河南省八市重点高中联盟“领军考试”2022-2023学年高一化学第一学期期中检测试题含解析.doc

《河南省八市重点高中联盟“领军考试”2022-2023学年高一化学第一学期期中检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省八市重点高中联盟“领军考试”2022-2023学年高一化学第一学期期中检测试题含解析.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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、反应2NO+2CO=N2+2CO2可应用于汽车尾气的净化。下列判断正确的A该反应是置换反应 B该反应是复分解反应C该反应是

2、氧化还原反应 D该反应是分解反应2、从1L 0.1mol/L的NaOH溶液中取出100mL，有关这100mL溶液的叙述中正确的是A含NaOH质量为 4.0 g B物质的量浓度为0.01mol/LC物质的量浓度为0.1mol/L D含Na+ 0.1mol3、向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液后，再进行如下操作，结论正确的是（ ）选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液产生白色沉淀原溶液中有SOB滴加稀硫酸有无色无味的气体产生原溶液中有COC滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀原溶液中有SOD滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀原溶液中有Cl-AABBCCDD4、下列化学方程式改写成离子方

3、程式不正确的是ACuCl2Ba(OH)2Cu(OH)2BaCl2 Cu22OHCu(OH)2BNH4HCO3HClNH4ClCO2H2O HCO3HCO2H2OCCH3COOHNaOHCH3COONaH2O HOHH2OD2FeCl3Cu=2FeCl2+CuCl2 2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+5、80g密度为gcm3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中取出一半的溶液中Cl的浓度是（ ）AmolL1B1.25molL1CmolL1D0.63molL16、Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是AFe(OH)3胶体粒子的大小在1100 nm之间BFe(OH)3胶体具有丁达尔效应C

4、Fe(OH)3胶体是均一、稳定的分散系DFe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸7、下列物质中既有氧化性又有还原性的是()ANaClBAl2O3CN2O3DSiO28、下列有关工业制备的说法正确的是A从海水中可以得到NaCl，电解NaCl溶液可得到金属钠B工业上利用Cl2 与澄清石灰水为原料制备漂白粉C由于海水中碘离子浓度很低，工业上是从海产品（如海带等）中提取碘D工业上制备盐酸是利用Cl2 与H2 光照化合后再溶于水而制得9、在酸性溶液中能大量共存的离子组是AK+、OH-、Na+ BK+、N03- 、Cu2+CBa2+、SO42-、Na+ DCa2+、 CO32-、Na+10、把各组中的气体通入

5、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11、下列实验操作或装置错误的是A蒸馏 B过滤 C萃取 D转移溶液12、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是ANa2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2B2 NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2CNa2O+H2O=2NaOHDZn+H2SO4=ZnSO4 +H213、下列反应中，电子转移方向和数目正确的是（ ）ABCD14、下列物质属于纯净物的是( )A液氯B氯水C盐酸D漂白粉15、把7.4 g由 Na2CO310H2O

6、和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液， 其中c(Na+)=0.6 molL-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是A2.12g B3.18g C4.22g D5.28g16、下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（ ）A氯化镁晶体B氯化钠溶液C液态氯化氢D熔融氢氧化钾17、下列说法正确的是标准状况下，6.021023个气体分子所占的体积约为22.4 L0.5 mol N2的体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含原子数为2NA任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同

7、的两种气体的分子数一定相同ABCD18、下列物质中所含分子数目最多的是AB4时18mL的C个分子D19、下列各组微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是()AFe、H2O、CO2BFe3、MnO4、NO3CCl2、HClO、MgDClO、Cl、Ag20、实验室需配制1L 0.1molL-1的CuSO4溶液,正确的操作是A取25g CuSO45H2O溶于1L水中B取16g CuSO45H2O溶于少量水中,再稀释至1LC取16g无水CuSO4溶于1L水中D取25g CuSO45H2O溶于水配成1L溶液21、在一定温度和压强下，气体体积主要取决于A分子间的平均距离B分子微粒大小C分子数目的多少D分子式

8、量的大小22、下列反应的离子方程式中，正确的是A向Na2CO3溶液中加入足量醋酸：CO32-+2H=CO2+H2OB向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+OH=CaCO3+H2OC向NaOH溶液中通入足量的CO2：CO2+2OH=+H2OD向饱和碳酸钠溶液中通入CO2：2Na+CO2+H2O=2NaHCO3二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包固体混合物粉末，其中可能含有Na2SO4、K2CO3、CuSO4、BaCl2、NaCl，现按如下操作步骤进行实验：取部分固体混合物溶于水中，振荡，得无色透明溶液；取所得溶液，滴加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉

9、淀部分溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体混合物粉末中一定含有的物质是_，一定不含有的物质是_，可能含有的物质是_ (以上空格均填写化学式)。(2)写出步骤中的离子方程式_。(3)若要检验K2CO3中Cl和SO42-是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_ (填字母)。aHCl、BaCl2、AgNO3 bHNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 cAgNO3、HNO3、Ba(NO3)2 dAgNO3、HCl、BaCl224、（12分）有A、B、C、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A

10、2离子和B原子电子层数也相同。回答：(1)画出A2离子的结构示意图_；(2)A、B、C三元素符号分别为_ 、_ 、_。25、（12分）实验室制备Cl2和新制Cl2水，如图所示：根据上述实验过程，回答下列问题：(1)实验开始前，应先进行的操作是_。(2)装置中盛装浓盐酸的仪器名称是_，装置中若无盛饱和食盐水的洗气瓶，将导致_。(3)要证明Cl2与水反应是可逆反应，则证明氯水存在Cl2分子的现象是_，证明同时存在HCl和HClO的实验操作及现象是_。(4)吸收Cl2尾气的化学反应方程式为_。(5)向装有新制氯水的试管中加入适量KBr溶液，反应的化学方程式为：_，待充分反应后，再加入四氯化碳并振荡，

11、观察到的现象是_。(6)有一种含氯氧化物，含氧量18.4%，与水反应，生成HClO，该氧化物的化学式是_。26、（10分）某校科学兴趣小组探究二氧化碳与过氧化钠反应是否有氧气生成，设计了如图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液吸收挥发出的HCI，E为收集氧气装置。(1)C中盛有_，作用是_。(2)写出装置D中发生反应的化学方程式_。(3)指出装置E的错误：_。27、（12分）奶粉中蛋白质含量的测定往往采用“凯氏定氮法”，其原理是食品与硫酸和催化剂一同加热，使蛋白质分解，分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。然后碱化蒸馏使氨游离，用硼酸吸收后再以硫酸或盐酸标准溶液滴定，根据酸的消耗量乘以换算系数，即为蛋

12、白质含量。操作步骤：样品处理：准确称取一定量的固体样品奶粉，移入干燥的烧杯中，经过一系列的处理，待冷却后移入一定体积的容量瓶中。NH3的蒸馏和吸收：把制得的溶液(取一定量)，通过定氮装置，经过一系列的反应，使氨变成硫酸铵，再经过碱化蒸馏后，氨即成为游离态，游离氨经硼酸吸收。氨的滴定：用标准盐酸溶液滴定所生成的硼酸铵，由消耗的盐酸标准液计算出总氮量，再折算为粗蛋白含量。请回答下列问题：（1）在样品的处理过程中使用到了容量瓶，怎样检查容量瓶是否漏水_。（2）在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏大_。A烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯 B定容时，俯视刻度线C定容时，仰视刻度线 D

13、移液时，有少量液体溅出（3）若称取样品的质量为1.5g，共配制100mL的溶液，取其中的20mL，经过一系列处理后，使N转变为硼酸铵然后用0.1molL1盐酸滴定，其用去盐酸的体积为23.0mL，则该样品中N的含量为_。(滴定过程中涉及到的反应方程式：(NH4)2B4O72HCl5H2O=2NH4Cl4H3BO3)（4）一些不法奶农利用“凯氏定氮法”只检测氮元素的含量而得出蛋白质的含量这个检测法的缺点，以便牛奶检测时蛋白质的含量达标，而往牛奶中添加三聚氰胺(C3N6H6)。则三聚氰胺中氮的含量为_。28、（14分）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体

14、，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。（1）写出下列物质的化学式：A：_，D：_，R：_。（2）按要求写下列反应方程式：H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式_；B和R反应生成N的离子方程式_；D与盐酸反应的离子方程式_。（3）检验气体C的方法_。29、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）（1）中发生反应的还原剂是_、中的氧化剂是_（填化学式）。（2）中反应的离子方程式是_。（3）ClO2是一种高效水处

15、理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_。研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是_。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、C【解析】2NO+2CO=N2+2CO2中，N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合四种基本反应类型来解答。【详解】A.反应物中没有单质，不是置换反应，故A错误；B.生成物中有单质，不是复分

16、解反应，故B错误；C.2NO+2CO=N2+2CO2中，N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，化合价发生了变化，是氧化还原反应，故C正确；D.反应物有两种，不是分解反应，故D错误。故选C。2、C【解析】根据物质的量与质量、微粒数目、溶液的物质的量浓度之间的关系分析【详解】A.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的质量为为0.1L0.1mol/L40g/mol=0.4g，故A错误；B.由于溶液是均匀的，从1L0.1mol/LNaOH溶液中取出100mL溶液，这100ml氢氧化钠溶液与原1L0.1mol/LNaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故B错误；故B错误；C.由于溶液是均匀的，取出的

17、100mL氢氧化钠溶液与原1L0.1mol/LNaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故C正确；D.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1L0.1mol/L=0.01mol，即n(Na+)=0.01mol，故D错误。故选：C。【点睛】溶液的物质的量浓度与取出的体积无关，注意计算时，使用取用的溶液体积。3、D【解析】A可能有Ag+、等离子干扰，A错误；B若原溶液中有，加入硫酸后也能产生无色无味气体CO2，B错误；C若原溶液中含有，滴加硝酸酸化后将被氧化为，也将与BaCl2溶液产生白色沉淀，C错误；D滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中有Cl-，加入稀硝酸是排

18、除的干扰，D正确；故答案为：D。4、C【解析】根据离子方程式的书写规则分析回答。【详解】CH3COOH是弱电解质，在水溶液中不能完全电离为离子，在离子方程式中应保留化学式。C项离子方程式就写成CH3COOHOHCH3COOH2O。C项错误。本题选C。【点睛】书写离子方程式时，只有易溶且易电离的物质（完全成为自由离子）才能拆写，单质、氧化物、难溶物、难电离（即弱电解质）、气体、非电解质（不能电离或部分电离成为自由离子）都应保留化学式。5、B【解析】2gCa2+离子物质的量为=0.05mol，溶液体积=L，则原溶液中c(Ca2+)=mol/L，而原溶液中c(Cl)=2c(Ca2+)=1.25mol

19、/L，溶液是均一的取出溶液中Cl的浓度与原溶液中的相等，故取出一半的溶液中Cl的浓度是1.25mol/L，答案选B。6、A【解析】A项，Fe（OH）3胶体粒子的大小在1100nm之间，FeCl3溶液中溶质粒子小于1nm，是两者的本质区别；B项，Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应，不是两者的本质区别；C项，FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都是均一、稳定的分散系；D项，FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体的分散质都能透过滤纸；答案选A。点睛：胶体和溶液的本质区别是分散质粒子的大小，分散质粒子小于1nm的分散系为溶液，分散质粒子大小在1nm100nm之间的为胶体；鉴别溶液

20、和胶体用丁达尔效应，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能。7、C【解析】判断物质的氧化性和还原性，需从两个方面入手，熟悉物质的性质，物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】A、NaCl中的氯元素为-1价，处于最低价，只有还原性；B、Al2O3中铝元素的化合价为+3价，处于最高价态，则只有氧化性；C、N2O3中N元素的化合价为+3价，处于中间价态，则该物质既有氧化性又有还原性；D、SiO2中Si元素的化合价为+4价，处于最高价态，则只有氧化性；答案选C。【点睛】本题主要考查对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物

21、质一般具有氧化性。还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性。8、C【解析】A海水晒盐得到NaCl，通过电解熔融NaCl可制备Na，电解NaCl溶液不能得到金属钠，故A错误；B.因氢氧化钙在水中的溶解度较小，为提高漂白粉的产量，工业上利用Cl2与石灰乳反应来制备漂白粉，故B错误；C.由于海水中碘离子浓度很低，工业上一般从海产品（如海带等）中提取碘，故C正确；D.由于Cl2 与H2 光照化合会发生爆炸性反应，所以工业上制盐酸通常将氢气在氯气中燃烧化合后，再溶于水制得盐酸，故D错误；答案选C。【点睛】工业制取钠为电解熔融氯化钠，反应的方程式为

22、：2NaCl(熔融)2Na+ Cl2；电解氯化钠溶液的反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+2H2+2Cl2，这是氯碱工业的反应。9、B【解析】A在酸性溶液中不可能大量存在OH-，故A错误； B K+、N03- 、Cu2+在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故B正确；CBa2+与SO42-发生离子反应生成白色溶液，故C错误；DCa2+与CO32-发生离子反应生成白色溶液，故D错误；答案为B。点睛：离子不能大量共存的一般情况是：(1)能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；(2)能生成难溶物的离子之间(如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42

23、-)；(3)能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子(如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等)；(4)能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等)；(5)能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；(2)溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；(4

24、)是“可能”共存，还是“一定”共存等。10、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。11、A【解析】A蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分的温度

25、，故A错误；B过滤可用于分离不溶性固体和液体，装置图符合操作要求，故B正确；C萃取可用分液漏斗，装置图符合操作要求，故C正确；D转移液体时要防止液体飞溅，装置图符合操作要求，故D正确；故选A。12、D【解析】若反应中有元素的化合价的变化，就是氧化还原反应，没有元素化合价变化的反应是非氧化还原反应，据此分析判断。【详解】A.该反应是复分解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，A错误；B.该反应是分解反应，在反应过程中元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，B错误；C.该反应是化合反应，反应过程中元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，C错误；D.该反应是置换反应，反应过程中有元素的

26、化合价的变化，属于氧化还原反应，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了氧化还原反应与四种基本反应类型关系，掌握氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移。根据元素化合价的变化判断氧化还原反应。在四种基本反应类型中，置换反应都是氧化还原反应；复分解反应都不是氧化还原反应；有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应是氧化还原反应。13、A【解析】AS+O2=SO2反应中，硫的化合价从0价升高到+4价，失去4个电子，氧的化合价从0价降低到-2价，一个O2得到4个电子，故A正确；BH2S和H2SO4反应时，H2S中的-2价硫化合价升高，应该遵循邻位转化原则，所以应该转变为0价硫，H2SO

27、4里的+6价硫应该降低到SO2中的+4价，故B错误；C铁和硫酸发生置换反应，铁的化合价从0价升高到+2价，应该失去电子，硫酸里的+1价氢的化合价降低到H2中的0价，应该得到电子，故C错误；DHCl和K2Cr2O7的反应中，HCl中的-1价的氯升高到Cl2中的0价，应该失去电子，生成3molCl2，应该失去6mol电子，K2Cr2O7中的+6价的Cr反应后降低到+3价，应该得到电子，1mol K2Cr2O7反应，应该得到6mol电子，故D错误；故选A。14、A【解析】A.液氯是液态氯气单质，是纯净物，故A正确；B.氯水是氯气溶于水形成的，是混合物，故B错误；C.盐酸是氯化氢气体溶于水形成，是混合

28、物，故C错误；D.漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，故D错误；故选：A。【点睛】纯净物是指由相同物质组成的，可以是同种元素组成的为单质，也可是不同元素组成的为化合物，从微观角度可以是由相同分子构成；15、B【解析】把7.4gNa2CO310H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO310H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.50.6mol/L0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol0.03mol=3.18g，故答案选B。【点睛】本题考查了混合

29、物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。16、D【解析】A. 氯化镁晶体属于电解质，但氯化镁晶体中离子不能自由移动，不能导电，故A不选；B. 氯化钠溶液能导电，但属于混合物，不属于电解质，故B不选；C. 液态氯化氢中氯化氢以分子形式存在，没有自由移动的离子，不能导电，故C不选；D. 熔融氢氧化钾能电离出自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故D选；故选D。17、D【解析】标况下，6.021023个气体分子（1mol）所占的体积才是22.4L，正确；没有指明气体存在的状态，所以0.5 mol H2所占体积不一

30、定为11.2 L，错误；标准状况下，H2O为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，正确；在标准状况下，任何气体的摩尔体积为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，错误；标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，正确；综上所述，正确，D满足题意。答案选D。18、D【解析】由N=nNA可知，物质的物质的量越大，所含分子数越大，A、n(SO3)=0.3mol；B、n(H2O)=1mol；C、n(NH3)=1mol；D、n(C

31、O2)的物质的量为=1.5mol；则66g CO2的物质的量最大，所含分子数最大，故选D。19、B【解析】A.Fe元素化合价为0，是铁的最低化合价，只有还原性，故A错误；B.Fe、Mn、N元素化合价都处于最高价态，Fe3、MnO4、NO3都具有氧化性，在一定条件下可以作为氧化剂，故B正确；C.Mg元素化合价为0，是镁的最低化合价，只有还原性，故C错误；D.Cl元素化合价为-1，是氯的最低化合价，只有还原性，故D错误；本题答案为B。20、D【解析】配制1L 0.1molL-1的CuSO4溶液，需要CuSO45H2O的质量m=nM=cVM=0.1molL-11L250g/mol=25g，需无水Cu

32、SO4的质量m=nM=cVM=0.1molL-11L160g/mol=16g，溶解后在容量瓶中定容为1L。【详解】A. 1L指溶液体积为1L，不是溶剂水的体积为1L，应该是定容为1L，A错误。B. 需要CuSO45H2O的质量m=nM=cVM=0.1molL-11L250g/mol=25g，B错误。C. 需无水CuSO4的质量m=nM=cVM=0.1molL-11L160g/mol=16g，但不能取用1L水，应在容量瓶中定容为1L，C错误。D. 取25g CuSO45H2O溶于水配成1L溶液，配制溶液的物质的量浓度c= =0.1mol/L，D正确。答案为D。【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，

33、注意配制溶液计算需要的溶质质量时，有结晶水的溶质需要将结晶水算进摩尔质量中，定容时配制的溶液体积为1L，而不是加入1L的水。21、C【解析】任何物质的体积大小均由构成物质的粒子直径的大小、粒子的间隙、粒子的数量三个因素共同决定。对于气体来说，由于气体的分子间隙远大于分子直径的十倍以上，所以计量气体的体积时，相对于间隙来说，气体分子的本身的大小可以忽略，所以气体的体积大小主要由气体分子数和气体分子间的距离共同决定。确定了气体所处的温度和压强，就等于确定了气体分子间的距离，所以此时该气体的体积主要由气体的分子数决定。在该条件下，气体的分子数越多，气体的体积就越小，且有。22、D【解析】A醋酸是弱酸

34、，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，A错误；B碳酸氢铵电离产生的也会与OH-发生反应产生弱电解质NH3H2O，反应不符合事实，B错误；C向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应产生，不符合事实，C错误；D碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应的发生符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故选项是D。二、非选择题(共84分)23、K2CO3 、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 NaCl BaCO32H=Ba2CO2H2O b 【解析】固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液说明混合物中一定无硫酸铜，取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含硫酸钠或碳酸钠，由于硫酸钠或碳酸钠可与氯化

35、钡反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含氯化钡，在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，故一定含碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定。【详解】（1）取固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，由于硫酸铜溶液为蓝色，所以说明一定不含硫酸铜；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，根据题干给出的物质，所形成的沉淀可能为碳酸钡或硫酸钡，所以混合物中可能含碳酸钠或硫酸钠，综合（1）得到无色溶液（2）可能含碳酸钠或硫酸钠，而碳酸钠或硫酸钠可与氯化钡形成沉淀，故混合物中一定不含氯化钡；在白色沉淀中加入足

36、量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明沉淀为碳酸钡，故一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有； 故答案为Na2CO3；Na2SO4、BaCl2、CuSO4；NaCl； （2）碳酸钡是可以溶于强酸的白色沉淀，实质是：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）若要检验K2CO3中Cl和SO42-是否除尽，必须先加入过量硝酸与碳酸钾反应以除去碳酸根离子，再用硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后加入AgNO3检验是否存在氯离子，故答案选b。【点睛】本题为混合物组成的推断题，完成此类题目，要抓住题干叙述的解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向推测其他物质

37、，从而得出结论。24、 Mg C O 【解析】A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、2，因此A是Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。(1)A是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意

38、图为：；(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。【点睛】本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。25、检验装置气密性 分液漏斗 Cl2中含有HCl气体 氯水呈黄绿色 取少量氯水滴加紫色石蕊试液，若出现先变红后褪色，则证明有HCl和HClO的存在 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 溶液分层，下层为橙红色，上层无色 Cl2O 【解析】由实验装置可知，二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，然后选向上排空气法收集氯气，再发生氯气与

39、水的反应制备氯水，氯水中含氯气为黄绿色，且含具有漂白性的HClO，最后NaOH吸收尾气。【详解】(1)该实验为气体制备、收集实验，开始前需要检验装置气密性；(2)根据其结构特点可知该仪器为分液漏斗；饱和食盐水可以吸收Cl2混有的挥发出来的HCl气体，装置中若无盛饱和食盐水的洗气瓶，将导致Cl2中含有HCl气体；(3)氯气为黄绿色气体，所以证明Cl2水存在Cl2分子的现象是氯水呈黄绿色；HCl具有酸性，HClO具有漂白性，所以证明同时存在HCl和HClO可取少量氯水滴加紫色石蕊试液，若出现先变红后褪色，则证明有HCl和HClO的存在；(4)氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，方程式为2N

40、aOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；(5)新制氯水中含有Cl2，可以置换出Br2，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ；Br2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以发生萃取，其现象是：溶液分层，下层为橙红色，上层无色；(6)含氯氧化物，含氧量18.4%，则Cl、O原子个数比为：=2：1，分子式为Cl2O。【点睛】把握实验装置的作用、物质的性质、反应与现象为解答的关键；氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+Cl-+H+，饱和食盐水中有大量氯离子，因此可以降低Cl2的溶解度，因此常用饱和食盐水除去Cl2混有的HCl气体。26、浓硫酸 干燥CO2 2Na2O2+2CO2

41、=2Na2CO3+O2 集气瓶中导管应该左短右长 【解析】A装置中大理石与盐酸反应制取CO2；B装置中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl气体；由于过氧化钠与水蒸气反应生成氧气，所以通入D装置中的CO2必须是干燥的，则C中盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置D中实现过氧化钠与二氧化碳的反应；E为排水法收集氧气；据此分析作答；【详解】(1)A装置中由大理石与盐酸反应制得的二氧化碳中混有HCl和H2O(g)，B装置中盛放饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的HCl，水蒸气也能与过氧化钠反应生成O2，为防止水蒸气与Na2O2反应产生的O2对反应的干扰，C装置中盛放浓硫酸，用于干燥二氧化碳；

42、 (2)装置D中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； (3)根据装置图，E装置采用排水法收集氧气，为了将E装置中的水排入F中，E装置中集气瓶的导管应左短右长。27、往容量瓶中注入一定量的水，塞紧瓶塞，倒转过来，观察是否漏水，然后再正放，旋转瓶塞180，再倒转过来，观察是否漏水，若都不漏水，则说明该容量瓶不漏水 B 10.73% 66.7% 【解析】(1)A、配制溶液时，烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯，导致溶质损失，使溶液浓度偏小，则A错误；B、定容时，俯视刻度线，导致溶液体积减小，使溶液浓度偏大，B正确；C、定容时，仰

43、视刻度线，导致溶液体积增大，使溶液浓度偏小，则C错误；D、由于含有溶质的液体测出，使溶质的物质的量减小，导致溶液浓度偏小，则D错误。正确答案为B。(2) 滴定时消耗盐酸的物质的量n(HCl)= 0.1 mol/L0.023L=0.0023mol，由提示的反应方程式可得n(NH4+)= n(N)= n(HCl)=0.0023mol，所以样品中N的含量为= 100%=10.73%。28、Na2O2 Fe3O4 Al 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O 用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成 【解析】试题分析：A为淡黄色固体，且能和水反应，则A为Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉