广西南宁市第四中学2022年化学高一上期中达标检测模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法正确的是()A常温常压下11.2LCO所含的原子数目为NA个B16g O2和O3中含有的原子数目为NAC任何条件下0.5mol氮气分子的分子数不一定是0.5 NAD

2、标准状况下1molCCl4含有的氯离子数目为4NA个2、如果2 g甲烷含有x个甲烷分子，那么22 g CO2中所含分子数是：AxB4xC0.5xD3x3、下列仪器可用于物质的分离提纯的是（ ）蒸发皿 漏斗 分液漏斗 表面皿 研钵 蒸馏烧瓶 托盘天平 洗气瓶A BC D4、某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-（其中碳元素为+2价）、HCO3-、N2、Cl-六种物质在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是A还原剂是含CN-的物质，氧化产物只有N2B氧化剂是ClO-，还原产物是HCO3-C配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比

3、为5:2D若生成2.24LN2（标准状况），则转移电子0.5mol5、已知3.011023个x气体分子的质量为23g，则x气体的摩尔质量是A46g B11.5g/mol C23g /mol D46g /mol6、某溶液中大量存在以下五种离子：NO、SO、Fe3、H、M。其物质的量浓度之比为c（NO）c（SO）c（Fe3）c（H）c（M）23131，则M可能是（ ）AAl3BClCMg2DBa27、下列仪器常用于物质分离的是漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 研钵A B C D8、下列物质中，属于弱电解质的是（ ）A蔗糖B纯碱C酷酸铵D一水合氨9、下列离子方程式书写正确的是A氢氧化钡溶液加入稀

4、硫酸中：Ba2OHHSO42-=BaSO4H2OB氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+Mg2+H2OC石灰石上滴加稀醋酸：CaCO3 + 2H+ Ca2+ + H2O + CO2D铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag+ Cu2+ + Ag10、对1 molL1的硫酸钠溶液，下列叙述正确的是A溶液中含有1 mol 硫酸钠B1 L溶液中含有142 g 硫酸钠C1 mol 硫酸钠溶于1 L水D从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度为0.5 molL111、在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是 ( )A在某碱性溶液中：Na+、Cl-、SO42-、Cu2+B碳酸钠溶液：H+、Na+、Cl-、

5、OH-C某无色的溶液：K+、H+、OH-、MnO4-D在某酸性溶液中：Cu2+、Na+、SO42-、Cl-12、在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是ANH4+、Mg2+、SO42、NO3 BBa2+、Na+、OH、ClCK+、NH4+、MnO4、SO42 DK +、Na+、NO3、HCO313、一个A原子转移2个电子给2个B原子，下列说法正确的是A生成物的化学式为A2B，A是还原剂 B生成物属于混合物C生成物的化学式为AB2，B发生还原反应 D生成物一定为电解质14、同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是()A3Br2+6KOH=5KBr+KBrO3+3H2O

6、BMnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2C2KNO32KNO2+O2DNH4NO3N2O+2H2O15、引爆H2和Cl2组成的混合气体，相同状况下，测得反应前后体积不变。下列的分析正确的是A混合气中H2和Cl2的体积相等B混合气中H2体积大于Cl2体积C混合气中H2的体积小于Cl2的体积D以上情况均有可能16、下列能达到实验目的的是( )A在容量瓶中加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B在用稀硫酸和锌粒反应制取氢气时可以适当加热以加快化学反应速率C向煮沸的l molL-1 NaOH溶液中滴加FeC13饱和溶液制备Fe(OH)3胶体D称取9.5gMgCl2，用100

7、mL蒸馏水溶解，配制1.0 molL-1MgC12溶液17、下列说法错误的是A化学是近代人类新发现的一门科学B假说是研究物质性质的基本方法之一C在研究氯气的性质时，发现有刺激性气味，该过程使用了观察法D化学家可以操纵分子和原子，制造出自然界中不存在的物质18、下列化学方程式中,不能用离子方程式Ba2+SO42=BaSO4表示的是( )ABaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaClBH2SO4+BaCl2BaSO4+2HClCBa(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3DBaCO3+H2SO4=BaSO4+CO2+H2O19、化学变化中，可能发生改变的是()A质子数B中子数C核外电子

8、数D原子核20、下列化学用语正确的是（ ）A标准状况下气体摩尔体积约为 22.4B中子数为 8 的氧原子：18OCS2-的结构示意图： D明矾的化学式：KAl(SO4)212H2O21、对于3Br26NaOH5NaBrNaBrO33H2O的反应，下列说法中不正确的是（ ）ABr 2既是氧化剂，又是还原剂B被氧化的溴原子与被还原的溴原子质量比是1:5CNaBr是氧化产物，NaBrO3是还原产物D转移1mol电子时，消耗NaOH 1.2mol22、CH4+2O2CO2+2H2O属于下列反应类型中的( )A复分解反应B置换反应C氧化还原反应D分解反应二、非选择题(共84分)23、（14分）今有一混合

9、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，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；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，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范

10、围是_（若不存在此空可不填）24、（12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_。25、（12分

11、）某同学在实验室以下图所示的仪器和药品，进行氯气和铜粉反应的实验（部分夹持装置已省略）。请按要求回答下列问题： （1）装置A烧瓶中发生反应的化学方程式为_。（2）按气流方向连接各仪器接口的顺序是（填接口字母）：a_。（3）装置B中发生反应的离子方程式为_，装置C中饱和食盐水的作用是_。（4）加热装置D时，铜粉发生反应的化学方程式为_。（5）比较下列两组实验，你认为下列说法正确的是_（填序号）。实验：将足量的二氧化锰与含0.4molHCl的浓盐酸反应。实验：将8.7g二氧化锰与足量的浓盐酸反应。 A产生的氯气多 B产生的氯气一样多C产生的氯气多 D无法判断26、（10分）在花瓶中加入“鲜花保鲜剂

12、”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

13、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）。27、（12分）某同学帮助水质检测站配制480mL0.5molL-1 NaOH溶液备用。请回答下列问题：（1）该同学用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_、胶头滴管。（2）该同学用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则称取的总质量为_克。（3）配制时，其正确的操作顺序如下，请填充所缺步骤。A在盛有NaO

14、H固体的烧杯中加入适量水溶解；B将烧杯中冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；C用少量水_23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。D继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度_处，改用胶头滴管加水，使溶液_。E将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀。（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是_(填编号)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C 加蒸馏水时不慎超过了刻度线28、（14分）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）（1）装置A中两个玻璃仪器名称分别是_和_；（2）实验室用MnO2制备氯气的化学方程式是_；（3）实验时多余

15、的氯气可用F装置来吸收，有关化学方程式是_；（4）装置B中饱和食盐水的作用是_；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入湿润有色布条；_；（可供选择的用品有：无水氯化钙、碱石灰）和干燥的有色布条。（6）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱，当向D中缓缓通入少量氯气时，D中可以观察到的现象是_。29、（10分）（1）下列实验需要在哪套装置中进行：（填序号，每套装置仅使用一次） 从海水中提取水：_；从KCl溶液中获取KCl晶体：_；分离CaCO3和水：_；分离植物油和水：_。（2）现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能为AlCl3溶液和NaOH溶液。现分别将

16、一定体积的甲、乙两溶液混合，具体情况如下表所示，请回答：实验实验实验取甲瓶溶液的量400 mL120 mL120 mL取乙瓶溶液的量120 mL440 mL400 mL生成沉淀的量1.56 g1.56 g3.12 g甲瓶溶液为_溶液。乙瓶溶液为_溶液，其物质的量浓度为_molL1。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. 常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2LCO所含的原子数目小于NA个，A错误；B. O2和O3均是氧元素形成的单质，则16g O2和O3中含有的氧原子的物质的量是1mol，其原子数目为NA，B正确；C. 任何

17、条件下0.5mol氮气分子的分子数一定是0.5NA，C错误；D. 四氯化碳是非电解质，不存在离子，D错误。答案选B。2、B【解析】根据n=m/M=N/NA计算【详解】n（CH4）=2g/16g/mol=1/8mol，则x/NA=1/8，NA=8x，n（CO2）=22g/44g/mol=0.5mol，则N（CO2）=nNA=0.58x=4x，故选B3、B【解析】用于混合物分离或提纯的操作有：过滤、蒸馏、分液、蒸发、洗气等，根据以上混合物分离与提纯的操作方法判断使用的仪器即可。【详解】蒸发皿是可用于蒸发浓缩溶液的器皿，可用于蒸发操作；漏斗可用于过滤操作；分液漏斗可直接用于分离互不相溶的液体；表面皿

18、是玻璃制的，圆形状，中间稍凹，不能用于物质的分离与提纯；研钵是实验中研碎固体试剂的容器，配有钵杵，不能用于物质的分离与提纯；蒸馏烧瓶可以用蒸馏操作；托盘天平是称量仪器，不能用于物质的分离与提纯；洗气瓶可用于除杂；因此可用于物质的分离提纯的是。答案选B。【点睛】本题考查了常见仪器的构造及使用方法，注意掌握常见仪器的构造及正确使用方法，明确常见的分离、提纯混合物的方法是解答本题的关键。4、C【解析】ClO随时间减少，N2随时间增多，所以ClO是反应物，N2是生成物，相应地，CN是反应物，Cl是生成物。A. CNHCO+N2，C、N的化合价升高，氧化产物有HCO和N2，故A错误；B. 还原产物是Cl

19、，故B错误；C. CNHCO+N2，C的化合价升高2，N的化合价升高3，ClOCl，Cl的化合价降低2，所以配平后氧化剂与还原剂的计量数之比为52，故C正确；D. 2CN2HCO+N2，化合价降低10，所以标准状况下若生成2.24 L 即0.1molN2，则转移电子1 mol，故D错误。故选C。5、D【解析】根据n=、M=进行计算，可以算出气体物质的量、摩尔质量。【详解】根据n=0.5mol、M= =46g/mol，可以得出气体摩尔质量为46g/mol。答案为D。6、C【解析】c()c ()c (Fe3)c (H)c (M)23131，由电荷守恒可知，2+32=813+3=6，则M为阳离子，且

20、带2个单位正电荷，因、Fe2+、H+会发生氧化还原反应而不能共存，与Ba2+会结合生成BaSO4沉淀不能大量共存，故带有2个单位正电荷的阳离子只能是Mg2+，C正确；答案选C。7、B【解析】过滤需要漏斗，蒸馏需要蒸馏烧瓶，分液需要分液漏斗，试管、天平、研钵不用于物质的分离与提纯，答案选B。8、D【解析】A. 蔗糖在熔融状态和水溶液中均不导电，属于非电解质，不属于电解质，故A错误；B. 纯碱溶于水能够发生完全电离，水溶液导电，因此纯碱是强电解质，故B错误；C. 酷酸铵溶于水能够发生完全电离，水溶液导电，因此酷酸铵是强电解质，故C错误；D. 一水合氨在水溶液中发生部分电离，水溶液导电，因此一水合氨

21、属于弱电解质，故D正确；故答案选D。【点睛】强电解质是指在水溶液中能够完全发生电离的化合物，物质属类主要有：强酸、强碱、绝大部分盐、活泼金属氧化物等；弱电解质是指在水溶液中部分发生电离的化合物，物质属类主要有：弱酸、弱碱、极少数盐、水等；据此规律判定强弱电解质更加快速一些。9、B【解析】A.反应物配比错误，正确离子方程式应为：Ba22OH2HSO42-=BaSO42H2O；B. 氧化镁与稀盐酸混合，生成氯化镁和水，离子方程式为MgO+2H+Mg2+H2O，正确；C.醋酸为弱电解质，不应拆写，正确离子方程式应为：CaCO3 + 2CH3COOH Ca2+ + 2CH3COO-+H2O + CO2

22、，错误；D.电荷不守恒，正确离子方程式应为：Cu + 2Ag+ Cu2+ + 2Ag。【点睛】离子反应方程式的正误判断依据：(1)看离子反应是否符合客观事实；(2)看表示物质的化学式是否正确；(3)看是否漏写反应的离子；(4)看是否质量守恒或原子守恒；(5)看是否电荷守恒；(6)看是否符合离子的配比；(7)看是否符合题设条件及要求。10、B【解析】A. 溶液体积未知，则溶液中不一定含有1 mol 硫酸钠，A错误；B. 1 L溶液中含有硫酸钠的质量是1L1mol/L142g/mol142 g，B正确；C. 1 mol硫酸钠溶于1 L水中所得溶液的体积不是1L，不能得到1 molL1的硫酸钠溶液，

23、C错误；D. 溶液是均一稳定的，从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度仍然为1 molL1，D错误。答案选B。11、D【解析】A. 在碱性溶液中：OH-与Cu2+反应，不能大量共存，A错误；B. H+与OH-反应，不能大量共存，CO32-与H+反应，不能大量共存，B错误；C. 含有MnO4-的溶液显紫色，与题给某无色的溶液不符，C错误；D. 在酸性溶液中：H+、Cu2+、Na+、SO42-、Cl-离子间不发生反应，均能大量共存，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】此题是离子共存问题，首先要考虑离子组存在的外界环境，酸性、碱性、中性、溶液是否有色等，还要考虑离子组内各离子间能否发生氧化还

24、原反应，能否发生复分解反应，这样才能选出符合条件的离子组。12、A【解析】无色透明溶液中不存在有色离子，强酸性溶液中一定存在大量的氢离子，一定不存在OH、HCO3等。【详解】酸性溶液中该组离子之间不反应，则能共存，A正确；酸性条件下OH-不能大量共存，B错误；溶液中MnO4-为紫色，与无色透明的强酸性溶液不符，C错误；HCO3-与氢离子反应生成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。故选A。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件。13、C【解析】一个A

25、原子转移2个电子给两个B原子，二者原子个数关系为1：2，则生成物化学式为AB2，则反应中A为还原剂，被氧化，B为氧化剂，被还原。【详解】A. 生成物的化学式应为AB2，A是还原剂，故A错误；B. 生成物属于化合物，故B错误；C. 生成物的化学式应为AB2，B为氧化剂，被还原，发生还原反应，故C正确；D. 生成物不一定为电解质，故D错误。故选C。14、A【解析】A只有Br元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，A正确；BMn元素的化合价降低，被还原，Cl元素的化合价升高，被氧化，B错误；CN元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高，被氧化，C错误；D只有N元素的化合价变化，但N元素的化合价

26、由+5价降低为+1价，N元素的化合价由-3价升高为+1价，为归中反应，D错误。答案选A。15、D【解析】氢气和氯气的混合气引爆时发生反应H2 + Cl22HCl，相同状况下，1体积的氢气和1体积的氯气完全反应生成2体积的HCl，反应前后体积不变，无论剩余氢气还是氯气，体积都不会改变，故D正确；综上所述，答案为D。16、B【解析】A.溶液的稀释不能在容量瓶中进行，错误；B.加热使微粒运动速率加快，化学反应速率上升，正确；C. Fe(OH)3胶体的制备方法：在小烧杯中，加入25 mL蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中慢慢滴入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。即可得到Fe(OH)

27、3胶体，错误；D. 正确操作应为称取9.5gMgCl2，用适量蒸馏水溶解，再加蒸馏水至溶液体积为100mL，错误。17、A【解析】A. 化学反应、化学知识古代就有应用。B. 根据反应现象，可以提出假设，进行实验验证。C. 观察法是用感官和一些辅助仪器对实验对象进行观测。D. 通过化学反应，可以制备自然界不存在的物质。【详解】A. 化学反应、化学知识古代就有应用，A错误。B. 根据反应现象，可以提出假设，进行实验验证，假说是研究物质性质的基本方法之一，B正确。C. 观察法是用感官和一些辅助仪器对实验对象进行观测，在研究氯气的性质时，发现有刺激性气味，该过程使用了观察法，C正确。D. 化学家可以利

28、用现代高科技手段操纵分子和原子，可以制备自然界不存在的物质，D正确。18、D【解析】A. BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl的反应实质为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是Ba2+SO42=BaSO4，故不选A；B.H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl的反应实质为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是Ba2+ SO42=BaSO4，故不选B；C. Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3的反应实质为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2+ SO42=BaSO4，故不选C；D.BaCO3为难溶物，离子方

29、程式中BaCO3不能拆写为离子，BaCO3+H2SO4=BaSO4+CO2+H2O反应的离子方程式是BaCO3+ 2H+SO42=BaSO4+CO2+H2O，故选D；选D。19、C【解析】化学变化是有新的物质的生成，不改变元素种类，则质子数、中子数不变，若发生氧化还原反应时，则存在电子的得失，答案为C【点睛】发生氧化还原反应时，则存在电子的得失，核外电子数发生改变。20、D【解析】A. 标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，故A错误；B. 中子数为 8 的氧原子可表示为168O，故B错误；C. S2-的结构示意图： ，故C错误；D. 明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，故D正确

30、。故选D。21、C【解析】A该反应中，溴元素的化合价由0价变为-1价和+5价，其它各元素的化合价都不变，所以溴作氧化剂和还原剂，故A正确；B氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠，则被氧化的溴原子与被还原的溴原子质量比是1:5，故B正确；CNaBr是还原产物，NaBrO3是氧化产物，故C错误；D消耗6mol氢氧化钠转移电子的物质的量为1mol（5-0）=5mol，则转移1mol电子时，消耗1.2mol NaOH，故D正确；故答案选C。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价来确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，注意转移电子的计算方法。22、C【解析】ACH

31、4+2O2CO2+2H2O不属于复分解反应，故A错误；BCH4+2O2CO2+2H2O不属于置换反应，故B错误；CCH4+2O2CO2+2H2O中C元素和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；DCH4+2O2CO2+2H2O不属于分解反应，故D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存

32、在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol

33、，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等24、 NaOHMg(OH)2 NH3H2ONH3H2ONH4+OH 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 作为

34、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NH3H2

35、O，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】解答本题时要熟记常见的“10电子”粒子：25、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O d e i h f g b Cl2+2OHCl+ClO+H2O 除去氯化氢，减小氯气的溶解性 Cl2+CuCuCl2 C 【解析】氯气和铜粉反应的实验：MnO2与浓盐酸制取的Cl2含有HCl和H2O，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去H2O，然后Cl2与Cu反应，最后用NaOH溶液吸收未

36、反应的Cl2，防止污染空气；二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，随反应进行浓盐酸变为稀盐酸，二氧化锰不与稀盐酸反应，对于实验，将足量的二氧化锰与含HCl0.4mol浓盐酸反应产生的氯气，HCl不能完全反应，假定HCl完全反应，计算生成的氯气的物质的量，实际氯气小于该值，对于实验，将0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气，二氧化锰完全反应，根据二氧化锰结合方程式计算生成的氯气的物质的量。【详解】（1）装置A中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（

37、2）按照气体流向由左到右，仪器连接顺序为Cl2发生装置除去HCl气体装置干燥装置制备装置多余Cl2处理装置，MnO2与浓盐酸制取的Cl2含有HCl和H2O，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去H2O，然后Cl2与Cu反应，最后用NaOH溶液吸收未反应的Cl2，防止污染空气，所以按气流方向各仪器接口顺序是：adeihfgb，故答案为deihfgb；（3）装置B中为氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠和次氯酸钠的反应，离子方程式为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；装置C中饱和食盐水的作用是除去氯化氢，减小氯气的溶解性，故答案为除去氯化氢，减小氯气的

38、溶解性；（4）加热时Cu与Cl2发生化合反应生成CuCl2，反应的化学方程式为Cu+Cl2CuCl2；故答案为Cu+Cl2CuCl2（5）对于实验，将足量的二氧化锰与含HCl0.4mol浓盐酸反应产生的氯气，HCl不能完全反应，假定HCl完全反应，根据反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O可知，含HCl0.4mol浓盐酸完全反应生成氯气为0.4mol1/4=0.1mol，实际氯气小于0.1mol；对于实验，将0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气，二氧化锰完全反应，根据反应方程式可知，生成氯气为0.1mol，实验生成的氯气大于实验生成的氯气，故选C，故答案为

39、C。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及氯气的实验室制法及化学性质，装置的选择，注意浓度、反应条件、先后顺序对实验的影响。26、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：=0.00194mol；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

40、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

41、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-。27、500mL容量瓶 33.1 洗涤烧杯和玻璃棒 12cm 凹液面恰好与刻度相切 【解析】（1）欲配制480mL0.5molL-1 NaOH溶液需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。答案：500mL容量瓶。（2）按配制500 mL溶液计算

42、NaOH的质量，即m(NaOH)=0.5 L0.5 molL-140 gmol-1=10.0 g。所需NaOH固体的质量10.0 g。烧杯质量为23.1g，则称取的总质量为10.0 g +23.1g =33.1g。答案：33.1。（3）配制时的操作顺序是：计算所需NaOH的质量，称量所需NaOH放入烧杯中加入适量水溶解，冷却后转移到500mL的容量瓶中，再用少量水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切，盖上塞子，反复摇匀即可。答案：洗涤烧杯和玻璃棒；12cm；凹液面恰好与刻度相切。（4

43、）容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干不影响溶液的配制浓度；定容观察液面时俯视导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；配制过程中遗漏了(3)中步骤C洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶液浓度偏低；加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致浓度偏低；答案：。28、分液漏斗 蒸馏烧瓶 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 除去氯气中氯化氢气体 无水氯化钙 分液漏斗D中出现橙黄色 【解析】（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，据此判断解答；（5）验证氯气是否具有漂