浙江省之江教育联盟2022-2023学年化学高一第一学期期中考试模拟试题含解析.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、如图所示测定溶液导电性实验的装置，甲与乙中盛有浓度相同的不同液体。接通电源后将甲中液体逐滴滴入乙中，发现灯泡由亮暗灭亮。下表中甲、乙所盛液体符合要求的是（ ）选项甲乙A氯化钠溶液硝酸银溶液B氨水醋酸C稀盐酸碳酸钙悬浊液D硫酸铜溶液氢氧化钡溶液AABBCCDD2、下列各组中各有两对物质，它们都能用分液漏斗分离的是（ ）A乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，酒精和水B1，1-二溴乙烷和水，硝基苯和水C汽油和水，乙酸和乙醇D乙酸和水，植物油和水3、下列物质不能由单质直接化合而生成的是（ ）AFeCl3BFeSCCuIDCuS4、2015年诺贝尔医学奖授予中国药学家屠呦呦等三位科学家，以表彰她们在青蒿素方面做出的突出贡献，提取青蒿素通常可以用乙醚浸取，这与下列哪种方法的原理相同（ ）A分液法 B萃取法 C结晶法 D过滤法5、活泼金属在空气中易与氧气反应，在表面生成一层氧化膜，氧化膜致密，可以保护内层金属不被继续氧化的金属是A铁B钠C铝D铜6、下列叙述中，不正确的是( )ACaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物DBa(OH)2 、NaOH、Ca(OH)2属于强碱7、现在NaOH、Na2 CO3 、Ba(OH)2三种无色溶液，选用一种试剂把它们鉴别出来，可选用（ ）A稀盐酸B稀硫酸CBaCl2溶液DNa2SO4溶液8、设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.5NAB0.1 mol H218O中所含中子总数为1.2NAC在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO所含电子数均为1.4NAD常温下，5.6克铁与足量的浓硫酸反应，转移电子数为0.3NA9、能正确表示下列反应的离子方程式的是A铝与硫酸铜溶液反应：Al+Cu2+=Al3+CuB碳酸钡溶于稀硝酸：CO32-+2H+=H2O+CO2C铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3+H2D醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2+CO2+H2O10、下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 0.1 mol·L1AlCl3溶液中氯离子的浓度相等的是A150 mL 0.1 mol·L1 NaCl溶液B75 mL 0.2 mol·L1 NH4Cl溶液C300 mL 0.1 mol·L1 KCl溶液D150 mL 0.1 mol·L1 FeCl3溶液11、有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3，五种无标签溶液，为鉴别它们，取四支试管分别装入一种溶液，向上述四支试管中加入少许剩下的一种溶液，下列结论错误的是（ ）A若有三支试管出现沉淀，则最后加入的是AgNO3溶液B若全部没有明显现象，则最后加入的是NH4NO3溶液C若一支试管出现气体，两支试管出现沉淀，则最后加入的是HCl溶液D若只有两支试管出现沉淀，则最后加入的可能是BaCl2溶液12、下列粒子中，既有氧化性又有还原性的是ANa+BF2CFe2+DCl13、在物质分类中，前者包括后者的是A氧化物、化合物B化合物、电解质C溶液、 胶体D溶液、 分散系14、通过分类进行比较后再推理称为类推，类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实践的验证，以下类推的结论错误的是（ ）原子和分子均是微观粒子，原子在化学变化中不能再分，则分子在化学变化中也不能再分Na、K具有强还原性，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应钠与水反应生成NaOH和H2;所有金属与水反应都生成碱和H2CuSO4溶液能够导电，CuSO4是电解质；将CO2溶于水所得溶液可以导电，所以CO2是电解质A B C D15、根据下列反应判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序是 2FeCl2Cl2=2FeCl3； 2FeCl32HI=2FeCl22HClI2；H2SO3I2H2O=2HIH2SO4；ACl2> FeCl3> I2> H2SO4 BI2> FeCl3>H2SO4> Cl2CFeCl3>I2>H2SO4> Cl2 DCl2> FeCl3>H2SO4>I216、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A5.85g氯化钠所含的离子数为0.1NAB2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.1NAC0.1molF2中含有共价键的数目为0.2NAD0.1molH2与Cl2的混合气体充分反应后体系中含有共价键数目为0.1NA17、汽车安全气囊是在发生撞车时，能自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生的反应为：10NaN3+ 2KNO3 =K2O+ 5Na2O+16N2，下列有关这个反应的说法中正确的是 ( )A该反应中，每生成16mol N2转移30mole-B该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5C该反应中KNO3被氧化D该反应中N2既是氧化剂又是还原剂18、在反应KClO36HClKCl3Cl23H2O中，被氧化和被还原的原子的物质的量之比是A1：6 B5：1 C6：1 D3：119、44gA 和 49gB 恰好完全反应生成 76gC 和一定量的气体 D，若 D 的相对分子质量为 34， 则生成气体 D 在标准状况下的体积为（ ）A22.4LB11.2LC5.6LD44.8L20、下列反应的离子方程式正确的是A铁粉与稀硫酸反应：2Fe6H+2Fe3+3H2B二氧化碳与石灰乳的反应：CO22OHCO32H2OC铁粉与硫酸铜溶液反应：FeCu2+Fe2+CuD碳酸钙与盐酸反应CO322H+H2OCO221、下列叙述正确的是（ ）A摩尔是七个基本物理量之一B1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子C标准状况下，1 mol任何物质体积均为22.4 LD摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量22、下列实验操作或方法中，正确的是 （ ）A转移溶液 B制少量蒸馏水C制取、收集氧气 D蒸发结晶二、非选择题(共84分)23、（14分）有 X、Y、Z 三种元素：X、Y、Z 的单质在常温下均为气体，X 单质可以在 Z 的单质中燃烧，生 成化合物 XZ，火焰呈苍白色，XZ 极易溶于水，在水溶液中电离处 X+和 Z，其水溶液能使蓝色石蕊试 纸变红，每两个 X2 分子能与一个 Y2分子化合成两个 X2Y 分子，X2Y 常温下为液体，Z 单质溶于 X2Y 中，所得的溶液具有漂白性。（1）写出下列微粒的电子式：X+_，Z_，Y 原子_。（2）写出 X2Y 的化学式_。按要求与 X2Y 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子_，5 个原子核的分子_。（3）写出 Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：_，所得溶液能使淀粉碘 化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_。（4）实验室制备 XZ 的化学方程式：_，如何检验 XZ 是否收集满_。24、（12分）某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。25、（12分）实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 _。(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_。A使用容量瓶前检验是否漏水。B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤。C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(3)根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。(4)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_mL。26、（10分）现用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓H2SO4来配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4可供选择的仪器有：玻璃棒 烧瓶 烧杯 胶头滴管 量筒 容量瓶 托盘天平 药匙。请完成下列问题：(1)上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有_(填代号)。(2)经计算，需浓H2SO4的体积为_。现有10mL 50mL 100mL三种规格的量筒，你选用的量筒是_（(填代号) 。(3)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是_，能引起误差偏高的有_(填代号)。洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视标线27、（12分）如图表示用CuSO45H2O晶体来配制480mL 0.20mol·L1 CuSO4溶液的几个关键实验步骤和操作，据图回答下列问题： （1）将上述实验步骤AF按实验过程先后次序排列 _，需称取CuSO45H2O 晶体的质量为_ g。（2）写出配制480mL0.20mol·L1CuSO4溶液所需要用到的玻璃仪器的名称：烧杯、量筒、_。（3）步骤B通常称为转移，若是配制NaOH溶液，用水溶解NaOH固体后未冷却至室温即转移，配制溶液的浓度将偏_（填“高”或“低”）。步骤A通常称为_，如果俯视刻度线，配制的浓度将偏_（填“高”或“低”）。28、（14分）A、B、C、D 四种元素核电荷数均小于 18。B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C 元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电子层数，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。（1）四种元素为：A_B_C_D_（2）A 离子的结构示意图为_（3）B 原子的轨道表示式为_，C 原子有_种不同运动状态的电子（4）D 离子的最外层电子排布式为_（5）D 单质与 A2B 反应的化学方程式为_29、（10分）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。（1）写出下列物质的化学式：A：_，D：_，R：_。（2）按要求写下列反应方程式：H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式_；B和R反应生成N的离子方程式_；D与盐酸反应的离子方程式_。（3）检验气体C的方法_。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.氯化钠溶液逐滴滴加到硝酸银溶液中，发生反应：NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3，反应前后溶液的浓度变化不大，灯泡亮度基本不变，故A错误；B.氨水逐滴加到醋酸溶液中，发生反应：NH3H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，醋酸属于弱电解质，导电能力差，而醋酸铵属于强电解质，同浓度的条件下，导电能力增强，灯泡变亮，故B错误；C.稀盐酸逐滴加到碳酸钙悬浊液中，发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，碳酸钙悬浊液中自由移动的离子浓度较小，导电能力差，而氯化钙属于强电解质，同浓度的条件下，自由移动离子浓度大，导电能力增强，灯泡变亮，故C错误；D.硫酸铜溶液逐滴滴加到氢氧化钡溶液中，发生反应：CuSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Cu（OH）2，氢氧化钡属于强电解质，自由移动离子浓度大，导电能力强，反应后生成BaSO4和Cu（OH）2沉淀，溶液中自由移动的离子数目大幅度减小，导电能力减弱，灯泡变暗，当硫酸铜溶液过量后，溶液中自由移动的离子数目增加，溶液导电能力又逐渐增强，灯泡变亮，符合题意，故D正确；故答案选D。【点睛】电解质溶液中存在自由移动的离子，因此能够导电；溶液中自由移动的离子浓度越大，带的电荷越多，溶液导电能力就越强，导电能力与电解质的强弱没有必然的联系，强电解质导电能力不一定就强。2、B【解析】能用分液漏斗分离的物质应互不相溶。A、酒精和水互溶，故A错误；B、1，1-二溴乙烷和水，硝基苯和水都互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；C、乙酸和乙醇互溶，故C错误；D、乙酸和水互溶，故D错误。故选B。3、D【解析】A铁与氯气反应生成氯化铁，故A不选；B铁单质与硫单质生成硫化亚铁，故B不选；C铜单质与碘单质反应生成碘化亚铜，故C不选；D铜单质与硫单质反应生成硫化亚铜，故D选；故选：D。4、B【解析】青蒿素提取过程是先用冷水浸泡青蒿，将青蒿绞汁 ，再用乙醚低温溶解提取，利用了青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水的性质。【详解】A. 分液法是分离两种互不相溶的液体混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是分液法，故A错误；B. 青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水，可用乙醚萃取，然后分液分离，所以B选项是正确的；C.结晶法使利用溶解度的差异分离混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是结晶法，故C错误；D. 过滤适用于不溶性固体与液体的分离，用乙醚浸取提取青蒿素不是过滤法，故D错误。所以B选项是正确的。5、C【解析】活泼金属铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化膜，可以保护内层金属不被继续氧化。【详解】A、铁生成的是氧化铁，为铁锈的成分，不是致密氧化膜，选项A错误；B、而钠和氧气反应生成的氧化钠是粉末状物质，不是致密的氧化膜，选项B错误；C、根据金属的性质，活泼金属铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化膜氧化铝，该氧化膜可以保护内层金属不被继续氧化，选项C正确；D、铜在空气中缓慢氧化生成碱式碳酸铜，不是氧化物，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查金属的性质，注意金属铝、镁可以和氧气反应生成致密的氧化膜，除此之外其他金属不具有该性质即可解答。6、B【解析】A.含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；B.纯碱是碳酸钠,属于盐；C.含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；D.在水溶液中发生完全电离的碱属于强碱。【详解】A. CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，都属于碳酸盐，故A正确；B.纯碱属于盐类，不属于碱，故B错误；C.蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态二氧化碳，二者都属于化合物；铁矿石含有多种物质，属于混合物，故C正确；D. 化合物电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物为碱，Ba(OH)2 、NaOH、Ca(OH)2在水溶液中都能发生完全电离，都属于强碱，故D正确；综上所述，本题选B。7、B【解析】A.取样品，加入稀盐酸，有气泡产生的是Na2CO3，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B.取样品，加入稀硫酸，有气泡产生的是Na2CO3，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，没有明显现象的是NaOH，现象不同，可以鉴别，故B正确；C.取样品，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故C错误；D.取样品，加入Na2SO4溶液，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故D错误。故选B。8、C【解析】A过氧化钠中含有过氧根离子，0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.25NA，故A错误；BH中不含中子，18O 中含有10个中子，0.1 mol H218O中所含中子总数为1.0NA，故B错误；C在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO都是0.1mol，所含电子数均为1.4NA，故C正确；D常温下，铁与浓硫酸发生钝化，故D错误，本题选C。9、D【解析】A电荷不守恒，正确的离子方程式为2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu，A错误；B碳酸钡不溶于水，不能写成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2+H2O+CO2，B错误；C铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，C错误；D醋酸是弱酸，水垢的主要成分是碳酸钙，不溶于水，醋酸除水垢的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2+CO2+H2O，D正确；答案选D。10、D【解析】根据化学式AlCl3可以知道0.1 mol·L1AlCl3溶液中氯离子浓度为0.3 mol·L1,结合各选项中化学式判断溶液中氯离子浓度,注意离子的浓度与溶液的体积无关，与物质的构成有关。【详解】已知50 mL 0.1 mol·L1氯化铝溶液中氯离子的浓度0.3 mol·L1，则A. 150 mL 0.1 mol·L1NaCl溶液中氯离子的浓度为0.1mol·L1；B. 75 mL 0.2 mol·L1 NH4Cl溶液中氯离子的浓度为0.2mol·L1；C. 300 mL 0.1 mol·L1 KCl溶液中氯离子的浓度为0.1mol·L1；D. 150 mL 0.1 mol·L1 FeCl3溶液中氯离子的浓度为0.3mol·L1；根据以上分析可知选项D正确，答案选D。11、C【解析】A在五种溶液中，AgNO3溶液和BaCl2、HCl、Na2CO3溶液反应均生成白色沉淀，所以有三支试管出现沉淀时，则最后加入的是AgNO3溶液，A结论正确；BNH4NO3溶液和Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl溶液混合均没有明显现象，则全部没有明显现象时，最后加入的是NH4NO3溶液，B结论正确；C如果最后加人的是HCl溶液，盐酸和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳，和AgNO3溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以只有一支试管出现气体，一支试管出现沉淀，C结论错误；D若最后加入的是BaCl2溶液，BaCl2溶液和Na2CO3、AgNO3溶液反应均生成白色沉淀，有两支试管出现沉淀，D结论正确；答案为C。12、C【解析】当一种元素处于最高价时，只具有氧化性；当一种元素处于最低价时，只具有还原性；当一种元素处于中间价态，既具有氧化性，又有还原性。【详解】A. Na+处于最高价态，只有氧化性，A不正确；B. F2处于最高价态，只有氧化性，B不正确；C. Fe2+处于中间价态，既可以被氧化为Fe3+，又可以被还原为Fe，既具有氧化性，又有还原性，C正确；D. Cl处于最低价态，只有还原性，D不正确；答案选C。13、B【解析】A.氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，故前者属于后者，故A错误；B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故电解质一定是化合物，即前者包含后者，故B正确；C.分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，故溶液和胶体是并列关系，故C错误；D.分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，故前者属于后者，故D错误；故选B。14、B【解析】原子和分子均是微观粒子，原子在化学变化中不能再分，而分子在化学变化中可再分，错误；Na、K具有强还原性，Na常温下与水剧烈反应，K的还原性比Na强，故K常温下也能与水剧烈反应，正确；Na与水反应生成NaOH和H2，但金属Fe、Cu等不能与水反应生成碱和氢气，错误；CuSO4溶液能够导电，CuSO4是电解质，将CO2溶于水所形成的H2CO3溶液可以导电，而不是CO2导电，故CO2不是电解质，错误；因此答案选。点睛：化学变化中分子可再分，原子不可再分是易错点，CO2水溶液虽然能导电但本身不导电，故不是电解质。 15、A【解析】比照氧化还原反应中的概念判断各反应中的氧化剂和氧化产物，再依据“同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物”判断。【详解】同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。反应“2FeCl2+Cl2=2FeCl3”中，Fe元素的化合价由+2价升至+3价，FeCl2为还原剂，FeCl3为氧化产物，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2为氧化剂，则氧化性：Cl2>FeCl3；反应“2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2”中，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，FeCl3为氧化剂，I元素的化合价由-1价升至0价，HI为还原剂，I2为氧化产物，则氧化性：FeCl3>I2；反应“H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4”中，S元素的化合价由+4价升至+6价，H2SO3为还原剂，H2SO4为氧化产物，I元素的化合价由0价降至-1价，I2为氧化剂，则氧化性：I2>H2SO4；根据上述分析，氧化性：Cl2>FeCl3>I2>H2SO4，答案选A。【点睛】本题考查依据化学方程式比较氧化性的强弱，解题的关键是根据反应前后元素化合价的变化找出氧化剂和氧化产物。16、D【解析】A. 1mol氯化钠中有1mol钠离子和1mol氯离子，5.85g氯化钠的物质的量为0.1mol，含的离子数为0.2NA，故A错误B. 一个氮分子中含有3对共用电子对，2.8 gN2中含有共用电子对的数目为×3×NA=0.3 NA，故B错误；C. 氟气是双原子分子，1mol氟分子中含1mol共价键，0.1molF2中含有共价键的数目为0.1NA，故C错误；D. 1个氢气分子、1个氯气分子、1个氯化氢分子都含有1个共用电子对，则0.1 molH2与Cl2的混合气体充分反应后，体系中含有共价键总数为0.1NA，故D正确；答案选D。17、B【解析】根据反应可知，KNO3中氮元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；NaN3中氮元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，该反应中N2既是氧化剂又是还原剂；据10NaN3+ 2KNO3 =K2O+ 5Na2O+16N2反应可知，转移10mol电子；据以上分析解答。【详解】A项，每生成16molN2有2molKNO3被还原，N元素从+5价降低到0价，转移10mol电子，故A错误；B项，根据反应可知，KNO3中氮元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；NaN3中氮元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂；该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:10=1:5, 故B正确；C项，根据反应可知，KNO3中氮元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂， 故C错误；D项，由A项分析可知N2既是氧化产物又是还原产物，而非氧化剂和还原剂，故D错误；综上所述，本题选B。18、B【解析】在该反应中，Cl2中的Cl原子由KClO3和HCl发生氧化还原反应产生，据此分析。【详解】在反应KClO36HClKCl3Cl23H2O中，KClO3中+5价的Cl得到电子，变为Cl2中的0价Cl，被还原；HCl中-1价的Cl失去电子，变为Cl2中的0价Cl，被氧化。根据电子守恒可知生成的3个Cl2中的Cl有1个是由KClO3提供，5个由HCl提供，所以被氧化和被还原的原子的物质的量之比是5:1，故正确选项是B。【点睛】本题考查了同一元素的氧化还原反应的知识。在同一元素的氧化还原反应中，元素化合价发生变化的规律是：“可相聚，不相交”，“高高、低低”。即生成物中的居于中间价态元素，一部分是由反应物中高价态的得到电子还原生成，一部分是由低价态的失去电子氧化生成；反应后生成物中该元素的化合价可以相同，但不能出现化合价交叉情况。不能出现氧化产物中元素的化合价比氧化剂中该元素的化合价还高，还原产物中元素的化合价比还原剂中该元素的化合价还低。若反应物、生成物中含有多种发生变化的同一元素的物质，则生成物中较高价态的物质是由反应物中价态较高的物质生成；生成物中较低价态的物质是由反应物中价态较低的物质生成。掌握反应原理是配平方程式、分析电子转移数目、判断物质的关系的根本。19、B【解析】由质量守恒定律计算气体D的质量，由m/M计算气体D的物质的量，由V=22.4n计算气体体积。【详解】由质量守恒定律可得：m(A)+m(B)=m(C)+m(D)，m(D)=(44g+49g)-76g=17g，气体D的物质的量为17g/34g/mol=0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故选B。20、C【解析】A.根据微粒的氧化性：Fe3+>H+>Fe2+分析；B.石灰乳主要以固体氢氧化钙形式存在，不能写成离子形式；C.反应要符合事实，遵循电子守恒、原子守恒、电荷守恒；D.碳酸钙是难溶性的物质，主要以固体形式存在。【详解】A.H+氧化性较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，不符合反应事实，A错误；B.石灰乳以固体存在，不能拆写，B错误；C.符合离子方程式拆分原则，电子、电荷、原子守恒，C正确；D.碳酸钙难溶于水，不能拆写，要写化学式，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了离子方程式书写正误判断的知识，离子反应主要有复分解反应、氧化还原反应、盐的双水解反应和络合反应。掌握常见物质的溶解性，常见的强电解质、弱电解质及微粒的主要存在方式、物质的氧化性、还原性的强弱是本题解答的关键。本题易错点的选项A、B，对于选项A，不清楚H+氧化性较弱，只能把Fe氧化为Fe2+；对于选项B，Ca(OH)2是微溶物质，当以澄清石灰水存在时，要写成离子形式；当以石灰乳或固体氢氧化钙存在时就写化学式，不能拆写，一定要仔细审题，不可乱写。21、D【解析】A物质的量是国际单位制七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，A项错误；B1 mol任何由分子构成的物质都含有6.02×1023个分子，B项错误；C标准状况下，1 mol任何气体的体积均约为22.4 L，C项错误；D摩尔质量是NA个组成该物质的基本微粒所具有的质量。在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，D项正确；答案选D。22、D【解析】A.配制溶液时不能直接将溶液倒入容量瓶，应该用玻璃棒引流，避免溶液流到容量瓶的外面，影响配制结果，故A错误；B.蒸馏装置中，温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水的方向应该是下进上出，故B错误；C.用氯酸钾与二氧化锰制取氧气时，为防止冷凝液倒流回试管，使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，故C错误；D.蒸发结晶时，要用玻璃棒不断搅拌，防止因为受热不均而导致液体飞溅，故D正确。故选D。二、非选择题(共84分)23、H+ H2O OH CH4 Cl2+H2OH+Cl+HClO Cl2 NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl 用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满 【解析】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HClX2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。【详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；（1）X+为H+，其电子式为H+，Z为Cl，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；故答案为H+、；（2）X2Y 的化学式为H2O；与 H2O 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子为OH，5 个原子核的分子为CH4；故答案为H2O；OH；CH4；（3）Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl2；故答案为Cl2+H2OH+Cl+HClO；Cl2；（4）实验室制备 HCl 的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；检验 HCl 是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。24、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸25、AC 烧杯、玻璃棒 BCD 2.0 小于 13.6 【解析】(1). 配制一定物质的量浓度的上述溶液需要的仪器有：量筒、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等，则肯定不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗，还需要的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；(2). A. 容量瓶有瓶塞，配制过程中需要反复颠倒摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前要检验是否漏水，故A正确；B. 容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；C. 容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故C错误；D. 容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故D错误；E. 定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确，答案为：BCD；(3). 配制NaOH溶液时需用托盘天平称量NaOH固体的质量，实验室无450mL规格的容量瓶，需选用500mL规格的容量瓶进行配制，配制氢氧化钠溶液时需要NaOH的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，浓度偏小，即小于0.1mol/L，故答案为：2.0；小于；(4). 用量筒量取浓硫酸溶液的体积，质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)=18.4mol/L，设需用量筒量取浓硫酸的体积为a mL，则a×103L×18.4mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得a=13.6mL，