2022-2023学年河北省三河市第九中学高一化学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考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、在汽车加油站见到的油罐车上，所贴的危险化学品标志是（）A BC D2、下列说法正确的是A氨水能导电,所以氨气是电解质B盐酸是强电解质,所以导电能力比醋酸溶液强C氯化银难溶于水,所以氯化银是非电解质D蔗糖溶液不能导

2、电,所以蔗糖是非电解质3、下列对硫酸的叙述正确的是A因浓硫酸具有强氧化性，故不可用它来干燥氢气B浓硫酸不活泼，可用铁铝容器存放C浓硫酸有强氧化性，稀硫酸不具有氧化性D浓硫酸与蔗糖混合的实验中，表现了脱水性与强氧化性4、下列属于电解质并能导电的物质是A蔗糖 BKNO3溶液 CFe D熔融的Na2O5、V mL Al2（SO4）3溶液中含有Al3+a g，取 V mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中的物质的量浓度是（）Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L6、下列各组离子中，在无色透明的酸性溶液中能大量共存是ANa+、K+、Fe2+、Cl BK+、CO32、Cl、SO42-CNO3、

3、Na+、HCO3、Ca2+ DNa+、NO3、NH4+、SO42-7、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A1mol NH3所含有的原子数为NAB常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2NAC常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD1 L 0.1molLNaCl溶液中所含的Na+ 为NA8、下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是()A冷水浸泡B加热煎制C箅渣取液D灌装保存AABBCCDD9、有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径达到纳米级),这将引起建筑材料的性能发生巨大变化。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是( )A

4、纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B纳米碳酸钙分散到水中所得分散系会产生丁达尔效应C纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙完全不同D纳米碳酸钙粒子不能透过滤纸10、著名科学家张青莲教授主持测定了铟、铱、锑、铕等几种元素的相对原子质量新值，其中他测定核电荷数为63的铕元素的相对原子质量的新值为152。则下列说法正确的是（）A铕元素的原子质子数为63B铕元素的原子中子数为63C铕元素的原子核外电子数为152D铕元素的原子的质量为15211、与Na+的质子数和电子数都相同的微粒是ANH4+BH2OCNH3DMg2+12、0.1 mol铁粉与含0.1 mol硫酸铁的溶液混合后充分后应，下列叙述正确的是()A氧化产物

5、为0.1 molB还原产物为0.1 molC氧化产物和还原产物共0.2 molD氧化产物为0.2 mol13、实验室制氯气的反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2下列说法错误的是A还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2molC氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4D反应中HCl既表现出酸性，又表现出还原性14、下列溶液中c（Cl-）与50mL 1 mol/L的AlCl3溶液中的c（Cl-）相等的是A150mL 1mol/L NaClB75mL2mol/LCaCl2C150mL3mol/LKClO3D75mL1mol/LFeCl315、

6、下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H=2Fe3+3H2B氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2+SO42-=BaSO4C碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H=H2O+CO2DNaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后恰好显中性Ba2+2OH+2H+ SO42-=BaSO4+2H2O16、设NA为阿伏加德罗常数，下述正确的是A64g二氧化硫SO2含有原子数为3NAB1L 1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NAC标准状况下，11.2L水所含分子数为0.5 NAD在反应中，1mol镁转化为Mg2+后失去的电子数为NA17、下列溶液中Cl-浓度与50mL1m

7、ol/L AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是（）A150mL1mol/L的NaCl溶液B75mL2mol/L的NH4Cl溶液C150mL2mol/L的KCl溶液D75mL1mol/L的FeCl3溶液18、用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是( )A上下移动中铜丝可控制SO2的量B中选用品红溶液验证SO2的生成C中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D为确认CuSO4生成，向中加水，观察颜色19、在地壳中含量最多的金属元素是A铁 B氧 C硅 D铝20、有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、

8、CO32-、SO42-，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：（1）向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；（2）向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04 mol；（NH4+OH-=NH3+H2O加热）（3）向第三份中加足量BaCl2溶液后，得千燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测不正确的是AK+一定存在BBa2+、Mg2+一定不存CCl- 一定存在D混合溶液中CO32-的浓度为0.1 mol/L21、下列说法正确的是（）A铜、硫酸铜溶液均能导电，所以它们均是电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质

9、C蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质D液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质22、下列有关Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的说法正确的是A两者均能透过滤纸BFe(OH)3胶体有丁达尔效应是Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征C向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色Fe(OH)3胶体DFeCl3溶液呈电中性，Fe(OH)3胶体带正电二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种，现进行如下实验：(1)将白色

10、固体溶于水中，得到无色透明溶液。(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，一定没有_，可能有_。24、（12分）某溶液中含有X、Y2、Z2三种常见的无机离子。如下图所示，发生了一系列化学反应。第步反应生成的白色沉淀中含Y2.（1）判断X、Y2、Z2分别为_、_、_（写离子符号）。（2）写出、步反应的离子方程式。_；_。25、（12分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的括号填在横线上。A萃取分液 B过滤 C结晶 D分液 E蒸馏（1）分离饱和食盐

11、水与沙子的混合物。_（2）从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。_（3）分离水和汽油的混合物。_（4）分离CCl4（沸点为76.75）和甲苯（沸点为110.6）的混合物。_26、（10分）掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为三套实验装置。(1)写出下列仪器的名称：a._b._。(2)若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，冷凝水由_(填f或g)口通入。(3)用装置II分离混合物时，为使液体顺利流下，应进行的操作是_。(4)实验室用Na2CO310H2O晶体配制0.05mol/L的Na2CO3溶液970mL。应用托盘天平称取Na2CO310H2O的质量是_g。装置III是某同

12、学转移溶液的示意图。图中的错误是_。(5)定容时，俯视刻度线，对所配溶液浓度的影响：_(填：偏大、偏小、或无影响)。27、（12分）实验室制备Cl2和新制Cl2水，如图所示：根据上述实验过程，回答下列问题：(1)实验开始前，应先进行的操作是_。(2)装置中盛装浓盐酸的仪器名称是_，装置中若无盛饱和食盐水的洗气瓶，将导致_。(3)要证明Cl2与水反应是可逆反应，则证明氯水存在Cl2分子的现象是_，证明同时存在HCl和HClO的实验操作及现象是_。(4)吸收Cl2尾气的化学反应方程式为_。(5)向装有新制氯水的试管中加入适量KBr溶液，反应的化学方程式为：_，待充分反应后，再加入四氯化碳并振荡，观

13、察到的现象是_。(6)有一种含氯氧化物，含氧量18.4%，与水反应，生成HClO，该氧化物的化学式是_。28、（14分）I.（1）0.2 g H2含有_个H原子。（2）12.4克Na2X中含有0.4molNa+，则Na2X的摩尔质量是_。II.如图所示为实验室某浓盐酸试剂瓶上标签的有关内容。取该盐酸10mL，加蒸馏水稀释至250mL，向其中加入mg锌粉恰好完全反应。（1）求原浓盐酸的物质的量浓度c=_。（2）计算出m=_。（3）向反应后的溶液中加入0.6mol/L的AgNO3溶液至不再产生沉淀，共消耗VmL AgNO3溶液，则V的值是_。29、（10分） (1)将2.4gNaOH溶于水配成30

14、0 mL的溶液，它的物质的量浓度为_mol/L，取出该溶液30mL，它的物质的量浓度为_mol/L，取出的溶液中含氢氧化钠_mol,把取出的溶液稀释到120mL，稀释后溶液的物质的量浓度为_mol/L，若用0.1 mol/L的硫酸中和稀释后的NaOH溶液，需用去硫酸_mL。(2)电解水的实验中，标准状况下产生氢气5.6L，其物质的量_mol,有_g水分解。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】试题分析：汽油具有可燃性，属于易燃液体。A图中所示标志是剧毒品标志，A项错误；B图中所示标志是易燃液体标志，B项正确；C.图中所示标志是氧化性标志，C项错误；

15、D.图中所示标志是易燃易爆标志，D项错误；答案选B。考点：考查常见的化学品标志。2、D【解析】A.氨气的水溶液能导电，电离出自由移动离子的物质是一水合氨，不是氨气，所以氨气是非电解质，故A说法错误；B.盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；其导电能力也不一定比醋酸溶液强，因溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，较稀的盐酸中自由移动离子浓度较小，导电能力较弱，而较浓度的醋酸溶液中自由移动离子浓度较大，导电能力较强；故B说法错误；C.化合物为电解质还是非电解质与化合物的溶解性没有关系，氯化银虽难溶于水，但在溶液中却能完全电离，故氯化银为强电解质，C说法错误；D. 蔗糖在溶液中以分

16、子形式存在，不能电离，则蔗糖溶液不能导电，蔗糖在熔融也不导电，所以蔗糖是非电解质，D说法正确；答案选D。【点睛】本题主要考查电解质的相关概念，学生的易错点为盐酸和氨水的类别，其中盐酸和氨水都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，HCl是强酸，为强电解质；一水合氨为弱碱，为弱电解质，一水合氨并不等同于氨水。3、D【解析】A浓硫酸具有吸水性，可干燥氢气，与强氧化性无关，A错误；B浓硫酸性质活泼，有强氧化性，常温下能使Fe、Al发生钝化，故可用铁铝容器存放，B错误；C浓硫酸、稀硫酸均具有氧化性，但浓硫酸中+6价的S表现强氧化性，而稀硫酸的H+表现弱氧化性，C错误；D浓硫酸与蔗糖混合的实验中，浓硫酸先

17、表现脱水性，将蔗糖碳化，然后再氧化生成的C，表现强氧化性，D正确；故选D。4、D【解析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物。【详解】A.蔗糖在在熔融状态或水溶液中均不能导电，是非电解，； B. KNO3溶液是混合物； C. Fe是单质； D.熔融的Na2O能导电，是电解质；D符合题意，答案为D。【点睛】电解质的概念是本题考查点，注意电解质为化合物，溶液和金属单质等即使能导电，也不属于电解质。5、C【解析】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，即Al3+物质的量，取V mL溶液，则取出的Al3+物质的量，稀释到4VmL，则Al3+物质的量浓度 ，根据Al2（SO4）3的化学式可

18、知，Al3+ 与SO42的个数比是2：3，则稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是 ，故C正确。答案选C。6、D【解析】离子间如果发生化学反应则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、溶液显酸性且无色分析解答。【详解】A. Fe2+在溶液中不是无色的，不能大量共存，A错误；B. 在酸性溶液中CO32与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B错误；C. 在酸性溶液中HCO3与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，C错误；D. Na+、NO3、NH4+、SO42-在酸性溶液中相互之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，D正确。答案选D。7、C【解析】A、每个NH3分子含有4个原子，结合N

19、=nNA计算原子数目；B、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；C氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，根据n=计算出混合物的物质的量，再计算出含有的原子数；D依据n=cV计算。【详解】A、每个NH3分子含有4个原子，1molNH3所含有的原子数为1mol4NAmol-1=4NA，选项A错误；B、标准状况下，22.4L氧气所含的原子数为2NA，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L氧气所含的原子数小于2NA，选项B错误；C、14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，选项C正

20、确；D.1L0.1mol/LNaCl溶液中所含的Na+数为1L0.1mol/LNAmol-1=0.1NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算与理解，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，可借助PV=nRT理解气体摩尔体积。8、C【解析】过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。【详解】A、冷水浸泡属于物质的溶解，不属于过滤操作，故A错误；B、加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；C、箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；D、灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误，答案选C。9、B【解析】A纳米碳酸钙是纯净物，分散系是混

21、合物，故A错误；B纳米碳酸钙分散到水中所得分散系为胶体，会产生丁达尔效应，故B正确；C纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙相同，故C错误；D胶体的分散质粒子直径在1100nm之间，粒子直径小于100nm的纳米碳酸钙粒子能透过滤纸，故D错误；故答案为B。10、A【解析】A原子的质子数=核电荷数=63，故A正确；B中子数=质量数-质子数=152-63=89，故B错误；C原子核外电子数=核电荷数=63，故C错误；D铕元素原子的质量是指实际质量，单位为g，该题中无法判断，故D错误；故答案为A。【点睛】原子符号的左上角数字表示质量数，左下角数字为质子数，质量数=质子数+中子数； 质子数=原子序数=核电荷数=原子

22、核外电子数。11、A【解析】Na+的质子数为11，电子数为10。【详解】A选项，NH4+质子数为11，电子数为10，故A符合题意；B选项，H2O质子数为10，电子数为10，故B不符合题意；C选项，NH3质子数为10，电子数为10，故C不符合题意；D选项，Mg2+质子数为12，电子数为10，故D不符合题意；综上所述，答案为A。12、A【解析】n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+3Fe2+，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，以此解答该题。【详解】n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+3Fe2+，0.1mol铁与硫酸铁完全反

23、应，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，则氧化产物为0.1mol，还原产物为0.2mol，氧化产物和还原产物共0.3mol，只有A正确，故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握发生的氧化还原反应及反应的离子方程式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。注意反应物都已知的条件下，需要首先判断过量。13、C【解析】MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答。【详解】AMn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，还原剂是HCl，氧化剂是MnO2，选项A正确；B每生成1molCl2，转移

24、电子的物质的量为1mol2（1-0）=2mol，选项B正确；C每消耗1molMnO2，得到2mol电子，则起还原剂作用的HCl消耗2mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，选项C错误；D每消耗1molMnO2，得到2mol电子，则起还原剂作用的HCl消耗2mol，起酸的作用的HCl 2mol，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大。14、D【解析】50mL 1 mol/L的AlCl3溶液中的c（Cl-）=13 mol/L；A. 150mL 1mol/L NaCl溶液

25、中的c（Cl-）=11=1mol/L；不符合题意要求，错误； B. 75mL2mol/LCaCl2溶液中的c（Cl-）=22=4mol/L；不符合题意要求，错误；C. 150mL3mol/LKClO3溶液中含有ClO3-，不含Cl- ，不符合题意要求，错误； D. 75mL1mol/LFeCl3溶液中的c（Cl-）=13=3mol/L；符合题意要求，正确；综上所述，本题选D。15、D【解析】试题分析：A稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H=Fe2+H2，A项错误；B.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，离子方程式为2OH+Ba2+SO42-+2H=BaSO

26、4+2H2O，B项错误；C.碳酸钙是难溶于水的盐，与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H=H2O+CO2+Ca2，C项错误；D.NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后恰好显中性Ba2+2OH+2H+ SO42-=BaSO4+2H2O，D项正确；答案选D。考点：考查离子方程式的正误判断16、A【解析】A、64g二氧化硫物质的量是1mol，再根据二氧化硫的分子式可知含有原子数为3NA，正确；B、1L 1 molL1的氯化钠溶液，溶质物质的量为1mol，不计算水电离出来的离子，仅仅是溶质本身电离的离子数应为2NA，错误；C、标准状况下，水是非气体状态，不能依据摩尔体积计算，错误；D、1mol镁

27、转化为Mg2后失去的电子数为2NA，错误；答案选A。17、D【解析】50 mL 1 mol/L AlCl3溶液中c(Cl)=31 mol/L=3 mol/L。【详解】A、150 mL 1 mol/L的NaCl溶液c(Cl)=1 mol/L，故A不符合题意；B、75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液c(Cl)=2 mol/L，故B不符合题意；C、150 mL 2 mol/L的KCl溶液 c(Cl)=2 mol/L，故C不符合题意；D、75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液c(Cl)=31 mol/L=3 mol/L，故D符合题意；答案选D。18、D【解析】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应

28、，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D、铜与浓硫酸反应后中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。答案选D。19、D【解析】试题分析：地壳里含量最多的金属元素是铝，答案选D。考点：考查地壳中元素含量的大小判断点评：该题属于基础题，难度不大，只要记住地壳中常见元素的含量大小即可，即含量由大到小的顺序是O、Si、A

29、l、Fe等。另外还要看清楚题意，搞清楚问的是金属还是非金属。20、C【解析】（1）向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生，说明溶液中氯离子或碳酸根离子或硫酸根离子；（2）向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04 mol，说明原溶液中含有铵根离子，铵根离子物质的量为0.04mol；（3）向第三份中加足量BaCl2溶液后，得千燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明原溶液中有碳酸根离子和硫酸根离子，2.33克为硫酸钡沉淀，即物质的量为2.33/233=0.01mol，碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94克，则碳酸钡的物质的量为3.94/197=

30、0.02mol，则碳酸根离子物质的量为0.02mol。从电荷守恒分析，阴离子的负电荷多，说明溶液中还有其他阳离子，因为存在硫酸根离子和碳酸根离子，所以溶液中不能有镁离子和钡离子，只能有钾离子，所以钾离子物质的量最少为0.02mol，溶液中可能有氯离子。【详解】A. 根据以上分析，K+一定存在，故正确；B. 根据以上分析，Ba2+、Mg2+一定不存在，故正确；C. Cl-可能存在，无法确定其一定存在，故错误；D. 混合溶液中CO32-的浓度为0.02/0.2=0.1 mol/L，故正确。故选C。21、C【解析】A铜是单质，硫酸铜溶液是混合物，均不是化合物，则不是电解质，也不是非电解质，故A错误；

31、BNH3和CO2的水溶液能导电，是均与水反应生成了可电离的电解质的缘故，而自身不能发生电离，是非电解质，故B错误；C蔗糖、酒精均是化合物，且在水溶液和熔融状态下均不能导电，则蔗糖、酒精均是非电解质，故C正确；D液态HCl、固体NaCl均不能导电，但溶于水都能电离出自由移动的离子，则HCl、NaCl均是电解质，故D错误；故答案为C。【点睛】电解质与非电解质的判断要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液或熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl

32、是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。22、A【解析】溶液的粒子直径小于1nm故可以透过滤纸，胶体的粒子直径介于1100nm，由于滤纸空隙大，粒子直径小于100纳米均可通过，因此溶液，胶体可透过滤纸，故A正确；胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，故B错误；向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色Fe(OH)3沉淀，故C错误；Fe(OH)3胶体整个体系是呈电中性的，并不带电，故D错误。故选A。【点睛】不管是溶液还是胶体，整个体系是呈电中性的不带电，而其中胶体粒子由于吸附作用而带正电或是负电。二、非选择

33、题(共84分)23、Na2SO4、MgCl2 CuSO4、Na2CO3 KNO3、NaNO3 【解析】根据硫酸铜溶液显蓝色，硫酸钡是白色不溶于硝酸的沉淀，Mg(OH)2是白色不溶性物质分析。【详解】(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，说明固体中一定不含有CuSO4；(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，则该沉淀是BaSO4，一定含有Na2SO4，一定不含Na2CO3，因为碳酸钡可以溶于硝酸中，反应会放出CO2气体，向另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。说明含有Mg2+，产生的白色沉淀是Mg(OH)2，原固体中含有M

34、gCl2。由于题目涉及实验中没有进行有关K+、Na+及NO3-的检验及各种微粒物质的量的计算，因此不能确定是否含有KNO3、NaNO3。根据上述分析可知：溶液中一定含有Na2SO4、MgCl2，一定没有CuSO4、Na2CO3，可能含有KNO3、NaNO3。【点睛】本题考查了混合物组成的推断，完成此题，可以结合题干提供的实验现象，结合各种离子的检验方法，根据离子在物质的存在确定物质的存在。24、Cl SO42 CO32 BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2 + H2O CO2 + 2OH + Ca2+ = CaCO3 + H2O 【解析】根据实验中沉淀的颜色和是否溶于酸分析沉淀的成

35、分，进而分析溶液中存在的离子。【详解】(1)溶液中加入硝酸钡后产生白色沉淀，白色沉淀中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡沉淀和碳酸钡，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳，二氧化碳能与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，说明溶液中含有硫酸根离子和碳酸根离子，滤液中加入硝酸银溶液产生白色不溶于硝酸的沉淀，说溶液中有氯离子，故答案为 Cl ， SO42 ， CO32；(2)反应为碳酸钡与盐酸的反应，离子方式为： BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2 + H2O；反应 为二氧化碳与澄清石灰水的反应，离子方程式为： CO2 + 2OH + Ca2+ = CaCO3 + H2O。【点

36、睛】1.氯离子：加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。2.硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡，产生白色沉淀。3.碳酸根离子：加入氯化钙或氯化钡，产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀溶解产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。25、BCDE【解析】(1)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,沙子难溶于水、氯化钠易溶于水,所以采用过滤方法分离饱和食盐水和沙子的化合物,因此，本题正确答案是:B;(2)硝酸钾和氯化钠都溶于水,但硝酸钾在水中的溶解度随温度变化大，氯化钠的溶解度随温度变化小,可用结晶的方法分离,因此，本题正确答案是:C;(3)水和汽油不互溶,二者混合分层,所以采用分液方法分离,因此，本题正确答案是:D;

37、(4)四氯化碳和甲苯互溶且都是液体,二者沸点不同,可以采用蒸馏方法分离,因此，本题正确答案是:E.26、蒸馏烧瓶 (直形)冷凝管 g 打开分液漏斗上口的玻璃塞或使上口塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔 14.3 未用玻璃棒引流 偏大 【解析】（1）根据仪器构造分析其名称；（2）从有利于蒸汽充分冷却的角度分析冷却水的流向；（3）根据内外压强相等时溶液有利于流下，据此解答；（4）配制970mL溶液需要1000mL容量瓶，据此计算；根据配制原理分析装置图中的错误；（5）根据cn/V结合实验操作分析可能产生的误差。【详解】（1）装置I为蒸馏装置，仪器a为蒸馏烧瓶，b为(直形)冷凝管。（2）进行实验时

38、冷凝水由g口通入，与被冷凝的蒸气方向相反，可提高冷凝效果。（3）分液时为使液体顺利流下，应打开分液漏斗上口的玻璃塞，或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，使分液漏斗内外气体相通，压强相等，这样液体才能顺利流下。（4）实验室用Na2CO310H2O晶体配制0.05mol/L的Na2CO3溶液970mL，应选1000mL容量瓶，称取Na2CO310H2O的质量为1L0.05mol/L286g/mol14.3g。向容量瓶转移溶液时为防止液体溅出，必须用玻璃棒引流，装置III未用玻璃棒引流。（5）定容时，俯视刻度线，液面低于刻度线，溶液体积减少，则对所配溶液浓度偏大。27、检验装置气密性 分液漏斗

39、 Cl2中含有HCl气体 氯水呈黄绿色 取少量氯水滴加紫色石蕊试液，若出现先变红后褪色，则证明有HCl和HClO的存在 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 溶液分层，下层为橙红色，上层无色 Cl2O 【解析】由实验装置可知，二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，然后选向上排空气法收集氯气，再发生氯气与水的反应制备氯水，氯水中含氯气为黄绿色，且含具有漂白性的HClO，最后NaOH吸收尾气。【详解】(1)该实验为气体制备、收集实验，开始前需要检验装置气密性；(2)根据其结构特点可知该仪器为分液漏斗；饱和食盐水可以吸收Cl

40、2混有的挥发出来的HCl气体，装置中若无盛饱和食盐水的洗气瓶，将导致Cl2中含有HCl气体；(3)氯气为黄绿色气体，所以证明Cl2水存在Cl2分子的现象是氯水呈黄绿色；HCl具有酸性，HClO具有漂白性，所以证明同时存在HCl和HClO可取少量氯水滴加紫色石蕊试液，若出现先变红后褪色，则证明有HCl和HClO的存在；(4)氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；(5)新制氯水中含有Cl2，可以置换出Br2，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ；Br2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以发生萃取，其现象是：溶液分

41、层，下层为橙红色，上层无色；(6)含氯氧化物，含氧量18.4%，则Cl、O原子个数比为：=2：1，分子式为Cl2O。【点睛】把握实验装置的作用、物质的性质、反应与现象为解答的关键；氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+Cl-+H+，饱和食盐水中有大量氯离子，因此可以降低Cl2的溶解度，因此常用饱和食盐水除去Cl2混有的HCl气体。28、1.2041023 62g/mol 12mol/L 3.9g 200 【解析】I.（1）1个氢气分子中含2个H原子；（2）12.4克Na2X中含有0.4molNa+，根据Na2X的组成计算出Na2X的物质的量及摩尔质量，根据摩尔质量与相对分子量的关系计算出X的相

42、对原子质量；II. （1）根据浓盐酸试剂瓶标签数据计算出物质的量浓度；（2）根据锌和盐酸反应方程式计算反应消耗锌的质量；（3）根据氯化锌和硝酸银溶液反应方程式计算消耗的AgNO3的物质的量，再根据V=计算 AgNO3溶液的体积。【详解】I.（1）1个氢气分子中含2个H原子，n（H2）=0.1mol，n（H）=0.1mol2=0.2mol，则H原子个数为0.2NA=1.2041023，故答案为1.2041023；(2)12.4克Na2X中含有0.4molNa+，Na2X的物质的量为：n（Na2X）=n（Na+）=0.4mol=0.2mol，Na2X的摩尔质量为：M（Na2X）=62g/mol，故

43、答案为62g/mol； II.（1）1L该浓盐酸中含有的氯化氢的质量为：mol=12mol，该盐酸的物质的量浓度为：12mol/L，故答案为12mol/L；（2）含有的氯化氢的物质的量为12mol/L0.01L=0.12mol，消耗锌的物质的量为0.06mol，质量m=0.06mol65g/mol=3.9g，故答案为3.9g；（3）反应后，溶液中溶质氯化锌的物质的量为0.06mol，含Cl-0.12mol，则反应消耗 AgNO3为0.12mol，AgNO3溶液体积为V=0.2L=200mL，故答案为200。29、0.2 0.2 0.006 0.05 30 0.25 4.5 【解析】分析：（1）

44、求出氢氧化钠的物质的量，然后根据物质的量浓度c= 来计算；溶液是均一稳定的，所取出溶液的浓度和体积无关；将30mL溶液加水稀释至120mL，溶液体积变为原来的4倍，则浓度变为原来的四分之一,但含有的氢氧化钠的物质的量和质量不变，据此分析。（2）根据 n=，求出氢气的物质的量，再根据电解水的反应求水的质量。详解：（1）2.4g氢氧化钠的物质的量n=0.06mol，故所得物质的量浓度c= =0.2mol/L；因为溶液是均一稳定的，故所取出的30mL溶液的浓度和所取的体积无关，即仍然是0.2mol/L；但因为所取出的溶液的体积是原体积的故所取出的30mL溶液中含有的氢氧化钠的质量也是原来的，即含有氢氧化钠的物质的量为：0.