四川省成都外国语学校高新校区2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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成都外国语学校高新校区2019-2020学年度上期半期考试试题
高一化学
可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Fe-56 Cu-64
I卷
一、选择题（每题仅有一个正确答案，每小题2分，共48分）
1.某合作学习小组讨论辨析以下说法：①酸雨和碱石灰都是混合物；②煤和石油都是可再生资源；③蔗糖、硫酸钡分别属于非电解质、电解质；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；⑥豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是（  ）
A. ①②④⑤ B. ①⑤⑥ C. ①③④⑥ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①酸雨中含有亚硫酸和水等物质，属于混合物，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙混合物，故①正确；
②煤、石油、天然气是常规的三大化石燃料，属于不可再生能源，故天然气和水蒸气都是可再生能源，故②错误；
③蔗糖水溶液中和熔融状态都不导电属于非电解质，硫酸钡熔融状态全部电离属于强电解质，故③正确；
④不锈钢是铁的合金，目前使用的硬币有铜镍合金和不锈钢，都属于合金，故④正确；
⑤硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故⑤错误；
⑥豆浆和雾都是分散质在分散剂中形成的胶体分散系，故⑥正确；
故①③④⑥正确，故答案为C。
2.在实验室进行下列实验，括号内的实验用品都能用到的是（  ）
A. 蒸馏水的制取(酒精灯、锥形瓶、沸石)
B. 粗盐的提纯(蒸发皿、玻璃棒、温度计)
C. 除掉淀粉胶体中的氯化钠(半透膜、蒸馏水、激光笔)
D. 碘水中碘的萃取(分液漏斗、酒精、带铁圈的铁架台)
【答案】A
【解析】
【详解】A．蒸馏水的制取是蒸馏操作，需要蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、沸石及锥形瓶，故A正确；
B．在粗盐的提纯过程为：①溶解、②过滤、③蒸发，需要的仪器有：漏斗、滤纸、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、铁架台(附铁圈)等，不需要测量温度，所以不会使用到温度计，故B错误；
C．淀粉胶体中混有氯化钠，将混合物加入半透膜中，然后放入盛有蒸馏水的烧杯中进行渗析操作，所以使用的物品有半透膜、蒸馏水、烧杯，不需要激光笔，故C错误；
D．分离碘水中的碘单质，需要通过萃取法，乙醇与水互溶，所以萃取剂不能使用乙醇，可以使用四氯化碳，故D错误；
故答案为：A。
3.实验中的下列操作正确的是（  ）
A. 用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶
B. 可将含有Ba(NO3)2的废液倒入水槽中，再用水冲入下水道
C. 用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干
D. 用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶
【答案】D
【解析】
【详解】A．取出Na2CO3溶液，发现取量过多，不能放回原瓶，会污染原试剂，故A错误；
B．钡离子有毒，则Ba(NO3)2 的废液不能用水冲入下水道，防止污染地下水，故B错误；
C．蒸发时利用余热加热，则将蒸发皿中NaCl 溶液蒸发到大量晶体出现时停止加热，防止温度过高而导致固体迸溅，故C错误；
D．容量瓶只能在室温下使用，浓硫酸稀释、冷却后才能转移到容量瓶中，故D正确；
故答案为：D。
4.下列仪器：①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④坩埚、⑤分液漏斗、⑥燃烧匙，常用于物质分离的是
A. ①③④ B. ①②⑥ C. ①③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
根据常用的物质分离的方法：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏分析解答；根据常用分离方法中所需的仪器的选择分析解答。
【详解】常用的物质分离的方法：过滤、萃取、分液、蒸馏、分馏，各种方法所用的物质分离仪器有：漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶，故答案选C。
【点睛】注意把握物质的分离和提纯原理及仪器的使用注意事项。
5.现有①MgSO4、②Ba（NO3）2、③NaOH、④CuCl2、⑤KCl五种溶液，不加任何其他试剂，被鉴别出的先后顺序正确的是（　　）
A. ④③①②⑤ B. ④⑤③②① C. ④③②①⑤ D. ④②③①⑤
【答案】A
【解析】
【详解】不加任何其他试剂，蓝色溶液的为④CuCl2；与④反应生成蓝色沉淀的为③NaOH；与③反应生成白色沉淀，则可鉴别出①MgSO4；与①反应生成白色沉淀的为②Ba（NO3）2，最后一种为⑤KCl，所以被鉴别的先后顺序为④③①②⑤，故选A。
6.下列事实与胶体性质有关的是（ ）
①豆浆加入盐卤做豆腐
②在河流入海口易形成沙洲
③油水混合会分层
④工厂采用静电除尘
⑤CuSO4与NaOH溶液混合产生沉淀
⑥血液透析
A. ①②④⑥ B. ①②③⑤
C. ③④⑤⑥ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：①用盐卤点豆腐是胶体的聚沉的应用，与胶体性质有关，故正确；②江河入海口形成三角洲的形成是胶体聚沉的作用，与胶体性质有关，故正确；③油水混合会分层，属于浊液的分层，与胶体无关，故错误；④静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，与胶体性质有关，故正确；⑤CuSO4与NaOH溶液混合产生沉淀，没有生成胶体，故错误；⑥血液透析是指血液中，蛋白质和血细胞颗粒较大，是胶体，不能透过透析膜，血液内的毒性物质直径较小，则可以透过，与胶体的性质有关，故正确；故选A。
考点：考查胶体的性质以及应用。
7.用如图表示的一些物质或概念之间的从属或包含关系中，错误的是


X
Y
Z
A
HCl
酸
化合物
B
银
金属元素
元素
C
HNO3
电解质
化合物
D
Cu2(OH)2CO3
碱
无机物


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氯化氢属于酸，酸属于化合物，A正确；B、银元素是金属元素，金属元素属于元素，B正确；C、硝酸是电解质，电解质一定是化合物，C正确；D、碱式碳酸铜是碱式盐，不是碱，D错误，答案选D。
考点：考查物质的分类
8.除去下列物质中的少量杂质所选用的试剂或方法正确的是 （ ）
选项
物质
所含杂质
所选用试剂或方法
A
KCl
K2SO4 
Ba(NO3)2
B
CO2
N2
澄清石灰水
C
CuO
Cu
空气中灼烧
D
Ca(OH)2
CaCO3
盐酸


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A项，K2SO4能与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡沉淀和KNO3，KCl与Ba(NO3)2溶液不反应，能除去杂质但会引入新杂质硝酸钾，应选用BaCl2溶液，A错误；B项，CO2能与澄清石灰水反应，而N2不与澄清的石灰水反应，选用澄清的石灰水反而会把原物质除去，B错误；C项，Cu在空气中灼烧能与氧气反应生成CuO，能除去杂质且不会引入新杂质，C正确；D项，Ca(OH)2和CaCO3均能与盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，D错误。
点睛：本题考查物质的除杂，涉及离子反应、CO2的化学性质、金属的化学性质；盐的化学性质等，解决除杂问题时，注意加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。
9.为了除去粗盐固体中可能含有的少量Na2SO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的顺序是（　　）
①加水溶解 ②加入过量BaCl2溶液 ③加热蒸发得到晶体 ④加入过量盐酸 ⑤加入过量Na2CO3⑥过滤
A. ①⑤②⑥④③ B. ①⑤②④⑥③
C. ①②④⑥⑤③ D. ①②⑤⑥④③
【答案】D
【解析】
【分析】
通过转化为沉淀的方法除去粗盐中混有的少量可溶于水的Na2SO4和CaCl2杂质，要先加过量的BaCl2溶液除去硫酸根离子，然后用Na2CO3溶液去除过量的钡离子和钙离子，过滤后加入盐酸来除去过量的Na2CO3溶液，据此解答。
【详解】通过转化为沉淀的方法除去粗盐中混有的少量可溶于水的Na2SO4和CaCl2杂质。可采取加水溶解→加入过量BaCl2溶液，与Na2SO4发生反应，生成BaSO4沉淀，加过量Na2CO3溶液，与CaCl2和过量BaCl2溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钠→过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量Na2CO3溶液发生反应，生成氯化钠、水和二氧化碳气体→加热蒸发得到晶体。操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、碳酸钠溶液、过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为①②⑤⑥④③，答案选D。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯，注意物质除杂必需条件（反应后不能引入新的杂质）为解题的关键，把握试剂的加入顺序及离子之间的反应即可解答。
10.甲乙丙三种物质间通过一步反应能实现如图转化，下列选项中符合转化关系的是（   ）

A. 甲为NaOH，乙为NaCl，丙为NaNO3
B. 甲为CuO，乙为CuCl2，丙为Cu(OH)2
C. 甲为Na2CO3，乙为CO2，丙为CaCO3
D. 甲为H2SO4，乙为BaSO4，丙为Na2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠和盐酸反应生成NaCl，一步反应即完成了物质甲到乙的转化；氢氧化钠与稀硝酸生成NaNO3，一步反应即完成了物质甲到丙的转化；氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和NaNO3，实现了乙到丙的一步反应的转化；但是NaNO3不能与其它物质反应而生成氯化钠，无法一步实现图示的转化，故A错误；
B．氧化铜与盐酸反应CuCl2、氯化铜与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2、氢氧化铜与盐酸反应生成CuCl2，实现了甲至乙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化；但氧化铜不能与水反应生成氢氧化铜，无法一步实现图示的转化，故B错误；
C．碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳、碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠、二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水、碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，分别能实现甲至乙、甲至丙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化，故C正确；
D．H2SO4和Na2SO4均可和BaCl2溶液反应生成BaSO4，但BaSO4不能一步转化为Na2SO4，无法一步实现图示的转化，故D错误；
故答案为：D。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 22.4 L N2中一定含有6.02×1023个氮分子
B. 1mol CCl4在标准状况下的体积是22.4 L
C. 在常温常压下，20 mL NH3与60 mL O2所含的分子个数比为1:3
D. 将40 g NaOH溶于1 L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度、压强未知，导致气体摩尔体积未知，则无法计算氮气的物质的量，所以无法计算氨气的分子数，故A错误；
B．气体摩尔体积仅适用于气体，标况下，CCl4为液体，气体摩尔体积对其不适用，所以不能用气体摩尔体积计算1mol CCl4的体积，故B错误；
C．相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的体积之比等于其物质的量之比，则氨气和氧气的物质的量之比为1：3，再根据N=nNA知，其分子数之比为1：3，故C正确；
D．c=中V指溶液体积而不是溶剂体积，将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，所以所得溶液中NaOH的物质的量浓度小于1mol/L，故D错误；
故答案为：C。
【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
12.设NA代表阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 0.1mol/L的稀盐酸电离出的H+的物质的量为0.1mol
B. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的氧原子数为6NA
C. 100mL，0.1mol/L的BaCl2溶液中Ba2+和Cl-离子总数为0.02NA
D. 101k Pa、4℃时，18 mL水和202 kPa、27℃时32g O2所含分子数均为1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．由n=cV可知，溶液的体积未知，无法计算0.1mol/L的稀盐酸电离出的H+的物质的量，故A错误；
B．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量为2mol，故含有4NA个氧原子，故B错误；
C．0.1mol/L100mL氯化钡的物质的量n=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，而氯化钡中含1个钡离子和2个氯离子，故0.01mol氯化钡中含有的钡离子和氯离子的个数为0.03NA个，故C错误；
D．101k Pa、4℃时，水的密度为1g/mL，故18mL水的质量为18g，故水的物质的量为1mol，含有NA个分子；32g氧气的物质的量为1mol，故含NA个分子，故D正确；
故答案为：D。
13.与50 mL，0.1mol/L Na2CO3 溶液中 Na+的物质的量相同的溶液是（ ）
A. 100 mL 0.2mol/L的NaNO3溶液 B. 50 mL 0.1mol/L的NaCl溶液
C. 25 mL 0.2mol/L的Na2SO4溶液 D. 10 mL 0.2mol/L的NaHCO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】50mL 0.1mol/L的Na2CO3溶液中Na+的物质的量为0.05L×0.1mol/L×2=0.01mol；
A．100 mL 0.2mol/L的NaNO3溶液中Na+的物质的量为0.1L×0.2mol/L=0.02mol，故A错误；
B．50 mL 0.1mol/L的NaCl溶液中Na+的物质的量为0.05L×0.1mol/L=0.005mol，故B错误；
C．25 mL 0.2mol/L的Na2SO4溶液中Na+的物质的量为0.025L×0.2mol/L×2=0.01mol，故C正确；
D．10 mL 0.2mol/L的NaHCO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×0.2mol/L=0.002mol，故D错误；
故答案为：C。
14.上海磁悬浮铁路是世界上第一条投入运营的商业磁悬浮铁路。磁悬浮的核心技术是利用超导体的反磁性。以Y2O3、BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结可合成一种高温超导物质YBa2Cu3Ox。现欲合成0.5mol此高温超导物质，理论上需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量（mol）分别为（  ）
A. 0.25、0.50、0.50 B. 0.50、1.00、1.50
C. 0.25、1.00、1.50 D. 1.00、0.25、0.17
【答案】C
【解析】
【详解】合成0.5mol YBa2Cu3Ox，由Y原子守恒有n(Y2O3)=n(YBa2Cu3Ox)=0.5mol×=0.25mol；根据Ba原子守恒有n(BaCO3)=2n(YBa2Cu3Ox)=0.5mol×2=1.00mol；根据Cu原子守恒有n(CuO)=3n(YBa2Cu3Ox)=0.5mol×3=1.5mol，故答案为：C。
15.一定温度和压强下，2体积AB2气体和1体积B2气体化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化学式为
A. AB3 B. AB2 C. A3B D. A2B3
【答案】A
【解析】
【详解】等温等压下，体积之比等于物质的量之比，因此反应的方程式为：2AB2+ B2=2C，根据原子守恒可知，C的化学式为AB3，A正确；
综上所述，本题选A。
16.下列叙述中不正确的是（ ）
A. 萃取碘水中的碘，选取萃取剂应具备不溶于水，且比水更容易使碘溶解
B. 在0℃和101kPa的条件下，将2.00g氦气、1.40g氮气和1.60g氧气混合，该混合气体的体积是13.44L
C. 在NaCl、MgCl2和MgSO4三种盐配成的混合溶液中，若Na+的浓度为0.1mol/L，Mg2+的浓度为0.25mol/L，Cl－的浓度为0.2mol/L，则SO42－的物质的量浓度为0.2mol/L
D. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．萃取碘水中的碘，选用的萃取剂应不溶于水，且比水更容易使碘溶解，故A正确；
B．2.00g氦气的物质的量=2g÷4g/mol=0.5mol，1.40g氮气的物质的量=1.4g÷28g/mol=0.05mol，1.60g氧气的物质的量=1.6g÷32g/mol=0.05mol，故标况下混合气体的总体积=(0.5mol+0.05mol+0.05mol)×22.4L/mol=13.44L，故B正确；
C．令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：0.10mol•L-1×1+0.25mol•L-1×2=0.20mol•L-1×1+2c，解得：c=0.2mol/L，故C正确；
D．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，故D错误；
故答案为：D。
17.下列电离方程式书写正确的是（ ）
A. Na2CO3═2Na++CO32－ B. KClO3═K++Cl－+3O2－
C. NaHCO3═Na++H++CO32－ D. CH3COOH═CH3COO－+H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸根离子，电离方程式：Na2CO3═2Na++CO32-，故A正确；
B．氯酸钾为强电解质，在水溶液中完全电离生成氯酸根离子和钾离子，电离方程式；KClO3═K++ClO3-，故B错误；
C．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3-，故C错误；
D．CH3COOH是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，其电离方程式为CH3COOHCH3COO－+H+，故D错误；
故答案为：A。
【点睛】书写电离方程式是要关注以下几个方面：①是强电解质电离还是弱电解质电离，如果是弱电解质电离要用“”，且多元弱酸要分步电离；②电离时产生的是阴、阳离子微粒，且原子团不能拆分；③电离方程式同样遵守原子守恒，选项B错误的原因就是不遵守此原则；另外弱酸的酸式阴离子一般不好折分，除非单独写其电离时拆分，如HCO3-H++CO32-。
18.200 mL 0.3 mol/L的K2SO4溶液和100 mL 0.2 mol/L的Fe2(SO4)3溶液混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)，溶液中SO42-的物质的量浓度为
A. 0.3 mol/L B. 0.4 mol/L C. 0.45 mol/L D. 0.5 mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：200 mL 0.3 mol/L的K2SO4溶液和100 mL 0.2 mol/L的Fe2(SO4)3溶液混合后硫酸根离子的浓度为＝0.4 mol/L，答案选B。
考点：考查物质的量浓度计算
19.等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定不正确的是（ ）
A. 分子个数比为1∶1 B. 原子个数比为5∶4
C. 质量比为17∶16 D. 氢原子个数比为4∶3
【答案】C
【解析】
【详解】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4与NH3的物质的量相同；则
A项，根据N=nNA可知，分子数之比等于物质的量之比，CH4与NH3的物质的量相同，则CH4与NH3的分子数之比为1：1，故A正确；
B项，一个CH4分子含有5个原子，一个NH3分子含有4个原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则原子数之比为5：4，故B正确；
C项，CH4与NH3的物质的量相等，根据m=nM可知，质量之比等于摩尔质量之比，故CH4与NH3的质量之比为16g/mol：17g/mol=16：17，故C错误；
D项，一个CH4分子含有4个氢原子，一个NH3分子含有3个氢原子，CH4与NH3的分子数之比为1：1，则CH4与NH3分子中含有的氢原子数之比为4：3，故D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论、以物质的量为中心的计算，知道分子的构成，理解阿伏伽德罗定律及其推论，是解题关键。
20.下列各组气体，不论以何种比例混合，其密度（同温同压）都不等于N2密度的是（ ）
A. O2和H2 B. C2H4和CO C. H2和Cl2 D. CH4和C2H2
【答案】D
【解析】
【详解】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，其密度不等于N2的密度，说明该气体的摩尔质量不等于氮气的摩尔质量，氮气的摩尔质量是28g/mol；
A．氧气的摩尔质量是32g/mol、氢气的摩尔质量是2g/mol，所以其混合气体的平均摩尔质量可能是28g/mol，故A错误；
B．C2H4和CO的摩尔质量都是28g/mol，所以混合气体的平均摩尔质量一定是28g/mol，故B错误；
C．H2的摩尔质量是2g/mol、Cl2的摩尔质量是71g/mol，所以混合气体的平均摩尔质量可能是28g/mol，故C错误；
D．CH4的摩尔质量是16g/mol、C2H2的摩尔质量是26g/mol，所以混合气体的平均摩尔质量一定不是28g/mol，故D正确；
故答案为：D。
21.使用胆矾配制1 L 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，正确的做法是(　　)
①将胆矾加热除去结晶水后，称取16 g溶于1 L水中
②称取胆矾25 g溶于1 L水中
③将25 g胆矾溶于少量水，然后将此溶液稀释至1 L
④将16 g CuSO4溶于少量水，然后将此溶液稀释至1 L
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】1L 0.1mol•L-1的硫酸铜溶液中含有硫酸铜的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，需要无水硫酸铜的质量为：160g/mol×0.1mol=16g，需要胆矾的质量为：250g/mol×0.1mol=25g。①16g无水硫酸铜的物质的量为0.1mol，0.1mol硫酸铜溶于1L水中所得溶液体积不是1L，则浓度不是0.1mol/L，故①错误；②25g胆矾为0.1mol，但溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，则浓度不是0.1mol/L，故②错误；③配制1L 0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，需要胆矾的质量为25g，故将25g胆矾溶于少量水，然后将此溶液稀释至1L，即得0.1mol/L 1L硫酸铜溶液，故③正确；④16g硫酸铜的物质的量为0.1mol，将0.1mol硫酸铜溶解后再将此溶液稀释至1 L，所得溶液浓度为0.1mol/L，故④正确；正确的有③④，故选B。
22.一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入1mol N2，右边充入18g CO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）。则混合气体中CO和CO2的分子个数之比为（  ）

A. 1:1 B. 1:3 C. 2:1 D. 3:1
【答案】A
【解析】
【详解】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，令18gCO和CO2的混合气体的物质的量为n，则：
1mol:n=:，解得，n=0.5mol；
所以CO和CO2的混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol；
利用十字交叉法计算CO和CO2的物质的量之比：

所以CO和CO2的物质的量之比为8:8=1:1，分子数之比等于物质的量之比，则CO和CO2的分子数之比为1:1，故答案为：A。
23.M(NO3)2热分解化学方程式为2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑，加热29.6g M(NO3)2使其完全分解，在标准状况下收集11.2L的气体，那么M的摩尔质量是（  ）
A. 64g/mol B. 24g/mol C. 65g/mol D. 40g/mol
【答案】B
【解析】
【详解】标况下生成气体总物质的量为=0.5mol，由2M(NO3)2 2MO+4NO2↑+O2↑，可知M(NO3)2的物质的量为0.5mol×=0.2mol，则M(NO3)2的摩尔质量==148g/mol，故M的摩尔质量为148g/mol-2×62g/mol=24g/mol，故答案为：B。
24.V mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ag，取出V ml，用水稀释成4V mL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度是（  ）
A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】ag铁离子的物质的量为：n(Fe3+)==mol，VmLFe2(SO4)3溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：n(SO42-)=×n(Fe3+)=mol×=mol，VmL溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：n(SO42-)=mol×=mol，稀释后溶液体积为4VmL，则溶液中硫酸根离子浓度为：c(SO42-)==mol/L，故答案为：C。
II卷（将正确答案填在答题卡相应位置）
二、填空题（共6小题，共52分）
25.以下为中学化学中常见的几种物质：①Cu 、②熔融NaCl、 ③ NaHSO4、 ④ CO2、⑤ H2SO4、 ⑥酒精 ⑦ KHCO3溶液、⑧ BaSO4 、⑨NaOH。请按下列分类标准回答问题。（用序号填空）
（1）属于电解质的是 __________________。
（2）属于酸的是  _____________________。
（3）属于碱的是 ______________________。 
（4）属于难溶的盐是  __________________。
（5）非电解质的是  ___________________。
（6）能导电的是  _____________________。
（7）写出 ③在水溶液中的电离方程式： _____________________________________。
【答案】 (1). ②③⑤⑧⑨ (2). ⑤ (3). ⑨ (4). ⑧ (5). ④⑥ (6). ①②⑦ (7). NaHSO4==Na++H++SO42—
【解析】
【详解】(1)②熔融NaCl ③NaHSO4 ⑤H2SO4 ⑧BaSO4 ⑨NaOH，水下溶液中或熔融状态下都导电，属于电解质，故答案为：②③⑤⑧⑨；
(2)⑤H2SO4 水溶液中电离出的阳离子全部为氢离子属于酸，故答案为：⑤；
(3)⑨NaOH水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，故答案为：⑨；
(4)⑧BaSO4 是难溶于水和酸的盐，故答案为：⑧；
(5)④CO2 ⑥酒精水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，故答案为：④⑥；
(6)①Cu 属于金属能导电，②熔融NaCl ⑦KHCO3溶液中都可以电离出自由移动的离子能导电，故答案为：①②⑦；
(7)NaHSO4是强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-。
【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。
26.为了能观察到丁达尔效应，成外高新科学社的同学在实验室制备 Fe(OH)3胶体。
（1）胶体与其它分散系的本质区别是：______________________________________。
（2）制备时，将 _________逐滴滴加至_________中，待液体呈_________后，停止加热；反应方程式为_______________________________________。
（3）如何设计实验验证制得的氢氧化铁是胶体？_______________________________。
（4）周珊同学按要求制备了Fe(OH)3胶体，但是他又向Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4，结果出现了一系列变化。①先出现红褐色沉淀，原因是_______________________________②随后沉淀溶解，此反应的化学方程式是_______________________________。
【答案】 (1). 分散质粒子的直径大小在1—100nm之间（或分散质粒子大小不同） (2). 饱和FeCl3溶液（不写“饱和”不得分） (3). 沸水 (4). 红褐色 (5). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (6). 用一束光通过制得的液体，若出现了一条光亮的通路，则可证明制得的Fe(OH)3是胶体 (7). Fe(OH)3胶体遇电解质（或H2SO4）发生了聚沉现象 (8). 2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O
【解析】
【详解】(1)胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子大小不同(或分散质粒子的直径大小在1—100nm之间)；
(2)制备时，将饱和FeCl3溶液逐滴滴加至沸水中，待液体呈红褐色后，停止加热；制备Fe(OH)3胶体是利用FeCl3的水解反应，发生反应的方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
(3)胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体已经制成，具体操作：用一束光通过制得的液体，若出现了一条光亮的通路，则可证明制得的Fe(OH)3是胶体；
(4)①先出现红褐色沉淀，原因是电解质H2SO4电离出的SO42-使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀；②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，生成硫酸铁和水，此反应的化学方程式是2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O。
27.分离提纯是化学实验中的重要部分，方法有过滤、蒸发、萃取、蒸馏等，应用广泛，环己醇脱水是合成环己烯的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图：


可能用到的有关数据如下：

Ⅰ．合成反应：
在a中加入20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸，b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90 ℃。
Ⅱ．分离提纯：
反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5 %碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10 g。
回答下列问题：
（1）装置b的名称是__。
（2）加入碎瓷片的作用是__；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是__（填字母）。
A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料
（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并__；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的__（填“上口倒出”或“下口倒出”）。
（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙目的是__。
（5）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有__（填正确答案标号）。
A．蒸馏烧瓶 B．温度计 C．分液漏斗 D．牛角管 E．锥形瓶
【答案】 (1). 冷凝管 (2). 防止暴沸 (3). B (4). 检漏 (5). 上口倒出 (6). 干燥 (7). C
【解析】
【详解】在a中加入20克环己醇和2小片碎瓷片，碎瓷片能防止暴沸，冷却搅动下慢慢加入1毫升浓硫酸，相当于浓硫酸的稀释，不能将环己醇倒入浓硫酸中，b中通入冷却水后开始缓慢加热a，在浓硫酸做催化剂条件下，环己醇发生消去反应生成环己烯，根据二者沸点可知，要想得到较纯净的环乙烯，应该控制馏出物的温度不超过90 ℃，反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，氯化钙做干燥剂，然后静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10克。（1）装置b的名称是冷凝管。（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中发生暴沸现象，补加碎瓷片时要待已加热的试液冷却后再加入，故选B。（3）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液，分液过程中，由于环己烯的密度比水密度小，应该从分液漏斗的上口倒出。（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水。（5）观察题目提供的实验装置图可知蒸馏过程中不可能用到分液漏斗。
【点睛】掌握分液漏斗的使用方法和注意事项。使用前应检验是否漏液，使用时主要打开分液漏斗上口的塞子，在旋转活塞，下层液体从上口放出，上层液体从上口倒出。
28.某次实验需用0.4 mol/L NaOH溶液480mL。配制方法如下：
（1）配制该溶液应选用________mL容量瓶；
（2）用托盘天平准确称量________g 固体NaOH，应放在________（仪器）中称量。
（3）将称量好的NaOH固体放在500mL大烧杯中，倒入约100mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待______________后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；
（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯________次,洗涤后的溶液_______________，轻轻晃动容量瓶,使溶液混合均匀；
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面接近刻度线__________时，改用_________加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切。盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀；
（6）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是________，偏低的是________，对实验结果没有影响的是____________（填各选项的序号）。
A.所用的NaOH中混有少量Na2CO3
B.用带有生锈砝码的托盘天平称量一定质量固体NaOH
C.配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干
D.固体NaOH在烧杯中溶解后立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作
E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
F.最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线
G.定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线
【答案】 (1). 500 (2). 8.0 (3). 小烧杯 (4). 冷却至室温 (5). 2—3 (6). 一起转入容量瓶 (7). 1—2cm (8). 胶头滴管 (9). BDF (10). AEG (11). C
【解析】
【分析】
(1)依据溶液体积选择合适规格容量瓶；
(2)依据m=cVM计算需要溶质的质量；
(3)容量瓶不能用于盛放过冷或者过热的液体；，在室温下体积准确；
(4)为保证溶质全部转移的容量瓶中，移液后烧杯、玻璃棒应用蒸馏水洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶；
(5)依据定容的正确操作解答；
(6)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=解答。
【详解】(1)需用0.4mol•L-1 NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液；
(2)配制0.4mol•L-1 NaOH溶液480mL，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量为：0.4mol/L×40g/mol×0.5L=8.0g；NaOH易潮解，且有强腐蚀性，应放在小烧杯中称量；
(3)将称量好的NaOH固体放在500mL大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待冷却到室温，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；
(4)为保证溶质全部转移的容量瓶中，移液后烧杯、玻璃棒应用蒸馏水洗涤2-3次，并将洗涤液转移到容量瓶；
(5)定容的正确操作为：向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线1-2cm 时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切。盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀；
(6)A．所用的NaOH中混有少量Na2CO3，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
B．用带有生锈砝码的托盘天平称量一定质量固体NaOH，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；
C．配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；
D．固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
E．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
F．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
G．定容摇匀静止后，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
则：使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是BDF，偏低的是AEG，对实验结果没有影响的是C。
【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。
29.I.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而得到较为纯净的NaNO3。实验流程可用如图表示：

请回答下列问题：
（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X：_______________，沉淀B：_______________。
（2）实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是______________________________________。
（3）实验方案得到的溶液3中肯定含有__________（填化学式）杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的______________。
II.某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：

供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
（4）操作②的名称是_______________。
（5）试剂a_______（填化学式，下同），试剂b是_________。
（6）加入试剂a所发生反应的化学方程式为________________________________。加入试剂b所发生反应的化学方程式为__________________________________。
（7）简述操作③的具体方法：______________________________________________________。
【答案】 (1). Ba(NO3)2 (2). AgCl (3). 除去过量的Ba(NO3)2和AgNO3（或Ba2+、Ag+） (4). Na2CO3 (5). HNO3 (6). 过滤 (7). K2CO3 (8). HCl (9). K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl (10). BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑ (11). 沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至淹没沉淀，待蒸馏水自然流下，重复2—3次
【解析】
【分析】
I.实验室分离含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，从而得到较为纯净的NaNO3．实现Cl-、SO42-、和NO3-的相互分离，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，可在混合物中加入BaCl2或Ba(NO3)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，然后加入过量的AgNO3生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl↓，最后加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，过滤之后，加入稀HNO3溶液从而得到NaNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，以此解答该题；
II.分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得KCl。
【详解】I.(1)根据上述分析可知，试剂X为Ba(NO3)2[或BaCl2]，沉淀A为BaSO4，沉淀B为AgCl；
(2)加入过量的BaCl2[或Ba(NO3)2]，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；
(3)加入过量的Na2CO3，此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3，因为Na2CO3与稀HNO3溶液反应生成二氧化碳气体和NaNO3，蒸发后可得到NaNO3，不引入杂质，所以操作③所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3；
II.(4)操作②为固体和液体的分离，为过滤操作；
(5)固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2；
(6)加入试剂a，K2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，发生反应的化学方程式为K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl；加入试剂b，BaCO3沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；
(7)操作③为沉淀洗涤，具体操作方法：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至淹没沉淀，待蒸馏水自然流下，重复2—3次。
【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。
30.（1）0.3mol NH3中含有质子数与_________g H2O分子中所含质子数相等。
（2）100mL Al2(SO4)3溶液中c(SO42－)=0.9 mol/L，则n[Al2(SO4)3]=_____________。
（3）10mL 6 mol/L稀硫酸加水稀释到200mL，稀释后c(H+)=__________
（4）已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL。密度为ρ g/cm3，质量分数为w。物质的量浓度为C mol/L，溶液中含NaCl的质量为m g．
①用m、V表示溶液物质的量浓度__________；
②用w、 ρ 表示溶液物质的量浓度__________；
③用w表示该温度下NaCl的溶解度________。
【答案】 (1). 5.4 (2). 0.03mol (3). 0.6mol/L (4). mol/L (5). mol/L (6). g
【解析】
【详解】(1)0.3mol NH3含有的质子数的物质的量为0.3mol×(7+3)=3mol，而1molH2O含有(2×1+8)mol=10mol质子，则应有0.3molH2O，质量为m(H2O)=0.3mol×18g/mol=5.4g；
(2)100mLAl2(SO4)3溶液中c(SO42-)=0.9mol/L，则n(SO42-)=0.1L×0.9mol/L=0.09mol，n[Al2(SO4)3]=n(SO42-)=0.03mol；
(3)10mL6mol/L稀硫酸加水稀释到200mL，稀释后c(H+)=×2=0.6mol/L；
(4)已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL．密度为ρg/cm3，质量分数为w%．物质的量浓度为cmol/L，溶液中含NaCl的质量为mg；
①用m、V表示溶液物质的量浓度为mol/L；
②用w、ρ表示溶液物质的量浓度为mol/L；
③×100%=w%，则用w表示该温度下NaCl的溶解度为g。