2022年泸州市重点中学化学高一上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、设 NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A2.4 g 金属镁变成镁离子时失去的电子数目为 0.1NAB18 g 水中含有 0.1NA 个水分子C22.4 L 氮气所含的电子数目为 NAD17 g 氨气所含电子数目为 10NA2、b mL Al2(SO4)3溶液中含有agSO42-，若把此溶液取一半加水稀释至2b mL，则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为A B C D3、mgHCl气体溶于水形成 VmL 溶液，密度为 dgcm-3，质量分数为 w %，物质的量浓度为 c molL-1。下列表达式正确的是An(HCl)=molBc=Cw=DV=4、下列表述正确的是：A某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍BCl的结构示意图：C某物质的焰色反应为黄色，某物质一定为钠的化合物D14C和14N的质量数相等，互称为同位素5、在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是（ ）A铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡B铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D右边球上出现红色，左边溶液的碱性增强6、下列反应类型中，不可能属于氧化还原反应的是（ ）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应7、从100mL5的盐酸中取出10mL，再稀释到200mL,则所得溶液的物质的量浓度是A0.05B0.25C0.025D0.508、下列说法正确的是A1mol 固体或液体的体积主要由微粒间距离决定B1mol气体的体积主要由微粒的大小决定CO2的气体摩尔体积约为22.4L·mol-1D气体微粒间的距离受温度压强影响大，固体或液态微粒间的距离受温度压强影响小9、下列鉴别物质的方法能达到目的是A用硝酸钡溶液鉴别硝酸银溶液和碳酸钠溶液B用加热方法鉴别氯化钠固体和氢氧化钠固体C用氢氧化钠溶液鉴别氯化铁溶液和硫酸铁溶液D用硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液和氯化钾溶液10、下列关于氯水的叙述，正确的是()A新制氯水中只含Cl2和H2O分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照新制氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D新制氯水在密闭无色玻璃瓶中放置数天后酸性将减弱11、下列物质中所含分子数目最多的是AB4时18mL的C个分子D12、下列关于氧化物的叙述正确的是（ ）A金属氧化物一定是碱性氧化物 BCO2是碱性氧化物C碱性氧化物都能与碱反应 D氧化铜是碱性氧化物，但不与水反应13、摩尔质量的单位是( )A克 B摩尔 C克/摩尔 D摩尔/ 克14、将30mL 0.5molL-1 NaOH溶液加水稀释到500mL,稀释后的溶液中NaOH的物质的量浓度为A0.3 molL-1B0.05 molL-1C0.03 molL-1D0.02 molL-115、一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）A气球中装的是O2B气球和气球中气体分子数相等C气球和气球中气体物质的量之比为41D气球和气球中气体密度之比为2116、氢化钙中氢元素为1价，可作制氢剂，反应的化学方程式是：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2。该反应中，水的作用是A既不是氧化剂也不是还原剂B还原剂C氧化剂D既是还原剂又是氧化剂17、下列离子方程式书写正确的是A稀盐酸滴在石灰石上：CO32- + 2H+ CO2 + H2OB稀H2SO4和Ba(OH)2溶液混合：OH- + H+ H2OCCuSO4溶液和BaCl2溶液混合：SO42- + Ba2+ BaSO4DFeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板：Fe3Cu Fe2Cu218、可以用电子式：表示的微粒是AHeBNeCAl3+DO2-19、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A500ml 5mol/L KCl溶液B500ml 8mol/L KClO3溶液C50ml 3mol/L CaCl2溶液D1000ml 1mol/L AlCl3溶液20、下列反应的离子方程式中，正确的是A向Na2CO3溶液中加入足量醋酸：CO32-+2H=CO2+H2OB向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+OH=CaCO3+H2OC向NaOH溶液中通入足量的CO2：CO2+2OH=+H2OD向饱和碳酸钠溶液中通入CO2：2Na+CO2+H2O=2NaHCO321、已知：Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI; Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-;I2+Fe2+不反应，向含SO32-、Fe2+、I各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是ABCD22、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O ，下列说法不正确的是（）AKClO3在反应中得电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mole-转移二、非选择题(共84分)23、（14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_。24、（12分）现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4+OH-NH3+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？_（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_（填离子符号），其物质的量浓度为_。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为_。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_。A该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04molB该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：_。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_。25、（12分）如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：（1）写出仪器C的名称_。（2）分离以下混合物应该主要选用上述什么仪器？（填字母符号）NaCl固体和泥沙：_；花生油和水：_。（3）若向C装置中加入碘水和足量CCl4，充分振荡后静置，观察到现象是：C内液体分两层，上层液体_色，下层液体_色。（4）溴单质和碘单质有相类似的性质，若利用C仪器提取溴水中的溴单质，下列有机溶剂中不能选用的是：_。A汽油 BCCl4 C酒精 D醋酸26、（10分）某学生欲用12molL1浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.30molL1的稀盐酸 （1）该学生需要量取_ mL上述浓盐酸进行配制（2）配制过程中正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_；A用少量水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒准确量取所需浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（3）下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填“偏大”、“偏小”、“无影响”）A用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面_B定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水_C稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中_D将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中_E.容量瓶洗涤干净后未干燥_（4）若在标准状况下，将V LHCl气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为 g/mL，则此溶液中HCl物质的量浓度为_27、（12分）掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，回答有关问题：（1）写出装置I中有关仪器的名称：a _，b_，该装置分离混合物的原理是根据混合物各组分_不同进行分离的。（2）装置II中仪器C 的名称为_，使用C前必需进行的操作是 _为使C中液体顺利流下，打开活塞前应进行的操作是 _。 （3）下面是用36.5%的浓盐酸（=1.19g/cm3）配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸 的操作，请按要求填空：配制上述溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯，还有 _，需要量取浓盐酸的体积为 _mL。下列操作中,会造成所配溶液浓度偏低的是_(填字母)。a定容时，俯视刻度线 b没有洗涤烧杯和玻璃棒c洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水。d量筒量取盐酸前没有用浓盐酸润洗。经测定，所配溶液的浓度偏小，如果忽略实验过程产生的误差，可能的原因是_。28、（14分）现有金属A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、F、F，它们之间的转化发生如下反应，（图中有些反应的产物和反应条件没有全部标出），黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质C的溶液反应生成红褐色沉淀请回答下列问题：（1）物质F的化学式为_（2）写出金属A与水反应的化学方程式：_写出黄绿色气体乙和水反应的离子化学方式：_实验室制备黄绿色气体的化学方程式:_.（3）金属单质A投入到下列溶液中既有气体，又有沉淀出现的是_A、氯化钠溶液 B、碳酸钠溶液 C、硫酸铜溶液 D、氯化铵溶液29、（10分）请根据表中的信息回答下列问题元素ABCDE有关信息其原子核内只有1个质子其单质在空气中体积含量最多其原子M层有3个电子食盐中的金属元素单质在常温、常压下是黄绿色的气体 (1)D离子的结构示意图：_，B原子的电子式：_，E离子的电子式：_。(2)和B元素的氢化物所含电子数相同的分子有多种，写出任意2种：_，_。(3)A元素与E元素组成的化合物的电离方程式：_。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. 2.4gMg物质的量=0.1mol，每个Mg失2个电子形成Mg2+，则0.1molMg失去0.2mol电子，即失去电子数目为0.2NA，A项错误；B.18g水的物质的量为1mol，1molH2O中含有NA个水分子，B项错误；C.气体所处的温度和压强未知，无法得知气体摩尔体积，无法计算22.4L氮气物质的量，也就无法计算所含电子数目，C项错误；D.17g氨气的物质的量为1mol，每个NH3分子含有10个电子，所以1molNH3含有电子数目为10NA，D项正确；答案选D。2、D【解析】b/2mL溶液中SO42-离子的物质的量是bmL溶液的一半，加水稀释至2b mL，2b mL溶液中SO42-离子的物质的量与b/2mL溶液相等，依据电荷守恒计算Al3+离子的物质的量和物质的量浓度。【详解】bmL溶液中，agSO42-离子的物质的量为a/96mol，b/2mL溶液中SO42-离子的物质的量为a/192mol, 2b mL溶液中SO42-离子的物质的量为a/192mol,由电荷守恒n（Al3+）=2/3n(SO42-)=a/288mol,则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为125a/72bmol/L，故选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，容易计算出现错误，解答时注意对公式的理解与灵活运用，注意体积单位换算。3、B【解析】An(HCl)= =mol，故A错误；Bc(HCl)= mol/L =mol/L=mol/L，因此c=，故B正确；Cw%=×100%=×100%=%，则w=，故C错误；Dn(HCl)= =mol，标准状况下，V(HCl气体)= n(HCl)×Vm=L，而题中V指的是溶液的体积，溶液的体积不等于气体的体积，故D错误；故选B。4、A【解析】A、硫离子、氯离子、钾离子、钙离子等离子第三层和第二层上的电子数均为8，第一层上的电子数为2，第三层和第二层上的电子数均为第一层的4倍，A正确；B、Cl的结构示意图应为：，B错误；C、焰色反应为某些金属元素的性质，钠元素的焰色为黄色。某物质的焰色反应为黄色，该物质可能为钠单质或钠的化合物，C错误；D、质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素。14C和14N为不同元素的核素，不互称为同位素，D错误。答案选A。5、B【解析】质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，然后左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，以此来解答。【详解】A左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，不生成沉淀，故A错误；B左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故B正确；C由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，故C错误；D右边球上生成Cu，则出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH-)减小，碱性减弱，故D错误。答案选B。6、D【解析】A、化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故A不符合题意；B、分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故B不符合题意；C、置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，一定属于氧化还原反应，故C不符合题意。D、复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，不可能为氧化还原反应，故D符合题意。故选D。7、B【解析】溶液稀释的过程中，溶质的物质的量不变，即：c1v1=c2v2，据此计算出将5molL-1盐酸10mL稀释到200mL时溶液的物质的量浓度【详解】5molL1盐酸10mL稀释到200mL,稀释过程中溶质的物质的量不变,则稀释后溶质的物质的量浓度为：c=5mol/L×0.01L/0.2L=0.25mol/L，故选B.8、D【解析】A物质三态中气体分子之间的间隔最大，固体或液体中粒子间隔最小，则1mol固体或液体的体积主要由粒子的大小决定，A错误；B气体的体积受分子数目、分子之间距离及粒子大小影响，相同条件下气体分子间的距离远大于粒子的大小，则气体的体积大小受分子数目、分子之间距离影响，因此在相同条件下1mol气体的体积主要由分子间距离决定的，B错误；C状况未知，气体的摩尔体积不确定，在标况下O2的气体摩尔体积约为22.4L·mol-1，C错误；D物质三态中气体分子之间的间隔最大，固体或液体中粒子间隔最小，因此气体微粒间的距离受温度压强影响大，固体或液态微粒间的距离受温度压强影响小，D正确；答案选D。9、A【解析】A. 硝酸钡和硝酸银不反应，与碳酸钠反应生成白色沉淀，因此用硝酸钡溶液鉴别硝酸银溶液和碳酸钠溶液，A正确；B. 氯化钠固体和氢氧化钠固体的热稳定性很强，不能用加热方法鉴别氯化钠固体和氢氧化钠固体，B错误；C. 氢氧化钠和氯化铁溶液、硫酸铁溶液均反应生成红褐色沉淀，不能用氢氧化钠溶液鉴别氯化铁溶液和硫酸铁溶液，C错误；D. 硝酸银溶液和氯化钠溶液、氯化钾溶液均反应生成白色沉淀，不能用硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液和氯化钾溶液，D错误。答案选A。10、B【解析】新制氯水中存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的离子只有H+、Cl-、ClO-和OH-，结合对应离子的性质解答该题。【详解】A所含分子有Cl2和H2O、HClO等，选项A错误；B新制的氯水中含HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，则后溶液褪色，选项B正确；C氯水光照条件下有气泡逸出，发生2HClO2HCl+O2，生成气体为氧气，选项C错误；D光照条件下HClO分解生成HCl，则溶液中氢离子浓度增大，酸性增强，选项D错误。答案选B。11、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。12、D【解析】A，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，Mn2O7属于酸性氧化物，A项错误；B，CO2属于酸性氧化物，B项错误；C，碱性氧化物能与酸反应生成盐和水，与碱不反应，C项错误；D，CuO与酸反应生成铜盐和水，CuO是碱性氧化物，CuO与水不反应，D项正确；答案选D。点睛：本题考查碱性氧化物与金属氧化物的关系，碱性氧化物的性质。把握碱性氧化物的概念是解题的关键，碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物能与酸反应生成对应的盐和水，碱性氧化物不一定能与水化合成相应的碱如CuO等与水不反应。13、C【解析】摩尔质量的单位是克/摩尔。【详解】A. 克是质量的单位之一，故A错误；B. 摩尔是物质的量的单位之一，故B错误；C. 克/摩尔摩尔质量的单位之一，故C正确；D. 摩尔/ 克与题意摩尔质量的单位不符，故D错误；故选C。14、C【解析】根据稀释前后溶质的物质的量不变进行计算，c1V1=c2V2，可以计算稀释后物质的量浓度。【详解】稀释前，NaOH溶液体积为30mL、浓度为0.5molL-1，稀释后溶液体积为500mL，列式可得30mL ×0.5molL-1=c2×500mL，所以c2=0.03 molL-1。答案为C。15、A【解析】根据V=×Vm，已知气体的质量相等，而Vm为定值，故M越小，则气体的体积越大，CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，气球体积由大到小的顺序为CH4、O2、CO2、SO2。【详解】A根据分析可知中装的是O2，A说法正确；B根据相同质量，气体的分子数与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体分子数不相等，B说法错误；C相同质量下，物质的量与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体物质的量之比为16：64=1：4，C说法错误；D根据，即与M成正比，所以气球和气球中气体密度之比为44：64=11：16，D说法错误；答案为A。16、C【解析】由CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2可知，水中H元素的化合价由+1价降低为0，则水在该反应中作氧化剂，故选C。17、C【解析】A.石灰石是碳酸钙，不能拆成离子形式，故错误；B. 稀H2SO4和Ba(OH)2溶液混合，离子方程式为：SO42- + Ba2+ +2OH- + 2H+ BaSO4+ 2 H2O，故错误；C. CuSO4溶液和BaCl2溶液混合的离子方程式为SO42- + Ba2+ BaSO4，故正确；D. FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板：2Fe3Cu 2Fe2Cu2，故错误。故选C。18、B【解析】氦原子最外层电子数是2个，氖原子最外层有8个电子，电子式为，故选B。【点睛】本题考查了电子式的书写，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确电子式的表示方法是解题关键。19、C【解析】在浓度确定的溶液中，离子浓度与体积大小无关，四个选项中，A中氯离子浓度为5mol/L，B 中KClO3中不含氯离子，氯离子浓度为0mol/L，C中氯离子浓度为3mol/L ×2=6mol/L，D中氯离子浓度为1 mol/L ×3=3mol/L，因此选C。20、D【解析】A醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，A错误；B碳酸氢铵电离产生的也会与OH-发生反应产生弱电解质NH3·H2O，反应不符合事实，B错误；C向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应产生，不符合事实，C错误；D碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应的发生符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故选项是D。21、C【解析】离子还原性SO32-> I>Fe2+、故首先发生反应SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I+ Cl2=I2+ 2Cl-,然后发生反应2Fe2+Cl2= 2Fe3+2Cl- ,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,【详解】A.由SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,可以知道,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为: 0.1mol 22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;B. 0.1molSO32-完全反应后,然后发生2I+ Cl2=I2+ 2Cl-,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol 氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L , 0.1molI- 完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI-完全反应时氯气的体积为:0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;C.0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol 氯气, 0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为: 0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 可以知道, 0.1mol Fe2+ 完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为: 0.20mol 22.4L/mol=4.48L ,图象与实际一致,故C选项是正确的;D.SO32-、Fe2+、I完全时消耗的氯气为0.20mol,产生的氯离子为0.40 mol和,图象中氯离子的物质的量不符，故D错误;答案：C【点睛】根据离子还原性SO32-> I>Fe2+,故首先发生反应SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I+ Cl2=I2+ 2Cl-,然后发生反应2Fe2+Cl2= 2Fe3+2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,据此进行判断。22、D【解析】由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；BCl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；CH2C2O4在反应中C化合价升高，被氧化，选项C正确；D.1molKClO3参加反应时，发生电子转移为1mol×（5-4）=1mol，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。二、非选择题(共84分)23、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。24、否 NH4+ 0.8mol/L BaSO4、BaCO3 A 1：5 0.3mol 【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04mol，答案选A。（5）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。25、分液漏斗 BD C 无 紫 CD 【解析】(1)由图可知，C为分液漏斗；(2)泥沙不溶于水，NaCl溶于水，则溶于水过滤、蒸发可分离，选择BD仪器；花生油和水为互不相溶的液体混合物，出现分层，利用分液法分离，选C仪器；(3)C装置中加入碘水和足量CCl4，分层，四氯化碳的密度比水大，四氯化碳从碘水中萃取出碘，则上层（水层）为无色，下层（碘的四氯化碳溶液）为紫色；(4)C仪器提取溴水中的溴单质，选择与水不互溶的有机溶剂，而C、D中的酒精、醋酸与水互溶，不能作萃取剂，答案选CD。26、12.5 BCAFED 偏小 偏小 偏大 偏大 无影响 1000V/22400+36.5V 【解析】（1）配制480mL物质的量浓度为0.30molL1的稀盐酸需要使用500mL容量瓶，由于溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓盐酸的体积为V，则有12mol/L×V0.5L×0.3mol/L，解得V0.0125L，即12.5mL；（2）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀等操作，所以配制时，其正确的操作顺序是BCAFED。（1）A俯视观察凹液面，所取浓盐酸的体积偏小，所以浓度偏小；B定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积偏大，所以浓度偏小；C稀释浓盐酸，未冷却到室温即转移到容量瓶中，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤转移到容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大；E容量瓶洗涤干净后未干燥不影响。（4）在标准状况下，将VLHCl物质的量V/22.4 mol；在标准状况下，将VLHCl气体溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液密度为 g/mL，则溶液的质量为36.5V/22.4 g+1000 g，因此溶液体积为，则此溶液中HCl的物质的量浓度为。【点睛】明确物质的量浓度的含义、计算方法以及配制的实验原理是解答的关键，注意容量瓶选择的要求，易错点是溶质物质的量的计算，应该以实际使用的容量瓶的规格进行计算，而不是题干中的480mL。27、蒸馏烧瓶 (直形)冷凝管 沸点 分液漏斗 检查是否漏水 打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使瓶塞上凹槽与瓶子上的小孔对准。） 250 mL容量瓶和胶头滴管 10.5 b d 浓盐酸挥发，导致盐酸浓度减小 【解析】（1）蒸馏装置中，仪器a为蒸馏烧瓶，仪器 b为(直形)冷凝管；液态物质互溶，但是各组分的沸点不同，进行蒸馏分离；综上所述，本题答案是：蒸馏烧瓶，(直形)冷凝管，沸点。（2）分液装置II中，仪器C 的名称为分液漏斗；分液漏斗有玻璃塞和活塞，为防止使用时出现漏夜现象，使用分液漏斗前必需进行的操作是检查是否漏水；为使分液漏斗中液体顺利流下，打开活塞前，应打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使瓶塞上凹槽与瓶子上的小孔对准），保持压强平衡；综上所述，本题答案是：分液漏斗， 检查是否漏水，打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使瓶塞上凹槽与瓶子上的小孔对准）。 （3）配制一定物质的量浓度溶液，除了所给的玻璃仪器：玻璃棒、量筒、烧杯外，还需要 250 mL容量瓶、胶头滴管；根据c=1000/M可知，浓盐酸的浓度=1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol/L；根据稀释前后溶质的量不变可知：11.9×V=0.25×0.5，V=0.0105L=10.5mL；综上所述，本题答案是：250 mL容量瓶和胶头滴管 ；10.5。a定容时,俯视刻度线,液面在刻度线下方,溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,故a不符合； b没有洗涤烧杯和玻璃棒,移入容量瓶内氯化钠的质量偏小,所配溶液的浓度偏低,故b符合；c溶液配制需加水定容,洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水,所配溶液浓度无影响,故c不符合；d量筒量取盐酸前没有用浓盐酸润洗，相当于浓盐酸被水