2022年江西省五市八校协作体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请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列溶液中，c(H+)最大的是( )A250ml2mol/L的硝酸B500ml1mol/L的盐酸C40ml5mol/L的盐酸D100ml3mol/L的硫酸2、2016年诺贝尔化学奖授予以色列和美国科学家，以表彰他们发现了“泛素调节的蛋白质降解反应机理”(即蛋白质如何“死亡”的机理)。之所以授予

2、他们诺贝尔化学奖而不是生物学奖或医学奖，其主要原因是A他们的研究对人类的生命活动具有重要意义B他们的研究有助于探索一些包括恶性肿瘤疾病的发生机理C他们的研究深入到了细胞的层次D他们的研究深入到了分子、原子的层次3、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是可溶性碱，也是强碱4、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的组合正确的是纯净物混合物电解质非电解质AHCl冰水混合物纯碱铁B蒸馏水氨水火碱氨气CH2SO4胆矾纯碱石墨D浓硝酸加碘食盐NaOH溶液生石灰AAB

3、BCCDD5、以下三组溶液：煤油和硫酸钾溶液 42的乙醇水溶液 单质溴和水溶液，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6、某气体物质的质量为6.4 g，含有6.021022个分子，则该气体的相对分子质量是A64B32C96D1247、下列有关物质性质的应用正确的是（）A活泼金属与活泼非金属形成的都是离子键B二氧化硅是制造太阳能电池板的主要材料C二氧化硫通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，体现了SO2的漂白性D化学反应的实质就是反应物中化学键断裂，生成物中形成新的化学键。8、将一小块钠投入5mL饱和澄清石灰水中，不

4、可能观察到的现象是()A钠熔成小球并在液面上游动B有气体生成C溶液底部有银白色物质生成D溶液变浑浊9、下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是( )A醋酸溶液、食盐晶体 B熔融状态的KOH、熔融状态的NaClCNaOH溶液、纯HNO3 D液氨、石灰水10、自来水中因含有少量 Cl而不能用于溶液的配制，实验室为了除去自来水中的 Cl获得纯净 水，可采用的方法是( )A过滤法B结晶法C蒸馏法D沉淀法11、下列说法正确的是（）A阴离子只有还原性B含有最高价元素的化合物，只有氧化性，不具有还原性CZn和稀硫酸反应既属于离子反应，也属于氧化还原反应D没有单质参加也没有单质生成的反应一定不是氧化还原

5、反应12、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是（）ANH4NO3BSiO2CH2ODCu13、下列实验方案设计中，可行的是A用萃取的方法分离汽油和煤油B加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉C用溶解过滤的方法分离KNO3和NaCl固体的混合物D将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H214、1个某种氯原子的质量是a g，1个12C原子的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()该氯原子的相对原子质量为12a/bm g该氯原子的物质的量为m/(aNA) mol该氯原子的摩尔质量是aNA ga g该氯原子所含的电子数为17 molABC

6、D15、已知Fe(OH)3胶体微粒能吸附Fe3+离子。在约50mL的沸水中，滴入810滴（20滴约为1mL）饱和FeCl3溶液至其为红褐色后，将它们装入半透膜袋中，并浸没在盛有蒸馏水的烧杯中。隔一段时间后，烧杯里的水中含有的离子最多的是 （ ）AH+、OHBH+、ClCFe3+、ClDFe3+、OH16、同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，说法正确的是( )分子数比11：16密度比11：16体积比16：11原子数比11：16ABCD二、非选择题（本题包括5小题）17、某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：(

7、1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_，(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是_，(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_，(4)溶液中可能存在的离子是_；验证其是否存在可以用_（填实验方法）(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的_。ACl- BNO3- CCO32- DOH-18、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100

8、mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4+OH-NH3+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？_（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_（填离子符号），其物质的量浓度为_。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为_。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_。A该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、S

9、O42-，可能含Cl-，且n(K)0.04molB该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：_。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_。19、某学生

10、用12 molL-1的浓盐酸配制0.10 molL-1的稀盐酸500 mL。可供选择的仪器有：玻璃棒、烧瓶、烧杯、胶头滴管、量筒、500 mL容量瓶回答下列问题：（1）计算量取浓盐酸的体积为_ mL（2）配制过程中，一定用不到的仪器是_（填序号）（3）将浓盐酸加入适量蒸馏水稀释后，全部转移到500 mL容量瓶中，转移过程中玻璃棒的作用是_。转移完毕，用少量蒸馏水洗涤仪器23次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶，直到液面接近刻度线1-2cm处。改用_滴加蒸馏水，使溶液的凹液面的最低处与刻度线相切。振荡、摇匀后，装瓶、贴签。（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作

11、对所配溶液浓度的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出重新加水至刻度线_转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水_20、掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为蒸馏实验装置。（1）写出下列仪器的名称：a_； b_；（2）实验过程中，需要通冷水，图中的进水方向是_进（填图中字母）；（3）若利用装置分离乙酸（沸点118）和乙酸乙酯（沸点77）的混合物，还缺少的仪器是_；II现用NaOH固体配制0.1 mol/L NaOH溶液480mL，据此回答下列问题：（4）配制氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_；（5）实验时需要称量氢氧

12、化钠_g；（6）配制0.1 mol/L NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作，会导致配制溶液的浓度偏大的有_（填写字母）。A称量氢氧化钠固体时砝码放反了 B未洗涤溶解NaOH的烧杯CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D容量瓶未干燥即用来配制溶液 E定容时俯视刻度线F定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：请根据以上信息回答下列问题：(1)写出混合物B的名称_； (2)写出反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_；(3)粗盐中含有Ca

13、2、Mg2、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为：盐酸 氯化钡溶液 氢氧化钠溶液 碳酸钠溶液以上试剂添加的顺序可以为_；A B C D(4)提取粗盐后剩余的海水(母液)中，可用来提取Mg和Br2。母液用来提取Mg和Br2先后顺序，甲乙两位工程师有不同观点：甲：母液先提取Mg，后提取Br2 乙：母液先提取Br2，后提取Mg请你分析这两个方案是否合适，并分别说明理由_；(5将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为_；(用字母排序回答)参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】溶质的浓度的单位为mol/L，数值越大，溶质

14、的浓度越大，与溶液的体积无关，以此来解答。【详解】2mol/L的硝酸中c(H+)=2mol/L，1mol/L的盐酸中c(H+)=1mol/L，5mol/L的盐酸中c(H+)=5mol/L，3mol/L的硫酸中c(H+)=6mol/L，c(H+)最大的是D，故选D。2、D【解析】“泛素调节的蛋白质降解反应机理”泛素调节的蛋白质降解蛋白质水解可得到多肽，多肽进一步水解，最终产物为氨基酸，他们的研究深入到了分子、原子的层次【详解】“泛素调节的蛋白质降解反应机理”泛素调节的蛋白质降解蛋白质水解可得到多肽，多肽进一步水解，最终产物为氨基酸化学是在分子、原子层面上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的科

15、学，他们的研究深入到了分子、原子的层次，故D正确。3、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。4、B【解析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。【详解】A项、冰水混合物是

16、纯净物，铁是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B项、蒸馏水是纯净物，氨水是氨气的水溶液，是混合物，火碱是氢氧化钠，属于碱，是电解质，氨气是非电解质，故B正确；C项、胆矾是五水硫酸铜，是带有结晶水的盐，是纯净物，石墨是非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D项、浓硝酸是硝酸的水溶液，是混合物，NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。故选B。【点睛】题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意电解质和非电解质必须是化合物，电解质溶于水或熔融状态能电离出自由移动的离子，且离子是其本身电离的。5、A【解析】煤油不溶于水

17、，分离煤油和硫酸钾溶液应该用分液法；乙醇与水互溶，但沸点相差较大，分离42的乙醇水溶液应该用蒸馏；溴单质易溶在有机溶剂中，分离单质溴和水溶液应该用萃取，答案选A。6、A【解析】根据n=N/NA计算该气体的物质的量，再根据M=m/n计算该气体的摩尔质量，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相对分子质量【详解】6.4g某气体的物质的量为6.021022/6.021023mol1=0.1mol。摩尔质量为6.4g/0.1mol=64gmol1，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相对分子质量，所以该气体的相对分子质量为64。故选A。7、D【解析】A. 活泼金属与活泼非金属形成的不一定都是

18、离子键，例如铝和氯形成的氯化铝中含有共价键，A错误；B. 二氧化硅可以制作半导体材料，硅是制造太阳能电池板的主要材料，B错误；C. 二氧化硫通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，体现了SO2的还原性，C错误；D. 化学反应的实质就是反应物中化学键断裂，生成物中形成新的化学键，D正确；答案选D。8、C【解析】A钠的密度小于水，钠的熔点较低且钠和水反应放出大量的热使钠熔成小球，所以能观察到，生成的气体推动小球游动，选项A正确；B钠和水反应生成氢气，所以能观察到有气体产生，选项B正确；C钙的活泼性大于钠，且钠、钙都易和水反应生成碱，所以钠不可能置换出钙，则看不到有金属钙生成，选项C不正确；D因为有

19、部分溶质析出而导致溶液成悬浊液，所以看到溶液变浑浊，选项D正确；答案选C。9、B【解析】A、醋酸溶液能导电是乙酸和水的混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，故A错误；B、熔融KOH、熔融NaCl，属于强电解质能导电，故B正确；C、NaOH溶液是混合物，不是电解质，纯硝酸不导电，故C错误；D、液氨不导电，石灰水是混合物，都不是电解质，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了电解质和非电解质的判断，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。本题的易错点为D，要注意液氨属于非电解质，一水合氨属于弱电解质。10、C【解析】水易挥发和冷却，可先蒸发，将水与盐类分离，在冷却可得到水，以此解

20、答该题。【详解】A可溶性盐类物质不能通过过滤的方法分离，故A错误；B结晶法得到盐类物质，不能得到水，故B错误；C水易挥发，可用蒸馏的方法分离水和可溶性盐，故C正确；D用沉淀法，易引入其它杂质离子，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的分离提纯，侧重物质除杂及混合物分离方法的考查，把握物质的性质及分离原理为解答的关键。11、C【解析】A如为高锰酸根离子，Mn元素化合价为最高价态，则为强氧化性，故A错误； B如同时含最低价，则也有还原性，如水，既具有氧化性也具有还原性，故B错误； C锌和稀硫酸反应，为锌和氢离子的反应，Zn和H元素化合价变化，既属于离子反应，也属于氧化还原反应，故C正确； D硝

21、酸与二氧化硫反应生成硫酸和NO，为氧化还原反应，该反应没有单质参加和生成，故D错误；故选C。12、C【解析】ANH4NO3为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，故A错误；BSiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B错误；CH2O为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C正确；DCu为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子，晶体中无单个分子，故D错误，故答案选C。13、B【解析】A、汽油和煤油都是有机物混合后相互溶解，不能分层，无法用萃取的方法分离，错误；B、铜粉中的少量镁粉和铝粉，加入盐酸后镁粉和铝粉均生成盐和氢气，铜不与

22、盐酸反应，过滤后可除去杂质，正确；C、KNO3和NaCl易溶于水，用溶解、过滤的方法不能分离KNO3和NaCl固体的混合物，应该重结晶分离，错误；D、将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，O2和H2加热会迅速反应，甚至发生爆炸，错误。答案选B。14、A【解析】某原子的相对原子质量等于一个该原子的质量除以一个12C原子质量的十二分之一，据此计算氯原子的相对原子质量；一个氯原子的质量为ag，则NA个氯原子的质量为aNAg，则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol，再依据n=m/M计算物质的量；摩尔质量的单位为g/mol；某氯原子的质量是ag，则ag该氯原子即1个，据此分析。【详解】氯原子的相对原子质

23、量为一个氯原子的质量除以一个12C原子质量的十二分之一，即氯原子的相对原子质量=，正确；一个氯原子的质量为ag，NA个氯原子的质量为aNAg，则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol，所以mg该氯原子的物质的量为，正确；一个氯原子的质量为ag，NA个氯原子的质量为aNAg，则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol，错误；某氯原子的质量是ag，则ag该氯原子即1个氯原子，含17个电子，错误；综上所述，正确；答案选A。【点睛】摩尔质量的计算公式：（1）；（2）已知化学式，摩尔质量数值上等于其相对分子质量或者相对原子质量；（3）已知一个某粒子的质量为a g，该粒子的摩尔质量M=a NA g/mol；例如本题

24、中1个氯原子的质量为a g，NA个氯原子的质量为a NAg，则氯原子的摩尔质量为a NAg/mol，这是学生们的易错点，关键在于理解摩尔质量的定义：摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，即NA个粒子的质量。15、B【解析】在约50mL的沸水中,滴入810滴(20滴约为1mL）饱和FeCl3溶液至其为红褐色后,得到氢氧化铁胶体, FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl,Fe（OH）3胶体微粒吸附Fe3+，将它们装入半透膜袋中,并浸没在盛有蒸馏水的烧杯中,胶体粒子不能透过半透膜，氢离子和氯离子能透过半透膜,所以烧杯里的水中含有的离子最多的是H+、Cl；答案：B。【点睛】考查胶体

25、的知识。胶体粒子不能透过半透膜，离子能透过半透膜。16、B【解析】不妨设SO2气体和CO2气体的质量均为1g，则SO2的物质的量为mol，CO2的物质的量为mol。【详解】同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为:=11：16，分子个数之比等于物质的量之比，所以分子数之比是11：16，故正确；同温、同压下两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比为64g/mol：44g/mol=16：11，故错误；相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故错误；每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其物质的量之比11：16，故正确；

26、故答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu2+ 、Fe3+ Ag+ Mg2+ K+ 焰色反应 B 【解析】根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag+Cl-=AgCl说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2+ 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝

27、色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag+Cl-=AgCl，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3H2O）,先中和滤液中的酸：H+ NH3H2O=NH4+H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2+ 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫

28、色则证明K+存在，否则不存在。(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag+Cl-=AgCl，2Ag+CO32-=Ag2CO3，Ag+OH-=AgOH，Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。18、否 NH4+ 0.8mol/L BaSO4、BaCO3 A 1：5 0.3mol 【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08m

29、ol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥

30、后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol2+0.04mol2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分

31、析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol0.1L0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04mol，答案选A。（5）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转

32、移的方向和数目为；KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。19、4.2 引流 胶头滴管 偏低 无影响 【解析】（1）根据计算所需浓盐酸的体积；（2）用浓溶液配制稀溶液所需要的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（3）转移过程中用玻璃棒将溶液引

33、流注入容量瓶里。为防止定容时加水过量，最后用胶头滴管滴加。（4）根据 分析误差。【详解】（1）设量取浓盐酸的体积为v mL，12 molL-1v mL=0.10 molL-1500 mL，解得v=4.2 mL；（2）用浓溶液配制稀溶液所需要的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的是烧瓶，故选；（3）转移过程中用玻璃棒将溶液引流注入容量瓶里，所以玻璃棒的作用是引流。为防止定容时加水过量，液面接近刻度线1-2cm处时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面的最低处与刻度线相切。（4）定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出重新加水至刻度线，溶质物质的量减少，所配溶液浓

34、度偏低；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。【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偏小或V偏大则配制溶液浓度偏低，易错点是误差分析。20、蒸馏烧瓶 冷凝管 g 温度计 500mL 容量瓶 2.0 g CE 【解析】（1）根据仪器的构造分析名称；（2）冷水下进上出，在冷凝管中停留时间长，冷却效果好；（3）分离乙酸（沸点118）和乙酸乙酯（沸点77）的混合物，采取蒸馏法，需要温度计测定温度；II（4）配制0.1 mol/L NaOH溶液480mL，选择500mL容量瓶，在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定

35、容；（5）结合m=cVM计算；（6）结合c=n/V可知，不当操作导致n偏大或V偏小，会导致配制溶液的浓度偏大，以此来解答。【详解】（1）仪器a、b的名称分别为蒸馏烧瓶、冷凝管；（2）实验过程中，需要通冷水，图中的进水方向是g进，f出；（3）乙酸（沸点118）和乙酸乙酯（沸点77）互溶，二者的沸点相差较大，分离二者的混合物，采取蒸馏法，需要温度计测定温度，图中缺少的仪器为温度计；II（4）配制0.1molL-1NaOH溶液480mL，选择500mL容量瓶，在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，则需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，故还缺少500mL容量瓶；（5）

36、实验时需要称量氢氧化钠的质量为0.5L0.1mol/L40g/mol=2.0g；（6）A称量氢氧化钠固体时砝码放反了，如果不使用游码，则固体质量不变，浓度不变，如果使用游码，则质量减少，浓度偏小；B未洗涤溶解NaOH的烧杯，n偏小，浓度偏小；CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后V偏小，则浓度偏大；D容量瓶未干燥即用来配制溶液，对实验无影响；E定容时俯视刻度线，V偏小，则浓度偏大；F定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，V偏大，则浓度偏小；故答案为CE。【点睛】本题考查混合物分离提纯实验及溶液配制实验，把握仪器的使用、混合物分离提纯、配制一定浓度

37、的溶液的实验操作及技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合浓度公式分析误差。21、石灰乳 A D 甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化 cab 【解析】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁

38、与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，以此解答该题。（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳；（2）反应为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，再利用双线桥法表示出电子转移数与方向；（3）镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；（4）根据原料的消耗解答；（5）根据题意可设镁的质量为24克，然后利用化学反应方程式分别计算反应后的固体产物的质

39、量，据此分析。【详解】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳，故答案为石灰乳；（2）反应为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，其离子方程式及

40、双线桥法标法为：，故答案为；（3）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，试剂添加的顺序可以为或，故答案为AD；（4）母液用来提取Mg和Br2，若先提取镁，海水中会残留大量Ca(OH)2，Ca(OH)2能和氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，造成浪费，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2；所以乙观点合理，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化，故答案为甲方案不合

41、适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化；（5）设24克镁在氧气中完全燃烧生成物的质量为X，48/24=80/X，解得X = 40 g；设24克镁在氮气中完全燃烧生成物的质量为Y，72/24=100/Y，解得Y = 33.3 g；设24克镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量分别为Z1和Z2，48/24=80/Z1，解得Z1 = 40 g；48/24=12/Z2，解得Z2 = 6 g；即镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量为46 g；所以将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为：cab，故答案为cab。