2022-2023学年云南省普洱市孟连县第一中学高一化学第一学期期中统考模拟试题含解析.doc

《2022-2023学年云南省普洱市孟连县第一中学高一化学第一学期期中统考模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年云南省普洱市孟连县第一中学高一化学第一学期期中统考模拟试题含解析.doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl、CO32、OH6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是AK+、OH、CO32BCO32、OH、ClCK+、H+、Cl

2、DCu2+、H+、Cl2、某溶液中只含有Na、Al3、Cl、SO42四种离子，已知Na、Al3、Cl的个数比为521。则溶液中Al3与SO42的个数比为A15 B14 C34 D253、在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟指的是（ ）A元素B单质C分子D氧化物4、在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气(注：2H2O22H2OO2)，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为( )A111B221C231D4325、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl

3、4和金属钠为原料，在700时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的科学杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）ANa的还原性强于金刚石B另一种化合物是NaClC纳米级金刚石粉末属于胶体D这个反应是置换反应6、m g O2中含n个氧原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为A2n B16n/m C32n/m Dn7、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），合理的是（ ）A干燥Cl2 B实验室制盐酸C实验室制氯水D吸收多余Cl28、反应3NO2H2O=2HNO3NO中，当有6 mol e发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量

4、之比为()A11B12C21D319、下列反应属于非氧化还原反应的是（）AFe2O3+3CO2Fe+3CO2 BNH4NO3N2O+2H2OC2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O DCuO+COCu+CO210、用下列实验装置和方法进行相应实验，正确的是A用图1所示方法称量固体氢氧化钠B用图2装置分离食用胡麻油与水的混合物C用图3所示装置和方法进行石油分馏D用图4装置配制150 mL稀盐酸11、一定量的14%的KOH溶液，若将其蒸发掉100g水后，其质量分数为28%，体积为125mL，则浓缩后的KOH的物质的量浓度为A2.2mol/LB4mol/LC5mol/LD6.25mol/L12、

5、关于胶体的下列说法中,正确的是A胶体中分散质微粒的直径在10-910-7cmB胶体粒子不能透过滤纸,也不能透过半透膜C当光束照射时,胶体能产生丁达尔现象D胶体不稳定,静置后容易产生沉淀13、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是A. 若120g石墨能写a个字，则平均每个字约含有 10NA/a个碳原子B常温常压下，9mLH2O含有5NA个电子（水的密度为1g/mL）C标准状况下，16g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为NAD0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质离子总数为0.3NA14、下列各组混合物能用分液漏斗分离的是()A四氯化碳和水B汽油和食用油C浓硫酸和浓硝酸D酒精和

6、水15、某金属氯化物MCl2 40.5g，含有0.6mol Cl，则金属M的摩尔质量为A135 B135 gmol1 C64 D64 gmol116、下列现象不能用胶体知识解释的是（ ）A向BaCl2溶液中加入Na2CO3溶液，会出现白色沉淀B在江河入海处易形成三角洲C冶金厂大量烟尘用高压电除去D同一钢笔同时使用不同牌号的墨水易发生堵塞17、下列说法中错误的是( )A从1L1molL1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1molL1B10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%C0.5L 2molL1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl总数为1.

7、8061024D制备0.5L 10molL1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)18、人们会利用纳米级（1-100nm,1nm=10-9m）微粒物质制造出更加优秀的材料和器件，使化学在材料、能源、环境和生命科学等领域发挥越来越重要的作用。将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成一种分散系，对该分散系及分散质颗粒的叙述中正确的是( )A该分散系能发生丁达尔效应 B该分散系为溶液C该分散系属于悬浊液 D该分散系放置一段时间可能很快出现分层现象19、由相同条件下的三个反应：2A-+B2=2B-+A2；2C-+A2=2A-+C2；2B-+D2=2D-+B2可以判断正确的是（ ）A氧化性：A2B2C2

8、D2B还原性：A-B-C-D-C2A-+D2=2D-+A2反应可以进行D2C-+B2=2B-+C2反应不能进行20、同温同压下，等质量的CH4和NH3相比较，下列结论错误的是A它们的分子数之比17：16 B它们的密度之比17：16C它们的氢原子数之比17：12 D它们的体积之比17：1621、共价键、离子键和范德华力是构成物质粒子间的不同作用方式，下列物质中，只含有上述一种作用的是()A干冰B氯化钠C氢氧化钠D碘22、下列图示中说法正确的是ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）有四种元素 A、B、C、D，其中 B2离子与 C+离子核外都有二个电子层，B 原子的质子数与 C 原子的质子

9、数之和等于 D 原子的质子数，A 原子失去一个电子后变成一个质子，试回答：(1)A、B、C、D 的元素符号分别为_、_、_、_。(2)B2的电子式为_，D 原子的结构示意图为_，B与C形成的简单化合物的电子式为_。24、（12分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，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-、SO42-、Cl、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)若把四种盐分别溶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入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：（1

10、）A_，C_，D_。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式： _。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_。25、（12分）下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。（1）装置B作用之一是为了除去氯气中的杂质HCl，盛装的液体试剂为_；（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入的物质正确的是_ (填字母编号) ；编号a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（3）D中发生反应的化学方程式是_。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红

11、色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和_；（4）装置F中反应的化学方程式为_；（5）如果本实验使用的浓盐酸质量分数为36.5%、密度为1.15 g/cm3，此盐酸的物质的量浓度为_molL-1，若用250 mL水配制，则应溶解标况下HCl气体约为_L（结果保留3位有效数字）。26、（10分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液480mL。（1）配制时，必须使用的玻璃仪器有_、_、_、_。（2）要完成本实验该同学应称出NaOH_g。（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_g。（4）使用容量瓶前必

12、须进行的一步操作是_。（5）配制时，正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）_；A用50mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B用托盘天平准确称取所需的氢氧化钠的质量，用适量蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解，冷却C将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中 D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（6）在配制过程中下列操作会引起误差偏高的是_。（请填序号）没有洗涤烧杯和玻璃棒 转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 定容时俯视刻度线未冷却到室温就将溶液转

13、移到容量瓶并定容定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。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

14、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）已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为： 3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO 4H2O(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目_(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是_mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为_。29、（10分）某透明溶液中含有以下离子中的几种H+、Na+、Fe3+、Cu2+、NH4+、Mg2+、Cl-

15、、NO3-、SO42-、CH3COO-、I-、OH-，且只含有四种阳离子，为确定离子种类设计实验如下(已知氧化性:HNO3Fe3+I2) :取溶液少许滴加12滴紫色石蕊试液后溶液呈红色；取100mL溶液，滴加1.0mol/L的NaOH溶液至520mL时恰好完全反应，加热后共收集到0.448L(标准状况下)气体（假设气体全部逸出）,同时产生沉淀。将沉淀过滤，洗涤,灼烧后得到一种黑色和白色的固体混合物，称得质量为14.0g。下图为滴加NaOH溶液过程图像(纵坐标为生成沉淀的质量，横坐标为滴加NaOH溶液体积)。继续向滤液中滴加足量的BaCl2溶液,又产生白色沉淀46.6g；另取100mL原溶液通入

16、标准状况下1.12LCl2，恰好完全反应,加入四氯化碳后，振荡静置后分层，下层呈现紫色(已知:Cl2+2I-=2Cl-+I2)；在中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液后生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。结合以上实验现象和数据可知:（1）溶液中一定不能大量存在_。（2）填写表中空格(可以不填满): _。离子种类离子浓度（mol/L）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】甲烧杯的溶液呈蓝色，则含有Cu2+，而CO32-、OH-离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32-、OH-离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还

17、应有Cl-，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl-，乙中含有的离子为K+、OH-、CO32-，故选A。2、D【解析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算。【详解】溶液中电荷守恒，即所有正电荷的总数应等于所有负电荷的总数，即：n(Na) + 3n(Al3) = n(Cl) + 2n(SO42)，设SO42的离子个数为x，所以5+32=1+2x，解得x=5，所以溶液中Al3和 SO42的离子个数比为2：5，答案选D。【点睛】溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量 = 阴离子带的负电荷总量。学生容易出错的部分是电荷总量的计算，具体应为溶液中的阳离子物质的量(或浓度)与

18、其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。溶液中电荷守恒书写三部曲，第一步：找出溶液中所有离子；第二步：阴、阳离子各写一边，中间各一个等号；第三步: 离子带多少电荷就在它前面写上那个数字。3、A【解析】根据题意可知，本题考查物质的组成，运用物质是由元素组成分析。【详解】物质是由元素组成的，“加碘食盐”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等，这里的碘、钙、硒、氟指的是物质中所含有的元素， 答案选A。4、B【解析】分别以高锰酸钾（O由-2价变为0价）、氯酸钾（O由-2价变为0价）、过氧化氢(H2O2)（O由-1价变为0价）为原料制取1mol氧气，转移的电

19、子数分别为4mol、4mol、2mol，4mol：4mol：2mol=221，故选B。5、C【解析】A反应中Na置换出C，Na是还原剂，C是还原产物，说明Na的还原性强于金刚石，故A正确；B根据元素守恒可知，方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，则另一种化合物是NaCl，故B正确；C纳米级金刚石粉末是纯净物，不是胶体分散系，故C项错误；D该反应化学方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，属于置换反应，故D正确；综上所述，错误的是C项，故答案为C。6、B【解析】试题分析：根据n=m/M=N/NA，NA=MN/m=320.5n/m=16n/m，B正确。考点：考查物质的量的计算等相关知识。7、C【

20、解析】A气体的进出方向错误；B应防止倒吸现象； C多余的氯气可用碱液吸收； D氯气在水中的溶解度不大，吸收效果差。【详解】A干燥气体时导管长进短出，图中短导管进入不能干燥，故A错误；BHCl极易溶于水，图中导管在液面下可发生倒吸，故B错误； C氯气与NaOH溶液反应，多余的氯气可利用NaOH溶液吸收，则该装置可制备氯水，故C正确； D球形结构可防止倒吸，但氯气在水中的溶解度不大，应将水改为NaOH溶液，故D错误；故答案选C。8、C【解析】NO2与水反应产生3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图，所以NO2既是氧化剂也

21、是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1:2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2:1。故选C。9、C【解析】分析：凡是有元素化合价升降的反应均是氧化还原反应，据此解答。详解：A. 反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中铁元素化合价降低，铁元素化合价升高，是氧化还原反应，A错误；B. 反应NH4NO3N2O+2H2O中氮元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B错误；C. 反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O中元素的化合价均不变，是非氧化还原反应，C正确；D. 反应CuO+COCu+CO2中铜元素化合价降

22、低，碳元素化合价升高，是氧化还原反应，D错误。答案选C。10、B【解析】A. NaOH易潮解，具有腐蚀性，应将NaOH固体放在小烧杯中称量，故A错误；B. 食用胡麻油不溶于水，可用分液法分离食用胡麻油和水的混合物，故B正确；C. 进行石油分馏时，为了增大冷凝效果，冷凝水应从下口进入、上口流出，且温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；D. 配制150mL稀盐酸，不能选100mL容量瓶，仪器选择不合理，故D错误，答案选B。11、B【解析】一定量的14%的KOH溶液，若将其蒸发掉100g水后，其质量分数为28%，即原溶液的质量为200g，可得原溶液中溶质的质量为28g，物质的量为0.5mo

23、l，所以当体积为125mL时溶液的物质的量浓度为；答案选B。12、C【解析】胶体分散质粒子直径在1nm100nm；胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜；胶体能发生丁达尔效应：当一束光通过胶体时，胶体内会出现一条光亮的通路；胶体具有介稳性。【详解】A. 胶体分散质粒子直径在1nm100nm，即10-910-7m ，A错误。B. 胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，B错误。C. 胶体能发生丁达尔效应，C正确。D. 胶体具有介稳性，静置不会产生沉淀，D错误。答案为C。【点睛】本题综合考查了胶体的特征、重要性质。要求学生对胶体的各种相关性质非常熟悉。13、D【解析】A. 依据n=计算石墨的物质的量，进而

24、得到碳原子数为120g12g/molNA=10NA，则平均一个字含有碳原子数是10NA/a 个，故A正确；B. 根据常温常压下水的密度可以得出9mLH2O的质量是9g，物质的量是0.5mol，1个水分子中含有10个电子，则0.5mol水中含有5mol电子，数目是5NA个，故B正确；C. O2和O3都是由氧原子构成的，则16g O2和O3的混合气体中含有氧原子的物质的量是16g16g/mol1mol，则氧原子数目是NA，故C正确；D. 因未给出溶液的体积，所以无法计算0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质的离子总数，故D错误；答案选D。点睛：本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查基本的计算

25、能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如D项因未指明溶液的体积，所以无法计算溶液中溶质的离子总数；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算，解题时特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。本题的易错点是C项，在解答这类混合物的相关计算时，一定要注意找出相关物质之间的特定关系，如O2和O3的混合气体、NO2和N2O4的混合气体、金刚石和石墨形成的混合物等。14、A【解析】两种互不相溶且密度相差较大的液态混合物通常用分液漏斗分离。A.四氯化碳不溶于水且密度比水大，所以四氯化碳和水的混合物可能用分液漏斗分离

26、，A项正确；B.食用油易溶于汽油，汽油和食用油混合物不能用分液漏斗分离，B项错误；C.浓硫酸和浓硝酸互溶，浓硫酸和浓硝酸混合物不能用分液漏斗分离，C项错误；D.酒精和水互溶，酒精和水混合物不能用分液漏斗分离，D项错误；答案选A。15、D【解析】本题考查了摩尔质量的计算，根据原子的摩尔质量在数值上等于该元素的相对原子质量进行分析。【详解】因某金属氯化物MCl2中的Cl-的物质的量0.6mol，则MCl2的物质的量为0.3mol，所以MCl2的摩尔质量为，所以金属M的摩尔质量为，故A、B、C错误，D正确。答案选D。【点睛】本题解题的关键是由Cl-的物质的量，结合化学式MCl2计算金属氯化物的物质的

27、量，再利用 计算金属氯化物MCl2的摩尔质量，据此计算金属M的摩尔质量。16、A【解析】A向BaCl2溶液中加入Na2CO3溶液发生复分解反应生成碳酸钡白色沉淀，与胶体无关，A符合；B江河的水中有泥沙胶体，在江河入海口遇到海水中的盐类而发生聚沉形成三角洲，和胶体的性质有关，B不符合；C烟尘中含有胶体，利用胶体电泳的性质可以除尘，和胶体的性质有关，C不符合；D、墨水是胶体，不同品牌的墨水可能是带有相反电荷的胶体，混用时会发生胶体的聚沉，从而引起堵塞，和胶体的性质有关，D不符合；答案选A。17、B【解析】A从1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，溶液的浓度与溶液的体积大小无关，则氯

28、化钠溶液的浓度不变，仍是1 mol/L，故A正确；B设稀释前硫酸密度为1，稀释后硫酸溶液密度为2，硫酸的质量分数为w，由于稀释前后硫酸的质量不变，则m(H2SO4) = 10198%=1002w，由于硫酸质量分数越大，则密度越大，则12，故B错误；C.0.5 L 2 mol/L BaCl2溶液中，溶质氯化钡的物质的量为：2 mol/L0.5 L = 1 mol，1 mol氯化钡中含有1 mol钡离子、2 mol氯离子，总共含有3 mol离子，则Ba2+和Cl-总数约为36.021023 = 1.8061024，故C正确；D.0.5 L 10 mol/L的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：10 mo

29、l/L0.5 mol = 5 mol，需要标准状况下的氯化氢气体为：22.4L/mol5mol = 112L，故D正确；故选：B。18、A【解析】试题分析：分散系粒子直径在1nm到100nm之间的属于胶体，胶体能发生丁达尔效应，胶体较稳定能保持较长时间不会出现沉淀。答案选A。考点：胶体的性质点评：分散质粒子的直径小于1nm的属于溶液，大于1nm小于100nm的属于胶体，大于100nm的属于浊液。19、C【解析】同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据以上分析可知：氧化性大小顺序为：D2B2A2C2，还原性大小顺序：C-A-B-D-，据此分析解答。

30、【详解】A2A-+B2=2B-+A2中氧化性B2大于A2，2C-+A2=2A-+C2中氧化性A2大于C2，2B-+D2=2D-+B2中氧化性D2大于B2，所以氧化性大小顺序为：D2B2A2C2，故A错误；B2A-+B2=2B-+A2中还原性A-大于B-，2C-+A2=2A-+C2中还原性C-A-，2B-+D2=2D-+B2中还原性B-D-，所以还原性大小顺序为：C-A-B-D-，故B错误；C2C-+D2=2D-+C2反应中D2的氧化性大于C2，符合已知条件，所以可以进行，故C正确；D2A-+D2=2D-+A2反应中D2的氧化性大于A2，符合已知条件，所以可以进行，故D错误；故选：C。20、B【

31、解析】A.同温同压下，等质量时，分子数之比等于摩尔质量的反比，则甲烷和氨气的分子数之比为17:16，故A正确；B.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，则甲烷和氨气的密度之比为M(CH4):M(NH3)=16:17，故B错误；C.同温同压下，等质量时，分子数之比等于摩尔质量的反比，则甲烷和氨气的分子数之比为17:16，结合CH4和NH3的分子式可知，甲烷和氨气中氢原子个数之比为(174):(163)=17:12，故C正确；D.同温同压下，等质量时，物质的量之比等于摩尔质量的反比，甲烷和氨气的物质的量之比为17:16。同温同压下，体积比等于物质的量之比，则同温同压下甲烷和氨气的体积之比为17:1

32、6，故D正确。答案选B。21、B【解析】A、干冰是CO2，属于共价化合物，含有极性共价键，CO2分子间存在范德华力，故不符合题意；B、氯化钠属于离子晶体，只存在离子键，故符合题意；C、氢氧化钠属于离子晶体，含离子键、极性共价键，故不符合题意；D、碘属于分子晶体，存在非极性共价键，碘分子间存在范德华力，故不符合题意；本题答案选B。22、A【解析】A.还原性是指元素失电子的能力，Na失电子能力强，所以Na的还原性强，A正确；B.元素的还原性的强弱与失去电子的多少无关，而与失去电子的难易有关，B错误；C.Ca2+中原子的核外最外层已经达到8个电子的稳定结构，化合价是+2价，所以只能得到电子，表现氧化

33、性，而没有还原性，C错误；D.Fe2+中Fe元素的化合价是+2价，处于该元素的中间价态，既可以失去电子表现还原性，也可以得到电子表现氧化性，D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、H O Na K 【解析】B2离子与C+离子核外都有二个电子层，所以B为O、C为Na，B原子的质子数与C原子的质子数之和等于D原子的质子数，推得D的原子序数为19，则D为K，A原子失去一个电子后变成一个质子，则A为H。【详解】（1）A、B、C、D依次为H元素、O元素、Na元素、K元素，元素符号分别为H、O、Na、K，故答案为H、O、Na、K；（2）B2-为O2-，电子式为，D为K元素，原子结构示意图为，B 与

34、 C 形成的简单化合物为过氧化钠或氧化钠，电子式为或，故答案为；或。24、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-2H=H2OCO2 Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2 【解析】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不

35、能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3

36、；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H+CO32-=H2O+CO2。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2+BaSO4，反应的离子方程式为Cu2+SO42-+Ba2+2OH-=Cu（OH）2+BaSO4。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反

37、应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。25、饱和食盐水 d Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 分液漏斗 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 11.5 88.2 【解析】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl；(2)为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应

38、生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，用分液法分离互不相容的液体；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠；（5）根据 计算盐酸的物质的量浓度；根据 计算标况下HCl气体的体积。【详解】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl，装置B中的试剂是饱和食盐水；（2）为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性，故选d；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl；用分液法分离互不相

39、容的液体，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和分液漏斗；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠，反应方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（5）=11.5 molL-1；设需要标况下HCl气体的体积为VL，则HCl的物质的量是，溶液的质量是，溶液体积是，所以 ，则V= 88.2L。26、烧杯 500mL容量瓶 玻璃棒 胶头滴管 20.0g 27.4g 查漏 BCAFED 【解析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（2）利用n=cV计算出NaOH的物质的量，再根据m=nM计算所需NaOH的质量；（3）托盘天平平衡原理为左

40、盘内质量=右盘内质量+游码数值；（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；（5）根据配制溶液的实验操作过程进行步骤排序；（6）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。【详解】（1）没有480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶。操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀；所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃

41、棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙，必须使用的玻璃仪器有：烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。故答案为烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。（2）需氢氧化钠的质量为m=0.5L1molL-140g/mol=20.0g，故答案为20.0g。（3）由图可知，烧杯与砝码位置颠倒了所以烧杯的实际质量为30.0g-2.6g=27.4g，故答案为27.4g。（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水，故答案为查漏。（5）配制500mL1.0mol/L的NaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒

42、搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以正确的操作顺序是BCAFED，故答案为BCAFED。（6）未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，转移入容量瓶中的氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低；最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液

43、到入容量瓶，并配成溶液，温度恢复室温后，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；摇匀后液面下降，一部分溶液残留在刻度线上内壁上，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。故选。【点睛】注意从c=n/V理解配制原理，注意氢氧化钠应在玻璃器皿内称量的。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-10.5L40g/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