2022年河南省鹤壁市高级中学化学高一第一学期期中质量跟踪监视试题含解析.doc

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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、等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是()A体积之比为131314B密度之比为141413C质量之比为111D原子数之比为1112、下列关于物质分类的说法正确的是ASO2和C

2、O2都能和碱溶液反应，均属于酸性氧化物B醋酸、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、氧化物C盐酸属于混合物，而液氯、浓硫酸均属于纯净物D酸性氧化物一定是非金属氧化物3、不用其他试剂，用最简单的方法鉴别下列物质：NaOH溶液，Mg(NO3)2溶液，CuSO4溶液，KCl溶液，正确的鉴别顺序是ABCD4、下列常用食品添加剂不属于电解质的是ANaClBC2H5OHCCH3COOHDNaHCO35、下列各组物质的转化，一定要加入氧化剂才能完成的是ACl2 NaCl BH2O2 O2CFe FeCl3 DK2CO3 KOH6、现有四组液体：氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液 43的乙醇溶液 含单质溴的水溶液 粗盐溶

3、液中混有泥沙，分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏、结晶B萃取、蒸馏、分液、结晶C蒸馏、萃取、分液、过滤D分液、蒸馏、萃取、过滤7、下图是关于蒸发的实验示意图，下列说法正确的是()A组装实验装置时，应先固定好铁圈，放上蒸发皿，再放酒精灯B给蒸发皿内所盛液体加热时，必须垫上石棉网C玻璃棒的作用是搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅D蒸发的过程中，用酒精灯一直加热到全部固体析出，没有水分8、下列离子方程式书写正确的是 ( )A铁与稀硫酸反应：2Fe 6H+ = 2Fe3+ 3H2B铁片与氯化铜溶液反应：Fe Cu2+ = Cu Fe2+C氢氧化镁溶于盐酸：Mg(OH)2H+ = Mg2+

4、 2H2ODBa(OH)2溶液与稀H2SO4反应：Ba2+ + OH- + H+ SO42- = H2O+BaSO49、下列各组物质中，所含分子数相同的是A10g H2和10gO2 B5.6L N2(标准状况)和22g CO2C9g H2O和0.5mol Br2 D224mL H2(标准状况)和0.1mol N210、下列操作过程中不能出现“先产生沉淀然后又完全溶解”现象的是A向CaCl2溶液中通入CO2至过量 B向AlCl3溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量C向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸至过量 D向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量11、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是( )A碘和四氯化碳B

5、水和四氯化碳C酒精和水D汽油和植物油12、下列说法中正确的是A有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应B置换反应一定是氧化还原反应,复分解反应一定不是氧化还原反应C氧化还原反应中的反应物不是氧化剂就是还原剂D氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原13、根据以下几个反应：Cl2+2KI=2KCl+I22FeCl2+Cl2=2FeCl32FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI判断氧化性由强到弱的顺序是ACl2Fe3+I2SO42-BCl2I2Fe3+SO42-CCl2Fe3+SO42-I2DFe3+I2Cl2SO42-

6、14、在化学反应2KICl22KClI2中，作还原剂的是AKI BCl2 CKCl DI215、下列对于“摩尔”的理解正确的是A属于七种基本物理量之一B是物质的量的单位，符号为molC12g碳含有碳原子数为1摩尔D1摩尔氧气含数个氧原子16、向盛有Cl2的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种,经过振荡,现象如下图所示,则甲、乙、丙中注入的液体分别是（ ）ABCD17、以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）ABCD18、下列属于碱的是AC2H5OHBNa2CO3CCa(OH)2DCu2(OH)2CO319、相对分子质量为 M 的气态化合物V L（标准状况），溶于m g 水中，得到质量分

7、数为 w、物质的量浓度为c mol/L、密度为g/mL 的溶液，下列说法正确的是A溶液密度=cw/1000M B物质的量浓度c=V/(MV+22.4m)C溶液的质量分数w=MV/22.4m D对分子质量M=22.4mw/(1w)V20、下列收集氯气的装置正确的是()ABCD21、某溶液中仅含有Na、Mg2、SO42、Cl四种离子，其物质的量浓度比为Na：Mg2：Cl=3：5：5，若Na浓度为3mol/L，则SO42的浓度为（ ）A2mol/LB3mol/LC4mol/LD8mol/L22、下列实验中，所选装置不合理的是A粗盐提纯，选和B用CCl4提取碘水中的碘，选C用NaOH溶液吸收少量CO2

8、，选D分离Na2CO3溶液和油，选二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。24、（12分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答

9、下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为_(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是_。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_，产物分子的电子式为_，其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)。25、（12分）下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制450 mL 1 molL1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管，烧瓶，烧杯，药匙，量筒，托盘天平。请回答下列问题：（1）盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的B和_（填字母）。（2）配制稀硫酸时，还缺少的仪器有_(写仪器名称)。（3

10、）经计算，配制450 mL 1 molL1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL，量取硫酸时应选用_规格的量筒。A10 mL B50 mL C100 mL D200 mL（4）在烧杯中稀释浓硫酸的实验操作为_，若在稀释过程中，少量浓硫酸不慎沾在手上，处理方法为_。（5）对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1 molL1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因_（填序号）。用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，立即进行后面的实验操作转移溶液时，不慎有少量溶液洒出定容时，俯视容量瓶刻度线定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低

11、于刻度线，又补充几滴水至刻度处26、（10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：（1）A的化学式为_，B的化学式为_。（2）写出少量盐酸与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：_。27、（12分）用98%的浓硫酸（）配制100mL浓度为1

12、molL1的稀硫酸,其操作步骤可分解为以下几步:a.用量筒量取_mL的浓硫酸,缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里,并用玻璃棒搅拌.b.用约30mL蒸馏水,分成三次洗涤烧杯和玻璃棒,将每次洗涤液都倒入M里.c.将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流入M.d.检查M是否发生滴漏.e.将蒸馏水直接加入M,至液面接近刻度线2cm至3cm处.f.盖紧瓶塞,反复倾倒振荡,摇匀溶液.g.用_向M里逐滴滴入蒸馏水,至液面最低点恰好与环形刻度线相切.据此填写:（1）正确的操作顺序是_（2）进行A步操作时,应量取_mL浓硫酸，选用量筒的规格是(填序号) _a. 10mL b. 50mL c. 1000mL d. 10

13、00mL（3）配置上述溶液时，多次提到的实验仪器M是_。步骤G中横线处是_。 （4）进行A步骤操作时,必须_后,才能进行后面的操作.（5）实验操作中，下列操作会对所配溶液的浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入M中_b.定容时,眼睛俯视溶液_c.容量瓶中原残留少量蒸馏水_d.定容后M中液面低于刻度线,又加水定容到刻度线._e量取浓硫酸时仰视量筒读数_28、（14分）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）（1）装置A中两个玻璃仪器名称分别是_和_；（2）实验室用MnO2制备氯气的化学方程式是_；（3）实验时多余的氯气可用F装置

14、来吸收，有关化学方程式是_；（4）装置B中饱和食盐水的作用是_；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入湿润有色布条；_；（可供选择的用品有：无水氯化钙、碱石灰）和干燥的有色布条。（6）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱，当向D中缓缓通入少量氯气时，D中可以观察到的现象是_。29、（10分）铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识，回答下列问题。(1)鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最好的方法是_(写出具体实验操作，结论)。(2)电子工业用FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：_。(3)某

15、研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是_。溶液组成的测定：取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得到21.525g白色沉淀。则溶液中c(Cl)=_ molL1。验证该溶液中是否含有Fe2+，正确的实验方法是_(填序号)。A观察溶液是否呈浅绿色B取适量溶液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+C试管中加入待测液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显红色，证明原溶液中含有Fe2+(4)工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：滤渣C中物质的化学式

16、为_。加过量D发生反应的离子方程式为_。通入F发生反应的离子方程式为_。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、B【解析】假设质子都有14mol，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为111，A错误；B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为141413，B正确；C、质量之比为1mol28g/mol：1mol28g/mol：1mol26g/mol=14:14:13，C错误；D、原子个数之比为1mol2：1mol2：1mol4=112，D错误。答案选B。2、A【解析

17、】ASO2和CO2都能和碱反应生成盐和水为酸性氧化物，故A正确；B醋酸是酸，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰是金属氧化物，分别属于酸、盐和氧化物，故B错误；C盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，液氯是液态的氯气，是单质，属于纯净物，浓硫酸是硫酸的水溶液，属于混合物，故C错误；D酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，故D错误。所以A选项是正确的。3、D【解析】不用其他试剂进行鉴别，通常观察颜色、闻气味，再用已经鉴别的物质鉴别其它物质。【详解】观察题中待鉴别的物质，溶液呈蓝色的是CuSO4溶液，其余为无色溶液。各取少量三种无色溶液于试管中，分别滴加CuSO4溶液，生成蓝色

18、沉淀的是NaOH溶液，另两溶液无明显变化。又分别取少量无明显变化的溶液于试管中，滴加NaOH溶液，有白色沉淀的为Mg(NO3)2溶液，余下的为KCl溶液。本题选D。【点睛】若待鉴别的一组物质均无色无味，则可分别取少量进行两两混合，列表记录实验现象，再据现象进行推断，从而确定待鉴别物质。4、B【解析】试题分析：在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物，叫做电解质，包括酸、碱、盐、水和活泼金属氧化物等。【详解】ANaCl为盐类，属于电解质，错误；BC2H5OH为非电解质，正确；CCH3COOH为酸，属于电解质，错误；D、NaHCO3为盐类，属于电解质，错误；故选择B。5、C【解析】加入氧化剂才能完成，

19、说明该反应过程中物质元素化合价升高。据此分析。【详解】A. Cl2 NaCl中氯元素化合价降低，不满足题意，故错误；B. H2O2 O2中氧元素化合价升高，但过氧化氢能自身分解完成此过程，不需要加入氧化剂，故错误；C. Fe FeCl3中铁元素化合价升高，符合题意，故正确；D. K2CO3 KOH中元素化合价没有变化，故错误。故选C。6、D【解析】四氯化碳不溶于水，所以分离氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液可以用分液的方法；乙醇能溶于水，但沸点不同，所以分离43的乙醇溶液可以用蒸馏的方法分离；因为溴在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以分离含单质溴的水溶液可以用萃取分液的方法分离；泥沙不溶

20、于水，所以分离粗盐溶液中混有泥沙可以用过滤的方法分离。故选D。【点睛】互溶的液体混合物利用沸点不同采用蒸馏的方法分离。分离不互溶的液体混合物用分液的方法，从水溶液中分离碘或溴用萃取的方法，分离固体和液体用过滤的方法。7、C【解析】A. 组装实验装置时，应先放酒精灯，再根据酒精灯的高度固定好铁圈，放上蒸发皿，A错误； B. 给蒸发皿可以直接加热，不用垫上石棉网，B错误；C. 玻璃棒的作用是搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅，C正确；D. 蒸发的过程中，不能直接蒸干，应在析出大量固体时用余热使其蒸干，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】可用酒精灯直接给蒸发皿里的液体加热，玻璃棒不断地搅拌，防止因局部

21、过热而使固体迸溅，蒸发的过程中，当出现大量固体时，停止加热，用余热使剩余水分蒸干，不能直接蒸干。8、B【解析】A. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。B. 铁片与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和铜。C. 氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水。D. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水。【详解】A.铁与稀硫酸反应离子方程式：Fe 2H+ = Fe2+ H2，A错误。B.铁片与氯化铜溶液反应离子方程式：Fe Cu2+ = Cu Fe2+，B正确。C.氢氧化镁溶于盐酸离子方程式：Mg(OH)22H+ = Mg2+ 2H2O，C错误。D. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应离子方程式：Ba2+

22、 + 2OH- + 2H+ SO42- = 2H2O+BaSO4，D错误。【点睛】离子方程式书写除了要考虑客观事实、质量守恒、电荷守恒、不能拆成离子的沉淀弱电解质等，还要考虑反应时各物质中离子的数量比值。9、C【解析】试题分析：AM(H2)M(O2)，则10gH2和10gO2的物质的量不同，含有的原子数不同，故A错误；Bn(N2)=5.6L22.4L/mol=0.25mol，n(CO2)=11g44g/mol=0.25mol，含有的原子物质的量分别为0.5mol、0.75mol，故B错误；Cn(H2O)=9g18g/mol=0.5mol，原子的物质的量为1.5mol，0.75molBr2含有1

23、.5mol原子，故C正确；Dn(H2)=0.224L22.4L/mol=0.01mol，与0.1molN2含有的原子数不同，故D错误；故选C。考点：考查物质的量的计算。10、A【解析】试题分析：A、向CaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生化学反应，不出现“先产生沉淀然后又完全溶解”现象，所以符合条件，A选；B、向AlCl3溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量，首先生成氢氧化铝沉淀，后来沉淀又与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，B不选；C、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反

24、应生成可溶性的硫酸铁，所以沉淀又溶解，所以不符合条件，C不选；D、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，D不选。答案选A。考点：考查镁、铝的重要化合物。11、B【解析】互不相溶的液体可以用分液漏斗进行分离。【详解】A. 碘易溶于四氯化碳，不能用分液漏斗进行分离，A项不符合题意；B. 水和四氯化碳不互溶，能用分液漏斗进行分离，B项符合题意；C. 酒精和水可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，C项不符合题意；D. 汽油和植物油可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，

25、D项不符合题意；答案选B。【点睛】分液漏斗用于互不相溶且密度不同的两种液体的分离或萃取分液，分离液体时，需注意下层液体由下口放出，上层液体由上口倒出。12、B【解析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；置换反应中一定存在元素的化合价变化，复分解反应中没有元素的化合价变化；氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂；氧化还原反应中可能是一种元素即被氧化有被还原。【详解】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，置换反应一定为氧化还原反应，同素异形体的转化中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；置换反应中一定存在元素的化合价变化，如Zn与酸反应生成氢气，一定为氧化还原反应，复分解反应

26、中没有元素的化合价变化，则凡是氧化还原反应，都不可能是复分解反应，B正确；氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH溶液的反应中，NaOH为反应物，不是氧化剂也不是还原剂，C错误；氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同一种元素，如碳与二氧化碳反应生成一氧化碳,被氧化和被还原的元素都是碳元素，D错误。故选B。【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和氧化还原反应与四种基本反应类型的关系为解答的关键。13、A【解析】根据氧化剂：降得还；还原剂：升失氧；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断。【详解】Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2

27、，氧化产物是I2；所以氧化性Cl2 I2；2FeCl2+Cl2=2FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3+；所以氧化性Cl2 Fe3+；2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2；所以氧化性Fe3+ I2；I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是SO42-；所以氧化性I2 SO42-；综上所述得出结论：Cl2Fe3+I2SO42-，因此选A；正确答案：A。14、A【解析】在化学反应2KICl22KClI2中，KI中的I元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，KI作还原剂，则氯气作氧化剂，故选A。15、B【解析】A. 物质

28、的量是一种物理量，是国际科学界建议采用的一种物理量，摩尔是单位，故A错误；B. 物质的量的单位摩尔其符号为mol，物质的量的符号为n，故B正确；C. 以12C所含有的碳原子数为标准，即0.012kg12C所含有的碳原子数目为1mol，故C错误；D. 氧分子是由氧原子构成的，1摩尔氧气含NA个氧分子，2NA个氧原子，故D错误；答案选B。16、C【解析】Cl2是一种黄绿色气体，通常情况下1体积水大约能溶解2体积的Cl2，溶于水的Cl2部分与水反应，Cl2易与NaOH反应，由此分析。【详解】在盛有Cl2的集气瓶中加AgNO3溶液时，先后发生两个反应：Cl2+H2OHCl+HClO，AgNO3+HCl

29、=AgCl+HNO3，随着AgCl沉淀的生成，溶液中HCl的浓度逐渐减小，使Cl2+H2OHCl+HClO平衡向正反应方向移动，最终使集气瓶中的Cl2全部反应，根据现象可知集气瓶乙中加入了AgNO3溶液；在盛有Cl2的集气瓶中加入NaOH溶液时，Cl2易与NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2全部被NaOH溶液吸收，生成无色的物质，根据现象可知集气瓶甲中加入了NaOH溶液；在盛有Cl2的集气瓶中加水时，通常状况下Cl2在水中溶解度不大，所以液面上方的空气中仍有部分Cl2，液面上方呈浅黄绿色；而溶于水的Cl2只能部分与水反应：Cl2+H2OHCl+HClO，所

30、以水溶液中有未参加反应的Cl2，故水溶液也呈浅黄绿色，根据现象可知集气瓶丙中加入了水；答案选C。17、D【解析】A. 该装置图为蒸馏装置，是分离互溶的、沸点不同的液体混合物的装置，A不符合题意；B. 该装置图为分液装置，是分离互不相溶的液体混合物的装置，B不符合题意；C. 该装置图为过滤装置，是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的装置，C不符合题意；D. 该装置图为配制物质的量浓度的溶液的装置，是配制物质的量浓度的溶液的定容步骤，与分离混合物无关，D符合题意；故合理选项是D。18、C【解析】A. C2H5OH是有机物，属于醇类，A不合题意；B. Na2CO3属于无机盐，B不合题意；C. Ca(O

31、H)2是二元强碱，C符合题意；D. Cu2(OH)2CO3是碱式盐，D不合题意。故答案选C。19、D【解析】A项，根据c=1000w/M可得，=cM/1000w，故A错误；B项，气体的物质的量为mol，气体质量为g，溶液质量为(+m)g，所以溶液体积为 L，因此物质的量浓度c=mol L=mol/L，故B错误；C项，溶液中溶质的质量分数w=(+m)100%=，故C错误；D项，溶液质量为(+m)g，溶质的质量分数为w，所以溶质质量为：(+m)w g，因为气体的物质的量为mol，所以相对分子质量M=(+m)w，解得：M=22.4mw/(1-w)V，故D正确。综上所述，符合题意的选项为D。20、C【

32、解析】A. 是一个封闭的装置，只有进气口，无出气口，无法排除空气，故A错误；B. 氯气密度比空气大，应该右进左出，故B错误；C. 氯气密度比空气大，左进，进入到集气瓶底部，将空气排出，多余氯气用氢氧化钠溶液吸收以免污染环境，故C正确；D. 氯气与氢氧化钠溶液反应，不能收集氯气，故D错误。答案为C。21、C【解析】根据钠离子的浓度，由离子浓度比例关系计算镁离子、氯离子的浓度，根据溶液电荷守恒有c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-)，据此计算。【详解】Na+浓度为3mol/L，由c(Na+)：c(Mg2+)：c(Cl-)=3：5：5，可得c(Mg2+)=5mol/L，c(

33、Cl-)=5mol/L，根据溶液电荷守恒有c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-)，故： 3mol/L+25mol/L=5mol/L+2c(SO42-)，解得：c(SO42-)=4mol/L，故答案为C。22、D【解析】A.粗盐提纯，包括溶解、过滤、结晶，选和，故A不选；B. 用CCl4提取碘水中的碘是萃取和分液，选，故B不选；C. 用NaOH溶液吸收少量CO2，需要将CO2通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，选，故C不选；D.碳酸钠溶液和油是互不相溶的液体，分离方法为分液，应选，故D选。故选D。二、非选择题(共84分)23、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO4

34、2-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是

35、否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸24、三 A MgSiSC SiO2 C+2SCS2 极性 【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1) M为S，在周期表中位于第三周期第A族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此MgSiS，S比C多

36、一个电子层，则原子半径SC，因此原子半径由大到小的顺序为MgSiSC。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。25、D 玻璃棒和500 mL的容量瓶 27.2 B 将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入盛有少量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速散去 立即用大量水冲洗，然后涂上碳酸氢钠稀溶液 【解析】（1）浓硫酸具有强烈的腐蚀性，所以应标签上应印有腐蚀品标志，故选D，故答案为：D；（2）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容

37、、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，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，由提供的仪器可知还需要仪器有500mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒；（3）浓硫酸的物质的量浓度为：1000w/M=10001.8498%/98mol/L=18.4mol/L，配制480mL 1molL-1的稀硫酸，实际上配制的是500mL 1molL-1的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：1 mol/L0.5L18.4mol/L /0.0272L=27

38、.2mL，需要选用50mL量筒，所以B正确，故答案为：27.2；B；（4）浓硫酸稀释操作为将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入装有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌；少量浓硫酸不慎沾在手上，处理方法为：立即用抹布擦去，用大量水冲洗，涂上3%5%NaHCO3的稀溶液，故答案为：将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入装有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌；立即用抹布擦去，用大量水冲洗，涂上3%5%NaHCO3的稀溶液；（5）用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，量取浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高；因最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；溶液有热胀冷缩的性质，浓硫酸稀释，放出大量的热，溶解后未恢复室温立

39、即转移到容量瓶中定容，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；定容时，俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，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】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤及误差分析方法。26、BaCl2 AgNO3 H+ +CO32-HCO3- Ba2+2OH-+SO42-+Cu2+BaSO4+Cu(OH)2 【解析】若把四种盐分

40、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；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BaCl2，C为CuSO4；据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A为氯化钡，B为硝酸银，C为CuSO

41、4，D为碳酸钠。则（1）A的化学式为BaCl2，B的化学式为AgNO3。（2）D为Na2CO3，少量盐酸与Na2CO3反应生成氯化钠和NaHCO3，反应的离子方程式为H+ +CO32-=HCO3-。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba(OH)2Cu(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

42、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）。27、DACBEGF 5.4 A 100mL容量瓶 胶头滴管 冷却至室温 偏低 偏高 无影响 偏低 偏高 【解析】（1）根据用浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤分析；（2）量筒的选择规格遵循“大而近”的原则；（3）量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多；（4）转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；（5）根据c=nV计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高；【详解】(1)配制顺序是：计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签；故答案为：DACBEGF；(2)量取5.4ml溶液应选择10ml的量筒；故选：A；(3

43、)因量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多，浓度偏大；故答案为：偏高；(4)因转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；故答案为：冷却到室温；(5)a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；b.定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；c.容量瓶中原残留少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度无影响；d.定容后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；e.量取浓硫酸时仰视量筒读数，液面在刻度线以上，导致溶液的浓度偏高。【点睛】熟练溶液配制的过程，在溶液定容以前所出现的误差与体积都没有关系，一般会造成溶质减小，只有定容时的仰视与俯视才会导致体积的误差。28、分液漏斗 蒸馏烧瓶 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 除去氯气中氯化氢气体