浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学2022年化学高一第一学期期中调研模拟试题含解析.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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试

2、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、某溶液中可能含有的SO42-、CO32-、Cl-，为了检验其中是否含有SO42-，除BaCl2溶液外，还需要用的溶液是A硫酸溶液B盐酸溶液CNaOH溶液DNaNO3溶液2、如果反应4P + 3KOH + 3H2O =3KH2PO2+ PH3中转移0.6mol电子，消耗KOH的质量为（ ）A5.6克B16.8克C33.6克D100.8克3、为了实现下列各变化，需加入还原剂的是（ ）AKClO3O2BNH4+NH3CFeFeCl3DCO2CO4、为确定某溶液中是否存在Cl、SO42-和CO32-，进行如下实验：取

3、少量溶液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。然后继续加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；白色沉淀部分溶解。取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验，以下推测不正确的是()A一定有SO42-B一定有CO32-C不能确定Cl是否存在D不能确定SO42-是否存在5、用如图装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和形管的质量差，实验测得。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是（ ）A装置与之间缺少干燥装置B装置后缺少干燥装置C装置中玻璃管内有水冷凝D没有全部被还原6、在一

4、定温度和压强下，2体积X2气体与3体积Y2气体恰好完全反应，生成2体积气体化合物Z，则Z的化学式可能是( )AX2Y3BXYCX3YDXY37、某离子反应涉及H2O、NO、H+、Cr3+、六种微粒，已知反应过程中浓度变化如图所示，下列说法正确的是( )A中Cr化合价是+7价B反应的氧化产物是C消耗1 mol氧化剂，转移电子3 molD随着反应的进行，溶液中的H+浓度增大8、下图装置可以用来发生、洗涤、干燥、收集（不考虑尾气处理）气体。该装置可用于 A锌和盐酸生成氢气B二氧化锰和浓盐酸生成氯气C碳酸钙和盐酸生成二氧化碳D氯化钠和浓硫酸生成氯化氢9、下列实验操作中错误的是A蒸发操作时，使溶液中的水

5、大部分蒸发时，就停止加热利用余热蒸干B蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大10、已知原子序数，可以推断原子的（ ）质子数中子数质量数核电荷数核外电子数原子结构示意图元素在周期表中的位置ABCD11、等体积、物质的量浓度之比为 6:2:3 的 AClx、BCly、CClz 三种盐溶液分别与足量AgNO3溶液反应，生成等量沉淀，则 x：y：z 为：A1:3:2 B1:2:3 C2:4:5 D2:3:112、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A常温下，2.7g

6、铝与足量盐酸反应，标况下生成气体体积为3.36LB常温下，500 mL 2 molL1的Na2CO3溶液中含Na数目为NAC1.8gNH4的离子中含有的质子数为0.1NAD标准状况下，1 L水所含分子数为1/22.4NA13、下列说法不正确的是（）A氯气可用于合成药物B碳酸钠可用于治疗胃酸过多C高压钠灯常用来广场照明D镁合金密度小强度大可用于制飞机零部件14、下列事实与胶体性质无关的是（ ）A明矾用作净水剂B在豆浆里加入盐卤做豆腐C清晨在密林中看到缕缕光束D向三氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀15、 “纳米技术”广泛应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米（nm）到

7、几十纳米的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（已知1nm=m）A能全部通过半透膜B具有丁达尔现象C所得液体一定能导电D所得物质一定为悬浊液或乳浊液16、核内中子数为N的R2，其质量数为A，则该离子的核外电子数为（ ）AN2BN2CAN2DAN217、已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）ASn2+、Fe2+、Ce3+BSn2+、Ce3+、Fe2+CCe3+、Fe2+、Sn3+DFe2+、Sn2+、Ce3+18、在

8、NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10molL-1，c（Mg2+）=0.25molL-1，c（Cl-）=0.20molL-1，则c（SO42-）为A0.15molL-1B0.10molL-1C0.25molL-1D0.20molL-119、实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是AFe2+、Na+、NO3-、Cl-BK+、Mg2+、CO32-、OH-CH+、K+、Cl-、CH3COO-DMg2+、NH4+、SO42-、NO3-20、NA表示阿伏加德罗常

9、数的值，下列说法中正确的是( )A标准状况下，2.24L 四氯化碳含有的分子数目为 0.1NAB25时，0.1 molL-1Na2S溶液中含有Na+的数目为0.2NAC64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子D2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA21、现有三组实验：除去混在植物油中的水 回收碘的CCl4溶液中的CCl4 用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分。分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、蒸馏、萃取B萃取、蒸馏、分液C分液、萃取、蒸馏D蒸馏、萃取、分液22、下列试剂瓶上的标识与物质性质对应正确的是ACH4BKMnO4 CNaClD蔗糖

10、二、非选择题(共84分)23、（14分）现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。（1）A、B、C、D的分子式分别为：A_ B_ C_D_。（2）写出下列各反应的化学方程式：A与B_；B与水_；C与澄清石灰水_。24、（12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

11、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_。25、（12分） (一)某化学兴趣小组设计了图示实验装置(图中省略了夹持仪器)来测定某铁碳合金中铁的质量分数。(1)仪器A的名称是_。(2)C装置的作用_。(3)该小组同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能会导致铁质量分数测量值偏低的是_。AA中反应不完全 B反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收CE中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2OD反应完全后，还有CO2气体滞留在装置体

12、系中(二)将19.20 g CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应，反应后全部气体用200 mL 1.20 molL-1 Ba(OH)2溶液吸收，生成35.46 g白色沉淀(不考虑沉淀的溶解，忽略溶液体积的变化)。(4)则吸收气体后溶液中溶质的化学式为_，其浓度为_。(5)混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为_。26、（10分）如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，请回答下列问题：(1)欲配制 80mL 1.0mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL(2)配制过程中需用仪器的先后顺序是_. 5mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯

13、托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒A B C D(3)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.0mol/L，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因_A用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水C将稀释后的硫酸溶液立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作D转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面27、（12分）选择下列实验方法分离物质，将正确分离方法的序号填在横线上。A萃取 B升华 C结晶 D分液 E蒸馏 F过滤（1）分离饱和食盐水与沙子的混合物_；（2）提取碘水中的碘单质_；（3）分离水和汽油的混合物_；（4）分离CCl4（沸点为76.75

14、）和甲苯（沸点为110.6）的混合物_。28、（14分）按要求书写下列反应的离子方程式：（1）硫酸镁溶液中加入过量的氨水：_。（2）等体积、等浓度的碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合：_。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_。（4）氯化铁溶液与铜反应 ：_。（5）FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液 ：_。29、（10分）回答下列有关氧化还原的问题。（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O。其中氧化产物是_。若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为_

15、。（2）下列微粒：S S2 Fe2 H Cu HCl H2O在化学反应中只能被氧化的是_（填序号，下同）。只能表现出氧化性的是_。（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有_，反应后溶液中一定含有的阳离子是_。（4）在反应KClO36HCl（浓）KCl3Cl23H2O中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为_。（5）将NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至无色。反应结束后，推测硫元素在溶液中的存在形式是_。这样推测的理由是_。（6）自来水中的NO3对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3

16、的浓度，某研究人员提出两种方案。方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3，产物为NH3。生成3.4g NH3同时会生成_mol Fe（OH）3。方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式配平并标出电子转移的方向和数目。_Al_NO3_OH_AlO2_N2_H2O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】只加可溶性钡盐，不酸化，误将CO32-等干扰离子判成SO42-，所以应先加盐酸酸化，然后加入BaCl2溶液，故选B。2、C【解析】反应中P元素化合价从0价部分升高到+1价，部分降低到3价，即4molP参加反应

17、转移3mol电子，消耗3molKOH，所以转移0.6mol电子，消耗KOH的物质的量是0.6mol，质量是0.6mol56g/mol33.6g，答案选C。【点睛】准确判断出P元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。3、D【解析】需加入还原剂才能实现的反应，原物质做氧化剂，在反应中得电子。【详解】AKClO3分解生成O2，氯元素、氧元素变价，所以KClO3既是氧化剂也是还原剂，不需要加入还原剂，故A不选；BNH4+转化为

18、NH3，化合价不变，不需要还原剂，不属于氧化还原反应，故B不选；CFe转化为FeCl3，Fe作还原剂，需要加入氧化剂，故C不选；DCO2转化为CO，CO2作氧化剂，需加入还原剂，故D可选；故选D。4、D【解析】向中生成的白色沉淀中继续滴加过量稀盐酸时，沉淀部分溶解，且产生CO2气体，证明原溶液中一定含有SO42和CO32；因为原溶液中已经加入了稀盐酸，所以在中的上层清液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀AgCl，并不能确定原溶液中是否有Cl。【详解】A、原溶液中一定有SO42-，A正确；B、原溶液中一定有CO32-，B正确；C、根据分析可知，不能确定Cl是否存在，C正确；D、原溶液中一定有SO4

19、2-，D错误；答案选D。5、D【解析】A装置与之间缺少干燥装置，中的水蒸气进入中，水蒸气被看作氢气的质量，使实验测得，故不选A；B装置后缺少干燥装置，空气中的水蒸气进入中，水蒸气被看作氢气的质量，使实验测得，故不选B；C装置中玻璃管内有水冷凝，通氢气前后玻璃管的质量差偏小，测量氧元素质量偏小，使实验测得，故不选C； D没有全部被还原，对实验结果无影响，故选D。6、A【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于物质的量之比，同一反应中不同物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据质量守恒定律确定该化合物的化学式。【详解】根据上述分析可知，设化合物的化学式为Z，所以该反应方程式为2X

20、2+3Y2=2Z,根据质量守恒定律得Z的化学式为X2Y3，A项正确；答案选A。7、B【解析】根据图象可知，反应过程中浓度逐渐减小，说明被氧化生成，则被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得：+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O。A中O化合价为-2，则Cr化合价是+6 价，故A错误；BN元素的化合价升高被氧化，反应中氧化产物是，故B正确；C反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1 mol ，转移电子6 mol，故C错误；D根据反应+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O可

21、知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D错误；故选：B。8、A【解析】A.锌与盐酸反应生成氢气，用水除去氢气中的HCl，用浓硫酸干燥氢气，氢气的密度比空气小，用向下排空法收集，A符合；B.二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，氯气的密度比空气大，应用向上排空法收集，B不符合；C.二氧化碳的密度比空气大，应用向上排空法收集，C不符合；D.氯化钠与浓硫酸加热制HCl，HCl极易被水吸收，HCl的密度比空气大，应用向上排空法收集，D不符合；答案选A。9、D【解析】A项，应在水分快蒸干时停止，用余热蒸干剩余水分，故A项正确；B项，温度计的水银球应置于支管口处，不能插入液面以下，故B项正确；C项，分液

22、操作时上下层液体分别从两口倒出，防止残留在出口的两种液体出现混合，故C项正确；D项，萃取剂的选择与被萃取物质的性质有关，且萃取剂密度不一定需要比水大，比如可作为萃取剂的苯，密度就比水小，故D项错误。答案选D。10、B【解析】原子序数质子数核电荷数原子核外电子数，结合原子核外电子排布规律，可得原子结构示意图和元素在周期表中的位置，由于质子数和中子数之和是质量数，所以无法确定，答案选B。11、A【解析】发生AgCl=AgCl，因为生成AgCl的量相同，因此三种溶液中Cl物质的量相等，推出x：y：z=1:3:2，故选项A正确。12、A【解析】A.2.7g铝的物质的量为0.1mol，根据反应方程式2A

23、l+6HCl=2AlCl3+3H2，0.1mol铝与足量盐酸反应生成0.15mol的氢气，在标况下的气体为0.15mol22.4L/mol=3.36L，故A正确；B.溶液中Na2CO3的物质的量n=cV=2molL10.5L=1mol，而1molNa2CO3中含有2mol钠离子，故含Na数目为2NA，故B错误；C.1.8gNH4离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含有11个质子，故1.8gNH4离子中含有的质子数为1.1NA，故C错误；D.标准状况下，水是液体，故不能使用气体摩尔体积来计算物质的量，故D错误。故选A。13、B【解析】A、氯气可用于合成药物，如消毒液中含有Cl，故A说法正确

24、；B、碳酸钠的碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故B说法错误；C、高压钠灯发出黄光，能够穿透雾，因此常用来广场的照明，故C说法正确；D、镁合金密度小强度大，可用于制飞机零部件，故D说法正确。14、D【解析】A. 明矾用作净水剂是因为形成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，故A与胶体性质有关；B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐是利用胶体的聚沉现象，故B与胶体性质有关；C. 清晨在密林中看到缕缕光束，是因为空气中形成胶体，产生丁达尔现象造成的，故C和胶体性质有关；D. 向三氯化铁溶液中加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀是因为生成的氢氧化铁难溶，故D与胶体性质无关，故选D。15、B【解析】纳米材料指粒子直径在几纳米到几十

25、纳米的材料，在胶体粒子的范围内，属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故答案选B。16、C【解析】R原子的质子数、电子数为AN，R2的电子数为AN2，答案为C17、A【解析】在反应Ge4+Fe2=Fe3+Ge3中，Fe的化合价从+2升高到+3价，Fe2是还原剂，Ge3是还原产物，所以还原性：Fe2Ge3；在反应Sn2+2Fe3=2Fe2Sn4中，Sn的化合价从+2价升高到+4价，Sn2是还原剂，Fe2是还原产物，所以还原性：Sn2Fe2，所以Fe2、Ge3、Sn2三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2、Fe2、Ge3，答案选A。18、D【解析】由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10molL-1，c

26、（Mg2+）=0.25molL-1，c（Cl-）=0.20molL-1，则c（SO42-）为0.20molL-1，故答案选D。19、D【解析】A. Fe2+、Na+、NO3-、Cl-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷不相等，故错误；B. Mg2+与CO32-或OH-都反应生成沉淀，故错误；C. H+与CH3COO-结合生成醋酸分子，故错误；D. Mg2+、NH4+、SO42-、NO3-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷相等，且四种离子之间不反应，故正确。故选D。20、D【解析】标准状况下，四氯化碳是液体；没有溶液体积不能计算溶质物质的量；可逆

27、反应中，反应物不可能完全转化为生成物；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1。【详解】标准状况下，四氯化碳是液体，2.24L 四氯化碳的物质的量不是0.1mol，故A错误；没有溶液体积不能计算溶质物质的量，故B错误；2SO2+O22SO3，该反应可逆，64g的SO2与足量的O2充分反应后得到SO3分子数小于NA个，故C错误；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1，所以2.3gNa完全反时，失去的电子数为0.1NA，故D正确。21、A【解析】.植物油不溶于水，与水分

28、层，可用分液法分离；.CCl4的沸点较低，加热易挥发，与碘的沸点不同，可用蒸馏的方法回收碘的CCl4溶液中的CCl4；.中草药中的有效成分为有机物，易溶于酒精，用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分为萃取法；答案选A。22、B【解析】A甲烷为易燃性气体，应使用易燃气体标志，故A错误；B高锰酸钾具有强的氧化性，应使用氧化剂标志，故B正确；C氯化钠无毒，不能使用剧毒品标志，故C错误；D蔗糖不具有腐蚀性，不能使用腐蚀品标志，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学试剂的分类，注意根据物质的性质和分类标准解题。二、非选择题(共84分)23、H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl22HCl Cl2+H

29、2OHCl+HClO CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 【解析】A是密度最小的气体,应为H2 ,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2 ,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成HCl,则D为HCl；把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，C为CO2 ；(1)由以上分析可以知道A为H2 ,B为Cl2 ,C为CO2,D为HCl；因此，本题正确答案是:H2 、 Cl2 、CO2 、HCl。（2）氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；综上所述，本题答案是：H2+Cl22HCl。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2OHC

30、l+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2OHCl+HClO。 二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，C与澄清石灰水反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O。24、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溶液产生白色沉淀，再加稀

31、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-。25、圆底烧瓶 除尽反应生成的二氧化硫 BC Ba(HCO3)2 0.3 molL-1 2:1 【解析】(一)由装置图可知，实验原理是通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的

32、质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数。故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥。(二) CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应生成CO2，少量CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3，过量的CO2再与与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，依据反应的化学方程式解题即可。【详解】(1)仪器A为圆底烧瓶。(2)C中酸性高锰酸钾可以和SO2发生反应，因此C装置是为了除尽SO2，避免影响对CO2的测定。(3)AA中反应不完全，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故A错误。B反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收，导致测定的CO2的质量

33、增大，铁的质量分数减小，故B正确。CE中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2O，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故C正确。D装置中残留的CO2没有完全被E吸收，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故D错误。本题选BC。(二) (4)发生反应为CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O、CO2+H2O+BaCO3=Ba(HCO3)2。生成35.46 g白色沉淀BaCO3，根据化学方程式可求得参加反应的n1Ba(OH)2=n(BaCO3)=0.18mol，参与反应的n2Ba(OH)2=0.2 L1.20 molL10.18mol =0.06 mol，根据化学方程式列比例式可得n

34、Ba (HCO3)2=0.06 mol，cBa (HCO3)2=0.3 mol/L。吸收后溶液的溶质为Ba (HCO3)2。(5)参与反应的n1(CO2)= n1Ba(OH)2=0.18mol，参与反应的n2(CO2)= n2Ba(OH)2+ n2(BaCO3)=0.12mol，因为生成的CO2全部参与了反应，n(CO2)= 0.18mol+0.12mol=0.3mol。设CuO和Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol，根据化学方程式CuO+COCu+CO2、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，列方程组80x+160y=19.2，x+3y=0.3，解得x=0.12 mol，y=0.0

35、6 mol。CuO和Fe2O3的物质的量之比为21。【点睛】解答问题(一)的关键是清楚实验原理，通过测定浓硫酸与C反应生成CO2的量，进而求出铁的质量分数。26、5.4 mL B AC 【解析】(1)根据 ，浓硫酸的物质的量浓度是 mol/L ；欲配制 80mL 1.0mol/L的稀硫酸，需用100 mL的容量瓶，根据计算浓硫酸的体积；(2)根据实验步骤分析使用仪器的先后顺序；（3）根据 分析误差。【详解】(1)欲配制 80mL 1.0mol/L的稀硫酸，需用100 mL的容量瓶，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为 5.4 mL；(2)实验步骤为：(1)计算、 (2)量取 、(3)稀释 、(4)

36、转移、 (5)洗涤、 (6)定容、 (7)摇匀,使用仪器的先后顺序是10mL量筒 50mL烧杯 玻璃棒 100mL容量瓶 胶头滴管；选B；（3）用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，浓硫酸体积偏大，硫酸物质的量偏大，所得溶液浓度偏大，故选A；溶液配制最后需加水定容，转移前容量瓶中含有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故不选B；将稀释后的硫酸溶液立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，所得溶液体积偏小，浓度偏大，故选C；转移溶液时，有少量溶液洒到容量瓶外面，硫酸物质的量偏小，所得溶液浓度偏小，故不选D。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，会根据操作步骤选择仪器，会根据分析误差，如果n偏

37、小或V偏大则配制溶液浓度偏低，易错点是误差分析。27、（1）F （2）A （3）D （4）E【解析】试题分析：（1）沙子不溶于水，分离饱和食盐水与沙子的混合物采用过滤；（2）碘易溶在有机溶剂中，提取碘水中的碘单质采用萃取；（3）汽油不溶于水，分离水和汽油的混合物采用分液；（4）CCl4（沸点为76.75）和甲苯（沸点为110.6）的沸点相差解答，分离二者的混合物采用蒸馏。考点：考查物质的分离与提纯方法判断28、Mg2+ + 2NH3H2O = Mg（OH）2 + 2NH4+ Ca2+ HCO3- + OH-= CaCO3 + H2O 2H+ SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO

38、4 + 2H2O 2Fe3+ Cu = 2Fe2+ + Cu2+ 2Fe2+2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O 【解析】（1）硫酸镁溶液中加入过量的氨水生成氢氧化镁沉淀，一水合氨为弱碱，不能拆，故离子反应为：Mg2+ + 2NH3H2O = Mg（OH）2 + 2NH4+；（2）等体积、等浓度的碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合，；两者按物质的量1:1反应，故离子反应为：Ca2+ HCO3- + OH-= CaCO3 + H2O；（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，氢离子巧合被完全中和，即氢氧化钡少量，故离子反应为：2H+ SO42- + Ba2+ + 2O

39、H- = BaSO4 + 2H2O；（4）氯化铁溶液与铜发生氧化还原反应，离子反应为：2Fe3+ Cu = 2Fe2+ + Cu2+；（5）FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液，二价铁离子被双氧水氧化为三价铁离子，离子反应为：2Fe2+2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O。29、CuSO4（或Cu2） 2.24L Ag Mg2 Zn2 5：1 SO42 紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低。NaHSO3中4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42形式存在。 1.6 10 6 4 10 3 2 【解析】（1）根据氧化还原反应中，元素化合价升高的物质做还原剂，发生氧

40、化反应，对应氧化产物；根据2e- SO2可计算出SO2的体积；（2）元素化合价处于最低价态，只有还原性，元素化合价处于最高价态，只有氧化性，处于中间价态，即有氧化性又有还原性；据此进行分析；（3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺序：Mg Zn Cu Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，据此进行分析；（4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，由电子得失守恒判断被氧化和被还原的氯原子个数比；（5）NaHSO3具有还原性，被氧化后 NaHSO3中4价的S元素化合

41、价升高，在溶液中以SO42形式存在；（6）方案a：结合实验现象根据氧化还原反应规律进行分析；方案b：根据化合价升降总数相等或电子得失守恒进行配平，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。【详解】（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu2H2SO4（浓）=CuSO4SO22H2O。铜元素化合价升高，发生氧化反应，对应氧化产物为CuSO4（或Cu2）；该反应转移电子2e-，根据2e- SO2可知，若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为22.40.2/2=2.24L；综上所述，本题答案是：CuSO4（或Cu2）；2.24L。（2）S的化合价处于中间价态，所以既有

42、氧化性又有还原性；S2的化合价处于最低价态，只有还原性；Fe2的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；H的化合价处于最高价态，只有氧化性；Cu的化合价处于最低价态，只有还原性；HCl中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；Cl元素的化合价处于最低价态，只有还原性；所以HCl既有氧化性又有还原性；H2O中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；O的化合价处于最低价态，只有还原性；所以H2O既有氧化性又有还原性；结合以上分析可知，在化学反应中，该物质做还原剂，只能被氧化的是；该物质只做氧化剂，只能表现出氧化性的是；综上所述，本题答案是： ，。 （3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺

43、序：Mg Zn Cu Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，所以最终反应容器中有固体剩余，则固体中一定含有银，反应后溶液中一定含有的阳离子是Zn2+、Mg2+；综上所述，本题答案是：Ag，Mg2、Zn2。 （4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，设KClO3有ymol，被氧化的HCl有xmol，由电子得失守恒可知x1=y5， x/y=5；即被氧化的氯原子个数与被还原的氯的原子个数比为5:1；综上所述，本题答案是：5:1。（5）NaHSO3具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二者混合发生氧化还原反应，紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低，NaHSO3中4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42形式存在；综上所述，本题答案是：SO42；紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低；NaHSO3中4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42形式存在。（6）方案a：3.4gNH3的物质的量