2022-2023学年西安市第一中学化学高一上期中统考模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、能用溶解、过滤、结晶的方法来分离的一组物质是 (    )ANaCl 和 淀粉 BBaSO4 和 CaCO3CCuO 和 KCl DMg(NO3)2 和 I22、两个体积相同的容器，一个盛有O2，另一个盛有N2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的A密度B质子数C原子总数D质量3、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4、下列反应的离子方程正确的是( )A硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液Ba2+ + SO42-BaSO4B过氧化钠与水反应2O22-+2H2O4OH- + O2C铝盐溶液与氨水反应Al3+ + 3OH-Al(OH)3D铝片与氢氧化钠溶液反应2Al + 2OH- + 2H2O2AlO2- + 3H25、下列电离方程式错误的是AAlCl3=Al3+3Cl-BNaClO= Na+ Cl-+O2-C Ba(OH)2=Ba2+2OH-D H2SO4=2H+SO42-6、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的全部组合是序号XYZWCuCuSO4Cu(OH)2CuONaNaOHNa2CO3NaClCCOCO2H2CO3FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2ABCD7、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8、已知反应：3Cu+8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O。下列说法不正确的是ACu被氧化，NO是还原产物B氧化剂和还原剂的物质的量比为8：3CHNO3体现氧化性和酸性D若反应掉32gCu，转移电子数为6.02×10239、下列物质属于非电解质的是A氨B硫酸铵C氯气D醋酸10、明代本草纲目收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和精人甑，蒸令气上其清如水，球极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A萃取 B过滤 C蒸馏 D升华11、能区分胶体和溶液的方法是A静置，有沉淀现象的是胶体B能透过滤纸的是溶液C有丁达尔现象的是胶体D用肉眼观察，均匀透明的是溶液12、下列有关物理量与其相应的单位不一致的是A摩尔质量：g /molB气体摩尔体积：L/molC物质的量浓度：L/molD物质的量：mol13、下列各组混合物可用分液漏斗分离的一组是()A水和酒精 B碘和四氯化碳 CNaCl溶液和泥沙 D汽油和水14、如图在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是（）A加入的是CCl4，加苯，加酒精B加入的是苯，加CCl4，加酒精C加入的是苯，加酒精，加CCl4D加入的是酒精，加CCl4，加苯15、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 NA16、一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度可忽略）将容器分成两部分，当左边充入，右边充入和的混合气体共8g时，隔板处于如图位置（左右两侧温度相同），下列说法正确的是（ ）A右边与分子数之比为B右侧气体密度是相同条件下氢气密度的18倍C右侧的质量为1.75gD若充入相同组成的混合气体，其他条件不变，隔板处于距离右端1/6处，则前后两次压强之比为17、下列说法正确的是A离子键就是使阴、阳离子通过共用电子对而形成的B氯化钠的分子式为 NaClC离子化合物受热熔化时可以导电D离子化合物溶解时，离子键不被破坏18、若1gN2含a个原子，则阿伏加德罗常数可表示为Aa/28mol-1 B14a mol-1 C28amol-1 Da/l4mol-119、下列关于氯气的叙述，正确的是 （ ）A氯气是一种无色，没有刺激性气味的气体B氯气、氯水、液氯的成分相同C氯气不能与碱发生反应D氯气有毒，但可用来自来水的杀菌消毒20、欲配制100mL1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是( )将14.2 g Na2SO4，溶于100mL水中将32.2g Na2SO410H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL将20 mL 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mLABCD21、下列有关0.1mol/LNaOH溶液的叙述正确的是（ ）A1L该溶液中含有NaOH40gB100mL该溶液中含有OH-0.01molC从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度为0.01mol/LD在1L水中溶解4gNaOH即可配制得0.1mol/LNaOH溶液22、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A标准状况下，22.4L氦气与lmol氢气所含原子数均为NAB1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有 0.1NA个 HCO3-C己知可将0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NAD6molCl2通入足量热 NaOH 溶液发生反应：3Cl2+6NaOHNaC1O3+5NaCl+3H2O，转移电子数目为10NA二、非选择题(共84分)23、（14分）某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_，(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是_，(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_，(4)溶液中可能存在的离子是_；验证其是否存在可以用_（填实验方法）(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的_。ACl- BNO3- CCO32- DOH-24、（12分）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。若向的四支试管中分别加盐酸,B盐溶液有沉淀产生,D盐溶液有无色无味气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：A _、B_、C _、D_。25、（12分）我国著名的制碱专家侯德榜，在纯碱制造方面做出了重大贡献。用“侯氏制碱法”制得的纯碱中常含有氯化钠等杂质，化学兴趣小组欲对某品牌纯碱样品中碳酸钠的质量分数进行实验探究。资料摘要：浓硫酸具有很强的吸水性。碱石灰常用于吸收水蒸气和二氧化碳利用下图所示实验装置（铁架台略去）和试剂，通过测定样品和稀盐酸反应产生的CO2气体的质量，计算Na2CO3的质量分数(装置气密性良好，忽略盐酸的挥发性且每步反应或作用都是完全的)。(1)打开止水夹K，先对装置A和B（已连接）通入已除去CO2的空气一会儿，以排尽装置A和B中含有的_，再接上装置C和D。(2)关闭止水夹K，加入足量的稀盐酸（杂质不与盐酸反应），装置A中样品产生气体的化学方程式_。(3)待装置A中的反应结束后，再一次打开止水夹K，继续往装置通入已除去CO2的空气一会儿。此操作的目的是_。若没有装置B，将会使测定结果_(选填“偏大”或“偏小”)。装置D的作用_。26、（10分）混合物分离和提纯常用下图装置进行，按要求回答下列问题：（1）仪器的名称_。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应选用装置的为(用上图字母填写)_。如何证明SO42-已分离出来_。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置观察到的现象是：_。操作完毕后，为得到碘并回收CCl4可用_法。27、（12分）配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_等。（2）计算、称量，需称量NaOH固体的质量为_。（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_。（4）转移、洗涤，洗涤烧杯23次是为了_。（5）定容、摇匀，定容的具体操作是_。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是_，偏低的是_（填字母序号）。A、容量瓶洗净后未烘干B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定容时俯视刻度线D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线28、（14分）SO2和CO2的混合气体38g ，测得CO2体积为11.2L(STP)，则（1）混合气体中SO2的质量是_g（2）混合气体中SO2在标准状况下的体积是_L（3）SO2和CO2同温同压下体积比是 _（4）标准状况下混合气体的密度为_g/L29、（10分）实验室要配制80 mlL1.00 mol/LNaCl溶液，实验室现有含有少量碳酸钠的氯化钠固体。为了除去氯化钠样品中的杂质，某兴趣小组最初设计了如下方案进行实验：(1)沉淀A的化学式是_。(2)在实验过程中，又发现了新的问题：此方案很容易引入新的杂质。则固体物质B的成分为_(用化学式表示)。(3)继续探究后又提出了新的方案：将混合物溶解，先滴加足量_(填试剂名称)，再蒸发结晶，有关反应的离子方程式为_。配制溶液：(1)配制过程中需要使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。(2)从所配溶液中取出10mL，与足量AgNO3溶液反应，经过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀1.50 g。则所配溶液的浓度_1.00 mol/L (填“>”、“<”或“=”)，造成此误差的操作可能是_。A使用容量瓶前未干燥B用托盘天平称量氯化钠固体时将砝码错放在左盘C定容时俯视容量瓶的刻度线D定容后经震荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水参考答案一、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】能用溶解、过滤、结晶的方法分离，则两种物质中只有一种物质不溶于水，另一种物质溶于水，以此来解答。【详解】ANaCl和淀粉均溶于水，不能过滤分离，故A不选；BBaSO4和CaCO3均不溶于水，不能过滤分离，故B不选；CCuO不溶于水，KCl溶于水，可溶解、过滤、结晶的方法分离，故C选；DMg(NO3)2和I2均溶于水，不能过滤分离，故D不选；答案选C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注意物质的溶解性，侧重分析与应用能力的考查。2、C【解析】根据阿伏加德罗定律，同温同压，体积相同的两个容器所含气体的分子数相同。【详解】同温同压，体积相同的两个容器所含气体的分子数相同即气体分子物质的量相同；A选项，同温同压，气体的密度之比等于摩尔质量之比，两者摩尔质量不相同，因此密度不相同，故A错误；B选项，一个氧气分子中有16个质子，一个氮气分子中有14个质子，氧气分子和氮气分子物质的量虽相同，但两者质子数不相同，故B错误；C选项，1个氧气、氮气分子中都含有2个原子，氧气分子和氮气分子的物质的量相同，原子的物质的量也相同，故C正确；D选项，氮气和氧气的摩尔质量不相同，等物质的量的两气体，质量不相同，故D错误；综上所述，答案为C。3、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。4、D【解析】A. 硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，铜离子和氢氧根离子也会反应生成氢氧化铜沉淀，故A错误；B. 过氧化钠是氧化物，不能拆成离子的形式，故B错误；C. 氨水中的一水合氨是弱碱，不能拆成离子的形式，故C错误；D. 铝片与氢氧化钠溶液反应符合客观事实、拆写原则、电荷守恒、原子守恒，故D正确；故选：D。5、B【解析】A项、AlCl3在溶液中完全电离出Al3+离子、Cl-离子，电离方程式为AlCl3=Al3+3Cl-，故A正确；B项、NaClO在溶液中完全电离出Na+离子、ClO-离子，电离方程式为NaClO= Na+ ClO-，故B错误；C项、Ba(OH)2在溶液中完全电离出Na+离子、ClO-离子，Ba2+离子和OH-离子，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH-，故C正确；D项、H2SO4在溶液中完全电离出H+离子、SO42-离子，电离方程式为H2SO4=2H+SO42-，故D正确；故选B。6、A【解析】. CuCuSO4Cu(OH)2CuOCu，符合转化关系；. NaNaOHNa2CO3NaClNa，符合转化关系；. CCO CO2 H2CO3，但H2CO3不能一步转化为C，不符合转化关系；. Fe FeCl3 FeCl2 Fe(OH)2，Fe(OH)2不能一步转化为Fe，不符合转化关系，故答案选A。7、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。8、B【解析】反应3Cu+8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O中Cu的化合价由0价转化为+2价，化合价升高，被氧化，故Cu是还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物；N的化合价由+5价转化为+2价，化合价降低，被还原，故HNO3是氧化剂，NO是还原产物，据此分析解题：A由分析可知，Cu被氧化，NO是还原产物，A正确；B由分析可知，氧化剂是HNO3，还原剂是Cu，但参加反应的HNO3中只有的HNO3发生还原反应，故该反应总氧化剂和还原剂的物质的量比为2：3，B错误；C有分析可知，但参加反应的HNO3中只有的HNO3发生还原反应，体现氧化性，还有未发生氧化还原反应，体现酸性，故HNO3体现氧化性和酸性，C正确；D若反应掉32gCu，转移电子数为6.02×1023，D正确；故答案为：B。9、A【解析】A.氨气是非电解质；故A正确；B.硫酸铵属于盐，是电解质；故B错误；C.氯气为单质，不是非电解质；故C错误；D.醋酸属于酸，醋酸是电解质；故D错误；故选A。【点睛】酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等是电解质，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，非金属氧化物、氨气、部分有机物等是非电解质。10、C【解析】由题给信息可知，从浓酒中分离出乙醇，是利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，则该法为蒸馏，故选C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，把握习题中的信息、物质的性质及混合物分离方法为解答的关键。11、C【解析】A胶体有介稳性，静置，不产生沉淀，故A错误；B溶液和胶体都能通过滤纸，故B错误；C丁达尔现象是区别溶液和胶体的方法，故C正确；D溶液和胶体都可以是均一稳定的分散系，均匀透明的可以是溶液或胶体，故D错误；故选：C。12、C【解析】试题分析：本题属于基础性题目，只需识记课本中的知识，选项C错误。物质的量浓度的单位应为“mol/L”；而“L/mol”应该是气体摩尔体积的单位。考点：相关物理量单位的考查点评：熟记课本中相关物理量的基本单位，特别需注意区别的是“物质的量浓度”与“气体摩尔体积”的单位，易于混淆。13、D【解析】只有互不相溶的液体之间才能用分液漏斗进行分离，据此解答。【详解】A. 水和酒精互溶，不能分液分离，应该是蒸馏，A错误；B. 碘易溶于四氯化碳，不能分液分离，应该是蒸馏，B错误；C. NaCl溶液和泥沙应该是过滤分离，C错误；D. 汽油不溶于水，应该用分液法分离，D正确。答案选D。14、B【解析】CCl4难溶于水，密度比水大，溴易溶于CCl4，CCl4层在下层；苯难溶于水，密度比水小，溴易溶于苯，苯层在上层；酒精易溶于水，与水不分层；所以加入的是苯，加 CCl4，加酒精，故选B。15、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。16、D【解析】隔板可以自由滑动，说明左右两侧的压强相同。同温、同压，气体体积比等于气体物质的量比。左边充入，右边充入和的混合气体共8g时，左右两侧的体积比为4:1，所以右侧气体的物质的量是1mol÷4=0.25mol；设与的物质的量分别是x、y， ，解得 。【详解】A. 分子数比等于物质的量比，与分子数之比为，故A错误；B. 右侧气体的平均摩尔质量是，相同条件下，密度比等于相对分子质量之比，右侧气体的密度是相同条件下氢气密度的16倍，故B错误；C. 的物质的量是，右侧的质量为5.25g，故C错误；D. 同温、同压，气体体积比等于气体物质的量比，若充入相同组成的混合气体，其他条件不变，隔板处于距离右端1/6处，则通入混合气体的物质的量是0.2mol；同温、同体积，气体压强比等于物质的量比，则前后两次压强之比为(1+0.25):(1+0.2)=，故D正确。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温同压下，同体积的气体一定具有相同的分子数(物质的量)，同温、同体积，气体压强与物质的量成正比。17、C【解析】离子化合物是由阴阳离子通过离子键构成的化合物，受热熔化和溶解时，破坏离子键，电离产生能自由移动的来离子，能导电。【详解】A项、原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键，阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键为离子键，故A错误；B项、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，氯化钠的化学式（或实验式）为 NaCl，离子化合物中不存在分子，故B错误；C项、能导电的化合物中含有自由移动的离子，离子化合物受热熔化时电离产生自由移动的阴阳离子，离子化合物熔融状态可以导电，故C正确；D项、离子化合物溶于水时电离生成阳离子和阴离子，离子键被破坏，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了离子化合物的特点，明确物质构成微粒及微粒之间作用力，要根据物质的构成微粒判断离子化合物是解答关键。18、B【解析】1gN2的物质的量=mol；用NA表示阿伏伽德罗常数，a个原子的物质的量=mol；所以得到mol×2=mol，NA=14amol-1，故答案为B。19、D【解析】A.氯气是黄绿色气体,有刺激性气味；B.氯气的水溶液是氯水，属于混合物；C.氯气和碱反应；D.氯气有毒,但可用来自来水的杀菌消毒。【详解】A.氯气是黄绿色、有刺激性气味的气体,有毒,故A错误；B.氯气的水溶液是氯水，属于混合物，氯气和液氯的成分是氯气，属于纯净物，故B错误；C.氯气和碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，故C错误；D.氯气有毒,能和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸有强氧化性能杀菌消毒,所以可用来自来水的杀菌消毒，故D正确；综上所述，本题选D。20、B【解析】14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故错误；32.2gNa2SO410H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=1.0molL-1，故正确；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故正确；正确，故答案为B。21、B【解析】A. 1L该溶液中含有的NaOH的质量为0.1mol/L×1L×40g/mol=4g，A错误；B. 100mL该溶液中含有OH-的物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，B正确；C. 溶液为均一、稳定的化合物，故从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度仍然为0.1mol/L，C错误；D. 溶液浓度的计算式中，体积应为溶液体积，而不是溶剂体积，D错误；故答案选B。22、D【解析】A. 标准状况下，22.4L氦气的物质的量是1mol，氦气分子是单原子分子，1mol氦气含有原子数目为NA。但氢气分子是双原子分子，lmol氢气所含原子数为2NA，A错误；B. 1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有溶质NaHCO3的物质的量是0.1mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-发生水解反应而消耗，所以含有HCO3-的数目小于0.1NA个 ，B错误；C. 0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，由于胶粒是许多NaCl的集合体，所以其中含有的胶体粒子数目小于0.1NA，选项C错误；D.根据方程式可知每3molCl2反应转移5mol电子，则6molCl2发生该反应，转移电子的物质的量是10mol，则转移电子数目是10NA，选项D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、Cu2+ 、Fe3+ Ag+ Mg2+ K+ 焰色反应 B 【解析】根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag+Cl-=AgCl说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2+ 2NH3·H2O=Mg(OH)2+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag+Cl-=AgCl，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O）,先中和滤液中的酸：H+ NH3·H2O=NH4+H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2+ 2NH3·H2O=Mg(OH)2+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag+Cl-=AgCl，2Ag+CO32-=Ag2CO3，Ag+OH-=AgOH，Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。24、A.BaCl2 B. AgNO3 C. CuSO4 D. Na2CO3【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。考点：物质的鉴别点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。25、CO2和水蒸气 2HCl+Na2CO3=2NaCl+ CO2+H2O 使纯碱样品生成的CO2全部被氢氧化钠吸收 偏大 防止空气中的CO2和H2O进入C中，影响实验结果 【解析】先打开止水夹K通入已除去CO2的空气一段时间，将装置A、B中的CO2和水蒸气全部赶出，连接C、D，在A装置中滴入稀盐酸与纯碱样品反应，用浓硫酸吸收挥发出的水蒸气，U型管中的NaOH固体吸收生成的CO2，通过测量U型管增重的质量计算纯碱样品中碳酸钠的质量分数。【详解】(1)打开止水夹K，先对装置A和B（已连接）通入已除去CO2的空气一会儿，以排尽装置A和B中含有的空气中的CO2和水蒸气，以防止对实验结果产生干扰，再接上装置C和D；(2)关闭止水夹K，加入足量的稀盐酸（杂质不与盐酸反应），装置A中样品产生气体的化学方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+ CO2+H2O；(3)待装置A中的反应结束后，再一次打开止水夹K，继续往装置通入已除去CO2的空气一会儿，此操作的目的是使纯碱样品生成的CO2全部被氢氧化钠吸收；若没有装置B，将会使CO2中含有的水蒸气也被氢氧化钠吸收，使测定结果偏大；装置D的作用是防止空气中的CO2和H2O进入C中，影响实验结果。26、冷凝管或直形冷凝管均可 E 取烧杯中的少量液体于试管中,向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液,无白色沉淀产生，则证明SO42-已分离出来 溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色 蒸馏 【解析】（1）根据仪器构造可知仪器的名称是冷凝管或直形冷凝管。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。由于胶体不能透过半透膜，溶液可以，则分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应采用渗析法，则选用装置的为E。由于硫酸钡不溶于水也不溶于酸，又因为碳酸钠会干扰硫酸根离子检验，则证明SO42已分离出来的操作是取烧杯中的少量液体于试管中，向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则证明SO42已分离出来。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置。由于碘易溶在四氯化碳中，且四氯化碳的密度大于水的密度，则观察到的现象是溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色：由于二者的沸点相差较大，则操作完毕后，为得到碘并回收CCl4可用蒸馏法。27、胶头滴管 500 mL容量瓶 10.0g 搅拌，加速溶解 保证溶质全部转移至容量瓶中 向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切 CD BE 【解析】（1）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，因此还缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，应配制500mL，需要溶质的质量=0.5molL-1×0.5L×40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，其作用是搅拌，加速溶解；（4）洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；（5）定容的操作是：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；（6）A、容量瓶洗净后未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积不产生影响，溶液浓度不变；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低；C、定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；所以使所配溶液的物质的量浓度偏高的是CD；偏低的是BE。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶、托盘天平的使用方法以及误差分析的依据。28、16 5.6 1:2 2.262 【解析】分析：由二氧化碳体积为11.2L(STP)，求出其物质的量=0.5mol,混合气体中CO2的质量为：0.5mol×44g/mol=22g；SO2的质量为：38g-22g=16g；SO2的物质的量为：=0.25mol；SO2在标准状况下体积为：0.25mol×22.4Lmol=5.6L；同温同压下,气体体积比等于物质的量量之比，V(SO2):V(CO2)=0.25:0.5=1:2；根据计算出混合气体的密度。详解: 根据n=，二氧化碳体积为11.2L(STP)，物质的量n= =0.5mol,混合气体中CO2的质量为：0.5mol×44g/mol=22g；(1)混合气体中SO2的质量为：38g-22g=16g；（2）SO2的物质的量为：=0.25mol；SO2在标准状况下体积为：0.25mol×22.4Lmol=5.6L；（3）由阿伏加德罗定律：同温同压下,气体体积比等于物质的量之比，V(SO2):V(CO2)=0.25:0.5=1:2；（4）混合气体总质量为38g，混合气体总体积为11.2+5.6L=16.8L，则混合气体在标准状况下的密度为：=2.262g/L。 因此，本题答案为：16； 5.6； 1:2； 2.262。29、CaCO3 NaCl、CaCl2 CO32-2H+=H2OCO2 盐酸 100mL容量瓶、胶头滴管 > C 【解析】（1）加入氯化钙与混合溶液中的碳酸钠反应，生成CaCO3沉淀；（2）由于加入过量的氯化钙，所以滤液为氯化钠和氯化钙的混合溶液，蒸发后得到固体为氯化钠和氯化钙；故答案为NaCl、CaCl2；（3）若将混合物溶解，