2022-2023学年山西省临汾一中、晋城一中、内蒙古鄂尔多斯一中等六校化学高一第一学期期中质量跟踪监视试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列离子方程式书写正确的是()A硝酸银与盐酸反应：AgNO3Cl=AgClNOB铜片插入硝酸银溶液中：CuAg=AgCu2C硫酸和氯化钡溶液反应：Ba2SO=BaSO4D铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe3Cu2=2Fe33Cu2、下列离子方程式的书写正确的是A铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3·H2OAlO2+4NH4+2H2OC金属钠投入水中：2Na+2H2O2Na+2OH+H2D将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3+4H2O3、如图：A处通入氯气。关闭B阀时,C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是AD中不可能是浓硫酸B通入的氯气含有水蒸气CD中可以是水DD中可以是饱和食盐水4、将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol·L-1的稀硫酸加热蒸发掉一定量的水，使质量分数为2a%，此时硫酸的物质的量浓度为c2mol·L-1。已知硫酸浓度越大，密度越大，则c1与c2的数值关系是Ac1=2c2 Bc2=2cl Cc22c1 Dc22cl5、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )。A将酸分为一元酸、二元酸等：分子组成中含有氢原子的数目B强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小C溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象D氧化还原反应的本质：有电子转移6、以下各组物质所具有的性质依次为只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的是ANa、H+、H2OBCl2、KClO3、FeCNa+、K、Fe2+DKMnO4、CO、H2O7、对下列物质所含离子的检验中，作出的判断正确的是（）A灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中一定有Na，无KB某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中一定存在NH4+C某溶液中，先加入硝酸银溶液，有淡黄色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不溶解，可判定原溶液一定含有I-D向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有SO42-8、某同学在做实验时引发了镁失火，他立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C，下列关于该反应的判断正确的是AMg元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原产物B由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>CCCO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应DMg原子失去的电子数目等于O原子得到的电子数目9、下列溶液中的c (Cl-) 与50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)相等的是（    ）A150mL 3mol·L-1 氯化钾溶液    B75mL 2mol·L-1 氯化铵溶液C150mL1mol·L-1 氯化钠溶液    D75mL 1mol·L-1 氯化钡溶液10、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A1mol氧气中有2NA个氧原子 B使用摩尔时必须指明微粒的名称C1mol CO2所含的原子总数为3NA个 D1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个11、实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的无色溶液，且在溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol·L1。下列四个离子组能达到要求的是（ ）ANa、K、SO42-、ClBCu2、K、SO42-、NO3-CH、K、HCO3-、ClDMg2、Na、Cl、SO42-12、氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸具是（）A强酸B高沸点酸C脱水剂D强氧化剂13、同温同压下，氦气、氢气和氨气(NH3)的体积比为321，则其原子个数比为A123B433C344D32114、有容积不同的X、Y两密闭容器，X中充满CO气体，Y中充满CH4、O2、N2的混合气体，同温同压下测得两容器中气体密度相同。下列叙述中不正确的是 AY容器中CH4、O2、N2的质量之比可以为163BY容器中CH4、O2、N2的物质的量之比一定为136C两容器中所含气体分子数一定不同D两容器中所含气体的质量一定不同15、下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：2的是A4KIO22H2O4KOH2I2B2CH3COOHCa(ClO)22HClO(CH3COO)2CaCI22NaClO32NaIO3Cl2DMnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O16、下列说法中正确的是A加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ca2+B用玻璃棒蘸取新制氯水，点在PH试纸的中央，与标准比色卡比较，测定氯水的PHC某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体则原溶液中存在NH4+D加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO4217、氯元素在自然界有和两种同位素，在计算式中（   ）A75.77%表示的质量分数B24.23%表示的丰度C35.453表示氯元素的相对原子质量D36.966表示的质量数18、下列反应中，氧化反应与还原反应在同一元素间进行的是ACl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2OBFe+CuSO4FeSO4+CuC2KClO32KCl+3O2D2H2O 2H2+O219、仪器名称为“容量瓶”的是ABCD20、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A标准状况下，18g H2O 的体积约为22.4 LB28 g N2和CO的混合气含有的分子数为NAC1 mol CH4中含有的质子数约为6.02×1023D同温同压下，体积相同的氧气和氨气含有相同个数的原子21、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A80 g硝酸铵中含有氮原子数为2NAB1 L 1 mol·L1的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NAC标准状况下，11.2 L蒸馏水中所含分子数为0.5NAD32 g O3和O2的混合物中所含分子数为NA22、等物质的量的金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应，所得氢气的体积依次为VA、VB、VC，已知VB=2VC，且VA=VB+VC，则在A的生成物中该金属元素的化合价为A+1 B+3 C+2 D+4二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。取少量中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。（1）请写出上述第步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，（填化学式，下同）一定不含有_，可能含有_。（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是_。24、（12分）某溶液的溶质离子可能含有Mg2、Ba2、CO32、Cl、SO42、NO3中的几种，现进行如下实验：.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_。（2）写出和中所发生反应的离子方程式：_。（3）为了验证溶液中是否存在Cl、NO3，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO3同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl的实验方法：_。25、（12分）掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。（1）写出下列仪器的名称：a. _b._c._e._（2）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是_。冷凝水由_（填f或g）口通入。（3）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，装置II是某同学转移溶液的示意图。图中的错误是_。根据计算得知，用托盘天平所需称量NaOH的质量为_g。配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）_。A用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶B称量计算出的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解并冷却至室温C将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度23cm处（4）物质的量浓度误差分析：（填偏高、偏低、无影响）用滤纸称量氢氧化钠_；定容时，若眼睛俯视刻度线，则所配制的溶液浓度将_；未冷却到室温就注入容量瓶定容_；配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液_。26、（10分）氯是一种富集在海水中的元素，下图是几种含氯产品。(1)储氯钢瓶中应贴的标签为_（填字母代号）A易燃品 B有毒品 C爆炸品实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图a所示。a: b:用此法值得的氯气中含有HCl和水蒸气，通常通过盛有_、_的洗气瓶，可以得到纯净、干燥的氯气。Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要上图b装置进行尾气处理，用化学方程式表示该原理_。气体应该由_（填a或b）管通入。若要吸收标准状况下224mlCl2，至少需要1mol/L的上述溶液_mL。(2)工业上制取漂白粉的化学方程式是_。瓶装漂白粉久置空气中会呈稀粥状而失去漂白作用。试用化学方程式表示漂白粉在空气中易失效的原因是_。将Cl2制成漂白粉的主要目的是_。A增强漂白能力和消毒作用 B使它转化为较稳定物质，便于保存和运输C使它转化为较易溶于水的物质 D提高氯的质量分数，有利于漂白消毒(3)同学们探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验。将5mL市售84消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12，将稀释后溶液各20mL分别加入a、b、c三个洁净的烧杯中：烧杯溶液的pH现象a1010min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色c410min后，红纸颜色比b烧杯中10min后的浅；4h后红纸褪色已知溶液中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示：由实验现象可获得结论：溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色_(填“越快”或“越慢”)。结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_。27、（12分）某溶液的溶质离子可能含有Mg2+、Ba2+、CO32-、Cl-、SO42-、NO3-中的几种，现进行如下实验：1.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；2.过滤，向实验1所得的滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_（2）写出1和2中所发生反应的离子方程式_（3）为了验证溶液中是否存在Cl-、NO3-，某同学提出下列假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。实验方法：_实验现象：_实验结论：假设正确28、（14分）从石油裂解中得到的1，3-丁二烯可进行以下多步反应，得到氯丁橡胶和富马酸。（1）B的名称为2-氯-1，4-丁二醇，请你写出B的结构简式_。（2）请你写出第步反应的化学方程式：_。（3）反应中，属于消去反应的有_。（4）有机合成中的路线和步骤选择非常重要，若将第步和第步的顺序调换，则B结构将是_。（5）如果没有设计和这两步，直接用KMnO4/H+处理物质A，导致的问题是：_。（6）某种有机物的分子式为C5H6O4，它的分子中所含官能团的种类、数目均与富马酸相同，不考虑顺反异构，它可能的结构有_种。29、（10分）铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识，回答下列问题。(1)鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最好的方法是_(写出具体实验操作，结论)。(2)电子工业用FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：_。(3)某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是_。溶液组成的测定：取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得到21.525g白色沉淀。则溶液中c(Cl)=_ molL1。验证该溶液中是否含有Fe2+，正确的实验方法是_(填序号)。A观察溶液是否呈浅绿色B取适量溶液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+C试管中加入待测液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显红色，证明原溶液中含有Fe2+(4)工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：滤渣C中物质的化学式为_。加过量D发生反应的离子方程式为_。通入F发生反应的离子方程式为_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】A、硝酸银是可溶性盐，需要拆写成离子，故错误；B、反应前后所带电荷数不相等，故错误；C、BaCl2H2SO4=BaSO42HCl，其离子反应式为Ba2SO42=BaSO4，故正确；D、应生成Fe2，故错误；、答案选C。2、C【解析】A、产物不是三价铁应该是二价铁，即Fe+2HFe2+H2，A错误；B、氢氧化铝不能溶于过量的氨水中，应该是Al3+3NH3·H2OAl(OH)3+3NH4，B错误；C、金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，C正确；D、生成物应该是氯化铁、氯化亚铁和水，即Fe3O4+8H2Fe3+Fe2+4H2O，D错误。答案选C。3、B【解析】试题解析：由图可知，关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色，则A为潮湿的氯气，D中的液体可干燥或吸收氯气：D中可以为浓硫酸，用于干燥氯气，故A错误；由上述分析可知，通入的氯气含有水蒸气，故B正确；A处通入氯气关闭B阀时，D中使水时，氯气通过后会含有水蒸气，会使有色布条褪色，故C错误；D中液体不能为饱和食盐水，若为食盐水，则关闭B阀时，C处红色布条褪色，故D错误.考点：氯气的化学性质4、C【解析】根据c1000w%/M可知c11000×1×a%/98，c21000×2×2a%/98，由此可知：c1c2122。由于硫酸浓度越大，密度越大，即21，所以有c22c1。答案选C。5、D【解析】A. 根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，而不是根据酸分子中的氢原子个数，错误；B. 根据电解质在熔融状态或在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C. 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，错误；D.氧化还原反应的本质是电子转移，正确。【点睛】丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，但不是分散系区分的本质区别；溶液导电能力与溶液中可移动电荷总浓度有关，与电解质强弱无关。6、C【解析】A项，Na元素化合价只能升高，钠只有还原性；H+化合价只能降低，H+只有氧化性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以水既有氧化性又有还原性，A错误；B项，Cl2中Cl元素化合价即可升高又可降低，所以Cl2既有氧化性又有还原性；KClO3中Cl元素化合价可以降低， O元素化合价可以升高，所以KClO3既有氧化性又有还原性；Fe元素化合价只能升高，Fe具有还原性；B错误；C.Na+化合价只能降低，只有氧化性；K元素化合价只能升高，K只有还原性；Fe2+化合价既可以升高，又可以降低，所以Fe2+既有氧化性又有还原性，C正确；D. KMnO4中Mn元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KMnO4既有氧化性又有还原性；CO中碳元素化合价既可以升高，又可以降低，所以CO既有氧化性又有还原性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以H2O既有氧化性又有还原性，D错误；综上所述，本题选C。7、B【解析】A焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na元素，但不能确定是否含K元素，故A错误；B与NaOH溶液共热，产生使湿润红色的石蕊试纸变蓝的气体，即产生氨气，说明原溶液中存在NH4+，故B正确；C碘化银为黄色固体，溴化银为淡黄色，故C错误；D向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不溶解，该白色沉淀可能是氯化银，故D错误；故答案为B。8、B【解析】2Mg+CO22MgO+C，镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物。【详解】镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物，A错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2MgO，还原性MgC，故B正确；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，发生还原反应，C错误；根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于分析能力的考查，从元素化合价的角度认识相关概念是解答关键。9、A【解析】50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)=3c(AlCl3)=3mol/L×1=3mol/LA.3mol/LKCl溶液中c(Cl-)=c(KCl)=3mol/L，A符合题意； B.2mol/LNH4Cl溶液中c(Cl-)=c(NH4Cl)=2mol/L，B不符合题意；C.1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=1mol/L，C不符合题意；D.1mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=2c(BaCl2)=2mol/L，D不符合题意；故合理选项是A。10、D【解析】A. 1molO2中含有的氧原子数为：1mol×2×NAmol-1=2NA，故A正确；B. 物质的量所指的对象是微观粒子，如分子、离子、电子、原子团等，1molH表示1mol氢原子，1molH2表示1mol氢气分子等，所以在使用时必须指明对象，防止出现错误，故B正确；C. 1mol CO2所含的原子总数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C正确；D. 构成物质的微粒不同，不能说1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个，如1molH2中含有NA个氢分子，2NA个氢原子，故D错误。答案选D。11、D【解析】利用复分解反应的条件判断离子能否共存，若离子间能结合成沉淀、气体或水则不能共存，在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为lmol L-1，要注意溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等。【详解】A.若四种离子的浓度均为1mol/L，溶液中正、负电荷的总数不相等，故A错误；B.Cu2+的水溶液为蓝色，不符合题意，故B错误；C.H+和HCO3-能结合成二氧化碳和水，不能共存，故C错误；D.本组离子间不能结合成沉淀、气体、或水，故能共存，溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等，故D正确。故选D。【点睛】解答该题易出现的错误是容易忽视题中的部分信息，判断错误。如忽视“混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol/L”，仅考虑离子之间相互不发生反应而错选A项，或忽视“无色溶液”的信息而错选B项。12、B【解析】氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸是高沸点酸，属于高沸点酸制低沸点酸，例如：2NaCl+H2SO4=Na2 SO4+2HCl【详解】氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸是高沸点酸，属于高沸点酸制低沸点酸，例如：2NaCl+H2SO4=Na2 SO4+2HCl故答案为B。【点睛】除了强酸制弱酸，还有强氧化剂制若氧化剂，强还原剂制弱还原剂、难溶物制更难溶物、以及高沸点酸制低沸点酸，总之都是以强制弱。13、C【解析】同温同压下，氦气、氢气和氨气（NH3）的体积比为321，根据阿伏加德罗定律可知氦气、氢气和氨气物质的量之比是321，则其原子个数比为(3×1)(2×2)(1×4)=344，答案选C。14、B【解析】A、两容器气体密度相同，将pV=nRT化为，可得同温同压下，与M成正比，所以两容器中气体平均摩尔质量相同，即CH4、O2、N2的平均摩尔质量为28g/mol。由于N2的分子量为28g/mol，则CH4、O2的平均摩尔质量为28g/mol，设CH4的质量为xg，O2的质量为yg，则，所以，N2的质量不固定，所以CH4、O2、N2的质量之比可以为16：3，故A正确；B、根据选项A的分析可知，只要保证CH4、O2的质量之比为16，即物质的量之比为13，则可保证三者平均摩尔质量为28g/mol，故三者比值不是一个定值，故B错误；C、同温同压下，PV=nRT，两个容器的体积不同，则物质的量不同，所以分子数不同，故C正确；D、已知两个容器的体积不同，而气体的密度相同，由m=V可知，质量不同，故D正确。故选B。点睛：本题考查了考查了阿伏加德罗定律，要学会PV=nRT以及密度与摩尔质量之间的关系分析，进行公式变形。15、D【解析】试题分析：A在4KIO22H2O4KOH2I2中氧化剂O2与还原剂KI物质的量的关系为1:4，错误；B.反应是复分解反应，不符合题意，错误；C在I22NaClO32NaIO3Cl2中氧化剂NaClO3与还原剂I2物质的量的关系为2:1，错误；D在MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O中氧化剂MnO2与还原剂HCl物质的量的关系为1:2，正确。考点：考查氧化还原反应类型的判断及反应中氧化剂与还原剂物质的量的关系的知识。16、C【解析】A、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可能为碳酸钙、碳酸钡等，不一定有Ca2+，选项A错误；B、氯水中含有次氯酸，可表白pH试纸，应用pH计，选项B错误；C、氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，可说明原溶液中存在NH4+，选项C正确；D、不能排除AgCl沉淀的干扰，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，选项D错误。答案选C。17、C【解析】本题考查相对原子质量的求法，涉及到下列几个概念：同位素、丰度、质量数、元素的相对原子质量、原子的相对原子质量等【详解】A. 75.77%表示的丰度，不是质量分数，故A错误；B. 24.23%表示的丰度,不是的丰度，故B错误；C. 氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故C正确；D. 36.966表示的相对原子质量,不是的质量数，故D错误。故选：C18、A【解析】A、Cl2+ 2NaOH =NaCl+ NaClO + H2O中氯元素化合价既升高又降低，氧化反应与还原反应在同一元素间进行，故A正确；B、Fe + CuSO4= FeSO4+ Cu中铁元素化合价升高、铜元素化合价降低，故B错误；C、2KClO32KCl + 3O2中氯元素化合价降低、氧元素化合价升高，故C错误；D、2 H2O2H2+ O2中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，故D错误；答案选A。19、B【解析】A 为漏斗，用于过滤操作，故A不符合题意；B 为容量瓶，用于配制一定量浓度的溶液，故B符合题意； C 为锥形瓶，用于制取气体、作为反应容器或盛装反应物，进行定量分析，故C不符合题意；D 为分液漏斗，用于分离密度不同且互不相溶的不同液体，也可用于向反应器中随时加液，故D不符合题意；答案选B。20、B【解析】本题主要考查阿伏伽德罗常数的应用。A.标准状况下，H2O不是气态；B.N2和CO的摩尔质量相同；C.质子数=核外电子数=原子序数；D.同温同压下，气体体积之比=物质的量之比。【详解】A.18gH2O的物质的量为1mol，标准状况下，H2O不是气态，不能用气体摩尔体积计算其体积，错误；B.N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，即混合气体的平均摩尔质量为28g/mol，故28 g N2和CO的混合气体的物质的量为1mol，即分子数N=n×NA=NA，正确；C.1molCH4中所含质子数约为（6+1×4）×6.02×1023=6.02×1024，错误；D.同温同压下，体积相同的氧气和氨气的物质的量相同，O2中含有2个氧原子，NH3中含有4个原子，故同温同压下，体积相同的氧气和氨气含有的原子个数不相同，错误。21、A【解析】A. 80 g硝酸铵(NH4NO3)为1mol，含有氮原子数为2NA，A正确；B. 盐酸溶液中，不含有氯化氢分子，B错误；C. 标准状况下，蒸馏水为液体，不能利用22.4L/mol进行计算，C错误；D. 32 g O3和O2的混合物中所含分子数介于NANA之间，D错误。故选A。22、B【解析】由题可知等物质的量三种金属与足量稀盐酸反应生成的气体体积比为3:2:1，故等物质的量三种金属与氢离子反应失电子数之比为3:2:1，则A的生成物中，该金属的化合价为+3的倍数，而选项中符合条件的只有B项,综上所述，本题答案为B。【点睛】活波金属与稀盐酸反应时，金属失去的电子数和氢离子得到的电子数相等，且1mol金属失去的电子数就是化合价数。二、非选择题(共84分)23、CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2 CaCO3、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 KNO3 焰色反应 【解析】加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；取少量中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。（1）实验为CaCO3与HNO3反应，离子方程式为：CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。24、CO32、SO42 Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO42=BaSO4 只存在NO3 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成 【解析】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32、SO42；（2）和中所发生反应的离子方程式分别为Mg2+2OH-Mg(OH)2、Ba2+SO42-BaSO4；（3）根据假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在，因此假设应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。25、蒸馏烧瓶 直行冷凝管 容量瓶 锥形瓶 酒精灯 g 未用玻璃棒引流 2.0 BC-AFE-D 偏低 偏高 偏高 无影响 【解析】试题分析：（1）由图可知，I为蒸馏装置，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，为配制一定浓度的溶液，c为容量瓶，e为锥形瓶；（2）分离四氯化碳和酒精的混合物用蒸馏的方法分离，必须用酒精灯加热；冷凝管下口g是进水口，上口是出水口；（3）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；实验室没有450mL的容量瓶，应配制500mL，则需n（NaOH）=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，m（NaOH）=0.05mol×40g/mol=2.0g；配制溶液5000mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量2.0gNaOH，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为BCAFED；（4）用滤纸称量氢氧化钠时会有少量NaOH沾在滤纸上，故所配溶液的浓度偏低； 定容时，若眼睛俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度将偏高；未冷却到室温就注入容量瓶定容，冷却后液面会下降，溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度将偏高；溶液均一稳定，配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液对溶液的浓度没有影响。【点晴】配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=n/V：如用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，会造成结果偏大，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高；配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，会造成结偏大；因为氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等等。26、B 饱和NaCl溶液 浓硫酸 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO b 20 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO  2HCl+O2 B 越慢 b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 【解析】（1）氯气有毒，储氯钢瓶中应贴的标签为有毒品，故选B；实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，制得的氯气混有HCl和水，先用饱和NaCl溶液除去水，再用浓硫酸干燥氯气；Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要用NaOH进行尾气处理，用化学方程式表示该原理为：Cl2