江西省贛州市厚德外國語學校高三上學期開學化學試卷(解析版)

1、2016-2017學年江西省贛州市厚德外國語學校高三（上）開學化學試卷一、選擇題（本大題共16個小題，每小題3分，共48分，在每小題給出的4個選項中，只有一項符合題目要求）1容量瓶上需標有：溫度 濃度 容量 壓強 刻度線 酸式或堿式；六項中的（）ABCD2“納米材料”是指粒子直徑在幾納米到幾十納米的材料若將“納米材料”分散到液體分散劑中，所得混合物具有的性質(zhì)是（）A能全部透過半透膜B有丁達爾效應C所得液體一定能導電D所得物質(zhì)一定為懸濁液或乳濁液3實驗是化學研究的基礎，關于下列各實驗裝置圖的敘述中，正確的是（）A裝置常用于分離沸點不同的液體混合物B裝置用于吸收氨氣，能夠防止倒吸C以NH4Cl為原

2、料，裝置可制備少量NH3D裝置a口進氣可收集Cl2、NO等氣4用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A28g氮氣所含有的原子數(shù)目為NAB標準狀況下，22.4L水中含有個水分子NAC2NA個氯氣的體積是NA個氧氣的體積的2倍D標準狀況下，22.4L氯化氫所含的原子數(shù)為2NA5設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則下列說法正確的是（）A1.8 g D2O含有NA個中子B用5 mL 3 mol/L FeCl3溶液制成的氫氧化鐵膠體中所含膠粒數(shù)為0.015 NAC在Na2O2與CO2的反應中，每轉移NA個電子時，消耗22.4 L的CO2D25時，7 g C2H4和C3H6的混合氣體中，含有N

3、A個CH鍵6用等體積的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同體積的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三種溶液的SO42完全沉淀，則三種硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度之比為（）A3：2：3B3：1：2C2：6：3D1：1：17用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的是（）A用圖（a）所示裝置除去Cl2中含有的少量HClB用圖（b）所示裝置蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體C用圖（c）所示裝置制取少量純凈的CO2氣體D用圖（d）所示裝置分離CCl4萃取碘水后已分層的有機層和水層8為了除去下列各組混合物中括號內(nèi)的物質(zhì)，所選用的試劑與主要分離方法都正確的是（）混合物試劑分離方法A苯

4、（苯酚）濃溴水過濾B碘水（水）花生油萃取C乙酸乙酯（乙酸）飽和Na2CO3溶液分液D雞蛋清溶液（氯化鈉溶液）蒸餾水滲析AABBCCDD9在甲、乙、丙、丁四個燒杯里分別放入0.1mol的鈉，氧化鈉，過氧化鈉和氫氧化鈉，然后各加入100mL水，使固體完全溶解，則甲、乙、丙、丁的溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)大小的順序為（）A甲乙丙丁B丁甲乙=丙C甲=丁乙=丙D丁甲乙丙10使用容量瓶配置溶液時，由于操作不當會引起誤差，下列情況會使所配溶液濃度偏低的是（）用天平稱量時所用砝碼生銹用量筒量取所需濃溶液時，仰視刻度溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌轉移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水定容時，俯視容量瓶的刻度線

5、定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線ABCD11下列物質(zhì)分類正確的是（）ASO2、SiO2、CO2均為酸性氧化物B稀豆?jié){、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體C燒堿、冰醋酸、四氯化碳、氨氣均為電解質(zhì)D福爾馬林、水玻璃、氫氟酸、小蘇打均為純凈物12能用離子方程式Ba2+SO42BaSO4表示的是（）A氯化鋇和硫酸鈉溶液反應B碳酸鋇和稀硫酸反應C氫氧化鋇和硫酸鋁溶液反應D氫氧化鋇和稀硫酸反應13在下列條件下，可能大量共存的離子組是（）Ac（H+）=11014mol/L的溶液：K+、Cu2+、I、SO42B水電離出的c（H+）=11014mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2、S2O32C能

6、與Al反應生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3、ID能與K3Fe（CN）6產(chǎn)生藍色沉淀的溶液：H+、Na+、SO42、CrO4214能正確表示下列反應的離子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入過量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O15兩種硫酸溶液，一種物質(zhì)的量濃度為C1 mol/L，密度為1g/cm3，另一種物質(zhì)的量濃度為C2 mol/L，密度為2g/cm3，當它們等體積混合

7、后，溶液的密度為3g/cm3，則混合溶液的物質(zhì)的量濃度為（）ABCD二、非選擇題（本大題共6小題，共52分）16有下列物質(zhì)：Fe CO2 Na2O Cu（OH）2 MgCl2NH4Cl H2SO4 C2H5OH（酒精）HF NH3H2O（用序號作答）按組成進行分類，酸有，堿有，鹽有上述物質(zhì)中，其中屬于電解質(zhì)的有，屬于非電解質(zhì)的有17寫出下列物質(zhì)在水溶液中的電離方程式：NaHSO4：NaHCO3：18溶液中有下列陰離子的一種或幾種：SO42、SO32、CO32、Cl（1）當溶液中有大量的H+時，則溶液中不可能有（2）當溶液中有大量的Ba2+時，則溶液中不可能有19實驗室用固體NaOH配制0.5m

8、ol/L的NaOH溶液500mL，有以下儀器和用品有：燒杯 100mL量筒 容量瓶 藥匙 玻璃棒 托盤天平（帶砝碼）（1）配制時，沒有使用的儀器和用品有（填序號），還缺少的儀器是（2）在配制的轉移過程中某學生進行如圖操作，請指出其中的錯誤：、（3）下列操作會使配制的溶液濃度偏低的是（填字母）A沒有將洗滌液轉移到容量瓶 B轉移過程中有少量溶液濺出C容量瓶洗凈后未干燥 D定容時俯視刻度線（4）在容量瓶使用方法中，下列操作不正確的是（填序號）A使用容量瓶前檢查它是否漏水B容量瓶用蒸餾水洗凈后，再用堿液潤洗C將氫氧化鈉固體放在天平托盤的濾紙上，準確稱量并放入燒杯中溶解后，立即注入容量瓶中D定容后塞好瓶

9、塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉搖勻（5）實驗中還需要2mol/L的NaOH溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格和稱取NaOH的質(zhì)量分別是（填序號）A1000mL，80g B950mL，76gC任意規(guī)格，72g D500mL，42g20為驗證Cl2、Br2的氧化性強弱，設計了如下實驗：（可供選擇的試劑有：氯水、溴水、NaCl溶液、NaBr溶液、酒精、四氯化碳）實驗步驟如圖，填寫圖中的空白（1）2mL 試劑；加入少量試劑；再加入試劑； 現(xiàn)象：（2）可以證明Cl2的氧化性（填“強于”或“弱于”）Br2的氧化性；氯元素的非金屬性（填“強于”或“弱于”）溴元素的非金屬性

10、（ 3 ）此反應的離子方程式為：（4）某溶液中Cl、Br、I的物質(zhì)的量之比為4：1：4，要使溶液中的Cl、Br、I的物質(zhì)的量之比變?yōu)?：1：1，則通入Cl2的物質(zhì)的量與原溶液中I的物質(zhì)的量之比為21甲苯是有機化工生產(chǎn)的基本原料之一利用乙醇和甲苯為原料，可按下列路線合成分子式均為C9H10O2的有機化工產(chǎn)品E和J已知以下信息：已知： G的核磁共振氫譜表明其只有三種不同化學環(huán)境的氫請回答下列問題：（1）D的名稱是；F的結構簡式為；J的結構簡式為（2）的反應類型為；的反應類型為（3）B+DE的反應方程式為（4）E、J有多種同分異構體，則符合下列條件的同分異構體有種與E、J屬同類物質(zhì)；苯環(huán)上有兩個取代

11、基；核磁共振氫譜表明苯環(huán)上只有兩組峰其中，核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3：2：2：3的結構簡式為2016-2017學年江西省贛州市厚德外國語學校高三（上）開學化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共16個小題，每小題3分，共48分，在每小題給出的4個選項中，只有一項符合題目要求）1容量瓶上需標有：溫度 濃度 容量 壓強 刻度線 酸式或堿式；六項中的（）ABCD【考點】過濾、分離與注入溶液的儀器【分析】根據(jù)容量瓶的使用特點來回答，容量瓶是用來配制一定體積、一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量儀器，對溶液的體積精確度要求較高，只能在常溫下使用【解答】解：容量瓶是用來配制一定體積、一定物質(zhì)的量濃

12、度溶液的定量儀器，實驗室常見規(guī)格有50ml、100ml、150ml、200ml、500ml等，容量瓶上標有刻度、并標有容量；容量瓶對溶液的體積精確度要求較高，只能在常溫下使用，瓶上標有使用溫度，一般為250C故應為故選A2“納米材料”是指粒子直徑在幾納米到幾十納米的材料若將“納米材料”分散到液體分散劑中，所得混合物具有的性質(zhì)是（）A能全部透過半透膜B有丁達爾效應C所得液體一定能導電D所得物質(zhì)一定為懸濁液或乳濁液【考點】納米材料【分析】由“納米技術”是指粒子直徑在幾納米到幾十米的材料，則分散到液體分散劑中，分散質(zhì)的直徑在1nm100nm之間，以此來解答【解答】解：分散系中分散質(zhì)的直徑在1nm10

13、0nm之間的屬于膠體分散系，由“納米技術”是指粒子直徑在幾納米到幾十米的材料，則分散到液體分散劑中，分散質(zhì)的直徑在1nm100nm之間，則該混合物屬于膠體A膠體不能通過半透膜，故A錯誤；B膠體具有丁達爾現(xiàn)象，故B正確；C膠粒不一定帶電，液體分散劑若為非電解質(zhì)，則不能導電，故C錯誤；D該混合物屬于膠體，不屬于懸濁液或乳濁液，故D錯誤；故選B3實驗是化學研究的基礎，關于下列各實驗裝置圖的敘述中，正確的是（）A裝置常用于分離沸點不同的液體混合物B裝置用于吸收氨氣，能夠防止倒吸C以NH4Cl為原料，裝置可制備少量NH3D裝置a口進氣可收集Cl2、NO等氣【考點】蒸餾與分餾；氨的實驗室制法；分液和萃??；

14、氣體的收集【分析】A根據(jù)蒸餾用來分離沸點不同的液體混合物的方法；B根據(jù)吸收易溶于水的氣體時，應防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入氣體不溶的有機溶劑等方法；C根據(jù)銨鹽與堿反應生成氨氣；D根據(jù)用多用瓶收集氣體時，從長管進收集的氣體應密度比空氣大，且不能與氧氣反應；【解答】解：A裝置為分餾操作，可用于分離沸點不同且互溶的液體混合物，并且溫度計位置和進出水方向正確，故A正確； B用圖裝置起不到防倒吸的作用，應用四氯化碳，故B錯誤；C加熱氯化銨分解生成的氯化氫和氨氣能重新生成氯化銨，不能得到氨氣，應用氯化銨和氫氧化鈣解熱制備，故C錯誤；D一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮，一氧化氮只能用排水法收

15、集，故D錯誤；故選：A4用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A28g氮氣所含有的原子數(shù)目為NAB標準狀況下，22.4L水中含有個水分子NAC2NA個氯氣的體積是NA個氧氣的體積的2倍D標準狀況下，22.4L氯化氫所含的原子數(shù)為2NA【考點】物質(zhì)的量的相關計算；阿伏加德羅常數(shù)【分析】A根據(jù)n=計算出氮氣的物質(zhì)的量，然后可得出含有N原子數(shù)目；B標準狀況下，水的狀態(tài)不是氣態(tài)；C沒有指出在相同條件下，無法比較二者的體積大?。籇根據(jù)n=計算出含有氯化氫的物質(zhì)的量及含有原子的數(shù)目【解答】解：A28g氮氣的物質(zhì)的量為： =1mol，1mol氮氣分子中含有2molN原子，含有的原子數(shù)目為2NA

16、，故A錯誤；B標準狀況下，水不是氣體，不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積計算，故B錯誤；C不是相同條件下，氣體摩爾體積不一定相同，則無法比較兩種氣體的體積大小，故C錯誤；D標準狀況下，22.4L氯化氫的物質(zhì)的量為： =1mol，1molHCl分子中含有2mol原子，所含的原子數(shù)為2NA，故D正確；故選D5設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則下列說法正確的是（）A1.8 g D2O含有NA個中子B用5 mL 3 mol/L FeCl3溶液制成的氫氧化鐵膠體中所含膠粒數(shù)為0.015 NAC在Na2O2與CO2的反應中，每轉移NA個電子時，消耗22.4 L的CO2D25時，7 g C2H4和C3H6的混

17、合氣體中，含有NA個CH鍵【考點】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A、D2O的摩爾質(zhì)量的考查，一分子D2O中含有中子數(shù)的10；B、氫氧化鐵膠體的制備，是利用鐵離子的水解，水解是可逆的；C、不是標準狀況，不能使用氣體摩爾體積vm=22.4L/mol；D、可以將混合所體變成單一的氣體（CH2）n，然后分析解題【解答】解：A、1.8g D2O的物質(zhì)的量為=0.09mol，含有0.9NA個中子，故A錯誤；B、氫氧化鐵膠體的制備，是利用鐵離子的水解，水解是可逆的，所以含膠粒數(shù)小于0.015NA，故B錯誤；C、每轉移NA個電子時，消耗1mol的CO2，但題目沒有告訴是否標況，故C錯誤；D、可以將混合所體變成單一的氣

18、體（CH2）n，7g（CH2）n 物質(zhì)的量為=mol，而1mol（CH2）n氣體中含有2nmolCH鍵，所以7g C2H4和C3H6的混合氣體中，含有NA個CH鍵，故D正確故選D6用等體積的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同體積的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三種溶液的SO42完全沉淀，則三種硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度之比為（）A3：2：3B3：1：2C2：6：3D1：1：1【考點】物質(zhì)的量濃度的相關計算；離子方程式的有關計算【分析】等體積的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同體積的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三種溶液的SO42完全沉淀，則

19、Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三種溶液中n（SO42）相同，根據(jù)硫酸根守恒可知，nFe2（SO4）3= n（SO42），n（Na2SO4）=n（SO42），nKAl（SO4）2= n（SO42），三種溶液的體積相同，物質(zhì)的量濃度之比等于溶質(zhì)物質(zhì)的量之比，據(jù)此計算【解答】解：等體積的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同體積的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三種溶液的SO42完全沉淀，則Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三種溶液中n（SO42）相同，根據(jù)硫酸根守恒可知，nFe2（SO4）3= n（SO42），n（Na2SO4）=n（

20、SO42），nKAl（SO4）2= n（SO42），三種溶液的體積相同，物質(zhì)的量濃度之比等于溶質(zhì)物質(zhì)的量之比，所以三種硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度之比為cFe2（SO4）3：c（Na2SO4）：cKAl（SO4）2= n（SO42）：n（SO42）： n（SO42）=2：6：3故選：C7用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的是（）A用圖（a）所示裝置除去Cl2中含有的少量HClB用圖（b）所示裝置蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體C用圖（c）所示裝置制取少量純凈的CO2氣體D用圖（d）所示裝置分離CCl4萃取碘水后已分層的有機層和水層【考點】化學實驗方案的評價；物質(zhì)的分離、提純和除雜；制備實

21、驗方案的設計【分析】A氯氣也能與NaOH溶液反應；B氯化銨受熱易分解；C純堿為粉末狀固體，不適合制取少量氣體，無法使反應隨時停止；D碘不易溶于水，更易溶于有機溶劑，萃取后分層【解答】解：A因HCl、氯氣都能與NaOH溶液反應，則不能利用該裝置來除去氯氣中的HCl，故A錯誤；B因氯化銨受熱易分解，則不能用圖（b）所示裝置蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體，應利用結晶法來得到晶體，故B錯誤；C純堿為粉末狀固體，不適合制取少量氣體，無法使反應隨時停止，可利用稀鹽酸和石灰石來制取少量氣體，故C錯誤；D碘不易溶于水，更易溶于有機溶劑，萃取后分層，則可用圖（d）所示裝置分離CCl4萃取碘水后已分層的

22、有機層和水層，故D正確；故選D8為了除去下列各組混合物中括號內(nèi)的物質(zhì)，所選用的試劑與主要分離方法都正確的是（）混合物試劑分離方法A苯（苯酚）濃溴水過濾B碘水（水）花生油萃取C乙酸乙酯（乙酸）飽和Na2CO3溶液分液D雞蛋清溶液（氯化鈉溶液）蒸餾水滲析AABBCCDD【考點】物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應用；物質(zhì)的分離、提純和除雜【分析】A三溴苯酚易溶于苯，無法用過濾分開；B花生油含碳碳雙鍵；C乙酸與碳酸鈉反應后與乙酸乙酯分層；D溶液能透過半透膜【解答】解：ABr2和苯酚反應生成2，4，6三溴苯酚沉淀，但溴單質(zhì)和2，4，6三溴苯酚易溶于苯，無法用過濾分開，應加入NaOH反應后分液，故A錯誤；

23、 B花生油含碳碳雙鍵，能與碘單質(zhì)反應，故B錯誤；C乙酸與碳酸鈉反應后與乙酸乙酯分層，可用分液的方法分離，故C正確；D溶液能透過半透膜，膠體不能，故D正確故選CD9在甲、乙、丙、丁四個燒杯里分別放入0.1mol的鈉，氧化鈉，過氧化鈉和氫氧化鈉，然后各加入100mL水，使固體完全溶解，則甲、乙、丙、丁的溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)大小的順序為（）A甲乙丙丁B丁甲乙=丙C甲=丁乙=丙D丁甲乙丙【考點】鈉的重要化合物；化學方程式的有關計算；鈉的化學性質(zhì)【分析】先根據(jù)反應方程式計算出反應后溶液的質(zhì)量，然后根據(jù)鈉原子守恒計算出溶質(zhì)的物質(zhì)的量及質(zhì)量，最后根據(jù)w=100%計算出溶液的質(zhì)量分數(shù)【解答】解：鈉、氧化鈉、過

24、氧化鈉和水反應的方程式分別如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的質(zhì)量=m（Na）m（H2）=2.3g0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的質(zhì)量=m（Na2O）=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的質(zhì)量=m（Na2O2）m（O2）=m（Na2O）=6.2g將氫氧化鈉加入水中，溶液增加的質(zhì)量為氫氧化鈉的質(zhì)量=0.1mol40g/mol=4g；所以溶液增加的質(zhì)量大小順序為：鈉氫氧化鈉氧化鈉=過氧化鈉，根據(jù)鈉原子守恒知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過氧化鈉、氫氧化鈉溶于水所得氫氧化鈉的物質(zhì)的量分別為：0.1mol、0.2mo

25、l、0.2mol，0.1mol，通過以上分析可知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過氧化鈉、氫氧化鈉分別溶于水所得溶液的質(zhì)量分數(shù)分別為：100%、100%、100%、100%，所以甲、乙、丙、丁的質(zhì)量分數(shù)大小的順序是：丁甲乙=丙故選B10使用容量瓶配置溶液時，由于操作不當會引起誤差，下列情況會使所配溶液濃度偏低的是（）用天平稱量時所用砝碼生銹用量筒量取所需濃溶液時，仰視刻度溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌轉移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水定容時，俯視容量瓶的刻度線定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線ABCD【考點】溶液的配制【分析】根據(jù)c=可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的

26、誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V引起的，誤差分析時，關鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化：若n比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏??；若n比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大【解答】解：用天平稱量時所用砝碼生銹，稱量的溶質(zhì)的質(zhì)量偏大，配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，溶液的濃度偏高，故錯誤；用量筒量取所需濃溶液時，仰視刻度，導致量取的液體體積偏大，配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，溶液濃度偏高，故錯誤；溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌，配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制的溶液濃度偏低，故正確；轉移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量、

27、溶液的最終體積都沒有影響，所以不影響配制結果，故錯誤；定容時，俯視容量瓶的刻度線，導致加入的蒸餾水低于容量瓶刻度線，配制的溶液體積偏小，然后濃度偏高，故錯誤；定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線，導致配制的溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故正確；故選D11下列物質(zhì)分類正確的是（）ASO2、SiO2、CO2均為酸性氧化物B稀豆?jié){、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體C燒堿、冰醋酸、四氯化碳、氨氣均為電解質(zhì)D福爾馬林、水玻璃、氫氟酸、小蘇打均為純凈物【考點】酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系；混合物和純凈物；電解質(zhì)與非電解質(zhì)【分析】A酸性氧化物是能與堿反應生成鹽和水的氧化物；B分散質(zhì)粒子直徑介

28、于1nm100nm的分散系屬于膠體；C電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物；D純凈物是由一種物質(zhì)組成的物質(zhì)，由兩種或兩種以上物質(zhì)組成的物質(zhì)屬于混合物；根據(jù)以上概念分析【解答】解：ASO2、SiO2、CO2都能與堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，故A正確；B稀豆?jié){是蛋白膠體，硅酸屬于純凈物不是分散系，不是膠體，氯化鐵溶液不是膠體，故B錯誤；C燒堿、冰醋酸為電解質(zhì)，四氯化碳在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不導電，屬于非電解質(zhì)，氨氣在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能自身電離而導電，屬于非電解質(zhì)，故C錯誤；D福爾馬林是甲醛溶于水后混合物，水玻璃是硅酸鈉溶液，它們都是混合物，故D錯誤；故選A12能用離子方程式B

29、a2+SO42BaSO4表示的是（）A氯化鋇和硫酸鈉溶液反應B碳酸鋇和稀硫酸反應C氫氧化鋇和硫酸鋁溶液反應D氫氧化鋇和稀硫酸反應【考點】離子方程式的書寫【分析】Ba2+SO42BaSO4表示可溶性鋇鹽與可溶性硫酸鹽或者硫酸反應只生成硫酸鋇沉淀的反應，或者表示氫氧化鋇與可溶性硫酸鹽反應只生成硫酸鋇沉淀的反應【解答】解：A氯化鋇和硫酸鈉溶液反應生成硫酸鋇和氯化鈉，符合題意要求，故A正確；B碳酸鋇為難溶物，保留化學式，故B錯誤；C氫氧化鋇和硫酸鋁溶液反應，除了鋇離子與硫酸根離子反應外，氫氧根離子與鋁離子也會發(fā)生反應，故C錯誤；D氫氧化鋇和稀硫酸反應，除了鋇離子與硫酸根離子反應外，氫氧根離子與氫離子也

30、會發(fā)生反應，故D錯誤；故選：A13在下列條件下，可能大量共存的離子組是（）Ac（H+）=11014mol/L的溶液：K+、Cu2+、I、SO42B水電離出的c（H+）=11014mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2、S2O32C能與Al反應生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3、ID能與K3Fe（CN）6產(chǎn)生藍色沉淀的溶液：H+、Na+、SO42、CrO42【考點】離子共存問題【分析】A該溶液中存在大量氫氧根離子，銅離子與氫氧根離子反應；B水電離出的c（H+）=11014mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，四種離子之間不反應，都不與氫氧根離子反應；C能與Al反應生成H2的溶液

31、中存在大量氫離子或氫氧根離子，銨根離子與氫氧根離子反應，硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化碘離子；D能與K3Fe（CN）6產(chǎn)生藍色沉淀的溶液中存在亞鐵離子，CrO42在酸性條件下能夠氧化亞鐵離子【解答】解：Ac（H+）=11014mol/L的溶液中存在大量氫氧根離子，Cu2+與氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B該溶液呈酸性或堿性，溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，K+、Na+、AlO2、S2O32之間不反應，都不與氫氧根離子反應，在堿性溶液中能夠大量共存，故B正確；C能與Al反應生成H2的溶液層酸性或堿性，NH4+與堿性溶液中的氫氧根離子反應，NO3、I在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應

32、，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；DFe2+和K3Fe（CN）6溶液反應生成特征藍色沉淀，說明溶液中含有亞鐵離子，CrO42在酸性條件下能夠氧化亞鐵離子，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選B14能正確表示下列反應的離子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入過量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考點】離子方程式的書寫【分析】A原子不守恒；B碳酸氫根離子不能拆開；C氫氧化鋁不溶于弱堿

33、；D銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和水【解答】解：A原子不守恒，離子方程式為Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A錯誤；B碳酸氫根離子不能拆開，離子方程式為HCO3+H+CO2+H2O，故B錯誤；C氫氧化鋁不溶于弱堿，離子方程式為Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C錯誤；D銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和水，離子方程式為3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正確；故選D15兩種硫酸溶液，一種物質(zhì)的量濃度為C1 mol/L，密度為1g/cm3，另一種物質(zhì)的量濃度為C2 mol/L，密度為2g/cm3，當它們等體積混合后，溶液的密度為3g/cm3，則混合溶液的

34、物質(zhì)的量濃度為（）ABCD【考點】物質(zhì)的量濃度的相關計算【分析】令溶液體積都為1L，計算出兩種硫酸溶液的質(zhì)量，混合后的硫酸溶液質(zhì)量為兩種硫酸溶液的質(zhì)量之和，再利用密度計算混合后的體積，根據(jù)混合后硫酸的物質(zhì)的量為原兩種硫酸溶液中硫酸的物質(zhì)的量計算濃度【解答】解：令溶液體積都為1L，則混合后硫酸溶液的質(zhì)量為1000ml1g/ml+1000ml2g/ml=1000（1+2）g所以混合后的硫酸溶液的體積為=1000ml=L令混合后的物質(zhì)的量濃度為c，則：1LC1 mol/L+1LC2 mol/L=Lc解得，c=故選：D二、非選擇題（本大題共6小題，共52分）16有下列物質(zhì)：Fe CO2 Na2O Cu

35、（OH）2 MgCl2NH4Cl H2SO4 C2H5OH（酒精）HF NH3H2O（用序號作答）按組成進行分類，酸有，堿有，鹽有上述物質(zhì)中，其中屬于電解質(zhì)的有，屬于非電解質(zhì)的有【考點】酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系；電解質(zhì)與非電解質(zhì)【分析】根據(jù)酸堿鹽、電解質(zhì)、非電解質(zhì)的定義進行判斷，酸是指電離出的陽離子全部是氫離子的化合物，堿是指電離出的陰離子全部是氫氧根離子的化合物，鹽是指能電離出金屬離子（或銨根離子）和酸根離子的化合物，在溶于水或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)，在溶于水和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物是非電解質(zhì)【解答】解：酸是指電離出的陽離子全部是氫離子的化合物，故H2SO4 HF

36、符合；堿是指電離出的陰離子全部是氫氧根離子的化合物，故Cu（OH）2 NH3H2O符合；鹽是指能電離出金屬離子（或銨根離子）和酸根離子的化合物，故MgCl2NH4Cl符合；在溶于水或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)，Na2OCu（OH）2MgCl2NH4ClH2SO4 HF NH3H2O符合；在溶于水和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物是非電解質(zhì)，CO2C2H5OH（酒精）符合；故答案為：； ；17寫出下列物質(zhì)在水溶液中的電離方程式：NaHSO4：NaHSO4=Na+H+SO42NaHCO3：NaHCO3=Na+HCO3【考點】電離方程式的書寫【分析】硫酸氫鈉為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離生成鈉離子

37、、氫離子、硫酸根離子；碳酸氫鈉為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，據(jù)此分別寫出其電離方程式【解答】解：NaHSO4為強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離生成鈉離子、氫離子、硫酸根離子，其離子方程式為：NaHSO4=Na+H+SO42，故答案為：NaHSO4=Na+H+SO42；碳酸氫鈉為強電解質(zhì)，完在水溶液中全電離生成鈉離子與 碳酸氫根離子，離子方程式：NaHCO3=Na+HCO3，故答案為：NaHCO3=Na+HCO318溶液中有下列陰離子的一種或幾種：SO42、SO32、CO32、Cl（1）當溶液中有大量的H+時，則溶液中不可能有SO32、CO32（2）當溶液中有大量的Ba2+

38、時，則溶液中不可能有SO42、SO32、CO32【考點】離子共存問題【分析】（1）當溶液中有大量的H+時，因H+與弱酸根離子反應，則溶液中不能存在弱酸根離子；（2）當溶液中有大量的Ba2+時，根據(jù)離子之間能結合生成沉淀來分析【解答】解：（1）當溶液中有大量的H+時，H+能分別與SO32、CO32結合生成氣體和水，則溶液中不可能有SO32、CO32，故答案為：SO32、CO32；（2）當溶液中有大量的Ba2+時，Ba2+能分別與SO42、SO32、CO32結合生成白色沉淀，則溶液中不可能有SO42、SO32、CO32，故答案為：SO42、SO32、CO3219實驗室用固體NaOH配制0.5mol

39、/L的NaOH溶液500mL，有以下儀器和用品有：燒杯 100mL量筒 容量瓶 藥匙 玻璃棒 托盤天平（帶砝碼）（1）配制時，沒有使用的儀器和用品有（填序號），還缺少的儀器是膠頭滴管（2）在配制的轉移過程中某學生進行如圖操作，請指出其中的錯誤：容量瓶規(guī)格選擇錯誤、移液沒用玻璃棒引流（3）下列操作會使配制的溶液濃度偏低的是AB（填字母）A沒有將洗滌液轉移到容量瓶 B轉移過程中有少量溶液濺出C容量瓶洗凈后未干燥 D定容時俯視刻度線（4）在容量瓶使用方法中，下列操作不正確的是（填序號）BCA使用容量瓶前檢查它是否漏水B容量瓶用蒸餾水洗凈后，再用堿液潤洗C將氫氧化鈉固體放在天平托盤的濾紙上，準確稱量并

40、放入燒杯中溶解后，立即注入容量瓶中D定容后塞好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉搖勻（5）實驗中還需要2mol/L的NaOH溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格和稱取NaOH的質(zhì)量分別是1000mL，80g（填序號）AA1000mL，80g B950mL，76gC任意規(guī)格，72g D500mL，42g【考點】配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液【分析】（1）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟是：計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻來選擇使用的儀器；（2）依據(jù)配制溶液體積選擇容量瓶規(guī)格，移液時應用玻璃棒引流；（3）根據(jù)c=并結合溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V的變化來進

41、行誤差分析；（4）根據(jù)溶液的配制步驟結合各儀器的構造及使用方法進行判斷；（5）實驗室中需要配制2mol/L的NaOH溶液950mL，由于沒有950mL的容量瓶，實際配制時需要選用1000mL容量瓶，配制的溶液為1000mL 2mol/L的NaOH溶液，根據(jù)實際配制的氫氧化鈉溶液的體積和濃度計算出氫氧化鈉的質(zhì)量，據(jù)此解答【解答】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟是：計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻可知需要的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶和膠頭滴管，沒有使用的儀器和用品有還缺少的儀器是膠頭滴管；故答案為：；膠頭滴管；（2）用固體NaOH配制0.5mol/L的

42、NaOH溶液500mL，應選擇500mL容量瓶，移液時應用玻璃棒引流；故答案為：容量瓶規(guī)格選擇錯誤；移液沒用玻璃棒引流；（3）A沒有將洗滌液轉移到容量瓶，導致溶質(zhì)部分損耗，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故A選； B轉移過程中有少量溶液濺出，導致溶質(zhì)部分損耗，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故B選；C容量瓶洗凈后未干燥，對溶液體積和溶質(zhì)的物質(zhì)的量都不會產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，故C不選； D定容時俯視刻度線，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故D不選；故選：AB；（4）A使用容量瓶前檢查其是否漏水，否則配制溶液的濃度有誤差，故正確；B容量瓶用蒸餾水洗凈后，再用堿液潤洗，導致溶質(zhì)物質(zhì)的量偏大，溶

43、液濃度偏高，故錯誤；C容量瓶為精密儀器，不能盛放過熱液體，氫氧化鈉固體溶解放出大量的熱，應冷卻后再移液，故C錯誤；D定容后塞好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉搖勻，故D正確；故選：BC；（5）實驗室中需要配制2mol/L的NaOH溶液950mL，由于沒有950mL的容量瓶，實際配制時需要選用1000mL容量瓶，配制的溶液為1000mL 2mol/L的NaOH溶液，需要氫氧化鈉的質(zhì)量m=cVM=1L2mol/L40g/mol=80.0g；故選：A20為驗證Cl2、Br2的氧化性強弱，設計了如下實驗：（可供選擇的試劑有：氯水、溴水、NaCl溶液、NaBr溶液、酒精、四氯

44、化碳）實驗步驟如圖，填寫圖中的空白（1）2mL 試劑NaBr溶液；加入少量氯水試劑；再加入四氯化碳試劑； 現(xiàn)象：溶液分層，下層橙紅色，上層無色（2）可以證明Cl2的氧化性強于（填“強于”或“弱于”）Br2的氧化性；氯元素的非金屬性強于（填“強于”或“弱于”）溴元素的非金屬性（ 3 ）此反應的離子方程式為：Cl2+2Br=Br2+2Cl（4）某溶液中Cl、Br、I的物質(zhì)的量之比為4：1：4，要使溶液中的Cl、Br、I的物質(zhì)的量之比變?yōu)?：1：1，則通入Cl2的物質(zhì)的量與原溶液中I的物質(zhì)的量之比為3：8【考點】性質(zhì)實驗方案的設計【分析】根據(jù)同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性來設計

45、實驗，要想比較氯氣的氧化性大于溴的氧化性，只要使氯氣和溴的鹽溶液混合觀察是否有溴單質(zhì)生成，如果有溴單質(zhì)生成就說明氯氣的氧化性大于溴單質(zhì)，否則不能證明，還原性大小為IBrCl，通入一定量的Cl2使比值變?yōu)?：1：1，說明溶液中有剩余的I，則反應中只氧化I，溶液中Br不變，設開始Cl、Br、I三者物質(zhì)的量分別是4mol、1mol、4mol，計算反應后各離子的物質(zhì)的量，根據(jù)Cl的物質(zhì)的量變化計算參加反應的氯氣【解答】解：（1）要想比較氯氣和溴單質(zhì)的氧化性大小，做如下實驗：少量溴化鈉反應加適量氯水（振蕩，溶液由黃綠色變成橙色）加入四氯化碳（振蕩）現(xiàn)象（溶液分層，下層橙紅色，上層無色）說明氯氣和溴離子反應，能證明氯氣的氧化性大于溴，溴單質(zhì)在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，水和四氯化碳是互不相溶的，所以會看到：溶液分層，下