2016-2017学年江西省赣州市厚德外国语学校高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·巴彦期中）容量瓶上需标有：①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 ⑥酸式或碱式；六项中的（ ）
A．①③⑤ B．③⑤⑥ C．①②④ D．②④⑥
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，实验室常见规格有50mL、100mL、150mL、200mL、500mL等，容量瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为250C．故应为①③⑤．
故选A．
【分析】根据容量瓶的使用特点来回答，容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用．
2．（2016高一上·天水期中）“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料．若将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（ ）
A．能全部透过半透膜
B．有丁达尔效应
C．所得液体一定能导电
D．所得物质一定为悬浊液或乳浊液
【答案】B
【知识点】纳米材料
【解析】【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，
由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体．
A．胶体不能通过半透膜，故A错误；
B．胶体具有丁达尔现象，故B正确；
C．胶粒不一定带电，液体分散剂若为非电解质，则不能导电，故C错误；
D．该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，故D错误；
故选B．
【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答．
3．（2016高三上·赣州开学考）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①常用于分离沸点不同的液体混合物
B．装置②用于吸收氨气，能够防止倒吸
C．以NH4Cl为原料，装置③可制备少量NH3
D．装置④a口进气可收集Cl2、NO等气
【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；蒸馏与分馏；分液和萃取；气体的收集
【解析】【解答】解：A．装置①为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，并且温度计位置和进出水方向正确，故A正确；
B．用图②装置起不到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故B错误；
C．加热氯化铵分解生成的氯化氢和氨气能重新生成氯化铵，不能得到氨气，应用氯化铵和氢氧化钙解热制备，故C错误；
D．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮只能用排水法收集，故D错误；
故选：A．
【分析】A．根据蒸馏用来分离沸点不同的液体混合物的方法；
B．根据吸收易溶于水的气体时，应防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入气体不溶的有机溶剂等方法；
C．根据铵盐与碱反应生成氨气；
D．根据用多用瓶收集气体时，从长管进收集的气体应密度比空气大，且不能与氧气反应；
4．（2016高三上·赣州开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．28g氮气所含有的原子数目为NA
B．标准状况下，22.4L水中含有个水分子NA
C．2NA个氯气的体积是NA个氧气的体积的2倍
D．标准状况下，22.4L氯化氢所含的原子数为2NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.28g氮气的物质的量为： =1mol，1mol氮气分子中含有2molN原子，含有的原子数目为2NA，故A错误；
B．标准状况下，水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故B错误；
C．不是相同条件下，气体摩尔体积不一定相同，则无法比较两种气体的体积大小，故C错误；
D．标准状况下，22.4L氯化氢的物质的量为： =1mol，1molHCl分子中含有2mol原子，所含的原子数为2NA，故D正确；
故选D．
【分析】A．根据n= 计算出氮气的物质的量，然后可得出含有N原子数目；
B．标准状况下，水的状态不是气态；
C．没有指出在相同条件下，无法比较二者的体积大小；
D．根据n= 计算出含有氯化氢的物质的量及含有原子的数目．
5．（2016高三上·赣州开学考）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，则下列说法正确的是（ ）
A．1.8 g D2O含有NA个中子
B．用5 mL 3 mol/L FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数为0.015 NA
C．在Na2O2与CO2的反应中，每转移NA个电子时，消耗22.4 L的CO2
D．25℃时，7 g C2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个C﹣H键
【答案】D
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】解：A、1.8g D2O的物质的量为 =0.09mol，含有0.9NA个中子，故A错误；
B、氢氧化铁胶体的制备，是利用铁离子的水解，水解是可逆的，所以含胶粒数小于0.015NA，故B错误；
C、每转移NA个电子时，消耗1mol的CO2，但题目没有告诉是否标况，故C错误；
D、可以将混合所体变成单一的气体（CH2）n，7g（CH2）n 物质的量为 = mol，而1mol（CH2）n气体中含有2nmolC﹣H键，所以7g C2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个C﹣H键，故D正确．
故选D．
【分析】A、D2O的摩尔质量的考查，一分子D2O中含有中子数的10；
B、氢氧化铁胶体的制备，是利用铁离子的水解，水解是可逆的；
C、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积vm=22.4L/mol；
D、可以将混合所体变成单一的气体（CH2）n，然后分析解题．
6．（2016高一上·鱼台期中）用等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42﹣完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A．3：2：3 B．3：1：2 C．2：6：3 D．1：1：1
【答案】C
【知识点】物质的量浓度；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42﹣完全沉淀，则Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中n（SO42﹣）相同，根据硫酸根守恒可知，n[Fe2（SO4）3]= n（SO42﹣），n（Na2SO4）=n（SO42﹣），n[KAl（SO4）2]= n（SO42﹣），三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比为c[Fe2（SO4）3]：c（Na2SO4）：c[KAl（SO4）2]= n（SO42﹣）：n（SO42﹣）： n（SO42﹣）=2：6：3．
故选：C．
【分析】等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42﹣完全沉淀，则Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中n（SO42﹣）相同，根据硫酸根守恒可知，n[Fe2（SO4）3]= n（SO42﹣），n（Na2SO4）=n（SO42﹣），n[KAl（SO4）2]= n（SO42﹣），三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，据此计算．
7．（2016高三上·赣州开学考）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；
B．NH4Cl受热易分解，应利用冷却热饱和溶液的方法得到晶体，故B错误；
C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，故C错误；
D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取后分层，利用分液漏斗可分离，图中装置合理，故D正确；
故选D．
【分析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应；
B．NH4Cl受热易分解；
C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止；
D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．
8．（2016高三上·赣州开学考）为了除去下列各组混合物中括号内的物质，所选用的试剂与主要分离方法都正确的是（ ）
混合物 试剂 分离方法
A 苯（苯酚） 浓溴水 过滤
B 碘水（水） 花生油 萃取
C 乙酸乙酯（乙酸） 饱和Na2CO3溶液 分液
D 鸡蛋清溶液（氯化钠溶液） 蒸馏水 渗析
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】解：A．Br2和苯酚反应生成2，4，6﹣三溴苯酚沉淀，但溴单质和2，4，6﹣三溴苯酚易溶于苯，无法用过滤分开，应加入NaOH反应后分液，故A错误；
B．花生油含碳碳双键，能与碘单质反应，故B错误；
C．乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层，可用分液的方法分离，故C正确；
D．溶液能透过半透膜，胶体不能，故D正确．
故选CD．
【分析】A．三溴苯酚易溶于苯，无法用过滤分开；
B．花生油含碳碳双键；
C．乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层；
D．溶液能透过半透膜．
9．（2016高三上·赣州开学考）在甲、乙、丙、丁四个烧杯里分别放入0.1mol的钠，氧化钠，过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的溶液中溶质的质量分数大小的顺序为（ ）
A．甲＞乙＞丙＞丁 B．丁＜甲＜乙=丙
C．甲=丁＜乙=丙 D．丁＜甲＜乙＜丙
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+ H2↑，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2）=2.3g﹣0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+ O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）﹣m（O2）=m（Na2O）=6.2g
将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，
通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为： ×100%、 ×100%、 ×100%、 ×100%，
所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙．
故选B．
【分析】先根据反应方程式计算出反应后溶液的质量，然后根据钠原子守恒计算出溶质的物质的量及质量，最后根据w= ×100%计算出溶液的质量分数．
10．（2016高三上·赣州开学考）使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．
A．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：①用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故①错误；②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故②错误；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故④错误；⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故⑤错误；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑥正确；故选D．
【分析】根据c= 可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．
11．（2016高三上·赣州开学考）下列物质分类正确的是（ ）
A．SO2、SiO2、CO2均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳、氨气均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氢氟酸、小苏打均为纯净物
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．SO2、SiO2、CO2都能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；
B．稀豆浆是蛋白胶体，硅酸属于纯净物不是分散系，不是胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C．烧碱、冰醋酸为电解质，四氯化碳在水溶液中和熔融状态下均不导电，属于非电解质，氨气在水溶液和熔融状态下都不能自身电离而导电，属于非电解质，故C错误；
D．福尔马林是甲醛溶于水后混合物，水玻璃是硅酸钠溶液，它们都是混合物，故D错误；
故选A．
【分析】A．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物；
B．分散质粒子直径介于1nm﹣100nm的分散系属于胶体；
C．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D．纯净物是由一种物质组成的物质，由两种或两种以上物质组成的物质属于混合物；根据以上概念分析．
12．（2016高一上·重庆期中）能用离子方程式Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示的是（ ）
A．氯化钡和硫酸钠溶液反应 B．碳酸钡和稀硫酸反应
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应 D．氢氧化钡和稀硫酸反应
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氯化钡和硫酸钠溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，符合题意要求，故A正确；
B．碳酸钡为难溶物，保留化学式，故B错误；
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与铝离子也会发生反应，故C错误；
D．氢氧化钡和稀硫酸反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与氢离子也会发生反应，故D错误；
故选：A．
【分析】Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐或者硫酸反应只生成硫酸钡沉淀的反应，或者表示氢氧化钡与可溶性硫酸盐反应只生成硫酸钡沉淀的反应．
13．（2016高三上·赣州开学考）在下列条件下，可能大量共存的离子组是（ ）
A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Cu2+、I﹣、SO42﹣
B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣
C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣
D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液：H+、Na+、SO42﹣、CrO42﹣
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子，Cu2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C．能与Al反应生成H2的溶液层酸性或碱性，NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，NO3﹣、I﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Fe2+和K3[Fe（CN）6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，说明溶液中含有亚铁离子，CrO42﹣在酸性条件下能够氧化亚铁离子，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】A．该溶液中存在大量氢氧根离子，铜离子与氢氧根离子反应；
B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C．能与Al反应生成H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；
D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液中存在亚铁离子，CrO42﹣在酸性条件下能够氧化亚铁离子．
14．（2016高三上·赣州开学考）能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
B．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3 H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；
B．碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；
C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选D．
【分析】A．原子不守恒；
B．碳酸氢根离子不能拆开；
C．氢氧化铝不溶于弱碱；
D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水．
15．（2016高三上·赣州开学考）两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为C1 mol/L，密度为ρ1g/cm3，另一种物质的量浓度为C2 mol/L，密度为ρ2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为ρ3g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：令溶液体积都为1L，则混合后硫酸溶液的质量为1000mL×ρ1g/mL+1000mL×ρ2g/mL=1000（ρ1+ρ2）g．
所以混合后的硫酸溶液的体积为 =1000× mL= L．
令混合后的物质的量浓度为c，则：
1L×C1 mol/L+1L×C2 mol/L= L×c
解得，c= ．
故选：D
【分析】令溶液体积都为1L，计算出两种硫酸溶液的质量，混合后的硫酸溶液质量为两种硫酸溶液的质量之和，再利用密度计算混合后的体积，根据混合后硫酸的物质的量为原两种硫酸溶液中硫酸的物质的量计算浓度．
二、非选择题
16．（2016高三上·赣州开学考）有下列物质：①Fe ②CO2③Na2O ④Cu（OH）2⑤MgCl2⑥NH4Cl ⑦H2SO4⑧C2H5OH（酒精）⑨HF ⑩NH3 H2O（用序号作答）．
按组成进行分类，酸有 ，碱有 ，盐有 ．上述物质中，其中属于电解质的有 ，属于非电解质的有 ．
【答案】⑦⑨；④⑩；⑤⑥；③④⑤⑥⑦⑨⑩；②⑧
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】解：酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，故⑦H2SO4 ⑨HF符合；
碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，故④Cu（OH）2 ⑩NH3 H2O符合；
盐是指能电离出金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物，故⑤MgCl2⑥NH4Cl符合；在溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，③Na2O ④Cu（OH）2 ⑤MgCl2⑥NH4Cl ⑦H2SO4 ⑨HF ⑩NH3 H2O符合；
在溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，②CO2 ⑧C2H5OH（酒精）符合；
故答案为：⑦⑨；④⑩；⑤⑥； ③④⑤⑥⑦⑨⑩；②⑧．
【分析】根据酸碱盐、电解质、非电解质的定义进行判断，酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指能电离出金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物，在溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质．
17．（2016高三上·赣州开学考）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
NaHSO4：
NaHCO3： ．
【答案】NaHSO4=Na++H++SO42﹣；NaHCO3=Na++HCO3﹣
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：NaHSO4为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，其离子方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣，
故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；
碳酸氢钠为强电解质，完在水溶液中全电离生成钠离子与 碳酸氢根离子，离子方程式：NaHCO3=Na++HCO3﹣，
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3﹣．
【分析】硫酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子；
碳酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，据此分别写出其电离方程式．
18．（2016高三上·赣州开学考）溶液中有下列阴离子的一种或几种：SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣、Cl﹣
（1）当溶液中有大量的H+时，则溶液中不可能有
（2）当溶液中有大量的Ba2+时，则溶液中不可能有 ．
【答案】（1）SO32﹣、CO32﹣
（2）SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：（1）当溶液中有大量的H+时，H+能分别与SO32﹣、CO32﹣结合生成气体和水，则溶液中不可能有SO32﹣、CO32﹣，
故答案为：SO32﹣、CO32﹣；（2）当溶液中有大量的Ba2+时，Ba2+能分别与SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣结合生成白色沉淀，则溶液中不可能有SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣，故答案为：SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣．
【分析】（1）当溶液中有大量的H+时，因H+与弱酸根离子反应，则溶液中不能存在弱酸根离子；（2）当溶液中有大量的Ba2+时，根据离子之间能结合生成沉淀来分析．
19．（2016高三上·赣州开学考）实验室用固体NaOH配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL，有以下仪器和用品有：①烧杯 ②100mL量筒 ③容量瓶 ④药匙 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平（带砝码）
（1）配制时，没有使用的仪器和用品有 （填序号），还缺少的仪器是 ．
（2）在配制的转移过程中某学生进行如图操作，请指出其中的错误： 、
（3）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是 （填字母）
A．没有将洗涤液转移到容量瓶 B．转移过程中有少量溶液溅出
C．容量瓶洗净后未干燥 D．定容时俯视刻度线
（4）在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是（填序号）
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗
C．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中
D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀
（5）实验中还需要2mol/L的NaOH溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是 （填序号）
A.1000mL，80g B.950mL，76g
C．任意规格，72g D.500mL，42g．
【答案】（1）②；胶头滴管
（2）容量瓶规格选择错误；移液没用玻璃棒引流
（3）A；B
（4）B；C
（5）1000mL，80g；A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，没有使用的仪器和用品有②．还缺少的仪器是胶头滴管；故答案为：②；胶头滴管；（2）用固体NaOH配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL，应选择500mL容量瓶，移液时应用玻璃棒引流；故答案为：容量瓶规格选择错误；移液没用玻璃棒引流；（3）A．没有将洗涤液转移到容量瓶，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A选；B．转移过程中有少量溶液溅出，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B选；C．容量瓶洗净后未干燥，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选； D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D不选；故选：AB；（4）A．使用容量瓶前检查其是否漏水，否则配制溶液的浓度有误差，故正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故错误；C．容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，氢氧化钠固体溶解放出大量的热，应冷却后再移液，故C错误；D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，故D正确；故选：BC；（5）实验室中需要配制2mol/L的NaOH溶液950mL，由于没有950mL的容量瓶，实际配制时需要选用1000mL容量瓶，配制的溶液为1000mL 2mol/L的NaOH溶液，需要氢氧化钠的质量m=cVM=1L×2mol/L×40g/mol=80.0g；故选：A．
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；（2）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，移液时应用玻璃棒引流；（3）根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（4）根据溶液的配制步骤结合各仪器的构造及使用方法进行判断；（5）实验室中需要配制2mol/L的NaOH溶液950mL，由于没有950mL的容量瓶，实际配制时需要选用1000mL容量瓶，配制的溶液为1000mL 2mol/L的NaOH溶液，根据实际配制的氢氧化钠溶液的体积和浓度计算出氢氧化钠的质量，据此解答．
20．（2016高三上·赣州开学考）为验证Cl2、Br2的氧化性强弱，设计了如下实验：（可供选择的试剂有：氯水、溴水、NaCl溶液、NaBr溶液、酒精、四氯化碳）实验步骤如图，填写图中的空白．
（1）2mL 试剂 ；加入少量 试剂；再加入
试剂； 现象： ．
（2）可以证明Cl2的氧化性 （填“强于”或“弱于”）Br2的氧化性；氯元素的非金属性 （填“强于”或“弱于”）溴元素的非金属性．
（3）此反应的离子方程式为： ．
（4）某溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量之比为4：1：4，要使溶液中的Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量之比变为7：1：1，则通入Cl2的物质的量与原溶液中I﹣的物质的量之比为 ．
【答案】（1）NaBr溶液；氯水；四氯化碳；溶液分层，下层橙红色，上层无色
（2）强于；强于
（3）Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣
（4）3：8
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）要想比较氯气和溴单质的氧化性大小，做如下实验：
少量溴化钠反应→加适量氯水（振荡，溶液由黄绿色变成橙色）→加入四氯化碳（振荡）→现象（溶液分层，下层橙红色，上层无色）→说明氯气和溴离子反应，能证明氯气的氧化性大于溴，溴单质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，所以会看到：溶液分层，下层橙红色，上层无色，
故答案为：NaBr溶液；氯水；四氯化碳；溶液分层，下层橙红色，上层无色；（2）通过以上实验知，氯气能将溴单质置换出来，氯气的氧化性大于溴，离子方程式为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，单质氧化性越强对应非金属性越强，则氯元素的非金属性强于溴元素的非金属性，故答案为：强于；（3）氯气能将溴单质置换出来，氯气的氧化性大于溴，离子方程式为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；（4）还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，通入一定量的Cl2，Cl﹣、Br﹣、I﹣三者物质的量之比由4：1：4变为7：1：1，说明溶液还有剩余的I﹣，则溶液中的Br﹣不反应，
设开始Cl﹣、Br﹣、I﹣三者物质的量分别是4mol、1mol、4mol，则反应后分别为7mol、1mol、1mol，则Cl﹣增加7mol﹣4mol=3mol，由方程式2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣可知参加反应的Cl2为：3mol× =1.5mol，所以通入Cl2的物质的量是原溶液中I﹣物质的量之比为： = ，故答案为： ，
【分析】根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验，要想比较氯气的氧化性大于溴的氧化性，只要使氯气和溴的盐溶液混合观察是否有溴单质生成，如果有溴单质生成就说明氯气的氧化性大于溴单质，否则不能证明，还原性大小为I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，通入一定量的Cl2使比值变为1：1：1，说明溶液中有剩余的I﹣，则反应中只氧化I﹣，溶液中Br﹣不变，设开始Cl﹣、Br﹣、I﹣三者物质的量分别是4mol、1mol、4mol，计算反应后各离子的物质的量，根据Cl﹣的物质的量变化计算参加反应的氯气．
21．（2016高三上·赣州开学考）甲苯是有机化工生产的基本原料之一．利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J．
已知以下信息：
①已知：
②G的核磁共振氢谱表明其只有三种不同化学环境的氢．
请回答下列问题：
（1）D的名称是 ；F的结构简式为 ；J的结构简式为 ．
（2）①的反应类型为 ；②的反应类型为 ．
（3）B+D→E的反应方程式为 ．
（4）E、J有多种同分异构体，则符合下列条件的同分异构体有 种．
①与E、J属同类物质；
②苯环上有两个取代基；
③核磁共振氢谱表明苯环上只有两组峰．
其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：3的结构简式为 ．
【答案】（1）苯甲醇；；
（2）取代；酯化
（3）
（4）4； 、
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：乙醇被氧气氧化生成A为CH3CHO，乙醛被氧化生成B为CH3COOH，乙酸和D反应生成E，根据乙酸和E的分子式知，D是C6H5CH2OH，则E为CH3COOCH2C6H5，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇，则C是C6H5CH2Cl，二氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，结合题给信息知，F是 ，苯甲醛被氧化生成I为C6H5COOH，G和氢氧化钠的水溶液反应生成H，H酸化生成苯甲酸，则H是C6H5COONa，G是C6H5CH2Cl3，乙醇和苯甲酸反应生成J为 ，（1）D是C6H5CH2OH，D的名称是 苯甲醇，F的结构简式为 ，J为 ，故答案为：苯甲醇； ； ；（2）通过以上分析知，反应①甲苯和氯气发生取代反应，反应②苯甲酸和乙醇发生酯化反应，故答案为：取代；酯化； （3）通过以上分析知，B是乙酸，D是苯甲醇，在加热、浓硫酸作催化剂条件下反应生成乙酸苯甲酯，反应方程式为： ，故答案为： ；（4）根据条件①与E、J属同类物质，说明含有苯环和酯基，②苯环上有两个取代基，③核磁共振氢谱表明苯环上只有两组峰，E、J有多种同分异构体，则符合条件的同分异构体为： 、 、 、 ，共4种，其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：3的结构简式为 、 ，
故答案为：4； ； ．
【分析】乙醇被氧气氧化生成A为CH3CHO，乙醛被氧化生成B为CH3COOH，乙酸和D反应生成E，根据乙酸和E的分子式知，D是C6H5CH2OH，则E为CH3COOCH2C6H5，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇，则C是C6H5CH2Cl，二氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，结合题给信息知，F是 ，苯甲醛被氧化生成I为C6H5COOH，G和氢氧化钠的水溶液反应生成H，H酸化生成苯甲酸，则H是C6H5COONa，G是C6H5CH2Cl3，乙醇和苯甲酸反应生成J为 ，据此答题．
1 / 12016-2017学年江西省赣州市厚德外国语学校高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·巴彦期中）容量瓶上需标有：①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 ⑥酸式或碱式；六项中的（ ）
A．①③⑤ B．③⑤⑥ C．①②④ D．②④⑥
2．（2016高一上·天水期中）“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料．若将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（ ）
A．能全部透过半透膜
B．有丁达尔效应
C．所得液体一定能导电
D．所得物质一定为悬浊液或乳浊液
3．（2016高三上·赣州开学考）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（ ）
A．装置①常用于分离沸点不同的液体混合物
B．装置②用于吸收氨气，能够防止倒吸
C．以NH4Cl为原料，装置③可制备少量NH3
D．装置④a口进气可收集Cl2、NO等气
4．（2016高三上·赣州开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．28g氮气所含有的原子数目为NA
B．标准状况下，22.4L水中含有个水分子NA
C．2NA个氯气的体积是NA个氧气的体积的2倍
D．标准状况下，22.4L氯化氢所含的原子数为2NA
5．（2016高三上·赣州开学考）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，则下列说法正确的是（ ）
A．1.8 g D2O含有NA个中子
B．用5 mL 3 mol/L FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数为0.015 NA
C．在Na2O2与CO2的反应中，每转移NA个电子时，消耗22.4 L的CO2
D．25℃时，7 g C2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个C﹣H键
6．（2016高一上·鱼台期中）用等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42﹣完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A．3：2：3 B．3：1：2 C．2：6：3 D．1：1：1
7．（2016高三上·赣州开学考）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
8．（2016高三上·赣州开学考）为了除去下列各组混合物中括号内的物质，所选用的试剂与主要分离方法都正确的是（ ）
混合物 试剂 分离方法
A 苯（苯酚） 浓溴水 过滤
B 碘水（水） 花生油 萃取
C 乙酸乙酯（乙酸） 饱和Na2CO3溶液 分液
D 鸡蛋清溶液（氯化钠溶液） 蒸馏水 渗析
A．A B．B C．C D．D
9．（2016高三上·赣州开学考）在甲、乙、丙、丁四个烧杯里分别放入0.1mol的钠，氧化钠，过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的溶液中溶质的质量分数大小的顺序为（ ）
A．甲＞乙＞丙＞丁 B．丁＜甲＜乙=丙
C．甲=丁＜乙=丙 D．丁＜甲＜乙＜丙
10．（2016高三上·赣州开学考）使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．
A．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥
11．（2016高三上·赣州开学考）下列物质分类正确的是（ ）
A．SO2、SiO2、CO2均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳、氨气均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氢氟酸、小苏打均为纯净物
12．（2016高一上·重庆期中）能用离子方程式Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示的是（ ）
A．氯化钡和硫酸钠溶液反应 B．碳酸钡和稀硫酸反应
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应 D．氢氧化钡和稀硫酸反应
13．（2016高三上·赣州开学考）在下列条件下，可能大量共存的离子组是（ ）
A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Cu2+、I﹣、SO42﹣
B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣
C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣
D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液：H+、Na+、SO42﹣、CrO42﹣
14．（2016高三上·赣州开学考）能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
B．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3 H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
15．（2016高三上·赣州开学考）两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为C1 mol/L，密度为ρ1g/cm3，另一种物质的量浓度为C2 mol/L，密度为ρ2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为ρ3g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为（ ）
A． B．
C． D．
二、非选择题
16．（2016高三上·赣州开学考）有下列物质：①Fe ②CO2③Na2O ④Cu（OH）2⑤MgCl2⑥NH4Cl ⑦H2SO4⑧C2H5OH（酒精）⑨HF ⑩NH3 H2O（用序号作答）．
按组成进行分类，酸有 ，碱有 ，盐有 ．上述物质中，其中属于电解质的有 ，属于非电解质的有 ．
17．（2016高三上·赣州开学考）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
NaHSO4：
NaHCO3： ．
18．（2016高三上·赣州开学考）溶液中有下列阴离子的一种或几种：SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣、Cl﹣
（1）当溶液中有大量的H+时，则溶液中不可能有
（2）当溶液中有大量的Ba2+时，则溶液中不可能有 ．
19．（2016高三上·赣州开学考）实验室用固体NaOH配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL，有以下仪器和用品有：①烧杯 ②100mL量筒 ③容量瓶 ④药匙 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平（带砝码）
（1）配制时，没有使用的仪器和用品有 （填序号），还缺少的仪器是 ．
（2）在配制的转移过程中某学生进行如图操作，请指出其中的错误： 、
（3）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是 （填字母）
A．没有将洗涤液转移到容量瓶 B．转移过程中有少量溶液溅出
C．容量瓶洗净后未干燥 D．定容时俯视刻度线
（4）在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是（填序号）
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗
C．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中
D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀
（5）实验中还需要2mol/L的NaOH溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是 （填序号）
A.1000mL，80g B.950mL，76g
C．任意规格，72g D.500mL，42g．
20．（2016高三上·赣州开学考）为验证Cl2、Br2的氧化性强弱，设计了如下实验：（可供选择的试剂有：氯水、溴水、NaCl溶液、NaBr溶液、酒精、四氯化碳）实验步骤如图，填写图中的空白．
（1）2mL 试剂 ；加入少量 试剂；再加入
试剂； 现象： ．
（2）可以证明Cl2的氧化性 （填“强于”或“弱于”）Br2的氧化性；氯元素的非金属性 （填“强于”或“弱于”）溴元素的非金属性．
（3）此反应的离子方程式为： ．
（4）某溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量之比为4：1：4，要使溶液中的Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量之比变为7：1：1，则通入Cl2的物质的量与原溶液中I﹣的物质的量之比为 ．
21．（2016高三上·赣州开学考）甲苯是有机化工生产的基本原料之一．利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J．
已知以下信息：
①已知：
②G的核磁共振氢谱表明其只有三种不同化学环境的氢．
请回答下列问题：
（1）D的名称是 ；F的结构简式为 ；J的结构简式为 ．
（2）①的反应类型为 ；②的反应类型为 ．
（3）B+D→E的反应方程式为 ．
（4）E、J有多种同分异构体，则符合下列条件的同分异构体有 种．
①与E、J属同类物质；
②苯环上有两个取代基；
③核磁共振氢谱表明苯环上只有两组峰．
其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：3的结构简式为 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，实验室常见规格有50mL、100mL、150mL、200mL、500mL等，容量瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为250C．故应为①③⑤．
故选A．
【分析】根据容量瓶的使用特点来回答，容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用．
2．【答案】B
【知识点】纳米材料
【解析】【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，
由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体．
A．胶体不能通过半透膜，故A错误；
B．胶体具有丁达尔现象，故B正确；
C．胶粒不一定带电，液体分散剂若为非电解质，则不能导电，故C错误；
D．该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，故D错误；
故选B．
【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答．
3．【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；蒸馏与分馏；分液和萃取；气体的收集
【解析】【解答】解：A．装置①为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，并且温度计位置和进出水方向正确，故A正确；
B．用图②装置起不到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故B错误；
C．加热氯化铵分解生成的氯化氢和氨气能重新生成氯化铵，不能得到氨气，应用氯化铵和氢氧化钙解热制备，故C错误；
D．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮只能用排水法收集，故D错误；
故选：A．
【分析】A．根据蒸馏用来分离沸点不同的液体混合物的方法；
B．根据吸收易溶于水的气体时，应防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入气体不溶的有机溶剂等方法；
C．根据铵盐与碱反应生成氨气；
D．根据用多用瓶收集气体时，从长管进收集的气体应密度比空气大，且不能与氧气反应；
4．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.28g氮气的物质的量为： =1mol，1mol氮气分子中含有2molN原子，含有的原子数目为2NA，故A错误；
B．标准状况下，水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故B错误；
C．不是相同条件下，气体摩尔体积不一定相同，则无法比较两种气体的体积大小，故C错误；
D．标准状况下，22.4L氯化氢的物质的量为： =1mol，1molHCl分子中含有2mol原子，所含的原子数为2NA，故D正确；
故选D．
【分析】A．根据n= 计算出氮气的物质的量，然后可得出含有N原子数目；
B．标准状况下，水的状态不是气态；
C．没有指出在相同条件下，无法比较二者的体积大小；
D．根据n= 计算出含有氯化氢的物质的量及含有原子的数目．
5．【答案】D
【知识点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】解：A、1.8g D2O的物质的量为 =0.09mol，含有0.9NA个中子，故A错误；
B、氢氧化铁胶体的制备，是利用铁离子的水解，水解是可逆的，所以含胶粒数小于0.015NA，故B错误；
C、每转移NA个电子时，消耗1mol的CO2，但题目没有告诉是否标况，故C错误；
D、可以将混合所体变成单一的气体（CH2）n，7g（CH2）n 物质的量为 = mol，而1mol（CH2）n气体中含有2nmolC﹣H键，所以7g C2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个C﹣H键，故D正确．
故选D．
【分析】A、D2O的摩尔质量的考查，一分子D2O中含有中子数的10；
B、氢氧化铁胶体的制备，是利用铁离子的水解，水解是可逆的；
C、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积vm=22.4L/mol；
D、可以将混合所体变成单一的气体（CH2）n，然后分析解题．
6．【答案】C
【知识点】物质的量浓度；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42﹣完全沉淀，则Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中n（SO42﹣）相同，根据硫酸根守恒可知，n[Fe2（SO4）3]= n（SO42﹣），n（Na2SO4）=n（SO42﹣），n[KAl（SO4）2]= n（SO42﹣），三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比为c[Fe2（SO4）3]：c（Na2SO4）：c[KAl（SO4）2]= n（SO42﹣）：n（SO42﹣）： n（SO42﹣）=2：6：3．
故选：C．
【分析】等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液的SO42﹣完全沉淀，则Fe2（SO4）3、Na2SO4、KAl（SO4）2三种溶液中n（SO42﹣）相同，根据硫酸根守恒可知，n[Fe2（SO4）3]= n（SO42﹣），n（Na2SO4）=n（SO42﹣），n[KAl（SO4）2]= n（SO42﹣），三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，据此计算．
7．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；
B．NH4Cl受热易分解，应利用冷却热饱和溶液的方法得到晶体，故B错误；
C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，故C错误；
D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取后分层，利用分液漏斗可分离，图中装置合理，故D正确；
故选D．
【分析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应；
B．NH4Cl受热易分解；
C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止；
D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．
8．【答案】C,D
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】解：A．Br2和苯酚反应生成2，4，6﹣三溴苯酚沉淀，但溴单质和2，4，6﹣三溴苯酚易溶于苯，无法用过滤分开，应加入NaOH反应后分液，故A错误；
B．花生油含碳碳双键，能与碘单质反应，故B错误；
C．乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层，可用分液的方法分离，故C正确；
D．溶液能透过半透膜，胶体不能，故D正确．
故选CD．
【分析】A．三溴苯酚易溶于苯，无法用过滤分开；
B．花生油含碳碳双键；
C．乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层；
D．溶液能透过半透膜．
9．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+ H2↑，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2）=2.3g﹣0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+ O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）﹣m（O2）=m（Na2O）=6.2g
将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，
通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为： ×100%、 ×100%、 ×100%、 ×100%，
所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙．
故选B．
【分析】先根据反应方程式计算出反应后溶液的质量，然后根据钠原子守恒计算出溶质的物质的量及质量，最后根据w= ×100%计算出溶液的质量分数．
10．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：①用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故①错误；②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故②错误；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故④错误；⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故⑤错误；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑥正确；故选D．
【分析】根据c= 可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．
11．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．SO2、SiO2、CO2都能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；
B．稀豆浆是蛋白胶体，硅酸属于纯净物不是分散系，不是胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C．烧碱、冰醋酸为电解质，四氯化碳在水溶液中和熔融状态下均不导电，属于非电解质，氨气在水溶液和熔融状态下都不能自身电离而导电，属于非电解质，故C错误；
D．福尔马林是甲醛溶于水后混合物，水玻璃是硅酸钠溶液，它们都是混合物，故D错误；
故选A．
【分析】A．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物；
B．分散质粒子直径介于1nm﹣100nm的分散系属于胶体；
C．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D．纯净物是由一种物质组成的物质，由两种或两种以上物质组成的物质属于混合物；根据以上概念分析．
12．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氯化钡和硫酸钠溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，符合题意要求，故A正确；
B．碳酸钡为难溶物，保留化学式，故B错误；
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与铝离子也会发生反应，故C错误；
D．氢氧化钡和稀硫酸反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与氢离子也会发生反应，故D错误；
故选：A．
【分析】Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐或者硫酸反应只生成硫酸钡沉淀的反应，或者表示氢氧化钡与可溶性硫酸盐反应只生成硫酸钡沉淀的反应．
13．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子，Cu2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C．能与Al反应生成H2的溶液层酸性或碱性，NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，NO3﹣、I﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Fe2+和K3[Fe（CN）6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，说明溶液中含有亚铁离子，CrO42﹣在酸性条件下能够氧化亚铁离子，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】A．该溶液中存在大量氢氧根离子，铜离子与氢氧根离子反应；
B．水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C．能与Al反应生成H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；
D．能与K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀的溶液中存在亚铁离子，CrO42﹣在酸性条件下能够氧化亚铁离子．
14．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；
B．碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；
C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选D．
【分析】A．原子不守恒；
B．碳酸氢根离子不能拆开；
C．氢氧化铝不溶于弱碱；
D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水．
15．【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：令溶液体积都为1L，则混合后硫酸溶液的质量为1000mL×ρ1g/mL+1000mL×ρ2g/mL=1000（ρ1+ρ2）g．
所以混合后的硫酸溶液的体积为 =1000× mL= L．
令混合后的物质的量浓度为c，则：
1L×C1 mol/L+1L×C2 mol/L= L×c
解得，c= ．
故选：D
【分析】令溶液体积都为1L，计算出两种硫酸溶液的质量，混合后的硫酸溶液质量为两种硫酸溶液的质量之和，再利用密度计算混合后的体积，根据混合后硫酸的物质的量为原两种硫酸溶液中硫酸的物质的量计算浓度．
16．【答案】⑦⑨；④⑩；⑤⑥；③④⑤⑥⑦⑨⑩；②⑧
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】解：酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，故⑦H2SO4 ⑨HF符合；
碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，故④Cu（OH）2 ⑩NH3 H2O符合；
盐是指能电离出金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物，故⑤MgCl2⑥NH4Cl符合；在溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，③Na2O ④Cu（OH）2 ⑤MgCl2⑥NH4Cl ⑦H2SO4 ⑨HF ⑩NH3 H2O符合；
在溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，②CO2 ⑧C2H5OH（酒精）符合；
故答案为：⑦⑨；④⑩；⑤⑥； ③④⑤⑥⑦⑨⑩；②⑧．
【分析】根据酸碱盐、电解质、非电解质的定义进行判断，酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指能电离出金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物，在溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质．
17．【答案】NaHSO4=Na++H++SO42﹣；NaHCO3=Na++HCO3﹣
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：NaHSO4为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，其离子方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣，
故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；
碳酸氢钠为强电解质，完在水溶液中全电离生成钠离子与 碳酸氢根离子，离子方程式：NaHCO3=Na++HCO3﹣，
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3﹣．
【分析】硫酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子；
碳酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，据此分别写出其电离方程式．
18．【答案】（1）SO32﹣、CO32﹣
（2）SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：（1）当溶液中有大量的H+时，H+能分别与SO32﹣、CO32﹣结合生成气体和水，则溶液中不可能有SO32﹣、CO32﹣，
故答案为：SO32﹣、CO32﹣；（2）当溶液中有大量的Ba2+时，Ba2+能分别与SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣结合生成白色沉淀，则溶液中不可能有SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣，故答案为：SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣．
【分析】（1）当溶液中有大量的H+时，因H+与弱酸根离子反应，则溶液中不能存在弱酸根离子；（2）当溶液中有大量的Ba2+时，根据离子之间能结合生成沉淀来分析．
19．【答案】（1）②；胶头滴管
（2）容量瓶规格选择错误；移液没用玻璃棒引流
（3）A；B
（4）B；C
（5）1000mL，80g；A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，没有使用的仪器和用品有②．还缺少的仪器是胶头滴管；故答案为：②；胶头滴管；（2）用固体NaOH配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL，应选择500mL容量瓶，移液时应用玻璃棒引流；故答案为：容量瓶规格选择错误；移液没用玻璃棒引流；（3）A．没有将洗涤液转移到容量瓶，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A选；B．转移过程中有少量溶液溅出，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B选；C．容量瓶洗净后未干燥，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选； D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D不选；故选：AB；（4）A．使用容量瓶前检查其是否漏水，否则配制溶液的浓度有误差，故正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故错误；C．容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，氢氧化钠固体溶解放出大量的热，应冷却后再移液，故C错误；D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，故D正确；故选：BC；（5）实验室中需要配制2mol/L的NaOH溶液950mL，由于没有950mL的容量瓶，实际配制时需要选用1000mL容量瓶，配制的溶液为1000mL 2mol/L的NaOH溶液，需要氢氧化钠的质量m=cVM=1L×2mol/L×40g/mol=80.0g；故选：A．
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；（2）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，移液时应用玻璃棒引流；（3）根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（4）根据溶液的配制步骤结合各仪器的构造及使用方法进行判断；（5）实验室中需要配制2mol/L的NaOH溶液950mL，由于没有950mL的容量瓶，实际配制时需要选用1000mL容量瓶，配制的溶液为1000mL 2mol/L的NaOH溶液，根据实际配制的氢氧化钠溶液的体积和浓度计算出氢氧化钠的质量，据此解答．
20．【答案】（1）NaBr溶液；氯水；四氯化碳；溶液分层，下层橙红色，上层无色
（2）强于；强于
（3）Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣
（4）3：8
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）要想比较氯气和溴单质的氧化性大小，做如下实验：
少量溴化钠反应→加适量氯水（振荡，溶液由黄绿色变成橙色）→加入四氯化碳（振荡）→现象（溶液分层，下层橙红色，上层无色）→说明氯气和溴离子反应，能证明氯气的氧化性大于溴，溴单质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，所以会看到：溶液分层，下层橙红色，上层无色，
故答案为：NaBr溶液；氯水；四氯化碳；溶液分层，下层橙红色，上层无色；（2）通过以上实验知，氯气能将溴单质置换出来，氯气的氧化性大于溴，离子方程式为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，单质氧化性越强对应非金属性越强，则氯元素的非金属性强于溴元素的非金属性，故答案为：强于；（3）氯气能将溴单质置换出来，氯气的氧化性大于溴，离子方程式为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；（4）还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，通入一定量的Cl2，Cl﹣、Br﹣、I﹣三者物质的量之比由4：1：4变为7：1：1，说明溶液还有剩余的I﹣，则溶液中的Br﹣不反应，
设开始Cl﹣、Br﹣、I﹣三者物质的量分别是4mol、1mol、4mol，则反应后分别为7mol、1mol、1mol，则Cl﹣增加7mol﹣4mol=3mol，由方程式2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣可知参加反应的Cl2为：3mol× =1.5mol，所以通入Cl2的物质的量是原溶液中I﹣物质的量之比为： = ，故答案为： ，
【分析】根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验，要想比较氯气的氧化性大于溴的氧化性，只要使氯气和溴的盐溶液混合观察是否有溴单质生成，如果有溴单质生成就说明氯气的氧化性大于溴单质，否则不能证明，还原性大小为I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，通入一定量的Cl2使比值变为1：1：1，说明溶液中有剩余的I﹣，则反应中只氧化I﹣，溶液中Br﹣不变，设开始Cl﹣、Br﹣、I﹣三者物质的量分别是4mol、1mol、4mol，计算反应后各离子的物质的量，根据Cl﹣的物质的量变化计算参加反应的氯气．
21．【答案】（1）苯甲醇；；
（2）取代；酯化
（3）
（4）4； 、
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：乙醇被氧气氧化生成A为CH3CHO，乙醛被氧化生成B为CH3COOH，乙酸和D反应生成E，根据乙酸和E的分子式知，D是C6H5CH2OH，则E为CH3COOCH2C6H5，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇，则C是C6H5CH2Cl，二氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，结合题给信息知，F是 ，苯甲醛被氧化生成I为C6H5COOH，G和氢氧化钠的水溶液反应生成H，H酸化生成苯甲酸，则H是C6H5COONa，G是C6H5CH2Cl3，乙醇和苯甲酸反应生成J为 ，（1）D是C6H5CH2OH，D的名称是 苯甲醇，F的结构简式为 ，J为 ，故答案为：苯甲醇； ； ；（2）通过以上分析知，反应①甲苯和氯气发生取代反应，反应②苯甲酸和乙醇发生酯化反应，故答案为：取代；酯化； （3）通过以上分析知，B是乙酸，D是苯甲醇，在加热、浓硫酸作催化剂条件下反应生成乙酸苯甲酯，反应方程式为： ，故答案为： ；（4）根据条件①与E、J属同类物质，说明含有苯环和酯基，②苯环上有两个取代基，③核磁共振氢谱表明苯环上只有两组峰，E、J有多种同分异构体，则符合条件的同分异构体为： 、 、 、 ，共4种，其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：3的结构简式为 、 ，
故答案为：4； ； ．
【分析】乙醇被氧气氧化生成A为CH3CHO，乙醛被氧化生成B为CH3COOH，乙酸和D反应生成E，根据乙酸和E的分子式知，D是C6H5CH2OH，则E为CH3COOCH2C6H5，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇，则C是C6H5CH2Cl，二氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，结合题给信息知，F是 ，苯甲醛被氧化生成I为C6H5COOH，G和氢氧化钠的水溶液反应生成H，H酸化生成苯甲酸，则H是C6H5COONa，G是C6H5CH2Cl3，乙醇和苯甲酸反应生成J为 ，据此答题．
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