山西省忻州市2022-2023学年化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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100 g 物质的量浓度为18 mol/L、密度为 g/cm3的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9 mol/L的硫酸，则加入水的体积为（ ）A小于100 mLB等于100 mLC大于100 mLD等于100 mL

2、2、由CO2、CO、H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2、CO的体积比可为（ ）A13829B22114C29813D1316573、稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为和，氧化性：）。下列说法正确的是（ ）A铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：B溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：C铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素D金属保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化4、对于化学反应：AB=CD，下列说法正确的是()A若A、

3、B为酸和碱，则C、D中不一定有水B若A、B为两种化合物，则C、D也一定为化合物C若生成物C和D分别为两种沉淀，则A、B可能为盐和碱D若生成物C、D中有一种为单质，则该反应一定是置换反应5、在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）AK+ 、MnO4、Na+、Cl BK+、Na+、NO3、CO32CNa+、H+、NO3、SO42 DCa2+、Na+、Cl、HCO36、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/LFeCl

4、37、将0.2mol MnO2和50mL 12molL-1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为x mol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是Ax0.3Bx0.3C0.3x0.6D以上结论都不对8、科研人员最近发现放射性同位素钬Ho可有效地治疗肝癌，该同位素原子核内中子数与质子数之差为()A99B32C166D2339、氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式34.96975.77%+36.96624.23% =35.453中，说法不正确的是A75.77%表示35Cl的质量分数B24.23%表示37Cl的丰度C35. 4

5、53表示氯元素的相对原子质量D36.966表示37Cl的相对原子质量10、同温同压下，有质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列有关说法错误的是（ ）A气体的体积由大到小的顺序是H2CH4O2CO2SO2B所含分子数由多到少的顺序是H2CH4O2CO2SO2C密度由大到小的顺序是SO2CO2O2CH4H2D所含电子数由多到少的顺序是CO2SO2CH4O2H211、下列说法不正确的是A胶体属于纯净物B可用丁达尔效应区分胶体与溶液C氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降而用于净水D胶体分散质粒子的直径在109107m之间12、在同温、同压下，A容器中的H2与B容器中的NH3所含原

6、子总数相等，则A与B的体积之比为()A11B12C21D3213、下列溶液中Cl的物质的量浓度与500 mL 1 molL1 MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度相同的是 ()A250 mL 2 molL1 CaCl2溶液 B500 mL 4 molL1 NaCl溶液C500 mL 2 molL1 NaCl溶液 D250 mL 4 molL1 CaCl2溶液14、下列离子检验的正确结论是()A若向溶液中加入足量盐酸，产生能够使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定存在大量CO32-B若向溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，则溶液中一定存在大量Cl-C若向溶液中滴加酚酞试液，溶液变红色，则溶液中一

7、定存在大量OH-D若向溶液中加入BaCl2溶液后，产生白色沉淀，则溶液中一定存在大量SO42-15、标准状况下，6.72LNH3；1.2041023个H2S；5.6gCH4；0.5molHCl，下列关系不正确的是A体积大小：B原子数目：C密度大小：D质量大小：16、下列说法正确的是A物质的量就是1mol物质的质量B1mol水中含有2mol氢和1mol氧C摩尔是国际单位制中一个物理量D3mol与2mol所含原子数相等17、下列有关物质分类的说法，不正确的是（ ）ACO、N2O5是非金属氧化物，也是酸性氧化物，它们属于电解质BKNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐CH2CO3是含氧酸、二元酸DNaOH是

8、可溶性碱，也是强碱18、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2 O，下列说法正确的是（ ）AKClO3在反应中失去电子BClO2是氧化产物CH2C2O4在反应中被氧化DKClO3是还原剂19、下列离子方程式书写正确的是A实验室用铁和稀硫酸反应制氢气：2Fe + 6H+2Fe3+ 3H2B向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3+ 3H+C实验室用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体：CaCO3+ 2H+Ca2+ + CO2+ H

9、2OD将铝片插入硝酸汞溶液中：Al+ Hg2+Al3+ + Hg20、下列表示离子符号表示正确的有（）CO32Mg2+ABCD21、下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是()AF2、K、SO2BCl2、Al、SCNO2、Na、Br2DHNO3、Cl2、Fe2+22、下列物质,前者属于电解质,后者属于非电解质的是ANaCl晶体、BaSO4 BNaHCO3、蔗糖C铜、二氧化硫 D稀盐酸、酒精二、非选择题(共84分)23、（14分）a、b、c、d、e、f、g为七种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下所示：(单位：电荷)粒子代号abcdefg

10、电荷数0110210其中b的离子半径大于e的离子半径；c与f可形成两个共价型g分子。试写出：(1)a粒子的原子结构示意图是_。(2)b与e相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为_(用化学式表示)。(3)若d极易溶于水，在水溶液中变化的方程式为_，实验室制备d气体的化学方程式为_；若d为正四面体形分子，其重要应用之一为_。(4)c粒子是_，f粒子是_(用化学式表示)，由c、f生成g的离子方程式是_。24、（12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

11、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_。25、（12分）在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：成分质量/g摩尔质量/（gmol1）蔗糖50.00342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是_（填写名称）。（2）“鲜花保鲜剂”中K的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K）_（只要求写表达式，不需

12、计算）molL1。（3）下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是_（填字母），还缺少的玻璃仪器有_（填仪器名称）。（4）配制过程中，下列操作使所配溶液浓度偏低的是_。A 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水B 溶解后没有冷却便进行定容C 定容时仰视液面D 容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的鲜花保鲜剂而未洗净E 加水定容时越过刻度线，又用胶头滴管吸出F 定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理（5）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，则加入的试剂中应含有_（填化学符号）。26、（10分）某学生需要用烧碱固体配制0.5 molL-1的NaOH溶液490mL。

13、实验室提供以下仪器：烧杯 100 mL量筒 药匙 玻璃棒 托盘天平（带砝码）。请回答下列问题：（1）计算结果：需要称取NaOH固体的质量为_；（2）配制时，必须使用的仪器有_（填代号），还缺少的仪器是 _、_。（填仪器名称）（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）_；A用少量水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（4）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于

14、_、后用于_；（5）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是_；容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干定容观察液面时俯视配制过程中遗漏了（3）中步骤A加蒸馏水时不慎超过了刻度（6）若实验过程中出现（5）中这种情况你将如何处理？_。27、（12分）有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2 、CaCl2 、K 2CO3 。现做以下实验：将部分粉末加入水中，震荡，有白色沉淀生成；向（1）的悬浊液中加入过量的稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；取少量（2）的溶液滴入AgNO3溶液中，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，回答下列问题：（1）原白色粉末中肯定含有_、_（填化学式）；（2）写出Ba(N

15、O3)2 跟K 2CO3反应离子方程式_；（3）写出CaCl2跟K 2CO3反应离子方程式_；（4）写出CaCO3跟HNO3反应离子方程式_；28、（14分）实验室制取氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O（1）该反应中氧化剂是_；被还原的元素是_；氧化产物是 _；（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目_；（3）若该反应中有0.2mol的电子转移，则能生成标准状况下的氯气的体积是_；（4）若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为_mol，转移电子数_mol。29、（10分）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述

16、为：2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式_；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填写编号，多选倒扣)；只有还原性还原性和酸性 只有氧化性氧化性和酸性（3）此反应中氧化产物是_（填化学式），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为_mol。（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O。_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、A【解析】设需加入水的体积为x，加水稀释后溶液有密度为2依据稀释定律可得1，从而

17、得出200100+x，xFe3+，结合2Fe3+2I-=2Fe2+I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2，故A错误；B. 氧化性是Ce4+Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素，故C正确；D. 根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误；故选C。4、C【解析】A、若A、B为酸和碱，发生中和反应产物中一定有水，故A错误；B、若A、B为两种化合

18、物，C、D不一定为化合物，如一氧化碳与金属氧化物都属于化合物，但它们反应后却有金属单质生成，故B错误；C、如果反应物是硫酸铜（盐）和氢氧化钡（碱），则会生成硫酸钡和氢氧化铜两种沉淀，故若生成物C和D分别为两种沉淀，A、B有可能为盐和碱，故C正确；D、单质与化合物反应生成另外的一种单质与一种化合物的反应，称为置换反应，所以生成物中只有一种单质不能确定该反应一定是置换反应，故D错误；综上所述，本题应选C。5、B【解析】碱性溶液中存在大量的OH-，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原等来判断离子的共存，并注意离子在水中的颜色来解答。【详解】A、碱性条件下离子之间不反应，能共存，但

19、MnO4在水溶液中为紫色，故A不选；B、碱性条件下离子之间不反应，能共存，且在水中均为无色，故B选；C、碱性条件下OH-与H+结合生成水，则不能大量共存，故C不选；D、碱性条件下OH-与HCO3结合生成CO32-，CO32-与Ca2+生成CaCO3沉淀，则不能大量共存，故D不选。答案选B。6、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. 150m

20、L3mol/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。7、C【解析】盐酸的物质的量是0.05L12mol/L=0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol，但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，降低到一定程度时反应会停止，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的

21、氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。8、B【解析】由Ho中可以得出，质子数为67，质量数为166，该同位素原子核内中子数与质子数之差为166-67-67=32，故选B。9、A【解析】A、75.77%表示35Cl的丰度，不是质量分数，故A错误；B、24.23%表示37Cl的丰度，故B正确；C、氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故C正确；D、36.966表示37Cl的相对原子质量，故D正确。答案选A。10、D【解析】A项，根据n可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，同温同压下气体的体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五

22、种气体的体积由大到小的顺序是H2CH4O2CO2SO2，正确；B项，根据n可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，所含分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2所含分子数由多到少的顺序是H2CH4O2CO2SO2，正确；C项，根据阿伏伽德罗推论：同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的摩尔质量由小到大的顺序是H2CH4O2CO2SO2，故密度为H2CH4O2CO2SO2，正确；D项，分别取mg五种气体，则CO2、H2、O2、CH4、SO2所含电子的物质的量分别为22mol，2mol，16mol，10mol，32mol，所

23、含的电子数由多到少的顺序是H2CH4CO2O2SO2，错误；故选D。11、A【解析】A胶体中含有分散质和分散剂，属于混合物，选项A错误；B胶体具有丁达尔效应，溶液没有，则可用丁达尔效应区分胶体与溶液，选项B正确；C氢氧化铁胶体粒子具有较大表面积，能吸附悬浮在水中的杂质，起到净水作用，选项C正确；D胶体分散质微粒直径介于1100nm之间(介于10-9-10-7m )，选项D正确；答案选A。12、C【解析】在同温、同压下，气体的Vm相等，根据分子中含有的原子个数可知分子数之比为21，由n=可知，气体的分子数之比等于体积之比，则体积比为21。故选C。13、C【解析】1molL-1MgCl2溶液中Cl

24、-的物质的量浓度为1mol/L2=2mol/L，A.250mL2molL-1CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为2mol/L2=4mol/L，故A错误；B.500mL4molL-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为4mol/L1=4mol/L，故B错误；C.500mL2molL-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2mol/L1=2mol/L，故C正确；D.250mL4molL-1CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为4mol/L2=8mol/L，故D错误。故选C。【点睛】注意溶液的物质的量浓度与体积无关。14、C【解析】A. 若向溶液中加入足量盐酸，产生能够使澄清石灰水变浑浊的气体，则

25、溶液中可能含有碳酸根、亚硫酸根等离子，A错误；B. 若向溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，则溶液中含有Cl-、碳酸根离子、硫酸根离子等，B错误；C. 若向溶液中滴加酚酞试液，溶液变红色，说明溶液呈碱性，溶液中一定存在大量OH-，C正确；D. 若向溶液中加入BaCl2溶液后，产生白色沉淀，则溶液中可能存在大量SO42-或Ag+等，D错误。15、D【解析】标准状况下，6.72 L NH3的物质的量是6.72L22.4L/mol=0.3mol；1.2041023 个H2S的物质的量是1.20410236.021023=0.2mol；5.6 g CH4的物质的量是5.6g16g/mol=0.35m

26、ol。A.四种物质的体积分别为：6.72 L、4.48L、7.84L、11.2L，故体积大小顺序为，故A正确；B.根据上述分析可知，四种物质中原子的物质的量分别为： 1.2mol、 0.6mol、 1.75mol、 1.0mol，因此原子数目大小顺序为：，故B正确；C.相同条件下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，四种物质的相对分子质量分别为： 17、 34、 16、 36.5，因此密度大小顺序为：，故C正确；D.根据m=nM可知，四种气体的质量分别为： 5.1g、 6.8g、 5.6g、 18.25g，因此四种气体的质量大小顺序为：，故D错误；故答案选D。16、D【解析】A. 物质的量与

27、物质的质量不同，物质的量的单位为mol，质量的单位为g，故A错误；B. 表述微观粒子的物质的量时，必须指明微观粒子的种类，因此表示水的构成时，应为1mol水中含有2mol氢原子和1mol氧原子，故B错误；C. 摩尔是物质的量的单位，故C错误；D. 设为阿伏加德罗常数的值，3mol所含原子数为，2mol所含原子数也为，故D正确；答案选D17、A【解析】ACO、N2O5是非金属氧化物，酸性氧化物是该物质与碱反应能生成相应的盐，CO不是酸性氧化物，且二者本身不能电离出自由移动的离子，不是电解质，A错误；BKNO3含钾离子、硝酸根，是钾盐、硝酸盐，也是正盐，B正确；CH2CO3是含氧酸，可电离出两个氢

28、离子，是二元酸，C正确；DNaOH是强碱，可溶于水，也是可溶性碱，D正确；答案选A。18、C【解析】AKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则氯酸钾得电子为氧化剂，发生还原反应，故A错误；BCl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；CH2C2O4为还原剂，C元素的化合价由+3价升高到+4价，在反应中被氧化，故C正确；DKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故D错误；故答案为C。19、C【解析】A.实验室用Fe和稀硫酸制氢气的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B.向沸水中滴加饱和FeC

29、l3溶液制备Fe(OH)3胶体的反应是可逆反应，且生成的氢氧化铁是胶体，不是沉淀，故B错误；C.实验室用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体的离子方程式为：CaCO3+ 2H+Ca2+ + CO2+ H2O，故C正确；D.将铝片插入硝酸汞溶液中的离子方程式为：2Al+ 3Hg2+2Al3+ + 3Hg，故D错误。故选C。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符

30、合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。20、A【解析】CO32是碳酸根的化学式，故正确；的核内质子数为9，故为氟元素，而核外有10个电子，故是F的结构示意图，故正确； 是由18O原子构成的过氧根的化学式，故正确；为O2的电子式，故正确；Mg2+为镁离子，故正确。故答案选A。21、A【解析】物质所含元素处于最高价时只具有氧化性，处于最低价时只具有还原性，中间价态时既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】AF2只有氧化性，K只有还原性，SO2既有氧化性又有还原性，故A正确；BCl2既有氧化性又有还原性，Al只有还原性，S既有氧化性又有还原性，故B错误；CNO2、Br2均既有氧化

31、性又有还原性，Na只有还原性，故C错误；DHNO3只有氧化性，Cl2、Fe2+均既有氧化性又有还原性，故D错误；答案选A。22、B【解析】电解质为：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质为：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，据此即可解答。【详解】A氯化钠是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质，硫酸钡是在熔融状态下能够导电的化合物，是电解质，两者都是电解质，选项A错误；BNaHCO3是在水溶液中

32、能够导电的化合物，是电解质，蔗糖在水溶液中或熔融状态下只有分子，没有自由移动的离子，不导电，是化合物，是非电解质，前者是电解质，后者是非电解质，选项B正确；C铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，二氧化硫常温下为气体，没有自由移动的离子，虽SO2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是SO2自身电离，SO2是化合物，故SO2是非电解质，前者既不是电解质又不是非电解质，后者是非电解质，选项C错误；D稀盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，酒精在水溶液中或熔融状态下只有分子，没有自由移动的离子，不导电，是化合物，是非电

33、解质，前者既不是电解质也不是非电解质，后者是非电解质，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查电解质与非电解质判断，题目难度不大，注意解答该类概念性题目，应该明确概念，抓住概念中的关键词，注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。二、非选择题(共84分)23、 NaOHMg(OH)2 NH3H2ONH3H2ONH4+OH 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 作为燃料 OH H3O OHH3O=2H2O 【解析】a、d和g不带电荷，说明是分子或者原子， e带2个单位正电荷，说明e为 Mg2+，b和f带1个单位的正电荷，可能是Na+、H3O+、NH4+，b的离子半径大于e

34、的离子半径，因此b为Na+，c带一个单位负电荷，可能是F-、OH-、NH2-，又c与f可形成两个共价型g分子，那么c为OH-，f为H3O+，g为H2O，据此分析作答。【详解】（1）a为原子，即为Ne，原子结构示意图为：；（2）b为Na+，e为 Mg2+，相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为NaOHMg(OH)2；（3）若d极易溶于水，说明d为NH3，NH3溶于水形成NH3H2O，电离后生成NH4+和OH-，在水溶液中变化的方程式为NH3H2ONH3H2ONH4+OH；（4）c为OH-，f为H3O+，g为H2O，OH-与H3O+生成H2O的离子方程式为：OHH3O=2H2O。【点睛】

35、解答本题时要熟记常见的“10电子”粒子：24、H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl22HCl Cl2+H2OHCl+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；

36、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+H2OHCl+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。25、蔗糖 2 ac 玻璃棒、烧杯 CE Cl 【解析】(1)同一溶液、体积相等，则物质的量越大溶液的浓度也越大，蔗糖的物质的量为：=0.146mol；硫酸钾的物质的量为：=0.00287mol；阿司匹林的物质的量为：=0.00194mo

37、l；高锰酸钾的物质的量：=0.0032mol；硝酸银的物质的量：=0.00024mol；所以蔗糖的物质的量最大，溶液中蔗糖的物质的量浓度最大； (2)溶液中钾离子的物质的量为(2+)mol，溶液的体积V=1L，则依据c=，溶液中钾离子的物质的量浓度为=（2+）mol/L；(3)配制一定物质的浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、1000 mL容量瓶、胶头滴管；用不到烧瓶和分液漏斗，还缺少的仪器是玻璃棒、烧杯；(4)A容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A不选；B. 溶解后没有

38、冷却便进行定容，会造成溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，故B不选；C定容时仰视液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故C选；D容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的鲜花保鲜剂而未洗净，容量瓶中残留有鲜花保鲜剂，导致配制的溶液中鲜花保鲜剂浓度偏大，故D不选；E. 加水定容时越过刻度线，又用胶头滴管吸出，加入水的量偏大，导致配制的溶液浓度偏低，故E选；F定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，故D不选；答案选CE；(5)银离子能够与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，则欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，加入的试剂中应含有Cl-。26、 10.0g 500

39、mL容量瓶 胶头滴管 BCAFED 搅拌 引流 重新配制溶液【解析】分析：(1)根据m=nM=cvM计算；(2)根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；(3)根据实验操作的步骤；(4)根据玻璃在实验中的作用；(5)根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；(6)根据实验操作出现的错误应重新配制。详解：(1)实验室配制0.5molL-1的NaOH溶液490mL，应该配制500 mL，需要NaOH的质量为：0.5L0.5mol/L40g/mol=10.0g，故答案为：10.0g；(2)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用

40、药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为500mL容量瓶；胶头滴管，故答案为：；500mL容量瓶；胶头滴管；(3)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：BCAFED；(4)玻璃在溶解时起到搅拌作用，在移液时起到引流作用，故答案为：搅拌；引流；(5)容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，无影响，浓度不变，故错误；定容观察液面时俯视，溶液体积偏小，浓度偏大，故正确；配制过程中遗漏了(3)中步骤A，溶质的质量减少，浓度偏低，故错误；加蒸馏水时不慎超过了刻度，溶液体积偏大，浓度偏小

41、，故错误；故答案为：；(6)实验操作出现加蒸馏水时不慎超过了刻度，则溶液的浓度偏小，应重新配制，故答案为：重新配制。点睛：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的方法。要熟记配制一定物质的量浓度的溶液步骤和用到的玻璃仪器，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。本题的易错点为配制过程中的误差分析，分析时，要紧扣c=，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。27、 K2CO3 CaCl2 Ba2+CO32-=BaCO3 Ca2+CO32-=CaCO3 CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O【解析】将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能

42、生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙，一定含有碳酸钾，其余两种中至少含有一种；向的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；取少量的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2。(1)根据上述实验现象，判断白色粉末中肯定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2，故答案为：K2CO3；CaCl2；(2)Ba(NO3)2 跟K 2CO3反应离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3，故答案为：Ba2+CO32-=BaCO3；(3)CaCl2