《2023届北京市朝阳外国语化学高一上期中检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届北京市朝阳外国语化学高一上期中检测试题含解析.doc（18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、分类法是化学学习中的一种重要方法，下列分类图正确的是ABCD2、下列仪器可用于加热且不必垫石棉网的是试管烧杯坩埚蒸发皿锥形瓶蒸馏烧瓶ABCD3
2、、现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液39%的乙醇溶液氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是()A分液、蒸馏、萃取B萃取、蒸发、分液C分液、萃取、蒸馏D蒸馏、萃取、分液4、为了除去某粗盐样品中的Ca2+,Mg2+及SO42-,得到纯净的NaCl,可将粗盐溶于水,然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序:过滤加过量NaOH溶液;加适量盐酸;加过量Na2CO3溶液;加过量BaCl2溶液,正确的是ABCD5、下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是A标签上离子的浓度是物质的量浓度B由矿泉水制蒸馏水必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶C
3、该品牌饮用矿泉水中c（Mg2+）最大值为210-4mol/LD一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的物质的量不超过l10-5mol6、意大利罗马大学的FulvioCacsce等人获得了极具理论研究意义的N4分子，下列说法正确的是（ ）AN4属于一种新型的化合物BN4与N2的摩尔质量相等C等质量的N4与N2所含的原子个数比为1：1D标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1：27、用0.1mol/l的Na2SO3溶液40mL，恰好将0.002mol的X2O42-还原，Na2SO3被氧化成Na2SO4 则元素X在还原产物中的化合价是（ ）A+1B+2C+3D+48、下列数量的物质中含原子个数最
4、多的是Amol氧气BgC标准状况下L二氧化碳D10g氖9、使用胆矾配制 的硫酸铜溶液，正确的做法是（ ）将胆矾加热除去结晶水后，称取溶于水中称取胆矾溶于水中将胆矾溶于少量水，然后将此溶液稀释至将硫酸铜溶于少量水，然后将此溶液稀释至ABCD10、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（ ）A4B3C2D111、下图是关于蒸发的实验示意图，下列说法正确的是()A组装实验装置时，应先固定好铁圈，放上蒸发皿，再放酒精灯B给蒸发皿内所盛液体加热时，必须垫上石棉网C玻璃棒的作用是搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅D蒸发的过程中，用
5、酒精灯一直加热到全部固体析出，没有水分12、下列物质的分类正确的是选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4NaHCO3Mn2O7COBNa2CO3HClONaClNa2OCO2CKOHHNO3CaCO3CaOSO2DBa(OH)2HClCaCl2Na2O2SO3AABBCCDD13、O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：414、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A铜片上出现
6、铜绿Cu2(OH)2CO3B铁制菜刀生锈C铝锅表面生成致密的氧化膜D用醋清理水垢15、已知A2On2-可将B2氧化为B单质，A2On2-则被还原为A3，又知100 mL的0.3 molL1的A2On2-与150 mL的0.6 molL1B2恰好完全反应，则A2On2-中的n值为A4 B5 C6 D716、除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂（足量）及操作方法均正确的是()选项物质选用试剂操作方法ACO2 (CO)氧气点燃BCu(Fe)稀盐酸加入稀盐酸充分反应后过滤、洗涤CCaO(CaCO3)水过滤、烘干DNaCl(Na2CO3)Ca(NO3)2溶液溶解、过滤、蒸发、结晶AAB
7、BCCDD17、甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的硫酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入A克的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积为甲:乙3:4，下列说法正确的是( )A参加反应的H2SO4为0.2molB参加反应的NaOH约为0.27molC加入铝粉的质量A5.4D与硫酸反应的铝粉的质量7.2g18、下列说法正确的是AMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：4BKClO3+6HCl=KCl+3Cl2+2H2O，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5C2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为1:1D3S+6KOH=
8、2K2S+K2SO3+3H2O中被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2:119、下列说法中，正确的是（）A1 mol任何气体的体积都约为22.4 LB气体的摩尔体积约为22.4 Lmol1C0,101kPa时，1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 LD含有NA个氢原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4 L20、下列说法不正确的是ANa与Cl2反应生成NaCl，消耗l mol Cl2时转移的电子数是26.021023B0.1 mol水含有的电子数为NAC标准状况下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NAD标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mo
9、l 氯原子21、下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A2mol H2O的摩尔质量和1mol H2O的摩尔质量B200mL1molL-1氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2molL-1氯化钾溶液中c(Cl-)C称量16g硫酸铜配制250mL溶液的物质的量浓度和称量25g胆矾配制500mL溶液的物质的量浓度D20%NaOH溶液的物质的量浓度和10%NaOH溶液的物质的量浓度22、对1 molL1的硫酸钠溶液，下列叙述正确的是A溶液中含有1 mol 硫酸钠B1 L溶液中含有142 g 硫酸钠C1 mol 硫酸钠溶于1 L水D从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度为0.5 molL1二、非
10、选择题(共84分)23、（14分）某溶液只含Cl、CO、SO、Na、K、Mg六种离子中的某几种。经实验：原溶液白色沉淀；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；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_。24、（12分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3、SO42、Cl、CO32（离子在物质中不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水
11、的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_ B_（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：_（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式_25、（12分）实验室配制一定浓度的溶液都要使用一定规格的容量瓶，现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，回答下列问题：（1）需量取该浓H2SO4溶液的体积是_mL。（2）需要用到的玻璃
12、仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要_。（3）配制过程有下列几步操作：A将蒸馏水加入容量瓶至液面接近刻度线12cm处；B用l0mL量筒量取所需体积的H2S04溶液，注入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C用胶头滴管加水至刻度线；D用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也转移到容量瓶中；E向烧杯中加入约20mL蒸馏水；F将烧杯中溶液冷却后，沿玻璃棒转移到容量瓶中；G盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，静置，装瓶。以上各步骤操作的先后顺序是_填字母），使用容量瓶之前需要进行的一步操作是：_。（4）若所配溶液浓度偏低，则造成此误差的操作可能是_。A定容时俯视容量瓶B用量筒取浓H2S04溶液时俯视
13、读数C使用容量瓶前未干燥D未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶E定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面F未按要求洗涤烧杯和玻璃杯23次26、（10分）某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是_，烧杯的实际质量为_g27、（12分）如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。回答下列问题：(1)装置 A 中，仪器 a 的名称叫_，该仪器中盛放的试剂为_，装置 B的作用是_。(2)装置 A 中发生反应的化学方程式是_。(3)当 Cl2 持续通过时，装置 D 中干燥的有色布条能否褪色？为什么？_，_。(4)若要证明干燥的 Cl2 无漂白性，可在装置 D 前添
14、加一个装有_的洗气瓶。(5)装置 E 的作用是_，该反应的离子方程式为_。28、（14分）X、Y、Z、W四种常见化合物，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)：请回答：（1）W的化学式是_。（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是_。（3）将4.48 L(已折算为标准状况)W通入100 mL3 mol/L的Y的水溶液后，溶液中溶质及相应的物质的量是_。自然界中存在X、Z和H2O按一定比例结晶而成的固体。取一定量该固体溶于水配成100 mL溶液，测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5 mol/L。若取相同质量
15、的固体加热至恒重，剩余固体的质量为_g。29、（10分）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式_；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填写编号，多选倒扣)；只有还原性还原性和酸性 只有氧化性氧化性和酸性（3）此反应中氧化产物是_（填化学式），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为_mol。（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O。_参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题
16、均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】A.氧化物包括酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物如Al2O3、不成盐氧化物如CO等，A项错误；B.还有少数非金属氧化物不属于酸性氧化物如CO、NO等，B项错误；C.有些离子反应也是氧化还原反应如Zn+2H+=Zn2+H2，所以离子反应与氧化还原反应互为交叉关系，C项错误；D.含有两种或两种以上成分的物质就是混合物，胶体中有分散质和分散剂，胶体一定是混合物，D项正确；答案选D。2、B【解析】试管能受热，且不用垫石棉网，故正确；烧杯能受热，但需要垫石棉网，故错误；坩埚能受热，且不用垫石棉网，故正确；蒸发皿能受热，且不用垫石棉网，故正确；锥形瓶能受热，但需要垫
17、石棉网，故错误；蒸馏烧瓶能受热，但需要垫石棉网，故错误；故选B。3、A【解析】汽油不溶于水，分离汽油和氯化钠溶液应该用分液法；乙醇与水互溶，但沸点相差较大，分离39%的乙醇溶液应该用蒸馏；溴单质易溶在有机溶剂中，分离氯化钠和单质溴的水溶液应该用萃取，答案选A。4、D【解析】除SO42-，需要加入BaCl2溶液，但会引入少量的杂质Ba2+；除Ca2+需要加入稍过量的碳酸钠溶液，若先加BaCl2溶液，后加入Na2CO3溶液，既可以除去过量的Ba2+，又可以除去Ca2+，如果加反了，过量的钡离子就没法除去；至于加NaOH溶液除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了。【详解】根据分
18、析要求，先加BaCl2溶液，后加入Na2CO3溶液，加NaOH溶液顺序不受限制，或或，生成沉淀后，必须过滤后才能加盐酸除去稍过量的NaOH，则答案为D。5、C【解析】A.物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的，物质的量单位是mol，因此表示的不是物质的量浓度，选项A错误；B. 由矿泉水制蒸馏水采用的是蒸馏方法，必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、导气管、冷凝管、牛角管和锥形瓶，缺少导气管，选项B错误；C.该品牌饮用矿泉水中镁离子的最大浓度是4.8mg/L，转化为物质的量浓度为c(Mg2+)=(4.810-3g24g/mol)/L= 210-4mol/L，选项C正
19、确；D.由于题干没有指明Cl-的浓度，因此无法确定SO42-的物质的量浓度，选项D错误；故合理选项是C。6、C【解析】A.N4属于单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，并不相等，故B错误；C.等质量的N4与N2所含的原子个数比为1：1，故C正确；D.标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2：1，故D错误;故答案：C。7、A【解析】本题主要考查氧化还原反应中转移电子守恒的应用。根据反应过程中得失电子守恒求解。【详解】根据氧化还原反应中得失电子守恒计算，该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价
20、从+4升到+6价，失电子数=；X2O42-为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+3价，得失电子守恒得电子数=X元素摩尔数每摩尔得电子数，每摩尔得电子数=，由此可知X元素化合价变化为2，即从+3价降到+1价。【点睛】需注意0.002mol的X2O42-中含有X原子为0.004mol。8、B【解析】A. 0.4mol氧气含有原子数目0.42NA=0.8NA；B. 5.4g水的物质的量是0.3mol，含有原子数目为0.9NA；C. 标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量是0.25mol，含有原子数目为0.75NA；D. 10g氖的物质的量是0.5mol，含有原子数目为0.5NA；根据上面计算，原子数
21、目最多的是B；答案：B9、B【解析】的硫酸铜溶液中含硫酸铜，其质量为。溶液配制方案：称取硫酸铜溶于水配成溶液。或称取胆矾溶于水配成溶液，故正确；故答案为B。【点睛】胆矾为CuSO45H2O 是一种纯净物，CuSO4也是一种纯净物，故CuSO4吸水转化成CuSO45H2O的过程是化学变化。10、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价降到+4价，故选A。11、C【解析】
22、A. 组装实验装置时，应先放酒精灯，再根据酒精灯的高度固定好铁圈，放上蒸发皿，A错误； B. 给蒸发皿可以直接加热，不用垫上石棉网，B错误；C. 玻璃棒的作用是搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅，C正确；D. 蒸发的过程中，不能直接蒸干，应在析出大量固体时用余热使其蒸干，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】可用酒精灯直接给蒸发皿里的液体加热，玻璃棒不断地搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅，蒸发的过程中，当出现大量固体时，停止加热，用余热使剩余水分蒸干，不能直接蒸干。12、C【解析】【详解】AMn2O7为酸性氧化物，CO为不成盐氧化物，故A错误；BNa2CO3属于盐，不属于碱，故B错误；C各项均符合
23、物质的分类，故C正确；DNa2O2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故D错误；故答案为：C。13、D【解析】AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，
24、还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。14、D【解析】A金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不选；B铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不选；C铝
25、易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故C不选； D 用醋酸溶解水垢，是复分解反应，无元素化合价的变化，故D选；答案为D。15、D【解析】结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算。【详解】n（A2On2-）=0.3mol/L0.1L=0.03mol，n（B2-）=0.6mol0.15L=0.09mol，反应中A元素化合价降低到+3价，B元素化合价升高到0价，设A2On2-中A的化合价为x，则2x+2=2n，x=n-1，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有（n-1-3）0.03mol2=（2-0）0.09mo
26、l，解得n=7，故答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意根据氧化还原反应中转移电子数目相等的角度解答。16、B【解析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得减少。除杂质题一般要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。【详解】A项、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的，且除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故A错误；B项
27、、Cu不能与盐酸反应，铁能与盐酸反应，盐酸能除去铁杂质，故B正确；C项、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；D项、Na2CO3能与适量Ca（NO3）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故D错误。故选B。【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（一般加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。17、B【解析】试题分析：如果铝完全反应则生成的氢气体积是相等的，但由于反应结束后生成的氢气体积为甲:乙3:4，这说明铝与稀硫酸反应时硫酸不足，铝过量。与氢氧化钠溶液反应时铝完全
28、反应，氢氧化钠过量或恰好反应。A、硫酸的物质的量0.1L3mol/L0.3mol，即参加反应的硫酸是0.3mol，A不正确；B、硫酸生成的氢气是0.3mol，所以氢氧化钠与铝反应生成的氢气是0.4mol，则根据方程式2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2可知，参加反应的氢氧化钠是20.27mol，B正确；C、根据方程式2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2可知，参加反应的铝的物质的量2，质量227g/mol7.2g，C不正确；D、根据反应2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2可知，参加反应的铝的质量0.2mol27g/mol5.4g，D不正确，答案选B。考点：考查金属铝与稀硫
29、酸、氢氧化钠溶液反应的有关判断和计算18、B【解析】A.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化剂MnO2，还原剂HCl，参与反应的HCl只有1/2做还原剂，剩下1/2化合价没变，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故A错误； B.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+2H2O，氧化剂KClO3，还原剂HCl，参与反应的HCl只有5/6做还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，故B正确；C.2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物和还原产物均为S，根据化合价变化确定氧化产物和还原产物物质的量之比为2:1，故C错误；D.3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O
30、中被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为1:2，故D错误；正确答案：B。19、C【解析】A.1mol任何气体的体积取决于温度和压强，在标准状况（0、101kPa）下，1mol任何气体的体积都约为22.4L， A项错误；B.气体的摩尔体积取决于温度和压强，只有在一定温度和压强下的气体摩尔体积的数值才有确定的意义，B项错误；C.0,101kPa时任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，所以在0,101kPa 时1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 L，C项正确；D.因每个氢气分子里含2个氢原子，则含有NA个氢原子的氢气物质的量是0.5mol，0.5mol氢气在标准状况下的体积为0
31、.5mol22.4L/mol=11.2L，D项错误；答案选C。【点睛】标准状况下的气体摩尔体积约为22.4L/mol，在使用公式n=或V=22.4L/moln mol时，一定要注意两点：一是物质的状态必须是气态；二是所处的温度和压强必须是00C和101kPa（标准状况）。20、C【解析】A项、消耗1molCl2，反应生成2molNaCl，反应转移的电子数是2mol，故A正确；B项、1 mol水含有的电子数10mol，则0.1 mol水含有的电子数为1mol，故B正确；C项、标准状况下， 2.24LCO和CO2混合气体的物质的量为0.1 mol，若CO和CO2的物质的量相等，混合气体中含有的氧原
32、子数为0.15 mol，若CO和CO2的物质的量不相等，混合气体中含有的氧原子数大于或小于0.15 mol，故C错误；D项、1molCl2中含有2 molCl原子,标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1 mol，0.1molCl2中含有0.2 molCl原子，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重分析与计算能力的考查，把握物质的构成及物质的量与体积的关系为解答的关键。21、C【解析】A项、2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，与物质的量多少无关，故A错误；B项、溶液的浓度与体积无关，1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=2mo
33、l/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者和前者相等，故B错误；C项、16g硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制250mL溶液的物质的量浓度0.1mol/0.25L=0.4mol/L，25g胆矾中硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制500mL溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2 mol/L，前者刚好是后者两倍,故C正确。D项、溶液物质的量浓度c=1000/M，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误。故选C。22、B【解析】A. 溶液体积未知，则溶液中不一定含有1 mol 硫酸钠，A错误；B.
34、1 L溶液中含有硫酸钠的质量是1L1mol/L142g/mol142 g，B正确；C. 1 mol硫酸钠溶于1 L水中所得溶液的体积不是1L，不能得到1 molL1的硫酸钠溶液，C错误；D. 溶液是均一稳定的，从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度仍然为1 molL1，D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Cl-CO32-、SO42-K+、Na+是溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-【解析】.题目所给的六种离子中，只有Mg2遇NaOH可以生成白色沉淀，则原溶液中一定含有Mg2；向原溶液中加入BaCl2溶液不产生沉淀，则原溶液中一定没
35、有CO32和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，说明原溶液中一定含有Cl，则可能含有的离子是K+、Na+，故答案为Mg2+、Cl-；CO32-、SO42-； K+、Na+；.根据上述分析可知，原溶液中一定有Mg2+，根据溶液电中性原则，溶液中一定含有阴离子，但根据上述判断可知原溶液中无CO32-、SO42-，则一定含有Cl，故答案是：是；溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-。24、BaCl2 AgNO3 CO32+2H+=CO2+H2O n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1 Zn+Cu2+Zn2+Cu 【解
36、析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2； B是AgNO3；（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32+2H+=CO2+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2+ SO42= BaSO
37、4；Ag+ Cl= Ag Cl，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+Zn2+Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。25、5.6 500ml容量瓶 EBFDACG 检查容量瓶是否漏液 BF 【解析】（1）根据c=1000/M可知，浓H2SO4溶液的物质的量浓度=10001.898%/98=18.0mol/L，根据溶液稀释规律：稀释前后溶质的量保持不变，设需量取该浓H2SO4溶液的体积是VL ，实验室没有450mL容量瓶，只
38、能选用500mL容量瓶，所以18.0V=0.20.5，V=0.0056L=5.6mL；综上所述，本题答案是：5.6。（2）实验室配制一定浓度的溶液需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要500mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500ml容量瓶。（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,用10mL量筒量取硫酸,在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯与玻璃棒2-3次,并移入容量瓶内,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,盖好瓶塞,反复颠倒摇匀,故操作顺序为EBFDACG ；容量瓶有玻璃塞和玻璃旋塞，因此为防
39、止在使用过程中出现漏液现象，在使用之前需要进行检查容量瓶是否漏液； 综上所述，本题正确答案是：EBFDACG；检查容量瓶是否漏液。（4）A.定容时俯视容量瓶,所配溶液体积偏小,配制溶液的浓度偏大,故 A不符合；B量筒取浓H2S04溶液时俯视读数，量取硫酸溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏小，故B符合；C配制需加水定容，使用容量瓶前未干燥，对所配溶液浓度无影响,故C不符合；D未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故 D不符合；E定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面，可以继续加水,对所配溶液浓度无影响,故E 不符合；F使用的烧杯和玻璃棒未洗涤彻底，移入容量瓶内溶质硫酸的物质的
40、量偏小，所配溶液浓度偏小，故F符合；综上所述，本题选BF。26、砝码与烧杯放反了位置；27.4；【解析】天平称量物体时遵循左物右码的原则,天平平衡原理:左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量。【详解】天平称量物体时遵循左物右码的原则,在该实验图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是砝码与烧杯放反了位置，根据天平平衡原理:左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量,若果放反了,则左盘砝码质量=右盘物体质量+游码质量，所以右盘物体质量=左盘砝码质量-游码质量=30-2.6=27.4g；因此，本题正确答案是:砝码与烧杯放反了位置；27.4；27、分液漏斗 浓盐酸 吸收 HCl MnO2 + 4HCl（浓）M
41、nCl2 + 2H2O + Cl2 能褪色 因为 Cl2 与带出的 H2O(g)反应生成 HClO，使有色布条褪色 浓 H2SO4 除去多余的 Cl2 Cl22OH-Cl-ClO-H2O 【解析】本题实验目的是制取Cl2和验证Cl2部分化学性质，从装置图上看，A装置是实验室制Cl2的“固+液气”装置，分液漏斗a中盛装浓盐酸，产生的Cl2中混合HCl气体， Cl2难溶于食盐水，而HCl极易溶于水，所以饱和食盐水的作用就是除去Cl2中的HCl气体，；Cl2能置换I2，淀粉溶液遇I2变蓝；Cl2有毒，必须有尾气吸收装置，E中NaOH溶液能很好地吸收Cl2：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H
42、2O，由此分析解答。【详解】(1)仪器a的名称叫分液漏斗，该仪器中盛放浓盐酸，为实验中添加浓盐酸，控制反应速率。因Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl气体极易溶液于水，所以装置B吸收HCl，以除去Cl2的混有的HCl气体。(2)浓盐酸与MnO2在加热条件下反应制取Cl2，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。(3)当Cl2通过B、C溶液时会带有水蒸气，D中干燥的有色布条遇到潮湿的Cl2时有反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以有色布条褪色。(4)若要证明干燥的Cl2无漂白性，就必须将Cl2中的水蒸气除去，而题目要求是通过洗气瓶，因此应选
43、用液态干燥剂浓硫酸，所以在装置 D 前添加一个装有浓硫酸的洗气瓶。(5)Cl2有毒，不能排放到大气中，多余的Cl2必须吸收，因Cl2易与NaOH溶液反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以装置E的作用是除去多余的Cl2；该反应的离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。28、CO2 HCO3-+OH-=CO32-+H2O Na2CO3 0.2 mol 和 NaHCO3 0.2 mol 2.65 【解析】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，均为钠元素的化合物X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Z为Na2CO3，Y为NaOH，Z得到W为无色无
44、味的气体，应是与酸反应生成的CO2【详解】（2）由以上分析可知W为CO2；（2）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3+OH=CO32+H2O；（3）二氧化碳与氢氧化钠会发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，4.48L（已折算为标准状况）二氧化碳的物质的量=4.48L/22.4Lmol2=0.2mol，NaOH的物质的量=0.2L3molL2=0.3mol，n（NaOH）：n（CO2）：n（NaOH）=0.2mol：0.3mol=2：2.5，介于2：2与2：2之间，故上述两个反应都发生，则反应后溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，设物质的量分别为x、y，根据钠守恒：x+2y=0.3mol，碳守恒：x+y=0.2mol，联立方程组后可求出x=y=0.2mol；取一定量该固体溶于水配成200mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5molL2，即