上海市进才中学2022年化学高一第一学期期中达标检测试题含解析.doc

《上海市进才中学2022年化学高一第一学期期中达标检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市进才中学2022年化学高一第一学期期中达标检测试题含解析.doc（18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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、下列实验方案设计中

2、，可行的是A将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H2B加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉C用萃取的方法分离汽油和煤油D用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl固体的混合物2、在标准状况下13.44 L CH46.021023个HCl分子27.2 g H2S 0.4 mol NH3,下列对这四种气体的关系从大到小表达错误的是A体积 B质量C密度 D氢原子个数3、在化学反应 3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O 中，硝酸中被还原和未被还原的氮元素的质量比是A3:1B1:1C1:2D1:34、氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属

3、于阴影部分的是（ ）ACl22KBr=Br22KClB2NaHCO3Na2CO3H2OCO2C4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3D2Na2O22CO2=2Na2CO3O25、下列玻璃仪器在过滤操作中没有用到的是（ ）A漏斗B量筒C烧杯D玻璃棒6、下列各组物质分类的组合，正确的是酸碱盐碱性氧化物A硫酸纯碱胆矾 氧化钠B硝酸烧碱硫酸钾氧化钙C醋酸一水合氨苛性钠氧化铁D碳酸熟石灰小苏打二氧化碳AABBCCDD7、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）AK、H、SO42、OHBNa、Cu2、Cl、SO42CNa、H、Cl、CO32DNa、Ca2、CO32、NO38、下列各项操作中，

4、发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：向石灰水中通入过量的CO2 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸 向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸ABCD9、常温下，下列物质中不能与水反应的是ANa2OBCaOCFe2O3DNa2O210、下列有关使用托盘天平的叙述，不正确的是（）称量前先调节托盘天平的零点；称量时左盘放被称量物，右盘放砝码；潮湿的或有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，其他固体药品可直接放在天平托盘上称量； 用托盘天平可以准确称量5.85g的固体食盐；称完，应把砝码放回砝码盒中。ABCD11、硼元素有10B和11B两种同位素

5、，原子百分含量分别为19.7%和80.3%，则硼元素的平均相对原子质量是A10.4B10.6C10.8D11.012、在酸性条件下可发生反应：SO+2MO+2H+=2MO2+SO+H2O，MO中 M 的化合价是A+7B+6C+5D+413、某MgCl2溶液的密度为1.6gcm-3，其中镁离子的质量分数为10 %，300 mL该溶液中Cl-离子的物质的量约等于A4.0 mol B3.0 mol C2.0 mol D1.0 mol14、下列说法不正确的是 （ ）A假说经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论B可以用分类的方法预测物质的性质C研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法D科学实验能

6、解决化学学科的所有问题15、下列生活中常见的物质中，不能产生丁达尔效应的是A牛奶B白糖水C豆浆D鸡蛋清溶液16、下列说法正确的是A铜、纯净的盐酸均导电，所以它们是电解质B酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以酒精是非电解质CCaO在水溶液和熔融状态下均能导电，所以它们的导电原理相同D固体KCl、液态HCl均不导电，所以KCl、HCl均是非电解质17、等量的金属铝与足量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体A与酸反应放出的多B与碱反应放出的多C无法判断D一样多18、下列几种反应类型之间的关系正确的是（ ）ABCD19、C1O2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C1O

7、2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O,下列说法中正确的是A在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂B1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体C1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移DKClO3在反应中是氧化剂20、把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（）ACO2（g）通入NaOH溶液BCO2（g）通入石灰水CNH3（g）通入CH3COOH溶液DNH3（g）通入盐酸中21、离子方程式BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 中的H+ 不能代表的物质是（ ）HCl H2SO4

8、 HNO3 NaHSO4 CH3COOHA B C D22、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是（ ）A30L0.2mol/LKCl溶液B20L0.1mol/LCaCl2溶液C10L0.1mol/LAlCl3溶液D100L0.25mol/LNaCl溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色填写下列空白：（1）写出化学式：A_，B_（2）写出反应的化学反应方程式：_（3）写出反应的化学反应方程式：_24、（12分）某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在

9、大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。25、（12分）有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl、SO42、CO32中的若干种，现进行以下实验：取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；向溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；取中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉

10、淀全部溶解；重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；向的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤。往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少。(1)根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是_，肯定含有的离子是_，不能确定是否含有的离子_。可通过_(填实验方法)来进一步确定该离子。(2)步骤中发生反应的离子方程式是_；_；_。26、（10分）如图所示，圆底烧瓶中盛有 0.18g 镁条，加入 10.00mL2.00mol/L 的硫酸溶液 反应完全后，产生氢气 180mL。（1）根据实验数据计算，气体的摩尔体积为_。（2）反应过程中，装置内空气没有排除，空气的体积对

11、实验结果_（填“有”或“无”）影响，请简述理由：_（3）有同学认为：若镁条中混有杂质，则实验结果会偏低。请列举实例分析该同学的观点是否正确？_。27、（12分）某学生用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

12、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_28、（14分）回答下列有关氧化还原的问题。（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O。其中氧化产物是_。若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为_。（2）下列微粒：S S2 Fe2 H Cu HCl H

13、2O在化学反应中只能被氧化的是_（填序号，下同）。只能表现出氧化性的是_。（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有_，反应后溶液中一定含有的阳离子是_。（4）在反应KClO36HCl（浓）KCl3Cl23H2O中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为_。（5）将NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至无色。反应结束后，推测硫元素在溶液中的存在形式是_。这样推测的理由是_。（6）自来水中的NO3对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3的浓度，某研究人员提出两种方案。方案a：微碱性条件下用F

14、e（OH）2还原NO3，产物为NH3。生成3.4g NH3同时会生成_mol Fe（OH）3。方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式配平并标出电子转移的方向和数目。_Al_NO3_OH_AlO2_N2_H2O29、（10分）已知标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol,但很多化学实验并非在标准状况下进行,而是在常温常压下进行，下图为测定常温常压下气体摩尔体积的实验装置图。图中反应原理为：2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2(反应放热)。（1）该装置有明显错误处,请指出错误之处:_；作图修改(只针对需修改部位)：_。（2）经过（1）改正后进行

15、实验，实验过程如下:a.检查装置气密性；b.常温常压下，取4.6g乙醇与足量的金属钠反应并利用排水法收集产生的H2(假设广口瓶和量筒足够大)；c.当圆底烧瓶中不再有气泡产生,不能立即读数,必须先_,后_，再平视读取量筒中收集到水的体积为1240.0mL。经计算常温常压下气体摩尔体积为_。（3）经过（1）改正后仍有实验误差，下列哪些选项会导致实验误差_。A收集到的氢气中含有装置中原有的空气B收集H2前导管B中无蒸馏水C分液漏斗中的无水乙醇进入圆底烧瓶后占用了装置内气体空间参考答案一、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. 将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化

16、铜，会发生爆炸，故A错误；B. 盐酸能够溶解镁粉和铝粉，而不能溶解铜，可以加盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，故B正确；C. 汽油和煤油混溶，不能用萃取的方法分离汽油和煤油，故C错误；D. KNO3和NaCl均易溶于水，不能用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl固体混合物，故D错误；故选B。2、B【解析】n(CH4)=13.44L22.4L/mol=0.6mol；n(HCl)=；n(H2S)=27.2g34g/mol=0.8mol；n(NH3)=0.4mol。A在相同的温度和压强下，气体的物质的量越大，气体的体积就越大。体积：，A正确；B各种气体的质量分别是：0.6mol16g/m

17、ol=9.6g；1mol36.5g/mol=36.5g；0.8mol34g/mol=27.2g；0.4mol17g/mol=6.8g。质量：，B错误；C在相同的外界条件下，气体的相对分子质量越大，气体的密度就越大。相对分子质量：CH4：16；HCl：36.5；H2S：34；NH3：17，所以密度：，C正确；D各种气体中H原子的物质的量分别是：2.4mol，1.0mol，1.6mol，1.2mol。因此各种气体的氢原子数关系是：，D正确。答案选B。3、D【解析】化学反应3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O中，3molCu被氧化，还原的硝酸为2mol。【详解】在3Cu+8H

18、NO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，硝酸得电子作氧化剂，硝酸中N元素得电子被还原，铜作还原剂，铜元素被氧化，如果有8mol硝酸参加反应，则有2mol硝酸参加氧化还原反应，所以被还原的HNO3与和未被还原HNO3物质的量之比是2：6=1：3，故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意酸性、氧化剂的判断的方法是关键。4、D【解析】根据题意，阴影部分只属于氧化还原反应，与四种基本反应无关。【详解】A. Cl22KBr=Br22KCl属于氧化还原反应，同时也属于置换反应，故A不符合题意；B. 2NaHCO3Na2CO3H2OCO2反应中没有元

19、素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；C. 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3属于氧化还原反应，同时也属于化合反应，故C不符合题意；D. 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2属于氧化还原反应，与四种基本反应类型无关，故D符合题意；答案选D。【点睛】有单质参加的化合反应，有单质生成的分解反应，置换反应属于氧化还原反应，不属于上述反应类型的处于阴影部分。5、B【解析】过滤操作中没有用到量筒；答案选B。6、B【解析】本题主要考查物质的基本分类。碱：电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子（或N

20、H4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）；根据定义进行判断即可。【详解】A.纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，错误；B.各物质分类正确，正确；C.苛性钠是氢氧化钠，属于碱不是盐，氧化铁不属于碱性氧化物，错误；D.二氧化碳属于酸性氧化物，不是碱性氧化物，错误。【点睛】非金属氧化物不一定全是酸性氧化物，如CO、NO属于不成盐氧化物；金属氧化物不一定全是碱性氧化物，如Mn2O7属于酸性氧

21、化物；能够电离出H+的粒子不一定属于酸，如HCO3-能电离出H+，但属于离子，不属于化合物。7、B【解析】AH+、OH-反应生成水，不能大量共存，故A错误；B这几种离子之间不反应，能大量共存，故B正确；CH+、CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；DCa2+、CO32-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。8、A【解析】 向石灰水中通入过量的CO2，开始发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，沉淀溶解，正确； 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，开始胶体的胶粒的电荷被中和，胶体聚沉

22、形成沉淀，后来发生酸碱中和反应，沉淀溶解，形成FeCl3溶液，正确； 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸，发生中和反应：Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4+2H2O,硫酸过量，沉淀不能溶解，错误；向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸，胶体胶粒的电荷被中和发生聚沉现象，硝酸过量，AgCl沉淀不能溶解，错误。答案选A。【点睛】在化学上经常遇到加入物质，当少量物质时形成沉淀，当过量水沉淀溶解，变为澄清溶液的现象。具有类似现象的有：(1)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，当加入少量时胶粒的电荷被中和，胶体聚沉，形成沉淀，当加入盐酸较多时，发生酸碱中和反应，产生可溶性的盐，沉淀

23、溶解；(2) 向石灰水中通入CO2，开始CO2少量时发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；形成沉淀；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，产生的沉淀又溶解，变为澄清溶液；(3) 向AlCl3溶液中加入稀NaOH溶液，开始发生反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)33NaCl；当氢氧化钠过量时，发生反应：Al(OH)3+ NaOH=NaAlO2+2H2O；沉淀溶解，变为澄清溶液； (4)向NaAlO2溶液中加入盐酸，少量时发生反应：NaAlO2+HCl+ H2O =NaCl+ Al(OH)3，当盐酸过量时发生反应：3HCl+ Al(OH)3= Al

24、Cl3+ 3H2O,沉淀溶解变为澄清溶液； (5) 向AgNO3溶液中加入稀氨水，开始发生反应：AgNO3+NH3H2O= AgOH+NH4+，形成白色沉淀，当氨水过量时发生反应：AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，沉淀溶解，变为澄清溶液；(6)向CuSO4溶液中加入稀氨水，发生反应：CuSO4+2NH3H2O =Cu(OH)2+ (NH4)2SO4，形成蓝色沉淀，当氨水过量时，发生反应：Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)4OH+4H2O，沉淀溶解，形成深蓝色溶液。9、C【解析】ANa2O与水反应生成NaOH，A不选；BCaO与水反应生成Ca(OH)2，B不选

25、；CFe2O3不能与水反应，C选；DNa2O2与水反应生成NaOH和O2，D不选。答案选C。10、C【解析】托盘天平是一种计量仪器，精确到0.1g，使用托盘天平时应先调0，将药品放在左盘，砝码放在右盘，并垫质量、大小相等的纸片，不能直接称量、易潮解的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，称量完毕，应把砝码放回砝码盒中。【详解】称量前先调节托盘天平的零点，使天平左右盘平衡，故正确；称量时将药品放在左盘，砝码放在右盘，药品的质量等于砝码和游码的质量之和，故正确；使用托盘天平时将药品放在左盘，砝码放在右盘，并垫质量、大小相等的纸片，不能直接称量、易潮解的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称

26、量，故错误；托盘天平是一种粗略称量质量的计量仪器，精确到0.1g，故错误；称量完毕，应把砝码放回砝码盒中，不能随意丢弃，防止污染砝码，故正确。选C。11、C【解析】元素的平均相对原子质量=各原子的相对原子质量原子的百分含量【详解】硼元素的平均相对原子质量=1019.7% 1180.3% = 10.8，故C正确；综上所述，答案为C。12、C【解析】亚硫酸根中硫价态为+4价，升高至硫酸根中硫价态+6价，每个硫原子升高2价；M原子价态降低，降至MO2中M价态为+4价，设所求价态为y，根据得失电子守恒得：（y-4）2=12，解得y=5，故答案选C。13、A【解析】300mL该溶液的质量为300mL1.

27、6g/mL=480g，则m（Mg2+）=480g10%=48g，n（Mg2+）=48g24g/mol=2mol，溶液中n（Cl）=2n（Mg2+）=2mol2=4mol，答案选A。14、D【解析】化学研究的基本方法有：观察、实验、分类、比较等方法，除此之外，建立假说和化学模型在研究物质的结构和性质时也起着重要的作用；研究物质性质的基本程序为：观察物质的外观性质，预测物质的性质，实验和观察，解释和结论。由此分析解答。【详解】A.假说是在已有事实材料和科学理论基础上，对某些事物的存在或事物的因果性、规律性作出的假定性解释，经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论，A项正确；B.同类物质具有某种共性

28、，所以可以用分类的方法预测物质的性质，B项正确；C.观察、实验、分类、比较等是研究物质性质的基本方法，C项正确；D.科学实验不能解决化学学科的所有问题，有的问题需要在实验事实的基础上经过严密的逻辑推理得到，是实验和理论共同协作解决化学问题，D项错误；答案选D。15、B【解析】胶体有丁达尔效应。【详解】牛奶、豆浆和鸡蛋清溶液都属于胶体，都有丁达尔效应，白糖水属于溶液，不能产生丁达尔效应。故选B。16、B【解析】A、铜是单质，盐酸是混合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、酒精在水溶液中和熔融状态时都不导电，属于非电解质，故B正确；C、CaO溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙电离产生自由移动

29、的离子，所以CaO水溶液能导电，CaO在熔融状态下是自身电离出离子而导电，所以它们的导电原理不同，故C错误；D、KCl在水溶液中和熔融状态时都能导电，液态HCl在水溶液中能导电，所以KCl、HCl均是电解质，故D错误。所以B选项是正确的。【点睛】电解质指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，导电必须是化合物自身电离出自由移动的离子；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。17、D【解析】金属铝不论是和盐酸反应，还是和氢氧化钠溶液反应，均失去3个电子，铝元素的化合价由0升高到+3，所以根据电子得失守恒可知等量的金属铝与足

30、量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体一样多。答案选D。18、B【解析】置换反应有单质参与，肯定有元素化合价的变化，置换反应都是氧化还原反应，有些离子反应不是氧化还原反应，如，因此选项A、C、D均是错误的，B正确，答案选B。19、D【解析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价。【详解】A、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；B、反应中1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体

31、，故B错误；C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol（5-4）=1mol，故C错误；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A选项易错点、也是难点，H2C2O4中C元素化合价的判断，用化合价代数和为0去判断。20、C【解析】电解质溶液的导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关。【详解】A. 该过程的离子方程式为：，该过程中，离子浓度与所带电荷的乘积没有变化，则溶液的导电能力几乎不变，A错误；B. 该过

32、程的化学方程式为：，该过程中，离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，B错误；C. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度显著增大，则溶液的导电能力显著增大，C正确；D. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，D错误；故合理选项为C。21、A【解析】HCl为强酸，且与碳酸钡反应生成的是可溶性的钡盐氯化钡，碳酸钡与盐酸反应的离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示；能代表；H2SO4为强酸，与碳酸钡反应生成的是难溶性的钡盐硫酸钡，不可以用BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 表示，不能代表；HNO3为强

33、酸，且硝酸钡为可溶性钡盐，硝酸与碳酸钡反应的离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，能代表；NaHSO4，硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，由于硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；CH3COOH为弱酸，离子方程式中不能拆开，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；答案选A22、C【解析】A. 30L 0.2mol/L KCl溶液中，；B. 20L 0.1mol/L CaCl2溶液中，；C. 10L 0.1mol/L AlCl3溶液中，；D.

34、 100L 0.25mol/L NaCl溶液中，；所以氯离子浓度最大的是0.3mol/L，故答案为：C。二、非选择题(共84分)23、Na Na2O2 NaOH+CO2=NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、C

35、O2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。【详解】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaH

36、CO3； （3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。【点睛】本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。24、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸

37、反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸25、SO42、CO32

38、Fe3+、Al3+、Cl K+ 焰色反应 Fe3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH4+ Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+ Al(OH)3+OHAlO2+2H2O 【解析】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl、SO42、CO32中的若干种，由实验取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出，则溶液中一定不含CO32-；向溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，则溶液中一定含有Fe3+，可能含有SO42-；过滤后，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl-；取中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，由于硫酸钡不溶于盐酸，

39、因此溶液中一定不含SO42-；重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；向的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤，往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少但不完全溶解，因氢氧化铝溶于强碱，氢氧化铁不能，则说明溶液中含有Fe3+、Al3+；通过以上分析可知，溶液中一定含有Fe3+、Al3+、Cl-；一定不含有CO32-、SO42-；不能确定溶液中是否含有K+，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知：这包粉末中一定不含有的离子是CO32-、SO42-；肯定含有的离子是Fe3+、Al3+、Cl-；不能确定是否含有的离子是K+，由于钾元素焰色反应为浅紫色(透过蓝

40、色钴玻璃观察)，因此要确定溶液中是否含有K+，可通过焰色反应判断；(2)由于溶液中含有Fe3+、Al3+、Cl-，向该溶液在加入氨水，Fe3+与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，离子反应方程式为：Fe3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH4+；Al3+与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，往过滤后的沉淀中滴加NaOH溶液，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够溶于强碱，所以Al(OH)3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子反应方程式为：Al(OH)3+OHAlO2+2H2O。【点睛】本题考查离子反应。涉及离子的推断及离子方程式的书写。把

41、握生成的沉淀及沉淀的颜色、离子共存确定存在的离子为解答的关键，注意掌握常见离子的性质及检验方法。26、24L/mol 无 反应后装置内残留的 H2 可以替代空气的体积 需要根据杂质的类型分类讨论，若杂质为 Al，则偏高，杂质不参与反应或为 Fe、Zn 等则偏低。 【解析】（1）镁和硫酸反应生成氢气，根据气体的摩尔体积= 计算；（2）反应过程中，装置内空气没有排除，反应后装置内残留的 H2 可以替代空气的体积；（3）若镁条中混有杂质，若杂质为 Al，则实验结果会偏高。【详解】（1）0.18g 镁条的物质的量为n=0.0075mol，加入 10.00mL2.00mol/L的硫酸n（H2SO4）=0

42、.02mol，Mg+H2SO4=MgSO4+H2，硫酸过量，按镁计算生成氢气为：0.0075mol，气体的摩尔体积=24L/mol，故答案为：24L/mol；（2）反应过程中，装置内空气没有排除，没有排除空气可由反应后装置内残留的 H2 替代，故答案为：无；反应后装置内残留的 H2 可以替代空气的体积；（3）若镁条中混有杂质，若杂质为 Al，铝的摩尔质量大于镁，计算出的金属的物质的量偏小，气体的摩尔体积计算出偏高，同理杂质不参与反应或为 Fe、Zn 等则偏低，故答案为：需要根据杂质的类型分类讨论，若杂质为 Al，则偏高，杂质不参与反应或为 Fe、Zn 等则偏低。27、4.2 引流 胶头滴管 偏

43、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

44、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。28、CuSO4（或Cu2） 2.24L Ag Mg2 Zn2 5：1 SO42 紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低。NaHSO3中4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42形式存在。 1.6 10 6 4 10 3 2