《2023届湖南省怀化市高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届湖南省怀化市高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试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、粗盐提纯的实验中，不需要进行的操作是ABCD2、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe22S2O32-O24OH = Fe3O4S4O62-2H2O。下列说法不正确的是A参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比
2、为15B若有2 mol Fe2被氧化，则被Fe2还原的O2的物质的量为0.5 molC每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为4 molDO2是氧化剂，S2O32-与Fe2是还原剂3、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个氢原子4、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是()A加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有
3、Cl2分子存在C先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在D加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在5、中国寓言故事蕴味深长。下列寓言的标题所表述的过程中包含化学变化的是A破釜沉舟B煮豆燃萁C刻舟求剑D愚公移山6、NA代表阿伏加德常数，下列说法中正确的是A在标准状况下，22.4LH2O的物质的量是1molB2g氢气所含原子数目为NAC在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NAD17g NH3所含电子数目为10NA7、 “纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）是溶液 是胶体
4、能产生丁达尔效应 能透过滤纸 不能透过滤纸 静置后，会析出黑色沉淀ABCD8、下列有关物质检验的操作、现象及结论均正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，变浑浊该溶液中一定含有CO32-C向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+D用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色该溶液一定是钠盐AABBCCDD9、下列反应中，水作氧化剂的是（）ASO3 + H2O = H2SO4B2Na+2H2O = 2Na
5、OH + H2C2F2 +2H2O = 4HF +O2D3NO2 + H2O = 2HNO3NO10、在3C126KOHKClO35KC13H2O的反应中，下列说法中正确的是AKCl是氧化产物，KClO3是还原产物 B每消耗14LCl2，转移2mol电子CKOH和H2O均为强电解质 DCl2在反应中既作氧化剂又作还原剂11、对下列三种溶液的比较中，正确的是（）300mL0.5mol/L 的 NaCl；200mL0.4mol/L 的 MgCl2；100mL0.3mol/L 的 AlCl3ACl离子物质的量浓度由大到小的顺序是B稀释到 1000mL 后，Cl离子物质的量浓度由大到小的顺序是C与 A
6、gNO3 反应，当产生沉淀 1.435g 时，消耗上述溶液的体积比为 9：8：5D与足量的 AgNO3 反应，产生沉淀的质量比为 15：16：912、下列关于氯水的叙述不正确的是A新制氯水中只含Cl2和H2O两种分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡产生，该气体是O2D氯水长时间放置后酸性增强13、某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是A定容时，仰视凹液面最低点B向容量瓶中加水未到刻度线C有少量NaOH溶液残留在烧杯里D用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法14、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2
7、、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )A该反应的氧化剂是ClO-B消耗1mol还原剂，转移3mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D该离子方程式为3ClO-+2NH4+=2H+N2+3Cl-+3H2O15、在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为A2：1 B1：2 C3：1 D1：316、下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是( )。ACuOCuBH2SO4H2CFeFeCl2DHNO3N217、为了除去氯化钾中含有的少量硫酸镁和氯化钙杂质，需进行下列六项操作，其先后顺序正确的
8、是 加水溶解 加热蒸发得到晶体 加入过量的氯化钡溶液 加入适量的盐酸 加入过量碳酸钾和氢氧化钾 过滤A B C D18、向含有下列离子的溶液中分别加入烧碱固体（溶液体积变化可忽略），能引起离子浓度减小的是（ ）ACO32BClCOHDCu2+19、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A1mol NH3所含有的原子数为NAB常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2NAC常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD1 L 0.1molLNaCl溶液中所含的Na+ 为NA20、Na与水、氧气、氯气等均能反应，下列说法中正确的是A金属钠着火时，可以用水灭火BN
9、a与氧气在常温下反应生成Na2O2，加热时二者反应生成Na2OCNa虽然能与氯气反应生成NaCl，但不能在氯气中燃烧D常温下，Na可以与水反应，证明Na比Fe更活泼21、下列物质可一步转化生成盐的组合是 金属非金属碱性氧化物酸性氧化物 酸碱A只有 B只有 C只有 D全部22、下列关于焰色试验的说法中，正确的是A焰色试验是化学变化BNa、NaCl、Na2CO3灼烧时火焰颜色相同C在做焰色试验的实验时，应用玻璃棒蘸取待测液，放在酒精灯外焰上灼烧D若某物质的焰色反应呈黄色，说明该物质只含钠元素，不含钾元素二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数
10、由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置_。（2）F离子结构示意图_。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是_%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为_。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_。24、（12分）有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物
11、质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：（1）步骤所用分离方法叫做_，要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做_。（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式_；_。（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）_；不能确定是否存在的物质是_。（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。_序号化学式（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。_25、（12分）实验室需要90 mL 3.0molL-1 稀硫酸溶液，某同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制。实验操作如下：A将
12、配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；B盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；C用量筒量取 mL98%的浓硫酸；D将_沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量_的烧杯中；E用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；F将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入 ；G改用 逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；H继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线12 cm处。(1)填写上述步骤中的空白：C：_ ；D ：将_ 注入_ ；F：_ ；G：_ 。(2)将上面操作步骤按正确的进行排序_（用字母表示）。(3)试分析下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是_（填序号）。 量取浓硫酸时俯视读数； 转移溶液前，容量
13、瓶中含有少量蒸馏水； 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤； 未冷却至室温定容； 定容时俯视容量瓶的刻度线； 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线。26、（10分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验：取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤。（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是_。.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的Ba
14、CO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（2）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有_。（3）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_（填标号）。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快c.在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（4）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为_。（5）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明
15、按此方法测定的结果明显偏高，原因是_。（6）将等体积的AlCl3与NaOH溶液混合，充分反应后，测得混合溶液中含有铝元素质量是沉淀中含有铝元素质量的2倍，则c(AlCl3)与c(NaOH)的比值是_。27、（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
16、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28、（14分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2
17、 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2，该反应中氧化剂是_（填化学式），过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为_。（填数字）（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。已知：2Fe32I=2Fe2I2，2Fe2Br2=2Fe32Br。（1）含有1 mol FeI2和2 mol
18、 FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_，被氧化的离子的物质的量分别是_。（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I、Fe2、Br完全被氧化时，c为_（用含a、b的代数式表示）。29、（10分）从某含Br-废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。已知：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OBr2极易溶于四氯化碳和正十二烷物质Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33.1191.5950.753沸点58.7676.8215217在水中溶解性微溶难溶难溶下列说法不正确的是A甲装置
19、中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-B甲装置中NaOH溶液每吸收1个Cl2，转移1个e-C用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层D用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2参考答案一、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】本题主要考查粗盐提纯的过程，主要分为4个阶段，溶解过滤除杂蒸发结晶。【详解】粗盐提纯的实验步骤：（1）粗食盐的溶解，仪器为烧杯、玻璃棒；（2）不溶物的过滤，仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）离子的除杂（过滤），仪器为烧杯、玻璃棒；（4）蒸发浓缩与结晶，仪器为蒸发皿、玻璃棒。A装置为溶解装置；B装置为过滤装置；C装置为蒸发结晶装
20、置；D装置为蒸馏装置。在过程中没有出现的步骤是蒸馏。答案为D。2、A【解析】试题分析：在3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化硫元素的化合价变化为氧元素的化合价变化：0-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故A错；2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为B正确；每生成1molFe3O4，参加反
21、应的氧气为1mol，转移电子数为1mol4=4mol，故C正确；O2是氧化剂，S2O32和Fe2+是还原剂，故D正确；所以答案选A考点：考查氧化还原反应计算的相关知识点。3、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。4、B【解析】A次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条
22、，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；B氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；DCl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯水中的氯分子也可以和氢氧化钠反应，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误；答案选B。【点睛】氯水中的三种分子和四种离子，即氯分子，水分子，次氯酸分子，氯离子，氢离子，少量的氢氧根离子，次氯酸根离子，故氯水有氧化性，漂白性
23、，酸性等性质，明白氯水的成分很关键。5、B【解析】A.破釜沉舟过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A 错误；B. 燃烧纤维素是把化学能转化为热能，发生了化学变化，故B正确；C. 刻舟求剑是在船帮做了记号，过程中无新物质生成，属于物理变化，故C错误；D. 愚公移山，是把山石变为小块搬运走，过程中无新物质生成，不是化学变化，故D错误，故选B。6、D【解析】A在标准状况下，H2O为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算水的物质的量，故A错误；B氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故B错误；C在常温常压下11.2 L氮气，不能用标况
24、下气体摩尔体积计算氮气的物质的量，所含的原子数目无法计算，故C错误；D一个氨气分子中含有10个电子，17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气中含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；答案选D。7、B【解析】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，正确；故合理选项是B。【点睛
25、】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。8、C【解析】A、向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子，所以不一定含有硫酸根离子，故A错误；B、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，变浑浊，产生的气体可能为二氧化碳、二氧化硫，原溶液中可能存在碳酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等，所以不一定存在CO32-，故B错误；C、向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，原溶液中一定存在铵离子，故C正确；D、用洁净的铂丝蘸
26、取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中一定存在钠离子，该溶液可能为钠盐，也可能为氢氧化钠，所以不一定为钠盐，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了常见离子的检验。注意明确常见离子(硫酸根离子、氯离子、铵离子等)的检验方法，选项D为易错点，注意含有钠离子的不一定为钠盐。9、B【解析】水作氧化剂 ，水中氢元素化合价降低。【详解】A、水中H、O元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B、该反应中Na元素化合价由0价变为+1价、H元素化合价由+1价变为0价，所以水得电子化合价降低为氧化剂，故B正确；C、该反应中F元素化合价由0价变为-1价、O元素化合价由-2价变为0价，则
27、水失电子作还原剂，故C错误；D、水中H、O元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查氧化剂的判断，解题关键：明确氧化剂、还原剂内涵，注意：氧化剂和还原剂必须是反应物而不是生成物，D虽是氧化还原反应，但水中H和O元素化合价不变，为易错点10、D【解析】3C126KOHKClO35KC13H2O的反应中，Cl元素的化合价由0升高到+5价，由0降到-1价。【详解】A. KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，故A错误；B. 14LCl2，没指明标准状况，无法计算，故B错误；C. KOH为强电解质 ，H2O为弱电解质，故C错误；D. Cl元素
28、的化合价由0升高到+5价，由0降到-1价，Cl2在反应中既作氧化剂又作还原剂，故D正确。故选D。【点睛】氧化剂在反应中所含元素化合价降低，对应的是还原产物；还原剂在反应中所含元素化合价升高，对应的是氧化产物。11、D【解析】A300mL0.5mol/L的NaCl中氯离子浓度为0.5mol/L，200mL0.4mol/L的MgCl2中氯离子浓度为：0.4mol/L2=0.8mol/L，100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中，氯离子浓度为：0.3mol/L3=0.9mol/L，则Cl离子物质的量浓度由大到小的顺序是，故A错误；B稀释过程中氯离子的物质的量不变，根据c=n/V可知，稀释后体
29、积相等，则氯离子浓度取决于原溶液中n（Cl），300mL0.5mol/L 的 NaCl溶液中n（Cl）=0.5mol/L0.3L=0.15mol；200mL0.4mol/L 的 MgCl2溶液中，n（Cl）=0.4mol/L20.2L=0.16mol；100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中n（Cl）=0.3mol/L30.1L=0.09mol，则稀释后氯离子浓度大小为：，故B错误；C与AgNO3反应，当产生沉淀1.435g时，消耗三种溶液中的n（Cl）相等，根据c=n/V可知，三种溶液的体积之比与氯离子浓度成反比，则消耗上述溶液的体积比=72：45：40，故C错误；D与足量的 AgN
30、O3 反应，氯离子完全转化成AgCl沉淀，根据m=nM可知，生成氯化银沉淀的质量与氯离子的物质的量成正比，结合B选项可知，产生沉淀的质量比=0.15mol：0.16mol：0.09mol=15：16：9，故D正确；故选D。12、A【解析】氯水中存在反应Cl2 + H2O=HCl +HClO，氯水呈浅黄绿色，说明氯水中含有氯气，盐酸和次氯酸，其中盐酸是强酸，次氯酸为弱酸，不稳定，容易分解2HClO 2HCl+O2，据此分析解答。【详解】A、氯水的成分中含有氯气、次氯酸、水三种分子，故A错误；B、新制氯水显示酸性，能使石蕊变红色，含有次氯酸，具有漂白性，所以新制氯水可使红色石蕊试纸先变红后褪色，故
31、B正确；C、光照氯水会导致氯水中的次氯酸分解，得到盐酸和氧气，所以光照氯水有气泡逸出，该气体是O2，故C正确；D、氯水中的次氯酸不稳定，易分解，得到盐酸和氧气，次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，所以氯水长时间放置后酸性将增强，故D正确；故选A。13、B【解析】A. 定容时，仰视凹液面最低点，溶液体积增加，浓度偏低，A错误；B. 向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，B正确；C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质减少，浓度偏低，C错误；D. 用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，溶质的质量不足2.4g，所以浓度偏低，D错误。答案选B。【点睛】明确误差分析的依据是解
32、答的关键，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。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。14、C【解析】根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。A项：ClO-Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧
33、化剂，A项正确；B项：NH4+N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+=2H+N2+3Cl-+3H2O，D项正确。本题选D。【点睛】学习氧化还原反应后，不仅要关注质量守恒关系，还要关注化合价的升降变化。化合价升降数相等，是配平氧化还原反应、进行有关计算的关键。15、A【解析】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，SK2S，化合价降低，被还原，SK2SO3，化合价升高，被氧化，
34、根据氧化剂与还原剂得失电子数目相等计算。【详解】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中SK2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，SK2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被还原与被氧化的S的物质的量之比为2：1，则质量之比也为2：1，答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意根据化合价的变化判断氧化产物和还原产物，可根据化学计量数直接判断出被还原的硫与被氧化的硫的质量比。16、C【解析】A. CuOCu中铜元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如氢气，故A错误
35、；B. 氢元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如铁等，故B错误；C. 铁元素的化合价升高，则需要加入氧化剂才能实现，如盐酸，故C正确；D. 氮元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，故D错误；故选C.17、B【解析】根据物质的分离和提纯的方法和操作进行分析。【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钾可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钾转化为沉淀，但是加入的碳酸钾要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钾会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再过滤，最后加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸
36、根离子，所以正确的顺序为：加水溶解，加过量的氯化钡溶液，加入过量碳酸钾和氢氧化钾，过滤，加适量的盐酸，加热蒸发得到晶体。故选B。【点睛】除杂的原则：除去杂质的同时，不损失主体药品，不引入新的杂质，恢复原来状态。18、D【解析】试题分析：A、碳酸根水解，溶液显碱性，加入氢氧化钠抑制碳酸根水解，浓度增加，A错误；B、氯离子和氢氧化钠不反应，浓度不变，B错误；C、加入氢氧化钠，氢氧根浓度增加，C错误；D、铜离子结合氢氧根生成氢氧化铜沉淀，铜离子浓度减小，D正确，答案选D。考点：考查离子反应19、C【解析】A、每个NH3分子含有4个原子，结合N=nNA计算原子数目；B、不是标准状况，不能使用气体摩尔体
37、积22.4L/mol；C氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，根据n=计算出混合物的物质的量，再计算出含有的原子数；D依据n=cV计算。【详解】A、每个NH3分子含有4个原子，1molNH3所含有的原子数为1mol4NAmol-1=4NA，选项A错误；B、标准状况下，22.4L氧气所含的原子数为2NA，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L氧气所含的原子数小于2NA，选项B错误；C、14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，选项C正确；D.1L0.1mol/LNaCl溶液中所含的Na+数为
38、1L0.1mol/LNAmol-1=0.1NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算与理解，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，可借助PV=nRT理解气体摩尔体积。20、D【解析】ANa与水剧烈反应，金属钠着火时，不可以用水灭火，应该用沙子灭火，A错误；BNa与氧气在常温下反应生成Na2O，加热时二者反应生成Na2O2，B错误；CNa在氯气中燃烧生成氯化钠，C错误；D常温下，Na可以与水剧烈反应，Fe与水在常温下不反应，证明Na比Fe更活泼，D正确；答案选D。21、D【解析】金属单质与酸反应生成盐，如Fe、Zn等与硫酸反应生成硫酸盐，故正确；非金属单质和金属单质
39、可以反应生成盐，如钠和氯气反应生成氯化钠为盐，故正确；碱性氧化物与酸或酸性氧化物反应生成盐，如Na2O与硫酸反应生成硫酸盐，故正确；酸性氧化物与碱或碱性氧化物反应生成盐，如二氧化碳与NaOH反应生成Na2CO3，故正确；酸与碱或碱性氧化物反应生成盐，如NaOH与HCl反应生成NaCl，故正确；碱与酸或酸性氧化物反应生成盐，如NaOH与HCl反应生成NaCl，故正确；所以正确的有，故选D。【点睛】本题考查了酸、碱、盐、氧化物等物质的性质。本题的易错点为，要注意盐的概念和非金属的性质，活泼的非金属单质和活泼金属单质可以反应生成盐，如钠与硫等的反应。22、B【解析】A焰色试验是物质灼烧时，原子核外最
40、外层电子发生跃迁的结果，在这个过程中没有新物质产生，因此发生的变化属于物理变化，A错误；BNa、NaCl、Na2CO3都含有钠元素，在灼烧时火焰都呈黄色，故火焰颜色相同，B正确；C在做焰色试验的实验时，应用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取待测液，放在酒精灯外焰上灼烧，C错误；D若某物质的焰色反应呈黄色，说明该物质一定含钠元素，可能含钾元素，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、第三周期A族 25 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强 【解析】分析
41、：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期A族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应
42、的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。24、过滤 蒸馏 Ba2+SO42-=BaSO4 H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O CuSO4 KCl 序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl 用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀
43、出现，则原白色固体粉末中不含KCl 【解析】假设这些物质都有，经步骤得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤中的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4；步骤中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O