2020-2021学年天津市静海区四校高一（上）段考化学试卷（12月份）

一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）12分）下列叙述中，不正确的是()A．CaCO3、Cu（HCO3）2、Cu2（OH）2CO3都属于碳酸盐B．盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．蓝矾（CuSO4•5H2O）和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D．通过化学反应，可由Ba（OH）2一步转化生成NaOH22分）金属钛对体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，因而有“生命金属”之称。下列有关Ti和Ti的说法中正确的是()A．Ti和Ti中均含有22个中子B．Ti和Ti的中子数不同C．分别由Ti和Ti组成的金属钛单质互称为同素异形体D．Ti和Ti的性质完全相同32分）下列说法正确的是()A．NaCl和HCl都是电解质，所以它们在熔融状态下都能导电B．胶体是分散质粒径大小在10﹣9～10﹣7m之间的分散系C．电解质CH3COONH4的电离方程式为：CH3COONH4⇌CH3COO+NH4+D．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质42分）下列溶液中的离子能够大量共存的一组是()A．强碱性溶液中：Fe3+、SO42﹣、NH4+、Cl﹣B．透明的酸性溶液中：Cu2+、K+、Cl﹣、SO42﹣C．含有0.1mol/L的Ca2+的溶液中：NH4+、Cl﹣、CO32﹣、K+D．使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣52分）下列离子方程式书写正确的是()A．Ba（OH）2和H2SO4两溶液混合：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OB．氢氧化铜加到盐酸中：OH﹣+H+═H2OC．锌和硝酸银溶液反应：Zn+Ag+═Ag+Zn2+D．FeCl3和NaOH溶液反应：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓62分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．2.4g金属镁所含电子数目为0.2NAB．16gCH4所含原子数目为NAC．17gNH3所含中子数目为10NAD．20g重水（D2O）所含质子数目为10NA72分）下列说法正确的是()A．232Th和230Th是钍的两种同位素，元素Th的近似相对原子质量是231B．12C、14C互为同素异形体C．235U和238U是中子数不同质子数相同的同种核素D．在元素周期表的16个族中，第ⅢB的元素种类最多82分）在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一定正确的是()A．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在B．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2分子存在C．加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明氯水中有Cl﹣存在D．氯水放置数天后酸性将减弱92分）将金属钠投入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体生成，又有白色沉淀产生的是()（不考虑反应中热量的变化）①MgSO4溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④饱和Ca（OH）2溶液⑤CuSO4溶液⑥饱和NaCl溶液102分）实验室欲配制100mL1.00mol/LNa2CO3溶液。下列有关叙述中，正确的是()A．用托盘天平称取10.60gNa2CO3固体B．将Na2CO3固体放入容量瓶中，加水至刻度线C．定容时俯视液面，所得溶液浓度偏高D．加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体112分）已知5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是()A．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂B．1molKClO3参加反应时有5mol电子转移C．KClO3是氧化剂D．被氧化与被还原的氯元素的质量比为1：5122分）200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/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．0.3mol/LB．0.4mol/LC．0.45mol/LD．0.5mol/L132分）下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是()①是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器②使用前要先检查容量瓶是否漏液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可以用500mL容量瓶配制450mL溶液.142分）下列实验现象与结论均正确的是()选项实验操作实验现象实验结论A向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液呈红色未知液中一定含有Fe2+B向无色溶液中滴加氯水，再加淀粉溶液溶液变蓝无色溶液中含有I﹣C向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀该溶液中含有Cl﹣D将银白色的金属钠放置在空气中钠表面很快变暗金属钠具有强氧化性152分）下列说法中正确的是()A．某微粒核外电子排布为2、8、8结构，则该微粒一定氩原子B．最外层电子达到稳定结构的微粒只能是稀有气体的原子C．F﹣、Na+、A13+是与Ne原子具有相同电子层结构的离子D．某元素原子的最外层只有2个电子，则该元素一定是金属元素162分）下列实验，能达到实验目的的是()ABCD观察钾元素的焰色（OH）2制备氧化钠比较NaHCO3和Na2CO3溶解度172分）下列叙述不正确的是()选项被提纯物质杂质除杂试剂或方法AFeCl3溶液FeCl2通入适量Cl2BCl2H2O（蒸气）通入浓硫酸中C铜粉铁粉加入过量盐酸并过滤DCO2HCl通入饱和的碳酸钠溶液中182分）下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错误的是()A．等质量Na2CO3和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少B．将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3中，前者不生成沉淀C．相同条件下Na2CO3比NaHCO3更易溶于水D．Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去192分）下列说法正确的是()A．1molO2与金属Na反应，O2一定得到4NA个电子B．18gNH4+中所含的电子数为11NAC．1molFe与足量的Cl2反应，转移的电子数为2NAD．1molCl2与足量的Fe反应，转移的电子数为2NA202分）下列氧化还原反应所标出的电子转移情况中没有错误的是()A.B.D.二、解答题（共6小题，满分60分）2114分1）下列物质是电解质的有，在本题指定状态下能导电的有。（填序号）①CO2；②液态HCl；③稀硫酸；④NaCl晶体；⑤NH3；⑥熔融KOH；⑦铁。（2）4.9g硫酸的物质的量mol；标准状况下，3.612×1023个氯气分子的物质的量为mol；（3）7.8gNa2O2投入200mL水中，充分反应。①该反应的化学方程式为。②生成的气体在标准状况下的体积为L。③反应后溶液中溶质的物质的量浓度为mol/L。（忽略反应前后溶液体积变化）226分）氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，氯气和水反应的化学方程式为。（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为（3）在反应3Cl2+6KOH（浓）═5KCl+KClO3+3H2O中，标况下6.72LCl2参加该反应时，反应中转移个电子。（写出具体数目）238分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）请回答下列问题：（1）A的化学式为，丙的化学式为。（2）写出下列反应的离子方程式：④。⑤。248分）实验室现需要浓度为0.5mo/L的稀硫酸480mL，欲用18.4mol•L﹣1的浓硫酸来配制。（1）实验所需浓硫酸的体积为mL。（2）实验时需要用到的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有。（3）请将下列各操作按正确的顺序将字母代号填写在横线上。其正确的操作顺序依次A．用量筒量取浓H2SO4B．塞好瓶塞，反复颠倒摇匀C．加蒸馏水至离容量瓶瓶颈刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线D．用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，洗涤液一并转入容量瓶，并轻摇容量瓶使其混匀E．冷却至室温后，将溶液转入容量瓶F．稀释浓H2SO4（4）配制过程中，下列操作会使配制的稀硫酸浓度偏高的是。（填序号）①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤2～3次，并把洗涤液转入容量瓶②容量瓶查漏后未经干燥就直接使用③定容时俯视读数④量取浓硫酸时仰视读数⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线⑥浓硫酸稀释后没有冷却至室温就转移至容量瓶2510分）短周期A、B、C、D4种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和。（1）元素（填元素符号A为B为。（2）D在周期表中的位置；它的最高价氧化物对应的水化物：。（3）C与水反应的化学方程式是。2614分）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）.（1）装置A是氯气的发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称是，请写出该反应相应的化学方程式：.（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B也是安全瓶，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：.（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处依次放入物质的组合应是（填字母编号）.编号ⅠⅡⅢa干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性．反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是，该现象（填“能”或“不能”）说明溴单质的氧化性强于碘，原因是.（5）装置F的作用是，其烧杯中的溶液不能选用下列中的（填字母编a．饱和NaOH溶液b．饱和Ca（OH）2溶液c．饱和Na2SO3溶液一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）12分）下列叙述中，不正确的是()A．CaCO3、Cu（HCO3）2、Cu2（OH）2CO3都属于碳酸盐B．盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．蓝矾（CuSO4•5H2O）和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D．通过化学反应，可由Ba（OH）2一步转化生成NaOH【分析】A．含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；B．纯碱是碳酸钠，属于盐；C．含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；D．氢氧化钡与碳酸钠反应生成氢氧化钠和碳酸钡.【解答】解：A．CaCO3是碳酸的正盐、Ca（HCO3）2是碳酸的酸式盐、Cu2（OH）2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，故A正确；B．纯碱属于盐类，故B错误；C．蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石含有多种物质是混合物，故C正确；D．Ba（OH）2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaOH，对溶液过滤可得NaOH溶液，能够一步制故选：B。【点评】本题考查了化学基本概念，熟悉酸、碱、盐、氧化物的概念是解题关键，题目难度不大.22分）金属钛对体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，因而有“生命金属”之称。下列有关Ti和Ti的说法中正确的是()A．Ti和Ti中均含有22个中子B．Ti和Ti的中子数不同C．分别由Ti和Ti组成的金属钛单质互称为同素异形体D．Ti和Ti的性质完全相同【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，原子中质量数＝质子数+中子B．原子中质量数＝质子数+中子数；C．同种元素组成的不同单质为同素异形体；D．元素化学性质决定于原子的最外层电子数。【解答】解：A．Ti和Ti的原子中中子数＝质量数﹣质子数，分别为48﹣22＝26，50﹣22＝28，故A错误；B．Ti和Ti原子中的中子数为48﹣22＝26，50﹣22＝28，中子数不同，故B正确；C．分别由Ti和Ti组成的金属钛单质是同种物质，不是同素异形体，故C错误；D．Ti和Ti原子中质子数相同，核外电子数相同，质量数不同，化学性质相同，物理性质不同，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了原子结构、原子中微粒数关系、同位素、同素异形体等概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。32分）下列说法正确的是()A．NaCl和HCl都是电解质，所以它们在熔融状态下都能导电B．胶体是分散质粒径大小在10﹣9～10﹣7m之间的分散系C．电解质CH3COONH4的电离方程式为：CH3COONH4⇌CH3COO+NH4+D．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质【分析】A．氯化氢熔融状态不导电；B．依据分散系的本质特征是微粒直径大小分析；C．醋酸铵为强电解质，完全电离用等号；D．电解质必须是本身能电离的化合物。【解答】解：A．HCl是电解质，但是熔融状态下不能导电，故A错误；B．分散质粒子的半径在10﹣9m～10﹣7m之间的分散系叫做胶体，故B正确；C．电解质CH3COONH4的电离方程式为：CH3COONH4＝CH3COO﹣+NH4+，故C错误；D．二氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子，不是电解质，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质基本概念及电离方式是解题关键，题目难度不大。42分）下列溶液中的离子能够大量共存的一组是()A．强碱性溶液中：Fe3+、SO42﹣、NH4+、Cl﹣B．透明的酸性溶液中：Cu2+、K+、Cl﹣、SO42﹣C．含有0.1mol/L的Ca2+的溶液中：NH4+、Cl﹣、CO32﹣、K+D．使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣【分析】A．强碱性条件下含有大量OH﹣;B．酸性溶液中含有大量H+；C．能和Ca2+反应的离子不能大量共存；D．酚酞呈红色的溶液呈碱性，含有大量OH﹣。【解答】解：A．强碱性条件下含有大量OH﹣,Fe3+、NH4+和OH﹣都生成弱电解质而不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中含有大量H+，这几种离子之间不反应且和H+不反应，所以能大量共存，故B正确；C．能和Ca2+反应的离子不能大量共存，Ca2+、CO32﹣生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故C错误；D．酚酞呈红色的溶液呈碱性，含有大量OH﹣,Al3+、OH﹣生成沉淀且Al3+、CO32﹣发生双水解反应而不能大量共存，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解、双水解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意结合题干中隐含信息分析判断，题目难度不大。52分）下列离子方程式书写正确的是()A．Ba（OH）2和H2SO4两溶液混合：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OB．氢氧化铜加到盐酸中：OH﹣+H+═H2OC．锌和硝酸银溶液反应：Zn+Ag+═Ag+Zn2+D．FeCl3和NaOH溶液反应：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓【分析】A．离子个数配比不符合物质结构组成；B．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式；C．电荷不守恒；D．二者反应生成氢氧化铁和氯化钠。【解答】解：A．Ba（OH）2和H2SO4两溶液混合，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．氢氧化铜加到盐酸中，离子方程式：Cu（OH）2+2H+═Cu2++2H2O，故B错误；C．锌和硝酸银溶液反应，离子方程式：Zn+2Ag+═2Ag+Zn2+，故C错误；D．FeCl3和NaOH溶液反应，离子方程式：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓,故D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式拆分，题目难度不大。62分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．2.4g金属镁所含电子数目为0.2NAB．16gCH4所含原子数目为NAC．17gNH3所含中子数目为10NAD．20g重水（D2O）所含质子数目为10NA【分析】A、镁的物质的量镁原子含有12个电子；B、物质的量甲烷分子中含有4个原子；C、物质的量=，氨气分子中含中子数为7；C、物质的量=，D2O中含有质子数为10.金属镁所含电子数目为1.2NA，故A错误；B、物质的量=1mol，甲烷分子中含有4个原子，所以1mol甲烷所含原子数为4NA，故B错误；C、物质的量=1mol，氨气分子中含中子数为7，则17gNH3所含中子数C、物质的量=1mol，D2O中含有质子数为10NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体物质的量和微粒数的计算分析，掌握基础是关键，题目较简单.72分）下列说法正确的是()A．232Th和230Th是钍的两种同位素，元素Th的近似相对原子质量是231B．12C、14C互为同素异形体C．235U和238U是中子数不同质子数相同的同种核素D．在元素周期表的16个族中，第ⅢB的元素种类最多【分析】A．元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定丰度计算出来的平均值；B．同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；C．中子数不同、质子数相同的是同一元素的不同种核素；D．第ⅢB族含锕系和镧系。【解答】解：A．由于题干中钍的各种天然同位素的丰度未知，所以无法计算元素Th的近似相对原子质量，故A错误；B．12C、14C是碳元素的不同原子互为同位素，不是同素异形体，故B错误；C．中子数不同、质子数相同的不是同种核素，则235U和238U是U元素的不同种核素，二者互称同位素，故C错误；D．第ⅢB族含锕系和镧系，元素的种类最多，故D正确；故选：D。【点评】本题考查元素周期表的结构、核素概念应用等知识，为高频考点，把握元素的位置和元素周期表的整体结构、同位素和核素关系等为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。82分）在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一定正确的是()A．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在B．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2分子存在C．加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明氯水中有Cl﹣存在D．氯水放置数天后酸性将减弱【分析】新制氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的离子只有H+、Cl﹣、ClO﹣和OH﹣,结合对应离子的性质解答该题。【解答】解：A．氯气可溶于水，溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故A正确；B．氯水中含有次氯酸，可使有色布条褪色，故B错误；C．加入盐酸，引入氯离子，不能确定氯水中含有Cl﹣,故C错误；D．氯水放置数天，次氯酸不稳定，分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，故D错误；故选：A。【点评】本题考查氯水的成分及氯水中各微粒的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确离子、分子的性质是解答本题的关键，题目难度不大。92分）将金属钠投入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体生成，又有白色沉淀产生的是()（不考虑反应中热量的变化）①MgSO4溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④饱和Ca（OH）2溶液⑤CuSO4溶液⑥饱和NaCl溶液【分析】将钠投入溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和部分盐能发生复分解反应，根据产物的可溶性判断即可。【解答】解：①钠与硫酸镁溶液反应生成氢气和氢氧化镁白色沉淀，故①正确；②钠与氯化钠溶液反应生成氢气，得不到沉淀，故②错误；③钠与硫酸钠溶液反应生成氢气，得不到沉淀，故③错误；④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故④正确；⑤钠与硫酸铜溶液反应生成氢气和氢氧化铜蓝色沉淀，故⑤错误；⑥钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，水减少，饱和氯化钠溶液析出白色氯化钠固体，故⑥正确；故选：B。【点评】本题考查了钠与酸碱盐的反应，明确钠与盐溶液反应实质是先与水反应是解题关键，题目难度不大。102分）实验室欲配制100mL1.00mol/LNa2CO3溶液。下列有关叙述中，正确的是()A．用托盘天平称取10.60gNa2CO3固体B．将Na2CO3固体放入容量瓶中，加水至刻度线C．定容时俯视液面，所得溶液浓度偏高D．加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体【分析】A．托盘天平精确值为0.1g；B．容量瓶不能用于溶解固体；C．定容时俯视液面，导致溶液体积偏小；D．加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体，导致溶质物质的量偏小。【解答】解：A．托盘天平精确值为0.1g，不能用托盘天平称取10.60gNa2CO3固体，故A错误；B．容量瓶不能用于溶解固体，配制溶液应先在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶，故B错误；C．定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，依据c=可知，溶液浓度偏高，故C正确；D．加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体，导致溶质物质的量偏小，依据c=可知，溶液浓度偏低，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确天平和容量瓶使用方法，准确判断溶液操作对溶质物质的量和溶液体积的影响是解题关键，题目难度不大。112分）已知5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是()A．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂B．1molKClO3参加反应时有5mol电子转移C．KClO3是氧化剂D．被氧化与被还原的氯元素的质量比为1：5【分析】5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e﹣,以此来解答.【解答】解：A．H、S、O元素的化合价不变，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故A正确；B.1molKClO3参加反应时有1mol×（5﹣0）＝5mol电子转移，故B正确；C．KClO3中Cl元素的化合价降低，则是氧化剂，故C正确；D.5个Cl失去电子与1个Cl得电子数目相等，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查，题目难度不大.122分）200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/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．0.3mol/LB．0.4mol/LC．0.45mol/LD．0.5mol/L【分析】200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/L的Fe2（SO4）3溶液混合后溶液体积为300mL，计算出氯酸钾溶液和硫酸铁溶液中的硫酸根离子的物质的量，二者溶液中硫酸根离子的物质的量之和就是混合后溶液中硫酸根离子的物质的量，根据c（SO42)=计算出溶液中硫酸根离子的浓度。【解答】解：200mL0.3mol/L的K2SO4溶液中含有的硫酸根离子的物质的量为：n（SO42)=n（K2SO4）＝0.2L×0.3mol/L＝0.06mol，100mL0.2mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有的硫酸根离子的物质的量为：n（SO42﹣)=3n（Fe2（SO4）3）＝3×0.1L×0.2mol/L＝0.06mol，两溶液混合后，溶液的体积为300mL＝0.3L，溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：0.06mol+0.06mol＝0.12mol，混合后的溶液中硫酸根离子的浓度为=0.4mol/L，故选：B。【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，要求学生熟练掌握物质的量浓度的计算方法，注意离子物质的量浓度与化学式组成的关系，该题是高考中的常见题型，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。132分）下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是()①是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器②使用前要先检查容量瓶是否漏液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可以用500mL容量瓶配制450mL溶液.【分析】容量瓶用来配置一定物质的量浓度的溶液，使用前要先检查容量瓶是否漏液，不能用来加热，不能用容量瓶贮存配制好的溶液，容量瓶只有一个刻度.【解答】解：①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故①正确；②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，故②正确；③容量瓶不能用来加热，故③错误；④容量瓶不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④正确；⑤容量瓶只有一个刻度，无法配制450ml溶液，须采用稍大一点的500mL的容量瓶，配置同浓度的溶液500ml，再量取450ml即可，故⑤正确；故选：A。【点评】本题考查容量瓶的使用，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握.142分）下列实验现象与结论均正确的是()选项实验操作实验现象实验结论A向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液呈红色未知液中一定含有Fe2+B向无色溶液中滴加氯水，再加淀粉溶液溶液变蓝无色溶液中含有I﹣C向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀该溶液中含有Cl﹣D将银白色的金属钠放置在空气中钠表面很快变暗金属钠具有强氧化性【分析】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子；B．氯气可氧化碘离子生成碘，淀粉遇碘单质变蓝；C．白色沉淀可能为AgCl、碳酸银等；D．钠在空气中被氧化生成氧化钠。【解答】解：A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象后加氯水来检验亚铁离子，故A错误；B．氯气可氧化碘离子生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，由现象可知无色溶液中含有I﹣,故B正确；C．白色沉淀可能为AgCl、碳酸银等，则不能确定原溶液中是否含氯离子，故C错误；D．钠在空气中被氧化生成氧化钠，则Na具有还原性，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。152分）下列说法中正确的是()A．某微粒核外电子排布为2、8、8结构，则该微粒一定氩原子B．最外层电子达到稳定结构的微粒只能是稀有气体的原子C．F﹣、Na+、A13+是与Ne原子具有相同电子层结构的离子D．某元素原子的最外层只有2个电子，则该元素一定是金属元素【分析】A．某微粒核外电子排布为2、8、8结构，可能为阴离子或阳离子；B．最外层电子达到稳定结构的微粒，可能为阴离子或阳离子；C．若核外电子数相同，则电子层结构相同；D．Ne原子最外层有2个电子。【解答】解：A．某微粒核外电子排布为2、8、8结构，可能为阴离子或阳离子，如氯离子、钾离子，不一定为Ar，故A错误；B．最外层电子达到稳定结构的微粒，可能为阴离子或阳离子，如氯离子、钠离子等最外层均是8个电子，故B错误；C．F﹣、Na+、Al3+与Ne原子核外均含有10个电子，具有相同电子层结构，故C正确；D．Ne原子最外层有2个电子，He是非金属元素，所以某元素原子的最外层只有2个电子，则该元素不一定是金属元素，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了原子的结构、元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素在周期表中的位置、原子结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。162分）下列实验，能达到实验目的的是()ABCD观察钾元素的焰色（OH）2制备氧化钠比较NaHCO3和Na2CO3溶解度【分析】A．透过蓝色的钴玻璃观察K的焰色反应；B．没有隔绝空气；C．Na与氧气加热生成过氧化钠；D．少量水，二者可能均不能完全溶解。【解答】解：A．透过蓝色的钴玻璃观察K的焰色反应，可过滤去黄光，图中操作可观察钾元素的焰色，故A正确；B．没有隔绝空气，生成的氢氧化亚铁易被氧化，故B错误；C．Na与氧气加热生成过氧化钠，常温下反应生成氧化钠，故C错误；D．少量水，二者可能均不能完全溶解，触摸外壁可判断溶解时的热效应，但不能比较二者的溶解度，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质制备、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。172分）下列叙述不正确的是()选项被提纯物质杂质除杂试剂或方法AFeCl3溶液FeCl2通入适量Cl2BCl2H2O（蒸气）通入浓硫酸中C铜粉铁粉加入过量盐酸并过滤DCO2HCl通入饱和的碳酸钠溶液中【分析】A．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；B．浓硫酸可吸收水，与氯气不反应；C．Fe与盐酸反应，而Cu不能；D．二者均与碳酸钠溶液反应。【解答】解：A．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，则通入适量Cl2可除杂，故A正确；B．浓硫酸可吸收水，与氯气不反应，则通入浓硫酸中可干燥提纯氯气，故B正确；C．Fe与盐酸反应，而Cu不能，反应后过滤可分离，故C正确；D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故D错误；故选：D。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。182分）下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错误的是()A．等质量Na2CO3和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少B．将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3中，前者不生成沉淀C．相同条件下Na2CO3比NaHCO3更易溶于水D．Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去【分析】A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少；B．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀；C．相同条件下，碳酸铵的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度；D．NaHCO3不稳定，加热易分解；【解答】解：A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为CO32﹣+Ca2+＝CaCO3+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣,故B错误；C．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3＜Na2CO3，故C正确；△D．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3-Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故D正确；故选：B。【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠性质的比较，为高频考点，把握二者性质的差异是解答的关键，注意知识的积累和灵活应用，题目难度不大.192分）下列说法正确的是()A．1molO2与金属Na反应，O2一定得到4NA个电子B．18gNH4+中所含的电子数为11NAC．1molFe与足量的Cl2反应，转移的电子数为2NAD．1molCl2与足量的Fe反应，转移的电子数为2NA【分析】A．氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以过氧化钠；B．一个NH4+中所含的电子数为10；C．Cl2具有强氧化性Cl2，Fe→Fe3+，1molFe失去电子数为3NA；D．Cl2→2Cl﹣,1molCl2得到的电子数为2NA.【解答】解：A．氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以生成过氧化钠，2molO2与金属钠反应，反应生成氧化钠电子转移4mol，生成过氧化钠电子转移2mol，O2不一定得到4NA个电子，故A错误；B．18gNH4+中含有NH4+的数目为×NAmol−1=NA，一个NH4+中所含的电子数为10，因此18gNH4+中所含的电子数为10NA，故B错误；C．Cl2具有强氧化性Cl2，Fe→Fe3+，1molFe失去电子数为3NA，因此转移电子数为3NA，故C错误；D．Cl2→2Cl﹣,1molCl2得到的电子数为1mol×NAmol−1×2＝2NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意掌握转移电子数的计算方法.202分）下列氧化还原反应所标出的电子转移情况中没有错误的是()A.B.D.【分析】A．Mn元素的化合价由+4降低为+2价，Cl元素的化合价由﹣1升高为﹣1；B．硝酸铵中铵根的N元素的化合价由﹣3升高为0价，硝酸铵中硝酸根的N元素的化合价元素的化合价由+5降低为0；C．I元素的化合价由0降低为﹣1价，S元素的化合价由+4升高为+6；D．氯酸钾中的Cl元素的化合价由+5降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由﹣1升高为【解答】解：A．Mn元素的化合价由+4降低为+2价得到2e﹣,Cl元素的化合价由﹣1B．硝酸铵中铵根的N元素的化合价由﹣3升高为0价，则失去5×3e﹣,硝酸铵中硝酸根的3N元素的化合价元素的化合价由+5降低为0，则得到5×5e﹣,故B错误；C．I元素的化合价由0降低为﹣1价得到2e﹣,S元素的化合价由+4升高为+6失去2e﹣,不是O元素失电子，故C错误；D．氯酸钾中的Cl元素的化合价由+5降低为0价得到5e﹣,HCl中Cl元素的化合价由﹣故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、转移电子为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物的判断，题目难度不大.二、解答题（共6小题，满分60分）2114分1）下列物质是电解质的有②④⑥,在本题指定状态下能导电的有①CO2；②液态HCl；③稀硫酸；④NaCl晶体；⑤NH3；⑥熔融KOH；⑦铁。（2）4.9g硫酸的物质的量0.05mol；标准状况下，3.612×1023个氯气分子的物质的量为0.6mol；（3）7.8gNa2O2投入200mL水中，充分反应。①该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。②生成的气体在标准状况下的体积为1.12L。③反应后溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L。（忽略反应前后溶液体积变化）【分析】（1）水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，物质导电的条件：存在自由电子或者自由移动的离子；根据n=计算物质的量；（3）①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；②结合过氧化钠的质量、反应方程式利用等量代换计算生成氧气的体积；③反应后溶质为NaOH，结合n=及质量守恒计算反应后溶液中溶质的物质的量浓度。【解答】解1）②液态HCl④NaCl晶体⑥熔融KOH在水溶液中或熔融状态下是能够导电的化合物，称为电解质，③稀硫酸；⑥熔融KOH；⑦铁中存在自由移动的离子或是电子，能导电，故答案为：②④⑥;③⑥⑦;（2）4.9g硫酸的物质的量=0.05mol；标准状况下，3.612×1023个氯气分子的物质的量mol＝0.6mol，故答案为：0.05；0.6；（3）①Na2O2与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑,故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑;②2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑156g22.4L7.8gV（O2）故答案为：1.12；③7.8gNa2O2的物质的量为=0.1mol，反应后溶质为NaOH，结合质量守恒可知，n（NaOH2n（Na2O20.1mol×2＝0.2mol，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为=1mol/L，故答案为：1。【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。226分）氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，氯气和水反应的化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O（3）在反应3Cl2+6KOH（浓）═5KCl+KClO3+3H2O中，标况下6.72LCl2参加该反应时，反应中转移0.5NA个电子。（写出具体数目）【分析】（1）氯气与水反应生成氯水和次氯酸；（2）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；（3）依据3Cl2+6KOH（浓）═5KCl+KClO3+3H2O，消耗3mol氯气，转移5mol电子，据此计算。【解答】解1）氯气与水反应生成氯水和次氯酸，离子方程式：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；（2）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3）标况下6.72LCl2，物质的量=0.3mol，依据3Cl2+6KOH═5KCl+KClO3+3H2O，消耗3mol氯气，转移5mol电子，所以标况下6.72LCl2参加该反应，转移电子数0.5NA，故答案为：0.5NA。【点评】本题考查了化学方程式和离子方程式书写，氧化还原反应转移电子数计算，明确氯气性质及反应实质，把握反应中各元素化合价变化是解题关键，题目难度不大。238分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）请回答下列问题：（1）A的化学式为Na，丙的化学式为HCl。（2）写出下列反应的离子方程式：④Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣。⑤Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓。【分析】金属单质A的焰色反应为黄色，则A是Na，黄绿色气体乙是Cl2，Na和水反应生成NaOH和H2，则甲是H2、C是NaOH，氢气和氯气反应生成HCl，所以丙是HCl，D是盐酸，D和金属B反应生成E，E能被氯气氧化生成F，F和NaOH反应生成红褐色沉淀，则红褐色沉淀是Fe（OH）3，所以F是FeCl3、E是FeCl2、B是Fe，以此解答该题。【解答】解1）通过以上分析可知A是Na，C是HCl，故答案为：Na；HCl；（2）氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，离子反应方程式为Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣,氯化铁和氢氧化钠反应可生成氢氧化铁，离子方程式为Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓,故答案为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣;Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓。【点评】本题考查无机物推断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，题目涉及物质的推断、离子方程式的书写等知识点，根据焰色反应、物质的颜色为突破口采用正逆结合的方法进行推断，根据离子方程式的书写规则结合离子的性质进行解答，题目难度不大。248分）实验室现需要浓度为0.5mo/L的稀硫酸480mL，欲用18.4mol•L﹣1的浓硫酸来配制。（1）实验所需浓硫酸的体积为13.6mL。（2）实验时需要用到的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有500mL容量瓶、胶头滴管。（3）请将下列各操作按正确的顺序将字母代号填写在横线上。其正确的操作顺序依次为AFEDCB。A．用量筒量取浓H2SO4B．塞好瓶塞，反复颠倒摇匀C．加蒸馏水至离容量瓶瓶颈刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线D．用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，洗涤液一并转入容量瓶，并轻摇容量瓶使其混匀E．冷却至室温后，将溶液转入容量瓶F．稀释浓H2SO4（4）配制过程中，下列操作会使配制的稀硫酸浓度偏高的是①③④⑥。（填序号）①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤2～3次，并把洗涤液转入容量瓶②容量瓶查漏后未经干燥就直接使用③定容时俯视读数④量取浓硫酸时仰视读数⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线⑥浓硫酸稀释后没有冷却至室温就转移至容量瓶【分析】（1）实际上配制的为500mL0.5mo/L的稀硫酸，结合稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤及操作方法选择需要的仪器；（3）配制该溶液步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，以此排序；（4）先分析操作对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后根据c=进行误差分【解答】解1）配制480mL溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的为500mL0.5mo/L的稀硫酸，设需要浓硫酸体积为V，溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，则：0.5mo/L×0.5L＝18.4moL/L×V，解得V≈0.0136L＝13.6mL，故答案为：13.6；（2）配制该溶液的步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，结合操作方法可知用到的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；（3）配制500mL0.5mo/L的稀硫酸一般步骤有：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，则正确的操作顺序为：AFEDCB，故答案为：AFEDCB；（4）①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤2～3次，并把洗涤液转入容量瓶，导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸物质的量偏大，溶液浓度偏高，故①正确；②容量瓶使用时未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故②错误；③定容时俯视读数，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故③正确；④量取浓硫酸时仰视读数，量取的浓硫酸体积偏大，所得溶液浓度偏高，故④正确；⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑤错误；⑥浓硫酸稀释后没有冷却至室温就转移至容量瓶，导致溶液体积偏小，所得溶液浓度偏高，故⑥正确；故答案为：①③④⑥。【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，题目难度不大，明确溶液配制步骤及操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法，试题侧重学生的分析能力及化学实验能力。2510分）短周期A、B、C、D4种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和。（1）元素（填元素符号A为CB为O。（2）D在周期表中的位置第三周期第VIA族；它的最高价氧化物对应的水化物：H2SO4。（3）C与水反应的化学方程式是2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。【分析】A、B、C、D为短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8﹣2＝6，则D为S元素，以此分析解答。【解答】解1）由上述分析可知，A为C元素、B为O元素，故答案为：C；O；（2）D为S元素，处于元素周期表中第三周期