2024-2025学年江苏省徐州市第七中学高一上学期9月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省徐州市第七中学2024-2025学年高一上学期9月月考注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的原子量：H1C12O16N14S32Cl35.5Na23Ca40Mg24Al27Ba137一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.“垃圾是放错了位置的资源”，应分类回收利用。生活中废弃的塑料制品、旧轮胎、废纸等属于A.单质 B.有机物 C.氧化物 D.无机物【答案】B【解析】塑料袋等塑料制品、旧轮胎主要成分为橡胶，属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物。答案选B。2.下列物质的水溶液和熔融状态均能导电的是A.Cl2 B.NaCl C.CH3CH2OH D.H2SO4【答案】B【解析】A．Cl2的水溶液中，Cl2和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO是电解质，在水中会发生电离，故Cl2的水溶液能导电，而熔融状态下的Cl2不能电离，也就不能导电，A不符合题意；B．NaCl是电解质，在水中和熔融状态下均能电离出Na+和Cl-，故NaCl的水溶液和熔融状态均能导电，B符合题意；C．CH3CH2OH是非电解质，其水溶液和熔融状态均不能导电，C不符合题意；D．H2SO4是电解质，H2SO4在水中能电离出H+和，其水溶液能导电，而熔融状态下的H2SO4不能电离，也就不能导电，D不符合题意；故选B3.在水溶液中，下列电离方程式正确的是A.Ca(OH)2===Ca2++2(OH-) B.FeCl3===Fe2++3Cl-C.H2SO4===H++ D.Fe2(SO4)3===2Fe3++3【答案】D【解析】A．Ca(OH)2的电离方程式为：Ca(OH)2===Ca2＋＋2OH－，故A错误；B．FeCl3的电离方程式为：FeCl3===Fe3+＋3Cl－，故B错误；B．H2SO4的电离方程式为:H2SO4===2H＋＋SO42-，故C错误；D．Fe2(SO4)3的电离方程式为：Fe2(SO4)3===2Fe3＋＋3SO42-，故D正确。答案选D。4.磁流体是电子材料的新秀，它既有固体的磁性，又有液体的流动性，磁流体中分散质粒子直径在5.5nm～36nm之间。下列说法正确的是A.磁流体属于溶液 B.磁流体很不稳定C.磁流体能产生丁达尔效应 D.磁流体中分散质粒子不能通过滤纸【答案】C【解析】A.由于磁流体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，所得到的分散系属于胶体，具有胶体的性质，故A错误；B.磁流体属于胶体，胶体比较稳定，故B错误；C.磁流体属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故C正确；D.磁流体中的分散质粒子直径在5.5nm～36nm之间，能够通过滤纸，故D错误。故选C。5.下列叙述中，正确的是A.溶于水后，主要以和形式存在B.在通电的条件下电离出和C.稀硝酸能导电，所以属于电解质D.难溶于水，不属于电解质【答案】A【解析】A．是强电解质，溶于水后完全电离，主要以和形式存在，故A正确；B．在溶于水或加热熔化状态下电离出和，故B错误；C．稀硝酸是混合物，稀硝酸既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D．在熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误；选A。6.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.晶体中N原子数为B.4.0gNaOH与MgO的混合物中含有的质子数无法计算C.标准状况下，中所含的H原子数为D.和的混合物含有的分子数为【答案】C【解析】A．晶体(物质的量为1mol)中N原子数为2，故A错误；B．4.0gNaOH与MgO的混合物(两者的摩尔质量相等，两者的质子数也相等)中含有的质子数，故B错误；C．水的质量与标准状况无关，直接计算，物质的量为1mol，则中所含的H原子数为，故C正确；D．和(摩尔质量为46g∙mol−1，摩尔质量为92g∙mol−1，)的混合物含有的分子数小于，故D错误。综上所述，答案为C。7.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶上述过程涉及实验方法、实验操作和物质作用说法不正确的是A.①操作利用了物质的溶解性 B.③操作为分液C.②操作为过滤 D.加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期【答案】B【解析】A．①操作是将茶中的可溶物溶解在热水中，利用了物质的溶解性，A正确；B．③操作是将茶分成若干小包装，便于贮存、运输和饮用，也可防止灰尘的落入、细菌的滋生，而不是分液，B不正确；C．②操作是将茶渣和茶水分离，操作名称为过滤，C正确；D．加入抗氧化剂，可以防止茶水中的维生素C等被氧化，可以延长饮料茶的保质期，D正确；故选B。8.下列过程中发生了氧化还原反应的是A.用铁矿石炼铁 B.用活性炭处理水面的油污C.用明矾处理含悬浮物质较多的废水 D.利用反渗透膜从海水中分离出淡水【答案】A【解析】A．用铁矿石炼铁，CO还原氧化铁生成单质铁，碳元素、铁元素化合价变化，属于氧化还原反应，故选A；B．利用活性炭吸附性，用活性炭吸附水面的油污，没有发生化学变化，故不选B；C．明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附废水中悬浮物，元素化合价不变，没有发生氧化还原反应，故不选C；D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，没有生成新物质，不属于化学反应，故不选D；选A。9.下列操作中正确的是（）A.蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部C.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D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁【答案】D【解析】A.蒸发操作时，当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，故A错误；B.蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管出口处，故B错误；C.萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多．密度也可以比水小，故C错误；D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁，故D正确；答案：D10.下列实验的先后顺序正确的是选项实验目的实验操作A还原实验结束时，先停止通，再熄灭酒精灯B探究的可燃性先检验的纯度，确认纯净后，再点燃C分解制实验结束时，先停止加热，再从水槽中拿出导气管D用萃取碘水中的碘静置后，先将上层溶液从分液漏斗上口倒出A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氢气还原氧化铜，实验结束时，应先熄灭酒精灯，再停止通氢气，以防铜再次被氧化，故A不选；B．点燃可燃性气体前，为了防止气体不纯而爆炸，必须先检验气体的纯度，确认纯净后再点燃，故B选；C．分解KMnO4制取氧气，实验结束时，为防止倒吸，应先从水槽中拿出导气管，再停止加热，故C不选；D．用CCl4萃取碘水中的碘，静置后，应将下层溶液从分液漏斗下口流出，故D不选；故选B。11.100mL0.3mol·L-1的Na2SO4溶液和50mL0.1mol·L-1的Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO离子的物质的量浓度为A.0.20mol•L-1 B.0.25mol•L-1 C.0.30mol•L-1 D.0.50mol•L-1【答案】C【解析】混合过程中硫酸根的不变，则混合后溶液中SO离子的物质的量浓度＝＝0.3mol/L，答案选C。12.下列溶液里离子检验的结论正确的是A.加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能含CO32－B.加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液一定含有SO42－C.加AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有Cl－D.加Na2CO3溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中一定含有Ba2+【答案】A【解析】A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32-或HCO3-，选项A正确；B、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有SO42－或Ag+，选项B错误；C、加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，不一定为AgCl沉淀，可能为硫酸银等，应加入硝酸酸化，则原溶液中不一定含有Cl－，选项C错误；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，可能有Ba2＋、Ca2+等，选项D错误；答案选A。13.已知：+OH-=NH3↑+H2O，现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、、Ba2+、、Cl-、。现取两份各200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推测正确的是A.一定存在、、，一定不存在Ba2+、Cl-B.一定存在、、Cl-、，可能存在K+C.c()=0.2mol·L-1，c()>c()D.若溶液中存在、Cl-、、、K+五种离子，则c(K+)>0.2mol·L-1【答案】D【解析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g，说明其中含有，n(NH3)==0.08mol，故n()=0.08mol，由实验②可知沉淀为BaSO4、BaCO3的混合物，n(BaCO3)==0.04mol，n(BaSO4)==0.02mol，溶液中含有、的物质的量分别为0.04mol和0.02mol，由于Ba2+与、不共存，溶液中不存在Ba2+，根据溶液中的电荷守恒可得n(K+)+n()=2n()+2n()+n(Cl-)，n(K+)+0.08mol=2×0.04mol+2×0.02mol+n(Cl-)，故一定存在K+，Cl-可能存在于溶液中。A．根据分析，溶液中一定存在、、、K+，一定不存在Ba2+，可能存在Cl-，A错误；B．根据分析，溶液中一定存在K+，可能存在Cl-，B错误；C．c()==0.1mol/L，C错误；D．根据分析可知，n(K+)+n()=2n()+2n()+n(Cl-)，若没有Cl-，n(K+)=0.04mol，若存在Cl-，n(K+)＞0.04mol，c(K+)＞=0.2mol/L，D正确；故选D。14.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图所示。反应中镁和铝A.体积之比为3∶2 B.质量之比为3∶2C.摩尔质量之比为2∶3 D.物质的量之比为3∶2【答案】D【解析】A．根据图像可知反应产生的氢气的体积相等，体积比为1：1，则消耗Mg、Al的物质的量之比为3：2，但镁、铝均为固体，根据题中条件不能确定两者的体积之比，A错误；B．Mg与盐酸反应方程式是：Mg+2H+＝Mg2++H2↑，铝与盐酸反应的方程式是：2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，假设发生反应产生氢气的物质的量是3mol，则反应消耗的镁和铝的物质的量之比为3∶2，则质量之比为3×24∶2×27＝4∶3，B错误；C．镁和铝的摩尔质量之比为24∶27=8∶9，C错误；D．由以上分析可知，假设发生反应产生氢气的物质的量是3mol，则反应消耗的镁和铝的物质的量之比为3∶2，D正确；故选：D。二、填空题(共58分)15.下图所示的装置是化学实验中常见混合物分离和提纯的方法，也是学生应具备的实验基本技能。回答下列问题(填代表装置图的字母)：(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择______装置。(2)氯化钠固体中混有碘，选择______装置。(3)河水样品中加了少量明矾，选择______装置。(4)除去自来水中的、杂质离子，选择______装置。(5)装置E在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还应进行的具体操作是______。【答案】①.B②.F③.C④.A⑤.打开分液漏斗上端的玻璃塞【解析】〖祥解〗化学实验中常见混合物分离和提纯的方法，学生应根据装置特点来分类，如固液分离，液液分离等。(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，只需把溶剂蒸发出去就行，选蒸发装置，答案为B；(2)氯化钠固体中混有碘，因为碘易升华，采用加热使碘升华后再凝华，进行分离，答案为F；(3)河水样品中加了少量明矾，因为明矾能水解生成氢氧化铝胶体，能净化河水中的杂质，形成聚沉，所以，用过滤装置进行分离，答案为C；(4)除去自来水中的、杂质离子，通过蒸馏得到蒸馏水，而除去、杂质离子，答案为A；(5)装置E是分液漏斗，若不把上口打开，漏斗中液体无法顺利滴下，在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还必须打开分液漏斗上口的玻璃塞，答案为打开分液漏斗上口的玻璃塞。16.按要求填空。（1）标准状况下，中有____个氯原子。（2）含的中所含的的物质的量是_____。（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中与质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为____。（4）质量相同的、、、四种气体中，含有分子数目最少的是___。（5）标准状况下，的体积为____。【答案】（1）（2）0.6mol（3）3：5（4）SO2（5）4.48L【解析】【小问1详析】标准状况下，2.24L的物质的量为，为双原子分子，含有的氯原子个数为或；【小问2详析】由化学式可知，含0.4mol的中所含的的物质的量是0.4mol×=0.6mol；【小问3详析】阻燃剂碱式碳酸铝镁中与质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为；【小问4详析】由可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，四种气体中的摩尔质量最大，则的物质的量最小，分子数最少；【小问5详析】3.4g的物质的量为=0.2mol，标准状况下，0.2mol的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。17.“皮鞋很忙”的恶搞段子曾经风靡网络，揭露了某些行业用烂皮鞋制造酸奶或毒胶囊的不法行为。央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。(1)已知中铬元素是＋3价，则其中铁元素是______价。是一种酸根离子，则属于______(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。(2)明胶的水溶液和溶液共同具备的性质是____(填序号)。a．都不稳定，密封放置沉淀b．能产生丁达尔效应c．分散质粒子可通过滤纸(3)现有10mL明胶的水溶液与5mL溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明能够透过半透膜：_____。【答案】①.+2②.盐③.c④.取烧杯中的少量液体，向其中滴加盐酸，无明显变化，然后再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生【解析】(1)根据化合物中元素化合价的代数和等于零计算出铁元素的化合价为+2价，盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物，所以Fe(CrO2)2属于盐。(2)a.溶液很稳定，a项错误；b.胶体具有丁达尔效应而溶液没有，b项错误；c.胶体和溶液中的分散质都能透过滤纸，c项正确；故选c。(3)检验可用，但需用盐酸酸化，具体操作为：取烧杯中的少量液体，向其中滴加盐酸，无明显变化，然后再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生。18.某学生设计了如图所示的实验方案，从、的固体混合物中分离出NaCl和。回答下列问题：（1）物质B的名称为____。（2）此实验分离得到的NaCl固体，经分析含有杂质，这是由于上述方法中某一步设计的错误造成的，请写出这一步正确的设计方案：____。（3）写出上述过程中所涉及的化学反应方程式：____、____。（4）若实验结束时，称量得到的NaCl固体的质量为，固体的质量为11.1g，则原混合物中NaCl和的物质的量之比为____。【答案】（1）碳酸钙（2）在滤液中加入稍过量的盐酸，然后将溶液蒸发结晶（3）①.②.（4）1：1【解析】〖祥解〗把握实验的原理和操作方法，为解题的关键，分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸发生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，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，据此解答。【小问1详析】NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过滤后得到的沉淀B为碳酸钙；【小问2详析】由于碳酸钠过量，所以滤液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，向滤液中加入适量盐酸至不产生气体，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；【小问3详析】在溶液中加入碳酸钠，生成碳酸钙的沉淀，化学方程式为：；在沉淀中加入盐酸，沉淀溶解，生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：；【小问4详析】固体的质量为11.1g，物质的量为0.1mol，由方程式可知，该反应生成了0.2molNaCl，则17.55g固体NaCl中有0.2.×58.5=11.7g是反应转化而来，即原固体混合物中NaCl的质量为-11.7g=5.85g，物质的量为0.1mol，所以原混合物中NaCl和的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1:1。19.根据信息书写反应的化学方程式或物质的化学式：（1）NO是制备硝酸的中间产物，生成NO的化学方程式为：，则X的化学式为：____。（2）三氧化二铬(，碱性氧化物)溶于硫酸的化学方程式：____。（3）我国科学家侯德榜先生发明了“联合制碱法”，其原理是向饱和食盐水中通入足量的再通入足量会有固体析出，写出该反应的化学方程式：____。（4）用NaOH溶液吸收工厂烟气中的，能有效减少对空气的污染，写出用足量的NaOH溶液吸收的化学方程式：____。（5）写出一例铵盐与强碱在加热条件下反应的化学方程式：____。【答案】（1）（2）（3）（4）（5）【解析】【小问1详析】由质量守恒定律，X的化学式为：NH3；【小问2详析】三氧化二铬()是碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水，则溶于硫酸生成硫酸铬和水，反应的化学方程式：；【小问3详析】向饱和食盐水中通入足量的再通入足量会有固体析出，同时产物还有氯化铵，该反应的化学方程式：；【小问4详析】用足量的NaOH溶液吸收生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式：；【小问5详析】铵盐如氯化铵与强碱如氢氧化钠在加热条件下反应生成氯化钠、氨气和水，反应的化学方程式：。20.NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：ClO2发生器中的反应为SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2NaHSO4.（1）NaClO3中Cl元素的化合价为_____，上述反应是_____(填反应类型)。（2）吸收器中反应温度不能高于5℃的可能原因有_____。（3）理论上当ClO2发生器中19.2gSO2完全反应时，可制得标况下ClO2体积为多少_____。(写出计算过程)【答案】（1）①.＋5②.氧化还原反应（2）防止过氧化氢分解，提高ClO2的吸收率（3）设反应生成ClO2的物质的量为xmol根据反应SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2NaHSO4建立关系式：，解得x=0.6mol。V(ClO2)=0.6mol×22.4L/mol=13.44L。【解析】〖祥解〗ClO2发生器中发生反应SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2NaHSO4，吸收器中用双氧水把ClO2还原为NaClO2，NaClO2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得NaClO2产品。小问1详析】NaClO3中Na显+1价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，可知Cl元素的化合价为+5；SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2NaHSO4反应中Cl、S元素化合价改变，属于氧化还原反应。【小问2详析】吸收器有H2O2参加反应，温度升高H2O2分解速率加快，在中反应温度不能高于5℃的可能原因有：防止过氧化氢分解，提高ClO2的吸收率。【小问3详析】19.2gSO2的物质的量为0.3mol；设反应生成ClO2的物质的量为xmol根据反应SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2NaHSO4建立关系式：，解得x=0.6mol。V(ClO2)=0.6mol×22.4L/mol=13.44L。江苏省徐州市第七中学2024-2025学年高一上学期9月月考注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的原子量：H1C12O16N14S32Cl35.5Na23Ca40Mg24Al27Ba137一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.“垃圾是放错了位置的资源”，应分类回收利用。生活中废弃的塑料制品、旧轮胎、废纸等属于A.单质 B.有机物 C.氧化物 D.无机物【答案】B【解析】塑料袋等塑料制品、旧轮胎主要成分为橡胶，属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物。答案选B。2.下列物质的水溶液和熔融状态均能导电的是A.Cl2 B.NaCl C.CH3CH2OH D.H2SO4【答案】B【解析】A．Cl2的水溶液中，Cl2和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO是电解质，在水中会发生电离，故Cl2的水溶液能导电，而熔融状态下的Cl2不能电离，也就不能导电，A不符合题意；B．NaCl是电解质，在水中和熔融状态下均能电离出Na+和Cl-，故NaCl的水溶液和熔融状态均能导电，B符合题意；C．CH3CH2OH是非电解质，其水溶液和熔融状态均不能导电，C不符合题意；D．H2SO4是电解质，H2SO4在水中能电离出H+和，其水溶液能导电，而熔融状态下的H2SO4不能电离，也就不能导电，D不符合题意；故选B3.在水溶液中，下列电离方程式正确的是A.Ca(OH)2===Ca2++2(OH-) B.FeCl3===Fe2++3Cl-C.H2SO4===H++ D.Fe2(SO4)3===2Fe3++3【答案】D【解析】A．Ca(OH)2的电离方程式为：Ca(OH)2===Ca2＋＋2OH－，故A错误；B．FeCl3的电离方程式为：FeCl3===Fe3+＋3Cl－，故B错误；B．H2SO4的电离方程式为:H2SO4===2H＋＋SO42-，故C错误；D．Fe2(SO4)3的电离方程式为：Fe2(SO4)3===2Fe3＋＋3SO42-，故D正确。答案选D。4.磁流体是电子材料的新秀，它既有固体的磁性，又有液体的流动性，磁流体中分散质粒子直径在5.5nm～36nm之间。下列说法正确的是A.磁流体属于溶液 B.磁流体很不稳定C.磁流体能产生丁达尔效应 D.磁流体中分散质粒子不能通过滤纸【答案】C【解析】A.由于磁流体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，所得到的分散系属于胶体，具有胶体的性质，故A错误；B.磁流体属于胶体，胶体比较稳定，故B错误；C.磁流体属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故C正确；D.磁流体中的分散质粒子直径在5.5nm～36nm之间，能够通过滤纸，故D错误。故选C。5.下列叙述中，正确的是A.溶于水后，主要以和形式存在B.在通电的条件下电离出和C.稀硝酸能导电，所以属于电解质D.难溶于水，不属于电解质【答案】A【解析】A．是强电解质，溶于水后完全电离，主要以和形式存在，故A正确；B．在溶于水或加热熔化状态下电离出和，故B错误；C．稀硝酸是混合物，稀硝酸既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D．在熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误；选A。6.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.晶体中N原子数为B.4.0gNaOH与MgO的混合物中含有的质子数无法计算C.标准状况下，中所含的H原子数为D.和的混合物含有的分子数为【答案】C【解析】A．晶体(物质的量为1mol)中N原子数为2，故A错误；B．4.0gNaOH与MgO的混合物(两者的摩尔质量相等，两者的质子数也相等)中含有的质子数，故B错误；C．水的质量与标准状况无关，直接计算，物质的量为1mol，则中所含的H原子数为，故C正确；D．和(摩尔质量为46g∙mol−1，摩尔质量为92g∙mol−1，)的混合物含有的分子数小于，故D错误。综上所述，答案为C。7.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶上述过程涉及实验方法、实验操作和物质作用说法不正确的是A.①操作利用了物质的溶解性 B.③操作为分液C.②操作为过滤 D.加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期【答案】B【解析】A．①操作是将茶中的可溶物溶解在热水中，利用了物质的溶解性，A正确；B．③操作是将茶分成若干小包装，便于贮存、运输和饮用，也可防止灰尘的落入、细菌的滋生，而不是分液，B不正确；C．②操作是将茶渣和茶水分离，操作名称为过滤，C正确；D．加入抗氧化剂，可以防止茶水中的维生素C等被氧化，可以延长饮料茶的保质期，D正确；故选B。8.下列过程中发生了氧化还原反应的是A.用铁矿石炼铁 B.用活性炭处理水面的油污C.用明矾处理含悬浮物质较多的废水 D.利用反渗透膜从海水中分离出淡水【答案】A【解析】A．用铁矿石炼铁，CO还原氧化铁生成单质铁，碳元素、铁元素化合价变化，属于氧化还原反应，故选A；B．利用活性炭吸附性，用活性炭吸附水面的油污，没有发生化学变化，故不选B；C．明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附废水中悬浮物，元素化合价不变，没有发生氧化还原反应，故不选C；D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，没有生成新物质，不属于化学反应，故不选D；选A。9.下列操作中正确的是（）A.蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部C.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D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁【答案】D【解析】A.蒸发操作时，当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，故A错误；B.蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管出口处，故B错误；C.萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多．密度也可以比水小，故C错误；D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁，故D正确；答案：D10.下列实验的先后顺序正确的是选项实验目的实验操作A还原实验结束时，先停止通，再熄灭酒精灯B探究的可燃性先检验的纯度，确认纯净后，再点燃C分解制实验结束时，先停止加热，再从水槽中拿出导气管D用萃取碘水中的碘静置后，先将上层溶液从分液漏斗上口倒出A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氢气还原氧化铜，实验结束时，应先熄灭酒精灯，再停止通氢气，以防铜再次被氧化，故A不选；B．点燃可燃性气体前，为了防止气体不纯而爆炸，必须先检验气体的纯度，确认纯净后再点燃，故B选；C．分解KMnO4制取氧气，实验结束时，为防止倒吸，应先从水槽中拿出导气管，再停止加热，故C不选；D．用CCl4萃取碘水中的碘，静置后，应将下层溶液从分液漏斗下口流出，故D不选；故选B。11.100mL0.3mol·L-1的Na2SO4溶液和50mL0.1mol·L-1的Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO离子的物质的量浓度为A.0.20mol•L-1 B.0.25mol•L-1 C.0.30mol•L-1 D.0.50mol•L-1【答案】C【解析】混合过程中硫酸根的不变，则混合后溶液中SO离子的物质的量浓度＝＝0.3mol/L，答案选C。12.下列溶液里离子检验的结论正确的是A.加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能含CO32－B.加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液一定含有SO42－C.加AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有Cl－D.加Na2CO3溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中一定含有Ba2+【答案】A【解析】A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32-或HCO3-，选项A正确；B、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有SO42－或Ag+，选项B错误；C、加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，不一定为AgCl沉淀，可能为硫酸银等，应加入硝酸酸化，则原溶液中不一定含有Cl－，选项C错误；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，可能有Ba2＋、Ca2+等，选项D错误；答案选A。13.已知：+OH-=NH3↑+H2O，现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、、Ba2+、、Cl-、。现取两份各200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推测正确的是A.一定存在、、，一定不存在Ba2+、Cl-B.一定存在、、Cl-、，可能存在K+C.c()=0.2mol·L-1，c()>c()D.若溶液中存在、Cl-、、、K+五种离子，则c(K+)>0.2mol·L-1【答案】D【解析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g，说明其中含有，n(NH3)==0.08mol，故n()=0.08mol，由实验②可知沉淀为BaSO4、BaCO3的混合物，n(BaCO3)==0.04mol，n(BaSO4)==0.02mol，溶液中含有、的物质的量分别为0.04mol和0.02mol，由于Ba2+与、不共存，溶液中不存在Ba2+，根据溶液中的电荷守恒可得n(K+)+n()=2n()+2n()+n(Cl-)，n(K+)+0.08mol=2×0.04mol+2×0.02mol+n(Cl-)，故一定存在K+，Cl-可能存在于溶液中。A．根据分析，溶液中一定存在、、、K+，一定不存在Ba2+，可能存在Cl-，A错误；B．根据分析，溶液中一定存在K+，可能存在Cl-，B错误；C．c()==0.1mol/L，C错误；D．根据分析可知，n(K+)+n()=2n()+2n()+n(Cl-)，若没有Cl-，n(K+)=0.04mol，若存在Cl-，n(K+)＞0.04mol，c(K+)＞=0.2mol/L，D正确；故选D。14.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图所示。反应中镁和铝A.体积之比为3∶2 B.质量之比为3∶2C.摩尔质量之比为2∶3 D.物质的量之比为3∶2【答案】D【解析】A．根据图像可知反应产生的氢气的体积相等，体积比为1：1，则消耗Mg、Al的物质的量之比为3：2，但镁、铝均为固体，根据题中条件不能确定两者的体积之比，A错误；B．Mg与盐酸反应方程式是：Mg+2H+＝Mg2++H2↑，铝与盐酸反应的方程式是：2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，假设发生反应产生氢气的物质的量是3mol，则反应消耗的镁和铝的物质的量之比为3∶2，则质量之比为3×24∶2×27＝4∶3，B错误；C．镁和铝的摩尔质量之比为24∶27=8∶9，C错误；D．由以上分析可知，假设发生反应产生氢气的物质的量是3mol，则反应消耗的镁和铝的物质的量之比为3∶2，D正确；故选：D。二、填空题(共58分)15.下图所示的装置是化学实验中常见混合物分离和提纯的方法，也是学生应具备的实验基本技能。回答下列问题(填代表装置图的字母)：(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择______装置。(2)氯化钠固体中混有碘，选择______装置。(3)河水样品中加了少量明矾，选择______装置。(4)除去自来水中的、杂质离子，选择______装置。(5)装置E在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还应进行的具体操作是______。【答案】①.B②.F③.C④.A⑤.打开分液漏斗上端的玻璃塞【解析】〖祥解〗化学实验中常见混合物分离和提纯的方法，学生应根据装置特点来分类，如固液分离，液液分离等。(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，只需把溶剂蒸发出去就行，选蒸发装置，答案为B；(2)氯化钠固体中混有碘，因为碘易升华，采用加热使碘升华后再凝华，进行分离，答案为F；(3)河水样品中加了少量明矾，因为明矾能水解生成氢氧化铝胶体，能净化河水中的杂质，形成聚沉，所以，用过滤装置进行分离，答案为C；(4)除去自来水中的、杂质离子，通过蒸馏得到蒸馏水，而除去、杂质离子，答案为A；(5)装置E是分液漏斗，若不把上口打开，漏斗中液体无法顺利滴下，在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还必须打开分液漏斗上口的玻璃塞，答案为打开分液漏斗上口的玻璃塞。16.按要求填空。（1）标准状况下，中有____个氯原子。（2）含的中所含的的物质的量是_____。（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中与质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为____。（4）质量相同的、、、四种气体中，含有分子数目最少的是___。（5）标准状况下，的体积为____。【答案】（1）（2）0.6mol（3）3：5（4）SO2（5）4.48L【解析】【小问1详析】标准状况下，2.24L的物质的量为，为双原子分子，含有的氯原子个数为或；【小问2详析】由化学式可知，含0.4mol的中所含的的物质的量是0.4mol×=0.6mol；【小问3详析】阻燃剂碱式碳酸铝镁中与质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为；【小问4详析】由可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，四种气体中的摩尔质量最大，则的物质的量最小，分子数最少；【小问5详析】3.4g的物质的量为=0.2mol，标准状况下，0.2mol的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。17.“皮鞋很忙”的恶搞段子曾经风靡网络，揭露了某些行业用烂皮鞋制造酸奶或毒胶囊的不法行为。央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。(1)已知中铬元素是＋3价，则其中铁元素是______价。是一种酸根离子，则属于______(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。(2)明胶的水溶液和溶液共同具备的性质是____(填序号)。a．都不稳定，密封放置沉淀b．能产生丁达尔效应c．分散质粒子可通过滤纸(3)现有10mL明胶的水溶液与5mL溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明能够透过半透膜：_____。【答案】①.+2②.盐③.c④.取烧杯中的少量液体，向其中滴加盐酸，无明显变化，然后再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生【解析】(1)根据化合物中元素化合价的代数和等于零计算出铁元素的化合价为+2价，盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物，所以Fe(CrO2)2属于盐。(2)a.溶液很稳定，a项错误；b.胶体具有丁达尔效应而溶液没有，b项错误；c.胶体和溶液中的分散质都能透过滤纸，c项正确；故选c。(3)检验可用，但需用盐酸酸化，具体操作为：取烧杯中的少量液体，向其中滴加盐酸，无明显变化，然后再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生。18.某学生设计了如图所示的实验方案，从、的固体混合物中分离出NaCl和。回答下列问题：（1）物质B的名称为____。（2）此实验分离得到的NaCl固体，经分析含有杂质，这是由于上述方法中某一步设计的错误造成的，请写出这一步正确的设计方案：____。（3）写出上述过程中所涉及的化学反应方程式：____、____。（4）若实验结束时，称量得到的NaCl固体的质量为，固体的质量为11.1g，则原混合物中NaCl和的物质的量之比为____。【答案】（1）碳酸钙（2）在滤液中加入稍过量的盐酸，然后将溶液蒸发结晶（3）①.②.（4）1：1【解析】〖祥解〗把握实验的原理和操作方法，为解题的关键，分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸发生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，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