原集气瓶中混合气体的平均相对分子质量为　　　　　　．假设溶质不扩散到瓶外，则集气瓶内所得溶液HCl的物质的量浓度为　　　　　　mol/L．（已知HCl极易溶于水）．　30．现有以下物质：①NaCl溶液；②液态SO3；③乙醇（C2H5OH）；④熔融的KNO3；⑤BaSO4固体；⑥干冰；⑦Cu其中：属于电解质的是　　　　　　；属于非电解质的是　　　　　　；能导电的是　　　　　　（以上都用序号填写）．　31．如图是某同学设计的制备少量氯气并进行系列实验的装置（夹持及加热仪器已略）．（1）若装置A中制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，请写出装置A中的化学反应方程式：　　　　　　；实验室也可用高锰酸钾制氯气：2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O该反应中的氧化剂是　　　　　　，若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是　　　　　　mol；装置B中饱和食盐水的作用是　　　　　　；-26-\n（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入　　　　　　；abcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰硅胶碱石灰无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱．当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为　　　　　　色，若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，振荡锥形瓶后静置一会儿，可以观察到的现象是　　　　　　；（5）装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯，试写出相应的离子方程式　　　　　　．　　浙江省嘉兴一中2022～2022学年度高一上学期期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共24小题）1．下列物质的分类正确的是单质酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐AH2干冰CuOH2SO4纯碱漂白粉B碘酒CONa2OHCl碱石灰NaClC液氯SO2Na2O2HNO3NH3•H2O胆矾DHDSO3生石灰HBrKOHCaCO3（　　）A．AB．BC．CD．D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】酸是能电离出的阳离子全部是H+的化合物；碱是电离出的阴离子全部是OH﹣离子的化合物；盐是电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子为酸根离子的化合物；氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，其中和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，同种元素组成的纯净物为单质，根据相关概念解答该题．【解答】解：A、纯碱是碳酸钠属于盐，漂白粉是氯化钠和次氯酸钠两种盐的混合物，故A错误；B、碘酒是碘单质的溶液属于混合物，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，不是碱，故B错误；C、过氧化钠和酸反应生成盐、水和氧气，不是碱性氧化物，故C错误；D、HD为氢气单质，三氧化硫属于酸性氧化物，生石灰是氧化钙属于碱性氧化物，HBr属于酸，氢氧化钾属于碱，碳酸钙属于盐，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质分类方法和物质组成的分析判断，掌握基础是解题关键，题目较简单．-26-\n　2．已知CN﹣（氢氰酸根离子）SCN﹣（硫氰酸根离子）和Cl﹣有相似之处：两个﹣CN原子团或两个﹣SCN原子团可分别构成氰分子（CN）2和硫氰分子（SCN）2．（CN）2和（SCN）2的性质和Cl2有性质有相似之处，且常温常压下是气体，下列物质间反应的化学方程式错误的是（　　）A．二氧化锰和HSCN溶液加热反应：MnO2+4HSCNMn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2OB．（CN）2和氢氧化钾溶液反应：（CN）2+2KOH═KCN+KCNO+H2OC．碘晶体投入HCN溶液中：I2+2HCN═2HI+（CN）2D．（SCN）2和水反应：（SCN）2+H2O⇌HSCN+HSCNO【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应．【专题】信息给予题；氧化还原反应专题；卤族元素．【分析】A．MnO2和浓盐酸的反应，可类推二氧化锰和HSCN溶液反应；B．氯气与KOH溶液反应，可类推（CN）2和氢氧化钾溶液反应；C．碘的氧化性小于（CN）2；D．结合氯气与水反应生成盐酸、HClO类推．【解答】解：A．由二氧化锰和浓盐酸的反应可知MnO2和HSCN反应的化学方程式为MnO2+4HSCN（浓）Mn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2O，故A正确；B．由氯气与碱的反应可知（CN）2和氢氧化钾溶液反应为（CN）2+2KOH═KCN+KCNO+H2O，故B正确；C．（CN）2和（SCN）2的性质和Cl2有性质有相似之处，碘的氧化性小于（CN）2，则碘晶体投入HCN溶液中不发生反应，故C错误；D．由氯气与水的反应二者（SCN）2和水反应为（SCN）2+H2O⇌HSCN+HSCNO，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与使用能力的考查，题目难度不大．　3．固体单质X和气体Y在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体Z，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体Z的密度是原气体密度的3倍，则判断正确的是（　　）A．反应前后的气体质量之比一定是1：3B．两种单质X、Y的摩尔质量之比是1：3C．在生成物Z中，X的质量分数为50%D．Z中X、Y两元素的原子个数比为3：1【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】根据阿伏加德罗定律可知，容器的体积固定，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，若产物气体Z的密度是原气体密度的3倍，则气体Z的质量是反应前气体Y质量的3倍，化学反应遵循质量守恒定律，则X的质量为B的质量的2倍，在生成物中X的质量分数为33.3%，由于不能确定X和Y的物质的量的关系，则不能确定X、Y的摩尔质量和原子个数之间的关系．【解答】解：容器的体积不变，其密度是反应前气体的3倍，m=ρM，则反应前后的气体质量之比一定是1：3，故A正确；B．由于不能确定X和Y的物质的量的关系，则不能确定X、Y的摩尔质量和原子个数之间的关系，故B错误；-26-\nC．气体Z的质量是反应前气体Y质量的3倍，化学反应遵循质量守恒定律，则X的质量为Y的质量的2倍，在生成物中X的质量分数为33.3%，故C错误；D．由于不能确定X、Y的物质的量的关系，则不能确定X、Y的摩尔质量和原子个数之间的关系，故D错误；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，根据题给选项只能确定Y和Z的关系、X的质量，但不能确定固体和气体之间物质的量关系、原子关系，题目难度中等．　4．浙江海洋经济发展示范区建设已上升为国家战略，海洋经济将成为浙江经济转型升级发展的重点．下列说法不正确的是（　　）A．从海水中提取溴单质的过程中涉及氧化还原反应B．从海带中提取碘单质的过程中涉及置换反应C．工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯单质，产生氯气的一极连在电源的正极D．从海水中提取氯化钠的过程中涉及化学反应【考点】海水资源及其综合利用．【专题】化学计算．【分析】A．溴元素由化合态转化为游离态发生氧化还原反应；B．从海带中提取碘单质时，氯气和碘离子发生置换反应；C．工业上用惰性电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电；D．从海水中提取氯化钠是将海水暴晒得到，不发生化学反应．【解答】解：A．溴元素由化合态转化为游离态发生氧化还原反应，反应方程式为：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2，所以涉及氧化还原反应，故A正确；B．从海带中提取碘单质时，氯气和碘离子发生置换反应，反应方程式为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，属于置换反应，故B正确；C．工业上用惰性电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以产生氯气的一极连在电源的正极，故C正确；D．从海水中提取氯化钠是将海水暴晒得到，该过程中没有新物质生成，所以不发生化学反应，故D错误；故选D．【点评】本题以海水资源开发利用为载体考查了化学反应，涉及氧化还原反应、置换反应、化学反应等知识点，根据物质间发生的反应及基本概念来分析解答即可，题目难度不大．　5．某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如下装置与操作以替代相关的课本实验．实验操作：先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，并产生大量白烟．以下叙述错误的是（　　）A．钠着火燃烧产生苍白色火焰B．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体C．管中部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气D．根据管右端棉球颜色的变化可判断氯气是否被碱液完全吸收【考点】钠的化学性质．【专题】元素及其化合物．-26-\n【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应．【解答】解：A．钠着火燃烧产生黄色火焰，故A错误；B．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，白烟是氯化钠晶体，故B正确；C．NaOH与氯气反应，可吸收过量的氯气，以免其污染空气，故C正确；D．氯气有强氧化性，能与KI发生置换反应生成碘，当浸有淀粉KI溶液的棉球未变色，表明氯气已被碱液完全吸收，故D正确；故选A．【点评】本题考查钠和氯气的性质，侧重考查元素化合物知识，会根据实验现象分析实验原理，注意钠的焰色反应呈黄色，易错选项是A．　6．在下列状态下，能导电的电解质是（　　）A．硝酸钾溶液B．液态氯化氢C．液态水银D．熔融氯化钠【考点】电解质溶液的导电性．【专题】离子反应专题．【分析】存在自由移动的电子或自由移动离子的物质能导电，电解质的溶液中存在自由移动的离子，则电解质溶液能导电，以此来解答．【解答】解：A．硝酸钾溶液中存在自由移动的氢离子和氯离子，能导电，故A选；B．液态氯化氢中没有自由移动的电子或自由移动离子，不能导电，B不选；C．水银是金属单质，但是液态水银中不存在自由移动的电子，不能导电，故C不选；D．熔融氯化钠中存在自由移动离子，能导电，故D不选．故选AD．【点评】本题考查溶液的导电，明确导电的条件是解答本题的关键，注意电解质导电的原因是存在自由移动的离子，难度不大．　7．某KCl、MgCl2、K2SO4形成的混合中，c（K+）=0.40mol/L，c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Cl﹣）=0.60mol/L，则c（SO42﹣）为（　　）A．0.30mol/LB．0.20mol/LC．0.15mol/LD．0.10mol/L【考点】溶液的组成．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】溶液中正电荷总数和负电荷总数相等，整个溶液不显电性，以此进行解答．【解答】解：因为溶液显电中性，故阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，故c（K+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），0.4mol/L+2×0.25mol/L=0.6mol/L+2c（SO42﹣），解得c（SO42﹣）=0.15mol/L，故选C．【点评】本题考查溶液显电中性，难度不大．要注意离子浓度的大小关系是解题的关键．　8．有机物粗产品蒸馏提纯时，下列装置中温度计的位置可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的是（　　）-26-\nA．B．C．D．【考点】蒸馏与分馏．【专题】化学实验基本操作．【分析】蒸馏实验时，温度计测量的温度时蒸汽的温度，所以水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，收集到的产品中混有高沸点杂质，则说明温度计位置放置错误引起测量的蒸汽的温度偏高，据此解答．【解答】粗产品蒸馏提纯时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，若温度计水银球放在支管口以下位置或者插入液面以下，测得蒸汽的温度偏低，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，测得蒸汽的稳定过高，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以用D装置收集，导致收集到的产品中混有高沸点杂质，故选D．【点评】本题考查了温度计的使用和蒸馏实验的原理，题目难度不大，注意平时总结使用温度计的使用以及温度计的作用．　9．将KCl和KBr的混合物26.8g溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2．反应后将溶液蒸干，得固体22.35g，则原溶液中K+、Cl﹣、Br﹣的物质的量之比是（　　）A．3：2：1B．4：3：1C．5：2：3D．5：4：1【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】混合溶液通入足量氯气，发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后将溶液蒸干，溴单质挥发，得固体22.35g为KCl，利用差量法计算混合物中KBr的质量，进而计算KCl质量，据此解答．【解答】解：混合溶液通入足量氯气，发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后将溶液蒸干，溴单质挥发，得固体22.35g为KCl，设混合物中KBr的质量为m，则：Cl2+2KBr=2KCl+Br2质量减少238160﹣71=89m26.8g﹣22.35g=4.45g故m==11.9g故混合物中KCl的质量为26.8g﹣11.9g=14.9g故n（KBr）==0.1moln（KCl）==0.2mol则原溶液中K+、Cl﹣、Br﹣的物质的量之比是（0.1mol+0.2mol）：0.2mol：0.1mol=3：2：1，故选A．【点评】本题考查混合物计算，难度不大，注意利用差量法计算，根据质量守恒定律理解质量差量法．-26-\n　10．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的物质的量之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）A．3：11B．11：3C．1：4D．4：1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．【解答】解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为1：3，则可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1﹣0）+3mol×（5﹣0）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的应用，题目难度不大．　11．下列溶液中的c（Cl﹣）与50mL1mol•L﹣1氯化铝溶液中的c（Cl﹣）相等的是（　　）A．150mL1mol•L﹣1氯化钠溶液B．75mL2mol•L﹣1氯化铵溶液C．150mL3mol•L﹣1氯化钾溶液D．50mL1mol•L﹣1氯化亚铁溶液【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】50mL1mol/LAlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为3mol/L，结合化学式计算选项中氯离子的浓度，进行判断．注意离子浓度与溶液的体积无关．【解答】解：50mL1mol/LAlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为3mol/L．A、150mL1mol•L﹣1氯化钠溶液中氯离子的浓度为1mol/L×1=1mol/L，故A错误；B、75mL2mol•L﹣1氯化铵溶液中氯离子的浓度为2mol/L×1=2mol/L，故B错误；C、150mL3mol•L﹣1氯化钾溶液中氯离子的浓度为3mol/L×1=3mol/L，故C正确；D、50mL1mol•L﹣1氯化亚铁溶液中所含Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L×2=2mol/L，故D错误．故选：C．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确浓度与物质的构成的关系是解答本题的关键，并注意离子的浓度与物质的浓度有关，而与溶液的体积无关．　12．关于原子或离子结构的下列说法不正确的是（　　）-26-\nA．某原子K层上只有一个电子B．某原子M层上电子数为L层上电子数的4倍C．某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍D．某离子核电荷数与最外层电子数相等【考点】原子构成；原子结构与元素的性质．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．K、L、M电子层上最多容纳的电子数分别为2、8、18；B．M层上最多只能排18个电子；C．K层上最多只能排2个电子，2×4=8；D．最外层电子数可为2或8，核电荷数与最外层电子数相等．【解答】解：A．K、L、M电子层上最多容纳的电子数分别为2、8、18；K层上可排1个电子，也可排2个电子K、L、M电子层上最多容纳的电子数分别为2、8、18；K层上排1个电子，也可排2个电子，故A正确；B．当M层上排有电子时，L层上一定排满了8个电子，而M层上最多只能排18个电子，又18＜8×4当M层上排有电子时，L层上一定排满了8个电子，而M层上最多只能排18个电子，又18＜8×4，故B错误；C．K层上最多只能排2个电子，2×4=8，则M层和L层都为8个电子的离子为，可能是K+或Ca2+，故C正确；D．最外层电子数可为2或8，核电荷数与最外层电子数相等，可能有两种情况：一种是均为2，但这种情况只能是原子；另一种均为8，核电荷数为8的元素为氧，氧离子的最外层子数也为8最外层电子数可为2或8，核电荷数与最外层电子数相等，可能有两种情况：一种是均为2，但这种情况只能是原子；另一种均为8，核电荷数为8的元素为氧，氧离子的最外层子数也为8最外层电子数可为2或8，核电荷数与最外层电子数相等，可能有两种情况：一种是均为2，但这种情况只能是原子；另一种均为8，核电荷数为8的元素为氧，氧离子的最外层子数也为8，故D正确．故选B．【点评】本题考查考查核外电子的排布规律，难度中等，对学生的综合素质提出了较高的要求，有利于培养学生严谨的逻辑思维能力，提高学生分析问题、解决问题的能力．该题的解题思路是通过讨论、排除逐一筛选即可．　13．下列说法中不正确的是（　　）①质子数相同的粒子一定属于同种元素；②同位素的性质几乎完全相同；③质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子；④电子数相同的粒子不一定是同一种元素；⑤一种元素只能有一种质量数；⑥某种元素的原子相对原子质量取整数，就是其质量数．A．①②④⑤B．③④⑤⑥C．②③⑤⑥D．①②⑤⑥【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．-26-\n【专题】原子组成与结构专题．【分析】①质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；③两种粒子，质子数一样，离子带电，离子的电子数一定和质子数不一样，分子不带电，分子的质子数和电子数一定相等，据此判断；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；⑤元素不谈质量数，一种元素的原子可能有不同的质量数；⑥某种元素的原子质量数等于质子数与中子数之和．【解答】解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故①错误；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，故②错误；③分子显电中性，离子带电，两种粒子质子数和电子数均相同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子一种离子，故③正确；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子，电子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，Na+与Mg2+，故④正确；⑤质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素不谈质量数，一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，故⑤错误；⑥某种元素的原子质量数等于该原子质子数与中子数之和，故⑥错误．所以①②⑤⑥不正确．故选D．【点评】本题考查同位素、质量数等基本概念，难度不大，注意把握同位素概念的内涵与外延．　14．从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）A．海带灼烧成灰B．过滤得含I﹣的溶液-26-\nC．放出碘的苯溶液D．分离碘并回收苯【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．固体的灼烧应在坩埚中；B．过滤应用玻璃棒引流；C．苯的密度比水小，应从上口倒出；D．碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水．【解答】解：A．不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故A错误；B．过滤应用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故B错误；C．苯的密度比水小，应从上口倒出，防止污染，故C错误；D．碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水，故D正确．故选D．【点评】本体考查化学实验操作，题目难度不大，物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法．　15．分类方法在化学学科的发展中起到非常重要的作用．下列分类标准合理的是①根据酸分子中含有氢原子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等②根据化合物在溶液中电离出离子的类别，将化合物分为酸、碱、盐③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液④根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应（　　）A．①③B．②③④C．①②④D．②④【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应．【专题】物质的分类专题．【分析】一元酸、二元酸是根据酸电离出氢离子的个数进行分类的；化合物根据溶液中电离出的离子种类分为酸碱盐；分散系的分类依据是根据分散系微粒直径的大小，而不是否具有丁达尔现象；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应．【解答】解：①一元酸、二元酸是根据酸电离出氢离子的个数进行分类的，如CH3COOH含有4个H，但为一元酸，故①错误；-26-\n②根据化合物在溶液中电离出离子的类别，溶液中电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸；溶液中电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物是盐，故②正确；③．分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，故③错误；④．氧化还原反应中有电子的转移，而非氧化还原反应物电子的转移，根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故④正确；故选B．【点评】本题考查物质和反应的分类和分类依据，明确不同的分类依据得出不同的分类结果即可解答，较简单．　16．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是操作现象结论A先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣B滴加氯水和CCl4，振荡、静置上层溶液显紫色原溶液中有I﹣C用洁净铁丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+D滴加NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+（　　）A．AB．BC．CD．D【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【专题】离子反应专题．【分析】A、银离子的溶液中滴加BaCl2溶液，也会生成白色沉淀；B、氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；C、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子；D、滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子．【解答】解：A、滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为银离子滴加氯化钡溶液，也是生成白色沉淀，故A错误；B、氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故B正确；C、焰色反应是用铂丝蘸取待测液进行试验，不能是铁丝，故C错误；D、氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；故选B．【点评】本题考查硫酸根离子、碘离子、钠离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰．　17．在标准状况下，有一刚性密闭容器，被一可以自由滑动的活塞分成两个密闭的反应器．左侧充入等物质的量的氢气和氧气，右侧充入一氧化碳和氧气的混合气体．同时引燃左右两侧的混合气，反应后恢复到标准状况，反应前后活塞位置如图所示，则右侧混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是（液态水的体积忽略不计）①1：1②3：1③1：3④1：2（　　）-26-\nA．①②B．②④C．①④D．①③【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】假设氢气和氧气的物质的量分别为1mol，开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为2mol，根据方程式计算左室中剩余气体物质的量，由图可知反应后左右两侧气体的物质的量之比为1：3，讨论右侧剩余气体，根据反应的有关方程式判断．【解答】解：假设氢气和氧气的物质的量分别为1mol，开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为2mol，同时引燃左右两侧的混合气，左侧：2H2+O22H2O，1mol0.5mol左侧剩余气体为0.5molO2，由图可知反应后左右两侧气体的体积之比为2：6=1：3，故物质的量之比为1：3，则右侧气体的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，当CO过量时，设O2为xmol，则CO为mol：2CO+O22CO22112xx2x2﹣x﹣2x+2x=1.5，解得x=0.5所以n（CO）=2mol﹣0.5mol=1.5mol，则n（CO）：n（O2）=3：1；当O2过量时，设CO为ymol，则O2为mol，2CO+O22CO2211yy2﹣y﹣+y=1.5解得y=1，所以，n（CO）=1mol，n（O2）=1mol，则n（CO）：n（O2）=1：1，故选A．【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，注意根据左右两侧气体的体积关系判断右侧气体的物质的量，用讨论的方法计算．　18．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为2a%，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则c1和c2的数值关系是（　　）-26-\nA．c2=2c1B．c2＞2c1C．c2＜2c1D．无法确定【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】利用c=计算硫酸的物质的量浓度，且硫酸溶液的浓度越大其密度也越大，以此来解答．【解答】解：设将溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为ρ1，则c1=mol/L=mol/L，设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2=mol/L=mol/L，所以c1：c2=mol/L：mol/L=ρ1：2ρ2，即c2=c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以＞2，即c2＞2c1，故选B．【点评】本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，为高频考点，把握浓度与质量分数的关系及硫酸溶液的浓度越大密度也越大为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意氨水、酒精浓度越大密度越小，题目难度中等．　19．下列说法错误的是（　　）A．三个美国科学家因给复杂化学体系设计了多尺度模型而共享了2022年诺贝尔化学奖B．已知PM2.5是指大气中直径≤2.5×10﹣6m的颗粒物，则受PM2.5污染的大气不一定能产生丁达尔现象C．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些非金属元素D．并不是所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学史；焰色反应．【专题】化学计算．【分析】A、2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家马丁•卡普拉斯、迈克尔•莱维特及亚利耶•瓦谢尔因，他们因给复杂化学体系设计了多尺度模型而共享奖项；B、分散质的直径介于10﹣9m﹣10﹣7m之间的属于胶体，胶体能产生丁达尔现象；C、原子吸收光谱只能确定某物质中有什么金属元素，不能测岀非金属；D、焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色反应．【解答】解：A、三个美国科学家马丁•卡普拉斯、迈克尔•莱维特及亚利耶•瓦谢尔因因给复杂化学体系设计了多尺度模型而共享了2022年诺贝尔化学奖，故A正确；B、分散质的直径介于10﹣9m﹣10﹣7m之间的属于胶体，胶体能产生丁达尔现象，所以PM2.5是指大气中直径≤2.5×10﹣6m的颗粒物，则受PM2.5污染的大气不一定能产生丁达尔现象，故B正确；C、借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些金属元素，故C错误；-26-\nD、焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色反应，所以并不是所有金属元素都可以用焰色反应来确定其存在，故D正确；故选C；【点评】本题主要考查2022年诺贝尔化学奖、胶体的性质、原子吸收光谱和焰色反应，难度不大，注意知识的积累．　20．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．18gD2O中含有的氧原子数为NAB．实验室用2mol的浓HCl在加热条件下与足量的MnO2反应，转移的电子数为NAC．22.4L氯化氢溶于水可电离出1molCl﹣D．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA【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．重水的摩尔质量为20g/mol，18g重水的物质的量为0.9mol，含有0.9mol氧原子；B．消耗2mol氯化氢能够生成0.5mol氯气，转移了1mol电子；稀盐酸不与二氧化锰反应，生成氯气的物质的量小于0.5mol；C．没有告诉在标况下，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．二氧化碳和氧气分子中都含有2个氧原子，NA个二者的混合气体则含有2NA个氧原子．【解答】解：A．18g重水的物质的量为0.9mol，0.9mol重水中含有0.9mol氧原子，含有的氧原子数为0.9NA，故A错误；B．2mol浓盐酸完全反应最多生成0.5mol氯气，由于随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，所以反应生成的氯气小于0.5mol，转移的电子小于1mol，转移的电子数小于NA，故B错误；C．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氯化氢的物质的量，故C错误；D．CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，由于二氧化碳和氧气中都含有2个氧原子，则混合气体中含有的氧原子数为2NA，故D正确；故选D．【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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项B为易错点，注意稀盐酸不与二氧化锰反应．　21．关于氯气及氯水的叙述中，下列正确的是（　　）A．纯净的氯气是一种黄绿色、有毒的气体，具有漂白性B．可用干燥的石蕊试纸验证氯水是否变质C．氯气能与铁反应，液氯不宜贮存在钢瓶中D．氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A．干燥的氯气不具有漂白性；B．氯水中含HClO可使试纸褪色，变质后为盐酸，不能使其褪色；C．常温下，铁与氯气不反应；D．氯水为混合物．【解答】解：A．干燥的氯气不具有漂白性，HClO具有漂白性，故A错误；-26-\nB．氯水中含HClO可使试纸褪色，变质后为盐酸，不能使其褪色，则可用干燥的石蕊试纸验证氯水是否变质，故B正确；C．常温下，铁与氯气不反应，则液氯可贮存在钢瓶中，故C错误；D．氯水为混合物，而氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，故D错误；故选B．【点评】本题考查氯气的化学性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意D中氯水为混合物，侧重分析能力和知识应用能力的考查，题目难度不大．　22．LiAlH4是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出氢气，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al．下列叙述错误的是（　　）A．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂B．LiAlH4与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g•mol﹣1C．1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子D．LiAlH4与水反应生成三种物质时，化学方程式可表示为：LiAlH4+4H2O═Al（OH）3+LiOH+4H2↑【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．乙醛变化为乙醇的过程是加氢反应，是乙醛被还原发生还原反应；B．LiH与D2O反应生成的氢气分子式为HD；C．依据LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al的化学方程式计算；D．LiAlH4中的﹣1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH﹣，OH﹣与Al3+反应生成AlO2﹣．【解答】解：A．乙醛变成乙醇得到氢，在有机中得氢去氧是还原，所以氧化剂是乙醛，LiAlH4是还原剂，故A正确；B．LiH与D2O反应生成氢气（HD），其摩尔质量为3g/mol，故B错误；C．LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为﹣1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1molLiAlH4在125℃时完全分解，转移3mol电子，故C正确；D．LiAlH4中的﹣1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH﹣，OH﹣与Al3+反应生成AlO2﹣，所以反应的化学方程式：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，故D正确；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应的应用，明确有机反应中氧化剂和还原剂的判断、电子转移数的计算，会结合信息利用知识迁移的方法解决问题．　23．已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（　　）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D．③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．置换反应中不仅有单质生成还必须有单质参加；B．根据同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断氧化性强弱；-26-\nC．先确定还原剂和氧化剂，再根据它们计量数之间的关系式判断；D．氧化还原反应中得失电子数相等．【解答】解：A．②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；B．：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误；D．③还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2×（5﹣0）mol=10mol，故D错误；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，易错选项是C，注意该选项中不是所有氯化氢都参加氧化还原反应，为易错点．　24．能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是（必要时可加热）（　　）A．BaCl2B．NaOHC．Ba（OH）2D．AgNO3【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】元素及其化合物．【分析】Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：白色沉淀、刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体，现象各不相同，以此来解答．【解答】解：A．BaCl2与Na2SO4、（NH4）2SO4两瓶无色溶液反应，均生成白色沉淀，现象相同，无法区别，故A错误；B．NaOH与NH4NO3、（NH4）2SO4两瓶无色溶液反应，均生成刺激性气味的气体，现象相同，无法区别，故B错误；C．Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：白色沉淀、刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体，现象各不相同，能够区别，故C正确；D．AgNO3与Na2SO4、KCl、（NH4）2SO4三瓶无色溶液反应，均生成白色沉淀，现象相同，不能区别，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的鉴别区分，明确物质的性质及发生的反应中的现象是解答本题的关键，注意把握物质的性质，利用不同现象来区分，题目难度不大．　二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）25．学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，现欲用此硫酸配制配制成浓度为0.50mol•L﹣1的稀硫酸100mL．①所需仪器除烧杯、量筒玻棒外还需　100mL容量瓶　、　胶头滴管　．②所取浓硫酸的体积为　2.7　mL．③下列操作引起所配溶液浓度偏高的是　B　A．移液时洗涤烧杯2﹣3次，将洗涤液倒入容量瓶中-26-\nB．定容时俯视C．定容时仰视D．颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线．【考点】溶液的配制．【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作．【分析】①根据实验操作步骤及各仪器的作用选取仪器；②依据C=计算浓硫酸物质的量浓度，依据溶液稀释规律计算需要浓硫酸体积；③根据c=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．【解答】解：①实验操作的步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用量筒量取需要浓硫酸体积，用烧杯稀释浓硫酸，需要玻璃棒搅拌和引流，需要100mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；②浓硫酸的物质的量浓度C==18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中含溶质的物质的量不变则：V×18.4mol/L=0.5mol/L×100mL，解得V=2.7mL；故答案为：2.7；③A．移液时洗涤烧杯2﹣3次，将洗涤液倒入容量瓶中，属于正确操作，溶液浓度准确，故A不选；B．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；C．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选；D．颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线，属于正确操作，溶液浓度准确，故D不选；故选：B．【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制步骤、所需仪器以及误差分析，题目难度不大，注意对基础实验知识的积累．　26．11.0g由H和O组成的水分子，其中含中子数为　6　mol，电子数为　5　mol．【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】计算题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据n=计算水的物质的量，结合分子含有含有中子数、电子数计算中子、电子的物质的量，再根据N=nNA计算电子数目．【解答】解：由H和O组成的水分子的相对分子质量为22，则11g的物质的量为=0.5mol，其中含中子数为×0.5mol=6mol，电子数为×0.5mol=5mol，-26-\n故答案为：6；5．【点评】本题考查物质的量的计算以及原子结构，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．　27．1634S2﹣微粒中的质子数是　16　，中子数是　18　，核外电子数是　18　，质量数是　34　．【考点】核素．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据元素符号各个方向数字表示的含义判断，左下角表示质子数，左上角表示质量数，质子数+中子数=质量数，阴离子的电子数=质子数+电荷数．【解答】解：元素符号左下角表示质子数，所以其质子数为16；质子数+中子数=质量数，所以其中子数为18；阴离子的电子数=质子数+电荷数．所以其电子数为18．元素符号左上角表示质量数，所以其质量数为34；故答案为：16；18；18；34【点评】本题考查了核素中各微粒间的关系，侧重考查学生的辨别能力和归纳能力．　28．（1）写出图中序号①～④仪器的名称：①　蒸馏烧瓶　；②　冷凝管　；③　分液漏斗　；④　100mL容量瓶　．仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有　③④　．（填仪器序号）（3）分离碘水中的碘应先选择装置　II　（填I、II、III）进行操作A，再选装置　I　（填I，II、III），进行　蒸馏　操作（操作名称）．进行操作A时，需在碘水中加一试剂，在选择试剂时，下列性质你认为哪些性质是必需的：　②③　（填序号）．①常温下为液态②I2在其中溶解程度大③与水互溶程度小④密度要比水大．【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】（1）根据常见仪器的名称来回答；根据分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；（3）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，然后分液；根据碘与四氯化碳的沸点不同可用蒸馏分离；萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应．【解答】解：（1）因①～④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；因分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水，蒸馏烧瓶、冷凝管不需要检查是否漏水，故答案为：③④；-26-\n（3）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开；四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳；碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和水不互溶，且萃取剂和碘不反应，故答案为：II；I；蒸馏；②③．【点评】本题主要考查了常见仪器的用途、物质的分离，题目难度不大，注意不同分离提纯方法的适用对象以及操作原理．　三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）29．在标准状况下，将一充满HCl和氧气混合气体的集气瓶倒放于盛有足量水的水槽中，水面上升至集气瓶容积的就停止了，则原集气瓶中混合气体的平均相对分子质量为　35.6　．假设溶质不扩散到瓶外，则集气瓶内所得溶液HCl的物质的量浓度为　0.045　mol/L．（已知HCl极易溶于水）．【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】在标准状况下，将一充满HCl和氧气混合气体的集气瓶倒放于盛有足量水的水槽中，水面上升至集气瓶容积的就停止了，剩余为氧气，则混合气体中HCl与氧气的物质的量之比4：1，根据=计算平均摩尔质量，进而确定平均相对分子质量；假设溶质不扩散到瓶外，所得溶液体积等于HCl的体积，令HCl的体积为VL，根据n=计算HCl的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度．【解答】解：在标准状况下，将一充满HCl和氧气混合气体的集气瓶倒放于盛有足量水的水槽中，水面上升至集气瓶容积的就停止了，剩余为氧气，则混合气体中HCl与氧气的物质的量之比4：1，故混合气体平均相对分子质量==35.6；假设溶质不扩散到瓶外，所得溶液体积等于HCl的体积，令HCl的体积为VL，HCl的物质的量==mol，所得溶液的物质的量浓度==0.045mol/L，故答案为：35.6；0.045．【点评】本题考查平均相对分子质量及物质的量浓度计算，难度不大，注意溶液的体积等于HCl的体积．　30．现有以下物质：①NaCl溶液；②液态SO3；③乙醇（C2H5OH）；④熔融的KNO3；⑤BaSO4固体；⑥干冰；⑦Cu其中：属于电解质的是　④⑤　；属于非电解质的是　②③⑥　；能导电的是　①④⑦　（以上都用序号填写）．【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．-26-\n【分析】电解质是在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（自身电离成阳离子与阴离子）的化合物，例如酸、碱和盐等；在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物叫非电解质；物质导电的条件是含有自由电子或者自由移动的离子．【解答】解：（1）①NaCl溶液含有自由离子，能够导电；属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；②液态SO3不含有自由电子或者自由移动的离子，不导电；本身不能电离出自由离子，属于非电解质；③乙醇（C2H5OH）不含有自由电子或者自由移动的离子，不导电；在水溶液中和在熔融状态下都能导电，属于电解质；④熔融的KNO3含有自由移动的离子，能导电；在水溶液中和在熔融状态下能导电，属于电解质；⑤BaSO4固体不含有自由电子或者自由移动的离子，不导电；在熔融状态下能导电，属于电解质；⑥干冰不含有自由电子或者自由移动的离子，不导电；本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质；⑦Cu含有自由电子，能够导电；是单质，既不是电解质也不是非电解质；所以属于电解质的是：④⑤；属于非电解质的是：②③⑥；能够导电的是：①④⑦；故答案为：④⑤、②③⑥、①④⑦．【点评】本题考查了电解质与非电解质的判断，熟悉电解质、非电解质概念是解题关键，注意单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质，题目难度不大．　31．如图是某同学设计的制备少量氯气并进行系列实验的装置（夹持及加热仪器已略）．（1）若装置A中制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，请写出装置A中的化学反应方程式：　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　；实验室也可用高锰酸钾制氯气：2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O该反应中的氧化剂是　KMnO4　，若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是　1　mol；装置B中饱和食盐水的作用是　除去Cl2中的HCl　；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入　d　；abcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰硅胶碱石灰无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条-26-\n（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱．当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为　橙黄　色，若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，振荡锥形瓶后静置一会儿，可以观察到的现象是　E中液体分为两层，下层（CCl4层）为紫红色　；（5）装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯，试写出相应的离子方程式　2OH﹣+Cl2=Cl﹣+ClO﹣+H2O　．【考点】氯气的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】（1）固体二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；根据反应物中所含元素化合价的变化判断，高锰酸钾中Mn元素化合价由+7价降到+2价，被还原，高锰酸钾为氧化剂，结合化合价的变化以及反应的方程式可计算转移电子的数目；A中制取的氯气含有挥发出来的氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢气体；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为橙黄色；说明氯气氧化性强于溴单质；打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于四氯化碳中，振荡分层，四氯化碳层在下层；（5）装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯反应的化学方程式是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水．【解答】解：（1）固体二氧化锰和浓盐酸反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；在反应2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O中Mn元素化合价由+7价降到+2价，被还原，高锰酸钾为氧化剂，Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，依据氧化剂、还原剂得失电子守恒消耗2molKMnO4，有10molHCl被氧化，则消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是1mol，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；KMnO4；1；装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，故答案为：除去Cl2中的HCl；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；（4）D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为橙黄色：氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于四氯化碳呈紫红色，振荡．观察到的现象是：E中溶液分为两层，下层（四氯化碳层）为紫红色；故答案为：橙黄；E中液体分为两层，下层（CCl4层）为紫红色；（5）装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯反应，离子方程式为：2OH﹣+Cl2=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：2OH﹣+Cl2=Cl﹣+ClO﹣+H2O．【点评】本题以氯气的制取及性质检验为载体综合考查实验的相关知识，注意化学方程式的书写，得失电子守恒在氧化还原反应的相关计算中的应用，题目难度中等．　-26-