山南市重点中学2022年高一化学第一学期期中统考试题含解析.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、下列各组物质，按酸

2、、混合物、碱顺序排列的是A空气、硫酸铜、硫酸 B乙酸、空气、纯碱C氧化铁、胆矾、熟石灰 D硝酸、蔗糖水、氢氧化铁2、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-1D643、溶液、浊液、胶体的本质区别是A能否产生丁达尔现象 B能否透过半透膜C是否是均一、稳定的 D分散质粒子半径大小4、2010年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖。钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl下列说法正确的是A题述反应中PdCl2被氧化B反

3、应中生成1molHCl时，转移的电子为2 molC上述反应中PdCl2是氧化剂，CO2是氧化产物DCO气体只有在高温下才能表现还原性5、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶解于水，然后进行下列五项操作：过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液。正确的是（ ）ABCD6、下列说法正确的是( )A将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，制得Fe(OH)3胶体B胶体与其他分散系的本质区别是丁达尔效应C黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关D用过滤的方法可分离胶体和溶液7、制备氯化物时，常用两种方法：用金属与氯气直接化合制得；用金属与盐酸反

4、应制得。用以上两种方法都可制得的氯化物是( )AAlCl3BFeCl3CFeCl2DCuCl28、下列元素的原子间不能形成离子键的是 ( )A钠和氟 B镁和溴 C钙和氧 D氯和氧9、在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A0.225 mol/LB0.3 mol/LC0.36 mol/LD0.45 mol/L10、标准状况下，相同质量的O2和O3相比较，下列有关叙述中正确的是 ( )A分子数目比为23B原子数目比为32C体积比为23D密度比

5、为2311、磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合,再滴入稍过量的NaOH溶液,随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子的直径为5.536nm的磁流体。下列说法中正确的是A所得到的分散系属于胶体B用一束光照射该分散系时，看不到一条光亮的“通路”C该分散系不能透过滤纸D该分散系的分散质为Fe(OH)312、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)2+H+=Mg2+H2ODCu(

6、OH)2与稀硫酸反应:13、下列叙述中，不正确的是ACaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C蓝矾(CuSO45H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH14、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是( )A青铜B金刚砂(SiC)C硬铝D生铁15、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为()离子Na+Al3+ClX个数3a2aabASO42、4 aBNO3、4 aCOH、8 aDSO42、8 a16

7、、稀有气体的化学性质非常稳定，很难发生化学反应，所以曾被称为“惰性气体”，但这种化学惰性是相对的，例如：在一定体积的容器中，加入1.5molXe气和7.5molF2气，于400和2633kPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5molF2气。则所得无色晶体产物中，氙与氟的原子个数比是A1:2B1:3C1:4D1:617、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A1mol/L Na2SO4溶液含有2NA个Na+B常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAC标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD18g N

8、H4+所含电子数为11NA18、下列说法正确的是A钠保存在煤油里的原因之一是极易被氧气氧化B用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HClC制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中D某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液一定含有大量19、下列说法正确的是A通常状况，1 mol任何气体的体积都约是22.4 LBH2的摩尔质量是2 g，1mol H2所占的体积是22.4 LC在标准状况下，1 mol任何物质所占的体积都约是22.4 LD在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L20、下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是()实验目的实验操

9、作A称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH 固体B制备Fe(OH)3胶体向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续加热煮沸至液体变为红褐色后加入氢氧化钠溶液C从NaCl溶液中得到NaCl晶体将NaCl溶液置于蒸发皿中加热，至有大量固体析出时，停止加热D萃取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振荡，静置分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出AABBCCDD21、下列说法正确的是（）A液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C一束光线分别通过溶液

10、和胶体时，前者会出现光亮的通路，后者则没有D分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液Fe(OH)3 胶体FeCl3 溶液22、标准状况下有4.48L CH4；6.021023个HCl；13.6g H2S；0.3molNH3。下列对四种气体的关系从小到大表示不正确的是A体积 B密度 C质量 D氢原子数二、非选择题(共84分)23、（14分）现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。(1)在这8种物质中，属于电解质的有_(用相应的化学式表示，下同)。(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。它

11、们的化学式分别为：_；_；_。如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。五个反应中属于氧化还原反应的有_个；反应A的离子方程式为_，反应D的化学方程式为_。24、（12分）某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）（1）请写出操作第步所加试剂名称及第步操作名称：_，_。（2）写出第步操作中可能发生反应的离子方程式：_。（3）如何检验第步操作中硫酸根离子已完全除尽：_。（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：_。25、（12分）I.化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果与实验的重要

12、作用分不开。结合下列实验装置图回答问题：（1）写出上述图中仪器的名称：_；_。（2）若利用装置I分离乙酸（沸点118）和乙酸乙酯（沸点77.1）的混合物，还缺少的玻璃仪器有_，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为_；实验时仪器中冷却水的进口为_（填“f”或 “g”），蒸馏烧瓶内碎瓷片的作用是_。（3）现需配制250 mL 0.1 moI.L-1NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别是_，_。II. 海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，向碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫_，该操作需要的玻璃仪器有_。某NaCl样品中可能含有SO42-，CO32-，为检验

13、杂质离子的存在，采取如下实验步骤：样品无明显现象无明显现象。则加入的试剂A为_，B为_，该现象证明样品中不含有_。在后续实验中需要使用450mL0.5 molL- 1NaCl溶液，为配制该浓度NaCl溶液进行实验，需用托盘天平称取NaCl_g。配制NaCl溶液时，若出现下列操作，会使配制浓度偏高的是_A天平砝码己锈蚀 B配制过程中未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C转移溶液时有溶液溅出 D定容时仰视刻度线26、（10分）实验室可用下图装置探究一氧化碳还原氧化铁（NaOH溶液吸收CO2）。（1）实验开始时应先_（填序号）。通CO点燃酒精喷灯（2）A处玻璃管中发生反应的化学方程式为_。（3）关于该实验说法

14、正确的是_（填序号）。A中能观察到黑色固体变红通过B中石灰水变浑浊即可判断A中反应已发生理论上，A管固体质量的减少值等于反应后生成气体的总质量（4）通入足量CO完全反应后，所得固体产物与工业炼铁所得产品是否相同？_（填“是”或“否”）原因是_。27、（12分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/gcm-30.883.101.50（1）请补充图1烧瓶中反应的化学方程式：2Fe+3Br2=2FeBr3_。（2）图1洗气瓶中盛放的试剂为_，实验中观察到洗气瓶的液体变为橙黄色；还观察到锥形瓶中出现白雾，这是因为_形成的。（3）制得的溴苯经过下列步骤进行提纯：操作

15、、中有机层在_（填仪器名称）中处于_层。操作中NaOH溶液的作用是_。向有机层3加入氯化钙的目的是_。经以上操作后，要对有机层4进一步提纯，下列操作中必须的是_（填选项）。a重结晶 b过滤 c蒸馏 d萃取（4）若使用图2所示装置制取溴苯，球形冷凝管中冷却水应由_口进入，恒压滴液漏斗中盛放的试剂应为_（填选项）。a苯 b液溴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

16、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）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，欲测定Na2O2试样的纯度。可供选用的反应物只有CaCO3固体、6molL1硫酸、6molL1盐酸和蒸馏水。已知：浓硫酸有吸水性、脱水性和强氧化性，碱石灰的成分为CaO和NaOH。实验方案为：制备并提纯CO2。将纯净的CO2通过试样。测定生成O

17、2的体积。根据O2的体积计算Na2O2试样的纯度。实验装置如下： 回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式是_。（2）装置B的作用是_，装置C的作用是_。（3）装置E的作用是_（4）装置D中发生反应的化学方程式是_。（5）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。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、D【解析】分析：根据各物质的成分和物质的分类标准判断。详解：A项，空气属于混合物，硫酸铜属于盐，硫酸属于酸，A项不符合题意；B项，乙酸属于羧酸、空气属于混合物，纯碱是Na2CO3，纯碱属

18、于盐，B项不符合题意；C项，氧化铁属于碱性氧化物，胆矾是CuSO45H2O，胆矾属于盐，熟石灰是Ca（OH）2，Ca（OH）2属于碱，C项不符合题意；D项，硝酸属于酸，蔗糖水属于混合物，氢氧化铁属于碱，D项符合题意；答案选D。2、A【解析】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。3、D【解析】三类分散系的本质区别是分散质粒子的大小，据此解答。【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），丁达尔效应是特征

19、性质，溶液是稳定分散系，胶体是介稳分散系，浊液是不稳定分散系，胶体不能通过半透膜，则溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故答案选D。4、C【解析】在CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl反应中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pd元素的化合价由+2降低为0价，APdCl2得电子，所以在反应中PdCl2被还原，故A错误；B根据反应方程式可知，每生成2molHCl时，反应转移的电子数为2mol，则反应中生成1molHCl时，转移的电子为1mol，故B错误；CPd元素的化合价降低，则反应中PdCl2是氧化剂，C元素的化合价升高，所以CO是还原剂，则CO2是氧

20、化产物，故C正确；D常温下CO能作还原剂，体现还原性，故D错误；答案选C。5、C【解析】要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，所以加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，注意将三种离子除完，再进行过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，顺序为：，故选C。6、C【解析】A、将饱和氯化铁溶液滴入沸水，继续煮沸，至溶液变为红褐色时即可获得氢氧化铁胶体，将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，不能制得Fe(OH)3胶体，故A错误。B、胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒

21、子直径大小不同，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故B错误；C、河水中的泥沙形成的是胶体，在入海口遇到海水时，由于海水中含电解质氯化钠，故能发生聚沉从而形成三角洲，故C正确；D、胶体和溶液均能透过滤纸，不能用过滤的方法分离胶体和溶液，故D错误；答案选C。7、A【解析】A.铝和盐酸或铝和氯气反应均生成AlCl3，A选；B.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，B不选；C.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，C不选；D.铜和氯气反应生成CuCl2，铜和盐酸不反应，D不选；答案选A。8、D【解析】分析：两种非金属原子间以共用电子对成键，据此分析；形成离子化合物的元素可能

22、为金属与非金属，也可能为非金属，如铵盐；共价化合物只含有共价键，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，据此解答。详解：A、钠是活泼金属，氟是活泼非金属，钠和氟形成离子键，故A正确；B、镁是活泼金属，溴是活泼非金属，镁和溴形成离子键，故B正确；C、钙是活泼金属，氧是活泼非金属，钙和氧形成离子键，故C正确；D、氯和氧都是非金属元素，两种非金属原子间以共用电子对成键，不能形成离子键，故D错误。故本题选D。点睛：元素种类与化学键的关系：两种非金属的原子之间一般形成共价键，但多种非金属原子之间则有可能形成离子键，例如所有的铵盐中都存在离子键。金属元素和非金属元素之间一般形成离子键，但有些金属元素与非

23、金属元素之间可形成共价键，如AlCl3。9、C【解析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3和H的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=n/V计算铜离子浓度【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3和H的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，

24、生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol0.1L=0.36molL1，故选C。10、D【解析】A根据N=nNA=NA知，相同质量时，其分子数之比等于其摩尔质量的反比，则相同质量的O2和O3的分子数目比=48g/mol32g/mol=32，故A错误；B根据A知，其分子数之比为32，一个氧气分子中含有2个氧原子，一个臭氧分子中含有3个氧

25、原子，所以原子数目之比=(32) (23)=11，故B错误；C同温同压下，气体的摩尔体积相等，根据V=nVm=Vm知，相同质量时，其体积之比等于其摩尔质量的反比，因此相同质量的O2和O3的体积比=48g/mol32g/mol=32，故C错误；D根据知，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，因此O2和O3的密度比=32g/mol48g/mol=23，故D正确；故选D。11、A【解析】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.536nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；A、据以上分析可知，所得到的分散系属于胶体，故A正确；B、磁流体分散系属于胶体，具有丁达尔现象，故B错误；C、该分散系属于胶体

26、，胶体可以透过滤纸，故C错误；D、该分散系的分散质是由氢氧化亚铁、氢氧化铁共同组成的，故D错误；综上所述，本题选A。12、B【解析】A铁与稀硫酸反应，离子方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B铁片与氯化铜溶液反应，离子方程式：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B正确；C氢氧化镁溶于盐酸，离子方程式：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O，故C错误；DCu(OH)2是不溶性碱，其与稀H2SO4反应的离子方程式：Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，故D错误；故答案为B。【点睛】离子方程式正误判断是高考中的高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：(1)反应原理，如：铁与盐酸

27、或稀硫酸反应只生成二价铁等。(2)电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。(3)配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。13、B【解析】ACaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，故A正确，不符合题意；B纯碱属于盐类，故B错误，符合题意；C蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石含有多种物质是混合物，故C正确，不符合题意；DBa(OH)2Na2CO3B

28、aCO32NaOH，对溶液过滤可得NaOH溶液，能够一步制取，故D正确，不符合题意；故答案选B。14、B【解析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。【详解】A青铜是铜锡合金，故A不符合；B金刚砂(SiC)是组成元素全部是非金属的化合物，不是合金，故B符合；C硬铝是铝的合金，故C不符合；D生铁是铁与碳的合金，故D不符合。答案选B。【点睛】本题考查合金的特征，掌握合金的特征以及常见物质的组成是正确解答本题的关键。15、A【解析】试题分析：根据溶液电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。溶液呈电中性，则溶液中存在3aN（N

29、a+）+2a3N（Al3+）=aN（Cl-）+nbN（X），设X的电荷数为n，则A、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）=aN（Cl-）+4a2N（SO42-），电荷守恒，正确；B、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl-）+4aN（NO3-），电荷不守恒，错误；C、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl-）+8aN（OH-），电荷不守恒，错误；D、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl-）+8a2N（SO42-），电荷不守恒，错误。考点：考查电解质溶液计算电荷守恒法。16、C【解析】反应中消耗的Xe气体和F2气体的物质的量分别为1.5mol、3mol，而反应前

30、后原子的种类和个数均不发生改变，所以得到的无色晶体产物中，氙与氟的原子个数比是1:4故C项正确。17、B【解析】A. 没有给定溶液的体积，无法计算出1mol/L Na2SO4溶液含有Na+的数目，故A错误；B. Al为+3价金属，2.7g铝（物质的量为0.1mol）与足量盐酸反应转移了0.3mol电子，转移电子数为0.3NA,故B正确；C. 标准状况下，22.4L 气体的物质的量为1mol，1mol氦气分子含有1mol原子，1mol氟气分子含有2mol原子，二者所含原子数不相等，故C错误；D.18g NH，其物质的量为1mol，所含电子数为10NA，故D错误；综上所述，本题选B。18、A【解析

31、】A钠能与氧气、与水反应，煤油能隔绝空气和水分，A正确；B二氧化碳能和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的少量HCl，B错误； C制备Fe(OH)3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中加热到溶液呈红褐色为止，C错误；D某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液不一定含有大量，也可能是碳酸氢根离子，D错误；答案选A。19、D【解析】A. 标准状况下，1 mol任何气体的体积都约是22.4 L，A错误；B. H2的摩尔质量是2g/mol，标准状况下，1mol H2所占的体积约是22.4 L，B错误；C. 在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积

32、都约是22.4 L，C错误；D. 在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，D正确。答案选D。20、C【解析】A. NaOH有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯等仪器中称量，A错误；B. 向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，B错误；C. 从NaCl溶液中得到NaCl晶体需要蒸发，实验操作为将NaCl溶液置于蒸发皿中加热，至有大量固体析出时，停止加热，C正确；D.酒精和水互溶，不能萃取碘，D错误。答案选C。【点睛】化学是一门实验性学科，化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基

33、本操作，例如称量物质、配制溶液、物质成分的检验、物质反应的原理探究都是化学实验的基本知识和能力的掌握。本题中选项A是易错点，注意氢氧化钠的腐蚀性和易吸水性。21、D【解析】A、电解质必须是纯净物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等；液态HCl、固体NaCl没有自由移动的离子，均不导电，但是溶于水后，均产生自由移动的离子，都能导电，所以HCl、NaCl均是电解质，A错误；B、NH3、CO2的水溶液分别为氨水（溶质是一水合氨）、碳酸， 它们能够电离出自由移动的离子，所以溶液能够导电，但是NH3、CO2两种物质本身不能电离出离子，属于非电解质，B错误；C、胶体才有丁达尔效应，溶液没有，C错误；D、分散

34、系中分散质粒子的直径：小于1nm的分散系为溶液，大于100 nm的分散系为浊液，在1nm-100 nm之间的分散系为胶体，D正确；正确选项D。22、D【解析】A6.021023个HCl的体积V=Vm=1mol22.4L/mol=22.4L，13.6gH2S的体积V=Vm=22.4L/mol=8.96L，0.3molNH3的体积V=0.3mol22.4L/mol6.72L，所以体积关系为：，故A正确；B根据阿伏加德罗定律的推论：同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度关系为：，故B正确；C4.48LCH4的质量是m=M=16g/mol=3.2g，6.021023个HCl的质量为1mol

35、36.5g/mol=36.5g，0.3molNH3的质量是0.3mol17g/mol=5.1g，所以质量关系是，故C正确；D4.48LCH4的物质的量为0.2mol，所以氢原子的物质的量为0.8mol，6.021023个HCl的物质的量为1mol，所以氢原子的物质的量为1mol，13.6gH2S的物质的量为0.4mol，所以氢原子的物质的量为0.8mol，0.3molNH3氢原子的物质的量为0.9mol，氢原子数目和氢原子的物质的量成正比，所以氢原子数关系是=，故D错误；答案为D。二、非选择题(共84分)23、（1）Na2CO3、NaCl、CaO；（2）Fe H2SO4CO2CaO Na2CO

36、31 Fe2H=Fe2H2不属于 H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2【解析】试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质能够和酸，则单质为Fe，酸为H2SO4；盐能够和H2SO4反应，因此盐为Na2CO3；氧化物能够和H2SO4反应，因此氧化物为碱性氧化物CaO；氧化物能够和CaO反应，则氧化物为CO2；故答案：Fe H2SO4CO2CaO Na2CO3；有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还原反应；反应A的离子方程式为Fe2H=Fe2H2；反应B为CO2和CaO的反应，

37、不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2。考点：考查物质的分类与性质。24、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+CO2；H+OH-=H2O 取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽 与或与 【解析】(1)根据操作第、步所加试剂名称及第步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠

38、和氢氧化钠除掉；(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色沉淀进行解答； (4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；【详解】(1)操作第步是除Ca2+，加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2+CO32-=BaCO3；操作是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H+OH-=H2O ；CO32-+2

39、H+=H2O+CO2 ；(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后，这样

40、碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以与或与步骤调换顺序，不影响实验结果；【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。25、蒸馏烧瓶 冷凝管（或直形冷凝管） 温度计 蒸馏 g 防止暴沸 未用玻璃棒引流 未使用250 mL容量瓶 萃取 烧杯、分液漏斗 盐酸 BaCl2溶液 SO42-、CO32 - 14.6

41、 A 【解析】实验室进行蒸馏实验时，仪器包括蒸馏烧瓶，温度计，直形冷凝管，牛角管，烧杯，酒精灯；萃取实验仪器包括分液漏斗，烧杯；配制溶液时仪器包括容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管，容量瓶必须选用合适容积，不可小于配制要求。【详解】（1）根据仪器的结构可知，为蒸馏烧瓶；为冷凝管（或直形冷凝管）；（2）采用分馏（蒸馏）原理进行实验时，控制温度是关键，故还缺少的玻璃仪器温度计；冷却蒸馏产生的气体时，在冷凝管位置，冷却水要采用“下进上出”原则，故冷却水的进口为g，碎瓷片由于具有多孔结构，能防止暴沸；（3）配制250 mL溶液，需选用适当容积的容量瓶，且配置过程中用玻璃棒进行引流。故错误为未用玻璃棒引流；

42、未使用250 mL容量瓶；II. 向碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫萃取，需要的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；检验SO42-、CO32-时，硫酸根常用氯化钡（沉淀），碳酸根常用盐酸（气泡）或氯化钙（沉淀）等，由于检验试剂的量均为过量，为了防止对后续实验产生影响， 应先检验碳酸根，后检验硫酸根。故加入的试剂A为盐酸，B为BaCl2溶液，该现象证明样品中不含有SO42-、CO32 -；容量瓶的规格没有450mL，应选500mL配制，则需氯化钠的物质的量为：n=cV=0.50mol/L0.5L=0.25mol，氯化钠的质量为：m=nM=0.25mol58.5g/mol=14.625g，托盘天平

43、只能精确到0.1g，故应称量氯化钠的质量为14.6g；配制NaCl溶液时，若出现下列操作：A天平砝码己锈蚀，砝码质量增大，所称溶质氯化钠质量偏大，所配溶液浓度偏高，故A正确； B配制过程中未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，氯化钠残留在玻璃棒和烧杯中，溶质质量偏小，浓度偏小，B错误；C转移溶液时有溶液溅出，溶质减少，所配溶液浓度偏小，C错误； D定容时仰视刻度线，蒸馏水添加量偏大导致溶液体积偏大，浓度偏低，D错误；答案为A。【点睛】实验操作和设备选用是本题重点，易错点是配制一定浓度的溶液时所称量的质量。容量瓶没有450ml，计算时要选用正确容量瓶体积，即500ml。26、 Fe2O3+3CO2Fe+3