2022年湖北省宜昌市二中高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，关于该反应的说法正确的是()ANaNO2是还原剂 B生成1 mol N2时转移的电子数为6 molCNH4Cl中的氮元素被还原 DN2既是氧化产物又是还原产物2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是A常温下，48gO3和O2含有的氧原子数为3NAB1molOH离子中含电子数目为10NAC0.5L0.2mol·L-1的NaCl溶液中含有的Na数是0.1NAD33.6LCO中含有的原子数是3NA3、在标准状况下,下列物质所占体积最大的是( )A98gH2SO4 B56gFe C44.8LHCl D6gH24、对于某些离子的检验及结论一定正确的是 ( )A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-B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SO42-C加入稀盐酸溶液没有产生白色沉淀，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，一定有SO42-D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Ba2+5、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe22S2O32-O2xOH=Fe3O4S4O62-2H2O，下列说法中，不正确的是Ax4B每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为3molC1 mol Fe2被氧化时，被Fe2还原的O2的物质的量为0.25 molD可以通过丁达尔效应判断有无Fe3O4纳米颗粒生成6、下列关于Na2O和Na2O2说法不正确的是A均与水反应 BNa2O能被氧化成Na2O2C均属于碱性氧化物 D均与CO2反应7、已知有如下反应：2BrO+Cl2 Br2+2ClO，2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2， ClO+5Cl+6H+ 3Cl2+3H2O，2FeCl2+Cl22FeCl3，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）AClOBrOCl2Fe3+I2BBrOCl2ClOI2Fe3+C BrOClOCl2Fe3+I2DBrOClOFe3+Cl2I28、当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是ACuSO4溶液 B早上清新的空气C自来水 DFe(OH)3沉淀9、下列说法中，正确的是（ ）AMg的摩尔质量是24g/molB22gCO2物质的量为2.2molC1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023D常温常压下，1molN2的体积是22.4L10、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )A标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NAB常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA11、14C 常用于测定年代，关于其说法正确的是（ ）A比 12C 多两个质子 B与 12C 化学性质相似C与 12C 互为同素异形体 D质子数与中子数相等12、如图所示装配仪器，接通直流电源，电解饱和食盐水，则电解一段时间后在石墨和铁钉表面都有气体生成，其中碳棒表面生成的气体是ACl2BO2CH2DHCl13、下列各组离子一定能大量共存的是A在酸性溶液中：、B在强碱性溶液中：、C在含有大量CO32-的溶液中：、D在c（H+）=0.1mol/L的溶液中：、14、下列关于氯水的叙述，正确的是A新制的氯水中只含有Cl2和H2O分子B新制的氯水使蓝色石蕊试纸只变红不褪色C光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D氯水放置数天后，pH变小，漂白能力变弱15、在常温下发生以下几个反应：16H10Z2XO4 =2X25Z28H2O2A25B2=2A32B2B Z2 =B22Z根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）A溶液中可发生：Z22A22A32ZBZ2在反应中为氧化剂C氧化性强弱顺序为：XO4 Z2B2A3DX2是XO4 的还原产物16、下列操作与粒子的大小有直接关系的是（）A蒸馏 B渗析 C萃取 D分液17、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A常温常压下，48g O2和O3的混合气体中含有氧原子数为3NAB17 g氨气所含质子数目为11NAC标准状况下22.4L的四氯化碳，含有四氯化碳分子数为NAD物质的量浓度为0.5 mol·L1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为1 NA18、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是AH+、Ca2+、Cl、CO32 BCu2+、Ba2+、Cl、SO42CNH4+、Na+、OH、SO42 DK+、Na+、OH、NO319、将一小粒钠投入盛有硫酸铜溶液的小烧杯中，不可能观察到的现象是( )A溶液中出现蓝色絮状沉淀 B有红色的铜被置换出来C钠粒熔成小球浮在水面四处游动 D有气体产生20、在“粗盐提纯”的溶解、过滤、蒸发等实验步骤中，使用次数最多的仪器是A烧杯B托盘天平C玻璃棒D漏斗21、下列说法不正确的是A利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液B氯化铁用于止血与胶体的聚沉有关C氢氧化铁胶体通直流电，阴极区颜色加深DKCl溶液、水和淀粉溶液都属于分散系22、下列说法中正确的是酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物有单质参加的反应，一定是氧化还原反应金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出胶体稳定存在的主要原因是胶体带电硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质A7个B6个C5个D4个二、非选择题(共84分)23、（14分）AE 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；E 原子的最外层电子数与 B 相同。(1)写出五种元素的元素符号：A_；B_；C_；D_；E_。(2)写出 D2+离子的结构示意图_。(3)写出 C 形成离子时的电子式_。(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为 2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_、_。(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_。24、（12分）有A、B、C、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A2离子和B原子电子层数也相同。回答：(1)画出A2离子的结构示意图_；(2)A、B、C三元素符号分别为_ 、_ 、_。25、（12分）I.在2020年全国抗击新冠肺炎的战役中使用了大量的84消毒液，它是一种以次氯酸钠(NaClO)为有效成分的高效消毒剂，其水溶液具有强氧化性，可以使病毒的核酸物质被氧化从而杀灭病毒。使用时需注意：勿与洁厕灵(主要成分为浓盐酸)混用：宜储存在避光、阴凉处······(1)由储存注意事项可推测84消毒液消毒效果的影响，实验方案如下：取4个烧杯，分别倒入30mL 84消毒液。将4个烧杯分别置于20、30、40、50水浴中加热。已知：反应溶液氧化性直观的参数是氧化还原电位(ORP)，ORP值越大，表明氧化性越强，消毒效果越好。实验采用氧化还原电位传感器采集ORP数据，绘制图像如下：(2)分析图像，可以获得的结论是_；84消毒液不能直接用来洗手，需要加水稀释后才可使用，稀释时水的温度最好不超过_。(3)如果将84消毒液与洁厕灵混用，会产生一种有毒气体和一种常见的盐，写出化学反应方程式_。、84消毒液也可用于漂白，该小组继续探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：步骤1：将5mL市售84消毒液稀释至100倍，测得稀释后溶液的pH=12；步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入3个洁净的小烧杯中；步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4.(溶液体积变化忽略不计)步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：已知：溶液中Cl-、HClO和ClO-物质的量分数(a)随溶液pH变化的关系如下图所示：(4)由实验现象可获得一下结论：溶液的pH再410范围内，pH越大，红纸褪色_。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_。图像表明，当调至pH=4时，84消毒液中的有效成分几乎变成HClO，由上述实验可知，其他条件相同时，氧化性HClO_NaClO(填“>”或“<”),消毒液之所以为次氯酸盐而不是此路算是由于此路算不稳定，写出HClO见光分解的化学反应方程式_，每有10.5gHClO分解，转移电子的物质的量为_。26、（10分）由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K、Cl、NH4+、Mg2、CO32、Ba2、SO42。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份 100 mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加入AgNO3溶液有白色沉淀生成2加入足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L(换算成标准状况)3加入足量BaCl2溶液,，将所得沉淀洗涤、干燥、称重；再向沉淀中加足量的稀盐酸，洗涤、干燥、称重第一次称重读数为6.27g，第二次称重读数为2.33g已知加热时NH4+ + OH=NH3+ H2O, 试回答下列问题：（1）根据实验1对Cl是否存在的判断是_(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”)；根据实验13判断混合物中一定不存在的离子是_。（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度：_。（3）试确定K是否存在？_（填“存在”或“不存在”），判断的理由是_。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，如何判断沉淀已洗净，方法是_。27、（12分）某研究性学习小组欲测定室温下(25、101kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：用已知浓度的浓盐酸配制100mL 1.0mol/L的盐酸溶液，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_；用10mL量筒量取8.0mL 1.0mol/L的盐酸溶液加入锥形瓶中；准确称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为_；往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；反应结束后待体系温度恢复到室温，忽略导管中的水，读出量筒中水的体积为VmL。请回答下列问题。(1)步骤中，配制100mL 1.0mol/L的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏低_(填写字母)A用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度B容量瓶未干燥即用来配制溶液C未洗涤烧杯和玻璃棒D定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线(2)请填写操作步骤中的空格：步骤_步骤_(3)实验步骤中应选用_的量筒(填字母).A100mLB200mLC500mL(4)读数时需要注意(至少写两点)_(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm=_L/mol。(用含V的式子表示)28、（14分）A、B、C、D、E 5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3溶液中的一种。已知：A与B反应有气体生成 B与C反应有沉淀生成C与D反应有沉淀生成 D与E反应有沉淀生成A与E反应有气体生成 在和的反应中生成的沉淀是同一种物质请填空：(1)在和的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是_。(2)A是_，B是_，C是_，D是_，E是_。29、（10分）（1）现有标准状况下以下五种物质：44.8L甲烷（CH4）6.02×1024个水分子196g H2SO40.5mol CO2,它们中含分子数最多的是（填写序号，下同）_，原子数最少的是_，体积最大的是_。（2）CO2 Na2CO3溶液 NaOH 固体 CaCO3 CH3COOH NH3·H2O 乙醇 液态氯化氢属于电解质的有_；非电解质的有_。（填序号）（3）用双线桥法表示出下列反应的电子转移方向和数目_。3S+6KOHK2SO3+2K2S+3H2O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、D【解析】A、NaNO2中N元素的化合价降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1molNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。2、D【解析】A氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，48gO3和O2含有的氧原子的物质的量是48g÷16g/mol3mol，氧原子数目为3NA，故A正确；B1个氢氧根离子含有10个电子，1molOH-离子中含电子数目为10NA，故B正确；C0.5L0.2mol·L-1的NaCl溶液中含有氯化钠的物质的量为0.5L×0.2mol·L-1=0.1mol，含有的Na+数是0.1NA，故C正确；D未告知气体所处的温度和压强，无法计算33.6LCO中含有的原子总数，故D错误；答案选D。3、D【解析】试题分析：标准状况下，H2SO4为液体，铁为固体，体积较小；HCl和氢气为气体，体积较大，其中V(HCl)=44.8L，V(H2)=×22.4L/mol=67.2L，则体积最大的是6g H2，故选D。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。4、C【解析】A与盐酸反应产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，不一定含碳酸根，还有可能是SO32-、HSO3-、HCO3-等，发生反应为SO32-+2H+=SO2+H2O、HSO3-+H+=SO2+H2O、SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O或HCO3-+H+=H2O+CO2、CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，A项错误；B溶液中可能含有Ag+与氯离子反应生成不溶于盐酸的白色沉淀AgCl，B错误；C先加入盐酸，溶液无现象，排除了Ag+和SO32等的干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则一定含SO42-，C项正确；D溶液中可能含有Ca2+等，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查离子的检验，应注意假设存在其他离子时也可能产生同样的现象，注意检验时加入试剂的顺序，排除可能存在的离子。5、B【解析】根据氧化还原反应的本质和特征分析。【详解】A. 根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH-的化学计量数为4，即x=4，故A正确，但不符合题意；B. 反应3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故A但符合题意；C. 1molFe2+被氧化，转移1mol的电子，而1molO2被还原生成H2O或OH-需要转移4mol的电子，因此Fe2+还原的O2的物质的量为其1/4即0.25mol，故C正确，但不符合题意；D.利用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，故D正确，但不符合题意。故选B。6、C【解析】A、氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，选项A正确；B、因2Na2O+O2Na2O2，则Na2O中氧元素由-2价变为-1价，被氧化，生成Na2O2，选项B正确；C、氧化钠与酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，不属于碱性氧化物，选项C不正确；D、氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查钠的氧化物，明确发生的化学反应及相关的概念是解答本题的关键，难度不大。7、C【解析】根据氧化性：氧化剂氧化产物分析判断。【详解】在2BrO+Cl2Br2+2ClO中，BrO为氧化剂，ClO为氧化产物，则氧化性：BrOClO；在2FeCl3+2KI 2FeCl2 +2KCl+I2中，FeCl3为氧化剂，I2为氧化产物，则氧化性：Fe3+I2；在ClO+5Cl+6H+ 3Cl2+3H2O中，ClO为氧化剂，Cl2为氧化产物，则氧化性：ClOCl2；在2FeCl2+Cl22FeCl3中，Cl2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性：Cl2Fe3+；综上所述可知，物质的氧化性有强到弱的顺序是：BrOClOCl2Fe3+I2，故合理选项是C。8、B【解析】胶体可以产生丁达尔效应，据此解答。【详解】A. CuSO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，A不选；B. 早上清新的空气属于胶体，能产生丁达尔效应，B选；C. 自来水不是胶体，不能产生丁达尔效应，C不选；D. Fe(OH)3沉淀不是胶体，不能产生丁达尔效应，D不选；答案选B。9、A【解析】A. Mg的摩尔质量是24g/mol，故A正确；B. 22gCO2物质的量为22g÷44g·mol1=0.5mol，故B错误；C. 1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023×2，故C错误；D. 应是在标准状况下，1molN2的体积是22.4L，常温常压下，1molN2的体积大于22.4L，故D错误；故选A。10、B【解析】A. 标准状况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，A错误；B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为：1.06g/(106g·mol-1)×2×NA/mol =0.02NA，B正确；C. 在标准状况下，1NA个CO2分子占有的体积才等于22.4L，C错误；D. 0.5mol/L的MgCl2溶液只知道物质的量浓度，体积未知，则其中含有Cl-个数无法求出，D错误；答案选B。【点睛】标准状况下，1NA个气体分子占有的体积才为22.4L；求出微粒的个数时只知道物质的量浓度是不够的，还需要知道其体积，才能求出其物质的量，进而求出微粒的个数。11、B【解析】A. 14C与 12C属于同一种元素的核素， 质子数相同，故A错误；B. 14C与 12C 属于同种元素，化学性质相似，故B正确；C. 14C与 12C 是同种元素的不同核素，属于同位素，故C错误；D. 14C与 12C质子数相同，但中子数不同，故D错误；故选B。点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。12、A【解析】根据装置图可知，石墨是阳极，铁为阴极，阳极发生电极反应式为：2Cl 2e=Cl2阴极发生电极反应式为：2H+ 2e= H2或2H2O2e= H22OH，因此碳棒上生成的气体为氯气，故A正确；综上所述，答案为A。13、A【解析】根据溶液性质和离子间的相互反应分析判断。【详解】A项：酸性溶液中，、彼此不反应，且与氢离子能共存，A项正确；B项：强碱性溶液中，+OHNH3·H2O，B项错误；C项：CO32-与生成沉淀、与放出气体，C项错误；D项：c(H+)=0.1mol/L的溶液中,+CO2+H2O，D项错误。本题选A。【点睛】离子间的反应有复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）、氧化还原反应、双水解反应和络合反应。14、D【解析】A.氯气可溶于水，新制氯水的中含有Cl2 ，氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO为弱酸部分电离，氯水是混合物，含有水分子，因此氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；B. 新制的氯水中的HCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B错误；C. HClO不稳定，见光分解发生：2HClO2HCl+O2，生成氧气，故C错误；D. HClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，漂白能力变弱，故D正确；答案选D。15、B【解析】反应16H10Z2XO4 =2X25Z28H2O中Z从-1价升高到0价，Z作还原剂，X从+7价降低到+2价，2XO4作氧化剂；反应2A25B2=2A32B中A从+2价升高到+3价，A2作还原剂，B从0价降低到-1价，B2作氧化剂；反应2B Z2 =B22Z中，B从-1价升高到0价，B作还原剂，Z从0价降低到-1价，Z2作氧化剂，则氧化性顺序为：XO4> Z2> B2> A3,还原性顺序为：A2> B> Z> X2。【详解】A. 氧化性Z2> A3，还原性A2> Z，因而溶液中可发生：Z22A22A32Z，A项正确；B. Z2在中为氧化产物，在中为氧化剂，B项错误；C. 由分析可知，氧化性强弱顺序为：XO4 Z2B2A3，C项正确；D. 由分析可知，X2是XO4 的还原产物，D项正确；答案选B。【点睛】判断反应中氧化剂、氧化产物、还原剂、还原产物以及利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断氧化性、还原性强弱是重点也是难点16、B【解析】A蒸馏与物质的沸点有关，与粒子的大小无关，故A不符合；B渗析是溶质分子在浓度差推动下扩散透过半透膜的过程，与粒子大小有关，故B符合；C萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C不符合；D分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，与分散质粒子的大小无关，故D不符合。答案选B。【点睛】本题综合考查物质的分离、提纯以及胶体的性质，侧重于基础知识的考查，注意把握实验的基本操作原理以及方法，注意渗析原理在胶体分离与提纯中的作用。17、A【解析】A、48g氧气和臭氧的混合物中含有48g氧原子，含有3mol氧原子，含有原子数为3NA，选项A正确；B、17g NH3的物质的量为，一个氨气分子中含有10个质子，因此1mol氨气中含有10mol质子，即10NA个质子，选项B错误；C、标况下，四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算四氯化碳的物质的量，选项C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，选项D错误；答案选A。【点睛】本题重点考查阿伏加德罗常数的相关计算。需要注意的是在计算气体物质的量时应注意是否为标准状况，只有在标准状况下气体的摩尔体积才是22.4L/mol。18、D【解析】A.CO32-与H+反应生成二氧化碳气体而不能大量共存，故A错误；B. Ba2+与SO42反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存，故B错误；C. NH4+与OH反应氨气和水而不能大量共存，故C错误；D.离子之间不发生任何反应，能大量共存，故D正确。故选D。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存、NH4+与OH不能大量共存，有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存。19、B【解析】金属钠投入到硫酸铜溶液中发生2Na2H2O=2NaOHH2，CuSO42NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，观察到现象是钠熔成小球四处游动，溶液中出现蓝色沉淀，有气泡冒出，没有铜析出，故B正确。20、C【解析】根据粗盐提纯实验的步骤确定每步用到的仪器：溶解：烧杯、玻璃棒；过滤：漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台带铁圈；蒸发：蒸发皿、玻璃棒、铁架台带铁圈、酒精灯，因此用到次数最多的是玻璃棒，答案选C。21、D【解析】A.胶体具有丁达尔效应，溶液不具备丁达尔效应，所以可以用丁达尔现象，鉴别胶体和溶液，故不选A；B.血液本质上是一种液溶胶，而三氯化铁是电解质，大量电解质溶液遇到血液这种溶胶就会使血液迅速发生聚沉，生成的沉淀会堵塞伤口从而达到止血的效果，故不选B；C.氢氧化铁胶体粒子带正电荷，所以通直流电，阴极区颜色加深，故C正确；D.KCl溶液、淀粉溶液属于分散系，水是分散剂，故D错误；本题答案为D。22、D【解析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物,所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应,故正确； 与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物如过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故正确；有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应。如3O2=2O3,故错误；金属氧化物不一定都是碱性氧化物如Al2O3属于两性氧化物等，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，故正确；因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用渗析法把胶粒和离子分离出来，故错误；粒子胶体的溶胶加入可溶性电解质后才能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出，故错误；胶体稳定存在的主要原因是胶粒带电，胶体呈电中性，故错误；纯碱是碳酸钠属于盐，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；根据上述分析知，正确的有4个；答案：D。二、非选择题(共84分)23、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H+Cl- 【解析】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。【详解】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S（2）镁离子；（3）氯离子，电子式加中括号。；（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H+Cl- 。24、 Mg C O 【解析】A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、2，因此A是Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。(1)A是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意图为：；(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。【点睛】本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。25、低于40时，NaClO能稳定存在；高于40时，NaClO易分解 40 NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O 越慢 b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 2HClO=2HCl+O2 0.4 【解析】I根据图像可知，20、30、40时，ORP数据变化不大，氧化性基本保持不变；50水浴中加热，ORP数据减小，氧化性减弱；II根据溶液中的pH及氯原子的存在形式及实验现象可知，溶液的碱性越强，次氯酸的浓度越小，氧化性越弱。【详解】(2)分析图像，NaClO溶液低于40时，能稳定存在；高于40时，易分解；稀释时水的温度最好不超过40；(3)已知NaClO与洁厕灵(HCl)混用，会产生一种有毒气体和一种常见的盐，毒气为氯气，盐为氯化钠，化学方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O；(4)由实验现象可获得一下结论，溶液的pH再410范围内，pH越大，次氯酸的浓度越小，红纸褪色越慢；b、c两烧杯中，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；pH越大，HClO的浓度越小，褪色越慢，则氧化性HClONaClO；HClO见光分解为HCl和氧气，化学反应方程式为2HClO=2HCl+O2；2molHClO分解时，转移4mol电子，10.5gHClO即0.2mol分解，转移0.4mol电子。26、不能确定 Ba2、Mg2 SO42- 0.1mol/L CO32- 0.2mol/L 存在；溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在 取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净 【解析】将该混合物溶于水后得澄清溶液，证明相互反应生成沉淀的离子不能共存。根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存，Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，所以可能含有Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到标况下气体1.12L即0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+。产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g÷233g/mol0.01mol，则SO42物质的量为0.01mol，SO42物质的量浓度=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L。BaCO3为6.27g-2.33g3.94g，物质的量为3.94g÷197g/mol0.02mol，则CO32物质的量为0.02mol，CO32物质的量浓度为0.02mol÷0.1L0.2mol/L。由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+。而每一份中CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32、SO42所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒可知K+一定存在，K+物质的量0.01 mol，当K+物质的量0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.01 mol时，溶液中不含有Cl-；则（1）依据上述分析可知Cl-可能含有，即根据实验1对Cl是否存在的判断是不能确定；依据实验现象分析溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；（2）依据上述分析计算，得到一定存在的阴离子为CO32、SO42，其物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L；（3）根据以上分析可知K一定存在，判断的理由是溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算每一份中NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K