2022-2023学年辽宁省葫芦岛协作体高一化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析.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、下列溶液中Cl 浓度与50mL 1molL1 MgCl2溶液中Cl浓度相等的是A100mL 1 molL1 NaCl溶液 B100 mL 1

2、molL1 CaCl2溶液C50 mL 2 molL1 BaCl2溶液 D50 mL 2 molL1 AlCl3溶液2、下列表格中各项都正确的组是（ ）碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC明矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4熔融MgCl2氯水AABBCCDD3、下列有关容量瓶的四种说法，正确的一组是标有使用温度、容积和一条刻度线；不宜贮存溶液；不能用来加热，不能作反应器；使用之前要检查是否漏水；容量瓶用蒸馏水洗净后，应干燥后再配制溶液。A仅 B仅 C仅 D仅4、在某两烧杯溶液中，各含有大量以下六种离子Cu2+、OH-、CO32-、Mg2+、K+、NO3-

3、中的三种，已知乙烧杯溶液呈碱性，则甲烧杯溶液中大量存在的离子组是ACu2+、Mg2+、K+BCu2+、Mg2+、NO3-CCu2+、K+、NO3-DMg2+、K+、NO3-5、已知下列几个反应的化学方程式：2KICl2=2KClI2；2FeCl32HI=2FeCl2I22HCl；2FeCl2Cl2=2FeCl3；I2SO22H2O=H2SO42HI；下列有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的是ACl2Fe3I2SO2BCl2I2Fe3SO2CCl2Fe3SO2I2DFe3I2Cl2SO26、某溶液中只含有Na、Al3、Cl、SO42四种离子，已知Na、Al3、Cl的个数比为521。则溶液中Al

4、3与SO42的个数比为A15 B14 C34 D257、胶体和溶液的特征区别是（ ）A胶体属于介稳体系 B胶体粒子的大小在1nm100nm之间C胶体具有丁达尔效应 D胶体粒子不能透过滤纸8、胶体区别于其它分散系的本质特征为A分散质直径介于1100 nmB丁达尔效应C电泳现象D能发生聚沉9、下列反应中水只做还原剂的是( )AC+H2OCO+H2BF2+ H2OHF + O2C2Na +2H2O2NaOH+H2 D2Na2O2+2H2O4NaOH+ O210、科研人员最近发现放射性同位素钬Ho可有效地治疗肝癌，该同位素原子核内中子数与质子数之差为()A99B32C166D23311、检验下列物质的

5、试剂、现象都正确的是（ ）选项被检验的物质使用的试剂或方法实验现象AFe3+KSCN溶液溶液出现血红色沉淀BSO2品红溶液品红溶液褪色，加热不能复原CNa+用铂丝蘸取少量溶液在火焰上灼烧透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰DNH4+NaOH溶液、红色石蕊试纸加入NaOH溶液后加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝AA BB CC DD12、下列实验操作或记录正确的是()A常温常压下测得1molN2的质量为28gB用量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28mLC将洗净的锥形瓶和容量瓶放入烘箱中烘干D用托盘天平称取2.50g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90g13、在粗盐提纯的实验中，蒸发时正

6、确的操作是：（ ）A把浑浊的液体倒入蒸发皿内加热B开始析出晶体后用玻璃棒搅拌C待水分完全蒸干后停止加热D蒸发皿中出现大量固体时即停止加热14、某金属氯化物MCl2 40.5g，含有0.6mol Cl，则金属M的摩尔质量为A135 B135 gmol1 C64 D64 gmol115、下列叙述正确的是A1 mol N2的质量为28 g/molB标准状况下，1 mol任何物质的体积均为22.4LCCl2的摩尔质量为71 gD3.011023个SO2分子的质量为32g16、下列关于氯气及其化合物的叙述正确的是A氯气不溶于水，因此可用排水法收集氯气B氯气在常温下能与铁反应，故不能用铁罐存放液氯C光照新

7、制氯水有气体逸出，该气体是氧气D氢气在氯气中燃烧产生淡蓝色火焰17、以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（ ）AA气体是NH3，B气体是CO2B侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶18、同温同压下，a g甲气体和b g乙气体所占体积之比为1:1，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是（ ）A同温同压下，甲和乙的密度之比为a:bB甲与乙的相对分子质量之比为a:bC同温同压下，等体积的甲和乙的质量之比为a:bD等质量的甲和乙中的原子数之比一定为b:a19、 “纳米材

8、料”是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料粒子，如将“材料粒子”分散到水中，对所得混合物叙述正确的是（）A能全部透过滤纸B不能发生丁达尔现象C一定是胶状的D可以看见材料粒子20、有关电解质的说法正确的是ANa2O液态时能导电，所以Na2O是电解质BSO3水溶液的导电性很好，所以SO3是电解质C液态的铜导电性很好，所以铜是电解质D固体NaCl不导电，所以NaCl不是电解质21、某胶体遇盐卤(MgCl2)或石膏水发生凝聚，而遇食盐水或硫酸钠溶液不易发生凝聚，下列说法中错误的是()A胶体粒子直径在l100 nm之间B遇BaCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚C电泳时，该胶体向阴极方向移动D钠离

9、子使此胶体凝聚的效果不如Ca2、Mg222、下列分离混合物的操作中，必须加热的是A过滤 B萃取 C分液 D蒸馏二、非选择题(共84分)23、（14分）AE 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；E 原子的最外层电子数与 B 相同。(1)写出五种元素的元素符号：A_；B_；C_；D_；E_。(2)写出 D2+离子的结构示意图_。(3)写出 C 形成离子时的电子式_。(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为

10、2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_、_。(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_。24、（12分）有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种，现进行如下实验：(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液。(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，一定没有_，可能有_。25、（12分）用于分离或提纯物质的

11、方法有：A蒸馏(分馏) B萃取 C过滤 D重结晶 E分液。下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）（1）除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒_。（2）分离四氯化碳与水的混合物_。（3）分离汽油和煤油_。（4）分离碘水中的碘单质_。（5）提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾_。26、（10分）某化学研究性学习小组需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培养液450mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=c(SO42-)=0.4molL1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：药匙托盘

12、天平烧杯胶头滴管量筒。请回答下列问题：（1）该植物培养液中，NH4+的物质的量浓度为_。（2）该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的玻璃仪器是_、_。（3）若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是_。a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线27、（12分）为了证明在实验室制备Cl2的过程中会有水蒸气和HCl挥发出来，甲同学设计了如下图所示的实验装置，按要

13、求回答问题。（提示：无水硫酸铜遇水变蓝；氯气易溶于CCl4等有机溶剂）(1)根据甲同学的意图，连接相应的装置，接口顺序为：b接_，_接_，_接a。(2)在连接好装置之后实验开始之前必须要进行的一项操作是：_。(3)U形管中所盛试剂的化学式为_；装置中CCl4的作用是_。(4)乙同学认为甲同学实验有缺陷，不能证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加装置，你认为装置应加在_之间（填装置序号），瓶中可以放入_。(5)若在装置完好的前提下，用浓度为10mol/L的浓盐酸600mL与过量的的MnO2反应

14、，最终生成的氯气_1.5mol（填大于、小于或等于），其主要原因是_，可以通过向反应后的溶液中加入_来证明上述结论。A锌粒 B氢氧化钠溶液 C硝酸酸化的硝酸银溶液 D碳酸钠溶液28、（14分）化学就在你身边（1）汽车尾气是城市空气污染来源之一，汽车尾气中含有CO和NO等有害物质。通过特殊的催化装置，可以使CO与NO相互反应生成无害且稳定的气体N2和CO2，反应的化学方程式是_。若反应生成1molN2，转移的电子数目为_。(NA表示阿伏加德罗常数的值)（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O是工业上制84消毒液的原理，把上述化学方程式改为离子方程式，并用双线桥法标明电子转移的方向和

15、数目。_（3）在一定的温度和压强下，1体积X2 (气)跟3体积Y2 (气)化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是_。29、（10分）按要求写出下列物质间反应的离子反应方程式：（1）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液混合：_；（2）Mg(OH)2固体溶于足量盐酸溶液：_；（3）向溶液中加入少量NaOH溶液，反应的离子方程式：_； （4）向溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式：_。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、B【解析】50.0mLlmolL-1MgCl2溶液中的Cl-浓度为1mol/L2=2mol/L，结合物质的浓度和组成分析解答。【详解】

16、A、100mL1.0mo1L-1NaCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L，与题意不符，A错误；B、100mL1.0molL-1CaCl2溶液中氯离子的浓度为1mol/L2=2mol/L，与题意相符，B正确；C、50mL2.0mo1L-1BaCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L2=4mol/L，与题意不符，C错误；D、50mL2molL-1A1C13溶液中氯离子的浓度为2mol/L3=6mol/L，与题意不符，D错误；答案选B。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度的计算，明确溶液中离子的浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子个数是解本题的关键，与溶液体积无关。2、A【解析】溶液中电离出的阴离子全部是

17、氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质。【详解】A项、烧碱为氢氧化钠为碱，小苏打为碳酸氢钠为盐，硫酸钡熔融导电属于电解质，干冰是固体二氧化碳属于非电解质，各物质符合物质类别概念，故A正确；B项、纯碱为碳酸钠，碳酸钠是盐，铁单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C项、明矾为十二水合硫酸铝钾，是盐类，石墨单质既不是电解质也不是非电解质，醋酸是弱电解质，C错误；D、氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了酸、碱、盐、电解质、非电解质概念的理解

18、和分析判断，熟练掌握物质的组成和分类是解题关键。3、A【解析】容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，标有温度和容量，颈上有刻度；使用时要先检验是否漏水，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液，正确的有，故选A。4、B【解析】根据乙烧杯溶液呈碱性，确定乙烧杯溶液含有OH-，与之反应的离子在甲溶液中，再根据离子不能共存通过甲溶液离子反过来确定乙溶液成分，最后根据溶液电中性确定其它阴离子或阳离子，据此解答。【详解】乙烧杯溶液呈碱性，说明有大量OH-，则与OH-发生反应的Cu2+、Mg2+不能存在乙溶液中，应该在

19、甲溶液中；由于CO32-与Cu2+、Mg2+会发生沉淀反应，不能共存，CO32-应该在乙溶液中。溶液呈电中性，则甲溶液还要还要阴离子，所以只能含有NO3-，则乙溶液中还要含有K+，所以甲烧杯溶液含有Cu2+、Mg2+、NO3-，乙烧杯溶液含OH-、CO32-、K+，故合理选项是B。【点睛】本题考查溶液成分的确定的知识。溶液呈电中性及离子能否大量共存的本题判断的关键，突破口是乙烧杯溶液呈碱性，含大量的OH-。5、A【解析】先找出每个反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据氧化还原反应中物质的氧化性：氧化剂氧化产物，氧化剂还原剂进行分析判断。【详解】Cl2+2KII2+2KCl，氧化剂为C

20、l2，氧化产物为I2，氧化性Cl2I2；2FeCl3+2HII2+2FeCl2+2HCl中，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，氧化性Fe3+I2；2FeCl2+Cl22FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，氧化性Cl2Fe3+；I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4，氧化剂为I2，还原剂是SO2，氧化性I2SO2。故氧化性由强到弱的顺序是Cl2Fe3+I2SO2，选项A符合题意。【点睛】本题考查物质氧化性和还原性的比较，根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物是本题解答的关键。6、D【解析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算。【详解】溶液中电荷守恒，

21、即所有正电荷的总数应等于所有负电荷的总数，即：n(Na) + 3n(Al3) = n(Cl) + 2n(SO42)，设SO42的离子个数为x，所以5+32=1+2x，解得x=5，所以溶液中Al3和 SO42的离子个数比为2：5，答案选D。【点睛】溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量 = 阴离子带的负电荷总量。学生容易出错的部分是电荷总量的计算，具体应为溶液中的阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。溶液中电荷守恒书写三部曲，第一步：找出溶液中所有离子；第二步：阴、阳离子各写一边，中间各一个等号；第三步: 离子带多少电荷就

22、在它前面写上那个数字。7、B【解析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】A. 胶体属于介稳体系，胶体的性质，故A错误；B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm。C、胶体具有丁达尔效应，胶体的光学性质，故C错误；D. 胶体粒子能透过滤纸，故D错误。故选B。8、A【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1-100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm，本题选A。【点睛】胶体分散系与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小不同。9、B【

23、解析】A在该反应中，氢元素化合价降低，水做氧化剂，A不符合题意；B水中氧元素化合价升高，氢元素化合价不变，水只做还原剂，B符合题意；C水中氢元素化合价降低，氧元素化合价不变，水做氧化剂，C不符合题意；D水中氧元素、氢元素化合价不变，水既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；答案选B。10、B【解析】由Ho中可以得出，质子数为67，质量数为166，该同位素原子核内中子数与质子数之差为166-67-67=32，故选B。11、D【解析】A.Fe3+遇KSCN溶液，发生络合反应，产生的Fe(SCN)3是血红色可溶性的物质，A错误；B.SO2使品红溶液褪色，是由于与品红结合形成了无色物质，该物质不稳定

24、，受热分解，SO2逸出，品红溶液又恢复了原来的红色，B错误；C.Na元素的焰色反应为黄色，不需要透过蓝色钴玻璃，C错误；D.检验铵根离子的方法是：取少许待测溶液，向其中加入NaOH溶液后加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明产生了氨气，则溶液中含有NH4+，D正确；故合理选项是D。12、A【解析】A. 常温常压下测得1molN2的质量为28g，故A正确；B. 气体体积受到温度和压强的影响，没有标明条件的气体体积没有意义，而且量筒不能精确到0.01mL， 故B错误；C. 容量瓶放入烘箱中烘干，受热后容积不准确，故C错误；D. 用托盘天平称取质量，只能称准至0.1g，故D错误。故选A。13

25、、D【解析】“粗盐的提纯”实验涉及溶解、过滤、蒸发、结晶等基本操作内容，四项操作从始至终均要使用玻璃棒（加速溶解、引流、防迸溅）。为达到提纯目的，过滤后要用澄清滤液进行蒸发，加热至蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干（最后用玻璃棒把固体转移到纸上，称量后回收）。因此选项ABC均是错误的，D正确。答案选D。14、D【解析】本题考查了摩尔质量的计算，根据原子的摩尔质量在数值上等于该元素的相对原子质量进行分析。【详解】因某金属氯化物MCl2中的Cl-的物质的量0.6mol，则MCl2的物质的量为0.3mol，所以MCl2的摩尔质量为，所以金属M的摩尔质量为，故A、B、C错误，

26、D正确。答案选D。【点睛】本题解题的关键是由Cl-的物质的量，结合化学式MCl2计算金属氯化物的物质的量，再利用 计算金属氯化物MCl2的摩尔质量，据此计算金属M的摩尔质量。15、D【解析】A、质量的单位是g，1molN2的质量为28g，N2的摩尔质量为28g/mol，故A错误；B、标况下，1mol任何气体的体积约是22.4L，不是气体则不一定，故B错误；C、摩尔质量的单位为g/mol，故C错误；D、n(SO2)=0.5mol，m(SO2)=nM=0.5mol64g/mol=32g，故D正确。故选D。点睛：B选项为易错点，注意气体摩尔体积只适用于气体，而固体、液体不能利用气体摩尔体积计算其物质

27、的量。气体的摩尔体积与温度和压强有关，标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol.16、C【解析】A. 氯气能溶于水，常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气，所以氯气不能用排水法收集，故A错误； B. 干燥的氯气与铁在常温下不反应，可用用铁罐存放液氯，故B错误； C. 光照次氯酸分解生成氧气，所以光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气，故C正确； D. 氢气在氯气中燃烧产物苍白色火焰，生成HCl气体，还观察到白雾，故D错误； 答案选C。17、D【解析】A利用NH3极易溶于水，且水溶液显碱性，可以提高CO2的吸收，因此先通NH3后通CO2，故A说法正确；BNaHCO3的溶解度小于Na2CO3，利用了溶

28、解度的差异，故B说法正确；C操作是过滤，因此利用玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C说法正确；D晶体是NaHCO3，利用NaHCO3的不稳定性：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，故D说法错误；答案选D。18、D【解析】根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，即气体的物质的量相同。同温同压下，a g甲气体和b g乙气体所占体积之比为1:1，所以甲和乙的物质的量相同，根据n=，物质的量相同时，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的摩尔质量之比为a:b。【详解】A根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，气体密度和摩尔质量成正比，所以甲和乙的密度之比为a:b，正确；B摩尔质量以

29、g/moL为单位时，和相对分子质量在数值上相等，所以甲与乙的相对分子质量之比为a:b，正确；C同温同压下，等体积的甲和乙的物质的量相同，根据n=，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的质量之比为a:b，正确；D甲和乙的质量相同，根据n=，甲和乙的物质的量和摩尔质量成反比，即甲和乙的物质的量之比为b:a，根据，分子数之比一定是b:a，但甲和乙分子中的原子个数未知，所以原子数之比不一定为b:a，错误；故选D。19、A【解析】直径从几纳米至几十纳米的材料粒子分散到水中形成的分散系属于胶体，根据胶体的性质分析。胶体不一定是胶状的；胶体粒子直径较小，看不见胶体粒子。【详解】直径从几纳米至几十纳米的材料粒子分

30、散到水中形成的分散系属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，故A正确；胶体具有丁达尔现象，故B错误；胶体不一定是胶状的，故C错误；胶体粒子直径较小，肉眼看不见胶体粒子，故D错误。【点睛】根据题目中的信息，“纳米材料”的直径是几纳米至几十纳米，刚好位于胶体粒子的直径范围（1nm100nm），溶于水后形成的分散系为胶体，具有胶体的性质。20、A【解析】在水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。【详解】A. Na2O液态时能导电，所以Na2O是电解质，故正确；B. SO3水溶液中溶质为硫酸，导电性很好，所以硫酸是电解质，SO3是非电解质，故错误；C. 液态的铜导电性很好，但铜是单质，不是电解质也不是非电解质

31、。故错误；D. 固体NaCl不导电，但氯化钠溶液或熔融态的氯化钠都能导电，所以NaCl是电解质，故错误。故选A。【点睛】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，都不导电的化合物为非电解质。注意导电是因为化合物本身电离出自由移动的离子造成的，如二氧化硫或二氧化碳或氨气等物质，本身不能电离，但其水溶液中对应的亚硫酸或碳酸或一水合氨都能电离出离子，溶液导电，亚硫酸或碳酸或一水合氨是电解质，而二氧化硫或二氧化碳或氨气是非电解质。21、C【解析】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1100 nm之间，A正确；B、氯化镁与氯化钠的阳离子不同，阴离子相同，硫酸钙和硫酸钠的阳离子不同，阴离子相同，由题中所述现

32、象知：其胶体是否凝聚与加入的电解质的阳离子有关，且阳离子所带电荷越多聚沉效果越好，因此该胶体胶粒必带负电荷，由于氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此遇BaCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚，B正确；C、该胶体胶粒带负电荷，因此电泳时，该胶体向阳极移动，C错误；D、根据题干中的信息可知钠离子使此胶体凝聚的效果不如Ca2、Mg2，D正确；答案选C。【点睛】准确判断出该胶体的胶粒带负电荷是解答的关键，注意掌握影响胶体聚沉的因素和规律。另外需要注意胶体是不带电的，胶体吸附某些离子而带电荷。22、D【解析】A.过滤是使液固混合物中的液体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分

33、离，不需要加热，故A错误；B.萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使溶质从一种溶剂转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，不需要加热，故B错误；C.分液是分离两种互不相溶的液体的过程，不需要加热，故C错误；D.蒸馏是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合，需要加热，故D正确。故选D。二、非选择题(共84分)23、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H+Cl- 【解析】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电

34、子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。【详解】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S（2）镁离子；（3）氯离子，电子式

35、加中括号。；（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H+Cl- 。24、Na2SO4、MgCl2 CuSO4、Na2CO3 KNO3、NaNO3 【解析】根据硫酸铜溶液显蓝色，硫酸钡是白色不溶于硝酸的沉淀，Mg(OH)2是白色不溶性物质分析。【详解】(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，说明固体中一定不含有CuSO4；(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，则该沉淀是BaSO4，一定含有Na2SO4，一定不含Na2CO3，因为碳酸钡可以溶于硝酸中，反应会放出CO2气

36、体，向另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。说明含有Mg2+，产生的白色沉淀是Mg(OH)2，原固体中含有MgCl2。由于题目涉及实验中没有进行有关K+、Na+及NO3-的检验及各种微粒物质的量的计算，因此不能确定是否含有KNO3、NaNO3。根据上述分析可知：溶液中一定含有Na2SO4、MgCl2，一定没有CuSO4、Na2CO3，可能含有KNO3、NaNO3。【点睛】本题考查了混合物组成的推断，完成此题，可以结合题干提供的实验现象，结合各种离子的检验方法，根据离子在物质的存在确定物质的存在。25、C E A B或BE D 【解析】（1）碳酸钙不溶于水，因此除去Ca(OH)2溶液中悬

37、浮的CaCO3微粒可以采用过滤的方法，答案选C；（2）四氯化碳不溶于水，因此分离四氯化碳与水的混合物的方法是分液，答案选E；（3）汽油和煤油互溶，二者的沸点相差较大，因此分离汽油和煤油可以用蒸馏的方法，答案选A；（4）碘易溶在有机溶剂中，因此分离碘水中的碘单质采用萃取分液的方法，答案选B或BE；（5）硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响差别较大，因此提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾的方法是重结晶，答案选D。26、0.8mol/L 500mL容量瓶 玻璃棒 ac 【解析】（1）要求该培养液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4molL-1，依据电荷守恒计算溶液中铵根离子浓度；（2）依

38、据配制步骤选择需要仪器；（3）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。【详解】(1)所得溶液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4molL-1，依据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，即：0.4mol/L+20.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得：c(NH4+)=0.8mol/L，故答案为：0.8mol/L；(2)配制450mL溶液，需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等用到的仪器：托盘天平(量筒)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容

39、量瓶、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒； (3)a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故a选；b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b不选；c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物的量偏小，溶液浓度偏低，故c选；d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d不选；e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，属于正常操作，溶液浓度准确

40、，故e不选；故选：ac。【点睛】实验室中容量瓶的规格有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所以配制450ml的溶液需要500ml的容量瓶。27、e f d c 检查装置气密性 CuSO4 吸收氯气 湿润的淀粉碘化钾试纸 小于 随着反应的进行，盐酸浓度变稀，反应停止 A D 【解析】为了证明在实验室制备Cl2的过程中会有水蒸气和HCl挥发出来，所以选择制取氯气的装置，然后先用无水硫酸铜检验水蒸气，使用装置，用有机溶剂四氯化碳除去氯气，使用装置最后用装置中的硝酸银检验氯化氢。据此回答问题。二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，和稀盐酸不反应。【详解】(1) 为了证明在实验室制备Cl

41、2的过程中会有水蒸气和HCl挥发出来，选择制取氯气的装置为，然后先用无水硫酸铜检验水蒸气，使用装置，用有机溶剂四氯化碳除去氯气，使用装置最后用装置中的硝酸银检验氯化氢.所以导管口的连接顺序为befdca。(2) 连接好装置之后实验开始之前必须要检查装置气密性。(3)U型管中试剂 为CuSO4，装置中CCl4的作用吸收氯气。(4)因为用四氯化碳吸收氯气，但没有证明是否吸收完全，所以需要在之间加入一个检验氯气的装置，即使用湿润的淀粉碘化钾试纸，若试纸不变蓝，则证明氯气吸收完全，通过硝酸银中产生白色沉淀可以证明氯化氢存在。(5) 随着反应的进行，盐酸浓度变稀，反应停止，所以600mL 10mol/L

42、的浓盐酸反应生成的氯气小于1.5mol。可以向反应后的溶液中加入锌或碳酸钠证明溶液中含有剩余的酸，故选A D。【点睛】解答本题的关键是注意氯气的存在影响氯化氢的检验，所以在检验氯化氢之前除去氯气，并检验氯气已经除净。28、2CO + 2NON2+2CO2 4NA 略 XY3或Y3X 【解析】（1）CO与NO相互反应生成无害且稳定的气体N2和CO2，反应的化学方程式是2CO + 2NON2+2CO2。2NON2氮元素的化合价由+2到0价，若反应生成1molN2，转移的电子数目为22=4mol,即为4NA。答案：2CO + 2NON2+2CO2 4NA。（2）Cl2+2NaOH = NaCl+Na

43、ClO+H2O属于歧化反应，其离子方程式为，并用双线桥法标明电子转移的方向和数目。答案：。(3)设该化合物化学式为XaYb，由阿伏加德罗定律知X2+3Y2=2 XaYb，根据质量守恒定律，得：2=2a，a=1，2b=6，b=3，即生成物为XY3。答案：XY3。29、H+ + HCO3- = H2O + CO2 Mg(OH)2 + 2H+ = 2H2O + Mg2+ Ca2+ + HCO3- + OH- = H2O + CaCO3 Ca2+ + 2HCO3- + 2OH- = CO32- + 2H2O + CaCO3 【解析】根据离子方程式的书写步骤进行，特别注意反应物的相对用量。【详解】(1)

44、水溶液中，NaHSO4Na+H+SO42-，NaHCO3Na+HCO3-。则两溶液混合时H+ + HCO3- = H2O + CO2；(2)Mg(OH)2固体不溶于水，溶于足量盐酸Mg(OH)2 + 2H+ = 2H2O + Mg2+；(3)因HCO3- + OH- = CO3 2+H2O，则有CaCO3沉淀生成。又NaOH溶液少量，则有剩余HCO3-，生成NaHCO3。故溶液中加入少量NaOH溶液的离子方程式Ca2+ + HCO3- + OH- = H2O + CaCO3； (4)当NaOH溶液足量时， HCO3- 完全反应，生成 CaCO3和Na2CO3。反应的离子方程式Ca2+ + 2HCO3- + 2OH- =CaCO3 +CO32- + 2H2O 。【点睛】书写与量有关的离子方程式时，以少量物质完全反应确