湖南师范大学附属中学2022年化学高一上期中教学质量检测试题含解析.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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、为了除去粗盐中的 Ca2+、Mg2+、SO42-及泥砂，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 过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量 Na2CO3溶液 加过量 BaCl2溶液A B C D2、在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）A16B61C15D513、同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是()A3Br2+6KOH=5KBr+KBrO3+3H2OBMnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2C2KNO32KNO2+O2DNH4NO3N2O+2H2O4、已知有如下反应：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，下列说法正确的是:A根据上述三个反可知氧化性：Cl2Fe3+I2B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1C反应中每生成127gI2，转移的电子数为2NAD反应中FeCl3只作氧化剂，反应中FeCl3只是氧化产物5、分类方法在化学学科的发展中起了非常重要的作用。下图1是某反应在密闭容器中反应前后的分子状况示意图，“”和“”分别表示不同的原子。对此反应的分类正确的A化合反应 B分解反应C复分解反应 D置换反应6、在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是AK+、Na+、NO3、MnO4 BK+、Na+、Br、CO32CMg2+、Na+、Cl、SO42 DNa+、Ba2+、OH、SO427、实验室需用 450mL0.1molL-1 硫酸铜溶液，下列有关该溶液的配制说法正确的是A用天平称取 12.5g 胆矾B应选用 450mL 容量瓶配制溶液C溶解胆矾的烧杯需用水洗涤23次，并将洗涤液丢弃D定容时，眼睛盯着胶头滴管8、下列实验过程中出现的异常情况，其可能原因分析错误的是选项异常情况可能原因分析A萃取：液体静置不分层加入萃取剂的量较多B分液：分液漏斗中的液体难以滴下没有打开分液漏斗玻璃塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐C蒸馏：冷凝管破裂冷凝管没有通水或先加热后通水D蒸发结晶：蒸发皿破裂将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D9、下列两种气体的分子数一定相等的是A等密度的 N2 和 CO B等温等体积的 O2 和 N2C等压等体积的 N2 和 CO2 D质量相等、密度不等的 N2 和 CO10、某10%NaOH溶液，加热蒸发掉200g水后得到20%的NaOH溶液160mL，则该20%的NaOH溶液的物质的量浓度为（ ）A6.25mol·L-1B12.5mol·L-1C7mol·L-1D7.5mol·L-111、下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等B任何条件下，等体积的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等C1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D相同条件下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等12、越来越多的中学生喜欢在家做一些化学实验，在兴趣爱好的同时应当注意实验安全，如今由于学生在家实验而造成的事故时有发生。下列有关在瓶上应贴的危险化学品标志不正确的是A硝酸铍贴a标签B酒精贴b标签C汞贴c标签D氨水贴d 标签13、除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（ ）选项待提纯的物质选用的试剂操作的方法ACaO(CaCO3)水溶解、过滤、结晶BCu(CuO)稀盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥CCuSO4(H2SO4)氢氧化钠溶液过滤DCO(H2)氧气点燃AABBCCDD14、某同学在烧水时，不小心把水洒在炉火上，结果发现炉火更旺了，原因是H2O和炽热的碳反应生成了水煤气(CO和H2)，反应方程式为：CH2O(g) COH2，下列关于该反应说法正确的是() A该反应中C失电子，被还原 B该反应中H2得电子，被还原C该反应中，每转移2mol e则生成1mol H2 D该反应属于复分解反应15、下列有关氯气及含氯化合物的说法不正确的是（ ）A氯气能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价B氯气与水反应，氯气既是氧化剂又是还原剂C氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子D因为氯气有毒，所以可用于杀菌、消毒、漂白16、已知丙酮(C3H6O)通常是无色液体，易溶于水，密度小于1g·mL-1，沸点约为55。要从水与丙酮的混合物中将丙酮分离出来，下列方法中最为合理的是（ ）A蒸馏B分液C过滤D蒸发17、下列反应的离子方程式正确的是ANaHCO3溶液与盐酸：CO32-+ 2H+=H2O+CO2B将少量的铜屑放入硝酸银溶液中：Cu+2Ag+=Cu2+ 2AgC用醋酸溶液除水垢：2H+ CaCO3=Ca2+ H2O+CO2D铁和稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3 H218、在下列四种原子中，与氧原子化学性质相似的是（）ABCD19、下列物质属于电解质的是ACu BCO2 CKNO3 D乙醇20、在下列试剂中，可以一次性将氢氧化钡、盐酸、碳酸钠三种溶液区别开来的试剂的是A稀硫酸B氯化钡溶液C硝酸银溶液D稀硝酸21、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol Na2O2晶体中阴离子数为2 NAB常温常压下，48g O3含有的分子数为NAC标准状况下，33.6L的 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NAD常温常压下，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.3 NA22、将新制氯水滴向下列物质，没有明显现象的是A有色布条溶液B硫酸钠溶液C硝酸银溶液D紫色石蕊溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。24、（12分）短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置_。（2）F离子结构示意图_。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是_%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为_。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_。25、（12分）用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL,回答下列问题（1）所需仪器为:托盘天平、量筒、烧杯胶头滴管,若要完成实验,还需要两种玻璃仪器为_、_。（2）该实验的实验步骤为:计算,称量_gNaCl, 溶解,移液,洗涤,定容, 摇匀。（3）试分析下列操作,对所配溶液的浓度有何影响。(用偏低、偏高、无影响填空)。为加速固体溶解,微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时,就将溶液转移至容量瓶定 容。所配溶液的浓度_;若定容时仰视刻度线。所配溶液的浓度_;定容后,加盖、倒转、摇匀后,发现液面低于刻度线,又补加蒸馏水至刻度。则所配溶液的浓度_。26、（10分）A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。（1）除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀_；（2）从碘水中提取碘_；（3）用自来水制取蒸馏水_；（4）除去粗盐中的泥沙_；（5）与海水晒盐原理相符的是_。27、（12分）有一固体混合物，可能由Na2CO3、K2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验它们做了如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。试判断：（1）固体混合物中肯定没有的是（填化学式）_；（2）写出的离子方程式_；（3）固体混合物质中不能确定的物质（填化学式）_；检验该物质是否存在的方法是_。28、（14分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有的SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其它离子忽略不计）：离子Na+SO42NO3OHClc/(mol·L1)5.5×1038.5×104y2.0×1043.4×103（1）NaClO2属于钠盐，其中氯元素的化合价为_；NaClO2的电离方程式为：_。（2）SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为_。此吸收过程中NaClO2所起的作用是_。（3）表中y=_。29、（10分）要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题:（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO每组分类均有错误，其错误的物质分别是第一组_、第二组_(填化学式)。（2）一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表,按要求回答下列问题：物质MNQP反应前质量/g501312反应后质量/gx26330该变化的基本反应类型是_反应；物质Q在反应中可能起的作用是_。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_。（4）已知反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目_。浓盐酸在该反应中表现的性质是_（填序号）。A只有还原性 B还原性和酸性 C只有氧化性 D氧化性和酸性上述反应转移1mol电子时，有_克HCl被氧化？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、B【解析】考查物质的分离和提纯。Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化。但用于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面。【详解】Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化。但用于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以答案选B。【点睛】本题考查物质的分离和提纯。把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。2、D【解析】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。3、A【解析】A只有Br元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，A正确；BMn元素的化合价降低，被还原，Cl元素的化合价升高，被氧化，B错误；CN元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高，被氧化，C错误；D只有N元素的化合价变化，但N元素的化合价由+5价降低为+1价，N元素的化合价由-3价升高为+1价，为归中反应，D错误。答案选A。4、A【解析】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的，ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O中，氧化性：ClO3->Cl2；2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+>I2；2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，氧化性：Cl2>Fe3+，所以氧化性强弱的顺序为：ClO3->Cl2>Fe3+>I2，A正确；B. 反应ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O中ClO-中Cl元素化合价由+5降低到0价为氧化剂，Cl-中Cl元素化合价由-1价升高到0价为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，B错误； C. 反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，生成1molI2转移2mol电子，所以每生成127gI2，即0.5mol碘，转移的电子数为NA，C错误；D. 反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，FeCl3中Fe元素化合价由+3降低到+2价为氧化剂，反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，D错误；答案选A。5、A【解析】有图片可知，该反应是一种单质和一种化合物反应，生成另外一种化合物的反应，属于化合反应，答案选A。6、C【解析】离子间如果发生化学反应则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、溶液无色显强酸性分析解答。【详解】A在酸性溶液中MnO4显紫色，故A错误；BCO32和H不能大量共存，二者反应生成二氧化碳和水，故B错误；C在酸性溶液中四种离子间不反应且均是无色的，能够大量共存，故C正确；DOH和H不能大量共存，二者反应生成水，Ba2和SO42不能大量共存，二者反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。答案选C。7、A【解析】实验室没有450mL的容量瓶，应选择大于450mL且规格相近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制溶液的体积为500mL，据此分析解答。【详解】A实验室没有450mL的容量瓶，应选择500mL容量瓶配制，需要胆矾的质量为0.1molL-1×0.5L×250g/mol=12.5g，加水配成500mL溶液，故A正确；B实验室没有450mL的容量瓶，应选择500mL容量瓶配制溶液，故B错误；C溶解胆矾后的烧杯中会残留少许溶液，需用水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液转移入容量瓶，减少溶质的损失，故C错误；D定容时，眼睛应该转移观察容量瓶中的液面是否与刻度线水平相切，故D错误；故选A。8、A【解析】A. 因萃取剂与水互溶会造成液体静置不分层，与加入萃取剂的量较多无关，故A错误；B. 因没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐即不与外界连通会使分液漏斗中的液体难以滴下，故B正确；C. 因冷凝管没有通水或先加热后通水即受热不均匀会使冷凝管破裂，故C正确；D. 因将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部即受热不均匀会导致蒸发皿破裂，故D正确。故答案选：A。9、D【解析】分子数相同的不同物质，其物质的量一定相等。【详解】，；若气体的分子数相等，则物质的量一定相等。A. 当密度相等时，氮气和一氧化碳摩尔质量均为28g/mol，由可知，物质的量与体积相等，体积不可知，故A错误； B. 在等温等体积条件下，压强和物质的量成正比，压强不可知，B错误； C. 在等压等体积条件下，物质的量与温度成反比，温度不可知，C错误； D. 在质量相等条件下，由于两种气体摩尔质量相等，由可知，气体物质的量相等，D正确。答案为D。【点睛】阿伏加德罗定律的推论：(1)三正比：同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量之比.即V1/V2=n1/n2同温同体积下，气体的压强比等于它们的物质的量之比. 即p1/p2=n1/n2同温同压下，气体的密度比等于它们的相对分子质量之比. 即M1/M2=1/2(2)二反比：同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的相对分子质量成反比.V1/V2=M2/M1；同温同体积时，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量的反比. 即p1/p2=M2/M1。(3)一连比：同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的相对分子质量之比，也等于它们的密度之比。即m1/m2=M1/M2=1/2。10、A【解析】根据蒸发前后溶质的质量不变，计算出溶液的质量，根据质量分数计算溶质的物质的量，进而计算溶液的物质的量浓度。【详解】设10%氢氧化钠溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则有x×10%=（x-200g）×20%，解得x=400g，20%的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量为 =1mol，所得20%氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 =6.25mol·L1，故选：A。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，本题要先计算蒸发后溶液的质量，为解答该题的关键。11、D【解析】同温同压下，相同体积的气态物质，其物质的量一定相等，选项A不正确；选项B不正确，只有在相同的条件下，等体积的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等，选项B不正确；选项C不正确，因为不能确定气体的状态，相同条件下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则二者的物质的量也一定是相等的。由于二者的摩尔质量相等，都是29g/mol，所以质量也一定是定相等的，答案选D。12、D【解析】A、硝酸铍不稳定，属于易爆炸品，故A正确；B、酒精属于易燃品，故B正确；C、汞属于有毒品，故C正确；D、 氨水属于碱，易挥发，易腐蚀，故D错误；故选D。13、B【解析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。【详解】ACaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；BCuO能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，铜不与稀盐酸反应，再过滤、洗涤、干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；CH2SO4和CuSO4均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；D除去二氧化碳中的氢气不能够通氧气点燃，这是因为两种气体都是可燃性的，另外除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故D错误；答案选B。14、C【解析】试题分析：A项：C的化合价升高，失去电子，被氧化，故错；B项：H2是氧化产物，故错；D项：反应过程中，有元素化合价发生变化，故属于氧化还原反应，故错。故选C。考点：氧化还原反应概念及计算点评：题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。15、D【解析】A. 氯气具有很强的活泼性，能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价，故A正确；B. 氯气与水反应生成HCl和HClO，氯元素的化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C. 氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子，故C正确；D. 氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，且氯气用于杀菌、消毒等与氯气的毒性无关，故D错误；答案选D。16、A【解析】A丙酮与水互溶，两者都是液体，且沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，A正确；B由于丙酮与水互溶，无法分液，B错误；C由于丙酮与水都是液体，而过滤是常用的固液分离方法，C错误；D蒸发是常见的固液分离方法，不适用于液液分离，D错误；故选A。17、B【解析】A、NaHCO3溶液与盐酸：HCO3-+H+=H2O+CO2，A错误；B、将少量的铜屑放入硝酸银溶液中：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，B正确；C、醋酸难电离，用化学式表示，用醋酸溶液除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2，C错误；D、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2+H2，D错误，答案选B。18、A【解析】化学性质与最外层电子数关系密切，最外层电子数为6的原子，化学性质与氧原子相似，以此来解答。【详解】A是S原子，最外层有6个电子，与氧原子化学性质相似，故A符合题意； B是Mg原子，最外层有2个电子，易失去电子，与氧原子化学性质不同，故不选B； C是Ne原子，最外层有8个电子，性质稳定，与氧原子化学性质不同，故不选C； D是C原子，最外层有4个电子，不易得到或失去电子，与氧原子化学性质不同，故不选D。本题选A。19、C【解析】试题分析：ACu是单质，不是电解质也不是非电解质，故A错误； BCO2是非电解质，故B错误； CKNO3是电解质，故C正确；D乙醇是非电解质，帮D错误，答案为C。考点：考查物质的分类，涉及电解质与非电解质的判断。20、A【解析】根据三种物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们，若两种物质与同种物质反应的现象相同，则无法鉴别它们。【详解】A、硫酸和氢氧化钡生成白色沉淀，和盐酸不反应，和碳酸钠会生成二氧化碳气体，现象不同，可以鉴别，故A正确；B、氯化钡和氢氧化钡、盐酸不会反应，无明显现象，不能鉴别，故B错误；C、硝酸银和三种溶液混合都能产生沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D、硝酸和和碳酸钠反应产生气泡，而和氢氧化钡、盐酸混合没有现象，不能鉴别，故D错误；答案选A。【点睛】在解此类题时，首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂，出现不同的现象即可鉴别。21、B【解析】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成； B. 分子个数N=n NA，物质的量n = ；C. 标况下四氯化碳为液态；D. 根据物质的量n = 求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析。【详解】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠晶体中含1mol过氧根即NA个，故A项错误；B. 48g O3的物质的量n = = = 1 mol；因此其分子个数为N = n NA = NA个，故B项正确；C. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C项错误；D. 7.1g氯气的物质的量n = = = 0.1 mol，而氯气和铁反应由0价变为1价，故0.1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2 NA个，故D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。22、B【解析】A选项，新制氯水使有色布条溶液褪色，故A有现象；B选项，新制氯水不与硫酸钠溶液反应，故B无现象；C选项，新制氯水与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，故C有现象；D选项，新制氯水使紫色石蕊溶液先变红后褪色；故D有现象；综上所述，答案为B。二、非选择题(共84分)23、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2×e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。24、第三周期A族 25 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强 【解析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期A族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。25、100 mL容量瓶 玻璃棒 5.9 偏高 偏低 偏低 【解析】实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。【详解】（1）实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：100mL容量瓶；玻璃棒，故答案为100mL容量瓶；玻璃棒；（2）配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的物质的量为：1.00mol/L×0.1L=0.1mol，需要氯化钠的质量为：58.5g/mol×0.1mol=5.85g，需要称量氯化钠的质量为：5.9g；故答案为5.9；（3）为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时，就将溶液转移至容量瓶定容，导致配制的溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，答案为：偏高；定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积大于容量瓶的体积，所配溶液的浓度偏低，答案为偏低；定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度，导致溶配制的溶液体积偏大，则所配溶液的浓度偏低，答案为：偏低；【点睛】配制溶液浓度要求精确时，应用容量瓶，则要求按照容量瓶的容积进行配制；误差分析则要求对c=，进行分析。26、B C A B D 【解析】由装置图可知A为蒸馏，常用于分离沸点不同的液体混合物；B为过滤，常用于分离固液混合物；C为萃取分液；D为蒸发，结合混合物的性质的异同选择分离方法。【详解】(1)除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀，可以选用过滤的方法，故答案为：B；(2)碘在水中的溶解度较小，但易溶于有机物溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：C；(3)用自来水制取蒸馏水，可用蒸馏的方法获得，故答案为：A；(4)泥沙不溶于水，可用过滤的方法除去粗盐中的泥沙，故答案为：B；(5)海水晒盐是利用水易挥发的性质，用太阳光提供能量使水变成水蒸气，实现盐和水的分离，相当于蒸发，故答案为：D。27、CuSO4、CaCl2 K2SO4 BaCO 3+2H +=Ba 2+H 2O+CO 2 NaCl 取少量中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含 【解析】固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含CaCl2；在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠。【详解】（1）由分析可知，固体混合物中肯定没有CaCl2、CuSO4、Na2SO4，故答案为：CaCl2、CuSO4、Na2SO4；（2）为碳酸钡溶于稀硝酸生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，检验氯化钠的方法是取少量中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含，故答案为：取少量中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含。【点睛】本题为物质推断题，侧重于物质的性质的考查，可以依据物质的性质结合题干提供的信息进行解答，抓住题干叙述中沉淀气体等反应特征是解题突破口。28、+3NaClO2=Na+ ClO2SO42、NO3充当氧化剂2.0×104【解析】(1). NaClO2中钠离子的化合价为+1，O元素的化合价为2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(2)×2=0，解得x=+3；NaClO2为钠盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和ClO2，其电离方程式为：NaClO2=Na+ ClO2，故答案为+3；NaClO2=Na+ ClO2；(2). 根据质量守恒定律并结合表中离子可知SO2经NaClO2溶液吸收后转化为SO42，NOx经NaClO2溶液吸收后转化为NO3；吸收过程中NaClO2中+3价氯原子被还原成1价的Cl，所以NaClO2所起的作用是充当氧化剂，故答案为SO42、NO3；充当氧化剂；(3). 根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(NO3)+c(OH)+c(Cl)，c(H+)的浓度较小，可忽略不计，则c(NO3)=c(Na+)2c(SO42)c(OH)c(Cl)=(5.5×1038.5×104×22.0×1043.4×103)mol/L=2.0×104mol/L，即y=2.0×104，故答案为2.0×104。点睛：本题主要考查氧化还原反应、物质的量计算等知识，解题时要注意掌握氧化还原反应的特征与实质，本题的难点是第（3）问，解答本题的关键是明确溶液中电荷守恒的应用，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(NO3)+c(OH)+c(Cl)，再根据c(H+)的浓度较小，可忽略不计，进而利用表中数据计算即可。29、Na2CO3 CO 分解 催化作用 2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O B 36.5 【解析】(1)利用酸碱盐