2022年河北省邢台市南和县第一中学高一化学第一学期期中监测试题含解析.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、下列反应中气体只作氧化剂的是（ ）ACl2通入水中 BCl2通入FeCl2溶液中CSO2通入氯水中 DNO2通入水中2、下列气体中，能用固体氢氧化钠做干燥剂的是()A氯化氢B氧气C二氧化碳D二氧化硫3、下列电离

2、方程式正确的是()AMgSO4=Mg2BBa(OH)2=Ba2OHCAl2(SO4)3=2Al33DKClO3=KCl3O24、某化学兴趣小组进行如下实验：实验 向晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；实验 向溶液中通入少量实验中产生的，溶液变为黄色；实验 取实验中生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色。下列判断正确的是（ ）A上述实验证明氧化性：B上述实验中，共有两个氧化还原反应C不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明既有氧化性又有还原性5、下列离子方程式不正确的是A氢氧化钡溶液中加少量小苏打：Ba2+2OH+2=BaCO3+2H2OB向稀氨水中加稀盐酸:NH3H2O+H+=+H2OC少量氢

3、氧化钠与氢硫酸反应：OH+H2S=HS-+H2OD标准状况下2.24LCO2通入1mol/L100mLNaOH溶液中：CO2+OH=6、下列说法中错误的是（ ）A石油主要含碳、氢两种元素B通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃C通过煤的直接或间接液化，可以获得燃料油及多种化工原料D煤、石油、天然气都是可再生能源7、200 mL 0.5 molL1的盐酸与14.3 g Na2CO3xH2O恰好完全反应生成CO2，则x为A5B6C9D108、下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列的是（）A硫酸（H2SO4）、纯碱（Na2CO3）、食盐（NaCl）B硝酸（HNO3）、烧碱（NaOH）、

4、胆矾（CuSO45H2O）C醋酸（CH3COOH）、乙醇（C2H5OH）、硫酸铵(NH4)2SO4D盐酸（HCl）、熟石灰Ca(OH)2、苛性钠（NaOH）9、 “靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A过滤 B蒸馏 C蒸发 D分液10、下列反应可用离子方程式“H+OH-=H2O” 表示的是( )ANaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合BNH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合CHNO3溶液与KOH溶液混合DNaHCO3溶液与HCl溶液混合11、在0.5 mol Na2CO3中，含有Na+数约是( )A0.5B1C6.021023D3.01102312、0.2molNa

5、OH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）ABCD13、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，为除去上述杂质离子，可供选用的试剂有：稀盐酸 Na2CO3溶液 BaCl2溶液 NaOH溶液，上述四种溶液的加入顺序不合理的是A B C D14、下列实验装置（部分仪器已省略）或操作，能达到相应实验目的的是A闻气体气味B干燥氯气C分离乙醇和水D配制100 mL 0.10 molL1盐酸15、符合下图中阴影部分的物质是（ ）ACO2

6、BCu2OCNO2 DNa2O16、下列关于Fe(OH)3胶体的制备，正确的操作是A将FeCl3 溶液滴入蒸馏水中即可B将FeCl3 溶液滴入热水中，得到黄色液体即可C将FeCl3 溶液滴入沸水中，得到红褐色液体即可D将FeCl3 溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸至生成红褐色沉淀即可17、下列操作使硫酸铜晶体结晶水测定结果偏大的是（）A硫酸铜晶体没有完全变白B加热时晶体爆溅C加热后未在干燥器中冷却D没有进行恒重操作18、等质量的 SO2和 SO3相比较，下列结论正确的是（）A它们的分子数目之比是 4：5B它们的氧元素的质量之比为 2：3C它们的物质的量之比为 5：4D它们的密度之比为 5：419

7、、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（ ）AABBCCDD20、根据下列反应判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序是 2FeCl2Cl2=2FeCl3； 2FeCl32HI=2FeCl22HClI2；H2SO3I2H2O=2HIH2SO4；ACl2 FeCl3 I2 H2SO4 BI2 FeCl3H2SO4 Cl2CFeCl3I2H2SO4 Cl2 DCl2 FeCl3H2SO4I221、由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12，则氨气和氢气的物质的量之比为A11 B12 C21 D312

8、2、下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 molL1的是A将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成的溶液B将80 g SO3溶于水并配成1 L溶液C将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液D含K为2 mol的K2SO4溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是周期表中的一部分，根据元素AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：AAAAAAA0一A二DEGI三BCFH (1)上述元素中性质最不活泼的是_，只有负价而无正价的是_，单质氧化性最强的是_，单质还原性最强的是_。(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_，酸性最强的是

9、_，呈两性的是_。(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为_，这些化合物中最稳定的是_。(4)在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是_。24、（12分）有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_(2)一定不含有的物质的化学式_(3)依次写出各步变化的离子方程式_；_；_；25、（12分）实验是化学研

10、究的一种重要手段，现有如图所示AG七种仪器，请根据要求填空。(1)写出仪器名称：E_，F_。(2)实验室配制100 mL 0.5 mol/L的盐酸。下列关于仪器E的使用方法中，正确的是_(填下列选项的编号字母)。a使用前应检查是否漏液 b使用前必须烘干c不能用作物质反应或溶解的容器 d热溶液可直接转移到其中配制该溶液需用10 mol/L的浓盐酸_mL。取用该体积盐酸时，需要用到上述仪器中的A和_(填仪器的编号字母)。下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是_(填下列选项的编号字母)。a没有将洗涤液转移到容量瓶中b转移过程中有少量溶液溅出c摇匀后，液面下降，补充水d定容时俯视刻度线e清洗取液用的量筒并

11、把溶液转移至容量瓶中26、（10分）下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。（1）装置B作用之一是为了除去氯气中的杂质HCl，盛装的液体试剂为_；（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入的物质正确的是_ (填字母编号) ；编号a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（3）D中发生反应的化学方程式是_。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和_；（4）装置F中反应的化学方程式为_；

12、（5）如果本实验使用的浓盐酸质量分数为36.5%、密度为1.15 g/cm3，此盐酸的物质的量浓度为_molL-1，若用250 mL水配制，则应溶解标况下HCl气体约为_L（结果保留3位有效数字）。27、（12分）分离提纯是化学实验中的重要部分。环己醇中加入浓硫酸后适当加热脱水是合成环己烯的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图： 可能用到的有关数据如下： 密度/(gcm-3)沸点/溶解性环己醇0.9618161微溶于水环己烯0.810283难溶于水反应结束后，将粗产物倒入分液漏斗中，分别用碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，得到环己烯 ，回答下列问

13、题： （1）仪器a的名称是 _ 冷凝管的进水口是 _,（填“b”或“c”）温度计的位置应该在_；（2）在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的 _（填 “上口倒出 ”或“下口倒出”）；（3）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是 _。28、（14分）将海水晒制后过滤可得到粗制食盐和母液，氯碱厂以电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：（1）在电解过程中，Cl2在与电源_（填“正”或“负”）极相连的电极上生成；（2）精制过程为除去溶液中的少量Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂顺序合理的是_；a先加NaOH，再加Na2CO3，再加BaCl2b先加NaOH，后加Ba(OH)2，再加Na2

14、CO3c先加BaCl2，后加NaOH，再加Na2CO3（3）脱盐工序中利用NaOH（溶解度随温度变化较大）和NaCl（溶解度随温度变化较小）在溶解度上的差异，通过_，然后趁热过滤分离NaCl晶体，并得到50%的NaOH溶液（填写设计方案，无需计算具体数据）；（4）写出电解饱和食盐水的反应方程式_；如果在实验室中电解200ml饱和食盐水，一段时间后电源负极连接的电极处收集到224ml气体（已换算成标况），此时溶液中NaOH的物质的量浓度为_molL-1（不考虑生成气体的溶解与反应，以及溶液体积的变化）；（5）分离出NaCl后的母液经过下列流程可以制取溴:若物质X是SO2，那么在这一环节中体现SO

15、2_（填“氧化性”或“还原性”）；若物质X是Na2CO3，则需要把氯气换成硫酸，此时吸收塔中发生的反应Br2+Na2CO3=NaBrO3+CO2+NaBr，配平该反应_。若有48 g溴完全反应，转移电子的物质的量为_ mol；在吹出塔中通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的（填序号）_；a氧化性b还原性c挥发性d腐蚀性设备Y在实验室中可以通过酒精灯、温度计、_等玻璃仪器组成的装置实现。29、（10分）（1）写出下列反应的离子方程式。钠和水反应_。硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液_。（2）3.011023个OH的物质的量为_mol，质量为_g。（3）将28g纯净的铁粉投入到200ml足量的稀盐酸中

16、（假设溶液体积不变），该反应能够放出标准状况下的气体_L，实验后所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为_molL。（4）将200 mL 0.5 mol/LNaOH稀释成1000 mL后其物质的量浓度是_molL。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】A. Cl2通入水中与水反应生成盐酸和次氯酸，氯气既是氧化剂又是还原剂；B. Cl2通入FeCl2溶液中，两者发生反应生成氯化铁，氯气只作氧化剂；C. SO2通入氯水中，两者发生反应生成硫酸和盐酸，二氧化硫只作还原剂；D. NO2通入水中，两者发生反应生成硝酸和NO，NO2既是氧化剂又是还原剂。综上所述，本

17、题选B。点睛：本题考查了氧化还原反应的基本概念。氧化还原反应的特征是化合价升降，所含元素的化合价降低的是氧化剂，所含元素的化合价升高的是还原剂，如果所含元素的化合价既有升高的又有降低的，则该物质既是氧化剂又是还原剂。2、B【解析】根据氢氧化钠是强碱，依据气体的性质分析判断。【详解】A. 氯化氢是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，A不符合；B. 氧气和氢氧化钠不反应，能用固体氢氧化钠做干燥剂，B符合；C. 二氧化碳是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，C不符合；D. 二氧化硫是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，D不符合；答案选B。3、C【解析】AMgSO4电离产生Mg2+、，电离方程式为：MgSO4=Mg2+

18、，A错误；BBa(OH)2电离产生Ba2、OH-，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2+2OH-，B错误；CAl2(SO4)3电离方程式为Al3、，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al33，C正确；DKClO3电离产生K、，电离方程式为：KClO3=K+，D错误；故合理选项是C。4、A【解析】提取题目信息，如表所示：序号反应物产物氧化剂：还原剂：HCl氧化产物：氧化剂：还原剂：氧化产物：氧化剂：还原剂：KI氧化产物：A.依据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以判断氧化性由强到弱的顺序是，A正确。B.上述实验中，3个反应均是氧化还原反应，B错误。C.氯气氧化性强于单质碘，

19、因此能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，C错误。D.为中间价态，确实既有氧化性又有还原性，但是在实验中它只做还原剂，只体现还原性，D错误；答案选A。5、A【解析】A氢氧化钡溶液中加少量小苏打，则碳酸氢根离子反应完全，消耗一倍的氢氧根离子，Ba2+OH+=BaCO3+H2O，A离子方程式错误；B向稀氨水中加稀盐酸，生成铵根离子和水，NH3H2O+H+=+H2O，B离子方程式正确；C少量氢氧化钠与氢硫酸反应，氢硫酸为弱酸，写化学式，氢氧根离子少量，则生成硫氢根离子，OH+H2S=HS-+H2O，C离子方程式正确；D标准状况下2.24LCO2，即0.1mol，通入1mol/L100mLNaOH溶液，即0.1

20、mol，氢氧化钠少量，则产物为碳酸氢根离子，CO2+OH=，D离子方程式正确；答案为A。6、D【解析】A、石油主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，则石油主要含碳、氢两种元素，故A正确；B、通过石油的催化裂化和裂解把大分子的烃转化为小分子的烃，可以得到较多的轻质油和气态烯烃，故B正确；C、通过煤的直接或间接液化，将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，从而获得燃料油及多种化工原料，故C正确；D、煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经一系列复杂的化学变化而形成的，属于不可再生能源，故D错误；故答案选D。7、D【解析】14.3g Na2CO3xH2O与200 mL 0.5 molL1的盐酸恰好完

21、全反应生成正盐，反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O，则，解得x=10，故答案选D。8、B【解析】A、硫酸属于酸，纯碱属于盐，食盐属于盐，故A错误；B、硝酸属于酸，烧碱属于碱，胆矾属于盐，故B正确；C、醋酸属于酸，乙醇不属于碱，硫酸铵属于盐，故C错误；D、盐酸属于酸，熟石灰属于碱，苛性钠属于碱，故D错误；故选B。9、A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。10、C【解析】ANaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，反应中有硫酸钡沉淀生成，离子方程式不能用H+OH-=H2O表示，故A错误；BNH4Cl溶液与C

22、a(OH)2溶液混合，反应生成一水合氨，不属于中和反应，离子方程式不能用H+OH-=H2O表示，故B错误；CHNO3溶液与KOH溶液混合生成硝酸钾和水，反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，故C正确；DNaHCO3溶液与HCl溶液混合生成氯化钠、CO2和水，其离子方程式为：H+HCO3-=CO2+H2O，不能用H+OH-=H2O表示，故D错误；故答案为C。【点睛】一个化学反应只能写出一个离子方程式，而一个离子方程能写出一类化学反应，如H+OH-=H2O表示强酸与强碱发生中和反应，生成可溶性盐和水，特别注意常见的强碱主要是指NaOH、KOH及Ba(OH)2，而Ba(OH)2与硫酸溶液之间的反应

23、生成BaSO4沉淀，不能用此离子反应方程式表示。11、C【解析】Na2CO32Na+，0.5molNa2CO3中Na+的物质的量为0.5mol2=1mol， N(Na+)=nNA=1mol6.021023mol-1=6.021023。故选C。12、C【解析】n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，以此解答该题。【详解】n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0

24、.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，设生成xmolCO32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4；x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3，该阶段0.1mol

25、Ca(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、生成0.1molCaCO3；然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-；再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-、CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HCO3-，消耗0.1molCO

26、2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的计算，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分析，注意图象中各阶段离子的浓度变化。13、A【解析】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，如应先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸。【详解】SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶

27、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，如先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸，就合理，即D正确，同理分析BC，所以不合理的顺序为，、顺序颠倒。故选A。14、A【解析】A.闻气体应使极少量气体进入鼻孔；B.碱石灰与氯气反应；C.乙醇与水互溶，所以不分层；D.配制一定浓度溶液时，在转移过程需要玻璃棒引流。【详解】A.闻气体应使极少量气体进入鼻孔，图中操作合理，故A项正确；B.碱石灰与氯气反应，则图中装置不能干燥氯气，故B项错误；C.乙醇与水互溶，混合后不分层，因此不能利用分

28、液漏斗分离，应利用蒸馏操作分离该混合物，故C项错误；D.配制100 mL 0.10 molL1盐酸，图中操作为转移过程，需要玻璃棒引流，故D项错误；本题答案选A。【点睛】本题侧重考查实验操作步骤与方法，掌握实验方法及完成实验所必需的技能，是学好化学的基础，其中气体的干燥与净化装置的选择，一般遵循的原则为：1.尽量用化学方法，一般酸性气体杂质用碱性试剂除去，还原性气体杂质用氧化性试剂除去；2.净化试剂只与杂质发生反应；3.不生成新的杂质。因此，B选项干燥氯气应选取浓硫酸做干燥剂，而不是选择与它反应的碱石灰作干燥剂。15、A【解析】A. CO2 为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A正

29、确； B. Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B错误；C. NO2 中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C错误；D. Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D错误；综上所述，本题选A。16、C【解析】Fe(OH)3胶体的制备为在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，继续加热煮沸至液体呈红褐色，即停止加热，答案选C。17、B【解析】A粉末未完全变白说明晶体没有完全分解，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果偏小，故A错误；B加热过程中有少量晶体溅出，会使测定的质量差偏大，使结果偏大，故B正确；C加热后未在干燥器中冷却，空气中水蒸气会在晶体表

30、面聚集，使测定质量差偏小，使结果偏小，故C错误；D没有进行恒重操作，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果偏小，故D错误；故选B。18、C【解析】试题分析：令SO2和SO3的质量都是1g，则:n(SO2)= ，n(SO3)= mol。分子数目之比等于物质的量之比，故SO2和SO3的分子数目之比为：=5:4；，故A错误;二氧化硫中氧原子物质的量等于二氧化硫的2倍，三氧化硫中氧原子物质的量等于三氧化硫的3倍，故SO2和SO3含有的氧原子数目之比为2：3=5:6，故B错误;它们的物质的量之比为：=5:4，故C正确；同温同压密度比等于摩尔质量之比，它们的密度之比为=4 : 5，故D错误。考点：本题考查物

31、质的量。19、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 +2H2O，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。20、A【解析】比照氧化还原反应中的概念判断各反应中的氧化剂和氧化产物，再依据“同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物”判断。【详解】同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。

32、反应“2FeCl2+Cl2=2FeCl3”中，Fe元素的化合价由+2价升至+3价，FeCl2为还原剂，FeCl3为氧化产物，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2为氧化剂，则氧化性：Cl2FeCl3；反应“2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2”中，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，FeCl3为氧化剂，I元素的化合价由-1价升至0价，HI为还原剂，I2为氧化产物，则氧化性：FeCl3I2；反应“H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4”中，S元素的化合价由+4价升至+6价，H2SO3为还原剂，H2SO4为氧化产物，I元素的化合价由0价降至-1价，I2为氧化剂，则氧化性：I2

33、H2SO4；根据上述分析，氧化性：Cl2FeCl3I2H2SO4，答案选A。【点睛】本题考查依据化学方程式比较氧化性的强弱，解题的关键是根据反应前后元素化合价的变化找出氧化剂和氧化产物。21、C【解析】设氨气与氢气的物质的量分别为xmol、ymol，由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12可知(17x+2y)/(x+y)=12，整理得x：y=2：1，答案选C。【点睛】本题考查物质的量有关计算、混合物计算，明确相对分子质量的计算依据是解答的关键。另外如果利用十字交叉法计算更为简单。22、B【解析】A选项中“1L水”是指溶剂的体积，溶液体积不一定为1L，故A错误；B.80gSO3为1mo

34、l，溶于水得到1molH2SO4，溶液体积为1L，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L，故B正确；CNaNO3溶液的密度不是1g/mL，蒸发掉50g水所得的溶液不是50mL，故C错误；D含K+为2mol的K2SO4溶液体积不知道，无法计算浓度，故D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、Ne F F2 Na NaOH H2SO4 Al(OH)3 CH4、NH3、PH3、HF、H2S HF Na 【解析】由元素在元素周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别是H、Na、Al、C、N、P、F、S、Ne。根据元素周期律分析解答。【详解】(1)稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最

35、不活泼的是Ne；F的非金属性最强，则F元素只有负化合价，没有正化合价；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质氧化性最强的是F2；元素的金属性越强，单质的还原性越强，单质还原性最强的是Na，故答案为：Ne；F；F2；Na；(2)元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，以上各元素中，金属性最强的为Na，则碱性最强的为NaOH；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，根据元素周期律知，非金属性最强的元素是F，但F元素没有含氧酸，非金属性次之的是S元素，其最高价含氧酸是H2SO4，所以酸性最强的酸是H2SO4；氢氧化铝为两性氢氧化物，故答案为：NaOH；H2SO4；Al

36、(OH)3； (3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为CH4、NH3、PH3、HF、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，这些化合物中最稳定的是HF，故答案为：CH4、NH3、PH3、HF、H2S；HF；(4)B、C、D、E、F、G、H中，D、E、G元素的原子含有2个电子层，B、C、F、H原子含有3个电子层，由于B的原子序数最小，则B的原子半径最大，即：原子半径最大的为Na，故答案为：Na。24、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【解析】取一定量粉末

37、加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【详解】(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答

38、案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2；加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2+= BaSO4；答案：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；Ba2+= BaSO4。【点睛】中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中

39、要注意整理和记忆。25、容量瓶 冷凝管（冷凝器） ac 5 C de 【解析】(1)根据图示中仪器的构造写出仪器的名称；(2)E为容量瓶，根据容量瓶的构造及正确使用方法进行解答；根据n=cV计算出氯化氢的物质的量，再根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要10mol/L的浓盐酸的体积；量取浓盐酸时需要使用量筒和胶头滴管；根据c=n/V可得，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：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【详解】(

40、1)由仪器的图形可知E为容量瓶，F为冷凝管（冷凝器），故答案为烧杯；冷凝管（冷凝器）；(2)E为容量瓶，只能在常温下使用，且只能用来配制溶液，且使用前要检查是否漏水，故答案为ac；0.1L0.5mol/L=10moL/LV，V=0.005L，即5.0mL，取用该体积盐酸时，需要用到上述仪器中的量筒和胶头滴管，故答案为5；C；a没有将洗涤液转移到容量瓶，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故a错误； b转移过程中有少量溶液溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故b错误； c摇匀后，液面下降，补充水，导致配制的溶液体积偏大，溶液物质的量浓度偏低，故c错误

41、； d定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故d正确；e. 清洗取液用的量筒并把溶液转移至容量瓶中,导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故e正确；故选de。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法、常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况；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；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。26、饱和食盐水 d Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 分液漏斗 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O

42、11.5 88.2 【解析】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl；(2)为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，用分液法分离互不相容的液体；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠；（5）根据 计算盐酸的物质的量浓度；根据 计算标况下HCl气体的体积。【详解】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl，装置B中的试剂是饱和食盐水；（2）为了验证氯气是否具有漂

43、白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性，故选d；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl；用分液法分离互不相容的液体，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和分液漏斗；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠，反应方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（5）=11.5 molL-1；设需要标况下HCl气体的体积为VL，则HCl的物质的量是，溶液的质量是，溶液体积是，所以 ，则V= 88.2L。27、蒸馏烧瓶 c 蒸馏烧瓶支管口处 上口倒出 干燥，吸收产物中的水 【解析】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶，冷凝管的进水口是下口c，目的是形成对流，增强冷凝效果，温度计的位置应该在蒸馏烧瓶支管口处，测