2023届山东省济宁市任城区高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析.doc

《2023届山东省济宁市任城区高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届山东省济宁市任城区高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析.doc（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、某溶液中加溶液，成不溶于硝酸的沉淀，则关于该溶液中所含离的说法正确的是（ ）A定含有B一定含有C定含有D可能含有，也可能含有2、以下有关物质的

2、量浓度的叙述正确的是 ()A等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液中SO42-数目之比1：2：3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1：2：3B150 mL 1 molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)与50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)相等C20时，饱和KCl溶液的密度为1.174 gcm3，物质的量浓度为4.0 molL1，则此溶液中KCl的质量分数为25.38%D20时，100 g水可溶解34.2 g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%3、下列溶液中，Na+浓度最大的是（ ）A1molL-1Na2SO4溶液100mLB0.9molL-1Na3PO4溶液10mLC2.

3、5molL-1NaOH溶液50mLD1 molL-1NaHCO3溶液100mL4、下列物质需用棕色试剂瓶存放的是：A稀盐酸 B液氯 C浓盐酸 D氯水5、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A54g H2O中含有3NA个氢原子B1mol Na2SO4溶于水中，所得溶液中Na+个数为NAC标准状况下，NA个H2O分子所占的体积约为22.4LD1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA6、下列叙述中，正确的是（ ）AH2SO4的摩尔质量是98BS2和S8的混合物共6.4 g，所含硫原子数为0.2NAC等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为711D98g H2SO4溶解于50

4、0mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 molL17、实验室中将盛有甲烷与氯气的混合气体的量筒倒立在盛有饱和食盐水的水槽中，光照使其发生反应，下列说法错误的是（ ）A通过量筒内壁上出现的油状液滴可以说明生成四种有机产物B氯化氢极易溶于水，导致量筒中液面上升C饱和食盐水能够抑制氯气的溶解D量筒中气体颜色逐渐变浅8、物质的性质决定物质反应现象，下列关于钠与水反应的现象和钠的性质无关的是A钠的熔点较低 B钠的密度小于水C钠的硬度较小 D钠很活泼9、下列两种气体的分子数一定相等的是( )A质量相等、密度不等的N2和C2H4 B等压等体积的N2和CO2C等压等密度的CO和N2 D等温等体积的O2和

5、N210、下列有关用途说法不正确的是A溴化银是重要感光材料可用于人工降雨B热的纯碱溶液显碱性可用于除去金属表面的油污C汽车车灯使用高压钠灯是因为黄光透雾力强、射程远D明矾可用于净水是因为在水中生成氢氧化铝胶体吸附了水中悬浮的杂质11、科学家指出：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，它对人体是无毒的，吃饭时一定不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：“大量海鲜+大量维生素C砒霜（As2O3，剧毒）”。下面有关解释错误的是A维生素C具有还原性B青菜中含有维生素CC维生素C能将+5价砷还原成+3价D砒霜中毒后可服用维生素C解毒12、阿伏加德罗曾做过这样一个

6、实验：“一抽空的密闭容器重mg，在标准状况下，盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后，称重为(m+n)g。把混合气体排净，再充满SO2气体，为使天平平衡，应在托盘天平的 边托盘上放置 g砝码 ”(若未使用游码)A右；(m+2n)B右；(m+4n)C左；(m+2n)D左；(m+4n)13、下列属于置换反应的是（ ）ABCD14、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A将1 L 2 mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2NAB常温常压下，23 g NO2和N2O4的混合气体一定含有NA个氧原子C1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有0.1 NA个H

7、SO4-D向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42-15、溴化碘（IBr）的化学性质类似卤素单质，它与水反应的化学方程式为：IBrH2OHBrHIO，下列关于IBr有关性质的叙述中正确的是A与水反应中IBr既是氧化剂又是还原剂B与NaOH反应生成碘化钠和次溴酸钠C在化学反应中可作氧化剂DIBr与水的反应是氧化还原反应16、镁、铝合金粉末10.2g溶于500mL 4molL1盐酸中恰好完全反应。若加入2molL1的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为A100mLB500mLC1000mLD1500mL17、下列操作中正确的是（ ）A蒸发操

8、作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部C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D分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁18、下列离子方程式正确的是A铁片插入稀H2SO4溶液中：BH2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：CNa2CO3溶液与足量稀盐酸溶液混合：D铁与氯化铁溶液反应：19、下列各组离子中，能在无色透明溶液中大量共存的是ANa、H、Cl、OH BK、Na、CO32、OHCK、SO42、NO3、MnO4 DNa、HCO3、H、Ca220、我国古代就有湿法炼铜的记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe+CuSO4=Cu+

9、FeSO4。有关该反应的说法正确的是AFe是氧化剂BCuSO4是还原剂CFe被氧化DCuSO4发生氧化反应21、在反应8NH33Cl26NH4ClN2中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为A1：6B3：8C2：3D3：222、下列变化需要加入还原剂才能实现的是( )ACuCu2BClCl2CNH3NODMnO4Mn2二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2、Ag、Na、Cu2中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl、CO32-中的某一种。若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。若向的四支试管中分别加盐酸

10、，B盐溶液有沉淀产生，D盐溶液有无色无味气体逸出。根据、实验事实可推断它们的化学式为：A_，D_。写出下列反应的离子方程式：B+盐酸：_A+C:_24、（12分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3、SO42、Cl、CO32（离子在物质中不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_ B_（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：_（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，

11、写出溶液中存在的离子及物质的量之比_；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式_25、（12分）掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为两套实验装置。（1）写出下列仪器的名称：a._；d._。（2）若利用装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是_。（3）将仪器补充完整后进行实验，冷凝水由_口流出（填“f”、“g”）。（4）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，下列实验步骤中，请指出有错误的一项并改正：_。配制时，其正确的操作顺序是_（字母表示）。A.用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B.准确称取0.045g氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水，用玻

12、璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C.将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D.将容量瓶盖紧，振荡，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23cm处（5）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。若没有进行A操作；_容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水；_若定容时俯视刻度线。_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，下图为两套实验装置。（1）写出下列仪器的名称：a. _b._c._e._（2）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是_。冷凝水由_（填f或g）口

13、通入。（3）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，装置II是某同学转移溶液的示意图。图中的错误是_。根据计算得知，用托盘天平所需称量NaOH的质量为_g。配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）_。A用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶B称量计算出的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解并冷却至室温C将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，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23cm处（4）物质的量浓度误差分析：（填偏高、偏

14、低、无影响）用滤纸称量氢氧化钠_；定容时，若眼睛俯视刻度线，则所配制的溶液浓度将_；未冷却到室温就注入容量瓶定容_；配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液_。27、（12分）如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。回答下列问题：(1)装置 A 中，仪器 a 的名称叫_，该仪器中盛放的试剂为_，装置 B的作用是_。(2)装置 A 中发生反应的化学方程式是_。(3)当 Cl2 持续通过时，装置 D 中干燥的有色布条能否褪色？为什么？_，_。(4)若要证明干燥的 Cl2 无漂白性，可在装置 D 前添加一个装有_的洗气瓶。(5)装置 E 的作用是_，该反应的离子方程式为_。28、（14

15、分）甲、乙、丙分别是由Na、O、H形成的单质，A、B、C是由H、0、Na三种元素中的两种或三种组成的化合物，各种单质与化合物之问存在如图所示的转化笑系：请回答：（1）写出下列物质的化学式A_，B_，C_。（2）写出下列反应的化学方程式：单质甲+化合物B_。化合物A+化合物B_。29、（10分）某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为_ ; （2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率为_;（3）当反应达平衡时后：若X、Y、Z均为气体，若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容

16、器内温度将降低(容器不与外界进行热交换)，则该反应为_反应（填放热或吸热）。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、D【解析】所加入的BaCl2溶液中主要含有Ba2、Cl，能与这二者生成不溶于硝酸的白色沉淀的离子如Ag(生成AgCl沉淀)、SO42(生成BaSO4沉淀)、SO32 (被硝酸氧化为BaSO4而不溶于硝酸中)，而BaCO3溶于硝酸，故答案为D。2、C【解析】A.设硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液的浓度分别为：c1mol/L 、 c2mol/L、 c3mol/L；等体积溶液中，SO42-数目之比3c1：c2：c3=1：2：3，则c1：c2：c3=1:6:9

17、，A错误；B. 150 mL 1 molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)=11=1 molL1；50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)=13= molL1；二者c(Cl)不等，B错误；C. 20时，饱和KCl溶液的密度为1.174 gcm3，物质的量浓度为4.0 molL1，则此溶液中KCl的质量分数为=cM/1000100%=(74.54)/(1.1741000)100%=25.38%, C正确；D. 20时，100 g水可溶解34.2 g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2/(34.2+100)100%=25.5%；D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题考查溶液浓

18、度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，难度不大，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。3、B【解析】A. 1molL-1Na2SO4溶液中Na+的浓度为1mol/L2=2mol/L； B. 0.9molL-1Na3PO4溶液中Na+的浓度为0.9mol/L3=2.7mol/L；C. 2.5molL-1NaOH溶液中Na+的浓度为2.5mol/L1=2.5mol/L； D. 1 molL-1NaHCO3溶液中Na+的浓度为1mol/L1=1mol/L；根据分析可知，Na+的物质的量浓度最大的是B；答案：B【点睛】钠离子的物质的量浓度与各溶液中溶质的物质的量浓度及溶质的化学式组成有

19、关，与溶液的体积大小无关，据此对各选项进行计算与判断。4、D【解析】棕色试剂瓶盛放的是见光分解的试剂，A、稀盐酸见光不分解，故A错误；B、液氯不能见光分解，因此不用棕色试剂瓶盛放，故B错误；C、浓盐酸不见光分解，不用棕色试剂瓶盛放，故C错误；D、氯水中HClO见光分解，因此用棕色试剂瓶盛放，故D正确。5、D【解析】A、n(H2O)=3mol，则n(H)=23mol=6mol，即H原子有6NA个，A错误；B、n(Na2SO4)=1mol，则n(Na+)=21mol=2mol，即Na+有2NA个，B错误；C、标况下，H2O不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol进行计算，C错误；D、1个CO2分

20、子和1个NO2分子都含有2个O原子，故1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA，D正确；故选D。【点睛】气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的适用条件：标准状况（简称“标况”，P=101kPa，T=0），必须是标况下的气体物质。6、B【解析】根据计算物质的量的几个公式解答。【详解】A项：H2SO4的相对分子质量是98，摩尔质量是98g/mol。A项错误；B项：S2和S8的混合物6.4 g，其中含S原子6.4 g，硫原子的物质的量为0.2mol，硫原子数为0.2NA。B项正确；C项：据n=m/M，等质量时n与M成反比。N(CO)N(CO2)=n(CO)n(CO2)=4428=117

21、 。C项错误；D项：98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液体积不是500mL，硫酸的物质的量浓度不是2 molL1 。D项错误。本题选B。7、A【解析】A、仅通过“量筒内壁上出现的油状液滴”这一实验现象并不能说明生成了四种有机产物，氯气与甲烷发生取代反应，生成的四种有机产物中CH3Cl（常温下为气体，溶于有机溶剂）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4为油状液体，故A错误；B、氯气与甲烷反应生成HCl，而HCl极易溶于水，导致量筒内气体减少，压强减小，量筒内液面上升，故B正确；C、氯气溶于水后，部分与水反应Cl2+H2OH+Cl+HClO，饱和食盐水中Cl浓度较大，可以抑制Cl2的溶解

22、，故C正确；D、氯气是黄绿色气体，当氯气被消耗，量筒内气体颜色逐渐变浅，故D正确。故选A。8、C【解析】试题分析：A、因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故A不选B、钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B不选；C、硬度大小与反应现象无关，所以与性质无关，故C选；D、因钠很活泼，能与水反应剧烈，所以与性质有关，故D不选；故选C。考点：钠与水的反应现象与钠的性质9、A【解析】根据NnNA结合物质的组成以及阿伏加德罗定律分析解答。【详解】A、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，两者质量相等，则两者物质的量相等，两者所含分子数一定相等，A正确；B、由

23、于温度关系未知，等压等体积的N2和CO2所含分子物质的量不一定相等，B错误；C、由于温度、体积关系未知，等压等密度的CO和N2所含分子物质的量不一定相等，C错误；D、由于压强关系未知，等温等体积的O2和N2所含分子物质的量不一定相等，D错误；答案选A。10、A【解析】A.溴化银是重要感光材料，但不能用于人工降雨，用于人工降雨的是碘化银，故A说法不正确；B.金属表面的油污在碱性条件下发生水解，可用热的纯碱溶液除去，故B说法正确；C.钠的焰色为黄色，透雾能力强，所以汽车车灯使用高压钠灯是因为黄光透雾力强、射程远，故C说法正确；D. 明矾溶溶于水后，电离出的铝离子会发生水解：Al3+3H2O= Al

24、(OH)3(胶体)3H+，生成的Al(OH)3(胶体)可吸附水中的杂质，聚集下沉，达到净水作用；故D说法正确；答案选A。11、D【解析】人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As。A. 人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故A正确；B. 维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故B正确；C. 维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧

25、化还原反应生成+3价As，故C正确；D. 维生素C具有还原性，砒霜为该反应的还原产物，还原产物不能被还原剂还原，所以维生素C不能还原砒霜，故D错误；答案选D。12、B【解析】根据阿伏加德罗定律可知：同一容器在同一条件下盛放不同的气体时,所含分子数必然相等，NO和H2按相同物质的量混合时,气体的平均相对分子质量为（30+2）/2=16，而SO2的相对分子质量为64，称量物品质量时，砝码应放在天平的右盘，设密闭容器内气体的物质的量为xmol,则盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后,气体的质量为16x=n，x=n/16g ,当充满SO2气体时,气体的质量为=64x=64n/16=4n,所以

26、容器的总质量为(m+4n) ；综上所述，本题选B。13、D【解析】置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，据此进行分析判断。【详解】A该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故A不选；B该反应符合“多变一”，是化合反应，故B不选；C该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故C不选；D与反应生成和的反应属于置换反应，故D选；答案选D。14、B【解析】A.FeCl3溶液制成胶体时，一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数变少；B.利用计算假设，假设23g全为NO2求出极端值，再假设23g全为N2O4求出极端值，最终结果介于两者之间；C.N

27、aHSO4在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子；D.关于Ba2+的沉淀，可以为BaSO4，也可以为BaCO3，当产生白色沉淀时，无法确定溶液中是否含有SO42-。【详解】A.1 L 2 mol/L的FeCl3溶液中含有2molFeCl3，制成胶体时，一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于2NA，故A错误；B.极端假设，当23g气体全为NO2时，其物质的量为0.5mol，含有NA个氧原子，当23g气体全为N2O4时，其物质的量为0.25mol，含有NA个氧原子，故当23g NO2和N2O4任意比例混合时，一定含有NA个氧原子，故B项正确；C.NaHSO4在溶液中完

28、全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，故溶液中无HSO4，故C项错误；D.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可能为BaCO3沉淀，也可能为BaSO4沉淀，无法确定溶液中是否含有SO42-，故D项错误。综上，本题选B。15、C【解析】IBr与H2O的反应是复分解反应，IBr中+1价I有较强的氧化性。16、C【解析】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，反应后为NaCl溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.5L4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为：2mol2mol/L=1L=1000mL，答案选C。【点睛】本题

29、考查混合物反应的计算，明确发生反应实质及反应后溶质组成为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。利用守恒法可以减少计算量，提高答题效率。化学计算中的守恒法应用很广泛，例如本题中的离子守恒，氧化还原反应中的电子得失守恒，化学反应方程式中的质量守恒定律以及溶液中的电荷守恒等，平时注意解题方法规律的总结和积累。17、D【解析】A.蒸发操作时，当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，故A错误；B.蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管出口处，故B错误；C.萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多密度也可以比水小，故C错误；D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧

30、杯内壁，故D正确；答案：D18、C【解析】A铁片插入稀H2SO4溶液中发生的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；BH2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后发生的离子反应为2H+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+2H2O，故B错误；CNa2CO3溶液与稀HCl溶液混合后发生的离子反应为CO32-+2H+=CO2+H2O，故C正确；D铁与氯化铁溶液反应时发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；答案为C。点睛：解这类题主要是从以下几个方面考虑：反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+

31、遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等；电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-；配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒；注意反应物的用量对离子反应的影响；对一个完整的离子反应不能只写部分离子反应。19、B【解析】A错，、H+与OH不能共存；B正确；C错，MnO4-溶液为紫红色；D错，HCO3、H+、不能共存；20、C【解析】AFe元素的化合价升高，则Fe为还原剂，故A错误；BCu元素的化合价降低，则CuSO4是氧化剂，故B错误；CF

32、e元素的化合价升高，失去电子被氧化，故C正确；DCuSO4是氧化剂，被还原，CuSO4发生还原反应，故D错误；故选C。【点睛】把握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。在Fe+CuSO4Cu+FeSO4中，Fe元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低。21、D【解析】8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中部分N元素化合价由-3价变为0价、Cl元素化合价由0价变为-1价，有1/4的氨气参加氧化反应作还原剂，氯气作氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比=3：2，故选D。22、D【解析】需要加入还原剂才能实现，说明所给物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低。【详解】A项、C

33、u元素的化合价升高，则需要加氧化剂实现，故A错误；B项、Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂或电解才能实现，故B错误；C项、N元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C错误；D项、Mn元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故D正确。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化剂、还原剂发生的反应及元素的化合价变化是解答本题的关键。二、非选择题(共84分)23、BaCl2 Na2CO3 Ag+ +Cl- =AgCl Ba2+ +SO42- =BaSO4 【解析】根据离子共存的相关知识解答此题。Ba2与SO42-、CO32生成沉淀不能共存；Ag和Cl生成沉淀不能共存； Cu2与CO32生成沉淀不能共存

34、，所以银离子只能和硝酸根离子组成AgNO3，铜离子只能和SO42-组成CuSO，钡离子只能和Cl-组成BaCl2，剩余的是Na2CO3。【详解】结合上述分析：若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，所以溶液中含有Cu2+，则C为CuSO4；若向的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，说明B为AgNO3，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D为Na2CO3，则A为BaCl2；四种盐分别为：A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；答案：BaCl2 Na2CO3。（2）盐酸与AgNO3溶液有沉淀产生的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl；A+C反应

35、生成白色沉淀硫酸钡。其离子方程式：Ba2+ +SO42- =BaSO4。答案：Cl-+Ag+=AgCl、Ba2+ +SO42- =BaSO4。【点睛】本题考查离子共存，离子方程式的书写的相关知识。根据离子含Cu2+的溶液显蓝色，Ag+与HCl反应生成AgCl沉淀，CO32-和HCl反应生成CO2气体；Ba2+不能和SO42-、CO32-共存，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-共存，Cu2+不能和CO32-共存，据此分析四种盐的组成。24、BaCl2 AgNO3 CO32+2H+=CO2+H2O n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1 Zn+Cu2+Zn2+Cu 【解析】试

36、题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2； B是AgNO3；（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32+2H+=CO2+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2+ SO42= BaSO4；A

37、g+ Cl= Ag Cl，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+Zn2+Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。25、蒸馏烧瓶 烧杯 酒精灯 f B项应改为称取2.0gNaOH BCAFED 偏低 无影响 偏高 【解析】（1）a为蒸馏烧瓶，d为烧杯；（2）分离四氯化碳和酒精的混合物的实质是蒸馏过程，必须用酒精灯，即还缺少的仪器是酒精灯；（3）蒸馏时温度计应位于蒸馏烧瓶支管口，冷凝管下口是进水口，上口是出水口，即冷凝水从f流出

38、；（4）实验室没有450mL的容量瓶，应配制500mL，则需n（NaOH）=0.1mol/L0.5L=0.05mol，m（NaOH）=0.05mol40g/mol=2.0g，配制溶液500mL，配制步骤有称量、溶解、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量2.0gNaOH，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为BCAFED；其中一处错误是B，应改为称取2.0gNaOH；（5）若没有进行A操作，溶质的物质的量减少，浓度偏低；容量瓶用

39、蒸馏水洗涤后残留有少量的水，不影响；若定容时俯视刻度线，溶液的体积减小，浓度偏高。26、蒸馏烧瓶 直行冷凝管 容量瓶 锥形瓶 酒精灯 g 未用玻璃棒引流 2.0 BC-AFE-D 偏低 偏高 偏高 无影响 【解析】试题分析：（1）由图可知，I为蒸馏装置，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，为配制一定浓度的溶液，c为容量瓶，e为锥形瓶；（2）分离四氯化碳和酒精的混合物用蒸馏的方法分离，必须用酒精灯加热；冷凝管下口g是进水口，上口是出水口；（3）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；实验室没有450mL的容量瓶，应配制500mL，则需n（NaOH）=0.1mol/L0.5L=0.05m

40、ol，m（NaOH）=0.05mol40g/mol=2.0g；配制溶液5000mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量2.0gNaOH，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为BCAFED；（4）用滤纸称量氢氧化钠时会有少量NaOH沾在滤纸上，故所配溶液的浓度偏低； 定容时，若眼睛俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度将偏高；未冷却到室温就注入容量瓶定容，冷却后液面会下降，溶液体积偏小，

41、则所配制的溶液浓度将偏高；溶液均一稳定，配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液对溶液的浓度没有影响。【点晴】配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=n/V：如用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，会造成结果偏大，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高；配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，会造成结偏大；因为氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质

42、，则溶液浓度偏小等等。27、分液漏斗 浓盐酸 吸收 HCl MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2 能褪色 因为 Cl2 与带出的 H2O(g)反应生成 HClO，使有色布条褪色 浓 H2SO4 除去多余的 Cl2 Cl22OH-Cl-ClO-H2O 【解析】本题实验目的是制取Cl2和验证Cl2部分化学性质，从装置图上看，A装置是实验室制Cl2的“固+液气”装置，分液漏斗a中盛装浓盐酸，产生的Cl2中混合HCl气体， Cl2难溶于食盐水，而HCl极易溶于水，所以饱和食盐水的作用就是除去Cl2中的HCl气体，；Cl2能置换I2，淀粉溶液遇I2变蓝；Cl2有毒，必须有尾气

43、吸收装置，E中NaOH溶液能很好地吸收Cl2：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由此分析解答。【详解】(1)仪器a的名称叫分液漏斗，该仪器中盛放浓盐酸，为实验中添加浓盐酸，控制反应速率。因Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl气体极易溶液于水，所以装置B吸收HCl，以除去Cl2的混有的HCl气体。(2)浓盐酸与MnO2在加热条件下反应制取Cl2，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。(3)当Cl2通过B、C溶液时会带有水蒸气，D中干燥的有色布条遇到潮湿的Cl2时有反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以有色布条褪色。(4)若

44、要证明干燥的Cl2无漂白性，就必须将Cl2中的水蒸气除去，而题目要求是通过洗气瓶，因此应选用液态干燥剂浓硫酸，所以在装置 D 前添加一个装有浓硫酸的洗气瓶。(5)Cl2有毒，不能排放到大气中，多余的Cl2必须吸收，因Cl2易与NaOH溶液反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以装置E的作用是除去多余的Cl2；该反应的离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。28、Na202 H20 NaOH 2Na2H20=2NaOH+ H2 2Na2022H20=4NaOH+02 【解析】甲、乙、丙分别是由Na、O、H形成的单质，A、B、C是由H、0、Na三种元素中的两种或三种组成的化合物，其中化合物A与化合物B反应生成单质乙和化