解析天津市塘沽一中育华中学学年高一上学期第一次月考化学试题Word格式文档下载.docx

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A.胶体的分散质粒子直径在10-9-10-7m之间

B.胶体较稳定

原因是胶体带电

C.可用渗析法提纯胶体

D.可利用丁达尔效应区分溶液和胶体

【答案】B

【详解】A、分散质粒子直径介于1-100nm之间的分散系为胶体，即胶体的分散质粒子直径在10-9～10-7m之间，故A正确；

B、胶体不带电，是胶体中的胶粒带电，故胶体中的胶粒之间相互排斥，使得胶体较稳定，故B错误；

C、溶液中的微粒可以透过半透膜，而胶粒不能透过半透膜，当胶体中混有溶液时，可以用渗析的方法来提纯，故C正确；

D、溶液无丁达尔效应，胶体有，可以用丁达尔效应来区分溶液和胶体，故D正确；

故选B。

4.下列关于电解质的说法正确的是（）

A.液态HCl不导电，所以HCl不是电解质

B.Na2O溶于水形成的溶液能导电，但由于不是自身产生的离子导电，所以Na2O是非电解质

C.明矾是电解质，其净水原理与胶体的吸附性有关

D.自由移动的离子数目多的溶液与胶体的吸附性有关

【答案】C

【详解】A．氯化氢在水溶液中能够导电，属于电解质，故A错误；

B．Na2O溶于水形成的溶液能导电，是因为氧化钠与水反应生成的氢氧化钠发生了电离的结果，但氧化钠在熔融状态下能够电离出自由移动的钠离子和氧离子而导电，因此氧化钠属于电解质，故B错误；

C．明矾的水溶液能够导电，属于电解质；

明矾中的铝离子能够水解生成氢氧化铝胶体，胶粒的表面积较大，具有吸附作用，能够吸附水中的悬浮物而净水，与胶体具有吸附性有关，故C正确；

D．溶液中自由移动的离子数目的多少，与溶液的体积和离子浓度有关，与胶体的吸附性无关，故D错误；

故选C。

5.下列叙述正确

是（）

A.1mol任何物质都含有6.02×

1023个离子

B.等质量的CO和CO2中所含碳原子数相等

C.含NA个He原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L

D.氢气的气体摩尔体积约为22.4L

【详解】A．物质的构成微粒不一定是离子，可能是分子或原子，故A错误；

B．CO和CO2的摩尔质量不同，等质量CO和CO2的物质的量不等，所含碳原子数不等，故B错误；

C．氦气分子是单原子分子，含有NA个氦原子的氦气分子的物质的量为1mol，在标准状况下1mol氦气的体积约为22.4L，故C正确；

D．标准状况下，氢气的气体摩尔体积约为22.4L/mol，气体所处状态不确定，气体摩尔体积不确定，并且单位不正确，故D错误；

【点睛】本题的易错点为C，要注意稀有气体为单原子分子。

6.推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是（）

A.在同一化合物中，金属元素显正价，所以非金属元素一定显负价

B.混合物都不是电解质，所以冰水混合物也不是电解质

C.通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，所以CO2是酸

D.Cu2+的氧化性比H+强，所以CuCl2和稀盐酸的混合溶液中加入少量铁屑时，可能没有气泡冒出。

【详解】A、在同一化合物中，金属元素显正价，非金属元素不一定显负价。

例如，在碳酸钙中，钙显+2价，碳属于非金属元素，显+4价，故A错误；

B、冰水混合物只含有一种水分子，是纯净物，不是混合物，属于电解质，故B错误；

C、酸能使紫色石蕊溶液变红，通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，是因为二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸使紫色石蕊溶液变红，并不是CO2是酸，故C错误；

D、Cu2+的氧化性比H+强，所以CuCl2和稀盐酸的混合溶液中加入少量铁屑时，铁首先与氯化铜反应置换出铜，若铁少量，则没有气泡冒出，故D正确；

【点睛】本题的易错点为B，要注意纯净物和混合物的判断不能单纯看名称，要看本质，如纯盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，而冰水混合物中只有一种分子——H2O，是纯净物。

7.设NA代表阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）

A.48gO2和O3的混合气体所含原子数为3NA

B.标准状况下，22.4L氮气含有的核外电子数为28NA

C.5.6g铁与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NA

D.20g49%的硫酸中，H2SO4分子数为0.1NA

【详解】A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为

=3mol，个数为3NA，故A正确；

B、标准状况下，22.4L氮气的物质的量=

=1mol，一个氮气分子中含14个电子，则1mol氮气中含14NA个电子，故B错误；

C、5.6g铁的物质的量为

=0.1mol，而铁和盐酸反应后变为+2价，0.1mol铁反应后失去0.2NA个电子，故C错误；

D、硫酸是强酸，在49%的硫酸溶液中会电离，不存在H2SO4分子，故D错误；

8.下列离子方程式的书写正确的是（）

A.氢氧化铝和稀盐酸反应：

H++OH-=H2O

B.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，溶液恰好呈中性：

OH-+Ba2++SO42-=BaSO4+H2O

C.向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：

CO32-+2H+=H2O+CO2↑

D.向碳酸氢钙溶液中加入过量的澄清石灰水：

Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O

【详解】A．氢氧化铝难溶于水，与稀盐酸反应的离子反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故A错误；

B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，溶液恰好呈中性的离子方程式为Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；

C．向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；

D．向碳酸氢钙溶液中加入过量的澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：

Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；

9.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）

A.在某无色透明溶液中：

K+、NH4+、Cl-、Fe3+

B.有SO42-存在的溶液中：

Mg2+、Br-、Ca2+、Cl-

C.在强碱溶液中：

NO3-、K+、CO32-、Na+

D.在石蕊试液变红的溶液中：

Na+、HCO3-、Cl-、NO3-

【详解】A．在某无色透明溶液中不能存在大量的有色离子Fe3+，故A错误；

B．SO42-能够与Ca2+生成微溶于水的硫酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；

C．在强碱溶液中存在大量的OH-，OH-、NO3-、K+、CO32-、Na+离子间不发生反应，能够大量共存，故C正确；

D．在石蕊试液变红的溶液中含有大量的H+，H+与HCO3-不能大量共存，故D错误；

故选C

10.周杰伦在歌曲《青花瓷》中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中“铜绿”的化学成分是碱式碳酸铜。

铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：

2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2（OH）2CO3，下列关于该反应的说法正确的是（）

A.该反应是氧化还原反应，发生化合价变化的有三种元素

B.O2得电子，发生的是还原反应

C.由此反应可知，化合反应一定是还原反应

D.0.2molCu参与反应消耗O2的体积为2.24L

【详解】2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2（OH）2CO3中，Cu元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低。

A．反应中存在元素化合价的变化，其中Cu元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低，属于氧化还原反应，变价的只有Cu、O两种元素，故A错误；

B．该反应中铜失去电子，发生氧化反应，O2得到电子，发生还原反应，故B正确；

C．化合反应不一定是氧化还原反应，例如氧化钠与水生成氢氧化钠为非氧化还原反应，故C错误；

D．未指明是否为标准状况，无法计算消耗O2的体积，故D错误；

【点睛】本题的易错点为D，要注意气体的体积与温度和压强有关。

11.常温下，

溶液中可发生以下反应：

①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-③2Fe3++2I-=2Fe2++I2。

由此判断下列说法错误的是（）

A.氧化性强弱顺序为：

Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2

B.①中当有1molBr2被还原时，反应转移2mol电子

C.③中当有1molFe3+被还原时，可生成0.5mol氧化产物

D.Br2与I-不能反应

【详解】A．①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中Br2的氧化性大于Fe3+，②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中Cl2的氧化性大于Br2，③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中Fe3+的氧化性大于I2，所以氧化性大小顺序为：

Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，故A正确；

B．①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中溴为氧化剂，Br由0价降低为-1价，转移2个电子，当有1molBr2被还原时，反应转移2mol电子，故B正确；

C．③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则当有1molFe3+被还原时，有1molI-被氧化，可生成0.5mol氧化产物，故C正确；

D．由A得出氧化性大小顺序

：

Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，所以Br2与I-能反应，故D错误；

12.有甲、乙、丙、丁四种物质，在化学反应中的关系是：

甲+乙→丙+丁，下列说法正确的是（）

A.若甲为盐酸，丁为水，则乙一定为碱

B.若甲、乙、丙、丁都是化合物，则该反应一定是复分解反应

C.若将17g甲和15g乙混合，充分反应后，则生成丙和丁的质量总和一定为32g

D.若甲为酒精，乙为氧气，则该反应一定为氧化反应

【详解】A．若甲为盐酸，丁为水，乙不一定为碱，乙也可能为金属氧化物，故A错误；

B．若甲、乙、丙、丁都是化合物，该反应不一定是复分解反应，也可能是氧化还原反应等，如氯化铁与亚硫酸钠反应生成氯化亚铁和硫酸钠，故B错误；

C．若将17g甲和15g乙混合，充分反应后，则生成丙和丁的质量总和一定不大于32g，以为二者不一定恰好完全反应，故C错误；

D．物质与氧发生的反应属于氧化反应，则甲为酒精，乙为氧气，则该反应一定为氧化反应，故D正确；

13.下列说法正确的是（）

A.NH3→NH4Cl的转化过程中氮元素被还原

B.2mol水的摩尔质量是1mol水的摩尔质量的两倍

C.同温同压下，H2S气体的密度是NH3气体密度的两倍

D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量是10%NaOH溶液中NaOH的物质的量的两倍

【详解】A、由NH3→NH4Cl的过程中，N元素化合价不变，没有发生氧化还原反应，故A错误；

B、摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，故水的摩尔质量是18g/mol，故B错误；

C、同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比为17g/mol∶34g/mol=1∶2，H2S气体的密度是NH3气体密度的两倍，故C正确；

D、溶液中溶质的物质的量与溶液的浓度和体积有关，未告知溶液的体积，无法判断20%NaOH溶液和10%的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量的大小，故D错误；

【点睛】本题的易错点为B，要注意摩尔质量与物质的物质的量的多少无关。

14.下列说法正确的是（）

A.将混合物分为胶体，溶液和浊液的本质原因是分散系的稳定性

B.Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3均能与稀硫酸反应，且反应现象相同。

C.取少量待测液，加入稀盐酸，产生无色无味并能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32-

D.某溶液中阴离子只含有Cl-和SO42-，为分别检验两种阴离子，检出的顺序应为先检验SO42-后检验Cl-

【详解】A、分散系分为胶体，溶液和浊液的分类依据是分散质粒子直径的大小，故A错误；

B、胶体中的胶粒带电，故氢氧化铁胶体遇稀硫酸溶液先聚沉得氢氧化铁沉淀，后氢氧化铁沉淀溶解；

而氢氧化铁浊液能直接和硫酸反应，表现为沉淀溶解，现象不同，故B错误；

C、取少量待测液，加入稀盐酸，产生无色无味并能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则溶液中有CO32-或HCO3-中的至少一种，故C错误；

D、检验氯离子可以使用银离子，检验硫酸根离子可以使用钡离子，银离子会对硫酸根的检验产生干扰，因此检出的顺序应为先检验SO42-后检验Cl-，故D正确；

15.已知铜片与浓硝酸可以发生如下反应：

Cu+4HNO3＝Cu（NO3）2+2X↑+2H2O对该反应的下列说法中正确的是（）

A.生成物X的化学式为H2

B.反应中N元素化合价改变的原子与N元素化合价不变的原子的个数比为1：

1

C.浓硝酸属于纯净物

D.反应物Cu与生成物H2O的质量比为32：

9

【分析】

根据质量守恒定律（原子守恒），X应为二氧化氮。

【详解】A.生成物X的化学式为NO2，故A错误；

B.反应中，有两个N原子价态发生了改变，有2个N原子价态没有发生改变，因此N元素化合价改变的原子与N元素化合价不变的原子的个数比为1：

1，故B正确；

C.浓硝酸属于混合物，故C错误；

D.每反应掉一个铜原子，会生成2个水分子，因此反应物Cu与生成物H2O的质量比为32：

18，故D错误；

故答案选B。

二、非选择题

16.按要求填空

（1）铁屑加入硝酸银溶液中反应的离子方程式为______。

（2）醋酸（CH3COOH）与烧碱溶液反应的离子方程式为______。

（3）NaHSO4是一种______（填“酸、碱、盐”），向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性时，该反应的离子方程式为_____。

（4）实验室制备少量Fe（OH）3胶体的化学方程式为______。

（5）配平下列方程式：

____SO32-+___IO3-+___H+=___SO42-+___I2+___H2O，______

（6）一定条件下，RO3n-和氟气可发生如下反应：

RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O，从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是____。

【答案】

（1）.Fe+2Ag+=Fe2++2Ag

（2）.CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O（3）.盐（4）.2OH-+Ba2++2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O（5）.FeCl3+3H2O

Fe（OH）3（胶体）+2HCl（6）.5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O（7）.+5

（1）铁屑加入硝酸银溶液中发生置换反应；

（2）反应生成醋酸钠和水，醋酸在离子反应中保留化学式；

（3）NaHSO4电离生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物叫做盐，向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性时反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠和水；

（4）制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体；

（5）根据化合价升降守恒分析配平；

（6）根据电荷守恒确定n的值，再利用化合价计算的原则来求R元素的化合价。

【详解】

（1）铁屑加入硝酸银溶液中发生置换反应，反应的离子方程式为Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，故答案为：

Fe+2Ag+=Fe2++2Ag；

（2）醋酸与烧碱溶液发生中和反应，CH3COOH为弱酸，用化学式表示，反应的离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故答案为：

CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；

（3）NaHSO4电离生成了金属阳离子和酸根离子，属于盐类，NaHSO4是二元强酸的酸式盐，向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性时，反应的化学方程式为：

2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，则离子方程式为：

2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故答案为：

盐；

2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；

（4）制备Fe（OH）3胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3HCl，故答案为：

FeCl3+3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3HCl；

（5）____SO32-+___IO3-+___H+=___SO42-+___I2+___H2O中S元素由+4价升高为+6价，升高2，I元素由+5价降低为0价，降低10，根据化合价升降守恒，有5SO32-+2IO3-+___H+=5SO42-+I2+___H2O，再结合质量守恒和电荷守恒配平得：

5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，故答案为：

5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O；

（6）由离子方程式RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O，反应后1个RO4-离子带1个单位的负电荷、2个F-离子带2个单位的负电荷，而反应前2个OH-离子带2个单位负电荷，根据反应前后的电荷守恒，可判断n=1，则离子RO3n-为RO3-；

设RO3-离子中R元素的化合价为x，则有x+（-2）×

3=-1，解得x=+5。

故答案为：

+5。

17.实验室制取氯气有下列反应：

2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O

（1）该反应中氧化剂是____；

被还原的元素是______；

氧化产物是_______。

（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目：

2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O______

（3）该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为____mol，转移电子____mol。

【答案】

（1）.KMnO4

（2）.Mn（3）.Cl2（4）.

（5）.5（6）.5

（1）2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律分析解答；

（2）根据化合价的变化分析判断出还原剂和氧化剂，以及转移的电子数，再根据单线桥的书写方式解答；

（3）结合

（2）的结果分析解答。

（1）2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，被还原，反应得到的是还原产物，KMnO4是氧化剂，Cl元素的化合价升高，被氧化，反应得到的氧化产物为Cl2，故答案为：

KMnO4；

Mn；

Cl2；

（2）反应中，化合价升高的元素是氯元素，失电子，HCl为还原剂，化合价降低元素是锰元素，得到电子，KMnO4是氧化剂，化合价升高的数目=化合价降低的数目=转移电子数=10，反应中电子转移的方向和数目用单线桥表示为

，故答案为：

；

（3）根据方程式2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，反应有2molKMnO4参加反应，消耗HCl16mol，其中被氧化的HCl为10mol，转移电子10mol，所以若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为5mol，转移电子数5mol，故答案为：

5；

5。

【点睛】本题的易错点为（3）要注意参加反应的HCl没有全部被氧化，16份HCl参加反应只有10份HCl被氧化，还有5份HCl为酸。

18.现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44L。

回答下列问题：

（1）该混合气体的平均摩尔质量为______。

（2）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（实验在标准状况下测定）。

①气球中收集到的气体的相对分子质量为______。

②气球中收集到的气体中，电子总数为______（用NA表示阿伏伽德罗常数的值）

③气球的体积为______L。

【答案】

（1）.36g/mol

（2）.28（3）.4.2NA（4）.6.72L

（1）根据标准状况下气体的体积计算CO和CO2物质的量，进而可计算混合气体的平均摩尔质量；

（2）将混合气体依次通过图示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO，结合混合气体的质量列式计算CO的物质的量，据此分析解答。

【详解】标准状况下，体积为13.44L气体的物质的量=

=0.6mol。

设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则28x+44y＝21.6，x+y＝0.6，解之得x=0.3，y=0.3，即混合气体中含有0.3molCO和0.3molCO2。

（1）该混合气体的平均摩尔质量为

=36g/mol，故答案为：

36g/mol；

（2）将混合气体依次通过图示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO。

①气球中收集到的气体为CO，相对分子质量为28，故答案为：

28；

②0.3molCO含有的电子数为0.3mol×

（6+8）×

NA/mol=4.2NA，故答案为：

4.2NA；

③标准状况下，V=0.3mol×

22.4L/mol=6.72L，故答案为：

6.72。