黑龙江省大庆实验中学高一（上）期中化学试卷及解析.doc

黑龙江省大庆试验中学高一上期中化学试卷一、选择题每题只有一个选项符合题意，每题2分，共30分1对危急化学品要在包装标签上印有警示性标志氢氧化钠溶液应选用的标志是ABCD2以下物质属于电解质的是A蔗糖B熔融NaOHC氯水D铜3分类方法在化学学科的开展中起到了特殊重要的作用，以下分类标准合理的是A依照酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等B依照纯洁物的元素组成，将纯洁物分为单质和化合物C依照能否与碱反响将非金属氧化物分为酸性氧化物和不成盐氧化物D依照其溶液是否导电，将物质分为电解质和非电解质4已经知道氢氧化铁胶体和碘化银胶体混合后，毁灭了氢氧化铁沉淀和碘化银沉淀，那么以下说法中不正确的选项碘化银胶体中的胶粒与氢氧化铁胶体中的胶粒所带电荷相反该试验说明白这两种胶体是带电的在这两种胶体中分别参与蔗糖也能够生成沉淀生成的沉淀不能透过滤纸A和B和C和D和5现有三组试验：除去混在植物油中的水 回收碘的CCl4溶液中的CCl4用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份别离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液6以下说法正确的选项A1 mol任何气体的体积都是22.4 LB1 mol H2的质量是1 g，它所占的体积是22.4 LC在标准状况下，1 mol任何物质所占的体积都约是22.4 LD在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L7要配制浓度约为2mol/L NaOH溶液100mL，以下操作正确的选项A称取8gNaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌边渐渐参与蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mLB称取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，参与适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再参与水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀C称取8gNaOH固体，放入100mL烧杯中，将烧杯中加满蒸馏水，同时不断搅拌至固体溶解D用100mL量筒量取40ml 5mol/L NaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，不断搅拌下，渐渐倒入烧杯中8利用碳酸钠晶体Na2CO310H2O来配制0.5molL1的碳酸钠溶液950mL，假设其它操作均是精确无误的，以下状况会引起配制溶液的浓度偏高的是A称取碳酸钠晶体143gB定容时俯视观看刻度线C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进展冲洗D定容后，将容量瓶振荡均匀，静置觉察液面低于刻度线，因此又参与少量水至刻度线9VL Fe2SO43溶液中含有ag SO42，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，那么稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L10以下带括号的气体在反响中只做氧化剂的是A2F2g+2H2O=4HF+O2BSO2g+I2+2H2O=H2SO4+2HICH2Sg+Br2=2HBr+SD3NO2g+H2O=2HNO3+NO11以下溶液中cCl与50mL 1mol/L AlCl3溶液中cCl相等的是A150 mL 1 mol/L的NaCl溶液B75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液C150 mL 2 mol/L的KCl溶液D75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液12以下物质：氯水 氯化氢气体 盐酸 融熔氯化钠 氯酸钾溶液 四氯化碳，其中不含氯离子的是ABCD13同温同压下，一样体积的O2和O3具有一样的A密度B质量C分子数D原子数14在酸性溶液中能大量共存的离子组是AK+、NO3、Cu2+BK+、OH、Na+CBa2+、SO42、Na+DCa2+、CO32、Na+15能正确表示以下反响的离子方程式的是A铝与硫酸铜溶液反响：Al+Cu2+=Al3+CuB碳酸钡溶于稀硝酸：CO32+2H+=H2O+CO2C铁与稀盐酸反响：Fe+2H+=Fe3+H2D醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+Ca2+CO2+H2O二、选择题每题只有一个选项符合题意，每题3分，共30分16设NA为阿伏伽德罗常数，以下表达正确的选项2的混合气体中含碳原子数为NAB1L 1mol/LHCl溶液中含有HCl分子为NA个A个氧原子D28gN217完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，那么上述溶液的体积比为A1：1：1B6：3：2C3：2：1D9：3：118体积为1L枯燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是A0.25LB0.5LC0.75LD1L19体积为1L的枯燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的浓度为A mol/LB mol/LC mol/LD不能确定20把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份参与含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份参与含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀那么原混合溶液中钾离子物质的量浓度为A0.1b2amol/LB102abmol/LC10bamol/LD10b2amol/L21两种金属混合物20.75克，投入到确定量的盐酸中，反响完全后得到11.2L标准状况的氢气，此金属混合物不行能是AMg和AlBAl和FeCFe和ZnDMg和Cu依照已经知道答复2223题已经知道：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O222在该反响中，Na2O2的作用为A氧化剂 B复原剂C既是氧化剂又是复原剂 D既不是氧化剂又不是复原剂23在标准状况下，该反响生成了3.36L氧气那么反响中转移的电子是A1022 D0.222在NO2与水的反响中，NO2A只是氧化剂B只是复原剂C既是氧化剂，又是复原剂D既不是氧化剂，又不是复原剂23在标准状况下，该反响生成了3.36L氧气，那么反响中转移的电子是A1022依照已经知道答复2425题已经知道：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，2Br+Cl2=Br2+2Cl，2Fe2+Br2=2Br+2Fe3+24在bLFeBr2溶液中通入amolCl2时，使溶液中50%的Br氧化为Br2，那么原FeBr2的物质的量浓度为A molL1B molL1C molL1D molL125含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项Ax=0.4a，2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClBx=0.6a，2Br+Cl2=Br2+2ClCx=a，2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4ClDx=1.5a，2Fe2+4Br+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl三、此题包括4小题，共40分2612molO3和3molO2的质量之比为，分子数之比为，同温同压下的密度之比为含氧原子数之比为2在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，质量为12g此混合气体中CO和CO2物质的量之比为，混合气体的平均相对分子质量是，相对氢气的密度是3气体化合物A化学式可表示为OxFy，已经知道同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，那么A的化学式为该反响的方程式为4关于反响11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，1molP参与反响转移的电子数为，被氧化的磷与被复原的磷的质量比为，1molCuSO4能够氧化mol的磷27某争辩性学习小组欲测定室温下25、101kPa的气体摩尔体积，请答复以下询问题该小组设计的简洁试验装置如以下图：该试验的主要操作步骤如下：配制100mL 1.0molL1的盐酸溶液；用填仪器名称并注明规格量取10.0mL 1.0molL1的盐酸溶液参与锥形瓶中；称取a g已除去外表氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参与反响，a的数值至少为；往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；反响完毕后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL请将上述步骤补充完好并答复以下询问题1用文字表述试验步骤中检查装置气密性的方法：2试验步骤中应选用填序号的量筒A100mL B200mL C500mL读数时除恢复到室温外，还要留意3假设无视水蒸气的阻碍，在试验条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=，假设未除去镁条外表的氧化膜，那么测量结果填“偏大、“偏小或“无阻碍28目前，世界上消费的镁有60%来自海水，其消费流程图如下1贝壳的主要化学成分为写化学式2写出反响的离子方程式：3Mg与CO2反响时，有白色粉末并有黑色固体生成请写出Mg与CO2反响的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向与数目其中复原剂是29已经知道：Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2将Fe、Cu粉与FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液放在某一容器里，依照下述状况推断哪些阳离子或金属单质存在，哪些不能存在1反响后铁有剩余，那么容器里可能有2反响后有Cu2+和Cu，那么容器里不行能有3反响后有Cu2+，Fe3+，那么容器里不行能有2022-2022学年黑龙江省大庆试验中学高一上期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题每题只有一个选项符合题意，每题2分，共30分1对危急化学品要在包装标签上印有警示性标志氢氧化钠溶液应选用的标志是ABCD【考点】化学史【分析】氢氧化钠具有猛烈的腐蚀性，A、图中标志是爆炸品标志；B、图中标志是氧化剂标志；C、图中标志是剧毒品标志；D、图中标志是腐蚀品标志；【解答】解：氢氧化钠具有猛烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，故A错误；B、图中标志是氧化剂标志，不符合要求，故A错误；C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，故C错误；D、图中标志是腐蚀品标志，符合要求，故D正确；应选：D2以下物质属于电解质的是A蔗糖B熔融NaOHC氯水D铜【考点】电解质与非电解质【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质【解答】解：A蔗糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，故A错误；B熔融NaOH能电离出自由挪动的离子，属于电解质，故B正确；C氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D铜是单质，因此铜既不是电解质也不是非电解质，故D错误应选B3分类方法在化学学科的开展中起到了特殊重要的作用，以下分类标准合理的是A依照酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等B依照纯洁物的元素组成，将纯洁物分为单质和化合物C依照能否与碱反响将非金属氧化物分为酸性氧化物和不成盐氧化物D依照其溶液是否导电，将物质分为电解质和非电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联络；混合物和纯洁物；电解质与非电解质【分析】A、酸分子中能电离成氢离子的个数分为几元酸；B、依照元素组成的品种分析；C、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的分类是依照氧化物的性质进展分类；D、电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；【解答】解：A、酸分子中能电离成氢离子的个数分为几元酸，不能依照分子中所含的氢原子数分类，故A错误；B、依照纯洁物中的元素组成，只有一种元素组成的纯洁物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯洁物称为化合物，故B正确；C、依照氧化物的组成元素将氧化物分成金属氧化物和非金属氧化物，依照氧化物性质把氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物，与碱反响的氧化物不愿定是酸性氧化物如NO2，故C错误；D、水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态不能导电的化合物为非电解质，故D错误；应选B4已经知道氢氧化铁胶体和碘化银胶体混合后，毁灭了氢氧化铁沉淀和碘化银沉淀，那么以下说法中不正确的选项碘化银胶体中的胶粒与氢氧化铁胶体中的胶粒所带电荷相反该试验说明白这两种胶体是带电的在这两种胶体中分别参与蔗糖也能够生成沉淀生成的沉淀不能透过滤纸A和B和C和D和【考点】胶体的重要性质【分析】带相反电荷的胶体相遇发生聚沉；胶体不带电，胶体胶粒带电荷；蔗糖是非电解质；沉淀不能透过滤纸【解答】解：氢氧化铁胶体带正电，碘化银胶体带负电，二者混合发生聚沉，故正确；胶体是电中性的，胶体胶粒带电荷，故错误；蔗糖是非电解质，不能电离出阴阳离子，那么不能发生聚沉，故错误；沉淀不能透过滤纸，溶液可透过滤纸，故正确；应选B5现有三组试验：除去混在植物油中的水 回收碘的CCl4溶液中的CCl4用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份别离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液【考点】物质的别离、提纯的根本方法选择与应用；蒸馏与分馏；分液和萃取【分析】依照植物油和水互不相溶分析；依照CCl4沸点较低，加热易挥发分析；依照有机物的类似相溶分析；【解答】解：植物油和水互不相溶，可用分液的方法别离；CCl4沸点较低，加热易挥发，可用蒸馏的方法回收碘的CCl4溶液中的CCl4；草药中的有效成分为有机物，易溶于酒精，此为萃取的方法以上混合液的别离方法分别为分液、蒸馏、萃取，应选C6以下说法正确的选项A1 mol任何气体的体积都是22.4 LB1 mol H2的质量是1 g，它所占的体积是22.4 LC在标准状况下，1 mol任何物质所占的体积都约是22.4 LD在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L【考点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算【分析】A、依照温度和压强阻碍气体的体积进展分析；B、氢气的摩尔质量为2g/mol；不是标准状况下，气体摩尔体积不愿定是22.4L/mol；C、必需是气体，才能使用标况下的气体摩尔体积计算体积；D、依照标况下的气体摩尔体积的进展推断【解答】解：A、标况标准状况下，气体摩尔体积不愿定是22.4L/mol，因此1mol气体的体积不愿定是22.4L，故A错误；B、1mol氢气的质量是2g，没有告知是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol氢气的体积，故B错误；C、必需是气体，在标况下，1mol气体所占的体积都约是22.4 L，故C错误；D、标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，标况下1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，故D正确；应选D7要配制浓度约为2mol/L NaOH溶液100mL，以下操作正确的选项A称取8gNaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌边渐渐参与蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mLB称取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，参与适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再参与水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀C称取8gNaOH固体，放入100mL烧杯中，将烧杯中加满蒸馏水，同时不断搅拌至固体溶解D用100mL量筒量取40ml 5mol/L NaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，不断搅拌下，渐渐倒入烧杯中【考点】配制确定物质的量浓度的溶液【分析】配制浓度约为2mol/L NaOH溶液100mL，选用氢氧化钠物质的量为0.2mol，质量为8.0g，A、不能够在量筒中溶解氢氧化钠固体，应当在烧杯中溶解；B、不能在容量瓶中溶解氢氧化钠固体，应当在烧杯中溶解；C、不能将烧杯中加满蒸馏水，否那么配制的溶液体积不是100mL，浓度不是2mol/L；D、40mL5mol/L NaOH溶液稀释成100mL溶液，稀释后的溶液浓度约为2mol/L【解答】解：要配制浓度约为2mol/L NaOH溶液100mL，溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：2mol/L0.1L=0.2mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol0.2mol=8.0g，A、溶解氢氧化钠固体，应当在烧杯中溶解，不能够直截了当在量筒中溶解，故A错误；B、应当在烧杯中溶解氢氧化钠固体，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故B错误；C、将烧杯中加满蒸馏水，超过了100mL刻度线，配制的溶液的体积不是100mL，浓度也不是2mol/L，故C错误；D、用100mL量筒量取40ml 5mol/L NaOH溶液，溶液中氢氧化钠的物质的量为0.2mol，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，溶液的体积约为100mL，溶液的浓度约为2mol/L，故D正确；应选D8利用碳酸钠晶体Na2CO310H2O来配制0.5molL1的碳酸钠溶液950mL，假设其它操作均是精确无误的，以下状况会引起配制溶液的浓度偏高的是A称取碳酸钠晶体143gB定容时俯视观看刻度线C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进展冲洗D定容后，将容量瓶振荡均匀，静置觉察液面低于刻度线，因此又参与少量水至刻度线【考点】配制确定物质的量浓度的溶液【分析】配制确定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的缘由主要有：称量不精确、转移不完全、读数不符合要求、操作不标准等，能够依照错误操作对c=的阻碍进展推断【解答】1L=0.5mol，需要碳酸钠晶体的质量为：286g/mol0.5mol=143g，称量的碳酸钠晶体质量符合要求，不会产生误差，故A错误；B、定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故B正确；C、没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D、又参与了蒸馏水，导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏低，故D错误；应选：B9VL Fe2SO43溶液中含有ag SO42，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，那么稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】依照n=计算SO42的物质的量，进而计算Fe3+的物质的量，依照c=计算Fe3+的物质的量的浓度【解答】解：nSO42=mol，那么nFe3+=nSO42=mol，取此溶液0.5VL，nFe3+=mol，用水稀释至2VL，那么稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为：cFe3+=mol/L，应选A10以下带括号的气体在反响中只做氧化剂的是A2F2g+2H2O=4HF+O2BSO2g+I2+2H2O=H2SO4+2HICH2Sg+Br2=2HBr+SD3NO2g+H2O=2HNO3+NO【考点】氧化复原反响【分析】在氧化复原反响中，得电子化合价降低的反响物作氧化剂，失电子化合价上升的反响物作复原剂，依照元素化合价变化来分析解答【解答】解：A该反响中，F元素化合价由0价变为1价，O元素化合价由2价变为0价，因此氟气作氧化剂，水作复原剂，故A正确；B该反响中，S元素化合价由+4价变为+6价，I元素化合价由0价变为1价，因此二氧化硫作复原剂，碘作氧化剂，故B错误；C该反响中，硫化氢中硫元素化合价由2价变为0价，溴元素化合价由0价变为1价，因此硫化氢作复原剂，溴作氧化剂，故C错误；D该反响中，N元素化合价由+4价变为+2价和+5价，因此二氧化氮既作氧化剂又作复原剂，故D错误；应选A11以下溶液中cCl与50mL 1mol/L AlCl3溶液中cCl相等的是A150 mL 1 mol/L的NaCl溶液B75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液C150 mL 2 mol/L的KCl溶液D75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液【考点】物质的量浓度【分析】50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度为3mol/L，依照溶质化学式计算各选项中的Cl物质的量，进展比较可知留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【解答】解：50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度为3mol/LA、150ml1mol/L的NaCl溶液中Cl浓度为1mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度不相等，故A不符合；B、75ml2mol/L的NH4Cl溶液中Cl浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度不相等，故B不符合；C、150ml2mol/L的KCl溶液中Cl浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度不相等，故C不符合；D、75ml1mol/L的FeCl3溶液中Cl浓度为3mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度相等，故D符合；应选：D12以下物质：氯水 氯化氢气体 盐酸 融熔氯化钠 氯酸钾溶液 四氯化碳，其中不含氯离子的是ABCD【考点】电解质在水溶液中的电离【分析】在分子中以及水溶液或熔化状态下不能电离产生氯离子的物质，不含氯离子，以此来解答【解答】解：氯气和水反响生成盐酸和次氯酸，氯化氢能电离出氯离子，因此氯水中含有氯离子，故不选；氯化氢气体为分子构成的物质，只含氯化氢分子不含氯离子，故选；氯化氢在水溶液里能电离出氯离子，因此盐酸中含有氯离子，故不选；熔融氯化钠能电离产生氯离子，故不选；氯酸钾溶液中电离产生钾离子和氯酸根离子，不产生氯离子，因此不含氯离子，故选；四氯化碳为分子构成的物质，只含四氯化碳分子不含氯离子，故选；应选C13同温同压下，一样体积的O2和O3具有一样的A密度B质量C分子数D原子数【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】同温同压下，不同气体的摩尔体积一样，依照n=知，一样体积的O2和O3具有一样的物质的量，依照=、m=nM、N=nNA、N=nNA及分子构成来计算【解答】解：同温同压下，不同气体的摩尔体积一样，依照n=知，一样体积的O2和O3具有一样的物质的量，即n一样，A依照=知，两种气体的摩尔质量不同，因此密度不同，故A错误；B依照m=nM知，两种气体的摩尔质量不同，因此质量不同，故B错误；C两种气体的物质的量、阿伏伽德罗常数都一样，依照N=nNA知，两种气体的分子数一样，故C正确；D两种气体的物质的量、阿伏伽德罗常数都一样，依照N=nNA知，两种气体的分子数一样，每个氧气和臭氧分子中所含原子数不同，因此氧气和臭氧原子个数不同，故D错误；应选C14在酸性溶液中能大量共存的离子组是AK+、NO3、Cu2+BK+、OH、Na+CBa2+、SO42、Na+DCa2+、CO32、Na+【考点】离子共存询问题【分析】溶液呈酸性，存在大量的H+，与H+不发生反响，且离子之间不发生任何反响的离子可大量共存【解答】解：A酸性条件下离子之间不发生任何反响，可大量共存，故A正确；B酸性条件下OH不能大量共存，故B错误；CBa2+与SO42反响生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D酸性条件下CO32不能大量共存，且CO32与Ca2+反响生成沉淀，故D错误应选A15能正确表示以下反响的离子方程式的是A铝与硫酸铜溶液反响：Al+Cu2+=Al3+CuB碳酸钡溶于稀硝酸：CO32+2H+=H2O+CO2C铁与稀盐酸反响：Fe+2H+=Fe3+H2D醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+Ca2+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A电子、电荷不守恒；B碳酸钡在离子反响中保存化学式；C反响生成氯化亚铁和氢气；D醋酸、碳酸钙、水、二氧化碳在离子反响中均保存化学式【解答】解：A铝与硫酸铜溶液反响的离子反响为2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu，故A错误；B碳酸钡溶于稀硝酸的离子反响为BaCO3+2H+=H2O+CO2+Ba2+，故B错误；C铁与稀盐酸反响的离子反响为Fe+2H+=Fe2+H2，故C错误；D醋酸除水垢的离子反响为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+Ca2+CO2+H2O，故D正确；应选D二、选择题每题只有一个选项符合题意，每题3分，共30分16设NA为阿伏伽德罗常数，以下表达正确的选项2的混合气体中含碳原子数为NAB1L 1mol/LHCl溶液中含有HCl分子为NA个A个氧原子D28gN2【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、依照标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的物质的量及含有的碳原子数目；B、氯化氢完全电离，氯化氢溶液中不存在氯化氢分子；C、依照标准状况下水的状态不是气体推断；D、依照没有告知是标准状况下分析【解答】解：A、标况下，22.4L一氧化碳和二氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol碳原子，含碳原子数为NA，故A正确；B、氯化氢在溶液中完全电离，因此氯化氢溶液中不存在氯化氢分子，故B错误；C、在标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故C错误；D、28g氮气和一氧化碳的混合物的物质的量为1mol，没有告知是标况下，题中条件无法计算1mol混合气体的体积，故D错误；应选A17完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，那么上述溶液的体积比为A1：1：1B6：3：2C3：2：1D9：3：1【考点】离子方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算【分析】完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，由nAgCl=nCl=nAgNO3计算【解答】解：消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，那么nAgNO3相等，完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，由nAgCl=nCl=nAgNO3可知，cVNaCl=cVMgCl22=cVAlCl33，解得VNaCl：VMgCl2：VAlCl3=6：3：2，应选B18体积为1L枯燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是A0.25LB0.5LC0.75LD1L【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】32=34.6，令HCl的体积分数为x，那么空气的体积分数为1x，依照平均相对分子质量计算x的值，进而计算HCl的体积，HCl的体积即为进入容器中液体的体积【解答】32=34.6，令HCl的体积分数为x，那么空气的体积分数为1x，那么：+291x=34.6，故HCl的体积为1L0.75=0.75L，即为进入容器中液体的体积0.75L，应选C19体积为1L的枯燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的浓度为A mol/LB mol/LC mol/LD不能确定【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】HCl溶于水，进入容器内溶液的体积等于HCl的体积，令HCl的体积为VL，那么溶液的体积为VL，依照n=计算nHCl，再依照c=计算【解答】解：HCl溶于水，进入容器内溶液的体积等于HCl的体积，令HCl的体积为VL，那么溶液的体积为VL，nHCl=mol，进入容器中液体的浓度c=mol/L，应选B20把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份参与含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份参与含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀那么原混合溶液中钾离子物质的量浓度为A0.1b2amol/LB102abmol/LC10bamol/LD10b2amol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】由Ba2+SO42BaSO4、Ag+ClAgCl计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，那么确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度【解答】解：取一份参与含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，那么Ba2+SO42BaSO4 1 1amol amol另取一份参与含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，那么Ag+ClAgCl1 1bmol bmol由混合溶液分成5等份，那么原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，氯离子的浓度为=10bmol/L，依照溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，那么10amol/L2+x1=10bmol/L1，解得x=10b2amol/L，应选D21两种金属混合物20.75克，投入到确定量的盐酸中，反响完全后得到11.2L标准状况的氢气，此金属混合物不行能是AMg和AlBAl和FeCFe和ZnDMg和Cu【考点】有关混合物反响的计算【分析】依照n=计算氢气的物质的量，再计算供应1mol电子需要金属的平均质量，混合金属中供应1mol电子各组分的质量应都等于平均值或1个组分大于平均值、另一组分小于平均值【解答】解：标况下，11.2L氢气的物质的量=2=1mol，故通过1mol电子需要金属的平均质量为20.75g，A反响中Mg表现+2价，供应1mol电子需要Mg的质量=mol24g/mol=12g，反响中Al表现+3价，供应1mol电子需要Al的质量=ol27g/mol=9g，都小于20.75g，故A错误；B供应1mol电子需要Al的质量9g，反响中Fe表现+2价，供应1mol电子需要Fe的质量=mol56g/mol=28g，平均质量20.75g介于二者之间，故B正确；C供应1mol电子需要Fe的质量28g，反响中Zn表现+2价，供应1mol电子需要Zn的质量=mol65g/mol=32.5g，都大于20.75g，故C错误；D供应1mol电子需要Mg的质量12g，Cu与元素不反响，相当于消耗Cu的质量无穷大，平均质量20.75g介于二者之间，故D正确，应选AC依照已经知道答复2223题已经知道：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O222在该反响中，Na2O2的作用为A氧化剂 B复原剂C既是氧化剂又是复原剂 D既不是氧化剂又不是复原剂23在标准状况下，该反响生成了3.36L氧气那么反响中转移的电子是A1022 D0.222在NO2与水的反响中，NO2A只是氧化剂B只是复原剂C既是氧化剂，又是复原剂D既不是氧化剂，又不是复原剂【考点】氧化复原反响；氮的氧化物的性质及其对环境的阻碍【分析】依照3NO2+H2O2HNO3+NO及氮元素的化合价来分析，含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价上升的物质为复原剂【解答】解：在3NO2+H2O2HNO3+NO中，H、O元素的化合价在反响前后不变，N元素的化合价由+4上升到+5价，N元素的化合价由+4降低到+2价，明显N元素的化合价既上升又降低，那么NO2在该反响中既是氧化剂，又是复原剂，应选C23在标准状况下，该反响生成了3.36L氧气，那么反响中转移的电子是A1022【考点】氧化复原反响的计算【分析】反响2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，只有O元素化合价发生变化，由1价分别变化为2价、0价，反响中Na2O2既是氧化剂也是复原剂，结合化合价的变化解答该题【解答】解：22反响2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，只有O元素化合价发生变化，由1价分别变化为2价、0价，反响中Na2O2既是氧化剂也是复原剂，故答案为：C；23nO2=0.15mol，由方程式可知每生成1mol氧气转移2mol电子，那么生成0.15mol氧气转移0.3mol电子故答案为：B依照已经知道答复2425题已经知道：2Fe2+C