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化学第1页，共14页学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）1.化学与生活、生产、社会、环境密切相关，下列说法不正确的是()A.小型游泳池通常使用次氯酸钠而非氯气来消毒池水B.在食品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C.为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用小苏打做发泡剂D.为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药【答案】D【解析】【分析】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。【解答】A.氯气有毒会造成污染，所以小型游泳池通常使用次氯酸钠溶液来消毒，不用氯气，故A正确；B.硅胶可吸水，铁粉具有还原性，所以食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故B正确；C.小苏打的主要成分是碳酸氢钠，受热会分解生成二氧化碳气体，所以可用小苏打做面包的发泡剂，故C正确；D.合理使用化肥和农药能提高农作物的产量和质量，但大量使用化肥和农药会污染空气、水等，所以使用化肥和农药不提倡大量，而是合理，故D错误。故选D。2.将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱分类顺序排列，其中正确的是（）A.氧气、干冰、硫酸、烧碱B.碘酒、冰、盐酸、烧碱C.氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱D.铜、硫酸钠、醋酸、石灰水【答案】A【解析】【分析】本题考查物质类别的分析，学生应能利用物质的组成和性质来分析物质的类别，并熟悉常见物质的分类来解答。【解答】A.氧气、干冰、硫酸、烧碱分别属于单质、氧化物、酸、碱，故A正确；B.碘酒属于混合物、冰属于化合物中的氧化物、盐酸属于酸类、烧碱属于碱类，故B错误；C.氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱分别属于单质、氧化物、酸、盐，故C错误；D.铜、硫酸钠、醋酸、石灰水分别属于单质、盐、酸、碱，故D错误。故选A。3.能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A.Cl2与水反应：Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-B.CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓C.将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D.铁与盐酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑【答案】D【解析】【分析】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法第2页，共14页为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。A.反应生成的HClO在离子反应中保留化学式；B.漏写生成氢氧化铜的离子反应；C.醋酸在离子反应中保留化学式；D.反应生成氯化亚铁和氢气。【解答】A.Cl2与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++HClO+Cl-，故A错误；B.CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液的离子反应为Cu2++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B错误；C.将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；D.铁与盐酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D正确。故选D。4.下列除杂质的方法不正确的是（）A.FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量Cu粉，过滤B.Na2CO3固体中混有少量NaHCO3加热C.CO2气体中混有少量HCl：用饱和NaHCO3溶液洗气D.铁粉中混有少量铝粉：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤【答案】A【解析】解：A．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质氯化铜，不能除杂，应选过量铁粉、过滤，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，所以Na2CO3固体中混有少量NaHCO3加热可以除杂质，故B正确；C．二氧化碳与碳酸氢钠不反应，HCl与碳酸氢钠能反应，所以CO2气体中混有少量HCl，用饱和NaHCO3溶液洗气可以除杂质，故C正确；D．Al与NaOH反应，而Fe不能，反应后过滤可分离，故D正确；故选：A。A．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；C．二氧化碳与碳酸氢钠不反应，HCl与碳酸氢钠能反应；D．Al与NaOH反应，而Fe不能。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。5.下列说法中，不正确的是（）A.胶体与溶液的本质区别是分散质颗粒的大小不同B.氯化铁溶液可应急止血，利用的是胶体的聚沉C.溶液是电中性的，胶体是带电的D.将稀硫酸逐滴加入氢氧化铁胶体中，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解【答案】C【解析】【分析】本题考查了胶体和其它分散系的本质区别和其特征性质，应注意胶体具有聚沉、丁达尔现象、胶体微粒吸附电荷的性质，掌握基础是解题关键，题目难度不大。【解答】第3页，共14页A．溶液与胶体的本质区别是分散质颗粒直径大小，故A正确；B．血液是胶体，而氯化铁溶液是电解质溶液，能使血液胶体发生聚沉，从而可以应急止血，故B正确；C．溶液中正电荷总数等于负电荷总数，所以溶液是电中性，胶体有的带电，由的不带电，故C错误；D．电解质溶液能使胶体产生聚沉，故将硫酸滴入氢氧化铁胶体中，会生成氢氧化铁沉淀，继续滴加氢氧化铁沉淀会溶于硫酸，即沉淀消失，故D正确。故选：C。6.NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB.Na2O2与CO2反应生成11.2LO2（标准状况），反应中转移的电子数为2NAC.在标准状况下，22.4L四氯化碳所含的氯原子数目为4NAD.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子【答案】D【解析】【分析】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。【解答】A.氯气和铁反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；B.过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成11.2L氧气即0.5mol氧气时，转移1mol电子即NA个，故B错误；C.标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氧原子的个数，故C错误；D.由于钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确。故选D。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH=1的溶液中：NH+4、K+、ClO-、Cl-B.在强碱溶液中：Na+、K+、Cl-、SO32-C.能与金属铝反应生成氢气的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D.在含大量Fe3+溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN-【答案】B【解析】解：A．pH=1的溶液，显酸性，H+、ClO-、Cl-发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；B．强碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C．能与金属铝反应生成氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，强碱溶液中不能大量存在NH4+、Al3+，酸溶液中Al、NO3-、H+发生氧化还原反应不生成氢气，故C不选；D．Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故D不选；故选B．A．pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B．强碱溶液中该组离子之间不反应；C．能与金属铝反应生成氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．离子之间结合生成络离子．本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，第4页，共14页侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大．8.下列有关叙述正确的是（）A.相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数目之比为11：7B.同体积、同密度的C2H4和CO，两种气体的分子数一定相等C.配制450mL0.1mol•L-1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8gD.1L0.45mol•L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度比0.1L0.15mol•L-1AlCl3溶液大【答案】B【解析】【分析】本题考查了阿伏加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。【解答】A.相同条件下，质量相等的CO和CO2它们物质的量之比为：11：7，所含的氧原子数目之比为11：14，而不是11：7，故A错误；B.体积相等、密度相等的CO和C2H4的质量相等，而两者的摩尔质量相等，所以物质的量相等，两种气体的分子数相等，故B正确；C.配制450mL0.1mol•L-1的NaOH溶液，应用500mL的容量瓶来配制，所以氢氧化钠固体的质量为：0.1mol•L-1×0.5L×40g/mol=2g，故C错误；D.0.15mol•L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度是0.45mol•L-1，所以两者的氯离子的浓度相等，故D错误。故选B。9.KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，有关该反应，说法不正确的是（）A.Cl2既是氧化产物，又是还原产物B.转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2C.盐酸既体现酸性，又体现还原性D.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1【答案】B【解析】解：A．只有Cl元素的化合价变化，KClO3中Cl由+5价降低为0，HCl中Cl由-1价升高为0，Cl2既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；B．由反应可知转移5mol电子生成3mol气体，状态未知，不能计算体积，故B错误；C．生成KCl和氯气，可知盐酸既体现酸性，又体现还原性，故C正确；D．失去电子被氧化，由反应可知5个Cl失去电子与1个Cl得到电子相同，则被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1，故D正确；故选：B。由KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，KClO3中Cl由+5价降低为0，HCl中Cl由-1价升高为0，以此来解答。本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电子转移计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大。10.已知常温下在溶液里可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序（）A.Sn4+、Fe3+、Ce4+B.Ce4+、Fe3+、Sn4+C.Sn4+、Ce4+、Fe3+D.Fe3+、Sn4+、Ce4+第5页，共14页【答案】B【解析】解：根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，氧化性：Ce4+＞Fe3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，氧化性：Fe3+＞Sn4+，所以氧化性顺序是：Ce4+＞Fe3+＞Sn4+。故选：B。根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断．本题考查氧化性强弱的判断规律，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行回答，题目难度不大．11.下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是（）XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu（OH）2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A．Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na，故A错误；B．CuCuSO4𝑁𝑎𝑂𝐻Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜，故B错误；C．C与氧气反应得到CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2和镁反应能直接得到C，故C正确；D．Si与氧气在一定条件下可以反应生成SiO2，SiO2与水不反应，制取H2SiO3，应由硅酸盐和酸反应制备，故D错误．故选C．A．Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na；