2023届内蒙古乌拉特前旗第六中学高一化学第一学期期中联考试题含解析.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、下列关于某物质是否

2、为电解质的判断正确的是（）A固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质B氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质CSO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D氨水能导电，所以氨水是电解质2、对中数字的叙述正确的是（ ）A291是Ts元素的相对原子质量B291是Ts元素的质量数C117是的质子数D117是的中子数3、R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2+Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2+Z，这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（ ）AR2+X2+Z2+Y2+BX2+R2+Y2+Z2+CY2+Z2+R2+X2+DZ2+X2+R2+Y2+4、向一定量的Fe、Fe2O3、

3、FeO的混合物中加入200 mL 1 molL1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为A11.2 gB5.6 gC2.8 gD无法计算5、下面叙述中正确的是A钠在空气中燃烧生成白色固体B红热的铜丝在氯气中燃烧产生蓝色的烟C氯水应保存在无色的细口试剂瓶中D钠保存在煤油中6、向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）近似的用下图中的曲线表示是（ ）AABBCCDD7、下列物质分类正确的是（ ）ABCD

4、强电解质HClFeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HFCH3COOHBaSO4HNO3非电解质NH3CuH2OC2H5OHAABBCCDD8、配制250 mL 0.10 molL1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏高的是()A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B在容量瓶中定容时仰视刻度线C在容量瓶中定容时俯视刻度线D定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线9、硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.2mol/L，硫酸根离子的浓度为0.5 mol/L，则混和溶液中镁离子浓度为( )。A0.15 mol/LB0.3 mol/LC0.45 mo

5、l/LD0.2 mol/L10、硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液c(H)0.1 molL1，c(Al3)0.4 molL1，c(SO42-)0.8 molL1，则c(K)为()A0.15 molL1B0.2 molL1C0.3 molL1D0.4 molL111、下列各组物质中含氧原子的物质的量一定相同的是A3.36L O2 和 0.3 mol H2OB0.1 mol H2SO4 和 3.6 g H2OC0.1 mol FeSO47H2O 和 0.1 mol C12H22O11(蔗糖)D6.021023 个 CO2 与 0.1 mol KMnO412、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大

6、量共存的是A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Mg2+、ClB0.1 molL1KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl、C使石蕊变红的溶液：K+、Ca2+、OH、ClOD无色透明溶液中：K+、Cu2+、13、对于某些离子的检验及结论中一定正确的是（ ）A加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42C分别含有Mg2、Cu2和Na的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba214、海水中蕴藏着丰富的资源，在实验室中取少量海水，进行如

7、下流程的实验：粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42等杂质，提纯的步骤有：加入过量的Na2CO3溶液；加入过量的BaCl2溶液； 加入过量的NaOH溶液；加入适量盐酸； 溶解； 过滤； 蒸发其正确的操作顺序是（ ）A BC D15、已知A=2B+C+D，其中A的相对分子质量为96，所得产物均为气体，则完全反应后气体混合物密度是相同条件下氢气密度的A10倍B24倍C12倍D48倍16、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，将粗盐溶于水，进行下列操作：过滤；加入适量的盐酸；加入过量的氯化钡溶液；加入过量的氢氧化钠溶液；加入过量的碳酸钠溶液。正确的操作顺序是A B C D17、

8、在反应5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O中，发生氧化反应的氮原子和发生还原反应的氮原子的质量比是( )ABCD18、下列说法正确的是A失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强B已知FeCu2=Fe2Cu；2Fe3Cu=2Fe2Cu2，则氧化性强弱顺序为 Fe3Cu2Fe2C已知还原性：BCD，反应 CD =DC 和反应 CB =BC 都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起一定能发生氧化还原反应19、同温同压下，氦气、氢气和氨气(NH3)的体积比为321，则其原子个数比为A123B433C344D32120、下列说法正确的是A氯化铵固体受热分解和干冰升华均只需克服分子间作

9、用力BNaF、H2SO4中所含化学键的类型相同CHCl气体溶于水和NaOH熔化破坏的化学键类型相同DI2、Br2、Cl2、F2的熔、沸点逐渐降低21、配制240 mL 1 mol/L 的稀盐酸溶液，需要12 mol/L的浓盐酸的体积为 （ ）A12 mLB25 mLC20.8 mLD12.5 mL22、将30mL 0.5 mol/L NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液的浓度为（ ）A0.1 mol/LB0.3 mol/LC0.05 mol/LD0.03 mol/L二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液只含Cl、CO、SO、Na、K、Mg六种离子中的某几种。经实验：原溶液白色

10、沉淀；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_。（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_。24、（12分）由A和B两种可溶性盐组成的混合物，进行了下列实验：(1)若A溶液有颜色，试判断，A、B分别是_、_。(写化学式)(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_、_、_。(顺序不限)25、（12分）某校科学兴趣小组探究二氧化碳与过氧化钠反应是否有氧气生成，设计了如图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液吸收

11、挥发出的HCI，E为收集氧气装置。(1)C中盛有_，作用是_。(2)写出装置D中发生反应的化学方程式_。(3)指出装置E的错误：_。26、（10分）I实验室用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液450mL，回答下列问题：（1）实验步骤：计算所需称量的NaOH的质量为_g。用托盘天平称量NaOH固体。称量时应该将NaOH放于_中且放置在天平左盘称量。将称得的固体放于烧杯中，并加水溶解。检查容量瓶是否漏水，用玻璃棒引流将溶解液立即转移进_mL容量瓶中。用少量水洗涤_2-3次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为_。翻转摇匀后转入试剂瓶中储存。II若配制1mol/L的稀硫酸溶液500 mL则

12、需要质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，就选用_mL规格的量筒最好。（2）下面操作造成所配稀硫酸浓度偏高的是_(填序号)A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线27、（12分）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业作出了突出贡献。以 NaCl、NH3、CO2 等为原料先制得 NaHCO3 ，进而生产出纯碱。有关反应的化学方程式为：NH

13、3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O。已知：NH3 是无色有强烈刺激性气味的碱性气体，极易溶于水。.原理分析（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是_。 a 碳酸氢钠难溶于水 b 碳酸氢钠受热易分解 c 碳酸氢钠的溶解度相对较小，在溶液中首先结晶析出.实验探究（2）一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。回答下列有关问题：a.乙装置中的试剂是_；该试剂的目的：_b.丁装置中稀硫酸的作用是_；c.实验结束后，分离出

14、NaHCO3 晶体的操作是_（填分离操作的名称）。28、（14分）A、B、C、D四种可溶性盐，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中的某一种。.若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。.若向实验的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生E，D盐溶液有无色无味气体逸出。根据实验、回答下列问题：（1）C的名称为_；D的化学式为_。（2）写出盐酸+B反应的离子方程式_，化学方程式与盐酸+D反应具有相同的离子方程式。（3）将沉淀E过滤并洗涤，如何验证沉淀E已洗涤干净_。（4）为检测C盐的一些性质，需配制2

15、40 mL 0.2 mol/L NaOH溶液，请回答下列问题：经计算，需用托盘天平称量固体NaOH的质量为_g。在配制NaOH溶液时除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有_和_。将NaOH浓溶液先_，再转移到容量瓶中，否则溶液浓度_（填“偏高”或“偏低”）。配制NaOH溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线_处，改用_滴加，至_与刻度线相切。取出配制好的溶液150mL，可以中和质量分数为36.5%，密度为1.20g/mL的盐酸的体积为_mL，配制该盐酸需HCl的体积为_mL（标准状况下）。29、（10分）I.现有以下物质：NaCl固体；液态CO2；液态氯化氢；汞；固体BaSO4；蔗糖；酒精；熔融

16、的Na2CO3，请回答下列问题：（1）以上物质中能导电的是_；（2）以上物质属于电解质的是_；（3）以上物质属于非电解质的是_；（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_；（5）属于盐的有_；（6）写出溶于水中的电离方程式_。.在一定条件下，有下列物质：8gCH46.021023个HCl分子2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：（1）摩尔质量_；（2）物质的量_；（3）分子数目_；（4）原子数目_；（5）质量_。III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫_；（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为_；（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是_。参

17、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】A固体氯化钠不存在自由移动的离子不导电，溶于水会导电，所以氯化钠是电解质，故A错误；B氯化氢化合物水溶液能导电，属于电解质，故B正确；CSO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成电解质亚硫酸，本身不能电离，所以SO2是非电解质，故C错误；D氨水是氨气的水溶液为混合物，不是电解质，故D错误；故选B。点睛：主要是概念实质理解应用，掌握基础是解题关键，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导电的条件是化合物自身能在一定条件下电离出离子导电，导电实质是含有自由移动电

18、子或离子，据此分析判断。2、C【解析】A. 291是的质量数，不是Ts元素的相对原子质量，故A错误；B. 291是的质量数，故B错误；C. 117是的质子数，故C正确；D. 117是的质子数，其中子数=291-117=174，故D错误；故答案选C。3、A【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。【详解】反应X2+Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+Z2+；反应Y+Z2+=Y2+Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+X2+；综上所述，四种离

19、子的氧化性大小为R2+X2+Z2+Y2+，A项正确；故选A。4、B【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/20.21=0.1mol；用足量的CO在

20、高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.156=5.6g；B选项正确；综上所述，本题选B。5、D【解析】A.Na在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；B.红热的铜丝在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，故B 错误；C.氯水中含有次氯酸，见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故C错误；D.钠与煤油不反应，由密度比煤油大，能浸入煤油中，起到隔绝空气的作用，可保存在煤油中，故D正确；答案选D。6、C【解析】向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，开始时发生反应：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4 +2H2

21、O，使自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减弱，当氢氧化钡和硫酸恰好完全反应时，沉淀达到最大值，这时自由移动的离子浓度最小，溶液导电能力最弱且接近于0，随后，随着硫酸的加入，溶液中自由移动的离子浓度又逐渐增大，导电能力逐渐增强，符合题意的是C曲线；答案选C。7、A【解析】A. HCl是强酸，属于强电解质；HF是弱酸，属于弱电解质；NH3是氢化物，属于非电解质，故A正确；B. Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C. H3PO4在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，BaSO4Ba2+，所以属于强电解质，H

22、2OH+OH只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误；D. HNO3是强酸，属于强电解质，故D错误；故选A。8、C【解析】A、未洗涤溶解NaOH的烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏低，故A不选；B、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故C选；D、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致溶液浓度偏低，故D不选；故选C。【点睛】根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。本题的易

23、错点为BC，要注意学会画图：。9、D【解析】根溶液显电中性分析解答。【详解】混合溶液呈电中性，忽略水的电离，根据电荷守恒有2c（SO42-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+），即：0.5mol/L2=2c（Mg2+）+0.2mol/L3，解得：c（Mg2+）=0.2mol/L，故答案选D。10、C【解析】根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+），c（K+）20

24、.8mol/L-30.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故选C。11、C【解析】先求分子的物质的量，再根据分子中氧原子个数计算所含氧原子物质的量。【详解】A.未明确气体所处的温度和压强，无法确定气体摩尔体积，所以3.36LO2的物质的量无法计算，A项错误；B.0.1molH2SO4中含氧原子0.1mol4=0.4mol；3.6gH2O的物质的量=0.2mol，0.2molH2O中含氧原子0.2mol 1=0.2mol，B项错误；C. 0.1 mol FeSO47H2O中含氧原子0.1mol（4+7）=1.1mol；0.1 mol C12H22O11(蔗糖)含氧原子=0.1mol

25、11=1.1mol，C项正确；D.6.021023 个 CO2的物质的量为1mol，1molCO2中含氧原子1mol2=2mol；0.1 mol KMnO4中含氧原子=0.1mol4=0.4mol，D项错误；答案选C。12、B【解析】A使酚酞变红色的溶液，说明溶液中含有OH，OH与Mg2+反应，不共存，故A不符合题意；B0.1 molL1KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl、，不反应，大量共存，故B符合题意；C使石蕊变红的溶液，说明清液中含有H+，H+与OH、H+与ClO都要反应，不共存，故C不符合题意；DCu2+是蓝色溶液，故D不符合题意。综上所述，答案为B。13、C【解析】试题分析：A、

26、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体为二氧化碳，原溶液中可能含CO32-、HCO3，故A错误；B、加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中不一定存在SO42-，可能含有银离子，故B错误；C、分别滴加NaOH溶液，生成蓝色沉淀的原溶液含Cu2+，生成白色沉淀的原溶液含Mg2+，无明显现象的原溶液含Na+，故C正确；D、加入碳酸钠溶液产生的白色沉淀，可能是碳酸钙或者碳酸钡，再加盐酸白色沉淀消失，可能有Ba2+或者Ca2+，故D错误。考点：本题考查离子的检验。14、A【解析】本题属于粗盐中含有的可溶性杂质的提纯问题，除Ca2用N

27、a2CO3溶液，除Mg2、Fe3可用NaOH溶液，除SO可用BaCl2溶液，因为所加试剂均过量，必须考虑试剂的添加顺序，过量的BaCl2必须用Na2CO3除去，故添加Na2CO3的顺序在BaCl2溶液之后，过量的碳酸钠和氢氧化钠溶液用稀盐酸除去，多余的稀盐酸在蒸发的过程中挥发，从而得到纯净的氯化钠固体，在加稀盐酸之前，必须将前面步骤生成的沉淀一次性完全过滤，才能加稀盐酸。根据以上分析可知添加药品的顺序为：溶解、加入过量的BaCl2溶液、加入过量的NaOH溶液、加入过量的Na2CO3溶液、过滤加入适量盐酸、蒸发，故正确的答案为A点睛：粗盐中含有的杂质分为可溶性杂质和不溶性杂质，不溶性杂质可以直接

28、过滤除去，不溶性杂质必须通过化学方法除去，添加药品有多种不同的顺序，但是不管哪种顺序，必须遵循以下几点：添加碳酸钠的顺序必须加在氯化钡溶液后，加稀盐酸之前必须先过滤，最后再蒸发。解题时抓住以上三点，利用排除法可迅速准确地得到答案。15、C【解析】由A=2B+C+D可以知道，1molA分解生成的混合气体中含2molB、1molC、1molD，混合气体总物质的量为4mol，根据质量守恒定律，混合气体的总质量等于A的质量；再根据n=，相同条件下，相同质量的不同物质，物质的量和摩尔质量成反比，则混合气体平均相对分子质量=24；因气体密度之比等于相对分子质量之比，所以混合气的密度是相同条件下的氢气密度的

29、=12倍；所以C选项是正确的。16、A【解析】由于过量的钡离子需要利用碳酸钠除去，因此要先除SO42离子，然后再除Ca2+离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+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，只要将三种离子除完了，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，所以正确的操作顺序为：或或，答案选A。【点睛】本题主要考查了盐的性质、除杂的方法和原则，除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂。17、A【解析】5NH4NO3=2HNO3

30、+4N2+9H2O，N元素的化合价由-3价升高为0，失去电子发生氧化反应；N元素的化合价由+5价降低为0，得到电子发生还原反应，以此来解答。【详解】5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，N元素的化合价由-3价升高为0，失去电子发生氧化反应；N元素的化合价由+5价降低为0，得到电子发生还原反应，由反应可知，5molN失去电子与3molN得到电子相同，则氮原子发生氧化反应和还原反应的质量比等于物质的量比为5：3。答案选A。18、B【解析】A氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，选项A错

31、误；B氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应FeCu2Fe2Cu中，氧化剂是Cu2，氧化产物是Fe2，所以氧化性Cu2Fe2，在反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2中，氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2，所以氧化性Fe3Cu2，故氧化性顺序是：Fe3Cu2Fe2+，选项B正确；C氧化还原反应中，还原的还原性大于还原产物的还原性，还原性C-D-，故反应2C-D22D-C2能发生，还原性：B-C-，故反应2C-B22B-C2不能发生，选项C错误；D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在

32、点燃时才会反应，常温下不反应，选项D错误；答案选B。19、C【解析】同温同压下，氦气、氢气和氨气（NH3）的体积比为321，根据阿伏加德罗定律可知氦气、氢气和氨气物质的量之比是321，则其原子个数比为(31)(22)(14)=344，答案选C。20、D【解析】A. 氯化铵受热是氯化铵分解生成氨气和氯化氢，属于化学变化，化学键破坏，干冰升华是物理变化，只需克服分子间作用力，A错误；B. NaF中含有离子键，H2SO4中含有共价键，所含化学键类型不相同，B错误；C. HCl气体溶于水共价键断键，NaOH熔化破坏的是离子键，化学键类型不相同，C错误；D. I2、Br2、Cl2、F2形成的均是分子晶体

33、，相对分子质量依次减小，分子间作用力逐渐减小，则熔沸点逐渐降低，D正确。答案选D。21、C【解析】根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量相等，据此分析作答。【详解】配制240 mL 1 mol/L 的稀盐酸溶液，需要容量瓶，而容量瓶的规格中无240mL的，故需选择250mL容量瓶进行配制，设需要12 mol/L的浓盐酸的体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量相等，则：250 mL1 mol/L=V12 mol/L解得V20.8 mL，C项正确，答案选C。【点睛】熟悉常见容量瓶的规格是解题的关键。配制的溶液若不是容量瓶的规格，则采用就近原则来选择容量瓶。22、D【解析】根据稀释定律，稀释前

34、后溶质NaOH的物质的量相等，据此计算稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度。【详解】设稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为c，根据溶液的稀释定律：稀释前后溶质的量不变进行计算。0.03L 0.5mol/L =0.5Lc，c=0.03 mol/L，答案选D。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Cl-CO32-、SO42-K+、Na+是溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-【解析】.题目所给的六种离子中，只有Mg2遇NaOH可以生成白色沉淀，则原溶液中一定含有Mg2；向原溶液中加入BaCl2溶液不产生沉淀，则原溶液中一定没有CO32和SO42；原溶液中加AgNO3

35、溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Cl，则可能含有的离子是K+、Na+，故答案为Mg2+、Cl-；CO32-、SO42-； K+、Na+；.根据上述分析可知，原溶液中一定有Mg2+，根据溶液电中性原则，溶液中一定含有阴离子，但根据上述判断可知原溶液中无CO32-、SO42-，则一定含有Cl，故答案是：是；溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-。24、CuSO4 K2CO3 Cu2+CO32-=CuCO3 Ba2+SO42-=BaSO4 CuCO3+2H+=Cu2+CO2+H2O 【解析】A和B两种可溶性盐组成的混合物，加水溶解后，过

36、滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液，说明混合物中含有SO42-、K；混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2，说明混合物中含有CO32-，最后得到硫酸铜溶液，则混合物中含有Cu2；则混合物中含有：SO42-、Cu2、CO32-、K；这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，若A溶液有颜色，A为CuSO4、B为K2CO3；(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时，发生反应生成碳酸铜和硫酸钾，离子反应为：Cu2+CO32-=CuCO3，过滤后的溶液中加入硝酸钡，生成硫

37、酸钡和硝酸钾，离子反应为：Ba2+SO42-=BaSO4，过滤得到的沉淀为碳酸铜，加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子反应为：CuCO3+2H+=Cu2+CO2+H2O。25、浓硫酸 干燥CO2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 集气瓶中导管应该左短右长 【解析】A装置中大理石与盐酸反应制取CO2；B装置中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl气体；由于过氧化钠与水蒸气反应生成氧气，所以通入D装置中的CO2必须是干燥的，则C中盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置D中实现过氧化钠与二氧化碳的反应；E为排水法收集氧气；据此分析作答；【详解】(1)A装置中由大理石与盐酸反应制得的

38、二氧化碳中混有HCl和H2O(g)，B装置中盛放饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的HCl，水蒸气也能与过氧化钠反应生成O2，为防止水蒸气与Na2O2反应产生的O2对反应的干扰，C装置中盛放浓硫酸，用于干燥二氧化碳； (2)装置D中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； (3)根据装置图，E装置采用排水法收集氧气，为了将E装置中的水排入F中，E装置中集气瓶的导管应左短右长。26、20.0g 烧杯 500 烧杯，玻璃棒 先加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切 27.2 50 ACD 【解析】I

39、（1）配制450mL的溶液应选用500mL容量瓶，则所需称量的NaOH的质量为：1.0mol/L0.5L40g/mol=20.0g。NaOH具有腐蚀性，称量时应该将NaOH放于烧杯中且放置在天平左盘称量。由于选用500mL容量瓶，所以用玻璃棒引流将溶解液转移进500mL容量瓶中。为了保证溶质全部转移入容量瓶中，所以用少量水洗涤烧杯、玻璃棒23次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为：先加蒸馏水至刻度线下12cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切。II根据稀释前后溶质不变列式：1.84 g/cm3V（浓硫酸）98%=1mol/L0.5L98g/mol，V（浓硫酸）=27.2mL；根据“大而近

40、”的原则选择量筒，选用50mL规格的量筒最好。（2）根据公式cB=分析，A项，溶解后溶液没有冷却到室温就转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；B项，转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，硫酸物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；C项，向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D项，用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；E项，摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配稀硫酸浓度偏高的是ACD，答案选ACD。【点睛】配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起n

41、B偏大或V偏小，所配溶液浓度偏高；反之，所配溶液浓度偏低。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。27、a 饱和的NaHCO3 除去CO2中HCl 吸收挥发出的氨气 过滤 【解析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠。【详解】(1)a碳酸氢钠易溶于水，故a错

42、误；b碳酸氢钠受热易分解，与其在溶液中首先结晶析出无关，故b错误；c碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出，故c正确；故答案为c；(2)a利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以可以在乙装置中盛放碳酸氢钠的溶液除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体；b实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3；c分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作。28、硫酸铜 Na2CO3 Ag+ + Cl= AgCl 取最后一次洗涤液

43、少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净 2.0 胶头滴管 250mL容量瓶 冷却至室温 偏高 12cm处 胶头滴管 凹液面最低处 2.5 672 【解析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定。如Ba2不能和SO42、CO32组合，而只能和NO3、Cl；Ag不能和SO42、Cl、CO32三种离子组合，而只能和NO3组合，则一定是BaCl2、AgNO3。Cu2+不能和CO32组合，所以为CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3。即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。【详解】因为是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可以知道：Ba2不能和SO42、CO32组合，而只能和NO3、Cl；Ag不能和SO42、Cl、CO32三种离子组合，而只能和NO3组合，则一定是BaCl2、AgNO3。Cu2+不能和CO32组合，所以为CuSO4；Na+对应CO32