河北省邯郸市永年二中成安一中联考高一化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年河北省邯郸市永年二中、成安一中联考高一（上）期中化学试卷　一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共54分，将答案填入答题卡内）1．“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，1纳米（nm）=10﹣9m，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．“纳米材料”是指直径在几纳米到几十纳米的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物可能具有的性质是（　　）A．分散质粒子不能透过滤纸B．具有丁达尔效应C．分散质很快就沉降下来D．所得分散系是溶液　2．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　3．焰色反应每次实验都要用试剂洗净铂丝，这种试剂是（　　）A．Na2CO3溶液B．NaOH溶液C．硫酸D．稀盐酸　4．下列物质属于非电解质的是（　　）A．C2H5OHB．NaOHC．NaClD．H2SO4　5．下列化学反应属于氧化还原反应且水既不作氧化剂又不作还原剂的是（　　）A．CaO+H2O=Ca（OH）2B．NaH+H2O=NaOH+H2↑C．3NO2+H2O=2HNO3+NOD．2H2O+2F2=4HF+O2↑　6．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．1molNaCl固体溶于1L水所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1mol•L﹣1B．2.3g钠转化为钠离子时失去的电子数目为0.1NAC．常温常压下，11.2LH2所含的原子数目为NAD．28g氮气所含的原子数目为NA　7．实验室需950mL2mol/L的碳酸钠溶液，选取容量瓶的规格和称取碳酸钠的质量为（　　）A．1000mL、212gB．950mL、201.4gC．500mL、286gD．任意规格、572g　8．下列各组离子能够大量共存且溶液呈无色的是（　　）A．H+、Ag+、Cl﹣、SOB．Mg2+、Al3+、OH﹣、SOC．K+、Na+、Cl﹣、COD．NH、MnO4﹣、Na+、NO-19-\n　9．两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同（　　）①原子总数②质子总数③分子总数④质量．A．①②B．②③C．①③D．②④　10．下列各组中两种物质在溶液中的反应可用同一离子方程式表示的是（　　）A．Cu（OH）2+HCl；Cu（OH）2+CH3COOHB．NaHCO3+H2SO4；Na2CO3+HClC．NaHCO3+NaOH；Ca（HCO3）2+NaOHD．BaCl2+H2SO4；Ba（OH）2+Na2SO4　11．下列实验操作中正确的是（　　）A．蒸发操作中应使水分完全蒸干后，才能停止加热B．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大C．分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中D．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处　12．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（　　）A．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﹣B．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﹣C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+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+　13．与250mL0.4mol•L﹣1稀硫酸中的c（H+）相等的是（　　）A．100mL2mol•L﹣1的盐酸溶液B．25mL0.8mol•L﹣1的稀HNO3溶液C．100mL1mol•L﹣1的稀H2SO4溶液D．250mL0.4mol•L﹣1的稀盐酸溶液　14．某元素R的原子的质量数为70，其核内中子数为39，它的离子有28个电子，则此元素的氧化物的化学式应为（　　）A．ROB．R2O3C．RO2D．R2O5　15．在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（　　）A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在　16．纯碱和小苏打是厨房中两种常见的用品，都是白色固体．下列区分这两种物质的方法正确的是（　　）A．分别用炒锅加热两种样品，全部分解挥发，没有残留物的是小苏打B．用洁净铁丝蘸取两种样品在煤气火焰上灼烧，使火焰颜色发生明显变化的是小苏打C．用两只小玻璃杯，分别加入少量的两种样品，再加入等量的食醋，产生气泡快的是小苏打-19-\nD．先将两样品配成溶液，分别加入澄清石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打　17．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为（　　）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：2　18．将4.34gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672mL混合气体．该混合气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则混合物中Na、Na2O和Na2O2的物质的量之比为（　　）A．1：1：1B．1：1：2C．1：2：2D．4：3：2　　二、非选择题（共46分）19．写出下列物质溶于水的电离方程式：（1）HCl：　　　　　　；（2）Ba（OH）2：　　　　　　；（3）NaHCO3：　　　　　　；（4）NaHSO4：　　　　　　．　20．试用质子数、中子数、电子数、质量数和同位素填空：（1）C与N具有相同的　　　　　　（2）C与C具有相同的　　　　　　（3）C与N具有相同的　　　　　　（4）N与N互为　　　　　　．　21．用“相等”或“不相等”填空：0.3mol的氧气和0.2mol的臭氧（O3），它们的质量　　　　　　，它们所含的分子数　　　　　　，原子数　　　　　　．　22．某同学购买了一瓶××牌“84消毒液”，查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO1000mL、密度1.19g•cm﹣3．请根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为　　　　　　mol•L﹣1（保留两位有效数字）．（2）某实验需用480mL含25%NaClO的消毒液．该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制该消毒液．①下列说法正确的是　　　　　　．A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C．利用久置的NaClO来配制可能导致结果偏低D．需要称量的NaClO固体质量为143g-19-\n②在配制过程中，下列操作可能使配制的溶液的浓度偏大的是　　　　　　．A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B．定容时，俯视刻度线C．定容时，仰视刻度线D．移液时，有少量液体溅出．　23．某同学设计如下实验方案，以分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，试回答：（1）操作I的名称是　　　　　　，操作Ⅱ的名称是　　　　　　．如图中括号内的操作步骤均为　　　　　　；（2）写出生成B的方程式为：　　　　　　．（3）按此实验方案得到的NaCl固体中肯定含有　　　　　　（填化学式）杂质；为了解决这个问题可以向操作（Ⅱ）得到的液体A中加入适量的　　　　　　；反应的方程式为：　　　　　　．　24．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）．（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学反应方程式为：　　　　　　．装置B中饱和食盐水的作用是　　　　　　；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象　　　　　　．-19-\n（2）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碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙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（3）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，可以看到无色溶液逐渐变为　　　　　　色，说明　　　　　　．打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象　　　　　　．　25．将6.5克锌投入200mL某浓度的盐酸中，锌完全反应，反应前后溶液的体积不变．请用详细的过程，求：（1）反应中生成的H2在标准状况下的体积；（2）取反应后的溶液20mL，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀5.74克，求原盐酸中HCl的物质的量浓度．　　-19-\n2022-2022学年河北省邯郸市永年二中、成安一中联考高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共54分，将答案填入答题卡内）1．“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，1纳米（nm）=10﹣9m，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．“纳米材料”是指直径在几纳米到几十纳米的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物可能具有的性质是（　　）A．分散质粒子不能透过滤纸B．具有丁达尔效应C．分散质很快就沉降下来D．所得分散系是溶液【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答．【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，胶体是稳定的，故选B．【点评】本题考查分散系的判断及胶体的性质，明确纳米材料的直径是解答本题的关键，题目难度不大．　2．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．　3．焰色反应每次实验都要用试剂洗净铂丝，这种试剂是（　　）A．Na2CO3溶液B．NaOH溶液C．硫酸D．稀盐酸【考点】焰色反应．【专题】元素及其化合物．【分析】每做一次焰色反应实验，都要用稀盐酸洗涤铂丝，目的是除去杂质．-19-\n【解答】解：A．焰色反应是金属元素的性质，如果洗涤液用碳酸钠溶液，碳酸钠溶液中含有钠元素会对检验的金属元素造成干扰，故A错误；B．铂丝残留的实验物质和NaOH溶液不反应，不易去除，故B错误；C．铂丝残留的实验物质和硫酸反应生成的硫酸盐熔点高，不易去除，故C错误；D．焰色反应最主要的就是无其他例子干扰，每次做完焰色反应实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，故D正确；故选D．【点评】本题考查焰色反应实验，注意不能用稀硫酸洗铂丝，这是由于硫酸盐的沸点高，杂质不易除去，且盐酸有挥发性．注意焰色反应是元素的性质不是原子或离子的性质，题目难度不大．　4．下列物质属于非电解质的是（　　）A．C2H5OHB．NaOHC．NaClD．H2SO4【考点】电解质与非电解质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．【解答】解：A．乙醇为化合物，本身不发生电离，不能够导电，属于非电解质，故A选；B．氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，属于电解质，故B不选；C．氯化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，属于电解质，故C不选；D．硫酸在溶液中能够导电，属于电解质，故D不选；故选A．【点评】本题考查了电解质、非电解质概念的理解分析，关键是化合物能否电离出离子，题目较简单．　5．下列化学反应属于氧化还原反应且水既不作氧化剂又不作还原剂的是（　　）A．CaO+H2O=Ca（OH）2B．NaH+H2O=NaOH+H2↑C．3NO2+H2O=2HNO3+NOD．2H2O+2F2=4HF+O2↑【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】从化合价是否发生改变的角度判断是否氧化还原反应，根据水中H和O元素的化合价是否变化判断水的作用．【解答】解：A．各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，水为氧化剂，故B错误；C．只有N元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，水既不作氧化剂又不作还原剂，故C正确；D．O和F元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，水为还原剂，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意元素化合价的变化．　6．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．1molNaCl固体溶于1L水所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1mol•L﹣1B．2.3g钠转化为钠离子时失去的电子数目为0.1NA-19-\nC．常温常压下，11.2LH2所含的原子数目为NAD．28g氮气所含的原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、1molNaCl固体溶于1L水所得溶液体积大于1L；B、依据n=计算物质的量，结合钠失电子数计算；C、常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol；D、依据n=计算物质的量，结合氮气分子式计算；【解答】解：A、1molNaCl固体溶于1L水所得溶液体积大于1L，溶液中NaCl的物质的量浓度小于1mol•L﹣1，故A错误；B、依据n=计算物质的量==0.1mol，结合钠失电子数计算转化为钠离子时失去的电子数目为0.1NA，故B正确；C、常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，故C错误；D、依据n=计算物质的量==1mol，结合氮气分子式计算所含的原子数目为2NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用，物质的量计算微粒数，掌握基础是关键，题目较简单．　7．实验室需950mL2mol/L的碳酸钠溶液，选取容量瓶的规格和称取碳酸钠的质量为（　　）A．1000mL、212gB．950mL、201.4gC．500mL、286gD．任意规格、572g【考点】溶液的配制．【专题】计算题．【分析】没有950mL的容量瓶，配制950mL溶液，需要选择1000mL的容量瓶；根据n（Na2CO3）=c（Na2CO3）•V和m（Na2CO3）=n•M（Na2CO3），计算出需要碳酸钠的质量即可．【解答】解：由于没有950mL的容量瓶，配制950mL碳酸钠溶液，需要选择1000mL的容量瓶；2mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，n（Na2CO3）=c（Na2CO3）•V=2mol，需要碳酸钠的质量是：m（Na2CO3）=n•M（Na2CO3）=106g/mol×2mol=212g，故选A．【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，考查了容量瓶的选择，注意计算溶质的物质的量时，体积为容量瓶的规格，本题难度中等．　8．下列各组离子能够大量共存且溶液呈无色的是（　　）A．H+、Ag+、Cl﹣、SOB．Mg2+、Al3+、OH﹣、SOC．K+、Na+、Cl﹣、COD．NH、MnO4﹣、Na+、NO-19-\n【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体水等，则能大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．因Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，则不能共存，故A错误；B．Mg2+、Al3+分别与OH﹣结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．该组离子之间不反应，能共存，但MnO4﹣为紫色，与无色溶液不符，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件是解答本题的关键，并注意归纳常见离子的颜色，题目难度不大．　9．两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同（　　）①原子总数②质子总数③分子总数④质量．A．①②B．②③C．①③D．②④【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】相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，分子数相等，根据气体的分子构成、原子构成作进一步判断．【解答】解：相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，根据N=nNA知分子数相等，每个分子含有的原子个数相等，所以原子总数相等，一个一氧化氮分子、氮气分子或氧气分子中含有的质子数不等，所以总质子数不相等，气体的摩尔质量不等，所以其总质量不等，故选：C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度不大，本题着重于原子结构的考查，注意把握分子的构成．　10．下列各组中两种物质在溶液中的反应可用同一离子方程式表示的是（　　）A．Cu（OH）2+HCl；Cu（OH）2+CH3COOHB．NaHCO3+H2SO4；Na2CO3+HClC．NaHCO3+NaOH；Ca（HCO3）2+NaOHD．BaCl2+H2SO4；Ba（OH）2+Na2SO4【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．CH3COOH为弱酸，应写成化学式，HCl为强电解质，写成离子；B．NaHCO3电离出HCO3﹣，Na2CO3电离出CO32﹣；C．Ca（HCO3）2和NaOH反应生成CaCO3沉淀；D．反应的实质为SO42﹣和Ba2+的反应．【解答】解：A．反应的离子方程式分别为：Cu（OH）2+2H+=Cu2++2H2O、Cu（OH）2+2CH3COOH=Cu2++2H2O+2CH3COO﹣，二者不同，故A错误；B．NaHCO3电离出HCO3﹣，Na2CO3电离出CO32﹣，反应物不同，离子方程式不同，故B错误；C．Ca（HCO3）2和NaOH反应生成CaCO3沉淀，生成物不同，离子方程式不同，故C错误；D．实质都为SO42﹣和Ba2+的反应，离子方程式都为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，故D正确．故选D．-19-\n【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意判断反应物和生成物的判断，注意强弱电解质的判断．　11．下列实验操作中正确的是（　　）A．蒸发操作中应使水分完全蒸干后，才能停止加热B．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大C．分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中D．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处【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．蒸发时应防止溶质分解而变质；B．萃取剂的选择与密度大小无关；C．分液时应避免液体重新混合而污染；D．蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度．【解答】解：A．蒸发时，当有大量固体析出时，即停止加热，防止温度过高而导致溶质分解而变质，故A错误；B．萃取剂的选择与密度大小无关，故B错误；C．分液时应避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故C错误；D．蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验操作的方法，难度不大．　12．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（　　）A．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﹣B．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﹣C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+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+【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】根据常见离子的检验方法可知：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀．【解答】解：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO32﹣，故A错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有SO42﹣，故B错误；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故C正确；-19-\nD、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，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+，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行解答．　13．与250mL0.4mol•L﹣1稀硫酸中的c（H+）相等的是（　　）A．100mL2mol•L﹣1的盐酸溶液B．25mL0.8mol•L﹣1的稀HNO3溶液C．100mL1mol•L﹣1的稀H2SO4溶液D．250mL0.4mol•L﹣1的稀盐酸溶液【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据离子浓度=电解质浓度×电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，据此结合计算判断．【解答】解：250mL0.4mol•L﹣1稀硫酸中的c（H+）=0.4mol•L﹣1×2=0.8mol•L﹣1；A、100mL2mol•L﹣1的盐酸溶液溶液中c（H+）=2mol•L﹣1，故A错误；B、25mL0.8mol•L﹣1的稀HNO3溶液中c（H+）=0.8mol•L﹣1，故B正确；C、100mL1mol•L﹣1的稀H2SO4溶液中c（H+）=2mol•L﹣1，故C错误；D、250mL0.4mol•L﹣1的稀盐酸溶液中c（H+）=0.4mol•L﹣1，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．　14．某元素R的原子的质量数为70，其核内中子数为39，它的离子有28个电子，则此元素的氧化物的化学式应为（　　）A．ROB．R2O3C．RO2D．R2O5【考点】根据化合价正确书写化学式(分子式)．【专题】计算题．【分析】质子数=质量数﹣中子数，阳离子：电荷数=质子数﹣电子式，再根据化合价书写化学式．【解答】解：质子数=质量数﹣中子数=70﹣39=31，电荷数=质子数﹣电子式=31﹣28=3，故该阳离子带3个单位正电荷，故表现+3价，O为﹣2价，故此元素的氧化物的化学式应为R2O3，故选B．【点评】本题考查化学式的书写以及微粒间的数量关系，难度不大．　15．在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（　　）A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．-19-\n【分析】Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣．A、能使有色布条褪色的是次氯酸．B、呈黄绿色且有刺激性气味的是氯气．C、盐酸能干扰氯离子的检验．D、氯气能和碱反应生成盐．【解答】解：A、次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误．B、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确．C、盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误．D、Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误．故选B．【点评】本题考查了氯水的性质，难度不大，明确氯水中存在的微粒是解本题的关键，根据氯水中各种微粒的性质来解答即可．　16．纯碱和小苏打是厨房中两种常见的用品，都是白色固体．下列区分这两种物质的方法正确的是（　　）A．分别用炒锅加热两种样品，全部分解挥发，没有残留物的是小苏打B．用洁净铁丝蘸取两种样品在煤气火焰上灼烧，使火焰颜色发生明显变化的是小苏打C．用两只小玻璃杯，分别加入少量的两种样品，再加入等量的食醋，产生气泡快的是小苏打D．先将两样品配成溶液，分别加入澄清石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】NaHCO3与Na2CO3相比，NaHCO3的热稳定性差，且与碱反应生成碳酸盐，二者都含钠元素，焰色反应都成黄色，与酸反应，碳酸氢钠更剧烈．【解答】解：A．碳酸氢钠解热分解生成碳酸钠，二者加热时都有残留物，不能鉴别，故A错误；B．二者都含钠元素，焰色反应都成黄色，不能鉴别，故B错误；C．与醋酸反应时，碳酸氢钠产生二氧化碳较快，可直接生成二氧化碳气体，而碳酸钠先与醋酸生成碳酸氢钠，进而继续与醋酸反应生成二氧化碳气体，产生气体较慢，故C正确；D．加入澄清石灰水，分别发生：Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，不能鉴别，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累．　17．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为（　　）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：2【考点】电解质在水溶液中的电离．-19-\n【专题】守恒法．【分析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算．【解答】解：溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，即：Na++3Al3+=Cl﹣+2SO42﹣（乘的系数就是它的电荷数），设SO42﹣的离子个数为x，所以3+3×2=1+2×x，解得x=4，所以溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为2：4=1：2．故选A．【点评】本题考查学生溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　18．将4.34gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672mL混合气体．该混合气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则混合物中Na、Na2O和Na2O2的物质的量之比为（　　）A．1：1：1B．1：1：2C．1：2：2D．4：3：2【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】方法1、Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应得到的气体是氢气和氧气的混合物，将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，由混合气体的体积可得出氢气、氧气的物质的量．氢气来源于钠和水的反应，通过氢气可求出钠的物质的量；氧气来源于过氧化钠与水的反应，通过氧气的物质的量可求出过氧化钠的物质的量．物质的量乘以摩尔质量可分别求出钠、过氧化钠的质量，总重量减去钠、过氧化钠的质量就是氧化钠的质量，质量除以摩尔质量可得氧化钠的物质的量，用钠、氧化钠、过氧化钠的物质的量之比即可；方法2、Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应得到的气体是氢气和氧气的混合物，将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，氢气来源于钠和水的反应，氧气来源于过氧化钠与水的反应，通过钠与水、过氧化钠与水、氢气和氧气反应的方程式，找出钠与过氧化钠的物质的量之比，直接核对选项即可得答案．【解答】解：Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应得到的气体是氢气和氧气的混合物，将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，氢气来源于钠和水的反应，氧气来源于过氧化钠与水的反应，钠与水、过氧化钠与水、氢气与氧气的反应方程式如下：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑钠与氢气的关系式为2Na﹣﹣H22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑过氧化钠与氧气的关系式为2Na2O2﹣﹣O22H2+O22H2O氢气和氧气的关系式为2H2﹣﹣O2将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，即氢气和氧气的物质的量之比为2：1，通过钠与氢气、过氧化钠与氧气、氢气与氧气的关系式可得钠与过氧化钠的关系式为：4Na﹣﹣2H2﹣﹣O2﹣﹣2Na2O2所以钠与过氧化钠的物质的量之比为4：2，A、C选项钠与过氧化钠的物质的量之比为1：1，所以错；B选项钠与过氧化钠的物质的量之比为1：2，所以错；-19-\nD选项钠与过氧化钠的物质的量之比为4：2，所以正确；故选：D．【点评】本题如果采用常规做法，计算量较大，应用公式次数较多，较容易出错，如果抓住关键字采用关系式进行分析m化繁为简，效果较好．　二、非选择题（共46分）19．写出下列物质溶于水的电离方程式：（1）HCl：　HCl═H++Cl﹣　；（2）Ba（OH）2：　Ba（OH）2═Ba2++20H﹣　；（3）NaHCO3：　NaHCO3═Na++HCO3﹣　；（4）NaHSO4：　NaHSO4═Na++H++SO42﹣　．【考点】电离方程式的书写．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】强电解质完全电离，电离方程式用“═”，弱电解质部分电离，电离方程式用“⇌”，电离遵循电荷守恒和质量守恒定律，并注意酸根离子等原子团不可拆分，以此来解答．【解答】解：（1）氯化氢为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：HCl═H++Cl﹣，故答案为：HCl═H++Cl﹣；（2）Ba（OH）2为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：Ba（OH）2═Ba2++20H﹣，故答案为：Ba（OH）2═Ba2++20H﹣；（3）碳酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，注意碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故答案为：NaHCO3═Na++HCO3﹣；（4）硫酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO42﹣，故答案为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣．【点评】本题主要考查电离方程式书写，明确电解质的强弱、掌握正确书写电离方程式的方法是解答关键，题目难度不大．　20．试用质子数、中子数、电子数、质量数和同位素填空：（1）C与N具有相同的　中子数　（2）C与C具有相同的　质子数、电子数　（3）C与N具有相同的　质量数　（4）N与N互为　同位素　．【考点】核素．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据原子的表示方法和各位置数字的关系，可以计算每组中具有的相同关系，如质子数、中子数、电子数、质量数，即同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，质量数等于质子数与中子数之和，对于zAX中z表示质子数、A表示中子数．【解答】解：（1）136C中中子数为13﹣6=7，147N中中子数为14﹣7=7，因此二者具有相同的中子数，故答案为：中子数；-19-\n（2）136C与126属于碳元素的两种不同原子，它们的质子数相同，中子数不同，故答案为：质子数、电子数；（3）146C的质量数为14，质子数为6，中子数为8，147N的质量数为14，质子数为7，中子数为7，因此，二者具有相同的质量数，故答案为：质量数；（4）157N与147N是氮元素的不同原子（质子数都是7，中子数分别为：8和7），因此二者互为同位素，故答案：同位素．【点评】本题考查核素，比较基础，要求熟练掌握核素、同位素的概念，准确把握质量数与质子数和中子数的关系，并尽量避免计算失误．　21．用“相等”或“不相等”填空：0.3mol的氧气和0.2mol的臭氧（O3），它们的质量　相等　，它们所含的分子数　不相等　，原子数　相等　．【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】根据m=nM计算而质量，根据N=nNA计算分子数目，结合分子含有的氧原子数目计算氧原子的物质的量．【解答】解：0.3mol的氧气的质量为0.3mol×32g/mol=96g，含有分子数目为0.3mol×NAmol﹣1=0.3NA，含有氧原子为0.3mol×2=0.6mol；0.2mol的臭氧（O3）的质量=0.2mol×48g/mol=96g，含有分子数目为0.2mol×NAmol﹣1=0.2NA，含有氧原子为0.2mol×3=0.6mol，故二者质量相等，分子数目不相等，含有原子数目相等，故答案为：相等；不相等；相等．【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，侧重对基础知识巩固．　22．某同学购买了一瓶××牌“84消毒液”，查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO1000mL、密度1.19g•cm﹣3．请根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为　4.0　mol•L﹣1（保留两位有效数字）．（2）某实验需用480mL含25%NaClO的消毒液．该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制该消毒液．①下列说法正确的是　C　．A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C．利用久置的NaClO来配制可能导致结果偏低D．需要称量的NaClO固体质量为143g②在配制过程中，下列操作可能使配制的溶液的浓度偏大的是　B　．A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B．定容时，俯视刻度线C．定容时，仰视刻度线D．移液时，有少量液体溅出．-19-\n【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据含25%NaClO、1000mL、密度1.19g•cm﹣3，及根据c=来计算；（2）①根据溶液的配制及c=、m=nM来分析；②根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解答】解：（1）根据c=，则c（NaClO）==4.0mol•L﹣1，故答案为：4.0；（2）①A．需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B．配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故B错误；C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以久置的NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，故C正确；D．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L×4.0mol•L﹣1×74.5g•mol﹣1=149g，故D错误；故答案为：C；②A．未洗涤烧杯，使n偏小，浓度偏小，故A错误；B．俯视刻度线，使V偏小，浓度偏大，故B正确；C．仰视刻度线，使V偏大，浓度偏小，故C错误；D．少量液体溅出，使n偏小，浓度偏小，故D错误．故答案为：B．【点评】本题考查有关物质的量浓度的计算，明确浓度、体积、物质的量的关系及溶液配制的仪器、步骤等即可解答，难度不是很大，但计算较繁琐．　23．某同学设计如下实验方案，以分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，试回答：-19-\n（1）操作I的名称是　溶解　，操作Ⅱ的名称是　过滤　．如图中括号内的操作步骤均为　蒸发　；（2）写出生成B的方程式为：　CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl　．（3）按此实验方案得到的NaCl固体中肯定含有　Na2CO3　（填化学式）杂质；为了解决这个问题可以向操作（Ⅱ）得到的液体A中加入适量的　稀盐酸　；反应的方程式为：　Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，由实验方案可知，操作I为溶解，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，操作II为过滤，白色沉淀B（碳酸钙）和盐酸发生反应得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体；由于碳酸钠过量，所以滤液A中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，加入稀盐酸最合适，碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠，以此来解答．【解答】解：分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，由实验方案可知，操作I为溶解，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，操作II为过滤，白色沉淀B（碳酸钙）和盐酸发生反应得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体；由于碳酸钠过量，所以滤液A中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，加入稀盐酸最合适，碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠，（1）由上述分析可知，操作I为溶解，操作II为过滤，括号内的操作步骤均为蒸发，故答案为：溶解；过滤；蒸发；（2）生成B的反应为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，故答案为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；（3）由上述分析可知，A中NaCl混有Na2CO3；加入稀盐酸反应后蒸发可除杂，发生的反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：Na2CO3；稀盐酸；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑．【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握分离提纯实验方案中加入的试剂、发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　24．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）．-19-\n（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学反应方程式为：　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　．装置B中饱和食盐水的作用是　除去Cl2中混有的HCl　；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象　B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱　．（2）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碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙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（3）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，可以看到无色溶液逐渐变为　橙　色，说明　氯单质的氧化比溴单质强　．打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象　液体分为两层，上层液体显紫红色　．【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质．【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；制取的氯气中含有氯化氢杂质，依据氯气和氯化氢气体的性质选择合适的除杂剂，结合装置中气体压强变化分析现象；（2）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；（3）氯气的氧化性强于溴，溴的氧化性强于碘，据此解答．【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；制取的氯气中含有氯化氢杂质，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，选择饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；除去Cl2中混有的HCl；B中长颈漏斗中有水柱上升；（2）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；（3）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色；溴单质的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡．观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；故答案为：橙；氯单质的氧化比溴单质强；液体分为两层，上层液体显紫红色．【点评】本题考查了氯气的制备和性质的检验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，题目难度中等．　25．将6.5克锌投入200mL某浓度的盐酸中，锌完全反应，反应前后溶液的体积不变．请用详细的过程，求：-19-\n（1）反应中生成的H2在标准状况下的体积；（2）取反应后的溶液20mL，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀5.74克，求原盐酸中HCl的物质的量浓度．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】（1）根据锌与盐酸恰好完全反应，将锌的物质的量代入锌与盐酸反应的化学方程式可计算氢气的物质的量，然后计算氢气在标准状况下的体积；（2）氯化锌溶液20mL，加入足量的AgNO3溶液，根据生成AgCl的质量计算Cl的物质的量，根据元素守恒结合c=来计算物质的量浓度．【解答】解：锌的物质的量为=0.1mol，设生成氢气的物质的量为x，则Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑110.1molx，解得x=0.1mol，生成标准状况下的H2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，答：生成标准状况下H2的体积为2.24L；（2）反应后的氯化锌溶液20mL，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀5.74克，AgCl的物质的量为=0.04mol，根据氯元素守恒，则n（HCl）=0.04mol，所以c（HCl）=2mol/L．答：原盐酸中HCl的物质的量浓度是2mol/L．【点评】题考查学生利用化学反应方程式的计算，注意方程式的书写以及元素守恒的思想在计算中的应用是重点，难度中等．　-19-