琼山中学2022年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、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 ()A铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B充有氢气的气球遇明火爆炸C

2、大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D铁质菜刀生锈2、溶质质量分数分别为 a%和 5a%的 H2SO4 溶液等体积混合均匀后，则混合溶液中 H2SO4的质量分数为A等于 3a%B等于 6a%C大于 3a%D小于 3a%3、为加速漂粉精的消毒作用，最好的方法是A用水溶解B加入少量稀盐酸C干燥后使用D加入NaOH溶液4、下列电离方程式书写错误的是AMgCl2Mg2+2Cl BNaOHNa+O2+H+CHClH+ +Cl DK2SO42K+SO425、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 D6、1993年8月，国际原子量委员会确认我国张青

3、莲教授测定的锑的相对原子质量（121.760）为标准原子量，已知锑有两种以上天然同位素，则121.760是（ ）A锑元素的质量与12C原子质量112的比值B一个锑原子的质量与12C原子质量112的比值C按各种锑的天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的一定百分比计算出的平均值D按各种锑的天然同位素质量数与这些同位素所占的一定百分比计算出的平均值7、下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是A除去CO气体中的CO2B分离沸点相差较大的互溶液体混合物C容量瓶中转移液体D分离互不相容的两种液体8、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

4、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9、实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选用500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )A称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水B称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液C称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水D称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液10、下列反应中，参加反应的HCl只有部分被氧化的是ANaOH+HCl=NaCl+H2OBZn+2HCl=ZnCl2+H2CMnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2DCuO+2HCl=

5、CuCl2+H2O11、某一K2SO4 和 Al2(SO4)3 的混合溶液，已知其中 Al3+的物质的量浓度为 0.4 mol/L，的物质的量浓度为 0.7 mol/L，则此溶液中 K+的物质的量浓度为 ( )A0.1 mol/LB0.15 mol/LC0.2 mol/LD0.25 mol/L12、标准状况下，密度为0.75 gL1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3与CH4的体积比为ab，该混合气体对氢气的相对密度为D，则ab和D分别为（ ）A13 和7.5 B16和6.4 C1716和7.5 D4:1和8.413、在6KOH+3Cl2=KClO3+5KCl+3H2O的反应中,下列说法中

6、正确的是AKCl是还原产物，KClO3是氧化产物BCl2是氧化剂，KOH是还原剂CKOH是氧化剂，Cl2是还原剂D被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为5114、下列盛放试剂的方法正确的是()A浓硝酸易挥发，应贮存于磨口细口瓶中，加盖橡胶塞，并放置于阴凉处B汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中C碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中15、在沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。下列说法正确的是（ ）A用激光笔照射该液体，会出现丁达尔效应B将液体静置片刻，会出现沉淀现象C所得分散系中分散质的粒子直径大

7、于100 nmD用滤纸可实现该分散系中分散剂与分散质的分离16、朱自清在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处 丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因是（ ）A空气中的小水滴颗粒直径大小约为 109m107mB光是一种胶体C雾是一种胶体D发生丁达尔效应17、下列表示或说法不正确的是( )AF的结构示意图: B中子数为20的氯原子:3717ClCS2的结构示意图: DHD一种是化合物18、11.2g Fe加入一定量的HNO3充分反应后，生成Fe2+、Fe3+的物质的量之比为1:4，将生成的气体NXOY与一定量的O2混合后通入水中，反应后

8、无气体剩余（NXOY+O2+H2O-HNO3 ），则通入的氧气的物质的量是A0.12molB0.14molC0.2molD0.13mol19、某混合物气体中各气体的质量分数为O232%、N228%、CO222%、CH416%、H22%,则此混合气体对氢气的相对密度为A11.11B15.18C22.22D30.3620、已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是选项WXA盐酸碳酸钠溶液B氢氧化钠溶液氯化铝溶液C二氧化碳氢氧化钙溶液D氯气铁单质AABBCCDD21、下列各组数据中，前者是后者两倍的是A2mol水的摩尔质量和 1

9、mol水的摩尔质量B2 molL-1氯化钠溶液中C(Cl-)和1 molL-1氯化镁溶液中C(Cl-)C标准状况下22.4L甲烷中氢原子数和18g水中氢原子数D20% 氢氧化钠溶液中C(NaOH)和10%氢氧化钠溶液中C(NaOH)22、在相同的温度和压强下,A 容器中的 CH4和 B 容器中的 NH3所含的氢原子总数相等,则两个容器的体积比为()A4:5B3:4C4:3D1:1二、非选择题(共84分)23、（14分）有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中

10、加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_（3）写出中反应的离子方程式_24、（12分）某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_，(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是_，(3)取(2)中的

11、滤液，加入过量的氨水（NH3H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_，(4)溶液中可能存在的离子是_；验证其是否存在可以用_（填实验方法）(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的_。ACl- BNO3- CCO32- DOH-25、（12分）从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下。回答下列问题：(1)实验室灼烧干海带通常在_中进行（填仪器名称）。(2)步骤名称是_，步骤名称是_。(3)验证反应已经发生的实验操作是_。(4)步骤中的CCl4能否改为乙醇，解释原因_。26、（10分）用18.4 molL1的浓硫酸配制100 mL 1 molL1硫酸。

12、（1）应取浓硫酸的体积为_mL，稀释浓硫酸的操作是_若实验仪器有：A100mL量筒；B托盘天平；C玻璃棒；D50mL容量瓶；E.10mL量筒；F.胶头滴管；G.50mL烧杯；H.100mL容量瓶实验时必须选用的仪器有(填入编号)_。定容时，若不小心加水超过了容量瓶刻度线，应_。（2）该浓硫酸的密度为1.84gmL1，据此求出其溶质的质量分数_。（3）浓硫酸是中学常用的干燥剂。若100g该浓硫酸能吸收16g水，吸水后生成H2SO4nH2O，则n_。27、（12分）某同学利用如下实验装置制备少量的漂白粉。回答下列问题：(1)漂白粉的有效成分是_（填化学式）。(2)仪器a的名称是_，用二氧化锰和浓盐

13、酸制取氯气的化学方程式为MnO2 + 4HCl （浓）MnCl2 + Cl2 + 2H2O 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。(3)装置B发生反应的化学方程式为_。(4)装置C的作用是_，C中发生反应的离子方程式为_。28、（14分）在标准状况下，下列气体中含有氢原子质量最大的是A0.5mol HClB6.4g CH4C6.72L NH3D1.2041023个H2S29、（10分）W、X、Y、Z为118号元素内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数相等。Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍。（1）写出元素符号：

14、W为_，X为_，Y为_，Z为_。（2）X的原子结构示意图为_,Y_（填“得到”或“失去”）电子时，形成的离子结构示意图为_;Z得到电子，形成的阴离子的电子式为_.（3）由X、Y、Z形成的一种化合物的电离方程式_.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】氧化还原反应的特征是：有元素化合价的升降，据此分析。【详解】A.铜铸塑像上出现铜绿是因为空气中O2、水蒸气、CO2与铜发生化学反应的结果：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，反应中铜元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，A项错误；B.氢气气球遇明火爆炸，发生的

15、反应是：2H2+O22H2O，氢元素化合价升高，氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，B项错误；C.大理石的主要成分是CaCO3，与酸雨反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，此反应中没有元素化合价的升降，该反应不属于氧化还原反应，C项正确；D.铁质菜刀生锈，是铁与空气中O2、水蒸气共同作用的结果：2Fe+O2+xH2O=Fe2O3xH2O，铁元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，D项错误；答案选C。2、C【解析】试题分析：设a%、5a%的H2SO4溶液的密度为d1、d2，硫酸溶液的浓度越大，密度越大，则可知d1d2，所以两种溶液混合后，溶质的质量分数为

16、w=a%+4a%a%+4a%=3a%。故选C。考点：考查了混合溶液质量分数的的相关计算。3、B【解析】溶液中次氯酸浓度越大，消毒能力越强，漂粉精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸为弱酸，由强酸制弱酸的原理可知，向漂白精中加入少量稀盐酸，稀盐酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，以增加次氯酸的量，从而加速漂粉精的消毒作用，故选B。4、B【解析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。据此解答。【详解】AMgCl2是盐，能完全电离出镁离子和氯离子，故A正确；B氢氧化钠是强碱，能完全电离出钠离子和氢氧根离子，即NaOH=Na+OH，氢氧根离子为整体，不能拆分，

17、故B错误；C盐酸是强酸，能完全电离出氢离子和氯离子，故C正确；D硫酸钾是强电解质，能完全电离出硫酸根离子和钾离子，故D正确；答案选B。【点睛】本题考查电离方程式的书写，明确物质的组成和电解质的强弱是解答的关键。注意强电解质在溶液中能完全电离，弱电解质则部分电离，原子团在电离方程式中不能拆开。5、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；表面皿是玻璃制的，圆形状，中间稍凹，不能用于物质的分离与提纯；

18、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。6、C【解析】121.760是指锑元素的相对原子质量，元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值。【详解】A元素为一类原子的总称，选项A错误；B一个锑原子的质量与12C原子的质量的的比值，为该锑原子的相对原子质量，选项B错

19、误；C元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，选项C正确；D各种天然同位素的质量数与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，为元素的近似相对原子质量，选项D错误。答案选C。【占睛】本题考查相对原子质量的概念，难度不大，对相对原子质量的概念准确掌握。7、B【解析】A项，NaOH溶液能吸收CO2，不吸收CO，长管进气、短管出气可确保CO2被充分吸收，A项能达到目的；B项，分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏法，蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，B项不能达到目的；C项，向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流，C项能达到目的；D项，分

20、离互不相溶的两种液体用分液法，D项能达到目的；答案选B。【点睛】实验装置图是否能达到实验目的通常从两个角度分析：（1）实验原理是否正确；（2）装置图中的细节是否准确，如洗气时导气管应“长进短出”，蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，冷凝管中的冷却水应从下口进上口出等。8、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。9、D【解析】需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，溶液体积为

21、500mL，结合m=cVM计算。【详解】A.加入500 mL水，水是溶剂，溶液体积不是500mL，A错误；B.若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO45H2O的质量m(CuSO45H2O)=0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，B错误；C.需要硫酸铜的质量m(CuSO4)=0.5L0.1mol/L160g/mol=8.0g，溶剂体积是500mL，得到的溶液的体积不是500mL，C错误；D. 若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO45H2O的质量m(CuSO45H2O)=0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5

22、g，配成500mL溶液，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，把握配制溶液的操作、质量的计算为解答的关键。注意溶液体积的判断及溶质成分的确定。对于硫酸铜溶液，溶质为CuSO4，若用CuSO45H2O配制，注意根据元素守恒，250份CuSO45H2O中含有160份CuSO4，结晶水会进入溶液，变为溶剂水。10、C【解析】A选项，NaOH+HCl=NaCl+H2O，HCl没有化合价变化，故A错误；B选项，Zn+2HCl=ZnCl2+H2，HCl中氢化合价全部降低，被还原，故B错误；C选项，MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2，HCl中Cl化合价部分升

23、高，被氧化，故C正确；D选项，CuO+2HCl=CuCl2+H2O，HCl没有化合价变化，故D错误。综上所述，答案为C。11、C【解析】K2SO4 和 Al2(SO4)3 的混合溶液中含K+、Al3+，根据电荷守恒可知，c(K+)+3c(Al3+)=2c()，带入数据可得，c(K+)=20.7 mol/L-30.4 mol/L=0.2mol/L，故答案为C。12、D【解析】标准状况下，该混合气体的相对分子质量0.7522.416.8，相同条件下气体的密度之比是相对分子质量之比，则D16.8/28.4；根据十字交叉法可知混合气体中氨气和甲烷的体积之比是，答案选D。13、A【解析】AKClO3是氧

24、化产物、KCl是还原产物，A正确；B反应中Cl由0价升为+5价、0价降为-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，B错误；C反应中Cl由0价升为+5价、0价降为-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，C错误；D被氧化的氯原子与被还原的氯原子物质的量比为1：5，D错误；答案选A。14、D【解析】A浓硝酸见光易分解，能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的磨口细口瓶中，应该放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，并放置于阴凉处，故A错误；B根据相似相溶原理知，橡胶能溶于汽油或煤油，所以汽油或煤油不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故B错误；C碳酸钠溶液呈碱性，二氧化硅能和强碱反应生成黏性的硅酸钠而使瓶塞打不开，碳酸

25、钠溶液或氢氧化钙溶液应该存放在配有橡胶塞的试剂瓶中，故C错误；D硝酸银见光易分解，所以硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键。注意试剂瓶和塞子的选取原则。15、A【解析】A制取得到液体是Fe(OH)3胶体，会产生丁达尔效应，因此用激光笔照射该液体，能够产生一条光亮的通路，A正确；B制取得到的Fe(OH)3胶体是一种介稳体系，将其静置，不会出现沉淀现象，B错误；C制取得到的是Fe(OH)3胶体，分散质微粒直径在1-100 nm之间，C错误；D胶体微粒及离子都可通过滤纸，因此不能用滤纸可实现该分散系中

26、分散剂与分散质的分离，D错误；故答案是A。16、A【解析】A题干中所提及的雾，是小液滴分散在空气中形成的，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1100nm，即10-9m10-7m，故A正确；B雾是一种胶体，光不是，故B错误；C雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故C错误； D雾作为一种胶体，能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故D错误。答案选A。17、D【解析】A. F核内9个质子，核外有两个电子层，电子数分别为2、8，结构示意图为: ，选项A正确；B. 中子数为20的氯原子，质子数为17，质量数为20+17=37，可表示为:371

27、7Cl，选项B正确；C. S2核内16个质子，核外有三个电子层，电子数分别为2、8、8，结构示意图为: ，选项C正确；D. HD是由1H和2H组成的氢气单质，不是化合物，选项D不正确；答案选D。18、B【解析】11.2gFe的物质的量为0.2mol,Fe全部溶解,生成Fe2+和Fe3+的物质的量之比为1:4,所以Fe2+的物质的量为0.04mol,Fe3+的物质的量为0.16mol,共失去电子为0.04mol2+0.16mol3=0.56mol；由得失电子守恒O2得到电子的物质的量为0.56mol,所以O2的物质的量为0.56mol/4=0.14mol。 答案：B。19、A【解析】设气体总质量

28、为100g，根据质量分数计算各自质量，再根据n= 计算各自物质的量，根据M= 计算混合气体的平均摩尔质量，由=可知，气体的摩尔质量之比等于密度之比，以此解答该题【详解】设气体总质量为100g,则m(O2)=32g,m(N2)=28g,m(CO2)=22g,m(CH4)=16g,m(H2)=2g，故n(O2)= =1mol,n(N2)=1mol,n(CO2)= =0.5mol,n(CH4)= =1mol,n(H2)= =1mol，则平均摩尔质量= =22.22g/mol，由=MVm可知,气体的摩尔质量之比等于密度之比,则此混合气体对氢气的相对密度为=11.11，故选A.20、D【解析】试题分析：

29、A、碳酸钠与少量的盐酸反应生成碳酸氢钠，与过量的盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠与二氧化碳之间可以相互转化，正确；B、Fe无论与少量还是过量的氯气反应都只生成氯化铁，Y、Z是一种物质，错误；C、氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙，正确；D、氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，正确；答案选B。考点：考查物质之间的相互转化21、C【解析】A.水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关

30、，故A错误；B. 2 mol/L氯化钠溶液中c（Cl-）=2mol/L，1 mol/L氯化镁溶液中c（Cl-）=2mol/L；前者与后者相等，故B错误；C. 标准状况下22.4L甲烷中氢原子数为：4NA=4NA，18g水中氢原子数为：2NA=2NA，所以前者是后者的两倍，故C正确；D. 根据浓度变形公式：c=1000pw/M，其中p表示溶液密度，w表示溶质质量分数，M表示溶质摩尔质量，c（前）/c（后）=p（前）w（前）/p（后）w（后）=2p（前）/p（后），而氢氧化钠溶液质量分数越大，密度越大 ，有p（前）p（后）,即p（前）/p（后）1，则2p（前）/p（后）2，故D错误。 答案选C。2

31、2、B【解析】在相同条件下，气体的Vm相等，根据甲烷和氨气分子中含有的H原子个数相等可知二气体分子数之比为3：4，由n= = 可知，气体的分子数之比等于体积之比，则体积比为3：4，B正确；故答案选B。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 【解析】无色透明溶液，则一定没有Cu2，Cl、CO32、SO42、Na、K、Mg2 六种离子中只有Mg2 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2；Mg2和CO32反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32；原溶液中加BaC

32、l2溶液不产生沉淀，说明不含SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl；【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl、Mg2，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2，可能含有Na、K；（2）实验可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32、SO42不存在，则必须含有Cl；（3）反应中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2。24、Cu2+ 、Fe3+ Ag+ Mg2+ K+ 焰色反应 B 【解析】根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu

33、2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag+Cl-=AgCl说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2+ 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag+Cl-=AgCl，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；(

34、3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3H2O）,先中和滤液中的酸：H+ NH3H2O=NH4+H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2+ 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag+Cl-=AgCl，2Ag+CO32-=Ag2CO3，Ag+OH-=AgOH，

35、Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。25、坩埚 过滤 蒸馏 向反应后溶液中滴加淀粉溶液，若变蓝，证明反应已经发生（合理答案也给分） 不能，乙醇和水互溶（合理答案也给分） 【解析】海带灼烧后用水浸泡，过滤后的滤液含有碘化钾，加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，用四氯化碳萃取，最后蒸馏分离得到碘单质。【详解】(1)灼烧固体用坩埚。(2)步骤名称是过滤，步骤名称是蒸馏。(3) 验证反应为碘离子被过氧化氢氧化生成碘单质，利用淀粉遇碘变蓝的性质，向反应后溶液中滴加淀粉溶液，若变蓝，证明反应已经发生。(4) 乙

36、醇和水互溶，不能萃取碘。26、5.4mL 用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌 CEFGH 重新配制 98% 1 【解析】用18.4 molL1的浓硫酸配制100 mL 1 molL1硫酸。（1）应取浓硫酸的体积为，稀释浓硫酸的操作是用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌。若实验仪器有：A.100mL量筒；B.托盘天平；C.玻璃棒；D.50mL容量瓶；E.10mL量筒；F.胶头滴管；G.50mL烧杯；H.100mL容量瓶实验时必须选用的仪器有10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、.50mL烧杯、100mL容量瓶。定容时，若不小心加水超过了

37、容量瓶刻度线，应重新配制。（2）该浓硫酸的密度为1.84gmL1，利用公式求出溶质的质量分数。（3）由(2)中求出的浓硫酸的质量分数，求出100g该浓硫酸中含硫酸的质量和水的质量，考虑吸收16g水，然后换算成物质的量，便可求出n值。【详解】（1）应取浓硫酸的体积为=5.4mL，稀释浓硫酸的操作是用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌。答案为：5.4mL；用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌；实验时必须选用的仪器有10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、50mL烧杯、100mL容量瓶。答案为：CEFGH；定容时，若不小心加水超过了容量瓶刻度线

38、，应重新配制。答案为：重新配制；（2）该浓硫酸的密度为1.84gmL1，利用公式，求出溶质的质量分数w%=98%。答案为：98%；（3）100g该浓硫酸中含硫酸的质量为100g98%=98g，含水的质量为100g-98g=2g，考虑吸收16g水，然后换算成物质的量，则n(H2SO4)=1mol，n(H2O)=1mol，很容易求出n=1。答案为：1。【点睛】量筒的规格越大，其横截面积越大，量取液体时，误差越大。所以在选择量筒时，应尽可能选择规格小的量筒，但必须一次量完。27、Ca(ClO)2 分液漏斗 1:2 2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O 吸收

39、多余的氯气，防止污染空气 2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O 【解析】(1)石灰乳中通入制得漂白粉；(2)根据装置图分析仪器a的名称；根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；(3)装置B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水；(4)氯气有毒，需要尾气处理；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水。【详解】(1)石灰乳中通入制得漂白粉，漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2；(2)根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；该反应中，MnO2 MnCl2，Mn元素由+4价+2价，得2个电子，所以MnO2是氧化剂； HCl（浓）Cl2，Cl元素由-1

40、价0价，失电子，所以 HCl是还原剂；HClMnCl2，Cl元素的化合价没变化，所以HCl作酸参加反应，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2；(3)装置B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水，反应方程式是2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O；(4)氯气有毒，可以用氢氧化钠溶液吸收，装置C的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，C中发生反应的离子方程式为2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O。28、B【解析】根据物质的量与质量、气体体积、阿伏伽德罗常数、微粒数目之间的关系分析。【详解】A.0.5mol HCl含有0.5molH，即

41、m(H)=0.5g；B.6.4g CH4即0.4mol，含有n(H)=0.4mol4=1.6mol，即m(H)=1.6g；C.6.72L NH3即0.3mol，含有n(H)=0.3mol3=0.9mol，即m(H)=0.9g；D.1.2041023个H2S即0.2mol，含有n(H)=0.2mol2=0.4mol，即m(H)=0.4g。故B正确。【点睛】原子的物质的量等于该物质的物质的量乘以分子中原子的下角标系数。29、H O Na S 失去 Na2SO42Na+SO42-/ Na2SO32Na+SO32- 【解析】短周期的金属只有Li、Be、Na、Mg、Al，Y和W的最外层电子数相等即W和Y

42、同族，所以W只能是H（氢）；因不存在稀有气体，所以如果Y是Li，X就成了稀有气体，不成立，所以Y是Na，Y的质子数是11，W的质子数是1，X的质子数有可能是5，6，7，8，9；Y+Z就应该有18，21，24、27，30等可能，但Z一定大于Y，也就是12以上，算到最大的短周期元素Cl也只有17，加起来是28，那么Y+Z就一定小于等于28，28不是3的倍数，有24，27两解：1，7，11，13（铝）不成立，1，8，11，16 成立，所以W、X、Y、Z分别为：H，O，Na，S；【详解】（1）根据以上分析可知，W、X、Y、Z分别为：H、O、Na、S；(2) X的原子结构示意图为,Y是Na最外层有1个电子，已失去电子1个电子，形成的离子结构示意图为Z得到电子，形成的阴离子的电子式为（3）由X、Y、Z形成的一种化合物是Na2SO4或者Na2SO3电离方程式为Na2SO42Na+SO42-/ Na2SO32Na+SO32-【点睛】由X、Y、Z形成的一种化合物可以是Na2SO4也可以是Na2SO3