2022-2023学年北京市西城区第一五九中学化学高一上期中检测试题含解析.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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试

2、卷和答题卡一并交回。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、在配平的N2H4MnO4HN2Mn2H2O的方程式中，H2O分子前面的系数为A6 B10 C12 D162、在一定的温度和压强下，a体积的X2气体和3a体积的Y2气体化合生成2a体积的气体化合物，则该化合物的化学式是()AXY3BXYCX3YDX2Y33、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化C古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金D“霾尘积聚

3、难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应4、配制100mL1.0molL-1的NaOH溶液，下列情况不会影响溶液浓度的是A容量瓶使用前有蒸馏水B配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C俯视确定凹液面与刻度线相切D称量NaOH固体时使用了称量纸5、用0.1 mol/L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将2103 mol XO4还原，则元素X在还原产物中的化合价是（ ）A4B3C2D16、NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，11.2L酒精所含分子数为0.5NAB40gNaOH含有氧原子数为NAC22.4L O2所含的原子数目为NAD标准状况下，22.4L氢气含有NA个氢原

4、子7、同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（ ）AO3BCOCCH4DN28、下面的说法正确的是ACu能导电，所以Cu是电解质B二氧化碳溶于水可以导电，所以二氧化碳是电解质CNaCl溶液导电，所以NaCl溶液是电解质；D液态氯化氢不能导电，但氯化氢是电解质9、南宋著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载；“银针验毒”的原理为4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O。下列说法正确的是（ ）AX的化学式为AgSB银针验毒时，O2失去电子C反应中Ag和H2S均发生氧化反应D每生成1个X，反应转移2e-10、在某澄清透明的溶液中，下列各组离子中能大量共存的是AI、NO3-

5、、Fe2、Na BAg、NO3-、Cl、KCK、Ba2、OH、SO42- DCu2、NH4+、Br、OH11、中科大发现了人工合成金刚石的新方法，化学原理为：Na+CO2 C(金刚石)+C(石墨)+Na2CO3 (未配平，一定条件下)，这种合成具有深远的意义。下列说法不正确的是A该反应中，钠作还原剂，二氧化碳作氧化剂B还原性Na大于CC该反应中Na2CO3是氧化产物D每生成1mol Na2CO3时，共转移4mol电子12、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13、以下说法正确的是 （ ）A物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应B在氧化

6、还原反应中，失去电子的元素化合价降低C物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂D还原剂中至少有一种元素被氧化14、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是ANA的单位是摩尔B相同体积的O2(g)和NO2(g)分子数均为NAC标况下22.4L的任何气体所含原子数为NA个D12g12C中所含的碳原子数为NA15、下列反应属于四种基本反应类型，但不属于氧化还原反应的是AFe+CuSO4FeSO4+CuBCO+CuOCu+CO2CAgNO3+NaClAgCl+NaNO3D2FeCl2+Cl22FeCl316、下列溶液中c(Cl）与120mL2molL1KCl溶液中c（Cl）相等的是 ( )A60m

7、L1molL1MgCl2溶液 B60mL2molL1ZnCl2溶液C40mL2molL1AlCl3溶液 D480mL1molL1NaCl溶液17、党的十九大报告中提出：大力度推进生态文明建设，全党全国贯彻绿色发展理念的自觉性和主动性显著增强忽视生态环境保护的状况明显改变。建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念。下列关于绿地作用和保护说法中错误的是A绿地可以保持水土，减少水土流失B绿地可以调节气候，减少空气中PM2.5含量C绿地可以吸收二氧化碳，转化生成氧气D为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂解决问题18、下列变化过程中，画横线的元素被氧化的是（）

8、ACO2COBFeCl3FeCl2CHClAgClDKII219、下列关于实验的说法中正确的是( )A加入酸性高锰酸钾溶液后褪色可以证明有机物分子中一定含有碳碳双键B实验室制备乙烯的实验中使用医用酒精和浓度为3mol/L的硫酸的混合液C实验室制备乙烯的实验中将乙醇和硫酸按体积比3：1混合D实验室制备乙酸乙酯的实验中要加入碎瓷片防止暴沸20、同温同压下，下列气体的密度最大的是（）AF2BCl2CHClDCO221、2Fe3+2I-=2Fe2+I2，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，则有关离子的还原性由强到弱顺序为（ ）AC1-Fe2+I-BFe2+I-Cl-CI-Fe2+Cl-DFe2+Cl

9、-I-22、将同体积同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中的Cl-完全沉淀，则需同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为 ( )A123B321C111D632二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。（1）物质A的化学式为 _。（2）H在潮湿空气中变成M的实验现象是_，化学方程式为_。（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为_，由此反应可知A有作为_的用途。（4）步骤的离子方程式_，请写出检验步骤得到的溶液中主要阳离子（除H+外）所需要的试剂：_、_（填化学式）。2

10、4、（12分）在Na浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-已知：（1）SiO32-和大量的H+会生成白色沉淀H2SiO3；（2）H2SiO3H2O+SiO2；（3）产生气体为在标准状况下测定，不考虑气体在水中的溶解。现取该溶液100 mL进行如下实验：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出0.56 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）实验能确

11、定一定不存在的离子是_。（2）实验中生成沉淀的离子方程式为_。（3）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/molL1_（4）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：_。25、（12分）海带含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤的实验操作名称是_，该操作用到的玻璃仪器有烧杯，_，_。（2）步骤用到的玻璃仪器除烧杯外还有_，能否用乙醇来代替CCl4_（填“能”或“否”）。（3）步骤

12、的实验操作名称是_。（4）步骤得到的滤液中c（I）0.04mol/L，欲使用c（I）0.01mol/L的溶液480mL，需取用该滤液_mL。下列操作会使配制的溶液的物质的量浓度偏小的是_。A稀释溶液时有液体溅出 B容量瓶中有少量蒸馏水残留C取滤液时仰视刻度线 D向容量瓶中加水定容时仰视刻度线26、（10分）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，试回答下列间题:（1）经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体_g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有_；（3）配制过程有以下操作：A 移液 B 称量、C 洗涤 D 定容 E 溶解 F 摇匀。其正确的操作顺序应是_（填字

13、母）。27、（12分）实验室用NaOH固体配制250mL 1.25mol/L的NaOH溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250mL 1.25mol/L的NaOH溶液应称取NaOH的质量/g应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要其它玻璃仪器_（2）容量瓶上需标有以下五项中的_。温度 浓度 容量 压强 刻度线（3）配制时，其正确的操作顺序是_（字母表示，每个字母只能用一次）。A、用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B、用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C、将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D、将容量

14、瓶盖紧，颠倒摇匀E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（4）下列配制的溶液浓度偏低的是_。A、称量NaOH时，砝码错放在左盘B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线D、定容时俯视刻度线E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水28、（14分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有的SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其它离子忽略不计）：离子Na+SO42NO3OHClc/(m

15、olL1)5.51038.5104y2.01043.4103（1）NaClO2属于钠盐，其中氯元素的化合价为_；NaClO2的电离方程式为：_。（2）SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为_。此吸收过程中NaClO2所起的作用是_。（3）表中y=_。29、（10分）（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2OCu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是_（填序号）（2）用双线桥

16、法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2+ 2H2O_（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_L。（5）配平下面两个反应 _H2O + _Cl2 +_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMnO4 + _HCl=_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O（系数是1的也请填上），_根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、Mn

17、SO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。_。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】根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒结合元素化合价变化情况分析解答。【详解】根据方程式可知氮元素化合价从2价升高到0价，失去2个电子，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知配平后的方程式为5N2H44MnO412H5N24Mn216H2O，因此H2O分子前面的系数为16。答案选D。2、A【解析】根据在一定的温度和压强下，气体的体积比等于其物质的量之比，在化学方程式中又有物质

18、的量之比等于化学计量系数比，故该反应方程式为：X2+3Y2=2Z，故Z的化学式为：XY3，故答案为：A。3、B【解析】A、铁置换铜属于湿法炼铜；B、青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；C、合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料；D、气溶胶属于胶体，有丁达尔效应。【详解】A项、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，铁置换铜为置换反应，故A正确；B项、青蒿素的提取用的是低温萃取，没有新物质生成，属于物理方法，故B错误；C项、铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故C正确；D项、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，

19、故D正确。故选B。【点睛】本题考查了化学与生活、社会关系，涉及胶体的性质、物理变化与化学变化的判断、合金的性质，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途。4、A【解析】A、容量瓶使用前有蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，故A正确；B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C、俯视确定凹液面与刻度线相切，会导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏高，故C错误；D、称量NaOH固体时使用了称量纸，导致氢氧化钠吸水或与空气中二氧化碳反应，导致配制的溶液中溶

20、质的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故D错误；故选A【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，注意掌握误差分析的方法与技巧，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力5、A【解析】该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价从+4升到+6价，失去的电子数=0.1mol/L0.03L2=0.006mol，XO4-为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，由得失电子守恒，则X的化合价变化为=3，即从+7价降

21、到+4价，故选A。6、B【解析】A、标准状况酒精不是气体, 11.2L酒精不是0.5mol,故A错误；B、40gNaOH物质的量为1 mol,含有氧原子数为NA，故B正确；C、没有给定标准状况下，22.4L O2的物质的量不一定为1mol,无法计算O2所含的原子数目，故C错误；D、标准状况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，含有2NA个氢原子，D错误；综上所述，本题选B。7、C【解析】O3、CO、CH4、N2的摩尔质量依次为48g/mol、28g/mol、16g/mol、28g/mol，根据n=，等质量的四种气体物质的量由大到小的顺序为：CH4CO=N2O3；同温同压气体的体积之比等于气体

22、分子物质的量之比，体积最大的为CH4，答案选C。8、D【解析】A电解质和非电解质都必须是化合物； B在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；电解质在水溶液或熔融状态下导电的离子必须是电解质自身电离的；C氯化钠是电解质，但氯化钠溶液能导电，氯化钠溶液属于混合物； D在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物是电解质。【详解】A金属铜能导电，但金属铜属于单质，不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B二氧化碳溶于水能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，选项B错误；C氯化钠是电解质，氯化钠固体中有

23、钠离子和氯离子，因没有自由移动的离子，不能导电，氯化钠溶液中含自由移动的阴、阳离子，氯化钠溶液能导电，但氯化钠溶液属于混合物，氯化钠溶液不是电解质，选项C错误；D虽然液体氯化氢不能导电，但是氯化氢在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了电解质、非电解质的判断，题目难度不大，注意电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。9、D【解析】A. 由质量守恒可知X的化学式为Ag2S，故A错误；B. 银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂，故B错误；C. 在

24、反应中Ag的化合价从单质的0价变为反应后中的+1价，失去电子，作还原剂；H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；由方程式：4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O可知，则每生成1molAg2S，反应转移2mol e-，故D正确；故选：D。10、A【解析】A. I、NO3-、Fe2、Na各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B. Ag与Cl反应生成氯化银沉淀而不能大量共存，选项B错误；C. Ba2与SO42-反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存，选项C错误； D. Cu2、NH4+与OH反应分别生成氢氧化铜沉淀和一水合氨而不能大量共存，选项

25、D错误。答案选A。11、D【解析】A项、反应中，Na元素的化合价由0升高为+1价，Na为该反应中的还原剂，二氧化碳中C元素化合价由+4价降低为0价，二氧化碳为该反应中的氧化剂，故A正确；B项、反应中，还原性强弱的判断规律是还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原剂Na的还原性大于还原产物C，B正确；C项、反应中Na转化为Na2CO3，Na元素的化合价升高，Na2CO3是氧化产物，故C正确；D项、由2NaNa2CO3可知，反应中2molNa参与反应，失去2mol电子，故D错误。故选D。【点睛】本题以信息的形式来考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键。12、D【解析】A. 氯化镁

26、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。13、D【解析】试题分析：A化学反应3O2=2O3，该反应没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，A项错误；B电子带负电，在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，B项错误；C物质中某元素失去电子，则此物质是还原剂，C项错误；D还原剂中必定有一种元素被氧化，D项正确；答案选D。考点：考查氧化还原反应。14

27、、D【解析】A阿伏伽德罗常数的单位为mol1，物质的量的单位为mol，故A错误；B氧气和二氧化氮所处的状态不一定相同，故相同体积的两者的物质的量不一定相同，且不一定为1mol，故分子数不一定为NA个，故B错误；C气体分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，故标况下22.4L气体即1mol任何气体中原子数不一定是NA个，故C错误；D12g12C的物质的量为1mol，而原子数N=nNA=NA个，故D正确；答案选D。15、C【解析】A.该反应为置换反应，一定属于氧化还原反应，A不符合题意；B.该反应不属于四种基本反应类型，反应过程中有元素化合价发生变化，为氧化还原反应，B不符合题意；C.该反应为复分

28、解反应，不属于氧化还原反应，C符合题意；D.该反应为化合反应，反应过程中，氯元素和铁元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：C【点睛】明确四种基本反应类型与氧化还原反应的关系以及准确判断反应中元素的化合价变化情况是解答的关键。四种基本反应类型中，一定不属于氧化还原反应的为复分解反应，一定属于氧化还原反应的是置换反应。16、A【解析】电解质离子浓度=电解质浓度电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，120mL2molL1KCl溶液中c（Cl）=2molL1，据此结合计算判断【详解】A. 60mL1molL1MgCl2溶液中c（Cl）=1molL12=2molL1，与12

29、0mL2molL1KCl溶液中c（Cl）=2molL1浓度相等，故A正确；B. 60mL2molL1ZnCl2溶液中c（Cl）=2molL12=4molL1，与120mL2molL1KCl溶液中c（Cl）=2molL1浓度不相等，故B错误；C. 40mL2molL1AlCl3溶液中c（Cl）=2molL13=6molL1，与120mL2molL1KCl溶液中c（Cl）=2molL1浓度不相等，故C错误；D. 480mL1molL1NaCl溶液中c（Cl）=1molL11=1molL1，与120mL2molL1KCl溶液中c（Cl）=2molL1浓度不相等，故D错误；故选A。17、D【解析】A草

30、根能抓住泥土，绿地可以保持水土，减少水土流失，故A正确；B绿地可以光合作用为生物创造氧气，绿地可以调节气候，吸附灰尘减少空气中PM2.5含量，故B正确；C绿地可以光合作用为生物创造氧气，故C正确；D为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂会污染空气和环境，故D错误；故选D。18、D【解析】元素被氧化，说明该元素失去电子，化合价升高，据此判断。【详解】A. CO2CO中碳元素化合价降低，得到电子，被还原，A不符合；B. FeCl3FeCl2中铁元素化合价降低，得到电子，被还原，B不符合；C. HClAgCl中氯元素化合价不变，不是氧化还原反应，C不符合；D. KII2中碘元素化合价升高，失去电子，

31、被氧化，D符合；答案选D。19、D【解析】A、能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物不一定含有碳碳双键，比如乙炔、乙醇、乙醛、甲苯，均能使酸性高锰酸钾褪色，故A错误；B、制备乙烯的实验中选用浓硫酸作催化剂和脱水剂，3mol/L的硫酸为稀硫酸，故B错误；C、实验室制备乙烯的实验中将乙醇和硫酸按体积比13混合，故C错误；D、实验室制乙酸乙酯的实验中，由于加热液体易引起暴沸，所以要加入碎瓷片防暴沸，故D正确。故选D。点睛：使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有：含有碳碳双键或碳碳三键的有机物；连接苯环的碳原子上有H原子的有机物、含有醛基、-OH相连的碳上有H原子的醇等。20、B【解析】=m/V=M/Vm，同温同

32、压下，气体摩尔体积相同，所以密度与摩尔质量成正比，摩尔质量越大，密度越大，氟气的摩尔质量为18g/mol，氯气的摩尔质量为71g/mol，HCl摩尔质量为15g/mol，CO2摩尔质量为44g/mol，摩尔质量最大的是氯气，所以密度最大的是氯气。答案选B。21、C【解析】在同一个氧化还原反应中，有还原剂的还原性强于还原产物的还原性，从反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2可知I-的还原性强于Fe2+，从反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-可知Fe2+的还原性强于Cl-，故还原性：I-Fe2+Cl-，故答案为：C。22、A【解析】同体积同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中

33、的Cl-的物质的量之比为1：2：3，根据Cl-+Ag+=AgCl，可知n（AgNO3）=n（Cl-），则需同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：2：3，故选A。二、非选择题(共84分)23、Na2O2 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2 供氧剂 Fe3O4+8H+ = Fe2+2Fe3+ + 4H2O KSCN K3Fe(CN)6 【解析】已知A为淡黄色固体，能与水反应生成B和C，A为Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，C为气体，则C为O2、B为NaO

34、H，T为生活中使用最广泛的金属单质，T为Fe，Fe能与O2在点燃时反应生成D为Fe3O4，Fe3O4先与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，再加入足量铁粉，Fe与Fe3反应生成Fe2，则E为FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应生成H为Fe(OH)2，Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3。【详解】(1). 由上述分析可知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2，故答案为Na2O2；(2). Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3，实验现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，化学反应方程式为4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(

35、OH)3，故答案为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；(3). 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ 4OH + O2，由此反应可知Na2O2可以用作供氧剂，故答案为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ 4OH + O2；供氧剂；(4). Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，离子方程式为Fe3O4+8H+ = Fe2+2Fe3+ + 4H2O，所得到的溶液中主要阳离子除H+外，还含有Fe2+、Fe3+，可选用KSCN检验Fe3+，用K3Fe(CN)6检验F

36、e2+，故答案为KSCN；K3Fe(CN)6。24、Ag+ Mg2+ Ba2+2H+ + SiO32- = H2SiO3阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/molL1？0.250.400.8 mol/L【解析】（1）实验，向溶液中加入足盐酸，产生白色沉淀并放出0.56 L气体，根据表格所提供的离子可知，该气体一定是CO2，溶液中一定含有CO32，且c(CO32)=0.25mol/L；溶液中存在CO32时，一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；故答案为Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3。故答

37、案为SiO32+2H+=H2SiO3；（3）实验，H2SiO3加热分解生成SiO2，m(SiO2)=2.4g，根据硅原子守恒，c(SiO32)= =0.4mol/L。实验，向的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则溶液中不含SO42。根据电荷守恒2c(CO32)+2c(SiO32)=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/Lc(Na+)=0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L。根据以上计算可知，不能确定NO3，c(CO32)=0.25mol/L，c(SiO32)=0.4mol/L，c(SO42)=0。故答案为阴离子NO3-CO32-SiO32

38、-SO42-c/molL1？0.250.40（4）根据（3）问中的分析，可知，溶液中一定存在K+，且其浓度至少为0.8mol/L。故答案为0.8 mol/L。点睛：离子推断题中，根据条件判断出一种离子之后，要分析是否可以排除几种与该离子不能共存的离子。比如本题中判断出CO32的存在，则溶液中一定不存在Ag+、Mg2+、Ba2+。根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点。25、过滤 漏斗 玻璃棒 分液漏斗 否 蒸馏 125 AD 【解析】（1）不溶于水的物质需要过滤分离，根据过滤操作来分析用到的实验仪器；（2）步骤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到分液漏斗；根据萃取的基本原则两种

39、溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多分析；（3）步骤的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，利用沸点的差异用蒸馏的方法；（4）配制480mL溶液需要500mL容量瓶，结合cn/V和实验操作分析可能产生的误差。【详解】（1）步骤是从海带灰的悬浊液中得到含碘离子的溶液，其实验操作名称是过滤，该操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）步骤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到的玻璃仪器除烧杯外还有用到分液漏斗。由于乙醇和水互溶，所以不能用乙醇来代替CCl4；（3）步骤的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，是利用互溶的两种液体的沸点不同

40、来分离，则实验操作为蒸馏；（4）步骤得到的滤液中c（I）0.04mol/L，欲使用c（I）0.01mol/L的溶液480mL，由于需要使用500mL容量瓶，因此需取用该滤液的体积为125mL。A稀释溶液时有液体溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏小；B容量瓶中有少量蒸馏水残留不影响溶质的物质的量和溶液体积，浓度不变；C取滤液时仰视刻度线导致实际量取的体积增加，所以浓度偏大；D向容量瓶中加水定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏小。答案选AD。26、2.9 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 BEACDF 【解析】（1）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，需要氯化钠的质量

41、是0.1L0.5mol/L58.5g/mol2.925g，因此应该用托盘天平称取NaCl固体质量为2.9g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；（3）配制过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以其正确的操作顺序应是BEACDF。27、12.5 250 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 B、C、A、F、E、D A、B、C 【解析】（1）溶质的质量m=nM=cVM=1.25mol/L0.25L40g/mol=12.5g，配制250mL溶液，则选用容量瓶的规格为250mL，配制时步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操

42、作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（2）因容量瓶上标有：规格、温度和刻度线，故答案为；（3）配制时步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为B、C、A、F、E、D；（4）A、称量NaOH时，砝码错放在左盘，由于需要使用游码，则溶质的质量减少，浓度偏低，A正确；B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质的质量减少，浓度偏低，B正确；C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，C正确；D、定容时

43、俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，D错误；E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，浓度不变，E错误；故答案为A、B、C。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项。注意误差分析的依据，即根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。28、+3NaClO2=Na+ ClO2SO42、NO3充当氧化剂2.0104【解析】(1). NaClO2中钠离子的化合价为+1，O元素的化合价为2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(2)2=0，解得x=+3；NaClO2为钠盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和ClO2，其电离方程式为：NaClO2=Na+ ClO2