2023届重庆市綦江中学化学高一上期中联考试题含解析.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、下列分散系能产生丁达尔效应的是( )A饱和食盐水 B浓硫酸 C水 D氢氧化铁胶体2、R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2+Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2+Z，这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（ ）AR2+X2+Z2+Y2+BX2+R2+Y2+Z2+CY2+Z2+R2+X2+DZ2+X2+R2+Y2+3、下列实验操作中有错误的是（）A分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B实验室制取蒸馏水的装置中，温度计水银球应与蒸馏烧瓶的支管口在同一水平线C用淘洗的方法从沙里淘金D用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应边加热边搅拌直至溶液蒸干4、实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是A醋酸溶液中滴入氨水至过量BBa（OH）2溶液中滴入H2SO4溶液至过量C澄清石灰水中通入CO2至过量DNH4Cl溶液中加入NaOH固体至恰好反应5、下列反应的离子方程式不正确的是A澄清石灰水与Na2CO3溶液混合：Ca2+ + CO32-=CaCO3B碳酸钠与足量的醋酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2C少量金属钠加到冷水中：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2D氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O6、仪器名称为“锥形瓶”的是ABCD7、互为同位素的微粒是AH2 与 D2B氧气与臭氧C35Cl 与 37ClDCO 与 CO28、科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10-9 m)恢复了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（ ）A“钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于悬浊液B“钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C“钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径小9、某元素的一个原子形成的离子可表示为n-，下列说法正确的是（ ）An-中含有的中子数为a+bBn-中含有的电子数为a-nCX原子的质量数为a+b+nD一个X原子的质量约为 g10、下列各组离子一定能大量共存的是A含有大量Ba2+的溶液中:Cl-、K+、SO42、CO32B含有大量H+的溶液中:Mg2+、Na+、CO32、SO42C含有大量Na+的溶液中:H+、K+、SO42、NO3D含有大量OH-的溶液中:Cu2+、NO3、SO42、CO3211、如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写不正确的是AC12+2OH-=Cl-+ClO-+2H2OBCu2+2OH-=Cu（OH）2CSO42-+Ba2+=BaSO4DOH-+HCO3-=H2O+CO32-12、胶体区别于其它分散系的本质特征是A胶体粒子带电荷 B胶体粒子的直径在1100nm之间C胶体粒子能够发生布朗运动 D胶体粒子不能穿过半透膜13、下列能达到实验目的的是A BC D14、下列物质中，属于纯净物的是A浓硫酸B碘酒C液氨D84消毒液15、O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：416、向溴化钠、碘化钠的混合液中通入足量氯气后，加热，再将溶液蒸干、灼烧，最后得到的残留物是ANaCl、NaBr、NaI BNaBr、NaI CNaCl、Br2 DNaCl17、下列说法不正确的是A过氧化钠可作潜水艇的供氧剂B碳酸钠和氢氧化钠均可用于治疗胃酸过多C漂白粉漂白液均可用于游泳池消毒D次氯酸可作棉麻织物的漂白剂18、二氧化锰与浓硫酸反应有氧气放出：2MnO2+2H2SO42MnSO4+O2+2H2O下列叙述错误的 是（）A浓硫酸作氧化剂B硫酸锰是还原产物C二氧化锰既是氧化剂又是还原剂D氧气是氧化产物19、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-120、下列物质中所含分子数目最多的是AB4时18mL的C个分子D21、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是AHNO3BCl2CNH4NO3DSO222、下列各组中的离子，能在水溶液中大量共存的是AK+、H+、SO42、OH¯BNa+、Mg2+、NO3、OHCNa+、H+、Cl、CO32DNa+、Cu2+、SO42、Cl二、非选择题(共84分)23、（14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_ 、_ 、_。24、（12分）某溶液中只含有Ba2+ Mg2+ Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：（1）沉淀1的化学式为_，生成该沉淀的离子方程式为_。（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为_。（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为_。（4）如果原溶液中Ba2+ Mg2+ Ag+的浓度均为0.1 mol·L-1，且溶液中含有的阴离子只有NO3-，则溶液中NO3- 浓度为_mol·L-1。25、（12分）根据所做实验，回答以下问题：.实验室需配置使用480mL0.5mol·L-1的NaCl溶液，有如下操作步骤：把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶液；把所得溶液小心转入容量瓶中；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度2cm3cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹面底部与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为（填序号）_。其中第步需要称取的NaCl为_g（精确到小数点后三位）。（2）本实验用到的基本玻璃仪器有胶头滴管，烧杯和、_、_。（3）实验操作中，下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_。a.没有进行操作步骤b.容量瓶中原残留少量蒸馏水c.摇匀后液面低于刻度线，又加水定容到刻度线d.使用热水加速固体溶解，并立即进行下一步操作e.定容时，俯视刻度线26、（10分）某同学用密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸配制500mL0.22 mol/L的稀硫酸。(1)操作过程中使用到的玻璃仪器有_；(2)实验过程中涉及的操作如下：将容量瓶中的溶液倒入试剂瓶中并贴上标签；将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入盛有约160mL蒸馏水的烧杯中并小心搅拌；用规格为 的量筒量取 mL的浓硫酸；将已冷却的硫酸溶液转移到容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液全部转移到容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切； 塞好玻璃塞，反复颠倒摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线 处；将步骤、补充完整：_，_，_；实验操作顺序为_(填序号)。(3)配制该溶液的过程中，下列操作使得所配得的溶液浓度偏小的是_(填字母) 。A稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线D量取密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液F稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中27、（12分）NO很容易与许多分子迅速发生反应，科学家发现在生物体中不断地产生NO，用于细胞间传递信息；NO还参与心血管系统、免疫系统以及中枢和外围神经系统的调控。(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为：_。(2)NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是_(填选项编号)。A铁B铝C铂D玻璃打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是_(填化学方程式)。(3)为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。长玻璃管的作用是_。(4)以下收集NO气体的装置，合理的是_(填选项代号)。(5)假设实验中12.8gCu全部溶解，需要通入标况下_LO2才能使NO全部溶于水。(6)用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染的角度考虑，下列4种方法中最好的是_(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)，理由是_。甲：铜+浓硝酸硝酸铜乙：铜+稀硝酸硝酸铜丙：铜+氯气氯化铜；氯化铜+硝酸硝酸铜丁：铜+空气氧化铜；氧化铜+硝酸硝酸铜28、（14分）请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融KOH 盐酸。其中能导电的是_，（填序号，下同），属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系是_（3）在同温、同压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为_；若其中CO和N2的物质的量之比为11，则混合气体中氧元素的质量分数为_。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、D【解析】分析：胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能。详解：A、B属于溶液；C是水，属于纯净物；D属于胶体，能产生丁达尔效应的为D。点睛：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔现象，也叫丁达尔效应。经常采用是否具有丁达尔效应判断胶体的存在。2、A【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。【详解】反应X2+Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+Z2+；反应Y+Z2+=Y2+Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+X2+；综上所述，四种离子的氧化性大小为R2+X2+Z2+Y2+，A项正确；故选A。3、D【解析】试题分析：NaCl的溶解度受温度的变化不大，故采用蒸发溶剂的方法得到固体，但是蒸发至有较多量的固体析出时即停止加热，D错误；分液时，上层液体从上口倒出，防止污染，A正确；制取蒸馏水时，温度计是要测量蒸气的温度，故与蒸馏烧瓶的支管口在同一水平线上，B正确；由于金子的密度比沙大，淘洗过程中，在水的冲击下，泥沙被冲走了，剩下的金子则留在容器中，C正确。考点：化学实验点评：对化学实验的考查是历年的高考重点，考生在备考中应注意对化学实验、化学仪器的相关知识的积累。4、D【解析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化,如果物质均是强电解质,加入一物质后生成物仍是强电解质，导电性变化不大，如果生成的物质因为难电离，则离子浓度很小，导电能力减小，据此进行分析。【详解】导电能力的大小,要比较单位体积内离子浓度的大小，A、醋酸是弱酸,导电能力不大,加入氨水后,生成醋酸铵是强电解质,导电能力增强,导电性变化大，故A错误；B、氢氧化钡、H2SO4均为强电解质，加入硫酸后,反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至为零,然后随着H2SO4溶液的滴入，导电性增强，故B错误；C、氢氧化钙是强电解质,通入二氧化碳后会产生白色沉淀碳酸钙和水,导电能力几乎变为零,再通入二氧化碳,会生成碳酸氢钙溶液, 碳酸氢钙属于强电解质，溶液导电性又会逐渐增强,溶液的导电能力变化较大,故C错误；D、氯化铵为强电解质,加入NaOH后生成NaCl仍是强电解质,离子的浓度变化不大,故导电性变化不大,故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，自由移动的浓度越大（或单位体积内离子数目越多），离子所带电荷越多，溶液的导电能力越强，与电解质的强弱没有必然的联系。5、B【解析】A. 澄清石灰水中的溶质氢氧化钙以及参与反应的碳酸钠都是强电解质，离子反应中都要拆开，反应实质是钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀；B.醋酸是弱电解质，在离子反应中不能拆开；C. 少量金属钠加到冷水中，反应实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；D. 氢氧化铜加到盐酸中，反应实质是氢氧根离子和氢离子中和反应。【详解】A. 澄清石灰水与Na2CO3溶液混合的离子反应为：Ca2+ + CO32-=CaCO3，A正确；B. 碳酸钠与足量的醋酸的离子反应为：CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2-+2CH3COO-，B错误；C. 少量金属钠加到冷水中的离子反应为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，C正确；D. 氢氧化铜加到盐酸中的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，D正确；答案为B。6、C【解析】A.装置为漏斗，与题意不符，A错误；B.装置为容量瓶，与题意不符，B错误；C.装置为锥形瓶，符合题意，C正确；D.装置为U型管，与题意不符，D错误；答案为C。7、C【解析】质子数相同中子数不同的原子互称同位素，互为同位素原子具有以下特征，质子数相同、中子数不同，研究对象为原子。【详解】A项、H2和D2属于氢气的单质，属于同一种物质，故A错误；B项、O3和O2都是由氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故B错误；C项、35Cl 与 37Cl都是氯元素的不同原子，属于同位素，故C正确；D项、CO 与 CO2都是化合物，不是原子，所以不是同位素，故D错误。故选C。【点睛】本题考查同位素的判断，明确同位素、同素异形体的概念是解本题的关键。8、C【解析】A钴酞菁”的分子(直径为1.3×10-9 m)，形成的分散系属于胶体，A错误；B“钴酞菁”分子(直径为1.3×10-9 m)，小于滤纸的缝隙，大于半透膜的缝隙，所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；C钴酞菁”的分子(直径为1.3×10-9 m)，在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，如能够产生丁达尔现象等，C正确；D“钴酞菁”分子(直径为1.3 nm)，Na+半径小于1 nm，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D错误；故合理选项是C。9、D【解析】根据n-中质子数是a，质量数是b，中子数=质量数-质子数，阴离子中核外电子数=核内质子数+电荷数，原子的质量以克为单位，数值为原子的相对原子质量和阿伏伽德罗常数的比值。【详解】A. n-中含有的中子数=质量数-质子数=b-a，A错误；B. n-的核外电子数=核内质子数+电荷数=a+n，B错误；C. n-的质量数为b，C错误；D.1 moln-的质量是b g，根据n=及n=，则原子的质量为1 mol该原子的质量和阿伏伽德罗常数的比值，所以1个X原子的质量为m= g，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了质子数、质量数和中子数之间的关系，注意把握阴、阳离子核外电子数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。10、C【解析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答。【详解】ASO42-、CO32-均与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，选项A错误；BH+、CO32-结合生成水和气体，且Mg2+与CO32-反应生成微溶物，不能大量共存，选项B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，选项C正确；DOH-、Cu2+结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重习题信息的处理及复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。11、B【解析】A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故A错误；B.NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2+2OH-Cu（OH）2，故B正确；C.硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反应为Cu2+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+Cu（OH）2，故C错误；D.氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量，离子方程式为HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O，若碳酸氢钠足量，离子方程式为2HCO3-+Ba2+2OH-BaCO3+2H2O+CO32-，故D错误；正确答案：B。12、B【解析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径大小，胶体粒子的直径在1100m之间，能够发生丁达尔现象、有电泳、聚沉等现象都与其微粒大小有关，故合理选项是B。13、C【解析】A、图中为仰视，读数时应该平视凹液面最低点，A错误；B、不能在量筒中稀释浓硫酸，且不能把水倒入浓硫酸中，B错误；C、实验室制取少量蒸馏水时需要利用蒸馏装置，图中为蒸馏装置，温度计的水银球在烧瓶支管口处、冷凝水下进上出等均合理，C正确；D、酒精与水互溶，不能分液分离，应该是蒸馏，D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验基本操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。选项B是解答的易错点，注意浓硫酸的特性。14、C【解析】A.浓硫酸中含有硫酸和水，属于混合物，故A错误；B.碘酒中含有碘和酒精，属于混合物，故B错误；C.液氨是由氨气一种物质组成,属于纯净物,故C正确；D.84消毒液中含有次氯酸钠和水，属于混合物，故D错误；综上所述，本题选C。15、D【解析】AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。16、D【解析】向溴化钠、碘化钠的混合液中通入氯气发生的反应有：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，2NaI+Cl2=2NaCl+I2，因为氯气足量，溴化钠和碘化钠完全转化为NaCl、Br2、I2，将溶液蒸干、灼烧过程中，由于Br2常温下为液态，加热转化为溴蒸气，I2易升华，所以最后残留物是NaCl。答案选D。17、B【解析】A. 过氧化钠能与水以及二氧化碳反应产生氧气，可作潜水艇的供氧剂，A正确；B. 碳酸钠和氢氧化钠的腐蚀性强，不能用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多，B错误；C. 漂白粉漂白液均具有强氧化性，均可用于游泳池消毒，C正确；D. 次氯酸具有强氧化性，可作棉麻织物的漂白剂，D正确；答案选B。18、A【解析】A浓硫酸中元素的化合价不变，不作氧化剂，故A错误；BMn元素得到电子被还原，则硫酸锰是还原产物，故B正确；CMn、O元素的化合价都变化，则二氧化锰既是氧化剂又是还原剂，故C正确；DO元素失去电子被氧化，则氧气为氧化产物，故D正确；故选A。【点睛】氧化剂和还原剂在反应物中寻找，所含元素化合价降低的物质作氧化剂，所含元素化合价升高的物质作还原剂，所含元素化合价既升高又降低的物质既作氧化剂又作还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。19、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。20、D【解析】由N=nNA可知，物质的物质的量越大，所含分子数越大，A、n(SO3)=0.3mol；B、n(H2O)=1mol；C、n(NH3)=1mol；D、n(CO2)的物质的量为=1.5mol；则66g CO2的物质的量最大，所含分子数最大，故选D。21、D【解析】在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物是非电解质，溶液能导电说明溶液中含有自由移动的离子。【详解】A、硝酸是电解质，A错误；B、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C、硝酸铵是电解质，C错误；D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，亚硫酸是电解质，但二氧化硫不能自身电离出离子，属于非电解质，D正确，答案选D。22、D【解析】H+、OH¯反应生成水；Mg2+、OH反应生成氢氧化镁沉淀；H+、CO32反应放出二氧化碳；Na+、Cu2+、SO42、Cl不反应。【详解】H+、OH¯反应生成水，H+、OH¯不能大量共存，故A错误；Mg2+、OH反应生成氢氧化镁沉淀，Mg2+、OH不能大量共存，故B错误；H+、CO32反应放出二氧化碳，H+、CO32不能大量共存，故C错误；Na+、Cu2+、SO42、Cl不反应，能在水溶液中大量共存，故选D。二、非选择题(共84分)23、 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。24、（1）AgCl，Ag+Cl=AgCl；（2）BaSO4；（3）Mg2+2OH=Mg（OH）2；（4）0.5。【解析】试题分析：（1）加入稀盐酸，发生AgCl=AgCl，沉淀1为AgCl；（2）溶液1中含有离子是Ba2、Mg2、H和Cl，加入Na2SO4，发生Ba2SO42=BaSO4，沉淀2是BaSO4；（3）根据反应（2）的分析，发生反应HOH=H2O，Mg22OH=Mg（OH）2；（4）根据电荷守恒，2c（Ba2）2c（Mg2）c（Ag）=c（NO3），c（NO3）=（2×0.12×0.10.1）mol·L1=0.5mol·L1。考点：考查离子检验、离子反应方程式的书写、物质的量浓度的计算等知识。25、 14.625g 玻璃棒 500mL容量瓶 ac 【解析】配制一定体积一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算称量（量取）溶解（稀释）冷却移液洗涤定容摇匀，据此解答。【详解】(1)结合分析可知操作顺序为，实验室没有480mL容量瓶，需配制500mL，则需NaCl的质量=0.5mol·L-1×0.5L×58.5g/mol=14.625g，故答案为：；14.625g；(2)需要用到烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管4种玻璃仪器，故答案为：玻璃棒；500mL容量瓶；(3) a.没有进行操作步骤洗涤，溶质损失，浓度偏低；b.容量瓶中原残留少量蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液的体积，对结果无影响；c.摇匀后液面低于刻度线，又加水定容到刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低；d.使用热水加速固体溶解，并立即进行下一步操作，未冷却就定容，待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高；e.定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；故答案为：ac。26、500mL容量瓶、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 10mL 6.0 12cm AC 【解析】(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据各步骤判断用到的仪器；(2)依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据稀释前后溶液含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(3)依据c=，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，进行误差的分析判断。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管，故答案为：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管；(2)密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度c= =18.4mol/L，稀释前后溶液含溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=500mL×0.22mol/L，解得V=6.0mL，所以应选择10mL量筒；故答案为：10mL；6.0；定容时，开始继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，故答案为：12；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：，故答案为：；(3)A稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故A正确；B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，是正确的操作，对结果无影响，故B错误；C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故C正确；D量取密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大，故D错误；E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故E错误；F稀释浓硫酸结束后，未冷却立即将溶液转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故F错误；故答案为：AC。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制。本题的易错点为(3)中F的误差分析，要注意浓硫酸的稀释为放热过程，稀释后溶液温度升高，溶液的体积膨胀。27、3Cu8H2NO3-=3Cu24H2O2NO C、D 2NOO2=2NO2 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 C、D 2.24L 丁 制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少(原料的利用率最高)且不产生污染环境的气体 【解析】(1) 利用稀硝酸强氧化性，与铜发生反应，离子反应方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22 NO4H2O；(2) 所用物质不能与稀硝酸反应，干扰铜和稀硝酸的反应，Fe、Al都与稀硝酸反应，Pt、玻璃不与稀硝酸反应，即选择C、D；分液漏斗中含有空气，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，即2NOO2=2NO2； (3) 关闭活塞，铜丝与硝酸反应，气体增多，压强增大，会把硝酸压入到玻璃管中，防止稀硝酸溢出，所以长玻璃管的作用是：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出(4) 因为NO与空气中氧气反应，因此收集NO用排水法收集，排水法收集气体应是短管进气长管出水，因此选项C和D正确；(5) NO与氧气、水的反应为：4NO3O22H2O=4HNO3 ，铜的物质的量为，根据反应3Cu8H2NO3-=3Cu24H2O2NO，生成NO物质的量为，根据反应4NO3O22H2O=4HNO3 ，氧气物质的量为，得V(O2)=2.24L；(6) .甲：铜与浓硝酸反应产生对环境有污染的氮的氧化物，故甲错误；乙：产生NO，污染空气，故乙错误；丙：使用氯气，氯气有毒，污染空气，故丙错误；丁：对环境无污染，故丁正确，同时根据几个反应可以看出制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少，所以最好的是丁，理由是制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少(原料的利用率最高)且不产生污染环境的气体。【点睛】本题难点是氧气量的计算，可以根据两个反应来进行计算，还可以根据电子守恒计算，铜与硝酸反应：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，铜失电子，硝酸得电子，转化成NO，然后氧气与NO反应4NO3O22H2O=4HNO3 ，NO失电子，氧气得电子，因此铜失去电子，最终给了氧气，最后根据得失电子数目守恒， ,求得氧气的体积。28、 q>2p 33.3% 40% 【解析】根据电解质、非电解质的概念分析判断；应用溶液混合规律、气体性质规律计算推理。【详解】(1)金属或合金有自由电子，能导电，如铜；电解质溶于水或熔融时电离生成自由移动的离子而导电，如NH3·H2O、FeCl3、HCl在水溶液中电离，KOH在熔融状态下电离。能导电的物质有。电解质是溶于