淮北一中2022-2023学年化学高一第一学期期中检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列物质属于金属氧化物的是( )ACO2BH2OCNa2ODSO32、有以下四种物质：标况下11.2L CO21g H21.204×1024个N24时18mLH2O，下列说法不正确的是（ ）A分子个数：= B原子个数：C体积：= D质量：3、下列叙述正确的是( )Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2O2中O元素的化合价为-2价Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色。A都正确 B. C D4、已知a g CH4中含有b个H原子，则NA为A4b/aBb/aC16b/aDa/4b5、对于反应8NH33Cl2=N26NH4Cl，下列说法正确的是()AN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3BN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:3CNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3DNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:36、新制氯水的成分复杂，但饱和氯水久置后，成分发生变化，下列粒子Cl2；H2O；Cl；HClO； H，因饱和氯水久置而减少的是A B C D7、下列溶液中c(Cl)最大的是A400 mL0.5 mol/L BaCl2溶液B200 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液C300 mL1 mol/L NaCl溶液D100 mL 0.5 mol/L AlCl3溶液8、下列物质与危险化学品标志的对应关系错误的是A B C D9、要除去NaCl溶液中混有的MgCl2应选用的试剂和操作方法是()A加入适量Na2SO4溶液后过滤B加入适量NaOH溶液后过滤C加入过量NaOH溶液后蒸发D加入过量Na2CO3溶液后过滤10、当一束可见光通过下列分散系：有尘埃的空气 硫酸铜溶液 稀硫酸 稀豆浆，能产生丁达尔效应的是A B C D11、下列离子方程式正确的是A铁片插入稀H2SO4溶液中：BH2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：CNa2CO3溶液与足量稀盐酸溶液混合：D铁与氯化铁溶液反应：12、下列实验仪器不宜直接用来加热的是（ ）A试管B坩埚C蒸发皿D烧杯13、下列物质的电离方程式书写正确的是（ ）AFeSO4=Fe3+SO42 BCa(OH)2=Ca2+2(OH)CH2SO4= 2H+ SO42 DKClO3=K+Cl+O214、钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面上；钠沉在水底；钠熔化成小球；小球迅速游动，逐渐减小，最后消失；发出嘶嘶的声音；滴入酚酞后溶液显红色。其中正确的一组是A B C D全部15、下列实验基本操作或实验注意事项中，主要是基于实验安全考虑的是A可燃性气体的验纯 B滴管不能交叉使用C容量瓶在使用前进行检漏 D实验剩余的药品不能放回原试剂瓶16、高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠(Na2FeO4)制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2下列有关说法不正确的是ANa2FeO4中铁显6价B湿法中每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子C干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子DNa2O2在干法制备的反应中既是氧化剂又是还原剂17、下列有关分子式为C2H4Cl2的有机化合物的说法正确的是( )AC2H4Cl2存在同分异构体BC2H4Cl2分子中所有原子都在同一平面内C乙烷和氯气在光照条件下可制得纯净的C2H4Cl2DC2H4Cl2属于烃18、由Na2CO3·10H2O与NaHCO3组成的混合物4. 54 g，溶于水配成100 mL溶液，Na+的浓度为0.4 mol·L-1，另取等质量的混合物加强热至质量不变，则剩余固体的质量为A4.24 gB3.18 gC2.12 gD1.06g19、下列物质，既能导电又属于电解质的是A熔融的氢氧化钾 B氯化钠溶液 C铜固体 D氯化镁晶体20、为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水： 加入稍过量的Na2CO3溶液； 加入稍过量的NaOH溶液； 加入稍过量的BaCl2 溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生； 过滤，不正确的操作顺序是ABCD21、已知M2O7x- + 3 S2- + 14H= 2M 3+ 3S+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）A2B3C4D622、检验HCl气体中是否混有Cl2,可采取的方法是(   )A用干燥的蓝色石蕊试纸B用干燥的有色布条C将气体通入AgNO3溶液D用湿润的红色布条二、非选择题(共84分)23、（14分）在Na+浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）阳离子K+Ag+Ca2+Ba2+阴离子NO3CO32-SiO32-SO42-现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸生成白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：(1)实验能确定一定不存在的离子是_；(2)实验中生成气体的离子方程式为_；(3)通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。阴离子NO3CO32-SiO32-SO42-c（mol/L）_0.25mol/L_ (4)判断K+是否存在，若存在，计算其最小浓度；若不存在，请说明理由：_。24、（12分）有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子：B元素-2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子：D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）写出A、B、C、D四种元素的符号：A_、B_、C_、D_。（2）写出与A的电子层结构相同的两种离子的离子符号_、_。（3）写出B离子的电子式_，D原子的结构示意图_。25、（12分）下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。（1）装置B作用之一是为了除去氯气中的杂质HCl，盛装的液体试剂为_；（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入的物质正确的是_ (填字母编号) ；编号a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（3）D中发生反应的化学方程式是_。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和_；（4）装置F中反应的化学方程式为_；（5）如果本实验使用的浓盐酸质量分数为36.5%、密度为1.15 g/cm3，此盐酸的物质的量浓度为_mol·L-1，若用250 mL水配制，则应溶解标况下HCl气体约为_L（结果保留3位有效数字）。26、（10分）某化学实验需要450 mL 0.10 mol·L-1 Na2CO3溶液，某同学选用Na2CO3·10H2O晶体进行配制，简要回答下列问题： （1）该实验应选择_mL容量瓶。（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为_g。（3）该实验的正确操作顺序是_（填字母代号）。A用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体 B上下颠倒摇匀C用胶头滴管加水至刻度线 D洗涤所用仪器并将洗涤液转移进容量瓶E将所称取的晶体溶于蒸馏水并冷却至室温 F将溶液转入容量瓶（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，则所配溶液浓度_；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，会使所配溶液浓度_；NaOH溶解后未经_；立即注入容量瓶至刻度线，会使浓度_；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度_（凡涉及浓度变化填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（5）向200 mL所配的 0.10 mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入10 mL 12.25%稀H2SO4（=1.0 g/cm3），理论上能收集到标准状况下的气体_mL。27、（12分）现欲用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm3)配制浓度为1 mol·L1的稀硫酸480 mL。(1)从下列用品中选出实验所需要的仪器_(填序号)。A1000 mL烧杯 B100 mL烧杯 C10 mL量筒 D50 mL量筒 E500 mL容量瓶 F1000 mL容量瓶 G广口瓶 H托盘天平 (2)除选用上述仪器外，还缺少的必要仪器或用品是_。(3)需用量筒量取浓硫酸的体积为_mL。(保留3位有效数字)(4)配制时，一般可分为以下几个步骤，请在下列横线填写所缺步骤的名称：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、_、摇匀。(5)下列情况中，会使所配溶液的浓度偏低的是_(填序号，下同)，无影响的是_。A将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒B稀释浓硫酸后立即转入容量瓶 C定容时加水不慎超过刻度线D定容时仰视刻度线E容量瓶未经干燥就使用28、（14分）有以下反应方程式:ACuO+H2Cu+H2OB2KClO32KCl+3O2CCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OD2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2E.MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2OF.KClO3+6HCl(浓)=KC1+3H2O+3Cl2G.HgS+O2=Hg+SO2I.按要求将上述化学方程式序号填入相应空格内:(1)一种单质使一种化合物中的一种元素被还原_；(2)同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应_；(3)所有元素均参加氧化还原反应的是_。II.已知方程式F:KClO3+6HCI(浓)=KCl+3H2O+3Cl2。(1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目_；(2)标准状况下当有33.6L的氯气放出时，转移电子的数目是_；(3)上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为_。29、（10分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类(1)图中所示的物质分类方法的名称是_。(2)以Na、K、H、O、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中后面。物质类别酸碱盐氧化物氢化物化学式HCl_Ba(OH)2Na2CO3_CO2Na2ONH3H2O2 (3)写出转化为的化学方程式：_。(4)实验室制备常用_和_反应，检验该气体的方法是_。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】由两种元素组成，其中一种是O，一种是金属元素的化合物为金属氧化物，据此解答。【详解】A二氧化碳为非金属氧化物，A不符合题意；B水为非金属氧化物，B不符合题意；C氧化钠为金属氧化物，C符合题意；D三氧化硫为非金属氧化物，D不符合题意。答案选C。2、B【解析】只要物质的物质的量相等，则其分子数就是相等的。CO2的物质的量是0.5mol，氢气的是0.5mol，氮气的是2mol，水是1mol，所以选项A正确；原子的物质的量分别是1.5mol、1mol、4mol、3mol，所以选项B正确；根据阿伏加德罗定律可知，在相同条件下，相同物质的量的气体所占有的体积是相同的，所以选项C不正确，应该是>=>；四种物质的质量分别是是22g、1g、56g、18g，所以选项D正确，答案选C。3、B【解析】Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；Na2O2中O元素的化合价为-1价，故错误；Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故错误；Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色，故正确；所以正确的选项为：。故选B。4、A【解析】已知a g CH4中含有b个H原子，甲烷的物质的量是，1分子甲烷含有4个氢原子，则氢原子的物质的量是。根据NnNA可知，则NA为4b/a。答案选A。5、B【解析】试题分析：氯元素的化合价从0价降低到-1价，反应中Cl2为氧化剂，氮元素的化合价从3敬爱升高到0价，失去电子，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3，Cl元素化合价降低，被还原，NH4Cl为还原产物，答案选B。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。6、D【解析】氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，部分以氯气分子形式存在，次氯酸不稳定受热易分解，据此解答。【详解】氯气溶于水，部分以氯气分子形式存在，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，氯化氢为强电解质完全电离出氢离子和氯离子，次氯酸为弱电解质部分电离出氢离子和次氯酸根离子，所以新制氯水中含有：所以新制的氯水中含有三种分子：Cl2、H2O、HClO，四种离子：H+、Cl-、ClO-及少量OH-；次氯酸不稳定受热易分解，2HClO2HCl+O2，促使Cl2+H2OHCl+HClO平衡向正向移动，HClO分解导致了Cl2的不断反应，最后变成了HCl溶液，所以减少的是Cl2、H2O、HClO；答案选D。【点睛】本题考查了新制氯水和久制氯水的区别，明确氯水的成分与性质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累。7、D【解析】A.因其在水溶液中完全电离：BaCl2=Ba2+2Cl-，0.5mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；B.因其在水溶液中完全电离：MgCl2=Mg2+2Cl-，0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全电离：NaCl=Na+Cl-，1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，D.因其在水溶液中完全电离：AlCl3=Al3+3Cl-，0.5mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×3=1.5mol/L，答案选D。8、D【解析】A、氢气易燃烧，且为气体，故为易燃气体，故A正确；B、过氧化钠有强氧化性，是一种氧化剂，故B正确；C、浓硫酸是强酸，有强腐蚀性，是腐蚀品，故C正确；D、醋酸是食醋的主要成分，可以食用，无毒性，故D错误；故选D。9、B【解析】除去氯化钠溶液中混有少量的氯化镁，实质上就是除镁离子，除镁离子可用氢氧根离子结合成沉淀，因为加入试剂时易产生新杂质,因此在选择试剂时，应考虑到不能引入新的杂质。【详解】A、加入适量Na2SO4会引入硫酸根离子,且它和镁离子不反应,不能除去,故A错误；B、加入适量NaOH后,生成氯化钠和氢氧化镁沉淀，过滤可以得到滤液氯化钠，故B正确；C、加入过量NaOH后,生成氯化钠和氢氧化镁沉淀,但会引入杂质离子氢氧根离子，故C错误；D、加入过量Na2CO3后会引入杂质离子碳酸根离子，故D错误；答案选B。【点睛】除杂质至少要满足两个条件：(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。10、C【解析】胶体可以产生丁达尔效应，有尘埃的空气、稀豆浆均属于胶体，当光速通过时能观察到丁达尔效应，硫酸铜溶液、稀硫酸不是胶体，不能观察到丁达尔效应，答案选C。故选C。11、C【解析】A铁片插入稀H2SO4溶液中发生的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；BH2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后发生的离子反应为2H+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+2H2O，故B错误；CNa2CO3溶液与稀HCl溶液混合后发生的离子反应为CO32-+2H+=CO2+H2O，故C正确；D铁与氯化铁溶液反应时发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；答案为C。点睛：解这类题主要是从以下几个方面考虑：反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等；电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-；配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒；注意反应物的用量对离子反应的影响；对一个完整的离子反应不能只写部分离子反应。12、D【解析】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；本题答案选D。13、C【解析】A、应生成亚铁离子；B、2molOH-表达错误；C、电荷守恒、质量守恒；D、氯酸根离子是原子团，不能拆开。【详解】A、应生成亚铁离子， FeSO4=Fe2+SO42，故A错误；B、2molOH-表达错误，Ca(OH)2=Ca2+2OH，故B错误；C、电荷守恒、质量守恒，故C正确；D、氯酸根离子是原子团，KClO3=K+ClO3，故D错误。故选C。14、A【解析】钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面上；钠熔成光亮小球；四处游动；发出“嘶嘶”的响声，且很快消失；滴入酚酞后溶液变红色；故答案为A。15、A【解析】根据化学实验操作，分析判断操作目的或作用。【详解】A项：点燃混有空气的可燃性气体可能引起爆炸，故验纯可燃性气体是基于实验安全。A项正确；B项：不同滴管交叉使用，会污染试剂。B项错误；C项：使用容量瓶前进行检漏，防止倒转摇匀时液体渗出。 C项错误；D项：剩余的药品不能放回原试剂瓶，是防止污染试剂瓶中的试剂。D项错误。本题选A。16、C【解析】化合物中正负化合价的代数和为0；湿法中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价；干法中Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0；干法制备的反应中，Na2O2中O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为2价，【详解】高铁酸钠中Na为+1价，O为-2价，则铁显+6价，A正确；湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，B正确；干法中每生成1molNa2FeO4，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0，转移电子1mol×（6-2）+0.5mol×2×（1-0）=5mol，C错误；干法制备中，O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，试题注意化学与生活的联系，侧重分析与应用能力的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。17、A【解析】A有两种同分异构体：和，故A正确；B可看成，分子中的两个氢原子被两个氯原子取代的产物，故的分子结构类似于，不可能所有原子都在同一平面内，故B错误；C在光照条件下，乙烷和氯气发生取代反应的产物很多，有一氯代物、二氯代物、三氯代物等，不可能制得纯净的，故C错误；D中除含有C、H元素外，还含有Cl元素，不属于烃，故D错误。综上所述，答案为A。18、C【解析】设Na2CO3·10H2O的物质的量为x mol，NaHCO3的物质的量为y mol，则286x+84y=4.54，溶于水配成100 mL溶液，Na+的浓度为0.4 mol·L-1，即Na+的物质的量=0.4 mol·L-1×0.1L=0.04mol，即2x+y=0.04mol，联立两个方程解得x=0.01，y=0.02，因此NaHCO3的物质的量为0.02mol，根据Na+守恒可知NaHCO3受热分解所得Na2CO3的物质的量=0.01mol，Na2CO3·10H2O受热分解所得Na2CO3的物质的量=0.01mol，则剩余固体Na2CO3的总物质的量=0.01mol+0.01mol=0.02mol，质量=0.02mol×106g/mol=2.12g，C满足题意。答案选C。19、A【解析】电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物；导电的原因是有自由移动的电子或离子，据此利用排除法作答。【详解】A.熔融的氢氧化钾，是化合物，且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根，因此可以导电，是电解质，故A项正确； B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B项错误；C.铜固体有自由移动的电子，可以导电，但不是化合物，不属于电解质，故C项错误；D.氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故D项错误；答案选A。【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。20、D【解析】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，加碳酸钠可以除去钙离子，加氯化钡可以除去硫酸根离子，加入氢氧化钠可以除去镁离子，每一次所加的试剂都是过量的，引入的杂质离子也要除掉，所以碳酸钠加在氯化钡后面，以除去多余的钡离子，盐酸必须加在最后边，除去多余的碳酸根离子，氢氧根离子，即顺序不能改变，故选D。【点睛】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，除钙离子用碳酸根离子，除镁离子用氢氧根离子，除硫酸根用钡离子，每一次所加的试剂都是过量的，引入的杂质离子也要除掉，要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加的过量试剂除掉。21、D【解析】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；故选D。22、D【解析】A、因HCl和氯气都不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，则不能检验，选项A错误；B、因HCl和氯气都不能使干燥的有色布条褪色，则不能检验，选项B错误； C、在溶液中HCl与氯水中都含有Cl-，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则不能检验，选项C错误；D、因氯气与水反应生成次氯酸，能使湿润的红色布条褪色，则能够检验混有氯气，选项D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、Ag+、Ca2+、Ba2+ CO322H H2OCO2 ？ 0.4 0 存在，最小浓度为0.8 mol/L 【解析】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；【详解】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；（1）根据上述分析，实验I中一定不存在的离子是Ag、Ca2、Ba2；（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO322H=CO2H2O；（3）根据上述分析，NO3可能含有，也可能不含有，因此NO3的浓度为?；SiO32的物质的量浓度为0.04/(100×103)mol·L1=0.4mol·L1；SO42不含有，浓度为0；（4）根据上述分析，K一定存在，根据电中性，当没有NO3时，K浓度最小，n(K)n(Na)=2n(SiO32)2n(CO32)，代入数值，解得n(K)=0.08mol，即c(K)=0.8mol·L1。24、Na S H Cl Mg2+ Al3+（或F-、O2-、N3-都可） 【解析】A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子，A为Na，B元素-2价阴离子的电子层结构与氩原子相同，B为S；C元素的原子核内无中子，C为H；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个，D为Cl；【详解】（1）根据分析，A、B、C、D四种元素的符号：A：Na、B：S、C：H、D：Cl。答案为：Na；S；H；Cl；（2）A为Na，A的离子为Na+，核外有10个电子，两个电子层，与其结构相同的离子有Mg2+、Al3+、F-、O2-、N3-，答案为：Mg2+；Al3+（或F-、O2-、N3-都可）；（3）B为S，S2-的电子式，D为Cl，原子的结构示意图。答案为：；。25、饱和食盐水 d Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 分液漏斗 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 11.5 88.2 【解析】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl；(2)为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，用分液法分离互不相容的液体；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠；（5）根据 计算盐酸的物质的量浓度；根据 计算标况下HCl气体的体积。【详解】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl，装置B中的试剂是饱和食盐水；（2）为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性，故选d；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl；用分液法分离互不相容的液体，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和分液漏斗；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠，反应方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（5）=11.5 mol·L-1；设需要标况下HCl气体的体积为VL，则HCl的物质的量是，溶液的质量是，溶液体积是，所以 ，则V= 88.2L。26、500 14.3 A E F D C B 偏低 无影响 冷却 偏高 偏低 112 【解析】（1）由于没有450mL容量瓶，则该实验应选择500mL容量瓶。（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为0.5L×0.1mol/L×286g/mol14.3g。（3）配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则该实验的正确操作顺序是A、E、F、D、C、B。（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，由于氢氧化钠易吸水，则氢氧化钠的质量减少，因此所配溶液浓度偏低；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，由于不会影响溶质和溶液体积，则会使所配溶液浓度无影响；氢氧化钠溶于水放热，则NaOH溶解后未经冷却，立即注入容量瓶至刻度线，冷却后溶液体积减少，则会使浓度偏高；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使溶液体积增加，所配溶液浓度偏低。（5）200mL溶液中碳酸钠的物质的量是0.2L×0.1mol/L0.02mol。10 mL 12.25%稀H2SO4（=1.0 g/cm3）的物质的量是，其中氢离子的物质的量是0.025mol。由于与碳酸钠反应时分步进行，即首先转化为碳酸氢钠，消耗氢离子是0.02mol，剩余的氢离子再与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，此时氢离子不足，则根据HCO3+H+CO2+H2O可知生成的二氧化碳是0.025mol0.02mol0.005mol，在标准状况下的体积是0.005mol×22.4L/mol0.112L112mL。27、BDE 玻璃棒 胶头滴管 27.2 定容 CD 【解析】(1)配制480mL 1mol/L的稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以选项中使用到的仪器有：D 50mL量筒、B 100mL烧杯、E 500mL容量瓶，故答案为BDE；(2)根据(1)可知，配制480mL 1mol/L的稀硫酸，还缺少的仪器为：玻璃棒、胶头滴管，故答案为玻璃棒、胶头滴管；(3)配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶，98%的浓硫酸(密度为1.84gcm-3)的物质的量浓度为：mol/L =18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：0.0272L=27.2mL，故答案为27.2；(4)根据(1)的分析，配制稀硫酸的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀等，故答案为定容；(5)A将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，用水洗涤量筒，将洗液也转入在烧杯中，量筒不能洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故A正确；B稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏高，故B错误；C定容时加水不慎超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏低，故C正确；D定容时仰视刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏低，故D正确；故选CD。点睛：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法。该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制