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1、精选优质文档-倾情为你奉上重庆市巴蜀中学2019-2020学年高一上学期期中化学试卷 一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1. 下列有关化学科学的说法不正确的是()A. 化学研究的主要目的就是认识分子B. 量子化学理论的建立是进入20世纪以后现代化学的重大成就C. 19世纪中叶门捷列夫的突出贡献是发现了元素周期律D. 能源开发、新材料研制、边缘科学的发展都体现出化学科学的探索空间十分广阔2. 分类是学习化学的重要方法下列归纳正确的是()A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B. 纯碱、烧碱、熟石灰都属于碱类C. 氨气、冰醋酸、食盐均为电解质D. 冰和干冰既是纯净物又是化合物3. 除
2、去下列物质中少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和分离方法能达到实验目的的是() 混合物试剂分离方法A.苯(苯酚)溴水过滤B.苯(甲苯)酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液分液C.乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液蒸馏D.乙醇(溴乙烷)蒸馏水分液A. AB. BC. CD. D4. 下列离子方程式中，正确的是 ()A. 氨气通入醋酸CH3COOH+NH3=CH3COO-+NH4+B. 碳酸氢镁溶液中加过量石灰水 Mg2+2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+2H2O+MgCO3C. 澄清石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2+2H+=Ca2+2H2OD. 少量CO2通入NaOH溶液中 CO2+OH-=HC
3、O3-+H2O5. 关于氧化还原反应，下列说法正确的是()A. 被还原的物质是还原剂B. 氧化剂被还原，还原剂被氧化C. 失去电子，化合价降低的物质是还原剂D. 氧化剂失去电子，化合价升高6. 下列溶液中的Cl-浓度是3molL-1的是( )A. 3000mL1molL-1的NaClB. 75mL2molL-1的NH4ClC. 1500mL2molL-1的KClD. 75mL1.5molL-1的CaCl27. 将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又出现白色沉淀的是()A. 饱和氢氧化钠溶液B. 稀硫酸C. 硫酸铜溶液D. 氯化钾溶液8. 在水溶液中下列电离方程式书写正确的是( )A. Ba(
4、OH)2Ba2+2OH-B. NaHSO4=Na+H+SO42-C. H2CO32H+CO32-D. NaHCO3=Na+H+CO32-9. 在强碱性的无色透明溶液中，可以大量共存的是()A. NH4+、Na+、NO3-、Cl-B. K+、Ba2+、Cl-、NO3-C. HCO3-、Ca2+、Na+、NO3-D. Cu2+、Cl-、K+、NO3-10. 某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀盐酸，沉淀不溶解，则该溶液中()A. 一定有SO42-B. 还可能有CO32-C. 一定无Ag+D. 可能有SO42-或Ag+11. 下列实验装置中，设计合理且能达到实验目的的是( )A. 测定
5、锌与酸的反应速率B. 实验室制取蒸馏水C. 证明碳酸氢钠的热稳定性差D. 制备乙酸甲酯12. 配制100mL1molL-1氢氧化钠溶液，下列操作错误的是()A. 在托盘天平上放两片大小、质量相同的纸，然后将氢氧化钠放在纸片上进行称量B. 把称好的NaOH放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶中C. 用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒23次，洗涤液也移入容量瓶中D. 沿着玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，到离刻度线23cm时改用胶头滴管滴加，直到溶液凹液面恰好与刻度线相切13. 已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32-I-Fe2+Br-Cl-，下列反应不能发生的是()A. 2Fe3+SO32-
6、+H2O=2Fe2+SO42-+2H+B. I2+SO32-+H2O=SO42-+2I-+2H+C. 2Fe2+I2=2Fe3+2I-D. Br2+SO32-+H2O=SO42-+2Br-+2H+14. 下列说法错误的是( )A. 蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸B. 用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离C. 可用精密pH试纸区分pH=5.1和pH=5.6的两种氯化铵溶液D. 在反应5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O中氧化剂与还原剂的质量比为1:415. 阿伏加德罗是意大利化学家(1776.08.09-1856.07.09)，曾开业当律师，24岁后弃法从理，十分勤奋，终成
7、一代化学大师。为了纪念他，人们把1mol某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用NA表示。下列说法或表示中不正确的是( ) A. 科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1molB. 在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAC. 60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D. 6.021023mol-1叫做阿伏加德罗常数二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）16. 含氮废水在排入水体之前需进行脱氮处理以减缓水体富营养化。某化肥厂废水中NH4+的浓度为54mg/L，在微生物作
8、用的条件下脱氮处理：NH4+O2=NO2-+H+H2O(未配平)2NO2-+O2=2NO3-6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2+5X+13H2O下列说法中正确的是()A. 反应配平后，H2O的化学计量数为4B. 若反应有2mol电子发生转移，则生成1molNO3-C. 反应中生成物X为CO32-D. 1L废水完全脱氮所需CH3OH的质量为0.08g三、填空题（本大题共2小题，共6.0分）17. (1)有以下物质：A、熔融氯化钠B、盐酸C、纯醋酸D、碳酸钙E、酒精F、二氧化碳G、氧化钠固体H、铜I、碳酸氢钠固体J、氢氧化钡溶液K、蔗糖以上物质中，能导电的是_，属于强电解质的是_，属于弱电解
9、质的是_属于非电解质的是_(填序号)。写出物质C和I在水中反应的离子方程式：_。将物质J配制成溶液，逐滴加入I溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：_。18. (1)2molCO(NH2)2中含_molC，_molN，约含_个 H，所含氧原子跟_molH2O所含氧原子个数相等；(2)1.2041023个水分子中共含_mol电子；(3)25gCuSO45H2O晶体中含有氧原子约 _个；(4)如果3.2gXO2中含有0.1mol的氧原子，则X的相对原子质量为_；(5)将4gNaOH溶于_g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比等于20：1，此溶液中溶质的质量分数为_；若测得该溶液的密度为1.1
10、g/cm3，则该溶液中c(Na+)为_。四、实验题（本大题共1小题，共3.0分）19. 实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL；(1)需要NaOH的质量是_g.(2)若实验仪器有：A.100mL容量瓶B.漏斗C.胶头滴管D.250mL容量瓶本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、_、_，使用容量瓶前必须进行的一步操作是_(3)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量 计算 溶解 摇匀 转移 洗涤 定容 冷却 装瓶其正确的操作顺序为_(4)定容的正确操作是_(5)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.贮存溶液C.测量容量瓶
11、规格以下的任意体积的液体D.准确稀释某一浓度的溶液E.用来加热溶解固体溶质五、简答题（本大题共2小题，共6.0分）20. A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl，BaCl2，NaHSO4，Na2CO3，AgNO3中的一种。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_。21. 如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图： (1)仪器a的名称是 _ (2)利用上图装置，可选用浓盐酸
12、和二氧化锰制备纯净、干燥的氯气 圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为 _ 装置B中的溶液为 _ 烧杯E中溶液的作用为 _ (3)利用上图装置，也可选用用浓盐酸和KMnO4固体制取纯净、干燥的氯气反应原理(离子方程式)如下，试完成并配平： _ + _ Cl-+ _ H+= _ Mn2+ _ Cl2+ _ - 答案与解析 -1.答案：A解析：本题考查化学的主要特点与意义和化学史，难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。A.化学研究的主要目的就是认识分子和制造分子，故A错误；B.进入20世纪后现代化学的重大成就：现代量子化学理论的建立，故B正确；C.1869年，俄国化学家门捷列夫
13、发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故C正确；D.能源开发、新材料研制、边缘科学都与化学有关，故D正确。故选A。2.答案：D解析：解：A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物分析，SO2、SiO2均为酸性氧化物，CO不能和碱反应属于不成盐氧化物，故A错误； B、水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，纯碱是碳酸钠属于盐，烧碱、熟石灰都属于碱类，故B错误； C、水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，冰醋酸、食盐均为电解质，氨气自身不能电离出离子属于非电解质，故C错误； D、冰为水，干冰为二氧化碳，都是化合物属于纯净物，故D正确； 故选DA、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物
14、分析； B、水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱； C、水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质； D、冰为水，干冰为二氧化碳，属于纯净物； 本题考查了物质分类方法和物质组成分析判断，掌握基础是关键，题目较简单3.答案：B解析：解：A.溴易溶于苯，则不能用溴水来除去苯中的苯酚，应选择NaOH溶液反应后分液，故A错误； B.苯与高锰酸钾溶液不反应，甲苯能被高锰酸钾溶液氧化生成水溶液，与苯会分层，然后分液分离，故B正确； C.乙酸乙酯在NaOH溶于中能水解，应选饱和碳酸钠溶液来除去乙酸乙酯中的乙酸，故C错误； D.溴乙烷能溶于乙醇，溴乙烷不能溶于水，加蒸馏水不能除去溴乙烷，故D错误；
15、故选：B。A.溴易溶于苯； B.甲苯能被高锰酸钾溶液氧化生成水溶液，与苯会分层； C.乙酸乙酯在NaOH溶于中能水解； D.溴乙烷能溶于乙醇。本题考查混合物的分离、提纯，明确常见的混合物分离、提纯的方法及原理是解答本题的关键，注意物质性质的应用，侧重有机物性质的考查，题目难度不大。4.答案：A解析：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，题目难度不大。A.氨气通入醋酸中：CH3COOH+NH3=CH3COO-+NH4+，故A正确； B.碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水，反应的离子方程式为：Mg2+2HCO3-+2Ca2+4OH-=2CaCO3+2H2O+Mg(OH
16、)2，故B错误； C.澄清石灰水与稀盐酸反应，离子方程式：OH-+H+=H2O，故C错误； D.少量CO2通入NaOH溶液中 CO2+2OH-=CO32-+H2O，故D错误； 故选：A。5.答案：B解析：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素化合价的变化与对应物质的性质，从化合价升降的角度认识氧化还原反应的相关概念，题目难道不大。A.被氧化的物质在反应中失去电子，是还原剂，故A错误；B.氧化剂具有氧化性，被还原，还原剂具有还原性，被氧化，故B正确；C.失去电子、化合价升高的物质是还原剂，故C错误；D.氧化剂得到电子，化合价降低，故D错误。故选B。6.答案：D解析：本题考查溶液中离子
17、浓度的计算，氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质组成及溶质的浓度有关，如：50mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L3=3mol/L，据此进行解答。A.3000mL1mol/L的NaCl溶液中氯离子浓度为1mol/L，故A错误；B.75mL2mol/L的NH4Cl溶液中氯离子的浓度为2mol/L，故B错误；C.1500mL2mol/L的KCl溶液中氯离子浓度为2mol/L，故C错误；D.75mL1.5mol/L的CaCl2溶液中氯离子的浓度为：1.5mol/L2=3mol/L，故D正确。故选D。7.答案：A解析：解：A、钠不能与氢氧化钠反应，但能与溶液中的水反应，
18、生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O=2NaOH+H2，有气体产生，同时饱和氢氧化钠溶液溶剂减少，析出白色沉淀，所以能产生气体又出现白色沉淀，故A正确； B、钠与稀硫酸反应，生成物为硫酸钠和氢气，有气体产生，所以能产生气体但没有白色沉淀，故B错误； C、钠投入硫酸铜溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜生成氢氧化铜蓝色的沉淀，所以能产生气体和蓝色的沉淀，故C错误； D、钠投入氯化钾溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与氯化钾溶液不反应，所以能产生气体但没有白色沉淀，故D错误； 故选A根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H2O=2
19、NaOH+H2及生成的碱与盐的反应来得出反应现象，同时考虑饱和溶液中溶剂减少，溶质析出 本题难度中等，钠与碱、盐的反应中首先考虑与溶液中的水反应，然后再看生成的氢氧化钠能否与碱、盐本身反应需要注意的是饱和溶液中溶剂减少，溶质析出8.答案：B解析：本题考查了电解质在水溶液中的电离及电离方程式的书写，注意弱电解质与强电解质电离方程式的区别，以及多元弱酸分步电离的特点。A.Ba(OH)2是强碱，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH-，故A错误；B.硫酸氢钠在水中完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42-，故B正确；C.碳酸是二元弱酸，分步电离，以第一步为主，电离方程式为H2CO3
20、H+HCO3-，故C错误；D.碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-，故D错误。故选B。9.答案：B解析：解：强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在， A.NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误； B.K+、Ba2+、Cl-、NO3-之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确； C.HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误； D.Cu2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故D错误； 故选B溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、
21、MnO4-等有色离子的存在，强碱性溶液中存在大量氢氧根离子， A.铵根离子与氢氧根离子反应； B.四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液； C.碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应； D.铜离子为有色离子 本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在10.答案：D解析：解：某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白
22、色沉淀，白色沉淀可以是：氯化银、硫酸钡、碳酸钡、亚硫酸钡等，再滴入稀盐酸，沉淀不溶解，则一定不含有碳酸钡、亚硫酸钡沉淀，至少含有氯化银和硫酸钡中的一种，即溶液中含有SO42-、Ag+中的至少一种 故选D能和氯化钡溶液发生反应生成的白色沉淀可以是：氯化银、硫酸钡、碳酸钡、亚硫酸钡等，其中的氯化银、硫酸钡是白色不溶于盐酸的沉淀 本题考查学会能和钡离子、氯离子反应生成白色沉淀的离子，可以根据教材知识来回答，注意知识的归纳，难度不大11.答案：B解析：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析
23、，题目难度不大。A.Zn和酸反应制取氢气，应该选稀盐酸，故A错误；B.可以用蒸馏的方式制备蒸馏水，装置图也合理，故B正确；C.加热碳酸氢钠固体时试管口要向下倾斜，防止试管炸裂，故C错误；D.收集乙酸甲酯的试管中应盛饱和碳酸钠溶液而不是饱和食盐水，故D错误。故选B。12.答案：A解析：解：A.氢氧化钠具有腐蚀性，用托盘天平称量，应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故A错误； B.容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，所以配制氢氧化钠溶液应把称好的NaOH放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶中，故B正确； C.依据C=nV可知，为保证实验成功，应将所有溶质全部转移到容量瓶，所以移液后
24、应洗涤烧杯、玻璃棒23次，洗涤液也移入容量瓶中，故C正确； D.定容时，沿着玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，到离刻度线23cm时改用胶头滴管滴加，直到溶液凹液面恰好与刻度线相切，故D正确； 故选：AA.托盘天平称量腐蚀品应放在小烧杯或称量瓶中； B.依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤结合容量瓶使用注意事项解答； C.依据C=nV进行判断； D.依据定容的正确操作解答本题考查了一定物质的量浓度溶液配制，明确配制原理及操作步骤是解决关键，注意托盘天平、容量瓶使用方法和注意事项，题目难度不大13.答案：C解析：解：A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱
25、为SO32-Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-I-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；C、因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I-，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；D、因该反应中Br元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-Br-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选故选C。根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序
26、是SO32-I-Fe2+Br-Cl-来判断反应能否发生。本题考查利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可，题目难度不大。14.答案：B解析：本题考查较为综合，涉及物质的性质、物质的分离以及仪器的洗涤等知识，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的评价，题目难度不大。A.蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸，故A正确；B.苯与四氯化碳相互溶解，不能分液法分离，故B错误；C.可用精密pH试纸区分pH=5.1和pH=5.6的两种NH4Cl溶液，故C正确；D.5N
27、aClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O反应中，NaClO2ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；NaClO2NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以部分NaClO2作氧化剂，由电子守恒可知该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故D正确；故选：B。15.答案：D解析：解：A.科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1mol，故A正确；B.生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量=137+5353=70.7g/mol，若有212克氯气生成物质的量=212g70.7
28、g/mol=3mol，生成3mol氯气电子转移5mol，故B正确；C.60g乙酸、葡萄糖的混合物中含有2mol最简式CH2O，完全燃烧时消耗2mol氧气，消耗氧气分子数为2NA，故C正确；D.依据题意可知：人们把1mol某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用NA表示，近似值为：6.021023mol-1，故D错误；故选：D。A.1mol的标准为：含有阿伏加德罗常数个粒子的任何粒子集合体为1mol；B.该反应中Cl元素化合价由+5价、-1价变为0价，有16的HCl不作还原剂，起酸的作用，氧化剂是K37ClO3、还原剂H35Cl，该反应转移的电子数为5e-；C.乙酸、葡萄糖的最简式
29、都是CH2O，60g混合物中含有2mol最简式CH2O，完全燃烧消耗2mol氧气；D.人们把1mol某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用NA表示，近似值为：6.021023mol-1。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意明确氧化还原反应关系，计算生成氯气的物质的量是解题关键。16.答案：BD解析：解：A、根据电子守恒和电荷守恒配平方程式为：2NH4+3O2=2NO2-+4H+2H2O，H2O的化学计量数为2，故A错误；B、反应2NO2-+O2=2NO3-转移电子是4mol生成2molNO3-，若反应
30、有2mol电子发生转移，则生成1molNO3-，故B正确；C、根据电荷守恒和原子守恒得到：6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2+5X+13H2O中的X是CO2，故C错误；D、废水中NH4+在微生物作用的条件下脱氮处理转化为氮气，根据反应6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2+5CO2+13H2O，NH4+的浓度为54mg/L，1L废水含有铵根离子是54mg，即0.054g，根据三个反应得到关系式：2NH4+2NO3-53CH3OH，完全脱氮所需CH3OH的质量为53320.05436g=0.08g，故D正确。故选BD。A、根据电子守恒和电荷守恒配平方程式；B、根据电子守恒结合反应物产物的
31、量的关系来计算回答；C、根据电荷守恒和原子守恒来配平方程式；D、废水中NH4+在微生物作用的条件下脱氮处理转化为氮气，根据反应进行计算即可。本题考查氧化还原反应的配平和计算知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等。17.答案：ABHJ；ADGI；C；EFK；CH3COOH+HCO3-=CH3COO-+CO2+H2O；Ba2+OH-+HCO3-=BaCO3+H2O。解析：解：(1)A.NaCl(l)中存在自由移动的离子，能导电，且属于化合物，则属于电解质，在水溶液里完全电离属于强电解质；B.盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，它能导电；C.液态醋酸中不存在带电的微粒，不能导电，但其符合水溶
32、液能导电的化合物，则属于电解质，又在水中不能完全电离，则属于弱电解质；D.碳酸钙在熔融状态下能导电，属于电解质，溶于水的部分在水溶液里完全电离属于强电解质；E.酒精中不存在带电微粒，不导电，且是在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物，则属于非电解质；F.二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质；G.氧化钠固体在熔融状态下能导电，属于电解质，在水溶液里完全电离属于强电解质；H.铜中存在自由移动的电子，能导电，但属于单质，则既不是电解质，也不是非电解质；I.碳酸氢钠固体在熔融状态下能导电，属于电解质，在水
33、溶液里完全电离属于强电解质；J.氢氧化钡溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，它能导电；K.蔗糖中不存在带电微粒，不导电，且是在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物，则属于非电解质；故答案为：ABHJ；ADGI；C；EFK；醋酸是弱酸应用化学式表示，离子方程式：CH3COOH+HCO3-=CH3COO-+CO2+H2O，故答案为：CH3COOH+HCO3-=CH3COO-+CO2+H2O；氢氧化钡与碳酸氢钠反应离子方程式：Ba2+OH-+HCO3-=BaCO3+H2O，故答案为：Ba2+OH-+HCO3-=BaCO3+H2O；存在自由移动的带电微粒即可导电；在水溶液中或熔化状态下能导电的
34、化合物属于电解质；在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质；电解质在水中布能完全电离的为弱电解质，以此来分析解答。本题考查本题考查了电解质和非电解质的概念，以及电解质和金属导电的问题等，题目难度不大，离子方程式的书写是难点。18.答案：(1)2；4；4.8161024；2(2)2(3)5.4181023(4)32(5)36；10%；2.75mol/L解析：本题考查物质的量的计算，为高频考点，注意相关计算公式的运用及分子构成，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。(1)1个CO(NH2)2分子中含1个C原子、1个O原子、2个N原子、4个H原子，则2molCO(NH2)2中含2mol
35、C；2mol2=4molN；2mol4=8molH，约含86.021023=4.8161024个 H；含2molO，与2molH2O所含氧原子物质的量相同，即氧原子个数相等，故答案为：2；4；4.8161024；2；(2)1.2041023个水分子的物质的量为：1.20410236.021023mol-1=0.2mol，0.2mol水分子中含有电子的物质的量为：0.2mol10=2mol，故答案为：2；(3)25gCuSO45H2O的物质的量为：25g250g/mol=0.1mol，0.1molCuSO45H2O中含有O的物质的量为：0.1mol9=0.9mol，含有氧原子的数目为0.96.0
36、21023=5.4181023，故答案为：5.4181023；(4)1molXO2中含有2mol的O原子，而3.2gXO2中含有0.1mol氧原子，则3.2gXO2的物质的量为0.05mol，XO2的摩尔质量为：3.2g0.05mol=64g/mol，所以X的相对原子质量为64-162=32，故答案为：32；(5)4gNaOH的物质的量=4g40g/mol=0.1mol，溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20：1，则水的物质的量=0.1mol20=2mol，故水的质量为2mol18g/mol=36g，溶液的质量=m(NaOH)+m(水)=4g+36g=40g，故溶液质量分数=4g40g100
37、%=10%；c(NaOH)=1000M=10001.11040mol/L=2.75mol/L，据钠守恒c(Na+)=c(NaOH)=2.75mol/L；故答案为：36，10%，2.75mol/L。19.答案：4.0；A；C；查漏；向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加水至液面最低处与刻度线相切；AD解析：解：(1)用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，需要溶质的质量为：1.0mol/L0.1L40g/mol=4.0g； 故答案为：4.0； (2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、
38、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少仪器：100mL容量瓶、胶头滴管； 使用容量瓶前必须进行的一步操作是查漏； 故答案为：AC；查漏； (3)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：； 故答案为：； (4)定容时，向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加水至液面最低处与刻度线相切， 故答案为：向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加水至液面最低处与刻度线相切； (5)容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器，不能用于稀释溶液、溶解固体、作反应容器和储存溶液，由于
39、只有一条刻度线，也不能配制除其规格以外容积的液体， 故答案为：AD(1)依据m=CVM计算需要溶质的质量； (2)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选项需要的仪器和缺少的仪器；依据容量瓶使用方法解答； (3)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序； (4)依据定容的操作方法解答； (5)容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器，不能用于稀释溶液、溶解固体、作反应；本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中涉及到的仪器的选择、计算、误差分析等问题，明确实验原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶使用方法和注意事项，难度不大20.答案：AgCl Na2CO3 HCl AgNO3 BaC
40、l2 NaHSO4解析：解：根据信息反应有气体，气体只能为CO2，则A为Na2CO3， 其余，先分组：B、E组为HCl、NaHSO4，那么C、D组为AgNO3、BaCl2， 据信息知产生的沉淀为AgCl，所以C物质为AgNO3，结合其他信息知E为NaHSO4，D为BaCl2，B为HCl， (1)反应为AgNO3和BaCl2的反应，生成AgCl沉淀，故答案为：AgCl； (2)由以上分析可知A为Na2CO3，B为HCl，C为AgNO3，D为BaCl2，E为NaHSO4，故答案为：Na2CO3；HCl；AgNO3；BaCl2；NaHSO4。根据信息反应有气体，气体只能为CO2，则A为Na2CO3，
41、 其余，先分组：B、E组为HCl、NaHSO4，那么C、D组为AgNO3、BaCl2， 据信息知产生的沉淀为AgCl，所以C物质为AgNO3，结合其他信息知E为NaHSO4，D为BaCl2，B为HCl，以此解答该题。本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意根据物质的性质结合反应的现象进行推断，学习中注意把握常见元素化合物的性质。21.答案：分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；饱和NaCl溶液；吸收氯气防污染；2MnO4-；10；16；2；5；8H2O解析：解：(1)装置中a是向烧瓶中加入浓盐酸的仪器为分液漏斗； 故答案为：分液漏斗； (2)制备氯气是利用装置加热
42、生成，试剂是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O； 故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O； 氯气中含有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢也可以被高锰酸钾溶液氧化，需要用饱和氯化钠溶液除去，避免干扰二氧化硫的检验，氯气有毒污染空气不能排放到空气中，烧杯中的氢氧化钠溶液吸收氯气防止污染； 故答案为：饱和NaCl溶液；吸收氯气防污染； (3)反应中KMnO4MnCl2，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，HCl(浓)Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO
43、4的系数为2，Cl2的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的离子方程式为2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O， 故答案为：2MnO4-；10；16；2；5；8H2O. (1)依据装置图分析仪器a为分液漏斗； (2)依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水； 依据氯气含有氯化氢和水蒸气分析装置B的作用，氯气是有毒气体不能排放到空气中； (3)反应中KMnO4MnCl2，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，HCl(浓)Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数 本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析，掌握基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等，离子方程式的配平时难点专心-专注-专业