河北省保定市高阳中学高一化学上学期第二次周练试卷(含解析)
2014-2015学年河北省保定市高阳中学高二(上)第二周周练化学试卷
2014-2015学年河北省保定市高阳中学高二（上）第二周周练化学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1.丙烷是液化石油气的主要成分，常温下，1mol C3H8燃烧放出的热量为2 217.8kJ，则下列热化学方程式，正确的是（）A.C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(g)△H=+2 217.8 kJ⋅mol−1B.C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(g)△H=−2 217.8 kJ⋅mol−1C.C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2 217.8 kJ⋅mol−1D.15C3H8(g)+O2(g)→35CO2(g)+45H2O(l)△H=−443.6 kJ⋅mol−12.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；△H=−571.6kJ⋅mol−1、CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283kJ⋅mol−1某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74kJ热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体的H2和CO的物质的量之比（）A.2:1B.1:2C.1:1D.2:33.已知：CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H=−Q1 kJ⋅mol−1H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=−12Q2 kJ⋅mol−1H2(g)+1O2(g)=H2O(l)△H3=−1Q3kJ⋅mol−1常温下取体积比为4:1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），经完全燃烧后恢复到室温，则放出的热量为（）A.0.4 Q1+0.05 Q3B.0.4 Q2+0.05 Q3C.0.4 Q1+0.1 Q3D.0.4 Q1+0.2 Q24.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1．分别向1L 0.5mol⋅L−1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸、②浓H2SO4、③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，它们的关系正确的是（）A.△H1>△H2>△H3 B.△H2<△H1<△H3C.△H1=△H2=△H3D.△H1>△H3>△H25.已知在25∘C，101kPa下，1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ 热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（）A.C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H=−48.40kJ⋅mol−1B.C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=−5518kJ⋅mol−1C.C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=+5518kJ⋅mol−1D.C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=−48.40kJ⋅mol−16.现有CO、H2、和CO2组成的混合气体116.8L（标准状况），经完全燃烧后放出的总能量为867.9KJ，并生成18g液态水．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−571.6KJ/mol； 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；△H=−566KJ/mol．则燃烧以前混合气体中CO的体积分数最接近于（）A.80%B.60%C.40%D.20%7.已知H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1．以下四个化学方程式其中反应热为57.3kJ⋅mol−1的是（）①H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)②H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)③HCl(aq)+NH3⋅H2O(aq)=NH4Cl(aq)+H2O(l)④CH3COOH(aq)+NH3⋅H2O(aq)=CH3COONH4(aq)+H2O(l)A.①和②B.③C.④D.以上都不对8.在25∘C、101kPa下，1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.72kJ，下列热化学方程式正确的是（）A.CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=+1367kJ/molB.2CH3CH2OH(l)+6O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=−2734kJ/molC.2CH3CH2OH(l)+6O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=−1367kJ/molD.2CH3CH2OH(l)+6O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=+2734kJ/mol9.已知25∘C、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为C（石墨）+O2(g)=CO2(g)△H=−393.51kJ⋅mol−1C（金刚石）+O2(g)=CO2(g)△H=−395.41kJ⋅mol−1据此判断，下列说法中正确的是（）A.由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低B.由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高C.由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低D.由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高10.含有11.2g KOH的稀溶液与1L 0.1mol/L的H2SO4溶液反应，放出11.46kJ的热量，该反应的中和热用化学方程式表示为（）A.KOH(aq)+12H2SO4(aq)=12K2SO4(aq)+H2O(l)△H=−11.46 kJ/molB.2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)△H=−114.6 kJ/molC.2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)△H=114.6 kJ/molD.KOH(aq)+12H2SO4(aq)=12K2SO4(aq)+H2O(l)△H=−57.3 kJ/mol二、解答题（共3小题，满分0分）11.由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气，放热241.8kJ．写出该反应的热化学方程式________．若1g水蒸气转化成液态水放热2.5kJ，则反应H2(g)+12O2(g)=H2O(1)的△H=________kJ⋅mol−1．12.50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：(1)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是________(2)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值________（填“偏大”“偏小”“无影响”）．(3)实验中改用60mL 0.50mol⋅L−1盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________（填“相等”、“不相等”），所求中和热________（填“相等”、“不相等”），简述理由________．(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________（填“偏大”、“偏小”“无影响”）．13.某石油液化气由丙烷和丁烷组成，其质量分数分别为80%和20%．C3H8(g)+5O2(g)= 3CO2(g)+4H2O(g)△H(298K)=−2 200kJ⋅mol−1，2C4H10(g)+13O2(g)=8CO2(g)+ 10H2O(g)△H(298K)=−5 800kJ⋅mol−1．现有一质量为0.80kg、容积为4.0L的铝壶，将一壶20∘C的水烧开需消耗0.056kg石油液化气，试计算该燃烧的利用率．已知水的比热容为4.2kJ⋅(kg⋅∘C)−1，铝的比热容为0.88kJ⋅(kg⋅∘C)−1．答案1. 【答案】C【解析】热化学方程式的焓变和方程式的系数是成正比例关系的，1mol C3H8燃烧放出的热量为2 217.8kJ，即C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2 217.8 kJ⋅mol−1．【解答】解：A、反应是放热的，焓变是负数，故A错误；B、燃烧热是指反应生成稳定产物放出的热量，水的稳定状态是液态水，故B错误；C、1mol C3H8燃烧放出的热量为2 217.8kJ，即C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2 217.8 kJ⋅mol−1，故C正确；D、反应的焓变和方程式的系数不对应，故D错误．故选C．2. 【答案】C【解析】先根据生成水的质量，利用2H2+O2=2H2O(l)可计算氢气的物质的量，利用混合气体燃烧放出的热量与氢气燃烧放出的热量来计算CO燃烧放出的热量，再利用热化学反应方程式来计算CO的物质的量，最后求出物质的量之比．【解答】解：水的物质的量为3.6g18g/mol=0.2mol，由2H2+O2=2H2O可知，n(H2)=n(H2O)=0.2mol，由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol−1可知0.2molH2燃烧放出的热量为57.16KJ，则CO燃烧放出的热量为113.74KJ−57.16KJ=56.58KJ，设混合气体中CO的物质的量为x，则CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283kJ⋅mol−11 283KJ x 56.58KJ1 x =28356.58，解得x=0.2mol，即n(CO)=0.20mol，原混合气体中H2和CO的物质的量均为0.2mol，H2和CO的物质的量之比为1:1，故选C．3. 【答案】A【解析】根据n=VVm计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量．【解答】解：标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为4:1，所以甲烷的物质的量为：0.5mol×45=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol−0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=−Q1 kJ⋅mol−1可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1 kJ⋅mol−1=0.4Q1 kJ，由H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H3=−12Q3kJ⋅mol−1可知，0.1mol氢气燃烧放出的热量为0.1mol2×12Q3kJ⋅mol−1=0.05Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1kJ+0.05Q3kJ=(0.4Q1+0.05Q3)kJ，故选：A．4. 【答案】D【解析】根据稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．【解答】解：因强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)十OH−(aq)=H2O△H=一57.3kJ/mol，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓H2SO4；③稀硝酸，因醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为②>③>①，所以△H2<△H3<△H1，故选D．5. 【答案】B【解析】1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1mol1gC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，以此来解答．【解答】解：由25∘C，101kPa下，1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，标明物质的聚集状态，该反应为放热反应，则热化学反应方程式为C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=−5518kJ/mol，故选：B．6. 【答案】C【解析】根据18g水，计算氢气燃烧放出的热量；根据总能量为867.9KJ和氢气燃烧放出的热量计算CO的物质的量，依此计算出CO的体积分数．【解答】解：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−571.6KJ/mol； 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；△H=−566KJ/mol．生成的H2O是18g，是1mol，故氢气燃烧放出的热量为：571.62=285.8kJ，而总热量是867.9KJ，故CO燃烧放出来的热量为：867.9−285.8=582.1kJ，故CO的物质的量是：582.1566×2mol=2.06mol，混合气体的总物质的量为：116.8 22.4=5.21mol，故混合前CO的体积分数为：2.065.21×100%=39.5%，接近于40%，故选C．7. 【答案】D【解析】中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，依据概念对选项分析判断．【解答】解：①选项热化学方程式生成了2mol水，反应的焓变为−114.6kJ/mol，故①不符合；②反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有沉淀热的变化，故②不符合；③一水合氨是弱电解质电离过程是吸热过程，反应后放热小于57.3kJ⋅mol−1，故③不符合；④一水合氨和醋酸都是弱电解质电离过程是吸热过程，反应后放热小于57.3kJ⋅mol−1，故④不符合；故选D．8. 【答案】B【解析】A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据乙醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析．【解答】解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，乙醇燃烧是放热反应，故△H<0，故A错误；B、1g乙醇燃烧生成CO2和液态水时放热29.72KJ/mol，92g乙醇即2mol乙醇燃烧放的热量 2734.24KJ，热化学方程式的书写方法写出为：2CH3CH2OH(l)+6O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=−2734kJ/mol，故B正确；C、1g乙醇燃烧生成CO2和液态水时放热29.72KJ/mol，92g乙醇即2mol乙醇燃烧放的热量 2734.24KJ，选项中焓变的数值错误，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，乙醇燃烧是放热反应，故△H<0，故D错误；故选B．9. 【答案】A【解析】1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多说明金刚石的能量高，石墨转化为金刚石，要吸收能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，当反应物的能量低于生成物的能量时，则反应是吸热反应，物质的能量越低越稳定．【解答】解：1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多说明金刚石的能量高，石墨转化为金刚石，要吸收能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，当反应物的能量低于生成物的能量时，则反应是吸热反应，物质的能量越低越稳定．故由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低．故选A．10. 【答案】D【解析】根据酸碱的物质的量判断反应的情况，根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量来书写热化学方程式．【解答】解：11.2g即0.2molKOH的稀溶液与1L、0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量，实质是生成0.2mol水放出11.46kJ的热量．A、生成1mol水放出的热量会高于11.46kJ，故A错误；B、0.2molKOH的稀溶液与1L、0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量，2molKOH 完全反应生成2mol水放热114.6kJ，不符合中和热的概念，故B错误；C、中和反应是放热反应，不是吸热反应，故C错误；D、KOH的稀溶液与H2SO4溶液反应生成0.2mol水放出11.46kJ的热量，生成1mol水会放出57.3kJ的能量，故D正确．故选：D．O2(g)=H2O(g)△H=−241.8kJ/mol,−28611. 【答案】H2(g)+12【解析】根据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式；根据m=nM计算1mol水的质量为18g，进而计算1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热．【解答】解：氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为：H2(g)+1O2(g)=H2O(g)△H=−241.8kJ/mol；21g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，故18g水蒸气转化成液态水放出热量2.5kJ×18=O2(g)=H2O(l)的反应热△H=−(241.8kJ/mol+45kJ/mol)=45kJ，故反应H2(g)+12−286.8kJ/mol；O2(g)=H2O(g)△H=−241.8kJ/mol；−286．故答案为：H2(g)+1212. 【答案】减小热量散失; 偏小; 不相等,相等,因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关; 偏小【解析】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；; (2)不盖硬纸板，会有一部分热量散失；; (3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；; (4)根据弱电解质电离吸热分析．【解答】解：(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失，; (2)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，; (3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol⋅L−1H2SO4溶液跟50mL0.55mol⋅L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol⋅L−1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，; (4)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，13. 【答案】燃烧的利用率50%．【解析】将一壶20∘C的水烧开，需将铝壶本身从0∘C升高到80∘C，需将壶中的水从0∘C升高到80∘C，所以烧水需要的能量是这两项之和，0.056kg石油液化气由丙烷和丁烷组成，其质量分数分别为80%和20%，质量分别是56g×80%=44.8g、56g×20&= 11.2g，依据C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H(298K)=−2 200kJ⋅mol−1，2C4H10(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(g)△H(298K)=−5 800kJ⋅mol−1，分别求出燃烧放出的热量，燃料的利用率为烧水需要的能量除以燃烧燃烧放出的总能量，据此分析解答．【解答】解：将一壶20∘C的水烧开，需将铝壶本身从0∘C升高到80∘C，需将壶中的水从0∘C升高到80∘C，所以烧水需要的能量为Q=c1m1(t−t0)+c2m2(t−t0)=0.88×103J/(kg⋅∘C)×0.8kg×(80∘C−0∘C)+4.2×103J/(kg⋅∘C)×4kg×(80∘C−0∘C)=1400.32kJ，0.056Kg中丙烷和丁烷的质量分别为：0.056kg×80%=44.8g、0.056kg×20%=11.2g物质的量分别是n=m M=44.8g44g/mol =1.0mol、n=mM=11.2g56g/mol=0.2mol根据C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H(298K)=−2 200kJ⋅mol−1，2C4H10(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(g)△H(298K)=−5 800kJ⋅mol−1，完全燃烧放出的热量是1.0mol×2220kJ/mol+0.1mol×5800kJ/mol=2800.0kJ因此该燃料的利用率是1400.322800×100%≈50%，。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第四周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第四周练化学试卷一、选择题1．（3分）下列有关气体体积的叙述中，正确的是（）A．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积大小由气体分子的大小决定B．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积的大小由物质的量的多少决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同D．气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积约为22.4 L2．（3分）下列叙述正确的是（）A．1 mol 任何气体的体积都约为22.4 LB．1 mol 任何物质在标准状况下所占的体积都约是22.4 LC．标准状况下，1 mol 水所占有的体积是22.4 LD．标准状况下，22.4 L的任何气体的物质的量都约是1 mol3．（3分）下列说法正确的是（）A．标准状况下11.2LHCl的物质的量为1molB．常温常压下，9克水的物质的量为0.5molC．32 g氧气所含的原子数目为6.02×1023D．常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积是11.2 L4．（3分）判断下列叙述正确的是（）A．标准状况下，1mol任何物质的体积都约为22.4LB．1mol任何气体所含分子数都相同，体积也都约为22.4LC．在常温常压下金属从盐酸中置换出1molH2转移电子数为1.204×1024D．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含原子数目相同（3分）标准状况下有①6.72L甲烷②3.01×1023个氯化氢分子③13.6g硫化氢④0.2mol NH3．下5．列对这四种气体的关系从小到大表示不正确的是（）A．体积：④＜①＜②＜③B．密度：①＜④＜③＜②C．质量：④＜①＜③＜②D．氢原子数：②＜④＜③＜①6．（3分）同温同压下，等质量的CO和CO2比较（）A．所含碳原子个数比为1：1B．所含氧原子个数比为1：2C．所含氧元素的质量比为11：14D．所占体积比为7：117．（3分）下列各组中，两种气体的分子数一定相等的是（）A．温度相同、体积相同的O2和N2B．体积相等、密度不等的CO和C2H4C．质量相等、密度不等的N2和C2H4D．压强相同、体积相同的N2和O28．（ 3分）体积比为1：2：3所组成的N2、O2和CO2混合气体100g在标准状况下体积为（）A．60L B．30L C．11.2L D．112L9．（3分）某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉的氧气体积的两倍（同温同压）．以下对B分子组成的推测一定正确的是（）A．有1个氧原子B．有2个氧原子C．有1个A原子D．有2个A原子10．（3分）已知同温同压下，气体的密度与它的摩尔质量成正比．一只气球若放在空气（空气平均摩尔质量为29g/mol）中可静止不动，那么在相同条件下该气球放在下列气体中会下沉的是（）A．O2B．Cl2C．CO2D．CH4二、非选择题11．某常见气体在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．请填空：（1）该气体的相对分子质量为．（2）若气体的化学式为A2型，其名称为；若该气体的化学式为AB型，其名称为．12．相同条件下，同质量的X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B，则：（1）X与Y的体积比为，分子个数比为，密度比为．（2）相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则X与Y的质量之比为，物质的量之比为．13．在标准状况下氢气和一氧化碳的混和气体7L，质量为2.25g，求H2和CO质量分数和体积分数．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第四周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）下列有关气体体积的叙述中，正确的是（）A．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积大小由气体分子的大小决定B．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积的大小由物质的量的多少决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同D．气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积约为22. 4 L考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：决定物质体积的因素：①微粒数的多少，②微粒本身的大小，③微粒间的距离，其中微粒数的多少是决定物质体积大小的主要因素．解答：解：A．对于气体物质，在一定温度和压强下，其体积的大小主要由分子数的多少来决定，故A错误；B．对于气体物质，在一定温度和压强下，其体积的大小主要由物质的量的多少决定，故B正确；C．气体的体积随温度和压强的变化而变化，体积不同的气体，在不同的条件下，其分子数可能相同，也可能不同，故C错误；D．气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积，其大小是不确定的，会随着温度、压强的变化而变化，22.4 L•mol﹣1是标准状况下的气体摩尔体积，故D错误；故选B．点评：本题考查了气体体积、气体摩尔体积等知识点，明确气体体积的影响因素、气体摩尔体积的含义是解本题关键，注意：气体摩尔体积受温度和压强影响，为易错点．2．（3分）下列叙述正确的是（）A．1 mol 任何气体的体积都约为22.4 LB．1 mol 任何物质在标准状况下所占的体积都约是22.4 LC．标准状况下，1 mol 水所占有的体积是22.4 LD．标准状况下，22.4 L的任何气体的物质的量都约是1 mol考点：气体摩尔体积．专题：化学用语专题．分析：A、温度压强不知，气体摩尔体积不能确定；B、标准状况下气体所占的体积都约是22.4 L；C、标准状况水不是气体；D、依据标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol计算分析．解答：解：A、温度压强不知，气体摩尔体积不能确定，1 mol 任何气体的体积不一定为22.4 L，故A错误；B、标准状况下气体所占的体积都约是22.4 L，固体、液体不是，故B错误；C、标准状况水不是气体，1 mol 水所占有的体积不是22.4 L，故C错误；D、依据标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol计算，标准状况下，22.4 L的任何气体的物质的量都约是1 mol，故D正确；故选D．点评：本题考查了气体摩尔体积的概念分析，主要是应用条件的理解，掌握基础是关键，题目较简单．3．（3分）下列说法正确的是（）A．标准状况下11.2LHCl的物质的量为1molB．常温常压下，9克水的物质的量为0.5molC．32 g氧气所含的原子数目为6.02×1023D．常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积是11.2 L考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：A．根据n=计算；B．根据n=计算；C．根据n=计算氧气物质的量，氧原子物质的量为氧气2倍，再根据N=nN A计算氧原子数目；D．根据n=计算CO物质的量，但常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol．解答：解：A．标准状况下11.2LHCl的物质的量为=0.5mol，故A错误；B.9g水的物质的量==0.5mol，故B正确；C.32g氧气的物质的量==1mol，氧原子物质的量为氧气2倍，故含有氧原子数目=2mol×6.02×1023mol﹣1=1.204×1024，故C错误；D.0.5×6.02×1023个一氧化碳分子的物质的量为0.5mol，但常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，故CO的体积大于11.2L，故D错误，故选B．点评：本题考查物质的量有关计算，难度不大，D选项为易错点，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，根据PV=nRT理解温度、压强对气体摩尔体积的影响．4．（3分）判断下列叙述正确的是（）A．标准状况下，1mol任何物质的体积都约为22.4LB．1mol任何气体所含分子数都相同，体积也都约为22.4LC．在常温常压下金属从盐酸中置换出1molH2转移电子数为1.204×1024D．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含原子数目相同考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、标准状况下，1mol任何气体的体积都约为22.4L．对于固体、液体不能使用气体摩尔体积．B、气体所处的状态不一定是标准状况．物质的量一定，影响气体体积的因素有压强、温度．C、氢元素化合价由+1价降低为0价，生成1molH2转移电子的物质的量为2mol，据此计算转移电子数目．D、气体分子所含的原子数目不一定相同．解答：解：A、标准状况下，1mol任何气体的体积都约为22.4L．对于固体、液体不能使用气体摩尔体积，故A错误B、1mol任何气体所含分子数都相同．物质的量一定，影响气体体积的因素有压强、温度，1mol 气体的体积可能为22.4L，可能不是22.4L，故B错误；C、氢元素化合价由+1价降低为0价，生成1molH2转移电子的物质的量为2mol，转移电子数目为1.204×1024，故C正确；D、在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，气体分子所含的原子数目不一定相同，所以含有的原子数目不一定相同，故D错误．故选：C．点评：考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意气体摩尔体积的使用对象与条件，可以借助PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．（3分）标准状况下有①6.72L甲烷②3.01×1023个氯化氢分子③13.6g硫化氢④0.2mol NH3．下5．列对这四种气体的关系从小到大表示不正确的是（）A．体积：④＜①＜②＜③B．密度：①＜④＜③＜②C．质量：④＜①＜③＜②D．氢原子数：②＜④＜③＜①考点：阿伏加德罗定律及推论．分析：标况下，气体摩尔体积相等，甲烷的物质的量==0.3mol，n（HCl）==0.5mol，n（H2S）==0.4mol，0.2molNH3，A．根据V=nV m知，其体积大小与物质的量成正比；B．根据ρ=知，气体密度与摩尔质量成正比；C．根据m=nM计算其质量；D．根据N=nN A计算其分子个数，再结合分子构成计算H原子个数．解答：解：标况下，气体摩尔体积相等，甲烷的物质的量==0.3mol，n（HCl）==0.5mol，n（H2S）==0.4mol，0.2molNH3，A．根据V=nV m知，其体积大小与物质的量成正比，所以其体积从小到大顺序是：④＜①＜③＜②，故A错误；B．根据ρ=知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/mol、HCl摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量为17g/mol，所以其密度顺序为：①＜④＜③＜②，故B正确；C．甲烷质量=16g/mol×0.3mol=4.8g，硫化氢质量为13.6g，HCl质量=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，氨气质量=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以其质量顺序为：④＜①＜③＜②，故C正确；D．根据N=nN A知，其分子个数之比等于其物质的量之比，甲烷中H原子个数为1.2N A，HCl中H原子个数为0.5N A，硫化氢中H原子个数为0.8N A，氨气中H原子个数为0.6N A，所以氢原子数：②＜④＜③＜①，故D正确；故选A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，熟练掌握物质的量有关公式，题目难度不大．6．（3分）同温同压下，等质量的CO和CO2比较（）A．所含碳原子个数比为1：1B．所含氧原子个数比为1：2C．所含氧元素的质量比为11：14D．所占体积比为7：11考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据质量相同计算出两种物质的物质的量之比，结合阿伏加德罗定律及其推论计算并比较碳原子个数、氧原子个数、氧元素质量及其体积之间的关系．解答：解：设两种气体的质量都是1g，则两种气体的物质的量之比=，两种气体的分子数之比为11：7，A．一个CO和CO2中都含有一个碳原子，所以其碳原子个数之比等于其物质的量之比=11：7，故A错误；B．一个CO中含有一个氧原子，一个CO2中含有2个氧原子，所以等质量的CO和CO2所含氧原子个数之比=11：14，故B错误；C．两种气体的物质的量之比=，则两种气体中氧元素的质量比=（11×16）：（7×32）=11：14，故C正确；D．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比=11：7，故D错误；故选C．点评：本题考查物质的量的相关计算以及阿伏加德罗定律及其推论的有关知识，题目难度不大，注意有关公式的利用．7．（3分）下列各组中，两种气体的分子数一定相等的是（）A．温度相同、体积相同的O2和N2B．体积相等、密度不等的CO和C2H4C．质量相等、密度不等的N2和C2H4D．压强相同、体积相同的N2和O2考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据N=nN A可知，分子数相等，则物质的量相等，据此判断．A、温度相同、体积相同，压强之比等于物质的量之比等于分子数之比；B、根据m=ρV，n=进行判断；C、n=进行判断；D、压强相同、体积相同，分子数之比等于温度之比．解答：解：A、温度相同、体积相同，压强之比等于物质的量之比等于分子数之比，二者所处的压强不一定相同，所以分子数不一定相等，故A错误；B、体积相等、密度不等，二者的质量不相等，由于CO和C2H4的摩尔质量相等，所以二者的物质的量不相等，分子数不相等，故B错误；C、二者质量相同，N2和C2H4的摩尔质量相等，所以二者的物质的量相等，分子数相等，故C 正确；D、根据pV=nRT可知，压强相同、体积相同，分子数之比等于温度之比，二者的温度不一定相等，故分子数不一定相等，故D错误．故选C．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，关键对阿伏伽德罗定律及推论的理解，可借助pV=nRT理解．8．（3分）体积比为1：2：3所组成的N2、O2和CO2混合气体100g在标准状况下体积为（）A．60L B．30L C．11.2L D．112L考点：阿伏加德罗定律及推论；气体摩尔体积．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2xmol，二氧化碳为3xmol，根据混合气体的质量，求算x的值，再根据V=nVm计算混合气体标准状况下体积．解答：解：体积之比等于物质的量之比，令氮气的物质的量为xmol，则氧气为2xmol，二氧化碳为3xmol，所以：xmol×28g/mol+2xmol×32g/mol+3xmol×44g/mol=100g．解得，x=mol，所以标准状况下，混合气体的体积为（mol+2×mol+3×mol）×22.4L/mol=60L，故选：A．点评：考查阿伏伽德罗定律及推论的有关计算，难度中等，关键根据体积之比判断物质的量关系．9．（3分）某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉的氧气体积的两倍（同温同压）．以下对B分子组成的推测一定正确的是（）A．有1个氧原子 B．有2个氧原子 C．有1个A原子 D．有2个A原子考点：阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nN A 知，物质的量之比等于分子个数之比，再根据原子守恒确定B分子组成．解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相等，则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nN A知，物质的量之比等于分子个数之比，所以B分子和参加反应的氧气分子个数之比为2：1，根据原子守恒知，B分子中含有1个O原子，非金属A和生成物B的关系式未知，无法确定B分子中A原子个数，故选A．点评：本题据此阿伏伽德罗定律及其推论，根据阿伏伽德罗定律及质量守恒定律解答即可，题目难度不大．10．（3分）已知同温同压下，气体的密度与它的摩尔质量成正比．一只气球若放在空气（空气平均摩尔质量为29g/mol）中可静止不动，那么在相同条件下该气球放在下列气体中会下沉的是（）A．O2B．Cl2C．CO2D．CH4考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：如气体的密度比空气小，那么在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉，从同温同压下，气体的密度与它的摩尔质量成正比的角度分析．解答：解：一只气球若放在空气（空气平均摩尔质量为29g/mol）中可静止不动，在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉，则A．氧气的摩尔质量为32g/mol，大于空气，则密度比空气大，该气球放在氧气中上升，故A 错误；B．氯气的摩尔质量为71g/mol，大于空气，则密度比空气大，该气球放在氧气中上升，故B 错误；C．二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，大于空气，则密度比空气大，该气球放在氧气中上升，故C错误；D．甲烷的摩尔质量为16g/mol，小于空气，则密度比空气小，该气球放在氧气中下沉，故D 正确．故选D．点评：本题考查阿伏加德罗定律及推论，题目难度较小，注意把握题意，特别是密度与摩尔质量的关系．二、非选择题11．某常见气体在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．请填空：（1）该气体的相对分子质量为28．（2）若气体的化学式为A2型，其名称为氮气；若该气体的化学式为AB型，其名称为一氧化碳．考点：物质的量的相关计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：该气体在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，M=ρV m，则A的相对分子质量为28，根据常见气体分析．解答：解：（1）该气体在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，M=ρV m=1.25g•L﹣1×22.4L/mol=28g/mol，则A的相对分子质量为28，故答案为：28；（2）若气体的化学式为A2型，则为氮气，若该气体的化学式为AB型，则为一氧化碳；故答案为：氮气；一氧化碳．点评：本题考查了气体相对分子质量的计算，题目难度不大，注意根据M=ρV m计算．12．相同条件下，同质量的X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B，则：（1）X与Y的体积比为B：A，分子个数比为B：A，密度比为A：B．（2）相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则X与Y的质量之比为A：B，物质的量之比为1：1．考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：（1）根据V=nV m可知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，结合n=判断物质的量之比，根据N=nN A可知，分子数目之比等于物质的量之比；相同条件下，气体密度之比等于相对分子质量之比；（2）根据n=可知，相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则二者物质的量相等，根据m=nM可知，质量之比等于物质的量之比．解答：解：（1）同质量的X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B，则二者物质的量之比为：=B：A，根据V=nV m可知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故同质量的X、Y两种气体的体积之比为B：A，根据N=nN A可知，分子数目之比等于物质的量之比，故同质量的X、Y两种气体的分子数目之比为B：A，相同条件下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故X、Y两种气体的密度之比为A：B，故答案为：B：A；B：A；A：B；（2）根据n=可知，相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则二者物质的量相等，即X、Y的物质的量之比为1：1，根据m=nM可知，物质的量相等其质量之比等于物质的摩尔质量之比，故X、Y的质量之比为Ag/mol：Bg/mol=A：B，故答案为：A：B；1：1．点评：本题考查物质的量的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，比较基础，侧重对基础知识的巩固利用．13．在标准状况下氢气和一氧化碳的混和气体7L，质量为2.25g，求H2和CO质量分数和体积分数．考点：阿伏加德罗定律及推论；物质的量的相关计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：利用=求出混合气体的平均摩尔质量，根据十字交叉法计算各组分的物质的量之比，由此计算其质量分数和体积分数．解答：解：混合气体的平均摩尔质量为===7.2g/mol，利用十字交叉法计算各组分的物质的量之比：即==H2的质量分数量分数为ω（H2）=×100%=22.2%；CO的质量分数量分数为ω（CO）=1﹣ω（H2）=1﹣22.2%=77.8%；体积之比等于物质的量之比，所以：H2的体积分数为φ（H2）==；CO的体积分数为φ（CO）=1﹣φ（H2）=1﹣=．答：质量分数：H2 22.2%，CO 77.8%，体积分数：H2 80%，CO 20%．点评：本题考查了物质的量的有关计算，难度不大，注意十字交叉法是解题的一种简便方法，有事半功倍之效．。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第八次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学 2014-2015学年高一上学期第八次周练化学试卷一、选择题1．（3分）下列物质的水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是（）A．HClO B．Cl2C．NaHCO3D．CO22．（3分）分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分类方法．下列关于“Na2SO3”的分类不正确的是（）A．强酸盐B．强碱盐C．电解质D．正盐3．（3分）（双选）关于酸、碱、盐的下列各种说法中，正确的是（）A．化合物电离时，生成的阳离子是氢离子的是酸B．化合物电离时，生成的阴离子是氢氧根离子的是碱C．化合物电离时，生成金属阳离子和酸根离子的是盐D．NH4Cl是盐4．（3分）把0.05mol醋酸分别加入到下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化最明显的（）A．0.5 mol/L NaOH溶液B．0.5 mol/L盐酸C．0.5 mol/L NH4Cl溶液D．0.5 mol/L氨水5．（3分）下列叙述正确的是（）A．纯碱和烧碱都属于碱B．氨水能导电，所以NH3是电解质C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．凡是能电离出H+的化合物都叫做酸6．（3分）今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中，正确的是（）A．X是一定为电解质B．X可能为非电解质C．X只能是盐类D．X可以是任何化合物7．（3分）NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质，下列分类标准不正确的是（）A．钠的化合物B．可与硝酸反应C．可溶于水D．电解质8．（3分）下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A．NaCl晶体、BaS04B．铜、二氧化硫C．液态的醋酸、酒精D．熔融的KNO3、硫酸溶液9．（3分）下列关于电解质说法正确的是（）A．能导电的物质叫电解质B．电解质在通电时发生电离C．NaCl晶体不导电，所以NaCl不是电解质D．熔融的KOH导电，所以KOH是电解质10．（3分）下列说法正确的是（）A．水导电性很差，所以水是非电解质B．电解质与非电解质的本质区别是在一定条件下能否电离C．酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D．NaCl和HCl都是电解质，所以它们熔融状态下都能导电二、非选择题11．在如图所示的串联装置中，发现灯泡不亮，但若向其中一个烧杯中加水，则灯泡会亮起来：则：（1）加水的烧杯为．（2）将烧杯B和混合后溶液的导电性会减弱．（3）写出D烧杯中电解质的电离方程式：．12．有以下几种物质①干燥的食盐晶体②液态氯化氢③水银④蔗糖⑤冰醋酸⑥KNO3溶液⑦SO3填空回答：（填序号）（1）以上物质中属于电解质的是（2）以上物质中属于非电解质的是（3）以上物质中加入水中与水充分混合后，水溶液能导电的是．13．松花蛋与明朝初年问世，其腌制配方有多种，但主要配料为生石灰、纯碱和食盐．将一定比例的配料用水和黏土调成糊状，敷于蛋上，密封保存，数日后可食用．（1）腌制松花蛋的配料用水调制时，主要发生的化学反应的方程式有（不考虑粘土中物质可能参与的反应）、．（2）松花蛋外的糊状物经溶解、过滤后，滤液中肯定含有的溶质为和，可能含有的溶质为Ca （OH）2或Na2CO3．（3）某同学设计下表的实验方案，探究（2）所得滤液中可能含有的物质是否存在，请你帮他完善实验方案．实验步骤实验现象实验结论①取少量滤液，滴加适量K2CO3溶液若出现白色沉淀滤液中含Ca（OH）2若无白色沉淀滤液中无Ca（OH）2②取少量滤液，若出现滤液中含Na2CO3（4）写出碳酸钠的电离方程式．14．已知Fe2（SO4）3的物质的量浓度为3mol/L，写出Fe2（SO4）3的电离方程式，并求Fe3+和SO42﹣的物质的量浓度．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第八次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）下列物质的水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是（）A．HClO B．Cl2C．NaHCO3D．CO2考点：电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，溶液能导电说明含有自由移动的离子．解答：解：A．在水溶液里，次氯酸能电离出阴阳离子而使溶液导电，所以次氯酸是电解质，故A错误；B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．碳酸氢钠在水溶液里能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以碳酸氢钠是电解质，故C错误；D．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以二氧化碳是非电解质，故D正确；故选D．点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，根据其定义来分析解答即可，难度不大．2．（3分）分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分类方法．下列关于“Na2SO3”的分类不正确的是（）A．强酸盐B．强碱盐C．电解质D．正盐考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：A、根据强酸盐的组成情况判断；B、根据强碱盐的组成判断；C、在水溶液中或熔融状态下能导电化合物为电解质；D、根据盐的分类：酸式盐和正盐、碱式盐来判断．解答：解：A、亚硫酸为弱酸，所以Na2SO3属于弱酸盐，故A错误；B、亚硫酸钠是亚硫酸与氢氧化钠形成的强碱弱酸盐，属于强碱盐，故B正确；C、亚硫酸钠在水溶液中或熔融状态下能导电，所以Na2SO3属于电解质，故C正确；D、亚硫酸钠能完全电离出亚硫酸根离子，属于正盐，故D正确；故选A．点评：本题考查了物质的分类，通过回答本题可知同一种盐按照不同的分类标准，它的归类是不同的，所以要严格按照定义去分类，题目难度不大．3．（3分）（双选）关于酸、碱、盐的下列各种说法中，正确的是（）A．化合物电离时，生成的阳离子是氢离子的是酸B．化合物电离时，生成的阴离子是氢氧根离子的是碱C．化合物电离时，生成金属阳离子和酸根离子的是盐D．NH4Cl是盐考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：电离出的阳离子全部是氢离子的纯净物为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根离子的纯净物为碱；由金属阳离子或铵根离子和酸根离子或非金属离子形成的化合物为盐．解答：解：A、化合物电离时生成的阳离子有氢离子的不一定是酸，如NaHSO4，故A错误；B、化合物电离时生成的阴离子有氢氧根离子的不一定是碱，如碱式盐，故B错误；C、化合物电离时生成金属阳离子或铵根离子和酸根离子的为盐，如：NaCl、NH4Cl，故C正确；D、由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物为盐，氯化铵能电离出铵根离子，所以为盐，故D正确；故选：CD．点评：本题考查了酸碱盐的判断，根据概念来分析解答即可，注意铵盐都属于盐，解题时往往漏掉“全部”二字而导致错误，为易错点，题目较简单．4．（3分）把0.05mol醋酸分别加入到下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化最明显的（）A．0.5 mol/L NaOH溶液B．0.5 mol/L盐酸C．0.5 mol/L NH4Cl溶液D．0.5 mol/L氨水考点：电解质溶液的导电性．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：溶液导电能力与离子浓度成正比，醋酸中加入某些物质后，溶液导电能力变化最明显，说明溶液中离子浓度变化最大，据此分析解答．解答：解：溶液导电能力与离子浓度成正比，醋酸中加入某些物质后，溶液导电能力变化最明显，说明溶液中离子浓度增大最大，A．NaOH是强电解质，加入NaOH后生成强电解质醋酸钠，溶液体积增大，离子浓度减小，但变化不大；B．盐酸是强电解质，完全电离，加入醋酸后溶液体积增大，则混合溶液中离子浓度减小，导电能力减小，但变化不大；C．氯化铵是强电解质，加入醋酸后抑制铵根离子水解，溶液中离子浓度减小，导电能力减小，但变化不大；D．一水合氨是弱电解质，部分电离，加入醋酸后生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度变化最大，导电能力变化较大；通过以上分析知，溶液导电能力变化最大的是D，故选D．点评：本题以溶液导电能力变化为载体考查物质之间反应，为2015届高考高频点，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关．5．（3分）下列叙述正确的是（）A．纯碱和烧碱都属于碱B．氨水能导电，所以NH3是电解质C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．凡是能电离出H+的化合物都叫做酸考点：钠的重要化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．纯碱为盐类物质；B．NH3是非电解质；C．胶体具有丁达尔效应，为胶体的特征性质；D．酸式盐也可电离出氢离子．解答：解；A．电离子出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物为碱，而纯碱为盐，故A错误；B．氨水之所以能导电，是以为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子，氨气为非电解质，故B错误；C．胶体具有丁达尔效应，为胶体的特征性质，可用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，故C正确；D．酸式盐也可电离出氢离子，如硫酸氢钠，但为盐类物质，故D错误．故选C．点评：本题考查物质的分类，为高频考点，侧重于基本概念的理解和运用的考查，注意从电离的角度区别酸碱盐类物质，答题时能举出实例，难度不大．6．（3分）今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中，正确的是（）A．X是一定为电解质B．X可能为非电解质C．X只能是盐类D．X可以是任何化合物考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，例如酸、碱和盐等；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物；因为X为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以X一定为电解质．解答：解：A、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，因为X为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以X一定为电解质，故A正确；B、非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，X在熔化状态下或水溶液中能够电离而导电，因此X不可能是非电解质，故B错误；C、X可能是盐，也可能是CaO等金属氧化物，故C错误；D、不是任何化合物在水溶液中或熔融状态下都能够导电，如CO、P2O5等，因此X不可以为任何化合物，故D错误；故选A．点评：本题关键理解透电解质、非电解质的定义，抓住信息中熔化状态或溶于水中能够电离、X属于化合物来解答即可．7．（3分）NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质，下列分类标准不正确的是（）A．钠的化合物B．可与硝酸反应C．可溶于水D．电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：A、含钠元素的化合物．B、根据物质的性质判断．C、根据物质的量溶解性判断．D、在溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质．酸碱盐都是电解质．解答：解：A、都是化合物，含有钠元素，都属于钠的化合物，故A正确；B、氯化钠、硫酸钠不能与硝酸反应，故B错误；C、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4都溶于水，故C正确；D、NaOH是碱、Na2CO3、NaCl、Na2SO4是盐，溶于水，自身都能电离出离子，使溶液导电，都属于电解质，故D正确．故选：B．点评：考查物质分类，注意电解质的概念，是自身电离出离子使溶液导电的化合物．8．（3分）下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A．NaCl晶体、BaS04B．铜、二氧化硫C．液态的醋酸、酒精D．熔融的KNO3、硫酸溶液考点：电解质与非电解质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物．解答：解：A．NaCl晶体的水溶液能导电，属于电解质；BaS04在熔融状态下能导电，属于电解质，故A错误；B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故B错误；C．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故C正确；D．熔融的KNO3能导电，属于电解质；硫酸溶液是混合物，不是化合物，故D错误．故选C．点评：本题考查学生电解质和非电解质的概念，均是对化合物进行的分类，可以根据所学知识进行回答，较简单．9．（3分）下列关于电解质说法正确的是（）A．能导电的物质叫电解质B．电解质在通电时发生电离C．NaCl晶体不导电，所以NaCl不是电解质D．熔融的KOH导电，所以KOH是电解质考点：电解质溶液的导电性；电解质与非电解质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．金属单质能导电；B．电解质溶于水或熔化下能电离；C．晶体中不存在自由移动的离子；D．在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质．解答：解：A．金属单质能导电，但金属单质不是电解质，故A错误；B．电解质溶于水或熔化下能电离，通电时离子作定向移动，故B错误；C．NaCl晶体中有离子，但不存在自由移动的离子，则不导电，但NaCl为电解质，故C错误；D．在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，则熔融的KOH导电，所以KOH是电解质，故D正确；故选D．点评：本题考查电解质的导电及电解质的判断，明确电解质为化合物及电解质电离的条件即可解答，难度不大．10．（3分）下列说法正确的是（）A．水导电性很差，所以水是非电解质B．电解质与非电解质的本质区别是在一定条件下能否电离C．酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D．NaCl和HCl都是电解质，所以它们熔融状态下都能导电考点：电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：A．水是弱电解质；B．电解质和非电解质都是化合物，区别是非电解质不能自身电离；C．酸、碱和盐类都属于电解质，氧化物也是电解质；D．氯化氢是共价化合物，熔融状态下不能导电．解答：解：A．水导电性很差，是由于水微弱电离，能电离且是化合物，所以它是电解质，是弱电解质，故A错误；B．电解质是指：该物质是化合物，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是自身电离，在水溶液中和在熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，所以它们的本质区别是在一定条件下能否电离，故B正确；C．电解质是指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物，氧化铝在熔化状态下能电离出自由移动的氧离子和铝离子，能导电，是强电解质，故C错误；D．氯化氢是共价化合物，没有自由移动的离子，只有分子，熔融状态下不能导电，故D错误；故选B．点评：本题重点考查了电解质概念的辨析，解题时紧抓住电解质必须是化合物，导电是在水溶液或熔化状态下为条件，题目较简单．二、非选择题11．在如图所示的串联装置中，发现灯泡不亮，但若向其中一个烧杯中加水，则灯泡会亮起来：则：（1）加水的烧杯为C．（2）将烧杯B和D混合后溶液的导电性会减弱．（3）写出D烧杯中电解质的电离方程式：Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣．考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：（1）酸在水溶液中才导电；（2）溶液的导电能力和电解质的电离程度有关，取决于自由移动离子的浓度的大小；（3）氢氧化钡时强电解质，能完全电离出钡离子和氢氧根离子．解答：解：（1）磷酸在水溶液中才导电，作电解质，所以加水的烧杯为C，故答案为：C；（2）烧杯B中硫酸铜是强电解质，导电能力很强，将之和氢氧化钡混合会生成硫酸钡和氢氧化铜，都是难电离的物质，所以混合后溶液的导电性会减弱，故答案为：D；（3）氢氧化钡时强电解质，能完全电离出钡离子和氢氧根离子，即Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣，故答案为：Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣．点评：本题考查学生电解质的电离以及原电池的工作原理知识，属于综合知识的考查，难度中等．12．有以下几种物质①干燥的食盐晶体②液态氯化氢③水银④蔗糖⑤冰醋酸⑥KNO3溶液⑦SO3填空回答：（填序号）（1）以上物质中属于电解质的是①②⑤（2）以上物质中属于非电解质的是④⑦（3）以上物质中加入水中与水充分混合后，水溶液能导电的是①②⑤⑥⑦．考点：电解质与非电解质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：根据导电原因、电解质、非电解质、弱电解质的定义判断．能导电的物质必须含有自由电子或自由离子．电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物．非电解质：在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物．解答：解：①食盐晶体是强电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．②液态氯化氢是强电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．③水银既不是电解质也不是非电解质，因有自由移动的电子，所以能导电．④蔗糖是非电解质，是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．⑤冰醋酸（CH3COOH ）是弱电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．⑥KNO3溶液是混合物，即不是电解质也不是非电解质，有自由离子，所以能导电．⑦SO3不能导电，是非电解质，（1）属于电解质的是：①②⑤；（2）属于非电解质的是：④⑦；（3）水溶液能导电的是：①②⑤⑥⑦，故答案为：（1）①②⑤（2）④⑦（3）①②⑤⑥⑦．点评：本题主要考查的是电解质与非电解质的概念、物质导电的原因，分清概念是解决本题的关键．13．松花蛋与明朝初年问世，其腌制配方有多种，但主要配料为生石灰、纯碱和食盐．将一定比例的配料用水和黏土调成糊状，敷于蛋上，密封保存，数日后可食用．（1）腌制松花蛋的配料用水调制时，主要发生的化学反应的方程式有（不考虑粘土中物质可能参与的反应）CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．（2）松花蛋外的糊状物经溶解、过滤后，滤液中肯定含有的溶质为NaCl和NaOH，可能含有的溶质为Ca（OH）2或Na2CO3．（3）某同学设计下表的实验方案，探究（2）所得滤液中可能含有的物质是否存在，请你帮他完善实验方案．实验步骤实验现象实验结论①取少量滤液，滴加适量K2CO3溶液若出现白色沉淀滤液中含Ca（OH）2若无白色沉淀滤液中无Ca（OH）2②取少量滤液，加入足量的盐酸若出现气泡滤液中含Na2CO3（4）写出碳酸钠的电离方程式Na2CO3=2Na++CO32﹣．考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；电离方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：（1）根据CaO和Ca（OH）2的性质判断所发生的反应，以此书写反应的化学方程式；（2）根据所加入的原料以及所发生的反应判断滤液的溶质；（3）Ca（OH）2易与K2CO3溶液反应生成沉淀，Na2CO3与盐酸反应生成气体；（4）碳酸钠为强电解质，完全电离．解答：解：（1）腌制松花蛋的配料有生石灰，加入水发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，生成的Ca （OH）2与纯碱发生：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（2）配料中的食盐和生成的NaOH易溶于水，则滤液中含有NaCl和NaOH，故答案为：NaCl；NaOH；（3）①Ca（OH）2易与K2CO3溶液反应生成沉淀，滴加适量K2CO3溶液，如有白色沉淀，则说明滤液中含有Ca（OH）2，否则无Ca（OH）2；②Na2CO3与盐酸反应生成气体，取少量滤液，加入盐酸，如有气泡生成，则说明含有Na2CO3，故答案为：②加入足量的盐酸；气泡；（4）碳酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO32﹣，故答案为：Na2CO3=2Na++CO32﹣．点评：本题考查元素化合物的性质以及物质的检验，题目难度不大，学习中注意把握相关基础知识的积累．14．已知Fe2（SO4）3的物质的量浓度为3mol/L，写出Fe2（SO4）3的电离方程式，并求Fe3+和SO42﹣的物质的量浓度．考点：电离方程式的书写．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：硫酸铁为强电解质，完全电离生成三价铁离子与硫酸根离子；依据硫酸铁电离方程式可知：1mol硫酸铁电离产生2mol三价铁离子和3mol硫酸根离子，据此计算三价铁离子与硫酸根离子浓度．解答：解：硫酸铁为强电解质，完全电离生成三价铁离子与硫酸根离子，电离方程式：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42﹣，由硫酸铁电离方程式Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42﹣，可知1mol硫酸铁电离产生2mol三价铁离子和3mol硫酸根离子，所以硫酸铁溶液中c（Fe3+）=2c（Fe2（SO4）3）=2×3mol/L=6mol/L；硫酸铁溶液中c（SO42﹣）=3c（Fe2（SO4）3）=3×3mol/L=9mol/L；答：电离方程式为Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42﹣；c（Fe3+）=6mol/L、c（SO42﹣）=9mol/L．点评：本题考查了电解质电离方程式书写及溶液中离子浓度计算，明确电解质强弱是解题关键，题目难度不大．。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第二次周练试题
高一化学周练二1．某同学用托盘天平称量锌粒24.4g（1g以下用游码），他把锌粒放在右盘，砝码放在左盘，当天平平衡时，所称取的锌粒的实际质量应是（）A．24.4g B．25.5g C．23.6g D．24g2．已知HCl气体极易溶于水。
下列操作中正确的是……………（）图1－73．下列化学实验操作或事故处理方法正确的是（）A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸C．酒精灯着火时可用水扑灭D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌条件下慢慢加入浓硫酸4．用pH试纸测定某一溶液的pH时，规范的操作是（）A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较C．用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较D．在试管内放少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较5．实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程：①放置酒精灯②固定铁圈的位置③放上蒸发皿④加热搅拌⑤停止加热、余热蒸干其正确的操作顺序是（）A．①②③④B．①②③④⑤C．②③①④⑤D．②①③④⑤6．下列实验操作中错误的是（）A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．蒸发结晶时应将溶液蒸干D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中7．要除去CO2气体中所含的少量HCl气体，最好的方法是将混合气通过（）A．NaHCO3溶液B．Na2CO3溶液C．饱和石灰水D．氨水8．为了除去粗盐中Ca2＋、Mg2＋、SO 2及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操4作。
其中正确的操作顺序是（）①过滤②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．②⑤④①③D．⑤②④①③9．下列仪器常用于物质分离的是（）①漏斗②试管③蒸馏烧瓶④天平⑤分液漏斗⑥研钵A．①③④B．①②⑥C．①③⑤D．①③⑥10．下列实验操作中叙述正确的是（）A．萃取操作必须在分液漏斗中进行B．振荡试管中液体时，手拿住试管，用手腕甩动C．用剩的药品应收集起来放回原试剂瓶中D．称量物质时先取小砝码，再依次取较大的砝码11．如何把铜粉和氧化铜粉末分离？12．实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但手边只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。
河北省保定市高阳中学2022-2023学年高一数学第一学期期末调研模拟试题含解析
故 的范围为 ，
故答案为： ，
15、2
【解析】先计算 ，再计算 即得解.
【详解】解： ，所以 .
故答案为：2
16、
【解析】由 过定点（0,1），借助于图像平移即可.
【详解】 过定点（0,1），
而 可以看成 的图像右移3个单位，再下移2个点位得到的，
所以函数 的图像恒过定点
当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，
综上， 的值域是 .
故选：C.
12、B
【解析】根据分段函数的不同定义域对应的函数解析式，进行代入计算即可.
【详解】 ，
故选：B
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.）
13、
【解析】令 ，将原问题转化为方程 有正根，利用判别式及韦达定理列出不等式组求解即可得答案.
18．化简或求下列各式的值
（1） ；
（2）（lg5）2+lg5•lg20+
19．(1)一个半径为 的扇形，若它的周长等于 ，那么扇形的圆心角是多少弧度？扇形面积是多少？
(2)角 的终边经过点P( ，4)且cos = ,则 的值
20．已知函数 （a为实常数）
（பைடு நூலகம்）若 ，设 在区间 的最小值为 ，求 的表达式：
【详解】（1）由于 ，当 时，
①若 ，即 ，则 在 为增函数， ；
②若 ，即 时， ；
③若 ，即 时， 在 上是减函数， ；
综上可得 ；
（2） 在区间 上任取 ，
（*）
在 上是增函数
∴（*）可转化为 对任意 且 都成立，即
①当 时，上式显然成立
② ，由 得 ，解得 ；
河北省保定市高阳中学届高三上学期第二次周练化学试卷
河北省保定市高阳中学2015届高三上学期第二次周练化学试卷1．下列实验装置不适用于物质分离的是( )2．(2014·南昌模拟) 下列实验原理和操作方法可行的是（）A．用硝酸酸化的硝酸银鉴别两瓶无色溶液：Na2SO4和NaClB．用澄清石灰水检验SO2气体中是否混有CO2C．NO比空气重，可用向上排空气法收集D．可用萃取、分液再蒸馏的方法提取碘水中的碘3．下列各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是( )①KOH Na2SO4AlCl3②NaHCO3Ba（OH)2H2SO4③盐酸Na[Al(OH)4] NaHSO4④Ca (OH）2 Na2CO3BaCl2A．①②B．②③C．①③④D．①②④4．除去下列物质中所含少量杂质的方法正确的是（)物质杂质试剂提纯方法A BaSO4BaCO3水溶解、过滤、洗涤B CO2SO2饱和Na2CO3洗气5．能鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试剂是( ）A．HNO3B．KOHC．BaCl2D．NaClO6．下表为各物质中所含有的少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法，不正确的是( )7．下列除去杂质的方法正确的是( ）A．除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气B．除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤8．下列除杂质的操作中不正确的是（）A．铁粉中混有铝粉:加入过量烧碱溶液充分反应后过滤B．FeCl2溶液中混有FeCl3:加入过量铁粉充分反应后过滤C．Na2CO3固体中混有少量NaHCO3:加入过量NaOH溶液D．氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶9．下列有关实验操作的叙述正确的是( )A．利用上图所示装置制取并收集氨气B．用洁净的玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定溶液的pHC．用铂丝蘸取某溶液于无色火焰灼烧，火焰呈浅紫色，证明其中含K＋D．在苯和苯酚的混合液中加入足量的浓溴水，振荡、过滤分离出苯酚10．（双选）下列化学实验事实及其解释都正确的是（) A．向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层,CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘B．向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO3难溶于盐酸C．向0.1 mol·L－1FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2＋具有氧化性D．向2.0 mL浓度均为0.1 mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01 mol·L－1 AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl 的K sp比AgI的K sp大11．可用于分离或提纯物质的方法有:A．分馏B．盐析C．过滤D．重结晶E．升华F．渗析G．电解H．加热分解I．蒸馏J．灼热氧化如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：（1）从石油中分离出汽油和煤油等成分________；（2)除去淀粉溶液中的少量碘化钠________;(3)从油脂皂化反应后的混合液中分离出高级脂肪酸钠________；(4）除去粗铜中锌、银等金属________;（5）除去水中的Na＋、SO错误!、Cl－等杂质________；（6)除去KNO3晶体中混有的少量NaCl________。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第二次周练试卷
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第二次周练化学试卷一、选择题1．下列仪器中，在实验室进行分液操作时不需选用的是( )A．烧杯B．分液漏斗C．铁架台D．温度计2．下列仪器中，常用于物质分离的是( )A．①③ B．②③C．②④ D．①②3．下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的一组混合物是( )A．酒精和水B．碘和四氯化碳C．水和四氯化碳D．氯化钠和水4．为了萃取碘水中的碘，不能选用的萃取剂是( )A．CCl4B．汽油C．苯D．酒精5．下列有关物质分离方法的叙述中，不正确的是( )A．用过滤的方法分离氯化钠溶液和牛奶的混合物B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C．用四氯化碳萃取碘水中的碘D．用加热的方法分离氯化钠和氯化铵固体6．能够直接鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液的试剂是( )A．AgNO3溶液B．稀硫酸C．稀盐酸D．稀硝酸7．欲除去铜粉中少量的铁粉，可选用的试剂是 ( )A．水B．氢氧化钠溶液C．稀硫酸D．稀硝酸8．为除去混在氯化钾中的少量硫酸钾和氯化钙杂质，需进行下列六项操作：①加水溶解②加热蒸发结晶③加入过量氯化钡溶液④加入过量盐酸⑤加入过量碳酸钾溶液⑥过滤正确的操作顺序是( )A．①③⑤⑥④② B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤② D．①⑤③⑥④②9．对下列实验过程的评价，正确的是( )A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO2－4C．某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性D．验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl－10．下列实验方案设计中，可行的是( )A．加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铁粉B．用萃取的方法分离汽油和煤油C．用溶解和过滤的方法分离硝酸钾和氯化钠固体混合物D．将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H211．下列萃取与分液结合进行的操作(用CCl4为萃取剂，从碘水中萃取碘)中错误的是( )A．饱和碘水和CCl4加入分液漏斗中后，塞上上口部的塞子，用一手压住分液漏斗上口部，一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡B．静置，待分液漏斗中液体分层后，先使分液漏斗内外空气相通(准备放出液体) C．打开分液漏斗的活塞，使全部下层液体沿承接液体的烧杯内壁慢慢流出D．最后继续打开活塞，另用容器承接并保存上层液体12．选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第十二次周练试卷
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第十二次周练化学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．（3分）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）A．K B．Na C．Fe D．Al2．（3分）下列关于铝的叙述中，不正确的是（）A．铝是地壳里含量最多的金属元素B．铝容易失去电子，表现还原性C．在空气中用酒精灯点不着D．在常温下，铝不能与氧气反应3．（3分）金属钠是一种活泼金属，除了具有金属的一般性质外，还具有自己的特性．关于钠的叙述中，正确的是（）A．钠是银白色金属，熔点低，硬度大B．钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠C．加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰D．金属钠着火可以用泡沫灭火器或用干燥的沙土灭火4．（3分）1.8g某金属在氯气中燃烧后，质量增加了7.1g，该金属是（）A．Ag B．Fe C．Al D．Na5．（3分）铝箔在空气中加热，金属熔化而不滴落的原因是（）A．熔化的金属铝非常黏稠B．铝的密度小，所受重力也小C．大部分铝已经被氧化D．氧化膜的熔点比铝高，兜住了熔化的铝6．（3分）下列描述的一定是金属元素的是（）A．易失去电子的物质B．原子核外有10个电子的微粒C．原子的最外层只有1个电子的元素D．原子核内有12个质子的元素7．（3分）若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m+3.55g），则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为（）①（m+0.8g）②（m+1.0g）③（m+1.2g）④（m+1.6g）⑤（m+1.4g）A．①④B．①⑤C．③④D．①②③④⑤8．（3分）2.3g纯净金属钠在干燥空气中被氧化后得到3.5g固体，由此可判断其氧化物是（）A．Na2O和Na2O2B．只有Na2O C．只有Na2O2D．无法确定9．（3分）下列说法正确的是（）A．钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应B．铝在空气中很容易燃烧C．镁表面的氧化膜疏松，不能保护内层金属D．铁锈的主要成分是Fe3O410．（3分）等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（）A．第一块钠失去电子多B．两块钠失去电子一样多C．第二块钠的反应产物质量最大D．两块钠的反应产物质量一样大二、解答题（共4小题，满分0分）11．（1）可以证明钠的硬度小的实验事实是．（2）可以说明自然界中不存在游离态的钠的实验事实是．12．在密闭容器中，一边装有一定量的金属钠，一边装有一定量的氧化汞，同时加热容器的两部分，钠和氧化汞都完全反应后，恢复到原温度，容器内空气的成分仍不变．则钠和氧化汞的物质的量之比是．13．（1）如图1所示装置，在平底烧瓶的底部有一块钠，平底烧瓶内是干燥的空气．过一段时间后可观察到，发生反应的化学方程式为．（2）某班同学用如图2所示装置测定空气里氧气的含量．先用弹簧夹夹住橡胶管．点燃钠，伸入瓶中并塞上瓶塞．待钠熄灭并冷却后，打开弹簧夹，观察广口瓶内水面变化情况①上述实验过程中发生反应的化学方程式为：．②实验完毕，甲同学的广口瓶内水面上升明显小于瓶内空气体积的，乙同学的广口瓶内水面上升明显大于瓶内空气体积的．下列对这两种现象解释合理的是．a．甲同学可能使用钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完b．甲同学可能未塞紧瓶塞，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内c．乙同学可能没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出d．乙同学可能插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出．14．某研究性学习小组为了探究“铝的燃烧”，做了如下实验：（1）甲同学用坩埚夹持一小块铝箔1mm），在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，观察到的现象是，产生该现象的原因是．（2）乙同学将甲同学的实验方案进行了改进：另取一块铝箔，用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，再用坩埚钳夹持在酒精灯上加热至熔化，结果观察到的现象与甲仍相同，其原因是．（3）丙同学积极改进实验，终于观察到铝在空气中燃烧，他的实验方案是．（4）丁同学善于思考，甲、乙两位同学的实验使他领会了为什么铝在空气中能表现出良好的抗腐蚀性，他的解释是；受丙同学的启发，他又提出了铝燃烧的另一实验方案，结果实验成功，你认为该方案可能是．（5）通过本次探究活动，该小组同学一致认为通过的方法可以观察到可燃物燃烧的现象．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第十二次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．（3分）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）A．K B．Na C．Fe D．Al考点：铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答．解答：解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D．点评：本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大．2．（3分）下列关于铝的叙述中，不正确的是（）A．铝是地壳里含量最多的金属元素B．铝容易失去电子，表现还原性C．在空气中用酒精灯点不着D．在常温下，铝不能与氧气反应考点：铝的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：A、铝在地壳中含量仅次于氧元素、硅元素，排在第三位．B、铝原子最外层有3个电子，在化学反应中容易失去电子；C、金属铝燃烧生成的氧化铝具有很高的熔点；D、常温下铝与氧气反应生成氧化铝，致密的氧化铝膜阻止继续反应．解答：解：A、在地壳中最多的化学元素是氧，其次是硅，铝排在第三位，是地壳中含量最多的金属元素，故A正确；B、铝原子最外层有3个电子，在化学反应中容易失去电子，能作还原剂，如铝热反应中铝作还原剂，故B正确；C、铝与氧气点燃后反应生成氧化铝，氧化铝具有很高的熔点，将金属铝包裹在内部，只融化不敌落，故C正确；D、铝是亲氧元素，常温下，铝与氧气反应生成氧化铝，致密的氧化铝膜阻止继续反应，故D 错误．故选D．点评：本题考查了铝的化学性质以及金属铝在地壳中的含量知识，难度不大，注意知识的归纳和梳理是关键．3．（3分）金属钠是一种活泼金属，除了具有金属的一般性质外，还具有自己的特性．关于钠的叙述中，正确的是（）A．钠是银白色金属，熔点低，硬度大B．钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠C．加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰D．金属钠着火可以用泡沫灭火器或用干燥的沙土灭火考点：钠的化学性质．专题：金属概论与碱元素．分析：钠为银白色金属，熔点低、硬度小，密度比水小，性质活泼，可与水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，火焰呈黄色，以此解答该题．解答：解：A．钠的硬度很小，可用小刀切割，故A错误；B．钠在常温下与氧气反应生成白色的氧化钠，故B错误；C．与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，火焰呈黄色，故C正确；D．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则钠失火时不能用泡沫灭火器灭火，故D错误．故选C．点评：本题考查钠的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．4．（3分）1.8g某金属在氯气中燃烧后，质量增加了7.1g，该金属是（）A．Ag B．Fe C．Al D．Na考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析： 1.8g某金属在氯气中燃烧后，质量增加了7.1g，即参加反应的氯气为7.1g，设金属的摩尔质量为M，化合物中化合价为x，由电子守恒计算．解答：解：设金属的摩尔质量为M，化合物中化合价为x，由电子守恒可知，×（x﹣0）=×2×（1﹣0），解得M=9x，若x=1，M=9，不合理；若x=2，M=18，不合理；若x=3，M=27，合理，为金属Al，故选C．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氯气的质量及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．5．（3分）铝箔在空气中加热，金属熔化而不滴落的原因是（）A．熔化的金属铝非常黏稠B．铝的密度小，所受重力也小C．大部分铝已经被氧化D．氧化膜的熔点比铝高，兜住了熔化的铝考点：铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：铝属于亲氧元素，极易和空气中氧气反应生成氧化铝，氧化铝熔点很高，大于Al的熔点，一般条件下不熔融，据此分析解答．解答：解：铝属于亲氧元素，极易和空气中氧气反应生成氧化铝，氧化铝熔点很高，大于Al的熔点，一般条件下不熔融，氧化铝膜兜住了熔化的Al而使铝不能滴落，与铝的密度等其它性质都无关，故选D．点评：本题考查实验现象，明确铝、氧化铝的性质是解本题关键，注意从物质的熔点高低进行判断，题目难度不大．6．（3分）下列描述的一定是金属元素的是（）A．易失去电子的物质B．原子核外有10个电子的微粒C．原子的最外层只有1个电子的元素D．原子核内有12个质子的元素考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素及其化合物．分析：金属元素和非金属元素的区别是：金属元素的原子最外层电子数＜4（氢和氦除外），且金属元素的原子易失电子形成阳离子；而非金属元素的原子一般最外层电子数≥4，且非金属元素的原子易得电子形成阴离子．解答：解：A．氢易失去电子，但属于非金属元素，故A错误；B．原子核外有10个电子的微粒，为Ne，是非金属元素，不是金属元素，故B错误；C．最外层只有一个电子的元素如氢元素，属于非金属元素，故C错误；D．原子核内有12个质子的元素是Mg，最外层有2个电子，Mg是金属元素，故D正确；故选D．点评：本题考查的是金属元素和非金属元素的区别，其实判断二者的简单方法还是最外层电子数，但是只要把氢氦这两个特殊情况记住即可，题目难度不大．7．（3分）若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m+3.55g），则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为（）①（m+0.8g）②（m+1.0g）③（m+1.2g）④（m+1.6g）⑤（m+1.4g）A．①④B．①⑤C．③④D．①②③④⑤考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：Na与氯气反应生成氯化钠，根据固体增重，可知增重为氯元素的质量，根据n=计算氯原子的物质的量，根据化学式可得n（Na）=n（Cl），钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，全部生成Na2O2时，固体的质量最大，根据化学式中钠原子与氧原子的比例关系计算与氧气反应固体增重，据此解答．解答：解：mg Na在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为（m+3.55g），则m（Cl）=3.55g，故n（Cl）==0.1mol，根据NaCl化学式可得n（Na）=n（Cl）=0.1mol，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为×16g/mol=0.8g，所以固体的质量为（m+0.8）g，全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为0.1mol×16g/mol=1.6g，所以固体的质量为（m+1.6）g，故钠与氧气反应生成固体的质量：（m+0.8）g≤m（固体）≤（m+1.6）g，故选D．点评：本题考查有关化学计算，难度中等，利用极值法确定固体质量的极大值与极小值是关键．8．（3分）2.3g纯净金属钠在干燥空气中被氧化后得到3.5g固体，由此可判断其氧化物是（）A．Na2O和Na2O2B．只有Na2O C．只有Na2O2D．无法确定考点：钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断．解答：解：设金属钠氧化产物中氧化钠为xmol，过氧化钠为ymol，4Na+O2 =2Na2O，2Na+O2=Na2O22xmol xmol 2ymol ymol则2x+2y=，62x+78y=3.5g，解得：x=0.025，y=0.025，所以Na2O和Na2O2均存在；故选A．点评：本题考查了钠与氧气反应产物的判断，根据已知方程式和反应物和生成物的量求算，题目难度不大．9．（3分）下列说法正确的是（）A．钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应B．铝在空气中很容易燃烧C．镁表面的氧化膜疏松，不能保护内层金属D．铁锈的主要成分是Fe3O4考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、钠的保存要隔绝空气；B、铝表面有致密氧化膜，阻止金属铝的燃烧；C、铝表面有一层致密的氧化物保护膜，能起保护作用；D、铁锈的主要成分是三氧化二铁．解答：解：A、钠易和空气中的氧气以及水反应，保存在煤油中，沉在煤油的底部，可以隔绝空气，故A正确；B、铝表面有致密氧化膜，使铝不容易燃烧，故B错误；C、铝表面有一层致密的氧化物保护膜，能起保护内部金属的作用，故C错误；D、铁锈的主要成分应为三氧化二铁，故D错误．故选A．点评：本题考查学生有关金属的性质，是对课本基础知识的考查，难度不大．10．（3分）等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（）A．第一块钠失去电子多B．两块钠失去电子一样多C．第二块钠的反应产物质量最大D．两块钠的反应产物质量一样大考点：钠的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：金属钠失电子均变为+1价的阳离子，钠的质量决定失去电子的量的多少；根据金属钠和氧气在不同条件下的反应方程式进行计算．解答：解：A、金属钠失电子均变为+1价的阳离子，等质量的两块钠，失电子是一样的，故A错误；B、金属钠失电子均变为+1价的阳离子，等质量的两块钠，失电子是一样的，故B正确；C、根据4Na+O2=2Na2O，则1mol金属钠获得氧化钠的质量是31g，根据反应2Na+O2Na2O2，则1mol金属钠获得过氧化钠的质量是39g，等质量的两块钠，即金属钠的物质的量是相等的，所以生成过氧化钠的质量大，即第一块钠的反应产物质量最大，故C错误；D、根据C的计算可以知道第一块钠的反应产物质量最大，故D错误．故选B．点评：本题考查学生金属钠的化学性质，注意反应条件不一样生成产物不一样的例子，可以根据教材知识来回答，难度不大．二、解答题（共4小题，满分0分）11．（1）可以证明钠的硬度小的实验事实是金属钠可以用普通刀片切割．（2）可以说明自然界中不存在游离态的钠的实验事实是新切开的金属钠很快失去了光泽（被氧化）．考点：钠的化学性质．专题：金属概论与碱元素．分析：（1）钠可以用小刀切割；（2）钠原子最外层只有一个电子，极易失电子而发生氧化反应，钠放置在空气中极易被氧化．解答：解：（1）钠可以用普通刀片切割，说明钠的硬度小，故答案为：金属钠可以用普通刀片切割；（2）钠原子最外层只有一个电子，极易失电子而发生氧化反应，钠放置在空气中极易被氧化，所以新切开的金属钠很快失去了光泽（被氧化），则说明自然界中不存在游离态的钠，故答案为：新切开的金属钠很快失去了光泽（被氧化）．点评：本题以钠为载体考查钠的性质，结构决定性质，根据钠原子结构分析其性质，易错点是化学用语的正确运用，题目难度不大．12．在密闭容器中，一边装有一定量的金属钠，一边装有一定量的氧化汞，同时加热容器的两部分，钠和氧化汞都完全反应后，恢复到原温度，容器内空气的成分仍不变．则钠和氧化汞的物质的量之比是1：1．考点：钠的化学性质．专题：金属概论与碱元素．分析：完全反应后，恢复到原温度，容器中空气的成分仍不变，说明相当于钠消耗的氧气和HgO分解生成的氧气相等，相当于钠和HgO发生置换反应生成过氧化钠和Hg，据此计算钠和HgO的物质的量之比．解答：解：完全反应后，恢复到原温度，容器中空气的成分仍不变，说明相当于钠消耗的氧气和HgO分解生成的氧气相等，相当于钠和HgO发生置换反应生成过氧化钠和Hg，方程式为2Na+2HgO=Na2O2+2Hg，根据方程式知，Na和HgO的物质的量之比为1：1，故选A．点评：本题考查了元素化合物知识及相关计算，明确钠、氧化汞性质是解题关键，题目难度不大．13．（1）如图1所示装置，在平底烧瓶的底部有一块钠，平底烧瓶内是干燥的空气．过一段时间后可观察到钠表面变暗，气球膨胀，发生反应的化学方程式为4Na+O2═2Na2O．（2）某班同学用如图2所示装置测定空气里氧气的含量．先用弹簧夹夹住橡胶管．点燃钠，伸入瓶中并塞上瓶塞．待钠熄灭并冷却后，打开弹簧夹，观察广口瓶内水面变化情况①上述实验过程中发生反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2．②实验完毕，甲同学的广口瓶内水面上升明显小于瓶内空气体积的，乙同学的广口瓶内水面上升明显大于瓶内空气体积的．下列对这两种现象解释合理的是abcd．a．甲同学可能使用钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完b．甲同学可能未塞紧瓶塞，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内c．乙同学可能没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出d．乙同学可能插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出．考点：实验装置综合．专题：实验设计题．分析：（1）钠在常温下即可与氧气反应生成氧化钠，致使钠表面变暗，据此写出化学反应方程式即可；（2）①钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，据此写出化学反应方程式即可，注意条件；②依据实验结果分析可能出现的情况即可．解答：解：（1）钠在常温下即可与氧气反应生成氧化钠，致使钠表面变暗，氧气消耗，瓶内压强减小，气球膨胀，化学反应方程式为：4Na+O2═2Na2O，故答案为：钠表面变暗，气球膨胀；4Na+O2═2Na2O；（2）①钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，化学反应方程式为：2Na+O2Na2O2，故答案为：2Na+O2Na2O2；②a．钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完，导致氧气剩余，故瓶内水面上升高度打不到，故正确；b．瓶塞未塞紧，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内，导致瓶内压强过大，水面上升高度达不到，故正确；c．没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，故正确；d．插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，故正确，故选：abcd．点评：本题主要考查的是钠的性质与空气成分测定实验，题目较好，难度不大．14．某研究性学习小组为了探究“铝的燃烧”，做了如下实验：（1）甲同学用坩埚夹持一小块铝箔1mm），在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，观察到的现象是铝箔熔化，失去了光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着，产生该现象的原因是成铝表面氧化膜的Al2O3熔点高，包在铝的外面，使液态铝不滴落．（2）乙同学将甲同学的实验方案进行了改进：另取一块铝箔，用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，再用坩埚钳夹持在酒精灯上加热至熔化，结果观察到的现象与甲仍相同，其原因是除去氧化膜的铝在空气中又很快地生成一层新的Al2O3保护膜．（3）丙同学积极改进实验，终于观察到铝在空气中燃烧，他的实验方案是将铝粉撒到酒精灯火焰上．（4）丁同学善于思考，甲、乙两位同学的实验使他领会了为什么铝在空气中能表现出良好的抗腐蚀性，他的解释是铝易与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，阻止了内部的铝与空气接触，从而防止铝进一步被氧化；受丙同学的启发，他又提出了铝燃烧的另一实验方案，结果实验成功，你认为该方案可能是将铝箔卷曲，尖端夹一根火柴，将火柴引燃后，把火柴和铝箔一起伸入到盛有氧气的集气瓶中即可观察到耀眼的白光（提高反应温度）．（5）通过本次探究活动，该小组同学一致认为通过增大可燃物与空气的接触面积或提高反应的温度的方法可以观察到可燃物燃烧的现象．考点：铝的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：（1）Al氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点高；（2）Al很快能被氧化为氧化铝；（3）Al粉与氧气的接触面积大；（4）氧化铝为致密的结构；增大反应的接触面积、反应温度均可实验铝燃烧实验；（5）由上述实验可知，接触面积、反应温度影响燃烧实验．解答：解：（1）在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，观察到的现象是铝箔熔化，失去了光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着，产生该现象的原因是构成铝表面氧化膜的Al2O3熔点高，包在铝的外面，使液态铝不滴落，故答案为：铝箔熔化，失去了光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着；成铝表面氧化膜的Al2O3熔点高，包在铝的外面，使液态铝不滴落；（2）除去表面的保护膜，再用坩埚钳夹持在酒精灯上加热至熔化，结果观察到的现象与甲仍相同，其原因是除去氧化膜的铝在空气中又很快地生成一层新的Al2O3保护膜，故答案为：除去氧化膜的铝在空气中又很快地生成一层新的Al2O3保护膜；（3）将铝粉撒到酒精灯火焰上（增大铝与空气的接触面积）可观察到铝在空气中燃烧，故答案为：将铝粉撒到酒精灯火焰上；（4）铝在空气中能表现出良好的抗腐蚀性，是因铝易与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，阻止了内部的铝与空气接触，从而防止铝进一步被氧化；铝燃烧的另一实验方案为将铝箔卷曲，尖端夹一根火柴，将火柴引燃后，把火柴和铝箔一起伸入到盛有氧气的集气瓶中即可观察到耀眼的白光（提高反应温度），故答案为：铝易与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，阻止了内部的铝与空气接触，从而防止铝进一步被氧化；将铝箔卷曲，尖端夹一根火柴，将火柴引燃后，把火柴和铝箔一起伸入到盛有氧气的集气瓶中即可观察到耀眼的白光（提高反应温度）；（5）由上述实验可知，增大可燃物与空气的接触面积或提高反应的温度的方法可以观察到可燃物燃烧的现象，故答案为：增大可燃物与空气的接触面积或提高反应的温度．点评：本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握燃烧的条件及氧化铝的结构为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第十次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第十次周练化学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．（3分）离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用集合关系表示，其正确的是（）A．B．C．D．2．（3分）下列物质与酸的反应中，只表现出酸性作用的是（）A．Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2OB．C+4HNO3（浓）═CO2↑+4NO2↑+2H2OC．3Fe+8HNO3（稀）═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2OD．CuO+2HNO3（稀）═Cu（NO3）2+H2O3．（3分）（双选）关于氧化还原反应的下列说法中正确的是（）A．氧化还原反应前后元素化合价有升降B．氧化还原反应前后一定有氧的得失C．氧化还原反应前后一定有电子转移D．复分解反应和化合反应一定是氧化还原反应4．（3分）下列化学反应中，既是离子反应，又是氧化还原反应的是（）A．2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O B．Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑C．BaCl2+H2SO4═B aSO4↓+2HCl D．H2+CuO Cu+H2O5．（3分）下列实验现象与氧化还原反应有关的是（）A．碳酸钠中加入CaCl2溶液产生白色沉淀物B．硫酸铜溶液中插入铁片，铁片上出现红色沉淀物C．石灰石溶于盐酸并产生气泡D．铁在氧气中燃烧，剧烈反应火星四射6．（3分）（双选）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是（）A．B．C．D．7．（3分）用下列方法均可制得氧气：若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为（）①2KClO32KCl+3O2↑②2HgO2Hg+O2↑③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑A．B．C．D．8．（3分）下列变化中，元素价态变化与反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO属于同一类型的是（）A．2FeCl3+H2S═2FeCl2+2HCl+S↓B．2NH4Cl+6HCl+K2Cr2O7═2KCl+N2↑+2CrCl3+7H2OC．3Br2+6NaOH═NaBrO3+5NaBr+3H2OD．5H2S+2KMnO4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5S↓+8H2O9．（3分）对溶液中的离子反应存在下列几种说法，其中正确的是（）A．不可能是氧化还原反应B．只能是复分解反应C．可能是化合反应D．不可能是置换反应10．（3分）制备单质硅时，主要化学反应如下：①SiO2+2C Si+2CO↑②Si+2Cl SiCl4③SiCl4+H2Si+4HCl下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是（）A．①③为置换反应B．①②③均为氧化还原反应C．②为化合反应D．三个反应的反应物中硅元素均被氧化二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）11．（3分）有以下反应方程式：A．CuO+H2Cu+H2OB．2KClO32KCl+3O2↑C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2OD．2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2（FeBr2中Br元素的化合价为﹣1价）E．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OF．2NaBr+Cl2═2NaCl+Br2G．KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2OH．HgS+O2═Hg+SO2（HgS中S元素的化合价为﹣2价）按要求将上述化学方程式序号填入相应括号内：（1）一种单质使一种化合物中的一种元素被还原（2）一种单质使一种化合物中的一种元素被氧化（3）同一种物质中一种元素氧化另一种元素（4）同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应（5）不同物质的同种元素间发生氧化还原反应（6）发生在不同物质间，只有部分元素被氧化或只有部分元素被还原的反应（7）所有元素均参加氧化还原反应的是．12．（3分）在下列反应中：A．2F2+2H2O═4HF+O2B．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C．CaO+H2O═Ca（OH）2D．2H2O2H2↑+O2↑（1）水只作氧化剂的是（填字母序号，下同），水只作还原剂的是，水既作氧化剂又作还原剂的是，水既不作氧化剂又不作还原剂的是．（2）用双线桥法表示D反应中电子转移情况．13．（3分）（1）A图是课本中“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”图，请在A图中用阴影部分表示反应：H2+CuO Cu+H2O所属的区域．（2）“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用B图表达．其中I为化合反应，则Ⅱ为反应．写出有水生成的符合反应类型III的一个化学方程式：．写出有水参加的符合反应类型IV的一个化学方程式：，其中水为剂．14．（3分）（1）分析下列反应的化学方程式，是氧化还原反应的用双线桥法标出电子转移的方向和数目，指出被氧化和被还原的元素．①2Na+Cl22NaCl；②NaOH+HCl═NaCl+H2O．（2）分析下列反应的化学方程式，是氧化还原反应的用单线桥法标出电子转移的方向和数目．①BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl；②Fe+2HCl═FeCl2+H2↑．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第十次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．（3分）离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用集合关系表示，其正确的是（）A．B．C．D．考点：化学基本反应类型．分析：根据置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应来解答．解答：解：A．因置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应，故A正确；B．复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，置换反应一定属于氧化还原反应，二者也不会交叉，故B错误；C．复分解反应一定不属于氧化还原反应，则氧化还原反应不包含复分解反应，故C错误；D．复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，故D错误；故选A．点评：本题以图的形式考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，明确图象中交叉、包含的关系即可解答，难度不大．2．（3分）下列物质与酸的反应中，只表现出酸性作用的是（）A．Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2OB．C+4HNO3（浓）═CO2↑+4NO2↑+2H2OC．3Fe+8HNO3（稀）═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2OD．CuO+2HNO3（稀）═Cu（NO3）2+H2O考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：酸在反应中只表现出酸性，说明在反应中酸中各元素化合价不变，据此分析解答．解答：解：A．该反应中，硫酸中部分S元素化合价不变、部分S元素化合价由+6价变为+4价，所以浓硫酸体现酸性和氧化性，故A不选；B．该反应中，硝酸中N元素化合价由+5价变为+4价，所以硝酸只作氧化剂，故B不选；C．该反应中，硝酸中部分N元素化合价不变，部分N元素化合价由+5价变为+2价，所以硝酸作氧化剂和酸，体现酸性和强氧化性，故C不选；D．该反应中，硝酸中N元素化合价不变，所以硝酸只体现酸性，故D选；故选D．点评：本题考查硫酸、硝酸的性质，明确元素化合价与性质的关系是解本题关键，根据元素化合价是否变化判断物质性质，熟悉常见元素化合价．3．（3分）（双选）关于氧化还原反应的下列说法中正确的是（）A．氧化还原反应前后元素化合价有升降B．氧化还原反应前后一定有氧的得失C．氧化还原反应前后一定有电子转移D．复分解反应和化合反应一定是氧化还原反应考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：氧化还原反应的实质为电子转移，特征为化合价的变化，复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而某些化合反应中有元素的化合价变化，以此来解答．解答：解：A．氧化还原反应前后元素化合价有升降，且升降总数相等，故A正确；B．氧化还原反应不一定有氧参加，如氢气、氯气反应生成HCl中没有氧参加，故B错误；C．氧化还原反应的实质为电子转移，则氧化还原反应前后一定有电子转移，故C正确；D．复分解反应为非氧化还原反应，而某些化合反应为氧化还原反应，如C与氧气反应为氧化还原反应，故D错误；故选AC．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为解答的关键，侧重氧化还原反应实质与特征的考查，题目难度不大．4．（3分）下列化学反应中，既是离子反应，又是氧化还原反应的是（）A．2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O B．Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑C．BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl D．H2+CuO Cu+H2O考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：属于氧化还原反应，说明反应中有电子转移，属于离子反应，说明反应中有离子参加，据此分析解答．解答：解：A．该反应中有离子参加，属于离子反应，但反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故A错误；B．该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，且反应中有离子参加，属于离子反应，故B正确；C．该反映中有离子参加，属于离子反应，但没有电子转移，不属于氧化还原反应，故C错误；D．该反应中没有离子参加，不属于离子反应，H元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以属于氧化还原反应，故D错误；故选B．点评：本题考查氧化还原反应和离子反应，侧重考查基本概念，明确基本概念概念即可解答，知道常见元素化合价，题目难度不大．5．（3分）下列实验现象与氧化还原反应有关的是（）A．碳酸钠中加入CaCl2溶液产生白色沉淀物B．硫酸铜溶液中插入铁片，铁片上出现红色沉淀物C．石灰石溶于盐酸并产生气泡D．铁在氧气中燃烧，剧烈反应火星四射考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：由现象分析发生的反应，若反应中存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应有关，以此来解答．解答：解：A．反应生成碳酸钙和氯化钠，为复分解反应，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不选；B．发生置换反应生成Cu、反应中Fe、Cu元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故B选；C．反应生成氯化钙、水、二氧化碳，为复分解反应，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不选；D．反应生成四氧化三铁，Fe、O元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故D选；故选BD．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为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．6．（3分）（双选）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是（）A．B．C．D．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目．解答：解：A．Si元素化合价由+4价降低为0价，得到电子，C元素失去电子，化合价从0价升高为+2价，最小公倍数为4，转移电子为4e﹣，故A错误；B．H元素化合价由+1降低为0价，总共降低2价，得到2个电子，Na元素从0价升高为+1价，共失去2个电子，最小公倍数为2，转移电子为2e﹣，故B正确；C．I元素化合价由﹣1价升高为0价，失去电子，Mn元素化合价从+7价降低为+2价，得到电子，最小公倍数为10，转移电子10e﹣，故C正确；D．Cu元素化合价由0价升高为+2价，失去电子，S元素化合价由+6价降低为+4价，得到电子，最小公倍数为2，转移电子2e﹣，故D错误；故选BC．点评：本题考查氧化还原反应的特征和实质知识，中等难度，关键判断准化合价变化总数．7．（3分）用下列方法均可制得氧气：若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为（）①2KClO32KCl+3O2↑②2HgO2Hg+O2↑③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑A．B．C．D．考点：氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：氧化还原反应专题．分析：①2KClO32KCl+3O2↑②2HgO2Hg+O2↑③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑制得相同质量的氧气，即氧气的物质的量相等，反应中均是﹣2价O被氧化变成0价，故由得失电子守恒得知，转移电子数目相等．解答：解：由此三个反应特点得知：制得相同质量的氧气，即氧气的物质的量相等，反应中均是﹣2价O被氧化变成0价，故由得失电子守恒得知，转移电子数目相等，故答案为：C．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重氧化还原反应电子转移的考查，注意电子守恒的应用，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大．8．（3分）下列变化中，元素价态变化与反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO属于同一类型的是（）A．2FeCl3+H2S═2FeCl2+2HCl+S↓B．2NH4Cl+6HCl+K2Cr2O7═2KCl+N2↑+2CrCl3+7H2OC．3Br2+6NaOH═NaBrO3+5NaBr+3H2OD．5H2S+2KMnO4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5S↓+8H2O考点：化学基本反应类型．专题：物质的性质和变化专题．分析：在3NO2+H2O═2HNO3+NO的反应中，反应物NO2中N元素的化合价由+4价分别升高为+5价和降低到+2价，则在反应中既是氧化剂又是还原剂，据此解答即可．解答：解：在3NO2+H2O═2HNO3+NO的反应中，反应物NO2中N元素的化合价由+4价分别升高为+5价和降低到+2价，则在反应中既是氧化剂又是还原剂，A、2FeCl3+H2S═2FeCl2+2HCl+S↓，此反应中Fe元素又+3价被还原+2价，S元素由﹣2价升高到0价，被氧化，与3NO2+H2O═2HNO3+NO不同，故A错误；B、2NH4Cl+6HCl+K2Cr2O7═2KCl+N2↑+2CrCl3+7H2O，此反应Cr元素由+6价被还原为+3价，N元素由﹣3价升高到0价，被氧化，与3NO2+H2O═2HNO3+NO不同，故B错误；C、3Br2+6NaOH═NaBrO3+5NaBr+3H2O，此反应中Br既是氧化剂又是氧化剂，部分升高到+5价，部分降低到﹣1价，与3NO2+H2O═2HNO3+NO相同，故C正确；D、5H2S+2KMnO4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5S↓+8H2O，此反应中Mn由+7价被还原为+2价，S元素由﹣2价升高到0价，被氧化，与3NO2+H2O═2HNO3+NO不同，故D错误；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，氧化还原反应自身元素发生氧化还原的有歧化反应和归中反应，题干中所给出的是歧化反应，据此即可轻松解答，题目难度不大．9．（3分）对溶液中的离子反应存在下列几种说法，其中正确的是（）A．不可能是氧化还原反应B．只能是复分解反应C．可能是化合反应D．不可能是置换反应考点：离子反应发生的条件；化学基本反应类型．专题：物质的性质和变化专题．分析：有离子参加或生成的反应为离子反应，有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化．解答：解：A．在溶液存在的氧化还原反应，有的属于离子反应，如：2Fe 2++Cl2=2Fe 3++2Cl ﹣，故A错误；B．溶液中的离子反应不一定是复分解反应，如Cu2++Fe=Fe2++Cu，属于置换反应，故B错误；C．在溶液存在的离子反应，可能也属于化合反应，如：2Fe 2++Cl2=2Fe 3++2Cl﹣，故C正确；D．在溶液存在的离子反应，可能属于置换反应，如：Cu2++Fe=Fe2++Cu，故D错误；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，知道氧化还原反应和四大基本反应类型的关系．10．（3分）制备单质硅时，主要化学反应如下：①SiO2+2C Si+2CO↑②Si+2Cl SiCl4③SiCl4+H2Si+4HCl下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是（）A．①③为置换反应B．①②③均为氧化还原反应C．②为化合反应D．三个反应的反应物中硅元素均被氧化考点：氧化还原反应．分析：A．一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应为置换反应；B．有电子转移的反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；C．两种或多种物质生成一种物质的反应为化合反应；D．在反应中失电子化合价升高的元素被氧化．解答：解：A．①属于置换反应、②属于化合反应、③属于置换反应，故A正确；B．这三个反应方程式中都有元素化合价升降，所以都属于氧化还原反应，故B正确；C．②由两种物质生成一种物质，所以为化合反应，故C正确；D．①中Si元素得电子被还原、②中Si元素失电子被氧化、③中Si元素得电子被还原，故D 错误；故选D．点评：本题考查氧化还原反应、基本反应类型，侧重考查基本概念，明确元素化合价变化及基本反应类型特点是解本题关键，题目难度不大．二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）11．（3分）有以下反应方程式：A．CuO+H2Cu+H2OB．2KClO32KCl+3O2↑C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2OD．2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2（FeBr2中Br元素的化合价为﹣1价）E．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OF．2NaBr+Cl2═2NaCl+Br2G．KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2OH．HgS+O2═Hg+SO2（HgS中S元素的化合价为﹣2价）按要求将上述化学方程式序号填入相应括号内：（1）一种单质使一种化合物中的一种元素被还原A（2）一种单质使一种化合物中的一种元素被氧化F（3）同一种物质中一种元素氧化另一种元素B（4）同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应C（5）不同物质的同种元素间发生氧化还原反应G（6）发生在不同物质间，只有部分元素被氧化或只有部分元素被还原的反应E、G（7）所有元素均参加氧化还原反应的是D、H．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：含元素化合价升高的物质为还原剂，被氧化；而含元素化合价降低的物质为氧化剂，被还原，结合反应中元素的化合价变化来解答．解答：解：A．CuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低；B．2KClO32KCl+3O2↑中，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaC lO+H2O中只有Cl元素的化合价变化；D．2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价降低，Fe、Br元素的化合价升高；E．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高；F．2NaBr+Cl2═2NaCl+Br2中，Cl元素的化合价降低，Br元素的化合价升高；G．KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O中只有Cl元素的化合价变化；H．HgS+O2═Hg+SO2中，S元素的化合价升高，Hg、O元素的化合价降低，则（1）一种单质使一种化合物中的一种元素被还原的为A，故答案为：A；（2）一种单质使一种化合物中的一种元素被氧化为F，故答案为：F；（3）同一种物质中一种元素氧化另一种元素为B，故答案为：B；（4）同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应为C，故答案为：C；（5）不同物质的同种元素间发生氧化还原反应为G，故答案为：G；（6）发生在不同物质间，只有部分元素被氧化或只有部分元素被还原的反应为E、G，故答案为：E、G；（7）所有元素均参加氧化还原反应的是D、H，故答案为：D、H．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为解答的关键，注意元素化合价的判断，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大．12．（3分）在下列反应中：A．2F2+2H2O═4HF+O2B．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C．CaO+H2O═Ca（OH）2D．2H2O2H2↑+O2↑（1）水只作氧化剂的是B（填字母序号，下同），水只作还原剂的是A，水既作氧化剂又作还原剂的是D，水既不作氧化剂又不作还原剂的是C．（2）用双线桥法表示D反应中电子转移情况．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：（1）水只作氧化剂，说明水中元素得电子化合价降低；水只作还原剂说明水中元素失电子化合价升高；水既是氧化剂又是还原剂，说明水中元素化合价升高和降低；水既不是氧化剂又不是还原剂，说明水中各元素化合价不变；（2）D中H元素化合价由+1价变为0价、O元素化合价由﹣2价变为0价，转移电子数为4．解答：解：（1）A．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，所以水作还原剂；B．Na元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以水是氧化剂；C．该反应中各元素化合价不变，所以不是氧化还原反应；D．该反应中H元素化合价由+1价变为0价、O元素化合价由﹣2价变为0价，所以氧化剂和还原剂，通过以上分析知，水只作氧化剂的是B、水只作还原剂的是A，水既作氧化剂又作还原剂的是D，水既不作氧化剂又不作还原剂的是C，故答案为：B；A；D；C；（2）D中H元素化合价由+1价变为0价、O元素化合价由﹣2价变为0价，转移电子数为4，电子转移方向和数目为，故答案为：．点评：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念及电子转移方向和数目判断，根据元素化合价变化确定物质性质，难点是电子转移方向和数目判断．13．（3分）（1）A图是课本中“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”图，请在A图中用阴影部分表示反应：H2+CuO Cu+H2O所属的区域．（2）“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用B图表达．其中I为化合反应，则Ⅱ为分解反应．写出有水生成的符合反应类型III的一个化学方程式：NaOH+HCl═NaCl+H2O．写出有水参加的符合反应类型IV的一个化学方程式：C+H20C0+H2，其中水为氧化剂．考点：化学基本反应类型；氧化还原反应．专题：物质的性质和变化专题．分析：（1）H2+CuO═Cu+H2O中氢和铜元素的化合价变化，所以是氧化还原反应，且又是置换反应；（2）有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，分解反应中部分是氧化还原反应，III表示非氧化还原反应，且有水生成的反应可以是酸碱中和反应；IV中为氧化还原反应，有元素的化合价变化，据此写出相应的反应方程式．解答：解：（1）H2+CuO═Cu+H2O中铜和氢元素的化合价发生变化，所以是氧化还原反应，同时又是置换反应，所以在图A中的图象为：，故答案为：；（2）II为分解反应，III是非氧化还原反应，反应中没有元素化合价的变化，如酸碱中和反应，反应方程式为：NaOH+HCl═NaCl+H2O，有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：C+H20C0+H2，该反应的水中氢元素得电子，所以水是氧化剂，故答案为：分解；NaOH+HCl═NaCl+H2O；C+H20C0+H2；氧化．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，注意“同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”．14．（3分）（1）分析下列反应的化学方程式，是氧化还原反应的用双线桥法标出电子转移的方向和数目，指出被氧化和被还原的元素．①2Na+Cl22NaCl；②NaOH+HCl═NaCl+H2O．（2）分析下列反应的化学方程式，是氧化还原反应的用单线桥法标出电子转移的方向和数目．①BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl；②Fe+2HCl═FeCl2+H2↑．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：（1）有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，①中Na 元素化合价由0价变为+1价、Cl元素化合价由0价变为﹣1价，所以属于氧化还原反应，转移电子数为2；②中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应；（2）①中元素化合价不变，不属于氧化还原反应；②中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，转移电子数为2．解答：解：（1）有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，①中Na元素化合价由0价变为+1价、Cl元素化合价由0价变为﹣1价，所以属于氧化还原反应，转移电子数为2，转移电子方向和数目为，故答案为：；②中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故答案为：不是氧化还原反应；（2）①中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故答案为：不是氧化还原反应；②中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，转移电子数为2，转移电子方向和数目为，故答案为：．点评：本题考查氧化还原反应判断、电子转移方向和数目的书写，侧重考查基本概念，熟悉常见元素化合价变化，知道氧化还原反应本质和特征的区别．。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第三次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第三次周练化学试卷一、选择题1．（3分）下列叙述中正确的是（）A．摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有6.02×1023个分子B．1mol氧的质量为16gC．0.5molHe约含有6.02×1023个电子D．2H既可表示2个氢原子又可表示2mol氢原子2．（3分）对于等质量的下列气体含有分子数最多的是（）A．Cl2B．H2C．O2D．CO3．（3分）下列物质所含有的原子数与0.2mol H3PO4所含有的原子数相等的是（）A．0.4mol H2O2B．0.2mol H2SO4C．0.8mol NaCl D．0.3mol HNO34．（3分）下列说法中正确的是（）A．6.02×1023个12C原子数就是阿伏加德罗常数B．1mol氧含6.02×1023个O2分子C．1mol CaCl2里含3mol离子D．1mol H+中含有的H+数为N A5．（3分）相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（）①它们所含的分子数目之比为1：1②它们所含的O数目之比为1：2③它们所含的原子总数目之比为2：3④它们所含的C数目之比为1：1⑤它们所含的电子数目之比为7：11．A．①②③④B．②③C．④⑤D．①②③④⑤6．（3分）已知阿伏加德罗常数为N A，下列说法正确的是（）A．2mol水中含有N A个H2O分子B．1g氢气含有N A个H2分子C．2mol钠与过量稀盐酸反应生成N A个H2分子D．16g氧气中含有N A个氧分子7．（3分）若agCO2含b个分子，则阿伏加德罗常数的值为（）A．B．C．D．8．（3分）某气体物质的质量为6.4g，含有6.02×1022个分子，则该气体的相对分子质量是（）A．64 B．32 C．96 D．1249．（3分）在一定体积的容器中，加入1.5摩氙气和7.5摩氟气，于400℃和2633千帕压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5摩氟气．则所得无色晶体产物中，氙与氟的原子个数比是（）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：610．（3分）有98g纯H2SO4和纯H3PO4的混酸，测知其中含氧元素65.3%，则混酸中H2SO4和H3PO4的物质的量之比为（）A．1：1 B．3：1 C．4：1 D．任意比二、非选择题11．（1）在同温同压下，相等质量的氧气和臭氧，它们的物质的量之比为，分子个数比为，原子个数比为（2）在一密闭容器中充入a mol NO 和b mol O2，可发生如下反应：2NO+O2═2NO2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为．12．有五种物质是①6gH2；②0.5mol CO2；③1.204×1024个氯化氢分子；④147g硫酸；⑤92g 乙醇（C2H5OH），它们的物质的量最大的是，所含分子数最多的是，含有原子个数最多的是，质量最大的是．13．19g某二价金属氯化物中含有0.4mol Cl﹣，则ACl2的摩尔质量是；A的相对原子质量是；ACl2的化学式是．14．有二氧化碳与一氧化碳的混合气体共10.8克，其物质的量为0.3mol．求：（1）混合气体中二氧化碳和一氧化碳的质量各是多少？（2）混合气体缓慢通过足量的氢氧化钠溶液后，剩余气体是什么？其物质的量是多少？所含分子数为多少？河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一上学期第三次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）下列叙述中正确的是（）A．摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有6.02×1023个分子B．1mol氧的质量为16gC．0.5molHe约含有6.02×1023个电子D．2H既可表示2个氢原子又可表示2mol氢原子考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、物质并不都是由分子构成．物质由分子、原子或离子构成．B、使用物质的量必须指明具体的物质或化学式．C、稀有气体是单原子分子，每个氦原子含有2个电子，根据N=nN A计算氦原子数目．D、2H表示2个氢原子，不能表示2mol氢原子．解答：解：A、有的物质由分子构成如氧气等，有的物质由原子构成如二氧化硅等，有的物质由离子构成如氯化钠等，物质并不都是由分子构成，故A错误；B、1mol氧指代不明确，不清楚是指氧气还是氧原子，故B错误；C、稀有气体是单原子分子，0.5molHe约含有电子数为0.5mol×2×6.02×1023mol﹣1=6.02×1023，故C正确；D、2H表示2个氢原子，不能表示2mol氢原子，故D错误．故选：C．点评：考查学生对物质的量与化学用语理解、物质构成及常用化学计量计算，难度不大，注意使用物质的量必须指明具体的物质或化学式．2．（3分）对于等质量的下列气体含有分子数最多的是（）A．Cl2B．H2C．O2D．CO考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：根据n==计算该题．解答：解：由n==可知，气体的摩尔质量越小，则分子数越多，题中M（Cl2）＞M（O2）＞M（CO）＞M（H2），则分子数最多的是H2，故选B．点评：本题考查物质的量的相关计算，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据相关计算公式进行判断，难度不大．3．（3分）下列物质所含有的原子数与0.2mol H3PO4所含有的原子数相等的是（）A．0.4mol H2O2B．0.2mol H2SO4C．0.8mol NaCl D．0.3mol HNO3考点：物质分子中的原子个数计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据0.2mol H3PO4所含有的原子数为0.2mol×8=1.6mol进行解答．解答：解：A、0.4mol H2O2中所含有的原子数为0.4mol×4=1.6mol，故A正确；B、0.2mol H2SO4中所含有的原子数为0.2mol×7=1.4mol，故B错误；C、氯化钠中不含有原子，只有钠离子和氯离子，故C错误；D、0.3molHNO3中所含有的原子数为0.3mol×5=1.5mol，故D错误．故选：A．点评：本题考查物质的量的有关计算，比较基础，注意根据分子进行的原子数目的计算，对公式灵活运用．4．（3分）下列说法中正确的是（）A．6.02×1023个12C原子数就是阿伏加德罗常数B．1mol氧含6.02×1023个O2分子C．1mol CaCl2里含3mol离子D．1mol H+中含有的H+数为N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、阿伏伽德罗常数的单位为mol﹣1；B、指代不明确；C、1molCaCl2中含1mol钙离子和2mol个氯离子；D、根据粒子个数N=nN A来分析．解答：解：A、阿伏伽德罗常数的单位为mol﹣1，6.02×1023个12C原子数在数值上等于阿伏加德罗常数，故A错误；B、指代不明确，没指代明是1mol氧原子还是1mol氧气，故B错误；C、CaCl2由钙离子和氯离子构成，故1molCaCl2中含3mol离子，故C正确；D、粒子个数N=nN A=1mol×N A/mol=N A，故D正确．故选CD．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．5．（3分）相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（）①它们所含的分子数目之比为1：1②它们所含的O数目之比为1：2③它们所含的原子总数目之比为2：3④它们所含的C数目之比为1：1⑤它们所含的电子数目之比为7：11．A．①②③④B．②③C．④⑤D．①②③④⑤考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据N=nN A计算微粒数目．①物质的量相同，分子数相同；②1个CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个；③1个CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个；④1个CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个；⑤CO和CO2分子中所含电子数分别为14个、22个．解答：解：①由于N=nN A，所以物质的量相同，分子数相同，故①正确；②CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个，相等物质的量的CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为1：2，由于N=nN A，所含氧原子数之比为1：2，故②正确；③CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个，相等物质的量的CO和CO2所含原子的物质的量之比为2：3，由于N=nN A，所含原子数之比为2：3，故③正确；④CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个，相等物质的量的CO和CO2所含碳原子的物质的量之比为1：1，由于N=nN A，所含碳原子数之比为1：1，故④正确；⑤CO和CO2分子中所含电子数分别为14个、22个，相等物质的量的CO和CO2所含电子的物质的量之比为14：22=7：11，由于N=nN A，所含电子数之比为7：11，故⑤正确．故选D．点评：本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意有关公式的利用．6．（3分）已知阿伏加德罗常数为N A，下列说法正确的是（）A．2mol水中含有N A个H2O分子B．1g氢气含有N A个H2分子C．2mol钠与过量稀盐酸反应生成N A个H2分子D．16g氧气中含有N A个氧分子考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．依据N=nN A解答；B．质量转化为物质的量，依据N=nN A解答；C．依据电子守恒分析计算生成氢气微粒数；D．质量转化为物质的量，依据N=nN A解答．解答：解：A.2mol水中含有2N A个H2O分子，故A错误；B.1g氢气的物质的量为0.5mol，含有0.5N A个H2分子，故B错误；C．电子守恒分析计算生成氢气微粒数，2mol钠与过量稀盐酸反应，失去2mol电子，生成1mol 氢气，生成N A个H2分子，故C正确；D.16g氧气的物质的量==0.5mol，含有0.5N A个氧分子，故D错误；故选：C．点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度不大．7．（3分）若agCO2含b个分子，则阿伏加德罗常数的值为（）A．B．C．D．考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：根据n=计算二氧化碳的物质的量，再根据N=nN A计算阿伏伽德罗常数．解答：解：ag二氧化碳的物质的量为=mol，则mol×N A=b，解得N A=mol﹣1故选D．点评：本题考查阿伏伽德罗常数，比较基础，侧重对基础知识的巩固．8．（3分）某气体物质的质量为6.4g，含有6.02×1022个分子，则该气体的相对分子质量是（）A．64 B．32 C．96 D．124考点：相对分子质量及其计算；阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据n=计算该气体的物质的量，再根据M=计算该气体的摩尔质量，当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量．解答：解：6.4g该气体的物质的量为=0.1mol．该气体的摩尔质量为=64g/mol，当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量，所以该气体的相对分子质量为64．故选：A．点评：考查相对分子质量的计算，比较基础，掌握相对分子质量的计算方法．9．（3分）在一定体积的容器中，加入1.5摩氙气和7.5摩氟气，于400℃和2633千帕压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5摩氟气．则所得无色晶体产物中，氙与氟的原子个数比是（）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：6考点：质量守恒定律．专题：压轴题；物质的组成专题．分析：根据质量守恒定律解题．解答：解：7.5moL氟气反应剩余4.5mol氟气，反应了3mol氟气，1.5molXe与3moL氟气反应生成物中Xe原子与氟原子物质的量之比为1.5：3×2=1：4故选C．点评：本题考查质量守恒定律，反应前后元素原子的物质的量应相等．10．（3分）有98g纯H2SO4和纯H3PO4的混酸，测知其中含氧元素65.3%，则混酸中H2SO4和H3PO4的物质的量之比为（）A．1：1 B．3：1 C．4：1 D．任意比考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：硫酸和磷酸的摩尔质量为：M（H2SO4）=M（H3PO4）=98g/mol，且等物质的量的纯H2SO4和纯H3PO4含氧元素质量相同，以此可确定混合酸中H2SO4和H3SO4的物质的量之比．解答：解：H2SO4和H3PO4的摩尔质量为：M（H2SO4）=M（H3PO4）=98g/mol，由纯H2SO4和纯H3PO4组成的混合酸共98g，其物质的量为：=1mol，且等物质的量的纯H2SO4和纯H3PO4含氧元素质量相同，氧元素含量为：×100%=65.3%，则混合酸中H2SO4和H3SO4的物质的量之比为任意值，故选D．点评：本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握两种物质的相对分子质量的关系为解答该题的关键之处，难度不大．二、非选择题11．（1）在同温同压下，相等质量的氧气和臭氧，它们的物质的量之比为3：2，分子个数比为3：2，原子个数比为1：1（2）在一密闭容器中充入a mol NO 和b mol O2，可发生如下反应：2NO+O2═2NO2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为a：（a+2b）．考点：阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：（1）氧气和臭氧都是有氧元素构成，根据n==结合分子构成计算；（2）根据反应前后原子的数目不变计算．解答：解：（1）设氧气和臭氧的质量都为mg，则：二者的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=：=3：2，根据N=nN A可知，二者的分子数之比与物质的量成正比，则N（O2）：N（O3）=3N A：2N A=3：2，由于都由O原子组成，则质量相同时O原子个数相同，比值为1：1，故答案为：3：2；3：2；1：1；（2）反应前后原子的数目、质量不变，a mol NO和b mol O2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为a：（a+2b），故答案为：a：（a+2b）．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，为高频考点，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用．12．有五种物质是①6gH2；②0.5mol CO2；③1.204×1024个氯化氢分子；④147g硫酸；⑤92g 乙醇（C2H5OH），它们的物质的量最大的是①，所含分子数最多的是①，含有原子个数最多的是⑤，质量最大的是④．考点：物质分子中的原子个数计算；物质的量的相关计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：先根据物质的量与其它物理量之间的转化关系，将选项中的各量转化成物质的量，根据N=n×N A可知物质的量越大，含有的分子数越多，原子的物质的量越大，含有的原子数越多，再根据m=n×M进行计算．解答：解：①6gH2的物质的量为：=3mol，n（原子）=3×2=6mol，m=6g，②0.5molCO2的物质的量为：0.5mol，n（原子）=0.5×3=1.5mol，m=0.5×44=22g，③1.204×1024个HCl的物质的量为：2mol，n（原子）=2×2=4mol，m=2×36.5=73g，④147gH2SO4的物质的量为：=1.5mol，n（原子）=1.5×7=10.5mol，m=147g，⑤92g乙醇（CH3CH2OH）的物质的量为：=2mol，n（原子）=2×9=18mol，m=92g；因此：物质的量最大的是①，故含有分子数最多的就是①，原子的物质的量最大的是⑤，故含有原子数最多的就是⑤，质量最大的是④，故答案为：①；①；⑤；④．点评：本题考查物质的量有关计算、微粒数目计算、阿伏伽德罗定律及其推论，明确基本公式是解本题关键，注意根据PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度不大．13．19g某二价金属氯化物中含有0.4mol Cl﹣，则ACl2的摩尔质量是95 g•mol﹣1；A的相对原子质量是24；ACl2的化学式是MgCl2．考点：物质的量的相关计算；摩尔质量．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据氯离子物质的量计算ACl2的物质的量，再根据M=计算其摩尔质量，进而计算A的相对原子质量，确定A的元素符号，书写化学式．解答：解：19g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.4mol Cl﹣，则ACl2的物质的量为=0.2mol，ACl2的摩尔质量是=95 g•mol﹣1，则A的相对原子质量为95﹣35.5×2=24，该二价金属氯化物的化学式为MgCl2，故答案为：95 g•mol﹣1；24；MgCl2．点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的有关计算，有利于基础知识的巩固．14．有二氧化碳与一氧化碳的混合气体共10.8克，其物质的量为0.3mol．求：（1）混合气体中二氧化碳和一氧化碳的质量各是多少？（2）混合气体缓慢通过足量的氢氧化钠溶液后，剩余气体是什么？其物质的量是多少？所含分子数为多少？考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：（1）设混合气体中CO2的物质的量为x mol，CO的物质的量为y mol，根据二者质量及总物质的量列方程计算，再根据m=nM计算各自质量；（2）氢氧化钠溶液稀释二氧化碳，剩余气体为CO，结合（1）计算可知CO的物质的量，根据N=nN A计算CO分子数目．解答：解：（1）设混合气体中CO2的物质的量为x mol，CO的物质的量为y mol，根据二者质量及总物质的量，则：解得x=0.15，y=0.15故m（CO2）=0.15mol×44g/mol=6.6g，m（CO）=0.15mol×28g/mol=4.2g，答：混合气体中二氧化碳为6.6g，一氧化碳为4.2g；（2）混合气体缓慢通过足量的氢氧化钠溶液后，剩余气体为CO，其物质的量为0.15mol，所含CO分子数目为0.15mol×6. 02×1023mol﹣1=9.03×1022，答：混合气体缓慢通过足量的氢氧化钠溶液后，剩余气体为CO，其物质的量为0.15mol，所含CO分子数目为9.03×1022．点评：本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据物质的量和质量列方程式计算．。
2020-2021学年河北省保定市河北高阳中学高一化学上学期期末试卷含解析
2020-2021学年河北省保定市河北高阳中学高一化学上学期期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 下列离子方程式的书写正确的是A．实验室用石灰石和稀盐酸反应制取CO2：CO32- + 2H+ = CO2↑ + H2OB．硫酸铝溶液与足量烧碱溶液反应：Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2OC．氢氧化钠钠溶液通入足量的CO2气体：2OH-+CO2 =CO32-D．金属钠投入水中：Na + H2O = Na+ + OH- + H2↑参考答案：B略2. 反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2常用于判断氯气管道是否漏气，对这一反应正确的是A. NH3是还原剂B. 若生成28gN2，反应物的物质的量之比可能是3:8C. NH4Cl既是氧化产物又是还原产物D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：8参考答案：AB【分析】该反应中，氧化剂为氯气，还原剂为氨气，还原产物为氯化铵，氧化产物为氮气。
根据得失电子守恒可知，氨气并不全部参与氧化还原，每3molCl2被还原为6mol NH4Cl（或HCl），转移6mol电子，2mol NH3被氧化为1mol N2。
【详解】A. 该反应中，氧化剂为氯气，还原剂为氨气，A正确；B. 生成28gN2，即生成氮气1mol，则参与反应的氯气为3mol。
若氨气足量，则参与反应的氨气8mol，故反应物的物质的量之比可能为3:8，B正确；C.氯化铵是还原产物，氧化产物是氮气，C错误；D. 每3molCl2被还原，转移6mol电子，同时2mol NH3被氧化，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，D错误。
答案为AB。
3. 分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（）A. 根据是否含有氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂B. 根据是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液C. 根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D. 根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应参考答案：DA．根据反应物中元素化合价升降，将物质分为氧化剂和还原剂，不能根据是否含有氧元素把物质分为氧化剂和还原剂，故A错误；B．分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，故B错误；C．根据化合物在水溶液里或熔化状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质，故C错误；D．氧化还原反应的实质是电子的转移，根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故D正确；故选D。
河北省保定市高阳中学高三化学上学期第二次周练试卷(含解析)
2015-2016学年河北省保定市高阳中学高三（上）第二次周练化学试卷一．选择题（共7小题，每个小题只有一个正确选项）1．有关化学用语表达正确的是（）A．聚丙烯的结构简式：B．C1﹣的结构示意图：C．和互为同位素D．过氧化氢电子式：2．下列说法中，正确的是（）A．H35Cl、H37Cl属于同素异形体B．16O与18O的中子数不同，核外电子排布相同C．稳定性：CH4＞SiH4；还原性：HCl＞H2SD．K+、Ca2+、Mg2+的离子半径依次增大，还原性依次增强3．下列有关物质性质的说法错误的是（）A．热稳定性：HCl＞HI B．原子半径：Na＞MgC．酸性：H2SO3＞H2SO4 D．结合质子能力：S2﹣＞Cl﹣4．下列说法不正确的是（）A．最外层电子数为2的元素一定处于ⅡA族B．Ba（OH）2是离子化合物，既含离子键又含共价键C．Na的原子半径比Cl的大，但Na+的半径比Cl﹣的小D．Cl与Ⅰ同属ⅦA族元素，两者最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HIO45．北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性．下列有关分析正确的是（）A．K3C60中只有离子键 B．K3C60中不含共价键C．该晶体在熔融状态下能导电 D．C60与12C互为同素异形体6．Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e ﹣=Li2S+Fe．有关该电池的下列说法中，正确的是（）A．Li﹣Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价B．该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeC．负极的电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+D．充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe﹣2e﹣=2Li++FeS7．用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，下列有关说法不正确的是（）A．产物乙酸乙酯存在18O B．产物水中存在18OC．反应中加入浓硫酸作催化剂 D．此反应属于取代反应二．填空题（共3小题）8．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：（1）溴在周期表中位于周期族．（2）步骤①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是．（3）步骤④利用了SO2的还原性，反应的离子方程式为．（4）步骤⑥的蒸馏过程中，温度应控制在80﹣90℃．温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：．（5）步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离．分离仪器的名称是．（6）步骤①、②之后并未直接用“含Br2的海水”进行蒸馏得到液溴，而是经过“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸馏，这样操作的意义是．9．“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如右图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式（2）饱和碳酸钠溶液的主要作用是、、．（3）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是．（4）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是．（5）做此实验时，有时还向盛乙酸和乙醇的试管里加入几块碎瓷片，其目的是．10．某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律．Ⅰ：甲同学在a、b、c三只烧杯里分别加入50mL水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象．甲同学设计实验的目的是，反应最剧烈的烧杯是（填a、b、c）．Ⅱ：乙同学设计实验验证非金属元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性就越强．他设计了如图装置以验证氮、碳、硅元素的非金属性强弱．乙同学设计的实验可直接证明三种酸的酸性强弱，已知A是强酸，常温下可与铜反应；B是块状固体；打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成．（1）写出所选用物质的化学式：A：；B：；C：．（2）写出烧杯中发生反应的离子方程式：．2015-2016学年河北省保定市高阳中学高三（上）第二次周练化学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，每个小题只有一个正确选项）1．有关化学用语表达正确的是（）A．聚丙烯的结构简式：B．C1﹣的结构示意图：C．和互为同位素D．过氧化氢电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；同位素及其应用．【专题】化学用语专题．【分析】A．聚丙烯中主链只有2个C；B．Cl的质子数为17，其离子核外电子数为18；C．质子数相同，而中子数不同的原子为同位素；D．过氧化氢为共价化合物．【解答】解：A．聚丙烯的结构简式为，故A错误；B．C1﹣的结构示意图为，故B错误；C．质子数相同，而中子数不同的原子为同位素，则和互为同位素，故C正确；D．过氧化氢电子式为，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学用语，涉及结构简式、结构示意图、电子式等，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．2．下列说法中，正确的是（）A．H35Cl、H37Cl属于同素异形体B．16O与18O的中子数不同，核外电子排布相同C．稳定性：CH4＞SiH4；还原性：HCl＞H2SD．K+、Ca2+、Mg2+的离子半径依次增大，还原性依次增强【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同素异形体；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较．【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．根据同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；B．根据中子数=质量数﹣质子数，核外电子数=核内质子数；C．根据同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，氢化物的稳定性越弱；同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱；D．根据最外层电子数相等时，电子层数越多，半径越大；核外电子排布相同的离子，核电核数越小，半径越大；元素的金属性越强，对应的阳离子氧化性越弱．【解答】解：A．H35Cl、H37Cl都是化合物，不是单质，故A错误；B．16O与18O的中子数分别为8、10，核外电子数都为8，核外电子排布相同，故B正确；C．C元素的非金属性大于Si元素，所以稳定性：CH4＞SiH4；Cl元素非金属性大于S元素，所以还原性：HCl＜H2S，故C错误；D．K+、Ca2+的离子半径比Mg2+的离子半径大，K+的离子半径Ca2+的离子半径大，K、Ca、Mg根的金属性逐渐减弱，K+、Ca2+、Mg2+的氧化性依次增强，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了知识点较多，难度不大，掌握基础知识是解题的关键．3．下列有关物质性质的说法错误的是（）A．热稳定性：HCl＞HI B．原子半径：Na＞MgC．酸性：H2SO3＞H2SO4 D．结合质子能力：S2﹣＞Cl﹣【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；真题集萃；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；D．酸越弱，对应的阴离子越易结合质子．【解答】解：A．非金属性：Cl＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na＞Mg，故B正确；C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故C错误；D．酸性HCl＞H2S，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，故D正确．故选C．【点评】本题为2014年高考题目，综合考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．4．下列说法不正确的是（）A．最外层电子数为2的元素一定处于ⅡA族B．Ba（OH）2是离子化合物，既含离子键又含共价键C．Na的原子半径比Cl的大，但Na+的半径比Cl﹣的小D．Cl与Ⅰ同属ⅦA族元素，两者最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HIO4【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用；微粒半径大小的比较；离子化合物的结构特征与性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．最外层电子数为2的元素不一定处于ⅡA族；B．氢氧化钡中存在离子键和共价键；C．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，离子的电子层数越多其离子半径越大；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强．【解答】解：A．最外层电子数为2的元素不一定处于ⅡA族，如He及部分副族元素等，故A 错误；B．氢氧化钡中氢氧根离子和钡离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，所以氢氧化钡中存在离子键和共价键，故B正确；C．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，离子的电子层数越多其离子半径越大，所以Na的原子半径比Cl的大，但Na+的半径比Cl﹣的小，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞I，所以两者最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HIO4，故D正确；故选A．【点评】本题考查了元素周期表结构和元素性质，根据原子结构结合元素周期律分析解答，注意规律中的反常现象，易错选项是A．5．北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性．下列有关分析正确的是（）A．K3C60中只有离子键 B．K3C60中不含共价键C．该晶体在熔融状态下能导电 D．C60与12C互为同素异形体【考点】离子化合物的结构特征与性质；同素异形体．【专题】化学键与晶体结构．【分析】K3C60为离子化合物，晶体中含有离子键和共价键，在熔融状态下能导电，结合同素异形体的概念解答该题．【解答】解：A．K3C60中中K+与C603﹣之间为离子键，C603﹣中C﹣C键为共价键，故A错误；B．C603﹣中C﹣C键为共价键，故B错误；C．K3C60为离子化合物，在熔融状态下能导电，故C正确；D．C60为单质，12C为原子，而同素异形体为同种元素形成的不同单质，二者不属于同素异形体，故D错误．故选C．【点评】本题考查晶体的知识，题目难度不大，解答本题关键是要把握离子化合物的组成，学习中注意同素异形体与同位素的关系．6．Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e ﹣=Li2S+Fe．有关该电池的下列说法中，正确的是（）A．Li﹣Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价B．该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeC．负极的电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+D．充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe﹣2e﹣=2Li++FeS【考点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池．【分析】Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料Li﹣Al/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Li﹣e﹣=Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣=Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS=Li2S+Fe，充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li++2e﹣=2Li．【解答】解：A、Li和Al都属于金属，所以Li﹣Al应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故A错误；B、根据正极反应2Li++FeS+2e﹣=Li2S+Fe与负极反应2Li﹣2e﹣=2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe，故B正确；C、由正极反应式知负极应该是Li失去电子而不是Al，故C错误；D、充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li++2e﹣=2Li，故D错误；故选：B．【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写．7．用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，下列有关说法不正确的是（）A．产物乙酸乙酯存在18O B．产物水中存在18OC．反应中加入浓硫酸作催化剂 D．此反应属于取代反应【考点】乙酸的酯化反应．【分析】羧酸跟醇的酯化反应是可逆的，该反应也属于取代反应；羧酸跟醇的反应过程为：羧酸分子中的羟基与醇分子中羟基的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯，即酸去羟基醇去羟基氢，据此判断含有18O的化合物，此反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂．【解答】解：乙酸与乙醇反应乙酸提供羟基，醇提供羟基氢原子，结合生成水，其余部分互相结合成酯，所以CH3CH218OH与乙酸反应方程式为：CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3+H2O，由于酯化反应是可逆反应，故乙醇仍存在，故18O只存在于乙醇和乙酸乙酯中，故A正确，B错误；此反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，故C正确；乙酸与乙醇发生的酯化反应属于取代反应，故D正确；故选B．【点评】本题考查酯化反应的原理与特点，难度不大，注意羧酸跟醇的酯化反应是可逆的，羧酸跟醇的反应过程一般是：羧酸分子中的羟基与醇分子中羟基的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯．二．填空题（共3小题）8．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：（1）溴在周期表中位于 4 周期VIIA 族．（2）步骤①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是酸化可抑制Cl2、Br2与水反应．（3）步骤④利用了SO2的还原性，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣．（4）步骤⑥的蒸馏过程中，温度应控制在80﹣90℃．温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低．（5）步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离．分离仪器的名称是分液漏斗．（6）步骤①、②之后并未直接用“含Br2的海水”进行蒸馏得到液溴，而是经过“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸馏，这样操作的意义是“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程，与直接蒸馏含Br2海水相比效率更高，消耗能源少，成本降低．．【考点】海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】（1）根据溴在氯的下一周期，与氯在同一主族来解答；（2）在酸性条件下不利于氯气、溴单质与水之间反应；（3）根据了SO2的还原性和氯气的氧化性来解答；（4）在溴水中，溴的沸点是58.5°C，水的是100°C，温度80℃﹣90℃时，水不沸腾而溴蒸气挥发；（5）根据分液是分离两种不相溶的液体，用分液漏斗分离；（6）海水中溴离子的浓度较少，在海水提取溴之前，必须进行海水浓缩以节约成本；【解答】解：（1）因溴在氯的下一周期，与氯在同一主族，所以溴在周期表中位于第4周期VIIA族，故答案为：4，VIIA；（2）氯气、溴单质与水之间能发生反应，酸化可抑制它们与水的反应，故答案为：酸化可抑制Cl2、Br2与水反应；（3）因SO2和氯气、水反应生成硫酸和氢溴酸：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣；（4）在溴水中，溴的沸点是58.5°C，水的是100°C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低；（5）因液溴与溴水不相溶，用分液漏斗分离，故答案为：分液漏斗；（6）海水中溴离子的含量较少，在海水提取溴之前，必须进行海水浓缩，故答案为：“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程，与直接蒸馏含Br2海水相比效率更高，消耗能源少，成本降低．【点评】本题主要以海水化学资源的利用为背景，考查的知识点较多，培养了学生运用知识分析问题和解决问题的能力．9．“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如右图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O（2）饱和碳酸钠溶液的主要作用是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味、溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸、乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯．（3）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防倒吸．（4）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是分液．（5）做此实验时，有时还向盛乙酸和乙醇的试管里加入几块碎瓷片，其目的是防止大试管中液体暴沸而冲出导管．【考点】乙酸乙酯的制取．【专题】综合实验题．【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应；（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液的主要作用是溶解乙醇，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；（3）试管受热不均，导管伸入液面下可能发生倒吸；（4）分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离；（5）液体加热要加碎瓷片，防止暴沸．【解答】解：（1）因乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应：CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、便于闻乙酸乙酯的香味，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，故答案为：中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；（3）导管伸入液面下可能发生倒吸．导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，防止倒吸，故答案为：防倒吸；（4）分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，使乙酸、乙醇溶解，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为：分液；（5）液体加热要加碎瓷片，防止暴沸，故答案为：防止暴沸．【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度不大．注意饱和碳酸钠溶液的作用以及酯化反应的原理．10．某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律．Ⅰ：甲同学在a、b、c三只烧杯里分别加入50mL水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象．甲同学设计实验的目的是验证锂、钠、钾的金属性强弱，反应最剧烈的烧杯是 c （填a、b、c）．Ⅱ：乙同学设计实验验证非金属元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性就越强．他设计了如图装置以验证氮、碳、硅元素的非金属性强弱．乙同学设计的实验可直接证明三种酸的酸性强弱，已知A是强酸，常温下可与铜反应；B是块状固体；打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成．（1）写出所选用物质的化学式：A：HNO3；B：CaCO3；C：Na2SiO3．（2）写出烧杯中发生反应的离子方程式：CO2+SiO32﹣+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣．【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；碱金属的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】Ⅰ由“研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律”可知，甲同学设计实验的目的是验证锂、钠、钾的金属性强弱；金属性越强，单质与水反应越剧烈；Ⅱ利用强酸制备弱酸进行，A是强酸，常温下可与铜反应，硝酸；B是块状固体，打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成，则B为碳酸钙、C为硅酸钠，据此解答．【解答】解：Ⅰ由“研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律”可知，甲同学设计实验的目的是验证锂、钠、钾的金属性强弱；金属性K＞Na＞Li，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是c，故答案为：验证锂、钠、钾的金属性强弱；c；Ⅱ（1）利用强酸制备弱酸进行，A是强酸，常温下可与铜反应，硝酸；B是块状固体，打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成，则B为碳酸钙、C为硅酸钠，故答案为：HNO3；CaCO3；C：Na2SiO3；（2）烧杯中发生反应的离子方程式为：CO2+SiO32﹣+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣，故答案为：CO2+SiO32﹣+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣．【点评】本题将元素及其化合物、元素周期律与实验知识结合起来，考查了审题能力、思维能力，具有较强的综合性，难度不大．。
河北省高阳中学2017-2018学年高一上学期1月月考化学试题 Word版含解析
河北省高阳中学2017-2018学年高一1月月考化学试题考试时间：90分钟；满分：100分注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号、座位号、考试科目涂写在答题卡、答题纸上。
2．请将第Ⅰ卷选择题的答案用2B铅笔涂在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
3. 请将第Ⅱ卷答案写在答题纸的指定位置，超出答题区域书写的答案无效。
4. 考试结束后，将答题卡、答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Cl—35.5 Cu—64 Fe--56第I卷（选择题共54分）一、选择题（本题共27小题，每小题只有一个正确选项，每题2分。
）1. 在物质分类中，前者包括后者的是（）A. 氧化物、化合物B. 化合物、盐C. 溶液、胶体D. 溶液、分散系【答案】B【解析】A．氧化物是由两种元素组成的纯净物，其中一种元素是氧元素；化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，所以，氧化物属于化合物，后者包含前者，故A错误；B．盐是指一类金属离子或NH4+与酸根离子结合的化合物，前者包括后者，故B正确；C．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）．溶液、胶体是并列关系，不存在包含，故C错误；D．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）．分散系包含溶液，故D错误；故答案为B。
2. 我国成功研制的铯（133Cs）原子钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差1秒提高到600万年不差1秒．已知该铯原子的核外电子数为55，则该原子的中子数和质子数之差为（）A. 133B. 78C. 55D. 23【答案】D【解析】原子的核外电子数等于质子数，中子数=质量数-质子数=133-55=78，则该原子的中子数和质子数之差为78-55=23，答案选D。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第一次周练试卷(1)
河北省保定市高阳中学2021-2021学年高一化学上学期第一次周练试卷一、选择题1．已知金属钠投入水中发生猛烈反映，并有氢气生成。
装运金属钠的包装箱应贴的图标是( )2．以下实验仪器不宜直接用来加热的是( )A．试管B．坩埚C．蒸发皿D．烧杯3．以下说法正确的选项是( )A．将试管直立，然后向其中加入块状大理石B．向盛有某溶液的试管中倾倒稀硫酸查验是不是有Ba2＋存在C．实验用完的药品必然要放回原试剂瓶中D．过滤时玻璃棒的结尾应轻轻靠在三层的滤纸上4．进行化学实验必需注意平安，以下说法正确的选项是( )A．不慎将酸液溅到眼中，应当即用水冲洗，边洗边眨眼睛B．不慎将浓碱液沾到皮肤上，要当即用大量水冲洗，然后涂上小苏打溶液C．在加热的情形下，试管中的液体体积不要超过试管容积的3/4D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入必然体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸5．某同窗在实验室里过滤一种浑浊溶液，发觉滤出的液体仍浑浊，他检查实验装置发觉漏斗外壁没有水，滤纸也未显现破损或小漏洞，那么造成实验失败的缘故可能是以下操作中的( )A．滤纸高出漏斗边缘的部份未剪掉B．滤纸与漏斗之间有气泡未被排掉C．倾倒液体时液面高于滤纸边缘D．过滤时玻璃棒靠在三层滤纸一边6．以下生产、生活、实验中的行为，符合平安要求的是( )A．进入煤矿井下作业，戴上平安帽，用帽上的矿灯照明B．节日期间，能够在喧闹繁华的商场里燃放烟花爆竹，欢庆节日C．点燃打火机，能够查验液化气钢瓶口是不是漏气D．实验室里，能够将水倒入浓硫酸及时用玻璃棒搅拌，配制稀硫酸7．以下家庭小实验不能制得溶液的是( )8．以下大体实验操作中，正确的选项是( )9．以下实验目的能够实现的是( )A．用托盘天平称取3.23 g NaCl固体B．用50 mL量筒量取30.12 mL水C．向小试管中加入100 mL稀盐酸D．用胶头滴管取约1 mL溶液10．除去以下物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方式均正确的一组是( )11．以下有关化学实验操作中“先”与“后”的说法正确的选项是________(填字母编号)。
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2015-2016学年河北省保定市高阳中学高一（上）第二次周练化学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．某同学用托盘天平称量锌粒24.4g（1g以下用游码），他把锌粒放在右盘，砝码放在左盘，当天平平衡时，所称取的锌粒的实际质量应是( )A．24.4gB．25.5gC．23.6gD．24g2．已知HCl气体极易溶于水．下列操作中正确的是( )A．B．C．D．3．下列化学实验操作或事故处理方法正确的是( )A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸C．酒精灯着火时可用水扑灭D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌条件下慢慢加入浓硫酸4．用pH试纸测定某无色溶液的pH值时，规范的操作是( )A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较C．用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较5．实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程：①放置酒精灯②固定铁圈的位置③放上蒸发皿④加热搅拌⑤停止加热、余热蒸干．其正确的操作顺序是( )A．①②③④B．①②③④⑤C．②③①④⑤D．②①③④⑤6．下列实验操作中错误的是( )A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．蒸发结晶时应将溶液蒸干D．称量NaOH，称量物放在小烧杯中置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中7．要除去CO2气体中所含的少量HCl气体，最好的方法是将混合气通过( ) A．NaHCO3溶液B．Na2CO3溶液C．饱和石灰水D．氨水8．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、S及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作．其中正确的操作顺序是( )①过滤②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液．A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．④②⑤①③D．⑤②④①③9．下列仪器常用于物质分离的是( )①漏斗②试管③蒸馏烧瓶④天平⑤分液漏斗⑥研钵．A．①③④B．①②⑥C．①③⑤D．①③⑥10．下列关于实验操作的叙述正确的是( )A．萃取操作必须在分液漏斗中进行B．振荡试管中液体时，手拿住试管，用手腕甩动C．所有用剩的药品应收集起来放回原试剂瓶中D．称量物质时先取小砝码，再依次取较大的砝码二、解答题（共6小题，满分0分）11．如何把铜粉和氧化铜粉末分离？12．实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但手边只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠．某学生设计了如图所示方案：（注：碳酸氢铵受热可完全分解成气态物质）如果此方案正确，那么：（1）操作①可选择的仪器是__________．（2）操作②是否可改为加硝酸钡溶液？为什么？__________；理由__________．（3）进行操作②后，如何判断已除尽，方法是__________．（4）操作③的目的是__________．（5）操作④的目的是__________．13．试设计一装置将CO2和CO进行分离并得到干燥的CO2和CO，并说明操作步骤和所用的药品．画出装置图．14．请你说明给盛溶液的试管加热时应注意如何操作？15．回答下面问题：（1）分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用什么方法？（2）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法．16．化学工作者从有机反应：RH+Cl2（g）RCl（l）+HCl（g）受到启发，提出的在农药和有机合成工业中可获得副产品盐酸的设想已成为现实．试指出从上述反应产物中分离得到盐酸的最佳方法是__________A．蒸馏法B．水洗分液法C．升华法D．有机溶剂萃取法．2015-2016学年河北省保定市高阳中学高一（上）第二次周练化学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．某同学用托盘天平称量锌粒24.4g（1g以下用游码），他把锌粒放在右盘，砝码放在左盘，当天平平衡时，所称取的锌粒的实际质量应是( )A．24.4gB．25.5gC．23.6gD．24g考点：计量仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：根据天平的使用方法是左物右码，左盘的质量等于右盘的质量加游码的质量，即药品质量=砝码质量+游码质量，如果位置放反，根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，列等式进行计算．解答：解：由左盘的质量=右盘的质量+游码的质量可知：砝码质量=药品质量+游码的质量，所以药品质量=砝码质量﹣游码质量，即实际称得镁粉的质量=24g﹣0.4g=23.6g．故选C．点评：本题考查托盘天平的使用，题目难度不大，掌握左盘质量=右盘质量+游码质量是解答此类题的关键．2．已知HCl气体极易溶于水．下列操作中正确的是( )A．B．C．D．考点：药品的取用；物质的溶解与加热；尾气处理装置．专题：化学实验基本操作．分析：A、给液体加热时，试管内液体不能超过其体积的，防止沸腾溅出；B、用药匙添加固体时，应该试管平置，加入后，慢慢竖立，防止损坏试管；C、取用液体药品时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨；D、HCl极易溶于水，导管口与液面要适当留点距离，防止倒吸．解答：解：A、给液体加热时，试管内液体不能超过其体积的，防止沸腾溅出，故A错误；B、用药匙添加固体时，应该试管平置，加入后，慢慢竖立，防止损坏试管，故B错误；C、取用液体药品时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨，故C正确；D、HCl极易溶于水，导管口与液面要适当留点距离，防止倒吸，故D错误．故选：C．点评：本题考查了胶头滴管、酒精灯使用及给试管里的液体加热的方法，了解HCl气体的性质．3．下列化学实验操作或事故处理方法正确的是( )A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸C．酒精灯着火时可用水扑灭D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌条件下慢慢加入浓硫酸考点：化学实验安全及事故处理．分析：A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害；B．根据酸、碱的性质分析，酸、碱都具有腐、蚀性；C．从灭火的原理和方法分析，灭火的方法有：（1）与空气（或氧气）隔绝、（2）降温到可燃物的着火点以下、（3）撤走可燃物；D．浓硫酸稀释放热，而量筒不能受热．解答：解：A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故A正确；B．碱液沾到皮肤上，要用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸或盐酸冲洗，硫酸和盐酸也有腐蚀性，会造成二次伤害，故B正确；C．酒精的密度小于水的密度，酒精燃烧时，用自来水灭火时不但不能灭火，而且能扩大燃烧面积，应该用湿抹布盖灭，故C错误；D．浓硫酸稀释放热，故应将浓硫酸倒入烧杯中的水中，而不能在量筒中稀释，故D错误．故选AB．点评：本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．4．用pH试纸测定某无色溶液的pH值时，规范的操作是( )A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较C．用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较考点：测定溶液pH的方法．专题：压轴题；化学实验基本操作．分析：用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照．解答：解：用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度．A．不能把pH试纸放入溶液，会污染试剂，故A错误；B．不能将溶液倒在pH试纸上，故B错误；C．符合测定溶液pH的方法，故C正确；D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定该溶液的pH，故D错误；故选C．点评：测定溶液的pH时必须保证原溶液不污染、不稀释．5．实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程：①放置酒精灯②固定铁圈的位置③放上蒸发皿④加热搅拌⑤停止加热、余热蒸干．其正确的操作顺序是( )A．①②③④B．①②③④⑤C．②③①④⑤D．②①③④⑤考点：蒸发和结晶、重结晶．专题：化学实验基本操作．分析：组装仪器的一般顺序是采用先左后右，先下后上的原则，利用本规则即可解答．解答：解：组装仪器时要从下向上组装，酒精灯在铁圈和蒸发皿的下方，所以要先放酒精灯；然后再固定铁圈，放置蒸发皿；然后再点燃酒精灯加热，并搅拌，当有较多晶体析出时，停止加热，借余热蒸干．故选：B．点评：本题主要考查了粗盐提纯基本操作，题目难度不大，把握组装仪器顺序是解题的关键．6．下列实验操作中错误的是( )A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．蒸发结晶时应将溶液蒸干D．称量NaOH，称量物放在小烧杯中置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中考点：物质的分离、提纯和除杂．专题：化学实验基本操作．分析：A．分液是用分液漏斗将互不相溶的两种液体分开；B．蒸馏将两种沸点不同的相互溶解的液体分离的方法，温度计测量的是蒸汽的温度解答；C．当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，用余热烘干；D．依据托盘天平的使用方法解答．解答：解：A．依据分离物质的目的，进行分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体分离不彻底，故A正确；B．依据蒸馏实验的原理可知，温度计测量的是蒸汽的温度，所以水银球应置于靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C．蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，用余热烘干，这样会保证带结晶水的晶体中含有结晶水，否则的话，结晶水也会被蒸发，甚至晶体也可能会分解，故C错误；D．托盘天平的正确使用方法是：左物右码，即应将称量物放在托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，故D正确．故选C．点评：本题考查了常见的使用仪器的使用和实验的操作，难度不大，是对学生实验知识和技能的考查，熟知常见仪器的使用方法和常见实验的操作是解题的关键．7．要除去CO2气体中所含的少量HCl气体，最好的方法是将混合气通过( ) A．NaHCO3溶液B．Na2CO3溶液C．饱和石灰水D．氨水考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．专题：化学实验基本操作．分析：除去CO2气体中所含的少量HCl气体，最好选饱和碳酸氢钠溶液，与HCl反应生成二氧化碳，以此来解答．解答：解：除去CO2气体中所含的少量HCl气体，最好选饱和碳酸氢钠溶液，与HCl反应生成二氧化碳，选项B、C、D中均能与CO2反应，将原物质除去，故选A．点评：本题考查物质的分离、提纯，侧重除杂的考查，把握物质的性质为解答的关键，注意除杂的原则不能引入杂质，不能与被除杂的物质反应，题目难度不大．8．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、S及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作．其中正确的操作顺序是( )①过滤②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液．A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．④②⑤①③D．⑤②④①③考点：粗盐提纯．专题：化学实验基本操作．分析：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析．解答：解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后硫酸根离子用⑤钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，镁离子用②氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用④碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，再进行①过滤，分离出生成的氢氧化镁、碳酸钡、碳酸钙沉淀，最后再加入③盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，经蒸发操作可得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为：⑤②④①③，故选：D．点评：本题主要考查了粗盐提纯过程中的除杂方面的知识，综合性强，要注意除杂质的顺序，本题难度中等．9．下列仪器常用于物质分离的是( )①漏斗②试管③蒸馏烧瓶④天平⑤分液漏斗⑥研钵．A．①③④B．①②⑥C．①③⑤D．①③⑥考点：过滤、分离与注入溶液的仪器．专题：化学实验常用仪器．分析：实验室常用于分离的操作有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液等，常用的仪器有普通漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶等仪器．解答：解：①普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；②试管常用于物质的制备、发生装置；③蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；④托盘天平常用于称量固体的质量；⑤分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；⑥研钵常用于固体药品的研磨，不能用来分离．所以用来分离的仪器有①③⑤．故选C．点评：本题考查实验室常见仪器的使用，题目难度不大，注意常见基础知识的积累．10．下列关于实验操作的叙述正确的是( )A．萃取操作必须在分液漏斗中进行B．振荡试管中液体时，手拿住试管，用手腕甩动C．所有用剩的药品应收集起来放回原试剂瓶中D．称量物质时先取小砝码，再依次取较大的砝码考点：分液和萃取；计量仪器及使用方法；药品的取用．专题：化学实验基本操作．分析：A．萃取可混合均匀后在可在普通漏斗中进行；B．为防止液体溅出；C．剩余药品放回原瓶会污染药品；D．砝码的取用顺序是先取大后取小．解答：解：A．萃取操作不一定非要在分液漏斗中进行，也可混合均匀后在普通漏斗中进行，故A错误；B．为防止液体溅出，震荡试管中液体时，手拿住试管，用手腕甩动，故B正确；C．用剩的试剂不能放回原试剂瓶中，故C错误；D．砝码的取用顺序是先取大后取小，故D错误．故选B．点评：本题考查了实验操作的正误，难度不大，了解使用天平时砝码的添加顺序．二、解答题（共6小题，满分0分）11．如何把铜粉和氧化铜粉末分离？考点：物质分离、提纯的实验方案设计．分析：氧化铜可与盐酸反应，反应后的溶液加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，加热沉淀分解又可生成氧化铜．解答：解：铜与盐酸不反应，为不活泼金属，可加入盐酸，氧化铜可与盐酸反应，发生CuO+2HCl═CuCl2+H2O，反应后的溶液加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，发生CuCl2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaCl，过滤，将滤渣加热沉淀分解又可生成氧化铜，发生Cu（OH）2CuO+H2O，答：将混合物滴入盐酸后过滤（CuO+2HCl═CuCl2+H2O）；将滤液加入NaOH溶液生成沉淀滤出〔CuCl2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaCl〕将滤渣加热即得到CuO〔Cu（OH）2CuO+H2O〕．点评：本题考查混合物的分离，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，难度不大．12．实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但手边只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠．某学生设计了如图所示方案：（注：碳酸氢铵受热可完全分解成气态物质）如果此方案正确，那么：（1）操作①可选择的仪器是坩埚．（2）操作②是否可改为加硝酸钡溶液？为什么？不能；理由改用Ba（NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3﹣，以后操作中无法除去．（3）进行操作②后，如何判断已除尽，方法是取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42﹣已除尽．（4）操作③的目的是除去过量的Ba2+．（5）操作④的目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸．考点：粗盐提纯．专题：离子反应专题．分析：（1）操作①将固体混合物加热，根据给固体加热常用仪器进行选择；（2）除杂不能引入新的杂质；（3）加入氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；（4）加入碳酸钠溶液，除去过量的氯化钡互溶钙离子；过滤后加碳酸钠溶液会增加了过滤操作次数；（5）盐酸和二氧化碳在加热煮沸的情况下可以挥发出来，不影响氯化钠的纯度．解答：解：（1）根据图示，操作①是将固体混合物加热，使用到的仪器是坩埚；故答案为：坩埚；（2）加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质；故答案为：不能；改用Ba（NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3﹣，以后操作中无法除去；（3）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽；故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42﹣已除尽；（4）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钠反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；故答案为：除去过量的Ba2+；（5）操作④加热煮沸溶液的目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；故答案为：除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸．点评：本题考查了物质除杂的实验方法，除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维．13．试设计一装置将CO2和CO进行分离并得到干燥的CO2和CO，并说明操作步骤和所用的药品．画出装置图．考点：物质分离、提纯的实验方案设计．分析：CO2是酸性氧化物，可用碱来吸收使其生成碳酸盐，碳酸盐与酸反应生成CO2，用装有NaOH溶液的装置吸收，CO用浓硫酸干燥，因为该题中要求分离CO和CO2，所以最终还要求把氢氧化钠中吸收的CO2再放出来，可用分液漏斗中装稀硫酸或盐酸，用来生成CO2，以此解答该题．解答：解：实验的操作步骤为先关闭a，打开b，将CO2通入盛有NaOH溶液的甲容器中，生成Na2CO3，将不溶于NaOH的CO通过浓H2SO4干燥得到干燥的CO．再关闭b，打开a，将盐酸滴入Na2CO3中，将生成的CO2通过浓硫酸干燥，从而得到干燥的CO2，如图，答：实验步骤可以为：①关闭b，打开a，通入混合气体，收集CO；②关闭a，打开b，收集CO2；实验药品：氢氧化钠溶液、稀硫酸、浓硫酸；装置图：．点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及基本实验操作方法，难度不大．14．请你说明给盛溶液的试管加热时应注意如何操作？考点：直接加热的仪器及使用方法．分析：根据给试管中的液体加热时试管夹要夹在试管的中上部、试管中的液体取用量不能超过试管容积的三分之一、试管口不能朝着有人的地方、试管与桌面呈45度角分析．解答：解：给试管中的液体加热时试管夹要夹在试管的中上部、试管中的液体取用量不能超过试管容积的三分之一、试管口不能朝着有人的地方、试管与桌面呈45度角，答：试管夹要夹在试管的中上部、试管中的液体取用量不能超过试管容积的三分之一、试管口不能朝着有人的地方、试管与桌面呈45度角．点评：本题考查直接加热的仪器及使用方法，难度不大，化学实验的基本操作是做好化学实验的基础，学生要在平时的练习中多操作，掌握操作要领，使操作规范，给试管中的液体加热的基本操作要领要准确．15．回答下面问题：（1）分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用什么方法？（2）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法．考点：蒸馏与分馏；分液和萃取．专题：压轴题；化学实验基本操作．分析：（1）明确蒸馏的基本原理，即利用各种物质的沸点不同将混合物分离或提纯的一种方法；（2）利用水和有机溶剂互不相溶，放出少量液体，加入液体根据是否分层来判断．解答：解：（1）蒸馏是利用各种物质的沸点不同将混合物分离或提纯，过程是先使液态混合物升高温度，沸点低的物质会先汽化分离出来，再冷凝变为液体，然后依照同样的道理把混合物依次分离或提纯，这就要求混合物中各成分的沸点相差30℃以上，才易分离；（2）利用水和有机溶剂互不相溶，设计判断方法，操作步骤为：取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水层”，如果液体分层，则上层是水层．故答案为：（1）蒸馏方法；（2）取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水层”，如果液体分层，则上层是水层．点评：掌握化学基本操作的原理，透彻领会问题的实质，要在理解的基础上掌握知识．16．化学工作者从有机反应：RH+Cl2（g）RCl（l）+HCl（g）受到启发，提出的在农药和有机合成工业中可获得副产品盐酸的设想已成为现实．试指出从上述反应产物中分离得到盐酸的最佳方法是BA．蒸馏法B．水洗分液法C．升华法D．有机溶剂萃取法．考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．分析：有机反应RH+Cl2（g）═RCl（l）+HCl（g）中，HCl易溶于水，RH、RCl等不溶于水，以此来解答．解答：解：有机反应RH+Cl2（g）═RCl（l）+HCl（g）中，HCl易溶于水，RH、RCl等不溶于水，从反应产物中分离得到盐酸，则水洗分液法可得到盐酸，故答案为：B．点评：本题考查混合物的分离，为高频考点，把握卤代烃、HCl性质的差异为解答的关键，注意卤代烃不溶于水，题目难度不大．。