2022年常州市第一中学高一化学第一学期期中考试试题含解析.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、下列溶液中,氯离子浓度最大的是A10 mL 2 molL-1的MgCl2溶液B100 mL 2.5 molL-1的NaCl溶液C200 mL 6 molL-1的KClO3溶液D150 mL 1 molL-1的AlCl3溶液2、下列关于溶液和胶体的叙述中，正确的是（ ）A胶体带电荷，而溶液呈电中性B胶体加入电解质溶液可产生沉淀，而溶液不能C胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系D胶体和溶液都能产生丁达尔现象3、下列叙述正确的是A的质量是B的摩尔质量是16gC个分子的质量是22gD标准状况下，1m

3、ol任何物质的体积均为4、在外加电场的作用下，氢氧化铁胶体粒子移向阴极的原因是A铁离子带正电荷B氢氧化铁带负电吸引阳离子C氢氧化铁胶体粒子吸附阳离子而带正电荷D氢氧化铁胶体吸附阴离子带负电荷5、下列反应的离子方程式书写正确的是()A铝粉投入NaOH溶液中：2Al2OH=2AlO2-H2BNa与CuSO4溶液反应：Cu22Na=2NaCuC向AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al33OH=Al(OH)3DBa(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba22OH2HSO42-=BaSO42H2O6、某工业生产中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2+Cu2+2S。下列说法正确的是A氧化剂为Fe3+，还

4、原剂为Cu2+和S2-B氧化产物是S，还原产物是Fe2+和Cu2+C当转移1mol电子时，有46g CuFeS2参加反应D氧化剂的氧化性Fe3+Fe2+Cu2+7、下列有关氢氧化铁胶体说法正确的是A将外加直流电源通过该胶体，阴极处颜色变深，则说明该胶体带正电荷B鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可用丁达尔效应或观察能否导电两种方法C采用过滤，可将Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质除去D向Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，可引起胶体聚沉8、在下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2+SO42-=BaSO4表示的是( )ABaCl2+H2SO4=BaSO4+2HClBBa(OH)2+N

5、a2SO4=BaSO4+2NaOHCBa(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3DBa(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O9、X元素原子的质量数为m，核内中子数为n，则wgX+含有电子的物质的量是AmolBmolCmolDmol10、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A甲的物质的量比乙的物质的量少 B甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D甲的分子数比乙的分子数多11、在标况下，测得1.92g某气体体积为672ml，此气体的摩尔质量为( )A64B32C64g/molD

6、32g/mol12、在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列错误操作可使所配制溶液的浓度偏高的是()A定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线B溶解搅拌时有液体飞溅C用量筒量取浓盐酸时俯视量筒刻度进行读数D摇匀后见液面下降，再加水至刻度线13、下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是()ASO2SBSO32-SO2CI-I2DHCO3-CO32-14、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该反应是氧化还原反应 D该反应是分解反应15、下列说法中错误的是()A从1L 1molL1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1molL1B40g

7、NaOH溶于1L的水中所得的溶液中NaOH物质的量浓度是1molL1C0.5L 2molL1 BaCl2溶液中，Ba2和Cl总数为36.021023D制成0.5L 10molL1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)16、Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液共同具备的性质是 ( )A两者均有丁达尔效应B两者均能透过半透膜C加入盐酸先沉淀，随后溶解D分散质粒子可通过滤纸17、已知硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂，其所涉及反应的化学方程式为Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl。下列有关该反应的说法不正确的是ANa2S2O3发生还原反应B该反应表明了Cl2

8、的氧化性C该反应中还原产物有NaCl、HClDH2O既不是氧化剂又不是还原剂18、下列离子反应，表达正确的是（ ）A向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：2H+ + SO42-+ Ba2+ + 2OH-= BaSO4 + 2H2OBCaCO3与醋酸反应：CaCO3 + 2H=Ca2 + CO2+ H2OC向碳酸氢钙溶液中滴入过量澄清石灰水：Ca2+2HCO3+2OH =CaCO3+CO32+2H2ODMgSO4溶液跟Ba(OH)2溶液反应：SO42 + Ba2=BaSO419、在标准状况下，以下物质占体积最大的是()A98 g H2SO4B6.021023个CO2C44.8 L

9、 O2D6 g H220、已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（）A61 B51 C31 D2121、下列变化属于物理变化的是A工业制漂白粉 B焰色反应 C铜的锈蚀 D煤的燃烧22、下列实验操作中，完全正确的一组是用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部稀释浓硫酸时将水倒入浓硫酸中进行搅拌把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末，然后竖立试管倾倒细口瓶里的液体时，瓶上的标签对着地面将烧瓶放在桌上，再用力塞紧塞子用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿将滴管垂直伸进

10、试管内滴加液体A BC D二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（反应中生成的部分物质已略去）请回答下列问题：（1）物质A的化学式为_；（2）化合物I的化学式为_；（3）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。24、（12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；取少量原溶液中加BaCl2溶液不

11、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_25、（12分）配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_等。（2）计算、称量，需称量NaOH固体的质量为_。（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_。（4）转移、洗涤，洗涤烧杯23次是为

12、了_。（5）定容、摇匀，定容的具体操作是_。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是_，偏低的是_（填字母序号）。A、容量瓶洗净后未烘干B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定容时俯视刻度线D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线26、（10分）某次实验需用0.4 molL1 NaOH溶液480 mL。配制方法如下：（1）容量瓶上需标有以下六项中的哪些项_ （用字母表示。温度 浓度 容量 压强 刻度线 酸式或碱式A B C D（2）配制该

13、溶液应选用_mL容量瓶；（3）用托盘天平准确称量_g 固体NaOH；（4）之后进行的操作步骤，正确顺序是_（用字母表示）B G 。A冷却 B称量 C洗涤 D定容 E.溶解 F.转移 G.摇匀（5）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是_，对实验结果没有影响的是_（填各选项的字母）。A所用的NaOH中混有少量NaClB用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视

14、观察液面与容量瓶刻度线G定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。27、（12分）NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如图：（1）操作的名称是_。（2）试剂的化学式是_，判断试剂已过量的方法是：_。（3）加入试剂发生的离子方程式是_。28、（14分） (1)将2.4gNaOH溶于水配成300 mL的溶液，它的物质的量浓度为_mol/L，取出该溶液30mL，它的物质的量浓度为_mol/L，取出的溶液中含氢氧化钠_mol,把取出的溶液稀释到120mL，稀释后溶液的物质的量浓度为_mol/L，若用0.1 m

15、ol/L的硫酸中和稀释后的NaOH溶液，需用去硫酸_mL。(2)电解水的实验中，标准状况下产生氢气5.6L，其物质的量_mol,有_g水分解。29、（10分）海洋是资源的宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。（1）氯原子的结构示意图_；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为_。（2）将氯气通入石灰乳中可制取漂白粉，化学方程式为_。漂白粉溶于水后，和空气中的二氧化碳作用，所得的溶液可用于漂白这是利用生成的 HClO，而该溶液长时间放置又会失去漂白能力，所涉及的化学反应方程式为_。（3）向盛有 KI 溶液的试管中加入少许 CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴

16、加氯水，振荡，CCl4 层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：（a）写出并配平 CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目。_+_+_HIO3+_该反应中，_元素的化合价升高。（b）把 KI 换成 KBr，则 CCl4层变为_色，继续滴加氯水，CCl4 层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_。（c）加碘盐中含碘量为 20mg50mg/kg。制取加碘盐（含 KIO3 的食盐）1000kg，若 KI 与 Cl2 反应之 KIO3，至少需要消耗 Cl2_mol（保留 2 位小数）。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均

17、只有一个符合题意的选项）1、A【解析】A. 10 mL 2 molL-1的MgCl2溶液中氯离子浓度为4molL-1；B. 100 mL 2.5 molL-1的NaCl溶液中氯离子浓度为2.5molL-1；C. 200 mL 6 molL-1的KClO3溶液中没有氯离子；D. 150 mL 1 molL-1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3molL-1.所以氯离子浓度最大的为A。故选A。2、C【解析】试题分析：A.溶液呈电中性，胶体分散系不带电，是胶体粒子吸附带电离子，胶粒带电荷，A项错误；B.胶体加入电解质溶液会发生聚沉可产生沉淀，复分解发生的条件之一是生成沉淀，所以溶液可以生成沉淀，氢氧化钡

18、溶液与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，B项错误；C.胶体较稳定，是一种介稳性的分散系，溶液是一种非常稳定的分散系，C项正确；D.丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液没有丁达尔效应，D项错误；答案选C。考点：考查胶体和溶液。3、C【解析】A质量的单位是克；B摩尔质量的单位是； C个分子的物质的量为，然后根据； D气体摩尔体积只适用于气体。【详解】A的质量是18g，故A错误； B的摩尔质量是，故B错误； C个分子的物质的量为，则，故C正确； D气体摩尔体积只适用于气体，所以标准状况下，1mol气态物质的体积均为，故D错误； 故答案选：C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系是解

19、本题关键，根据气体体积与摩尔质量的关系即可解答，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点。4、C【解析】由于氢氧化铁的胶粒吸附阳离子而带正电荷，因此在外加电场的作用下，氢氧化铁胶体粒子移向阴极，而氢氧化铁胶体是不带电的；故答案选C。5、D【解析】A. 题干中离子方程式得失电子不守恒，质量不守恒，应改为2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2，故A错误；B、钠放入硫酸铜溶液中是与水发生反应，离子方程式为2Na+2H2O+Cu2=2Na+H2+Cu(OH)2，故B错误；C、一水合氨为弱碱，书写离子方程式时不能拆开，离子反应为：Al33NH3H2O=Al(OH)3+ NH4+,故C错误；D、B

20、a(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，故D正确；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等(题中B项)；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等(题中C项)；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中A项）；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。6、C【解析】反应过程中CuFeS2中S元素化合价从-2升高到0价，铁离子中铁

21、元素化合价从+3价降低到+2价（注：CuFeS2是二硫化亚铁铜，由此可知该物质中Fe呈+2价，Cu呈+2价；若Fe呈+3价，则不能和-2价的S共存），据此分析解答。【详解】A、CuFeS2中Cu为+2价，Fe为+2价，S为-2价，CuFeS2中S元素化合价从-2升高到0价，铁离子中铁元素化合价从+3价降低到+2价，氧化剂是Fe3+，还原剂是CuFeS2，A错误；B、氧化剂是Fe3+，还原剂是CuFeS2，则氧化产物是S，还原产物是Fe2+，B错误；C、CuFeS2中S元素化合价从-2升高到0价，当转移1mol电子时，反应的CuFeS2为0.25mol，质量是184g/mol0.25mol=46

22、g，C正确；D、氧化剂的氧化性应该是Fe3+Cu2+Fe2+，D错误；答案选C。【点睛】准确判断出反应中元素的化合价变化情况是解答的关键，注意掌握氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。7、D【解析】A、氢氧化铁胶体不带电，胶粒带正电荷；B、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能导电；C、溶液和胶体能透过滤纸，用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液；D、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，

23、胶体会发生聚沉产生沉淀。【详解】A项、Fe（OH）3胶体粒子吸附溶液中的阳离子带正电荷，胶体不带电，故A错误；B项、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能导电，据此不能鉴别溶液和胶体，故B错误；C项、溶液和胶体能透过滤纸，应该用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液，故C错误；D项、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，电解质NaCl会使胶体发生聚沉产生沉淀，故D正确。故选D。8、D【解析】A反应BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4，故A不选；B反应Ba

24、(OH)2+Na2SO4=BaSO4+2NaOH的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4，故B不选；C反应Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4，故C不选；D反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故D选；故选D。9、B【解析】质量数=质子数+中子数。【详解】X元素原子的质量数为m，核内中子数为n，则X元素原子的质子数=电子数=m-n，而X+含有电子数=m-n-1；wgX+的物质的量=mol，则电子的物质的量=(m-n-1)，答案为B。10、A【解析

25、】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大。【详解】A. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；B. 相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，故B错误；C. 同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故D错误。故选A。11、

26、C【解析】标准状况下，气体体积为672mL，该气体的物质的量为，根据，则该气体的摩尔质量为,故C正确；答案选C。12、A【解析】A定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A符合题意；B溶解搅拌时有液体飞溅，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不符合题意；C用量筒量取浓盐酸时俯视量筒刻度进行读数，导致量取浓盐酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不符合题意；D摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不符合题意；答案选A。13、C【解析】A. S元素化合价降低，需加入还原剂才可以实现，A不符合题意；B. S元素化合价不

27、变，不需要加入氧化剂或还原剂就可以实现，B不符合题意；C. 碘元素化合价升高，需加入氧化剂才可以实现，C符合题意；D. 没有元素化合价变化，不需要加入氧化剂或还原剂就可以实现，D不符合题意；故合理选项是C。14、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。15

28、、B【解析】A.因为溶液具有均一性，所以从1molL1的NaCl溶液中取出任意体积的溶液，其浓度仍是1molL1，A项正确；B.根据物质的量浓度的公式可知，V表示溶液的体积，已知水的体积是1L，但并不能确定其溶液的体积，所以无法计算此NaOH溶液的物质的量浓度，B项错误；C.0.5L 2molL1 BaCl2溶液中BaCl2的物质的量是0.5L2mol/L=1mol，又因BaCl2=Ba2+2Cl-，1molBaCl2在溶液中电离出Ba2+和Cl-的总物质的量为3mol，所以该溶液中Ba2和Cl总数目为36.021023，C项正确；D.0.5L 10molL1的盐酸中HCl的物质的量是0.5L

29、10mol/L=5mol，即配制前需要5molHCl气体，在标准状况下该HCl气体的体积为5mol22.4L/mol=112L，D项正确；答案选B。16、D【解析】A、胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，A错误；B、胶体粒子不能透过半透膜，B错误；C、氯化铁与盐酸不反应，氢氧化铁胶体遇到盐酸发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，盐酸过量后溶解氢氧化铁，C错误；D、胶体粒子和溶液中的粒子均可以透过滤纸，D正确。答案选D。17、A【解析】A.反应中硫代硫酸钠中的硫元素化合价升高，作还原剂，发生氧化反应，故A错误；B.氯气作氧化剂，表现氧化性，故B正确；C.氯气作氧化剂，还原产物为氯化钠和氯化氢，故C正确；D.水中

30、的元素没有变价，不是氧化剂也不是还原剂，故D正确。故选A。18、A【解析】A向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至所得溶液呈中性，离子方程式应该按照Ba（OH）2的组成书写，正确的离子方程式为：2H+ + SO42-+ Ba2+ + 2OH-= BaSO4 + 2H2O，A项正确；B.醋酸为弱电解质,离子方程式中需要保留分子式,碳酸钙为难溶物,也不能拆开，二者反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为:,B项错误；C. 向碳酸氢钙溶液中滴入过量澄清石灰水，反应生成碳酸钙沉淀和水，正确的离子方程式为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，C项错误；溶液跟溶液反应生成硫酸钡

31、、氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：，D项错误;答案选A19、D【解析】A. H2SO4是溶液，密度大于1g/mL，98gH2SO4的体积小于98mL；B. 6.021023个CO2的物质的量为1mol，标准状况下体积为22.4L，C. 标况下，2molO2的体积为44.8 L；D. 6gH2的物质的量为3mol，标况下，气体的体积为3mol22.4L/mol=67.2L；综合以上分析可知，在标准状况下，物质占体积最大的是6gH2，D正确；综上所述，本题选D。20、B【解析】NaClO3+6HClNaCl+3Cl2+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由

32、-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。注意参加反应的氯化氢没有全部被氧化，一部分起酸的作用转化为氯化钠。21、B【解析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断。【详解】A.工业制漂白粉，以Cl2和Ca(OH)2为原料制备漂白粉有效成分为C

33、a(ClO)2)，有新物质生成，属于化学变化，故A项不符合题意；B.焰色反应是指某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故B项正确；C.铜的锈蚀是铜在一定条件下生成铜锈的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C项不符合题意；D.煤炭燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故D项不符合题意；答案选B。22、D【解析】试管夹是一种专门用来夹持试管的挟持器需要注意的是在夹持时应该从试管底部往上套，夹持在试管的中上部，故正确；稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，并不断搅拌，使产生的热量迅速散失，故错误；不能把鼻孔靠近容器口去闻气

34、体的气味，要用手轻轻闪少量气体进入鼻孔，故错误；将固体粉末倒入试管中时，把试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末，然后缓慢竖立试管，故正确；倾倒液体时，瓶上的标签对着地面，流出的液体将会腐蚀标签，故错误；烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子，将会压碎瓶底，故错误用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿，故正确；将滴管垂直伸进试管内滴加液体，将会污染药品，污染胶头滴管，故错误；综上，正确的有，答案选D。二、非选择题(共84分)23、Na2O2 NaHCO3 2Na+2H2O=2NaOH+H2 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，

35、应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3。【详解】（1）由以上分析可知A为Na2O2；（2）由以上分析可知化合物I的化学式为NaHCO3。（3）反应为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+OH+H2，反应为碳酸氢钠的分解，化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。24、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、

36、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BaCl2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。25、胶头滴管 500 mL容

37、量瓶 10.0g 搅拌，加速溶解 保证溶质全部转移至容量瓶中 向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切 CD BE 【解析】（1）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，因此还缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制480mL 0.5molL-1的Na

38、OH溶液，应配制500mL，需要溶质的质量=0.5molL-10.5L40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，其作用是搅拌，加速溶解；（4）洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；（5）定容的操作是：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；（6）A、容量瓶洗净后未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积不产生影响，溶液浓度不变；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低；C、定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；D、将称量好的NaOH固体放入小烧

39、杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；所以使所配溶液的物质的量浓度偏高的是CD；偏低的是BE。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶、托盘天平的使用方法以及误差分析的依据。26、A 500 8.0 EAFCD DF BC 【解析】（1）容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器，瓶上标有温度、容量、刻度线，答案选A。（2）由于没有480mL容量瓶，则配制该溶液应选用500mL容量瓶。（3）

40、根据ncV、mnM可知用托盘天平准确称量NaOH固体的质量是0.5L0.4mol/L40g/mol8.0g；（4）配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，所以正确顺序是BEAFCDG。（5）A所用的NaOH中混有少量NaCl，溶质的质量减少，浓度偏低；B用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥，不影响氢氧化钠的质量，浓度不变；C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，不影响溶质的质量和溶剂的体积，浓度不变；D固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作，冷却后溶液体积减少，浓度偏高；E转移溶液后

41、，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，溶质的质量减少，浓度偏低；F最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；G定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低。则将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是DF，对实验结果没有影响的是BC。27、渗析 HCl 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 Ba2+CO32=BaCO3，Ca2+CO32=CaCO3 【解析】胶体不能透过半透膜，操作为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，所以除去粗盐中含有的Ca2+、S

42、O42-可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，除去硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（除去钙离子），同时也将过量的钡离子除去，则试剂为BaCl2，操作为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂为Na2CO3，操作为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体。【详解】（1）淀粉溶液属于胶体，溶液中小的分子或离子能透过半透膜，胶体微粒不能透过半透膜，采用渗析的方法将二者分离，则操作是利用半透膜进行渗析操作分离出淀粉胶体，故答案为渗析；（2）试剂为盐酸，目的是除去溶液中过量的CO32-离子；试剂为BaCl2溶液，目的是除去溶液中硫酸根离子，判断氯化钡

43、溶液已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；故答案为HCl；静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量（3）试剂是碳酸钠溶液，加过量的碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量的钡离子，反应的离子方程式为：Ba2+CO32-=BaCO3，Ca2+CO32-=CaCO3，故答案为Ba2+CO32-=BaCO3，Ca2+CO32-=CaCO3。【点睛】本题考查物质的分离提纯操作，把握除杂原则，注意把握实验的先后顺序，提纯时要除去引入新的杂质是解答关键。28、0.2 0.2 0.006 0.05 30 0.25 4.5 【解析】分析：（1）求出氢氧化钠的物质的量，然后根据物质的量浓度c= 来计算；溶液是均一稳定的，所取出溶液的浓度和体积无关；将30mL溶液加水稀释至120mL，溶液体积变为原来的4倍，则浓度变为原来的四分之一,但含有的氢氧化钠的物质的量和质量不变，据此分析。（2）根据 n=，求出氢气的物质的量，再根据电解水的反应求水的质量。详解：（1）2.4g氢氧化钠的物质的量n=0.06mol，故所得物质的量浓度c= =0.2mol/L；