吉林省吉林市普通中学2022年高一化学第一学期期中综合测试试题含解析.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、下列能导电且属于电解质的是A铜B稀硫酸CNaCl固体D熔融KCl2、易形成简单阴离子的元素是AOBMgCNaDHe3、下列给定条件下的离子反应方程式书写正确的是A浓盐酸与铁片反应：2Fe + 6H+ 2Fe3+

2、 + 3H2B稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应：H+ SO42- + Ba2+ + OH BaSO4+ H2OC小苏打与NaOH溶液混合：HCO3 + OH CO32- + H2OD氧化铜粉末溶于浓盐酸：2H+ + O2- H2O4、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A标准状况下，22.4LH2O含有NA个H2O分子B常温常压下，22.4LCO2中碳原子数大于NA个C46克NO2和N2O4混合气体中含氧原子数为2NA个D0.1mol/L Na2SO4溶液含Na+ 离子数为0.2NA个5、已知硫代硫酸钠可作为脱氯剂，溶液恰好可以把 （标准状况下）转化为，则将转化为（ ）ABCD6、海水是一个

3、巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是A海水中含有镁元素，只需经过物理变化就可以得到镁单质B目前工业上直接由海水提取I2C海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化D从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na7、已知常温下，在溶液中可发生以下两个反应：Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-；Br2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Br-。现将标准状况下 1.12L 的氯气通入 1L 0.05mol/L 的 FeBr2溶液中，由此判断下列说法正确的是A氧化性强弱：Cl2 Fe3+ Br2B还原性强弱：Br- Fe2+ Cl-C反应后溶液中 c(Fe3+):c(

4、Br- ) =1:1D反应后溶液中 c(Fe2+):c(Cl-) =1:28、下列物质加入溴水中，水层不能变成无色的是A镁粉B碘化钾C苯D四氯化碳9、取200mL 0.3molL1HNO3溶液和300mL 0.6molL1 HNO3溶液混合，则所得新溶液中HNO3的物质的量浓度约为( )A0.45molL1B0.36molL1C0.48molL1D0.24molL110、下列化合物中,其阳离子和阴离子具有相同的电子层数的( )ANa2S BMgCl2 CKCl DLiF11、分类是学习和研究化学的一种常用科学方法，下列分类说法合理的是A根据是否只含一种元素将物质分为单质和化合物B非金属氧化物不

5、一定是酸性氧化物C生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应D根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等12、实验室制备下列物质时，不用加入浓H2SO4的是A由苯制取硝基苯B用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯C由溴乙烷制乙烯D由乙醇制乙烯13、224mL某气体在标准状况下的质量为0.32g，该气体的摩尔质量约为A32gmol-1B32C64gmol-1D6414、下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是A氢氧化钠与盐酸，；氢氧化钠与碳酸BBaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液CNa2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液D石灰石与硝酸反应

6、；石灰石与盐酸15、下列变化中，属于物理变化的是 （ ）A光合作用B牛奶变酸C铁熔化成“铁水”D木材燃烧16、下列除杂试剂及操作正确的是物质所含杂质选用的试剂操作方法ACO2COO2加热BKClK2CO3稀H2SO4加热CCu(OH)2CuSO4Ba(OH)2溶液过滤DFe(NO3)2溶液AgNO3溶液足量铁粉过滤AABBCCDD17、等质量的下列气体，在相同的状况下，所占体积最大的是 ()ANH3 BH2S CCl2 DCH418、将质量分数为a%、物质的量浓度为2cmol/L的氨水加水稀释,使其物质的量浓度为cmol/L，此时溶液中溶质的质量分数为b%，则a%和b%的关系是Aa%b% Ba

7、%2b% Ca%2b% D无法确定19、下列离子方程式对应的化学方程式正确的是AH+OHH2O CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2OBBa2+SO42BaSO4 Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+2H2OCCO32+2H+CO2+H2O CaCO3+2HClCaCl2+CO2+H2OD3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O 3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O20、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A28g CO所占的体积为22.4LB1L 1mol/L HCl溶液中含有HCl分子为NA个C标准状况下，2.24L水中约含有NA个氧原

8、子D标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NA21、关于化学键的下列叙述中，不正确的是（ ）A离子化合物可能含共价键B共价化合物一定含共价键C离子化合物中只含离子键D共价化合物中不含离子键22、下列物质是离子化合物是A冰B氢氧化钠C溴D硫酸二、非选择题(共84分)23、（14分）AF是中学化学常见的六种物质，它们之间有如下转化关系。已知A是厨房中常见的一种调味品，D是一种黄绿色气体单质，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，回答下列各题：(1)四个反应中，属于氧化还原反应的是_。(2)写出两个化学反应的化学方程式：_;_。24、（12分）现有下列几种物质：蔗糖、氯化钡固体、干冰、

9、硫酸钡、纯碱、铁、盐酸、硝酸银溶液，按要求回答问题：（1）难溶于水的电解质的是_。（2）写出纯碱在水中的电离方程式_。（3）将足量的干冰升华后所得的气体通入烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为_。（4）a、b、c、d是Na2CO3、BaCl2、盐酸、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体b是_（用化学式填写），写出 a+c 反应的离子方程式_。25、（12分）海洋是巨大的资源宝库，除了可以得到氯化钠还可以从海带中提取碘。碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精

10、盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4（1）氧化产物与还原产物的物质的量比是_；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_。（2）先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_。（3）若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。该装置还缺少的仪器是_；冷凝管的进水口是：_（填g或f）。26、（10分）实验室欲配制480mL 0.5 molL1的CuSO4溶液，据此回答下列问题：（1）需

11、称量胆矾CuSO4.5H2O_ g。（2）在配制的过程中一定不需要使用到的仪器是（填写代号）_，还缺少的仪器有_、_。A烧杯 B药匙 C玻璃棒 D1000mL容量瓶 E锥形瓶 F胶头滴管（3）下图所示的实验操作的先后顺序为_（4）玻璃棒在溶液配制中的作用：_。（5）从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为_molL1。（6）下列的实验操作可能导致配制的溶液浓度偏低的是_。A容量瓶内原来存有少量的水B定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出C称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码）D定容

12、时俯视刻度线27、（12分）实验室需要0.1mol/LNaOH溶液500mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加入至刻度线12cm处，用

13、胶头滴管加蒸馏水至刻度线E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(3)根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1mol/L（填“大于”、“小于”或“等于”）。(4)根据计算得知，需用量筒取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积_mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL量筒最好。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.5mol/L（填“大于”、“小于”或“等于”）28、（14分）请根据表中的信息回答下列问题元素ABCDE有关信息其原

14、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：_。29、（10分）（1）有一无色透明的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、NO3、CO32-、SO42-，现取出三份该溶液分别进行下列实验：第一份中加入AgNO3溶液有白色沉淀；第二份中加入足量NaOH溶液加热后，只收集到刺激性气味的气体，无其他明显现

15、象；第三份中加入BaCl2溶液后，有白色沉淀。将白色沉淀转移入足量的稀盐酸中，发现沉淀部分溶解。则该混合溶液中，一定存在的离子有_，肯定不存在的离子有_，（填离子符号），写出实验中沉淀部分溶解的离子方程式为_。（2）今有下列三个氧化还原反应： 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 ， 2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + 2KCl + I2 ， 2KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O + 5Cl2。反应的离子方程式为：_，其中_是氧化剂，_是氧化产物； 当反应中有14.6gHCl消耗掉时，反应中转移的电子数为_ 个。从上述三个反应可判断出 F

16、e2+、Cl、I、Mn2+ 的还原性由强到弱的顺序是_。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】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，且必须是自身发生电离产生能够自由移动的离子，能够导电物质必须有能够自由移动的离子或者电子，如金属单质或少数非金属单质，电解质的水溶液或某些熔融状态下的电解质，据此分析解题；A铜虽然能导电，但其是单质不是化合物，故既不是电解质也不是非电解质，A不合题意；B稀硫酸能够导电，但其是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，B不合题意；CNaCl固体中没有能够自由移动的离子，故不能导电，C不合题意；D熔融KCl中有自由移

17、动的K+和Cl-，能导电，且是化合物，属于电解质，D符合题意；故答案为：D。2、A【解析】Mg、Na为金属，最外层电子数较少，容易形成阳离子，不能形成简单阴离子；O原子最外层电子数较多，易得到电子形成阴离子；He为惰性气体，性质稳定，不容易形成阳离子，也不容易形成阴离子，故选A。3、C【解析】A. 浓盐酸与铁片反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+Fe2+H2，A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式应该是：2H+SO42-+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，B错误；C. 小苏打与NaOH溶液混合反应生成碳酸钠和水：HCO3+OHCO32-+H2O，C正确；D. 氧化铜不能拆开

18、，氧化铜粉末溶于浓盐酸的离子方程式应该是：2H+CuOCu2+H2O，D错误。答案选C。4、C【解析】A. 标准状况下，水不是气体，所以22.4LH2O不是1mol，故错误；B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4LCO2的物质的量小于1mol，故碳原子数小于NA个，故错误；C. 46克NO2和N2O4混合气体含 “NO2”原子团的物质的量为46/46=1mol，则含有2mol氧原子，故正确；D. 0.1mol/L Na2SO4溶液没有说明溶液的体积，不能计算其物质的量，故错误。故选C。【点睛】掌握气体摩尔体积的使用范围：标况，气体，体积。注意进行计算时找出物质的特殊

19、关系，如二氧化氮和四氧化氮，可以看成是二氧化氮的原子团，从而计算原子个数。5、D【解析】利用氧化还原反应中的得失电子数目守恒进行分析；【详解】，设被氧化后氧化产物中元素的化合价为n，根据得失电子守恒得，解得，选项D正确；答案：D。【点睛】利用得失电子数目守恒进行计算，方法比较简洁，一般遵循的是n(氧化剂)变价原子右下角系数化合价的变化=n(还原剂)变价原子右下角系数化合价变化，也可以通过氧化产物、还原产物。6、D【解析】AMg为活泼金属，海水中以离子形式存在，分离出MgCl2后电解熔融MgCl2得到Mg，为化学变化，选项A错误；B虽然海水中碘的总藏量很大，但由于其浓度很低，目前工业上并不直接由

20、海水提取I2，选项B错误；C海水蒸发制海盐，利用加热水转化为水蒸气，与水分离，无新物质生成，为物理变化，选项C错误；DNaCl在海水中储量丰富，从海水中可以获得NaCl，Na为活泼金属，则电解熔融NaCl可生成Na和氯气，选项D正确；答案选D。7、C【解析】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性。B. 还原剂的还原性大于还原产物的还原性。C、D. 根据电子守恒、氧化顺序先后判断。n(Cl2)=0.05mol，得到电子数0.05mol2=0.1mol，根据还原性判断Fe2+Br-，所以Fe2+先被氧化，后氧化Br-，n(FeBr2)= 1L0.05mol/L=0.05mol，亚铁离子全部被氧化，

21、溴离子氧化0.05mol。反应结束n(Fe3+)=0.05mol ，n(Br- ) =0.05mol ，n (Cl-)=0.1mol。【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，氧化性强弱：Cl2 Br2 Fe3+ ，A错误。B. 还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性强弱：Fe2+ Br- Cl-，B错误。C. 反应后溶液中n(Fe3+)=0.05mol ，n(Br- ) =0.05mol，所以溶液中c(Fe3+):c(Br- ) =1:1，C正确。D. 反应后溶液中不含Fe2+，D错误。【点睛】本题考查氧化还原的综合应用。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，还原剂的还原性大于还原

22、产物的还原性，进而进行分析。8、B【解析】A.镁粉与溴水反应，溶液接近无色，故A不符合；B. 溴水与碘化钾反应生成碘单质，溶液颜色加深，故B符合；C. 溴水与苯混合分层，水层接近无色，故C不符合；D. 溴水与四氯化碳混合分层，水层接近无色，故D不符合；答案选B。9、C【解析】两溶液混合后所得HNO3溶液中，HNO3的物质的量为0.2L0.3molL1+0.3L0.6molL1 =0.24mol，混合溶液的体积为500mL，则HNO3的物质的量浓度为c(HNO3)=0.48molL1；答案选C。10、C【解析】根据原子结构比较阳离子和阴离子电子层数。【详解】A. Na2S阳离子和阴离子电子层数分

23、别是2和3，故A错误；B. MgCl2 阳离子和阴离子电子层数分别是2和3，故B错误；C. KCl阳离子和阴离子电子层数分别是3和3，故C正确；D. LiF阳离子和阴离子电子层数数分别是1和2，故D错误；故选C。11、B【解析】A.只含一种元素的物质可能是混合物如O2和O3，而单质和化合物都是纯净物，该选项的正确说法是：根据是否只含一种元素将纯净物分为单质和化合物，A项错误；B.非金属氧化物大部分是酸性氧化物如CO2、SO2等，但有一些非金属氧化物不是酸性氧化物如CO、NO等，所以非金属氧化物不一定是酸性氧化物，B项正确；C.置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质和一种化合物的反

24、应，但生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应如：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，该反应不属于置换反应，C项错误；D.根据酸分子在水溶液中电离出H+的个数将酸分为一元酸、二元酸，例如CH3COOH是一元酸而非四元酸，是因为CH3COOHCH3COO-+H+，D项错误；答案选B。12、C【解析】A、由苯制取硝基苯，浓硫酸作催化剂、脱水剂，故A错误；B、用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂、吸水剂，故B错误；C、溴乙烷在NaOH水溶液的条件下发生水解反应得到乙烯，不需要加入浓硫酸，故C正确；D、由乙醇制乙烯，浓硫酸作催化剂、脱水剂，故D错误。故选C。13、A【解析】

25、摩尔质量的单位为gmol-1，标准状况下，224mL气体的物质的量为0.01mol，该气体的摩尔质量为=32gmol-1；故选A。14、D【解析】A、盐酸是强酸，要拆成离子，离子方程式为H+OH-=H2O；碳酸是弱酸，保留化学式，离子方程式为：H2CO3+2OH-=H2O+CO32-,所以离子方程式不同，故A不符合题意；B、氯化钡溶液与硫酸钠溶液、氢氧化钡溶液与稀硫酸，离子方程式分别为Ba2+SO42-=BaSO4、Ba2+SO42-+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，所以离子方程式不同，故B不符合题意；C、碳酸钠溶液与硝酸、碳酸钙与硝酸，离子方程式分别为CO32-+2H+=CO2+H2

26、O、CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，所以离子方程式不同，故C不符合题意；D、石灰石与硝酸或盐酸都生成可溶性盐，离子方程式均为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故D符合题意；答案选D。【点睛】明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物都写化学式，要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒。15、C【解析】A、B、D生成新物质，故A、B、D属于化学变化；C. 只是物质状态发生变化，没有生成新物质，故C属于物理变化。故选C。16、D【解析】A、除去二氧化碳中的一氧化碳不能通过氧气点燃，应该通过炽热的氧化铜，故A错误；B、K2CO

27、3与硫酸反应生成硫酸钾，引入新的杂质，应该用盐酸，故B错误；C、CuSO4与Ba(OH)2溶液反应生成Cu(OH)2和BaSO4两种沉淀，在Cu(OH)2中引入杂质，故C错误；D、铁和硝酸银溶液反应：2AgNO3FeFe(NO3)22Ag，过滤后可将杂质除去，故D正确。故答案选D。【点睛】根据原物质和杂质的性质差异选择适当的除杂剂和分离方法，注意除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。17、D【解析】根据V=Vmm/M计算气体的体积。【详解】相同条件下，Vm相同，m相同，根据V=Vmm/M知，气体体积取决于摩尔质量的大小，摩尔质量越大，体

28、积越小：A. NH3摩尔质量为17gmol1，B. H2S摩尔质量为34gmol1 ，C. Cl2摩尔质量为71gmol1，D. CH4摩尔质量为16gmol1，D的摩尔质量最小，体积最大，故选D。18、B【解析】物质的量浓度为2cmol/L、质量分数为a%的氨水溶液，设溶液的密度为1，则2c=，物质的量浓度为cmol/L，质量分数变为b%的氨水溶液，设溶液的密度为2，则c=，则两式相除得：2=，即，氨水的密度水于水的密度，氨水溶液的浓度越大密度越小，即21，所以a2b，故答案选B。19、D【解析】A、CH3COOH为弱酸，不能拆成离子形式，错误；B、Ba(OH)2与H2SO4的反应还包含了H

29、+与OH生成H2O，错误；C、CaCO3为难溶物质，不能拆成离子形式，错误；D、HNO3和Cu(NO3)2为易溶于水的强电解质，拆成离子形式可得离子方程式，正确。故答案为：D。20、D【解析】A.28g CO物质的量为1mol，标准状况下的体积为22.4L，A项错误；B.氯化氢在溶液中完全电离，所以氯化氢溶液中不存在氯化氢分子，B项错误；C.标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，C项错误；D.标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体物质的量为1mol，含碳原子数为NA，D项正确；答案选D点睛：B为易错点，容易忽视HCl是强电解质，在水溶液中是完全电离的，根本就

30、不存在HCl分子。21、C【解析】分析：含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。详解：A.离子化合物可能含共价键，如NaOH中含有离子键和共价键，所以A选项是正确的；B.共价化合物中一定含共价键，一定不含离子键,故B正确； C.离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故C错误；D.共价化合物中只含共价键，一定不含离子键,故D正确；答案选C。点睛：化学键类型与化合物类型的关系：只有当化合物中的化学键全部是共价键时，该化合物才是共价化合物。如果化合物中含有离子键，无论是否含有共价键，都属于离子化合物。22、B【解析】A. 冰是固态水，

31、是氢和氧原子以共价键形成的共价化合物，故A错误；B. 氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、OH原子之间存在极性键，为离子化合物，故B正确；C. 溴是同种原子之间以共价键结合的单质，不是化合物，故C错误；D. 硫酸属于酸，是只含有含共价键的共价化合物，故D错误；答案选B。【点睛】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物；共价化合物是通过共用电子对形式结合，主要由非金属与非金属元素化合形成，所有的酸都是共价化合物，少部分盐类是共价化合物，非金属氧化物是共价化合

32、物，而Be2Cl2，AlCl3是共价化合物，NH4Cl是离子化合物，作为特例。二、非选择题(共84分)23、 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2 MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 + Cl2+2H2O 【解析】已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体， F常用作催化剂，为二氧化锰。据此解答问题。【详解】已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体， F常用作催化剂，为二氧化锰。则A为氯化钠，B为氢氧化钠，C为氢气，D为氯气，E为氯化氢，F为二氧化锰。(1)有元素化合价变化的反应为氧

33、化还原反应，四个反应中属于氧化还原反应的为。(2)反应为电解氯化钠生成氢氧化钠和氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；为浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰和氯气和水，方程式为：MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 + Cl2+2H2O。【点睛】推断题抓住突破口是关键，如颜色，黄绿色的气体为氯气，红棕色的气体为二氧化氮等，抓住物质的用途，如氯化钠为厨房常用调味剂等。24、硫酸钡 Na2CO3 = 2Na+ + CO32- CO2+OH-=HCO3- HCl Ag+ + Cl-= AgCl 【解析】根据电解质的概念、实验现象分析推理，回答问题。【详解】(1)电解质是溶

34、于水或熔融时能自身电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质。氯化钡固体、硫酸钡、纯碱是电解质，其中只有硫酸钡难溶于水；(2)纯碱在水中的电离方程式Na2CO3 = 2Na+ + CO32- ；(3)足量CO2气体通入烧碱溶液中生成NaHCO3，反应的离子方程式为 CO2+OH-=HCO3- 。(4)b、d混合生成无色气体，必为Na2CO3、盐酸中的各一种，则a、c为BaCl2、AgNO3溶液中和各一种。a分别与b、c、d混合都有白色沉淀，则a为AgNO3溶液、c为BaCl2溶液。又c、d混合生成白色沉淀，则d是BaCl2溶液、b是盐酸。b化学式是HCl， a+c 反应的离子方

35、程式为Ag+ + Cl-= AgCl。25、5:1 0.5NA或3.011023 溶液分层，上层无色，下层紫红色 温度计 g 【解析】（1）结合KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4反应并根据氧化还原反应规律进行分析；（2）碘易溶于有机溶剂，碘的CCl4溶液为紫红色，且在下层；（3）根据蒸馏操作所需的仪器及操作要求进行分析。【详解】（1）KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4反应中，KIO3中碘由+5价降低到I2中的0价，化合价降低了5价，1molKIO3反应转移了5mole-； KIO3 发生还原反应，对应的还原产物为I2，1mol KIO3发生还

36、原反应生成碘的物质的量为0.5mol；KI中碘由-1价升高到I2中的0价，化合价升高了1价，5molKI反应转移了5mole-；KI发生氧化反应，对应氧化产物为I2，5mol KI发生氧化反应生成碘的物质的量为2.5mol，所以氧化产物与还原产物的物质的量比是2.5:0.5=5:1；根据3I25e-可知，如果反应生成 0.3mol 的单质碘，则转移的电子数目是0.5NA或3.011023 ；故答案是：5:1； 0.5NA或3.011023 ；（2）四氯化碳的密度比水大，四氯化碳与水互不相溶，碘易溶于有机溶剂，因此反应后的混合物中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，碘进入CCl4层，溶液为紫红色，

37、且在下层；故答案是：溶液分层，上层无色，下层紫红色 （3）蒸馏装置中需要用温度计控制馏分的温度，所以该套实验装置还缺少的仪器是温度计；为保证较好的冷凝效果，冷却水应该下进上出，即冷凝管的进水口是g；故答案是：温度计；g。【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。26、62.5g DE 500ml容量瓶 托盘天平 搅拌、引流 0.05 mol/L BC 【解析】（1）实验室需配制480mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要选用500mL容量瓶，实

38、际上配制的是500mL 0.5mol/L的硫酸铜溶液，需要胆矾CuSO4.5H2O的物质的量为：0.5mol/L0.5L=0.25mol，需要胆矾CuSO4.5H2O的质量为：250g/mol0.25mol=62.5g；（2）根据配制500mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，不需要使用到的仪器是1000mL容量瓶和锥形瓶，答案选DE；还缺少的仪器为：500mL容量瓶和托盘天平；（3）根据溶液的配制步骤是称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序可知顺序为：；（4）玻璃棒在溶液配制中的作用为：搅

39、拌、引流；（5）根据c1V1=c2V2可得0.5mol/L0.010L= c20.010L，c2=0.05mol/L，故从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为0.05mol/L；（6）A定容时需要加入蒸馏水，故容量瓶内原来存有少量的水，对所配溶液浓度无影响，选项A不符合；B定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出，实际上所加蒸馏水偏多了，溶液浓度偏低，选项B符合；C、称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码），称取的CuSO4.5H2O的实际质量减小，所配溶液浓度偏低，选项C符合；D、

40、定容时俯视容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，选项D不符合；答案选BC。27、C 烧杯和玻璃棒 BCD 2.0 小于 13.6mL 15mL 大于 【解析】(1)配制溶液时，固体需用天平称量、液体需用量筒量取，然后放在烧杯内用玻璃棒搅拌溶解，冷却后转移入容量瓶，然后加水定容。(2)A使用容量瓶前，需检查是否漏水，以保证配制过程中溶质不损失；B容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤；C配制溶液时，如果试样是固体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容；D配制溶液时，若试样是液体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容；E溶液定容完成后，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。(3) 用托盘天平称取的质量

41、为0.1mol/L 0.5L40g/mol。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配溶液的体积偏大。(4)利用稀释定律，可计算出需用量筒量取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积；选择量筒时，规格尽可能小，但需一次量完。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所取浓硫酸体积偏大。【详解】(1)配制溶液时，固体用天平、液体用量筒，然后放在烧杯内用玻璃棒搅拌溶解，冷却后转移入容量瓶，然后加水定容。在图中所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是C，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器为烧杯和玻璃棒。答案为：C；烧杯和玻璃棒；(2)A使用容量瓶前，需检查

42、是否漏水，以保证配制过程中溶质不损失，A正确；B容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，B不正确；C配制溶液时，如果试样是固体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容，C不正确；D配制溶液时，若试样是液体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容，D不正确；E溶液定容完成后，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀，E正确；故选BCD。答案为：BCD；(3)用托盘天平称取的质量为0.1mol/L 0.5L40g/mol=2.0g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配溶液的体积偏大，则所得溶液浓度小于0.1mol/L。答案为：2.0；小于；(4)设所需浓硫酸的体积为V，利用稀释定律，0.5mol/L0.5L=

43、，V=0.0136L=13.6mL；如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用15mL量筒最好。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所取浓硫酸体积偏大，所得溶液浓度大于0.5mol/L。答案为：13.6mL；大于。【点睛】不管溶质是固体还是液体，也不管在溶解过程中放出热量多少，配制溶液时，都必须将所称取或量取的溶质放在烧杯内溶解，冷却至室温后，才能转移入容量瓶。28、 CH4 H2O HCl=H+Cl- 【解析】A其原子核内只有1个质子,应为H原子；B单质在空气中体积含量最多,为N元素；C原子M层有3个电子,为Al元素；D为食盐中的金属元素,为Na元素；E单质在常温、常压下是黄绿色的气体,为Cl元素；以此解答该题。【详解】A其原子核内只有1个质子,应为H原子；B单质在空气中体积含量最多,为N元素；C原