2023届山东省六地市部分学校化学高一上期中学业质量监测试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列变化需要加入还原剂才能实现的（ ）AKClO3O2BMnO4-Mn2CFeFe3DHClCl22、下列反应中，既是化合反应，又是氧化还原反应的是A生石灰与水反应：CaO+ H2O =Ca(OH)2

2、B氯气通入溴化钠溶液：C12+2NaBr= 2NaCl+Br2C铁和氯气反应：2Fe+3Cl22FeC13D氯化钠溶液和浓硫酸混合加热：2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl3、己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH= 2RO4n-+3Cl+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）A+3B+4C+5D+64、在标准状况下,下列物质所占体积最大的是( )A98gH2SO4 B56gFe C44.8LHCl D6gH25、下列实验操作正确的是（ ）ABCD6、某同学用下列装置进行有关的实验。下列说法不正确的是（ ）A图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯

3、水有漂白作用B图中：闻的气味C图中：生成棕黄色的烟D图中：若气球干瘪，证明可与NaOH反应7、以下有关物质的量浓度的叙述正确的是 ()A等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液中SO42-数目之比1：2：3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1：2：3B150 mL 1 molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)与50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)相等C20时，饱和KCl溶液的密度为1.174 gcm3，物质的量浓度为4.0 molL1，则此溶液中KCl的质量分数为25.38%D20时，100 g水可溶解34.2 g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%8、下列各组中的离子能够

4、大量共存于同一溶液中的是()ACO32-、H、Na、NO BOH、NO3、K、NaCH、Ag、Cl、SO42- DK、H、Cl、OH9、已知丙酮(C3H6O)通常是无色液体，可溶于水，密度小于1 gmL1，沸点约为56 。要将丙酮从水与丙酮的混合物中分离出来，最合理的方法选择是()A过滤 B蒸馏 C蒸发 D干燥10、当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是ACuSO4溶液 B早上清新的空气C自来水 DFe(OH)3沉淀11、下列反应的离子方程式正确的是ANaHCO3溶液与盐酸：CO32-+ 2H+=H2O+CO2B将少量的铜屑放入硝酸银溶液中：Cu+2Ag+=Cu2+ 2AgC用醋酸溶液除

5、水垢：2H+ CaCO3=Ca2+ H2O+CO2D铁和稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3 H212、下列各叙述正确的是（ ）A3 mol OH-的质量为 51 g/molB铁的摩尔质量就是它的相对原子质量C一个 12C 的实际质量约等于 12/6.021023gD二氧化碳的摩尔质量是44g13、16O中的16的含义是A氧元素的相对原子质量B氧元素的一种同位素的相对原子质量C氧元素的近似相对原子质量D氧元素的一种同位素的质量数14、常温下，下列物质中原子数最多的是A64 g SO2 B3.011023个N2C0.75 mol H2S D36 mL H2O15、某无色溶液含有下列离子中的若

6、干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有A3种B4种C5种D6种16、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A0.1mol/L稀硫酸中含有硫酸根数目为0.1NAB通常状况下，1 NA个CO2分子占有的体积大于22.4LC2.4g金属镁与足量的盐酸反应，生成氢气的体积为2.24LD0.1mol NH4+中含有电子数为10NA17、胶体区别于其他分散系的本质特征是( )A胶体是均一、透明的B胶体能产生丁达尔效应C胶体粒子大小在1nm-100nm之间D胶体粒子可以透过滤纸18、离子方程式

7、BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 中的H+ 不能代表的物质是（ ）HCl H2SO4 HNO3 NaHSO4 CH3COOHA B C D19、下列各组离子一定能大量共存的是A含有大量Ba2+的溶液中:Cl-、K+、SO42、CO32B含有大量H+的溶液中:Mg2+、Na+、CO32、SO42C含有大量Na+的溶液中:H+、K+、SO42、NO3D含有大量OH-的溶液中:Cu2+、NO3、SO42、CO3220、下列各组微粒中，核外电子数相等的是（ )ANa和ClBCl和ArCMg和Mg2DS和S221、已知：Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI; Cl

8、2+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、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+ 2H2ODBa(OH)2溶液与稀H2SO4反应：Ba2+ + OH- + H+ SO42- = H2O+BaSO4二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4

9、、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。24、（12分）有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消

10、失、没有气泡产生；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_(2)一定不含有的物质的化学式_(3)依次写出各步变化的离子方程式_；_；_；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

11、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）实验室欲用NaOH固体配制1.00 mol/L的NaOH溶液480 mL：(1)配制时，必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_。(2

12、)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。(3)计算，称量。用托盘天平称取NaOH固体_g。(4)溶解。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)冷却、转移、洗涤。转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯23次是为了 _。(6)定容。将蒸馏水注入容量瓶，当液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至_；摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，并贴好标签，注明溶液名称及浓度。(8)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_。没有洗涤烧杯和玻璃棒 转移溶液时不慎溶液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移到容量瓶

13、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(9)若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度，应如何处理？_。 (10)取用任意体积的1.00 mol/L的NaOH溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_（填字母）。A溶液中NaOH的物质的量 B溶液的浓度C溶液中OH的数目 D溶液的密度27、（12分）现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1 mol/L的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25 mL沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：

14、（1）其中操作正确的同学是_。（2）利用胶体的_性质区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液（3）丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行实验：将其装入U形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带_(填“正”或“负”)电荷。向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_。（4）写出甲同学的离子反应方程式_28、（14分）阅读数据，回答问题。（1）表-1列出了一些醇的沸点名称甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸点/64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其

15、原因前者分子间存在_作用。你推测2-甲基-2-丙醇的沸点不会超过_。（2）表-2列出了一些羧酸的沸点结构简式沸点/CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸点数据有两个，其原因是_。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名称溶解度/g名称溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通过数据，可以发现影响有机物水溶性的因素有（答出两条即可）_；_。29、（10分）从石油裂解中得到的1

16、，3-丁二烯可进行以下多步反应，得到氯丁橡胶和富马酸。（1）B的名称为2-氯-1，4-丁二醇，请你写出B的结构简式_。（2）请你写出第步反应的化学方程式：_。（3）反应中，属于消去反应的有_。（4）有机合成中的路线和步骤选择非常重要，若将第步和第步的顺序调换，则B结构将是_。（5）如果没有设计和这两步，直接用KMnO4/H+处理物质A，导致的问题是：_。（6）某种有机物的分子式为C5H6O4，它的分子中所含官能团的种类、数目均与富马酸相同，不考虑顺反异构，它可能的结构有_种。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】还原剂失去电子，化合价升高。如果变化

17、需要加入还原剂才能实现，这说明所给的物质一定是得到电子的，化合价一定是降低的；AKC1O3 O2氧元素的化合价升高，故A错误；BMnO4-Mn2+锰元素的化合价是降低的，故B正确；CFeFe 3+铁元素的化合价升高，故C错误；DHC1 C12氯元素化合价升高，故D错误故选B。2、C【解析】A、CaO+ H2O =Ca(OH)2是化合反应，元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，A错误。B、C12+2NaBr= 2NaCl+Br2属于置换反应，也是氧化还原反应，B错误。C、2Fe+3Cl22FeC13有元素化合价的改变，属于氧化还原反应，同时也是化合反应，C正确。D、2NaCl+H2SO4(浓)

18、Na2SO4+2HCl属于复分解反应，不是氧化还原反应，D错误。正确答案为C3、D【解析】根据方程式两端电荷守恒可知n2，O元素是2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。4、D【解析】试题分析：标准状况下，H2SO4为液体，铁为固体，体积较小；HCl和氢气为气体，体积较大，其中V(HCl)=44.8L，V(H2)=22.4L/mol=67.2L，则体积最大的是6g H2，故选D。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。5、B【解析】A.如果胶头滴管伸入试管，会造成药品的污染，滴液时，把它悬空放在容器上方，不要接触容器壁，故A错误；B.分液时，分液漏斗的尖嘴要紧靠在烧杯内壁上，防止液体发生飞溅，故

19、B正确；C.过滤时，要注意“一贴二低三靠”，漏斗的尖嘴要紧靠在烧杯内壁上，防止液体发生飞溅，故C错误；D.蒸馏装置中，冷凝水的方向为下进上出，与蒸汽的方向相反，故D错误。故选B。6、D【解析】A.由图中实验现象可知，干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯水具有漂白性，A正确；B.有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘人鼻孔中，B正确；C.Cu丝在中燃烧生成棕黄色的烟，C正确；D.若能与NaOH溶液反应，则烧瓶内压强减小，气球就会鼓起来，D错误；答案选D。7、C【解析】A.设硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液的浓度分别为：c1mol/L 、 c

20、2mol/L、 c3mol/L；等体积溶液中，SO42-数目之比3c1：c2：c3=1：2：3，则c1：c2：c3=1:6:9，A错误；B. 150 mL 1 molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)=11=1 molL1；50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)=13= molL1；二者c(Cl)不等，B错误；C. 20时，饱和KCl溶液的密度为1.174 gcm3，物质的量浓度为4.0 molL1，则此溶液中KCl的质量分数为=cM/1000100%=(74.54)/(1.1741000)100%=25.38%, C正确；D. 20时，100 g水可溶解34.2 g KCl，此时K

21、Cl饱和溶液的质量分数为34.2/(34.2+100)100%=25.5%；D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题考查溶液浓度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，难度不大，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。8、B【解析】A因CO32-、H+能结合生成水和气体，则不能共存，故A错误；B离子组OH、NO、K、Na之间不能发生离子反应，则能够共存，故B正确；C因Ag+与Cl-发生离子反应生成AgCl，则不能共存，故C错误；D因OH-与H+能结合生成水，则不能共存，故D错误；故答案为B。9、B【解析】丙酮易溶于水，但是其沸点和水的沸点相差较大，所以可用蒸馏操作将丙酮从水与丙酮的混

22、合物中分离出来，B正确；综上所述，本题选B。10、B【解析】胶体可以产生丁达尔效应，据此解答。【详解】A. CuSO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，A不选；B. 早上清新的空气属于胶体，能产生丁达尔效应，B选；C. 自来水不是胶体，不能产生丁达尔效应，C不选；D. Fe(OH)3沉淀不是胶体，不能产生丁达尔效应，D不选；答案选B。11、B【解析】A、NaHCO3溶液与盐酸：HCO3-+H+=H2O+CO2，A错误；B、将少量的铜屑放入硝酸银溶液中：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，B正确；C、醋酸难电离，用化学式表示，用醋酸溶液除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+Ca2+H

23、2O+CO2，C错误；D、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2+H2，D错误，答案选B。12、C【解析】A. 3 mol OH-的质量为 51 g。故错误；B. 当质量以克为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，故错误；C.1mol 12C的质量为12克，所以一个 12C 的实际质量约等于 12/6.021023g，故正确；D. 二氧化碳的摩尔质量是 44 g/mol，故错误。故选C。13、D【解析】16为元素符号左上角的数字，在元素符号左上角的数字代表了该原子的质量数，故答案选D，代表氧元素的一种同位素的质量数。14、D【解析】A. 64 g SO2的物质的量是

24、1mol，所含原子的物质的量是3mol；B. 3.011023个N2的物质的量是0.5mol，所含原子的物质的量是1mol；C. 0.75 mol H2S所含原子的物质的量是0.75mol32.25mol；D. 36 mL H2O的质量是36g，物质的量是2mol，所含原子的物质的量是6mol；根据NnNA可知原子数最多的是选项D。答案选D。15、C【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32、OH会发生反应，不能大量共存；OH与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液

25、为碱性，则含有大量的OH。还可能含有大量的Ba2+、CO32、Cl、NO3。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl，最多是5种离子，C项符合题意，故选项是C。16、B【解析】A溶液体积不明确，则溶液中的硫酸根离子的个数无法计算，故A错误；B通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则NA个二氧化碳分子的物质的量为1mol，体积大于22.4L，故B正确；C2.4g镁的物质的量为0.1mol，生成0.1mol氢气，而氢气的状态不明确，气体摩尔体积未知，则体积无法计算，故C错误；D每个铵根离

26、子含10个电子，则0.1mol铵根离子中含1mol电子即NA个电子，故D错误；故答案为B。17、C【解析】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100 nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm。故选C。18、A【解析】HCl为强酸，且与碳酸钡反应生成的是可溶性的钡盐氯化钡，碳酸钡与盐酸反应的离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示；能代表；H2SO4为强酸，与碳酸钡反应生成的是难溶性的钡盐硫酸钡，不可以用BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 表示，不能代表；HNO3为强酸，且硝酸钡为可溶性钡盐，硝酸与碳酸钡反应的

27、离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，能代表；NaHSO4，硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，由于硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；CH3COOH为弱酸，离子方程式中不能拆开，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；答案选A19、C【解析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答。【详解】ASO42-、CO32-均与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，选项A错误；BH+、CO32-结合生成水和气体，

28、且Mg2+与CO32-反应生成微溶物，不能大量共存，选项B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，选项C正确；DOH-、Cu2+结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重习题信息的处理及复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。20、B【解析】分析：在原子中，核内质子数等于核外电子数，金属离子的核外电子数等于原子的核外电子数减电荷数，简单阴离子的核外电子数等于原子的核外电子数加电荷数。详解:A、钠原子有11个电子，Na核外电子总数为10，氯原子有17个电子，Cl核外电子总数为18，故A错误。B、氯原子

29、有17个电子，Cl核外电子总数为18，Ar有18个电子，故B正确；C、Mg原子有12个电子，Mg2核外电子总数为10， 所以C选项是错误的；D、硫原子的有16个电子，S2核外电子总数是18，故D错误；答案选B。21、C【解析】离子还原性SO32- IFe2+、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

30、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

31、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- IFe2+,故首先发生反应SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I+

32、 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、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。

33、D. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应离子方程式：Ba2+ + 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。二、非选择题(共84分)23、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量N

34、aOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。24、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【解析】取一定量粉末加入水中，振荡，有

35、白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【详解】(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、N

36、aOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2；加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2+= BaSO4；答案：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；Ba2+= BaSO4。【点睛】中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。

37、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

38、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、500 mL容量瓶 检查是否漏液 20.0 g 搅拌，加速溶解 保证溶质全部转移入容量瓶中 溶液凹液面与刻度线相切 重新配制 BD 【解析】(1) 因

39、为没有480mL的容量瓶，只能选择500mL的容量瓶，所以配制时，必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要500 mL容量瓶。 (2)使用容量瓶之前先检查是否漏液。(3)氢氧化钠的固体的质量为0.10.540g= 20.0 g。(4)溶解过程使用玻璃棒的目的是搅拌，加速溶解。 (5) 冷却、转移、洗涤。转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯23次是为了保证溶质全部转移入容量瓶中。 (6) 定容。将蒸馏水注入容量瓶，当液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液凹液面与刻度线相切。 (8) 没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使溶质损失，故浓度变小，故错误；转移溶液时不慎溶液有少量洒到容

40、量瓶外面，溶质损失，浓度变小，故错误；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不影响浓度，故错误；定容时俯视刻度线，溶液的体积变小，浓度变大，故正确；未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后溶液的体积变小，浓度变大，故正确。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，溶液的体积变大，浓度变小。故选。 (9)若加水超过刻度线，只能倒掉重新配制。(10)取用任意体积的溶液时，不影响物质的量浓度和密度，影响溶质的物质的量和氢氧根离子的数目。故选BD。【点睛】注意配制溶液时的容量瓶的选择，计算溶质的质量时用容量瓶的规格进行计算。27、丙 丁达尔效应 正 产生红褐色沉淀 Fe3+ + 3

41、OH- = Fe(OH)3 【解析】(1)甲同学向1 mol/L氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，会发生复分解反应生成红褐色沉淀，乙同学直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀，制备氢氧化铁胶体的方法:向25ml沸水中逐滴加入12mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。（2）丁达尔效应是胶体的特有性质，可用来鉴别胶体；（3）胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，说明胶粒向负极移动；向胶体中加入可溶性的盐，胶体聚沉；（4）氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀。【详解】（1）向1 mol/L氯化铁溶

42、液中加入少量的NaOH溶液，会发生复分解反应生成红褐色沉淀；直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀；制备氢氧化铁胶体的方法:向25ml沸水中逐滴加入12mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。正确的是丙；（2）丁达尔效应是胶体的特有性质，可用来鉴别胶体和溶液，所以利用胶体的丁达尔效应性质区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液；（3）胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，说明胶粒向负极移动，Fe(OH)3胶体粒子带正电荷；向胶体中加入可溶性的盐，胶体聚沉，所以向Fe(OH)3胶体中加入饱和Na2SO4溶液产生的

43、现象是产生红褐色沉淀；（4）氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，反应离子方程式是Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3。28、氢键99.5存在顺反异构碳原子数（相对分子质量）碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。【解析】（1）醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在氢键的作用。根据表-1数据可知，碳原子越多，饱和一元醇的沸点越高；碳原子相同时，结构越对称或带有支链，醇沸点越低。根据上述分析，可推测2-甲基-2-丙醇的沸点应低于2-丁醇。故答案为氢键；99.5。（2）CH3-CH=CH-COOH存在顺反异构，即有两种结构，所以有两种沸点。故答案为存在