河北衡水2022-2023学年化学高一上期中教学质量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、已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O，IO3I2，MnO4-Mn2+，HNO2NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是AH2O2BI

2、O3-CMnO4-DHNO22、下列关于古籍中的记载说法不正确的是A天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种胶体，能产生丁达尔效应C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了氧化还原反应D“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属化学变化3、下列说法不正确的是A实验室把少量的钠保存在煤油中B金属钠着火后，用干燥的沙土来灭火C实验后剩余的钠，需要放回原试剂瓶D浓硫酸不慎溅到皮肤上，应该立即用大量水冲洗，然后涂上稀NaOH溶液4、对下列未知盐的稀溶液所含离子的检验中，作出的判断一定正确的是A先加入氯化钡溶液时不产生沉淀

3、，继续加入硝酸银溶液时，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，可判定含有ClB先加稀盐酸酸化时没有现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，可判定含有SO42-C加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，可判定含有Mg2+D加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，判定一定含有CO32-5、于谦的石灰吟，赞颂了石灰石（碳酸钙）“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”的品格。碳酸钙属于A单质B氧化物C酸D盐6、下列有关实验室制取气体的反应中，其反应不属于氧化还原反应的是( )A实验室中用稀硫酸与Mg反应制取H2B实验室中用高锰酸钾加热分解制取O2C实验室中用H2O2与MnO2作用产生O2D实验室中用稀盐酸

4、与石灰石反应制取CO27、下列物质的分类不正确的是A水、过氧化氢和干冰都属于氧化物BH2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸C烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱DNaHSO4、CuSO4和KMnO4都属于盐8、下列实验操作中正确的是A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B蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合液体中C蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热D分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出9、下列实验操作或方法中，正确的是 （ ）A转移溶液 B制少量蒸馏水C制取、收集氧气 D蒸发结晶10、原子序数为83的元素位于： 第五周期； 第六周期； A族

5、； A族； B族，其中正确的组合是( )A B C D 11、下列说法正确的是A1 mol Cl2的质量为71 g/mol，1mol Cl的质量为35.5 gB相同物质的量的固体或液体体积并不相同，其主要原因是粒子的大小不同CNH3的摩尔质量是17 gD标准状况下1 mol任何物质体积均约为22.4 L12、已知与浓盐酸在常温下能反应产生。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）A处和处B只有处C只有处和处D处、处和处13、对于反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2有下列判断：H2只是氧化产物， H2只是还原产物， H

6、2O是氧化剂， CaH2中的H元素被还原，此反应中的氧化产物和还原产物的分子个数之比为1:1。 上述判断正确的是ABCD14、下列物质属于强电解质是ABaSO4 B盐酸 CCl2 DCO215、工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中A硫元素被氧化B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO216、胶体区别于其他分散系的本质特征是( )A胶体是均一、透明的B胶体能产生丁达尔效应C胶体粒子大小在1nm-100nm之间

7、D胶体粒子可以透过滤纸17、下列关于电解质溶液的说法正确的是()ANaHCO3 在水中发生电离的方程式是 NaHCO3=Na+H+CO32-B强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强C虽然Na2O溶于水所得溶液中导电的离子不是它本身产生的，但它却是电解质DNH3溶于水后所得到的溶液能导电，故NH3是电解质18、已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，下列说法正确的是A氧气是还原产物B还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1C反应物中有水，且反应方程式中水的化学计量数为2D若生成4.48L(标准状况下)O2，则反应转移0.8mol电子19、下列事实及其解释均正确的是

8、A将石蕊试液滴入氯水中，溶液先变为蓝色后迅速褪色，说明氯水中有HClO存在B向氯水中加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明氯水中有HClO存在C向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2 与 H2O反应放热且有氧气生成D将钠长期暴露在空气中的产物是NaHCO3，原因是钠与氧气反应生成的Na2O与水和二氧化碳反应20、下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是( )A32gO2所含的原子数目为NAB0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC1molH2O含有的水分子数目为NAD0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol21、短周期元素X、Y、Z在周期

9、表中的位置如图所示，则下列说法中错误的是（） X Y Z AX元素的最外层电子数为2BY的气态氢化物的化学式为HYCZ的最高价氧化物的化学式为ZO2DX、Y、Z的单质中X单质最稳定22、下列溶液中氯离子浓度最大的是A15mL1molL1的AlCl3B50mL5molL1的KClO3C20mL2molL1的NH4ClD10mL2molL1的CaCl2二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，其中可能含有NaCI、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色向中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生

10、取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生试根据上述实验现象判断，原白色粉末中一定含有的物质是_，可能含有的物质是_（以上物质均写化学式），第步反应中离子方程式为_24、（12分）甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3、Cl、SO42、CO32八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得

11、到一定量的沉淀X。向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：上述实验中得到沉淀X的质量为_；生成沉淀X的离子方程式为_甲溶液中一定不存在的离子是_；可能存在的离子是_甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是_；物质的量最小的离子是_,此物质的量最小的离子其物质的量为_。25、（12分）在某次实验中，要用 420 mL 0.52 molL-1的NaOH溶液，回答下列问题：(1)实际配制时，应用托盘天平称取NaOH固体_g；(2)若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，天平平衡时

12、实际称得的NaOH固体质量是_g；(3)用托盘天平和小烧杯称出NaOH固体的质量，其正确的操作顺序的序号为_；A调整零点B添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处 C小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡 D称量空的小烧杯质量 E将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处(4)欲配制该0.52 molL1的NaOH溶液时需用的主要仪器有托盘天平(附砝码、镊子)、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、_和_；(5)下列操作对所配浓度有何影响(填写字母)？偏大的有_；偏小的有_。A称量时用了生锈的砝码；B将NaOH放在纸张上称量；CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大

13、于容器)D往容量瓶转移时，有少量液体溅出； E定容时俯视刻度线；F容量瓶未干燥即用来配制溶液；G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。26、（10分）有一瓶溶液只含Cl、CO32、SO42、Na、Mg2、Cu2六种离子中的某几种。通过实验：原溶液中加足量NaOH溶液只产生白色沉淀；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；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）实验说明原溶液中含有_。有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确(填“是”或“否”)_，理

14、由是_。27、（12分）粗食盐中除含有钙离子、少量镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗盐提纯而得到的。通过教材中“粗盐的提纯”及你做过的该实验完成下列问题：(1)如何运用最简单的方法检验溶液中有无SO42_。如果有，应该如何除去SO42_。(2)在除净SO42且过滤后的溶液中滴加饱和Na2CO3溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是_。(3)将经过操作(2)后的溶液过滤。请问这一操作哪些杂质离子不能除净？_。28、（14分）（1）现有标准状况下以下五种物质：44.8L甲烷（CH4）6.021024个水分子196g H2SO40.5mol CO

15、2,它们中含分子数最多的是（填写序号，下同）_，原子数最少的是_，体积最大的是_。（2）CO2 Na2CO3溶液 NaOH 固体 CaCO3 CH3COOH NH3H2O 乙醇 液态氯化氢属于电解质的有_；非电解质的有_。（填序号）（3）用双线桥法表示出下列反应的电子转移方向和数目_。3S+6KOHK2SO3+2K2S+3H2O29、（10分）A、B、C、D、E 5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3溶液中的一种。已知：A与B反应有气体生成 B与C反应有沉淀生成C与D反应有沉淀生成 D与E反应有沉淀生成A与E反应有气体生成 在和的反应中生成的沉淀是同一种

16、物质请填空：(1)在和的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是_。(2)A是_，B是_，C是_，D是_，E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、D【解析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【详解】根据H2O2H2O，IO3I2，MnO4-Mn2+，HNO2NO可知1 mol H2O2、IO3、MnO4、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3本身被还原生成0.5

17、 mol I2，所以IO3氧化KI所得I2最多。答案选B。2、D【解析】A石灰石加热后能制得生石灰，同时生成二氧化碳，该反应为分解反应，A正确；B气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生铁与铜离子的置换反应，该过程发生了氧化还原反应，C正确；D“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”的过程中没有产生新物质，为物理变化，D错误；答案选D。3、D【解析】A钠的密度小于煤油的密度，且和煤油不反应，所以钠可以保存在煤油中而隔绝空气和水，故A正确；B钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则钠失火时可以用干燥的沙土灭火，故B正确；

18、C钠极易与水和氧气反应，所以实验后剩余的钠，需要放回原试剂瓶，故C正确；D浓硫酸不慎溅到皮肤上，应该立即用干抹布擦去，然后用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液，氢氧化钠具有腐蚀性，故D错误；答案选D。4、B【解析】A. 氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀；B. 能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于硝酸；C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等；D、碳酸根离子、碳酸氢根离子均可以和氢离子反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体二氧化碳。【详解】A. 氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间

19、反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀，所以无法确定氯离子在原来的溶液中是否存在，故A错误；B. 溶液中先加稀盐酸酸化，无沉淀生成，排除银离子，加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42-离子，故B正确；C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等，可判定含有Mg2+、Zn2+等离子，故C错误；D、加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，可判定含有CO32-或是HCO3-，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了常见阴阳离子的检验，注意D选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、

20、亚硫酸氢根离子，但是无色无味的气体排除是二氧化硫的可能。5、D【解析】碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选D。6、D【解析】可以用是否有元素化合价的变化判断一个反应是否为氧化还原反应。【详解】A制取氢气的原理为：MgH2SO4=MgSO4H2，镁和氢元素化合价发生了变化，A属于氧化还原反应；B制取氧气的原理为：2KMnO4K2MnO4+MnO2O2，锰和氧元素的化合价发生了变化，B属于氧化还原反应；C制取氧气的原理为：2H2O22H2OO2，氧元素的化合价发生了变化，C属于氧化还原反应；D制取二氧化碳的原理为：CaCO32HCl=CaCl2CO22HCl，没有元素化合价的变化

21、，D不属于氧化还原反应；答案选D。7、C【解析】A氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素；B水溶液中电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；C电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；D能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐。【详解】A氧化物是两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，水（H2O）、过氧化氢（H2O2）和干冰（CO2）都属于氧化物，故A正确；BH2SO4电离方程式为H2SO42H+SO42-，HNO3电离方程式为HNO3H+NO3-，碳酸的电离方程式为H2CO3H+HCO3-，因此H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸，故B正确；C烧碱、熟

22、石灰都属于碱，纯碱是碳酸钠，碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误；DNaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42、CuSO4电离方程式为CuSO4=Cu2+SO42-，KMnO4电离方程式为KMnO4=K+MnO4-，NaHSO4、CuSO4和KMnO4都属于盐，故D正确；故答案选C。8、D【解析】A萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可，故A错误；B蒸馏操作时，温度计用于测量馏分温度，则温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C在蒸发操作的过程中，当加热到有大量固体析出

23、时停止加热，利用余热蒸干，故C错误；D分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故D正确；答案选D。9、D【解析】A.配制溶液时不能直接将溶液倒入容量瓶，应该用玻璃棒引流，避免溶液流到容量瓶的外面，影响配制结果，故A错误；B.蒸馏装置中，温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水的方向应该是下进上出，故B错误；C.用氯酸钾与二氧化锰制取氧气时，为防止冷凝液倒流回试管，使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，故C错误；D.蒸发结晶时，要用玻璃棒不断搅拌，防止因为受热不均而导致液体飞溅，故D正确。故选D。10、C【解析】与83号元素原子序数最接近的0族元素为

24、第六周期的86号元素氡，86833，83号元素的原子序数比氡元素的小3，18315，即83号元素在元素周期表中位于第6横行第15纵行，即第六周期第VA族，故C符合题意。综上所述，答案为C。11、B【解析】根据与物质的量相关的概念判断。【详解】A项：质量和摩尔质量单位不同。1 mol Cl2的质量为71 g，Cl2的摩尔质量为71 g/mol。A项错误；B项：构成固体或液体的粒子间距离很小，相同物质的量的固体或液体的体积主要取决于构成粒子本身大小。B项正确；C项：NH3的摩尔质量应是17 g/mol。C项错误；D项：标准状况下，1 mol任何气体的体积均约为22.4 L，而1 mol不同固体或液

25、体的体积小于22.4 L且通常不等。D项错误。本题选B。12、D【解析】与浓盐酸在常温下反应产生，正确；浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去，会与溶液反应，故不能选择氢氧化钠溶液，错误；用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，错误；氯气与金属在试管中反应，若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应伸到试管底部，错误。综上，答案选D。13、D【解析】反应中CaH2中氢元素从-1价变化为0价，做还原剂被氧化为氢气；H2O中氢元素化合价从+1价变化为0价，做氧化剂被还原为H2；氢气是氧化产物和还原产物，错误；氢气是氧化产物和还原产物，错误；H2O是氧化剂，正确；CaH

26、2中的氢元素被氧化，错误；反应中的氧化产物与还原产物的分子个数之比为1：1，正确；综上，答案D。14、A【解析】电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐；弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，强电解质和弱电解质都是化合物，据此判断。【详解】ABaSO4在熔融状态下能完全电离，是强电解质，故A正确；B盐酸是混合物，它既不是电解质也不是非电解质，故B错误；CCl2是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故C错误； DCO2和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离

27、出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故D错误； 答案选A。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，明确：电解质的强弱是以电离程度判断的，不是以导电能力大小以及溶解性判断的。15、D【解析】试题分析： 分析S元素的化合价，判断即被氧化也被还原；根据方程式：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，当生成1molNa2S2O3，转移8/3mol电子.且氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1.考点：含硫物质间的转化。16、C【解析】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100 nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm。故选C。17、

28、C【解析】A、HCO3-离子不能拆写；B、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数；C、氧化钠熔融时能电离出自由移动的离子；D、氨气溶于水形成的一水合氨电离出自由移动的离子而导电。【详解】A项、碳酸属于弱电解质，HCO3-离子的电离程度更小不能拆写，正确的写法应为：NaHCO3=Na+HCO3-，故A错误；B项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B错误；C项、氧化钠熔融时能电离出自由移动的离子，所以是电解质，故C正确；D项、虽然氨气溶于水能导电，但原因是氨气溶于水形成的一水合氨电离出自由移动的离子而导

29、电，NH3属于非电解质，故D错误。故选C。18、C【解析】NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2；A反应中O元素的化合价升高，氧气是氧化产物，故A错误；B此反应中NaClO既是氧化剂，又是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:4=3:2，故B错误；C反应物中有水，由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2，可知水的化学计量数为2，故C正确；D4. 48 L(标准状况下)O2的物质的量为0.2mol

30、，则反应转移1.2 mol电子，故D错误；答案为C。点睛：氧化还原反应的本质是电子转移，明确元素化合价与氧化剂和还原剂关系是解本题关键。氧化还原反应中各种物质的关系可用下图表示(要熟记)：。19、C【解析】A氯水中含有盐酸(酸性)和次氯酸(漂白性)，则将几滴紫色石蕊试液滴入到氯水中，溶液先变红，后又褪色，故A错误；B加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故B错误；C过氧化钠与水反应生成氧气，且反应为放热反应，所以向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，故C正确；D钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗，反应方程式为4Na+O22

31、Na2O，生成的氧化钠与水反应生成氢氧化钠，反应方程式为Na2O+H2O=2NaOH，生成的氢氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，再形成碳酸钠晶体，最后风化得到Na2CO3，故D错误；答案为C。20、A【解析】A. 32gO2所含的原子数目为=2NA，故A错误；B. 0.5molH2O含有的原子数目为0.5mol 3NA=1.5NA，故B正确；C. 1molH2O含有的水分子数目为1molNA =NA，故C正确；D. 0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol，故D正确；选A。【点睛】解答此类问题要熟练掌握物质的量、物质的质量、物质含

32、有的粒子数目之间的关系，并能正确相互求算；二是要注意看清所给物质与用NA表示粒子种类的关系(如1molH2O中含有3mol原子，2molH、1molO等)。21、C【解析】三种元素在短周期中的不同周期，则X一定位于第一周期，且在周期表的右侧，则一定为He，根据其它两种元素的相对位置可知Y为F元素，Z为S元素，据此分析解答。【详解】AX为He，He元素的最外层电子数为2，A项正确；BY为F，F的气态氢化物的化学式为HF，B项正确；CZ为S，S原子最外层有6个电子，则最高价的氧化物的化学式为SO3，C项错误；DHe原子最外层有2个电子，达到稳定结构，故氦气性质稳定，而F2是非常活泼的非金属单质，能

33、与其它物质发生剧烈的反应，硫磺是比较活泼的非金属单质，D项正确。答案选C。22、D【解析】A. 15mL1molL1的AlCl3氯离子浓度；B. 50mL5molL1的KClO3中不含氯离子；C. 20mL2molL1的NH4Cl氯离子浓度；D. 10mL2molL1的CaCl2氯离子浓度；综上所述D中氯离子浓度最大，故答案选：D。二、非选择题(共84分)23、Ba(NO3)2、Na2CO3NaClBaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2【解析】依据题干信息和实验过程可知，将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4：振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有Ba(NO3)2、Na2CO

34、3生成碳酸钡白色沉淀；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；上述分析可知一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含CuSO4，可能含有NaCl，第步反应是BaCO3溶于稀硝酸，反应的离子方程式为BaaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2。24、10g 、 【解析】通过得出铵根离子物质的量，通过分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，通过及离子共存分体得出不含的离子，通过分析含有的微粒及物质的量。【详解】向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成

35、NH3，则一定含有NH4+，且；向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则，如为BaCO3，则说明甲中含有SO42、CO32,设分别为x mol、y mol，则，x = 0.2 ，y = 0.1；向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32，则一定不存在Ca2+、Cu2+；向上述滤液中加入1 mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而加入，则说明甲中含有Cl，且，如不含NO

36、3，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,则,因分成两份，则甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42、0.2 mol CO32、0.1mol Cl，如含有NO3，则K+大于0.9 mol，上述实验中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1 mol 100 g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2+ + 2OH + CO2= CaCO3 + H2O，故答案为10g；Ca2+ + 2OH + CO2= CaCO3 + H2O；由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3，故答案为Ca2+、Cu2+；NO3；甲含有0.4 mol NH4+、0

37、.9 mol K+、0.4 mol SO42、0.2 mol CO32、0.1mol Cl，如含有NO3，则K+大于0.9 mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol，故答案为K+；Cl；0.1 mol。25、10.4 9.6 ADBCE 玻璃棒 500 mL的容量瓶 偏大的有A、C、E 偏小的有B、D、G 【解析】(1)选择仪器的标准是“大而近”分析；(2)天平称量物质时要遵循：左物右码的原则；(3)根据天平使用原则判断操作顺序；(4)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；(5)利用c=判断实验误差。【详解】(1)准

38、确配制一定体积的物质的量浓度的溶液要使用容量瓶，在实验室中没有规格是420 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，要选择使用500 mL的容量瓶，则配制500 mL0.52 mol/L的NaOH溶液，需称量NaOH的质量为m(NaOH)= 0.52 mol/L0.5 L40 g/mol=10.4 g；(2)称量物质应该左物右码，若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，则用天平实际称得的NaOH固体质量是m(MaOH)=10 g-0.4 g=9.6 g；(3)托盘天平在使用前首先应该调零；NaOH具有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯中

39、进行称量，因此要先称量空的小烧杯质量，然后添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处，再小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡，最后将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处，故操作正确顺序为ADBCE；(4)用NaOH固体准确配制0.52 molL1的NaOH溶液时，要使用托盘天平(附砝码、镊子)准确称量NaOH的质量，用药匙从试剂瓶中取出NaOH固体，并将具有腐蚀性的NaOH放在烧杯中进行称量，然后用量筒量取水，向烧杯中加水溶解NaOH固体，为使NaOH固体快速溶解，使热量迅速扩散，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至已经查漏的500 mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁

40、和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，当加水至离刻度线1-2 cm处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切，最后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到0.52 molL1的NaOH溶液。故使用的仪器，除题干给出的，还缺少的仪器是玻璃棒和500 mL的容量瓶；(5) A称量时用了生锈的砝码，则称量的NaOH质量偏大，NaOH的物质的量偏大，最终导致配制的溶液浓度偏大；B若将NaOH放在纸张上称量，由于NaOH有吸湿性，部分NaOH会沾在纸上，导致配制溶液的NaOH质量偏少，最终使配制的溶液的浓度偏小；CNaOH在烧杯中溶解后，反应会放出大量热，若未冷却溶液就立即转移到容量瓶中(假设：

41、溶液的热胀冷缩程度大于容器)，待溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，使得溶液的体积偏小，最终配制溶液的浓度就偏大；D往容量瓶转移时，有少量液体溅出，使配制溶液中含有的溶质减少，最终使配制的溶液浓度偏小； E定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，导致配制溶液的浓度偏大；F容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制溶液的浓度不产生任何影响；G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，最终导致配制溶液的浓度偏小。综上所述可知：操作使溶液的浓度偏大的有A、C、E；使溶液的浓度偏小的有B、D、G。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、操作步骤、误差分析

42、等。明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格的选择和误差分析的方法。26、Mg2、Cl Cu2、CO32、SO42 Na Cl 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 【解析】溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，该沉淀应为Mg（OH）2，说明溶液中含有Mg2+，没有Cu2+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32、SO42，因为BaCO3和BaSO4都难溶于水，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，生成的沉淀为AgCl，说明含有Cl，据此分析。【详解】溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，该沉淀应为Mg（OH）2，说明溶液中含有Mg2+，没

43、有Cu2+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32、SO42，因为BaCO3和BaSO4都难溶于水，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，生成的沉淀为AgCl，说明含有Cl，则（1）根据以上分析可知可知，原溶液中一定含有的离子是含有Mg2、Cl，一定不含有的离子是Cu2、CO32、SO42，通过以上实验不能缺是否含有Na+；（2）溶液中的阴离子不存在CO32、SO42，阴离子只有Cl，根据溶液呈电中性，肯定有Cl存在。【点睛】本题考查了离子推断和离子检验，做题时要注意典型离子的特征反应和特征现象，注意常见离子的检验方法，排除其它离子的干扰等问题。2

44、7、取少量该溶液，滴加盐酸后，无明显变化，再滴加一滴BaCl2溶液，如果出现白色浑浊或者沉淀，则该溶液中有SO42-，不出现浑浊就说明该溶液中无SO42- 在溶液中加入过量的BaCl2溶液 除去Ca2+以及加入的过量Ba2+ CO32-和Mg2+ 【解析】(1)硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，而且这种白色沉淀不溶于水也不溶于酸，所以一般用可溶性钡盐来检验硫酸根离子的存在；除去硫酸根离子，不能引进新的杂质离子；(2)碳酸钠在粗盐的提纯过程中有多种作用，除去Ca2+以及加入的过量Ba2+；(3)加入过量碳酸钠后，溶液中的沉淀主要有BaSO4、CaCO3、MgCO3、BaCO3，过滤后溶液中含有剩余的碳酸钠，还要分析碳酸镁是微溶的。【详解】(1)检验溶液中是否存在硫酸根离子的简便方法为：取少量该溶液，滴加盐酸后，无明显变化，再滴加