甘肃省古浪县二中2022年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、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700 时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的科学杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中正确的是A该反应是氧化还原反应B制造过程中原子的种类和数目发生了改变C生成的纳米级金刚石是一种新型的化合物D生成的纳米级金刚石粉末能产生丁达尔效应2、周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是A硼原子的中子数为5B硼元素原子核外有5个电子C存在一种质量数为10.81的硼原子D该硼原子的相对原子质量是10.813、下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是A少量的浓硫酸沾到皮肤上时，可以直接用大量的水冲洗B凡是给玻璃仪器加热时，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂C取用化学药品时，应特别注意观察药品包装容器的安全警示标记D闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品4、工业制取ClO2的化学反应：2NaClO3 + SO2 + H2SO4= 2ClO2 + 2NaHSO4 ，下列说法正确的ASO2在反应中被还原BNaClO3在反应中失去电子CH2SO4在反应中做氧化剂D1 mol 氧化剂在反应中得到1 mol电子5、在加入石蕊试液呈蓝色的溶液中，下列能够大量共存的离子组是AH+、SO42-、CO32-、Na+BAg+、K+、Ca2+、NO3CK+、Ba2+、Cl、NO3DMg2+、K+、HCO3、Cl6、密度为0.910 g·cm-3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为( )A等于12.5%B大于12.5%C小于12.5%D无法确定7、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuONH4Cl CuCuCl2N2H2O(未配平)。下列说法正确的是A反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为32C反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子D该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的8、下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是ANaHCO3NaHCO32BNaHSO4NaHSO42CH2CO3HHCO3DKClO3KCl3O29、已知某强氧化剂中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×103mol至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是A1B0C1D210、下列试剂中，需要使用棕色试剂瓶存放的是A氢氧化钠溶液B氯水C稀硫酸D氯化钾溶液11、下列常用实验仪器中，不能直接用于混合物的分离或提纯的是A分液漏斗 B漏斗 C蒸发皿 D容量瓶12、下列化学方程式中有一个与其他三个在分类上不同,这个化学方程式是A3Fe+2O2Fe3O4BCO2+C2COC2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2DCaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)213、设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(   )A2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NAB常温下,2g氢气所含分子数目为NAC在25,1.01×105Pa时,11.2L氮气所含的原子数目为NAD标准状况下体积约为22.4LH2和O2的混合气体所含分子数为2NA14、下列说法正确的是A切开的金属Na暴露在空气中,光亮表面逐渐变暗:2Na+O2Na2O2B钠与盐酸反应的离子方程式:2Na+2H+2Na+H2C常温下Na与足量O2反应生成Na2O,随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快DNa的金属活动性比Mg强,故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg15、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）A铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B铁制菜刀生锈C大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D铝锅表面生成致密的氧化膜16、下列关于氯水的叙述，不正确的是( )A新制的氯水中，溶质既有分子又有离子B新制的氯水是无色透明的液体，有酸性和漂白性C光照氯水有气泡逸出，该气体是O2D氯水放置数天后酸性将增强17、焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是（）A焰色反应是化学变化B用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（镍丝或铁丝）C焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D利用焰色反应可区分NaCl与Na2CO3固体18、元素R的质量数为A，Rn一的核外电子数为x，则WgRn一所含中子的物质的量为（ ）A(Ax+n)molB(Axn)molCmolDmol19、已知由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物,硫元素的质量分为a%,则混合物中氧元素的质量分数为Aa%B2a%C11.75a%D10.75a%20、氯化钠中含有少量硫酸镁、氯化钙和泥沙等杂质，需进行下列项操作：加水溶解 加入过量的氯化钡溶液 加热蒸发得到晶体 加入过量碳酸钠和氢氧化钠 加入适量的盐酸过滤 下列操作顺序正确的是（ ）A BC D21、以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是A先加入 BaCl2 溶液，再加入足量的 HNO3 溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的 SO42-B加入足量的 CaCl2 溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的 CO32-C加入足量浓 NaOH 溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的红色石蕊试纸变 蓝，则溶液中一定含有大量的NH4+D先加适量的盐酸将溶液酸化，再加 AgNO3 溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的 Cl22、将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，恢复到起始温度，再同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到（ ）A水进入左瓶B水进入右瓶C水同时进入两瓶D水不进入任何一瓶二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、B、F的化学式 A_ B _ F _。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_ 。（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式_。24、（12分）有、四种化合物，分别由、中的两种组成，它们具有下列性质：不溶于水和盐酸；不溶于水但溶于盐酸并放出无色无味的气体；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊。(1)推断、的化学式：_；_；(2)写出下列反应的离子方程式。与氯化钙反应：_。与盐酸反应：_。与稀硫酸反应：_。25、（12分）学习化学应该明白“从生活中来，到生活中去”道理，并加以实践。氯气是一种化学性质活泼的非金属单质，工业上可用氯气制取漂白粉、有机溶剂等。（1）实验室中所用少量氯气常用下列方法制取：4HCl（浓）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O。请将该反应改写成离子方程式：_。（2）甲同学设计如图所示装置研究氯气能否与水发生反应。气体X是含有少量空气和水蒸气的氯气。请回答下列问题：浓硫酸的作用是_。证明氯气和水反应的实验现象为_。此实验装置还不够完善，应该在D处添加的实验装置是_，D处反应的化学方程式为_。26、（10分）实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目 _。(2)该反应中氧化剂与氧化产物物质的量之比是_。(3)由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性(选填“强”或“弱”) _。(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 在标准状况下体积为_L 。 (5)某同学欲用 KMnO4 固体配制100mL 0.5mol/L 的溶液 。回答下列问题：配制 KMnO4 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是(请填序号)_。A容量瓶上标有容积、温度和刻线B容量瓶用蒸馏水洗净后，必须加热烘干C配制溶液时，把量好的 KMnO4 固体小心放入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线 12 cm 处，改 用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D使用前要检查容量瓶是否漏水不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是_(请填序 号) A加水定容时俯视刻度线 B容量瓶水洗后有水残留C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外27、（12分）NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如图：（1）操作是利用半透膜进行分离提纯。操作的实验结果：淀粉_（填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42-_（填“能”或“不能”）透过半透膜。（2）写出实验过程中所用试剂（写化学式）：试剂_；试剂_。（3）判断试剂已过量的方法是：_。（4）用离子方程式表示加入试剂的作用：Ba2+CO32-=BaCO3、_。28、（14分）NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。（1）上述反应中氧化剂是_。（2）根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有水、碘化钾­淀粉试纸淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。（3）请配平以下化学方程式：_AlNaNO3 NaOH=NaAlO2 N2H2O若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_L。 “钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO2。（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。（5）V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2)的盐。请写出 V2O5 分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_、_。29、（10分）I.现有以下物质：NaCl固体；液态CO2；液态氯化氢；汞；固体BaSO4；蔗糖；酒精；熔融的Na2CO3，请回答下列问题：（1）以上物质中能导电的是_；（2）以上物质属于电解质的是_；（3）以上物质属于非电解质的是_；（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_；（5）属于盐的有_；（6）写出溶于水中的电离方程式_。.在一定条件下，有下列物质：8gCH46.02×1023个HCl分子2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：（1）摩尔质量_；（2）物质的量_；（3）分子数目_；（4）原子数目_；（5）质量_。III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫_；（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为_；（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是_。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、A【解析】四氯化碳和金属钠为原料，在700 时制造出纳米级金刚石粉末，说明是四氯化碳和钠反应生成金刚石和氯化钠。【详解】A. 该反应中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；B. 反应过程中原子的种类和数目不发生改变，故错误；C. 生成的纳米级金刚石是一种新型的单质，故错误；D. 生成的纳米级金刚石粉末可以溶解在某物质中形成胶体，则能产生丁达尔效应，但纳米级金刚石粉末不能产生丁达尔效应，故错误。故选A。2、B【解析】A、根据图示信息可知，硼元素原子的核电荷数为5，核外有5个电子，因不知道硼原子的质量数，不能求出中子数，故A错误；B、根据图示信息可知，硼元素原子的核电荷数为5，核外有5个电子，故B正确；C、质量数均为整数，不存在小数，所以不存在一种质量数为10.81的硼原子，故C错误；D、硼元素有同位素，不能确定硼原子的相对原子质量，而10.81为硼元素的相对原子质量，故D错误；故答案选B。3、B【解析】A.少量的浓硫酸沾到皮肤上时，可以直接用大量水冲洗，再用3%-5%的NaHCO3溶液涂上，故A正确.；B.给玻璃仪器加热，不一定都要加垫石棉网，有些化学仪器能直接进行加热，故B错误；C.有些药品具有腐蚀性、毒性等，取用化学药品时，应特别注意观察药品包装容器上的安全警示标记，故C正确；D.闻化学药品的气味时，应用手在瓶口轻轻的扇动，使极少量的气体飘进鼻子中，不能将鼻子凑到集气瓶口去闻化学药品的气味，故选D正确；本题答案为B。4、D【解析】AS元素化合价升高，被氧化，SO2为还原剂，故A正确； B反应中Cl元素由+5价降低到+4价，化合价降低，得电子被还原，故B错误； CH2SO4在反应中没有参与氧化还原反应，仅起到酸性的作用，故C错误；DNaClO3ClO2发生还原过程中，氯元素化合价由+5价降低到+4价，所以1mol氧化剂在反应中得到1mol电子，故D正确；故选：D。5、C【解析】加入石蕊试液呈蓝色，说明溶液呈碱性，如离子之间不反应，且与OH-不反应，则离子可大量共存，以此解答该题。【详解】AH+、CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，且H+、OH-反应生成水，故A错误；B碱性条件下Ag+、Ca2+不能大量共存，故B错误；C离子之间不反应，且与OH-不反应，可大量共存，故C正确；DMg2+、HCO3-与OH-反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸根离子和水而不能大量共存，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。6、C【解析】设加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，稀释后氨水中溶质的质量分数×100%11.9%12.5%，答案为C。【点睛】溶液稀释时，溶质的物质的量或质量不变。7、B【解析】根据CuONH4Cl CuCuCl2N2H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO2NH4Cl = 3CuCuCl2N24H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。8、B【解析】A.NaHCO3的电离方程式应为：NaHCO3NaHCO3，故A错误；B.NaHSO4的电离方程式应为：NaHSO4NaHSO42，故B正确；C.H2CO3的电离分两步且可逆：H2CO3HHCO3、HCO3 HCO32-D.KClO3的电离方程式为：KClO3KClO3，故D错误；本题答案为B。9、B【解析】设中的R的化合价从+5还原（降低）至x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4升高到+6，根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×103（5-x）=6103（6-4），解得x=0，故答案B正确；本题答案为B。【点睛】氧化还原中，氧化剂得电子的物质的量和还原剂失电子的物质的量相等，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，所以氧化剂化合价降低的总数和还原剂化合价升高的总数相等。10、B【解析】A. 氢氧化钠溶液见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故A错误；B. 氯水中含有次氯酸，次氯酸见光容易分解，需要避光保存，需要使用棕色试剂瓶存放，故B正确； C. 稀硫酸见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故C错误； D. 氯化钾溶液见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故D错误；答案：B【点睛】棕色试剂瓶的作用是：避光，一般见光容易分解、挥发、升华或发生反应的物质需储存在棕色试剂瓶。11、D【解析】用于混合物分离或提纯的操作有：过滤操作、蒸馏操作、分液操作等，根据分离操作常用到的仪器判断，分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，而过滤用于分离固体和液体混合物【详解】A、分液漏斗可运用分离互不相溶液体，故A错误； B、漏斗用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，故B错误；C、蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，故C错误；D容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于分离，故D正确。故选：D。12、C【解析】A、B、D都为化合反应，即两种或两种以上的物质发生反应后生成一种物质的反应；C为分解反应，即一种物质反应后生成两种或两种以上物质的反应，故选C。13、B【解析】A、将质量换算成物质的量，再结合原子结构分析计算是电子数；B、将质量换算成物质的量，再计算分子数；C、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；D、标准状况下22.4LH2和O2为1mol。【详解】A、2.4g镁原子物质的量为0.1mol，镁原子最外层2个电子，变成离子时，失去的电子数为0.2NA，故A错误；B、2g氢气物质的量为1mol，所含的分子数为NA，故B正确；C、在25，1.01×105Pa时，不是标准状况，11.2L氮气物质的量不是0.5mol，故C错误；D、标准状况下22.4LH2和O2为1mol，所含分子数为NA，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，22.4L是1mol任何气体在标准状况下的体积，因此在非标准准状况下不能随便使用22.4L/mol。14、B【解析】A、切开的金属钠在空气中变暗是因为Na与空气中的O2反应生成Na2O，反应的化学方程式为：4Na+O22Na2O，选项A错误；B钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H+2Na+H2，选项B正确；C、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，选项C错误；D、钠的金属性很强，极易和水反应，不能用Na与MgCl2溶液反应制Mg，选项D错误；答案选B。15、C【解析】A金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；B铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应过程，故B不选；C酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；D铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C。16、B【解析】氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H、ClO、Cl等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质。【详解】A、新制氯水中含有Cl2、HClO、H2O三种分子，有H、ClO、Cl等离子，故A正确；B、新制的氯水因溶解了氯气，而呈浅黄绿色，有酸性和漂白性，故B错误；C、氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解生成氧气，该气体是O2，故C正确；D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，故D正确；故选B。【点睛】本题综合考查氯气和氯水的性质，解题关键：把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，易错点A，氯气与水的反应是可逆反应，氯气末完全反应17、B【解析】A. 焰色反应是物理变化，不是化学变化，故A错误；B. 盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留痕迹，故B正确。C. K的焰色反应透过蓝色的钴玻璃观察，避免钠的焰色对钾的焰色的干扰，其它元素不需要透过蓝色钴玻璃观察，故C错误；D. 焰色反应是元素的性质，NaCl与Na2CO3都含有钠元素，焰色反应都为黄色，无法利用焰色反应可区分，故D错误；故选：B。【点睛】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化。18、C【解析】根据阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数计算元素R的质子数，由中子数=质量数-质子数计算Rn一含有的中子数，再根据n=m/M计算WgRn一的物质的量，结合Rn一含有的中子数，进而计算含有的中子的物质的量。【详解】Rn一的核外电子数为x，所以质子数为x-n，元素R的质量数为A，所以中子数为(Ax+n)，所以WgRn一所含中子的物质的量为×(Ax+n)=(Ax+n)mol，故答案选C。19、C【解析】NaHS、NaHSO3中“NaH”的总相对原子质量为24，与1个Mg原子的相对原子质量相等，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，可看作其相对原子质量为24）那么，这样处理后混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成的了，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32；利用硫元素的质量分数可求得A的质量分数，混合物中氧元素的质量分数=1-混合物中硫元素的质量分数-A元素的质量分数【详解】由于Na和H的相对原子质量和等于Mg的相对原子质量，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，其相对原子质量可作24），混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32=3：4，由于w（S）=a%，故w（A）=3/4×a=0.75a%，氧元素的质量分数=1-a%-0.75a%=1-1.75a%故选：C20、B【解析】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠才会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加水溶解，加过量的BaCl2溶液，加入过量碳酸钠和氢氧化钠，过滤，加入适量的盐酸，加热蒸发得到晶体。答案选B。【点睛】本题主要考查了在氯化钠提纯中的物质的除杂或净化操作，在解此类题时，首先要了解需要除去的是哪些离子，然后选择适当的试剂进行除杂，在除杂质时要注意加入的量的控制以及试剂的先后顺序。21、C【解析】A、可以和硝酸酸化的氯化钡溶液反应产生的白色沉淀可以是硫酸钡或者是氯化银，所以该澄清溶液中可能含有SO42-、Ag+、SO32-或HSO3-等，A错误；B、加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，溶液中可能含有大量的CO32-、SO42-或Ag+或SO32-等，B错误；C、加入足量浓 NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定含有大量的NH4+，C正确；D、先加适量的盐酸将溶液酸化，溶液中引入了氯离子，再产生白色沉淀，无法说明氯离子的来源，D错误；答案选C。22、A【解析】钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小，碳燃烧消耗1体积O2的同时又生成相同条件下1体积的CO2，故右侧压强不变，所以水应该进入左瓶；答案选A。二、非选择题(共84分)23、Na H2 NaAlO2 2Na+2H2O=2NaOH+H2 6NA 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。【详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为Na、H2、NaAlO2。（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，故答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2。【点睛】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。24、BaSO4 Ba(OH)2 【解析】不溶于水和盐酸，应为硫酸钡；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊，则为二氧化碳，为碳酸钾；不溶于水但溶于盐酸并放出二氧化碳，则为碳酸钡；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成，则是氢氧化钡。【详解】(1)由以上分析可知，为BaSO4，为Ba(OH)2。答案为：BaSO4；Ba(OH)2；(2)D为K2CO3，它与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钾，反应的离子方程式为；B为BaCO3，它与和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为；C为Ba(OH)2，它和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式。答案为：；。【点睛】当一种物质中参加反应的离子为两种或两种以上时，常采用“以少定多”法进行离子方程式的书写。25、MnO2+4H+2Cl-Cl2+Mn2+2H2O 干燥氯气 B中有色布条不褪色，C中有色布条褪色 盛有氢氧化钠溶液得小烧杯 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 【解析】（1）离子方程式中氧化物、单质用化学式表示；（2）要验证氯气和水能否反应，应该先干燥氯气，然后通过盛有干燥的有色布条B，有色布条不褪色说明氯气无漂白性，然后通过湿润的有色布条，若有色布条褪色就可以说明氯气和水反应生成了具有漂白性的物质，注意尾气中含有未反应的氯气；【详解】（1）离子方程式中氧化物、单质用化学式表示，4HCl（浓）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O改写成离子方程式是MnO2+4H+2Cl-Cl2+Mn2+2H2O；（2）气体X是含有少量空气和水蒸气的氯气，浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气，干燥氯气；氯气通过盛有干燥的有色布条B，有色布条不褪色说明氯无漂白性，然后通过湿润的有色布条，若有色布条褪色就可以说明氯气和水反应生成了具有漂白性的物质；尾气中含有未反应的氯气，所以不能直接排放到空气中，应该在装置C后面添加盛有氢氧化钠溶液得小烧杯，除去氯气，装置D中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。【点睛】本题考查氯气的化学性质，明确氯气没有漂白性、氯水的漂白性是溶液中的次氯酸表现的性质；氯气有毒，实验时需要用氢氧化钠溶液进行尾气处理。26、 2:5 强 22.4 100mL 容量瓶 胶头滴管 AD CD 【解析】（1）反应2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为；（2）反应中KMnO4得电子，作氧化剂，HCl失电子，作还原剂被氧化生成氯气，氯气为氧化产物，2molKMnO4得10mol电子，10molHCl失去10mol电子产生5molCl2，则氧化剂KMnO4与氧化产物Cl2物质的量之比是2：5；(3)根据氧化还原反应中氧化剂量的氧化性强于氧化产物，由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性强；(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 的物质的量为1mol，在标准状况下体积为1mol×22.4L/mol=22.4L； （5）配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为胶头滴管；100mL容量瓶；A容量瓶的定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，选项A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；C容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移的容量瓶中，选项C错误；D由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选AD；A加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项A错误；B容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，选项B错误；C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项C正确；D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项D正确；答案选CD。27、不能 能 BaCl2 HCl 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，无白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 Ca2+CO32-=CaCO3 【解析】胶体不能透过半透膜，操作为渗析；除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，由于所加除杂试剂是过量的，所以先加入过量BaCl2，除去硫酸根离子；再加入过量Na2CO3(除去钙离子和过量的钡离子)，则试剂为BaCl2，操作为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂为Na2CO3，操作为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡；试剂为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，以此解答该题。【详解】(1)胶体粒子和浊液粒子半径比较大，不能透过半透膜，而溶质粒子可通过半透膜，故淀粉不能透过半透膜；SO42-能透过半透膜；(2)由以上分析可知试剂为BaCl2，试剂为HCl；(3)判断试剂已过量的方法是静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，无白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；(4)试剂为Na2CO3，加入试剂的作用是除去溶液中钙离子和过量的钡离子，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3、Ca2+CO32-=CaCO3。【点睛】本题注意Ca2、SO42的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序。28、NaNO2 10 6 4 10 3 2 11.2 V6H5NO3=VO25NO23H2O Na3VO4 (VO2 ) 2SO4 【解析】I.(1).在反应2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为NaNO2；(2).由2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择碘化钾­淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为；(3).Al元素的化合价从0价升高到+3价，N元素的化合价从+5价降低到0价，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应方程式为10Al+6 NaNO3+4NaOH=10 NaAlO2+3N2+2 H2O，由化学方程式可知，若反应