《2023届湖北宜昌市远安县第一高级中学化学高一第一学期期中经典试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届湖北宜昌市远安县第一高级中学化学高一第一学期期中经典试题含解析.doc（19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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、下列说法中正确的是( )A1molN2约含有6.021023个氮原子B1mol H2O中含有2mol氢原子和1mol氧原子C钠的摩尔质量就是它的相对原子质量D硫酸的摩尔质量等于98g2、下列说法不正确的是 A新
2、制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色B新制氯水有漂白性是因为HClO的强氧化性C新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2有毒，能毒杀细菌D新制氯水与久置的氯水中加小苏打溶液都能产生气泡3、36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/cm3)所得溶液的密度为 g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是()A所得溶液的物质的量浓度为1 mol/LB36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 LCc= D所得溶液的质量分数：w4、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶
3、解度较大B分离汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C除去KNO3固体中混的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去乙醇中的水蒸馏乙醇与水的沸点相差较大【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D5、等体积硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量的氯化钡溶液反应。若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为（ ）A1:2:3B1:6:9C1:3:3D1:3:66、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A碳酸氢钠溶液中：Cl-、NO3-、Na+、OH-B澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、Br-C酚酞呈红色的溶液中：SO42-、K+、Cl-
4、、Al3+D饱和食盐水中：Fe3+、I-、SO32-、K+7、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A0.05 mol液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子B1 L 0.1 molL1的氨水中有0.1NA个NHC标准状况下，22.4 L盐酸含有NA个HCl分子D23gNa与O2在一定条件下反应生成Na2O和Na2O2的混合物，共转移NA个电子8、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法不正确的是AKClO3在反应中得到电子BClO2是还原产物CH2C2
5、O4发生氧化反应D1 molKClO3参加反应有2mol电子转移9、下列物品主要由金属材料制造的是()ABCD10、一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）A气球中装的是O2B气球和气球中气体分子数相等C气球和气球中气体物质的量之比为41D气球和气球中气体密度之比为2111、下列物质间的转化能一步实现的是ANa2CO3NaOHBCaCO3Ca(OH)2CNaNO3NaClDFeSO4CuSO412、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/molD32g/mol1
6、3、下列实验操作中正确的是A蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B蒸馏操作时，应在蒸馏烧瓶中预先加入沸石，并使温度计水银球浸没在所蒸馏的液体混合物中。C分液操作过程中，应关闭分液漏斗上端的塞子，防止有机试剂挥发，造成环境污染。D萃取操作时，振荡分液漏斗的过程中应及时放气。14、意大利罗马大学的FulvioCacace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21D等质量的N4与N2所含的原子个数比为1115、下列各组离子一定能大量共存的是A在无色溶液中：Na+、Fe3+
7、、Cl、SO42B在含大量Fe3+的溶液中：Ba2+、K+、NO3、OHC在强碱性溶液中：Na+、K+、NO3、CO32D滴加紫色石蕊试剂显红色的溶液中：K+、Fe2+、Cl、CO3216、1L浓度为1 molL1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是A通入标准状况下的HCl气体22.4 LB将溶液加热浓缩到0.5 LC加入10.00molL1的盐酸0.2 L，再稀释至1.5 LD加入2 L 1molL1的盐酸混合均匀17、下列分离混合物常见的仪器：从左至右，用于分离操作正确的是()A蒸发、萃取、蒸馏、过滤B蒸馏、过滤、蒸发、蒸发C萃取、过滤、蒸馏、蒸发D过滤、蒸发、萃取、蒸馏18、在
8、盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的( )ABCD爆炸品易燃液体剧毒品腐蚀品AABBCCDD19、根据反应式：Fe+Cu2+=Fe2+Cu 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+可判断离子的氧化性从强到弱的顺序是AFe2+、Fe3+、Cu2+BFe2+、Cu2+、Fe3+CCu2+、Fe2+、Fe3+DFe3+、Cu2+、Fe2+20、下列溶液中Cl-浓度与50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是A150mL 3molL-1的KCl溶液B75mL 2.5molL-1的CaCl2溶液C150mL 3molL-1KClO3溶液D25mL 2molL-1的FeCl3溶液21、下
9、列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是()ACu(OH)2HCl； Cu(OH)2CH3COOHBCaCO3H2SO4； Na2CO3HClCH2SO4NaOH； H2SO4Ba(OH)2DBaCl2H2SO4； Ba(OH)2Na2SO422、下列说法中正确的是A硫酸的摩尔质量是98gB2mol OH的质量是34gC铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量D1mol N2的质量是14g二、非选择题(共84分)23、（14分）a、b、c、d、e、f、g为七种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下所示：(单位：电荷)粒子代号abcdefg电荷数0110210其
10、中b的离子半径大于e的离子半径；c与f可形成两个共价型g分子。试写出：(1)a粒子的原子结构示意图是_。(2)b与e相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为_(用化学式表示)。(3)若d极易溶于水，在水溶液中变化的方程式为_，实验室制备d气体的化学方程式为_；若d为正四面体形分子，其重要应用之一为_。(4)c粒子是_，f粒子是_(用化学式表示)，由c、f生成g的离子方程式是_。24、（12分）某无色透明溶液中可能大量存在Ag、Mg2、Cu2、Fe3、Na中的几种。请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再
11、加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是_，有关离子方程式为_。（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有_，有关的离子方程式为_。（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的_。ACl BNO3- CCO32- DOH25、（12分）实验室配制500 mL 0.2 molL1的Na2CO3溶液，实验操作步骤有用天平称取一定量的Na2CO310H2O，放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；把制得的溶液小心地注入_中；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm2 cm处，改用_小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤烧杯和
12、玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇匀；将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)_；(2)写出步骤中，所缺的仪器_、_；(3)若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： 偏高 偏低 没影响A加水定容时俯视刻度线_(填序号)B忘记将洗涤液转入容量瓶_(填序号)C使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥_ (填序号)D定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出 _ (填序号)(4)计算所需Na2CO310H2O的质量_。26、（10分）一个体重50kg的健康人体内含铁元素 2g，这 2g 铁元素以Fe2+和Fe3+ 的形式存在，Fe2+易被吸收，
13、所以给贫血者补充铁时，应补充含 Fe2+的亚铁盐，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：(1)试剂 1的是_.(2)加入试剂2 和新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式_.(3)加入试剂2 时溶液为淡红色说明 “速力菲”中的 Fe2+已部分氧化，一般在服用“速力菲”时，同时服用Vc，说明Vc具有_性。不仅溶液中Fe2+易被氧化成Fe3+，碱性环境中Fe（OH）2更易被O2氧化，请写出反应的化学方程式：_(4)在实验中发现
14、放置一段时间，溶液颜色会逐渐退去，为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同学首先进行了猜想：编号猜想甲溶液中的+3 价的铁又被还原为+2 价的铁乙溶液中的SCN被氯水氧化丙新制的氯水具有漂白性，将该溶液漂白基于乙同学的猜想，请设计实验方案，验证乙同学的猜想是否正确。写出有关的实验操作、预期现象和结论。_。27、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0 molL1的NaOH溶液240 mL：(1)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摇动其正确的操作顺序为_。必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_。(2)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的
15、质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为_g，要完成本实验该同学应称出_g NaOH。(3)如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：_。_。(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_(填字母)。A所用NaOH已经潮解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5.4 g NaOH(1 g以下用游码)时误用了“左码右物”方法28、（14分）将Fe2O3、Al2O3两种固体混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：（1）原混合物中
16、Fe2O3的质量是_g。（2）所用NaOH溶液物质的量浓度为_。（3）稀硫酸物质的量浓度为_。29、（10分）某小组研究铁与水蒸气的反应，两位同学分别进行了如下实验。实验实验请回答：（1）实验中湿棉花的作用是_。（2）实验中反应的化学方程式是_。（3）甲同学观察到实验中持续产生肥皂泡，实验中溶液B呈现红色。说明溶液A中含有_。（4）乙同学观察到实验中持续产生肥皂泡，但实验中溶液B未呈现红色。溶液B未呈现红色的原因是_。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】A.每个N2(氮气分子)中含有2个氮原子，所以1molN2约含有6.021023个氮分子，A项
17、错误；B.由水的分子式可知，1mol H2O中含有2mol氢原子和1mol氧原子，B项正确；C.钠的摩尔质量若以“g/mol”为单位，数值上等于钠的相对原子质量，C项错误；D.硫酸的摩尔质量若以“g/mol”为单位，数值上等于硫酸的相对分子质量，即98g/mol，D项错误；答案选B。2、C【解析】新制氯水含有氯气、盐酸和次氯酸等物质。【详解】A. 新制氯水中有酸性，可使紫色石蕊试液先变红，含有次氯酸具有漂泊性，然后褪色，故正确；B. 新制氯水有漂白性是因为HClO的强氧化性，能使有色物质褪色，故正确；C. 新制氯水能杀菌消毒是因为次氯酸具有强氧化性、能杀菌消毒，不是氯气的作用，故错误；D. 新
18、制氯水与久置的氯水都含有盐酸，故向其中加入小苏打溶液都能产生二氧化碳，故正确。故选C。【点睛】新制氯水中含有氯气和盐酸和次氯酸等，氯气具有强氧化性，盐酸有酸性，次氯酸有强氧化性和漂白性。3、D【解析】A.题中所给的是水的体积，而溶液的体积不是1L，故所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L，A错误；B.因未说明是标准状况，所以无法计算HCl的体积，B错误；C.根据c= ，可知，c= ，所以C错误；D.由c= 得w，故D正确，答案选D4、D【解析】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A错误；B汽油与四氯化碳互溶，应用蒸馏分离，B错误；CNaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以
19、利用重结晶分离，原理解释不合理，C错误；D乙醇与水互溶，但沸点不同，可用蒸馏分离，D正确；故选D。5、B【解析】等体积硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量的氯化钡溶液反应。若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液中的n(SO42-)之比为1:2:3，根据三种硫酸盐的化学式可知，三种盐的物质的量之比为:2:3=1:6:9，因为三种盐溶液的体积相等，故其物质的量浓度之比为1:6:9，故选B。【点睛】由于三种溶液中发生的离子反应是相同的，故可根据生成沉淀的质量比确定其中硫酸根离子的物质的量之比。易错点是，在没有弄清盐的化学式的前提下，盲目乱做。对于基础不扎实的同学，要先把三种盐的化学
20、式写好，再来进行相关的判断。6、B【解析】AHCO3-与OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选；BCu2+、K+、SO42-、Br-四种离子之间不反应，是澄清透明的溶液，故B选；C滴入酚酞呈红色的溶液，显碱性，含有OH-，Al3+与OH-反应结合为沉淀，不能大量共存，故C不选；D铁离子能氧化碘离子，Fe3+与I-不能大量共存，故D不选；故选B。【点睛】本题考查离子的共存。本题的易错点为B，要注意“澄清透明”与“无色”限制条件的区别。7、D【解析】A. KHSO4 在熔融时电离方程式为KHSO4 =K+HSO4-，所以0.05 mol液态KHSO4中含有0.05mol阳离子，含有0
21、.05NA个阳离子，故A项错误；B. 1 L 0.1 molL1的氨水中所含有溶质的物质的量为0.1mol/L1L=0.1mol，氨水是弱碱水溶液，只能部分发生电离，所含NH的物质的量小于0.1mol，所含NH小于0.1NA个，B项错误；C. 盐酸为氯化氢的水溶液，不能用22.4L/mol计算HCl的物质的量，C项错误；D. n(Na)=1mol，1molNa失去1mol电子，共转移NA个电子，故D正确。答案选D。【点睛】解题时需注意：（1）盐酸与氯化氢不是同一物质，盐酸是氯化氢的水溶液，盐酸属于混合物；（2）22.4L/mol适用于标准状况下由气体体积计算气体分子的物质的量；（3）在水溶液中
22、和熔融状态下电离不同，KHSO4在水溶液中电离方程式为KHSO4 =K+H+SO42-，在熔融时电离方程式为KHSO4 =K+HSO4-。8、D【解析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。【详解】A因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，A正确；BCl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，B正确；C因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，发生氧化反应，C正确；D
23、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol（5-4）=1mol，D错误；答案选D。【点睛】明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意理清氧化还原反应的知识线索，即化合价升高失电子还原剂氧化反应氧化产物，化合价降低得电子氧化剂还原反应还原产物。9、D【解析】根据用品的制作材料来进行分析，金属材料包括金属单质和合金两大类，据此分析判断即可。【详解】A、课本中的纸张主要是由植物纤维制成，不属于金属材料；B、篮球一般是由橡胶制成，橡胶不属于金属材料；C、铅笔中含有木材和石墨及粘土，均不属于金属材料；D、铅球是由金属铅的合金制成，属于金属材料制造而成；故
24、答案选D。【点睛】此题是对金属材料的考查，解决的关键是知道制成物质的成分，并了解金属材料的范围，属于基础性知识考查题。10、A【解析】根据V=Vm，已知气体的质量相等，而Vm为定值，故M越小，则气体的体积越大，CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，气球体积由大到小的顺序为CH4、O2、CO2、SO2。【详解】A根据分析可知中装的是O2，A说法正确；B根据相同质量，气体的分子数与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体分子数不相等，B说法错误；C相同质量下，物质的量与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体物质的量之比为16：64=1
25、：4，C说法错误；D根据，即与M成正比，所以气球和气球中气体密度之比为44：64=11：16，D说法错误；答案为A。11、A【解析】A.碳酸钠可以与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，能一步实现，故A正确；B.CaCO3是盐，盐只能与碱反应生成Ca(OH)2，CaCO3不溶于水，所以不能与碱溶液反应，因此CaCO3不能一步得到Ca(OH)2，故B错误；C.NaNO3因不能与其它任何物质反应生成沉淀、气体和水，所以NaNO3不能通过一步反应制得NaCl，故C错误；D.铜的金属活动性比铁弱，FeSO4不能通过一步反应制得硫酸铜，故D错误。故选A。【点睛】一步反应实现是指原物质只发生一个反应即可转化为
26、目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过一个反应实现。12、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。13、D【解析】A.蒸发时，当混合物中出现大量固体时，停止加热,利用余热，使水分蒸干，故A错误；B.蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则应使温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C.分液时，把分液漏斗上端的玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗口上的小孔，能使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能够流出，C错误；D.分液漏斗倒转振荡时，因萃取剂多为有机溶剂，蒸气压较大，如不放气，内外气压不平衡，有时塞子会被
27、冲出，因此要及时放气，D正确；综上所述，本题选D。14、D【解析】A.N4是一种只由N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，故B错误;对于C和D，设N4与N2的质量均为mg，求出相应物质的量，再在求出原子个数之比。【详解】A.由一种元素组成的纯净物为单质，由两种或两种以上的元素组成的纯净物为化合物，故A项错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，故B项错误；设N4与N2的质量均为mg，则N4的物质的量为m/56 mol，所含的原子个数4m/56 NA，即m/14 NA。N2的物质的量为m/28 m
28、ol，所含的原子个数2m/28 NA，即m/14 NA。故等质量的N4与N2所含的原子个数比为11，C项错误，D项正确。综上本题选D。15、C【解析】离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质和题干限制条件分析解答。【详解】A、在溶液中铁离子为黄色，不是无色，不能大量共存，A错误；B、铁离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B错误；C、强碱性溶液中，这些离子都可以大量共存，C正确；D、滴加紫色石蕊试剂显红的溶液应该显酸性，氢离子和碳酸根离子会反应，所以不能大量共存，且亚铁离子和碳酸根离子也不能大量共存，D错误。答案选C。【点睛】掌握离子的性质是解答的关键，注意掌握
29、发生下列反应而不能大量共存的情况：发生复分解反应，即生成难溶物或微溶物、生成气体或挥发性物质、生成难电离物质；发生氧化还原反应，例如氧化性离子，比如Fe3+、NO3（H+）、ClO、MnO4等与还原性离子，比如S2、I等不能大量共存。16、C【解析】A项、标准状况下的HCl气体22.4VL，物质的量是Vmol，VL浓度为1molL-1的盐酸中HCl的物质的量为Vmol，但无法计算通入氯化氢后溶液的体积，故A错误；B项、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发，溶质的物质的量偏小，故B错误；C项、VL浓度为0.5molL-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10molL-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmo
30、l，再稀释至1.5VL，所以C=（0.5Vmol+Vmol）/1.5VL=2 molL-1，故C正确；D项、浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误。【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和。17、B【解析】【详解】因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体，即过滤；因酒精灯通过加热用来提纯溶液中的溶质，或通过加热分离沸点相差较大的两种液体的分离，即蒸发或蒸馏；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以
31、进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、蒸发或蒸馏、蒸发，故选B。18、D【解析】A警示标志为爆炸品，浓硫酸不具有此性质，故A错误；B警示标记为易燃液体的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，故B错误；C警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故C错误；D警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故D正确。故选: D。19、D【解析】由反应Fe+Cu2+Fe2+Cu 可知，氧化性Cu2+Fe2+，由反应2Fe3+Cu2Fe2+ +Cu2+可知，氧化性Fe3+Cu2+，则氧化性Fe3+Cu2+Fe2+，故选D。20、A【解析】对于浓度确定的溶液，溶质的浓度与所取溶
32、液的体积无关，离子的浓度与离子的数目成正比，50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度为1molL-13=3molL-1。A中Cl-浓度为3 molL-1，A 正确。B中Cl-浓度为2.5 molL-12=5 molL-1，B错误。C中ClO3-为一个整体，无Cl-，C错误。D中Cl-浓度为2molL-13=6molL-1，D错误。正确答案为A点睛：对于浓度确定的溶液，它的物质的量浓度、密度、溶质的质量分数等物理量与所取溶液的体积无关。离子的物质的量浓度等于溶质的物质的量浓度乘以离子的个数。易错点是部分同学误选答案C，是没有认识到KClO3中ClO3-为一个整体。21、D【解析】A、HC
33、l为强电解质，而CH3COOH为弱电解质，写分子式，故A错误；B、 CaCO3难溶，写化学式，Na2CO3是可溶性强电解质，故B错误；C、H2SO4NaOH；H2SO4Ba(OH)2后者还生成BaSO4沉淀，故C错误；D、均可用Ba2SO42=BaSO4，故D正确；故选D。22、B【解析】A硫酸的摩尔质量是98g/mol，故A错误；B2mol OH-的质量m（OH-）=2mol17g/mol=34g，故B正确；C铁原子摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于铁原子的相对原子质量，故C错误；D1mol N2的质量m（N2）=1mol28g/mol=28g，故D错误。答案选B。二、非选择题(共84
34、分)23、 NaOHMg(OH)2 NH3H2ONH3H2ONH4+OH 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 作为燃料 OH H3O OHH3O=2H2O 【解析】a、d和g不带电荷，说明是分子或者原子， e带2个单位正电荷，说明e为 Mg2+，b和f带1个单位的正电荷，可能是Na+、H3O+、NH4+，b的离子半径大于e的离子半径，因此b为Na+，c带一个单位负电荷，可能是F-、OH-、NH2-，又c与f可形成两个共价型g分子，那么c为OH-，f为H3O+，g为H2O，据此分析作答。【详解】（1）a为原子，即为Ne，原子结构示意图为：；（2）b为Na+，e为 Mg2+
35、，相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为NaOHMg(OH)2；（3）若d极易溶于水，说明d为NH3，NH3溶于水形成NH3H2O，电离后生成NH4+和OH-，在水溶液中变化的方程式为NH3H2ONH3H2ONH4+OH；（4）c为OH-，f为H3O+，g为H2O，OH-与H3O+生成H2O的离子方程式为：OHH3O=2H2O。【点睛】解答本题时要熟记常见的“10电子”粒子：24、Cu2+、Fe3+ Ag+； Ag+Cl=AgCl Mg2+ Mg2+2OH=Mg(OH)2 B 【解析】根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是
36、否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag+Cl=AgCl，故答案为Ag+；Ag+Cl=AgCl；(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg(OH)2，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2+2OH=Mg(OH)2；(4)原溶液中存在Ag+，则CO32、Cl、OH不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32、OH不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应
37、，故溶液中可能大量存在的离子是NO3，故答案为B。25、胶头滴管 500mL容量瓶 500mL容量瓶 胶头滴管 28.6g 【解析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制溶液的实验操作过程进行操作步骤的排序；(2)结合配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析误差。(4)结合元素守恒，根据n=、c=计算物质的质量。【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解(可用量筒加水)，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL
38、容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为：；(2)由(1)中操作可知，所用仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等。故还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管；(3)A.加水定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则会导致配制的溶液浓度偏高，故合理选项是；B.忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量偏少，则n偏小，导致溶液的浓度偏低，合理选项是；C.使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度不产生影响，合理选项是；D.定容时
39、，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出，会使溶质偏少，n偏小，则溶液的浓度偏低，合理选项序号是；(4)n(Na2CO3)=cV=0.2mol/L0.5L=0.1mol，根据Na元素守恒可知，晶体的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以n(Na2CO310H2O)=n(Na2CO3)=0.1mol，则m(Na2CO310H2O)=0.1mol286g/mol=28.6g。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法，对于给出的溶质与所配制溶液的物质不同时，要根据元素守恒，先计算出溶质的物质的量，然后结合物质转化关系，计算出配制溶液的物质的物质的量，再根
40、据m=nM计算出需要称量的物质的质量。本题侧重考查学生分析能力和实验能力。26、盐酸 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、Fe3+3SCN- = Fe(SCN)3 Vc具有还原性 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 实验操作、预期现象和结论：取少量褪色后溶液于试管中滴入足量的 KSCN 溶液，若溶液显红色，则乙同学猜想正确，不显红色，则乙同学猜想不正确 【解析】(1) 根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”分析。 (2)根据溶液变血红色，加入的试剂2是KSCN ，加入新制氯水后溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+；（3）根据氧化还原反应中化合价变化判断：氧化剂化合
41、价降低，具有氧化性；还原剂化合价升高，具有还原性；碱性环境中Fe（OH）2被O2氧化为氢氧化铁；(4)若溶液中的SCN被氯水氧化，溶液中含有Fe3+，若再加入KSCN 溶液，溶液还应该变为红色。【详解】(1) 根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”，用盐酸溶解琥珀酸亚铁，所以试剂 1的是盐酸。(2)根据溶液变血红色，加入的试剂2是KSCN ，加入新制氯水后溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，反应离子方程式是2Fe2+Cl2= 2Fe3+2Cl-、Fe3+3SCN- = Fe(SCN)3；（3）维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，维
42、生素C是还原剂，则维生素C具有还原性；碱性环境中Fe（OH）2被O2氧化为氢氧化铁，反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3；(5)取少量褪色后溶液于试管中滴入足量的 KSCN 溶液，若溶液显红色，则乙同学猜想正确，不显红色，则乙同学猜想不正确。27、 玻璃棒、250mL容量瓶 27.4 10.0 移液时没有用玻璃棒引流 选用了500 mL容量瓶 B 【解析】（1）配制1.0molL-1的NaOH溶液240mL，选250mL容量瓶，结合配制步骤分析解答；（2）称量时左物右码，结合mcVM计算；（3）依据玻璃棒作用、移液的正确操作、容量瓶规格解答；（4）结合cn/V及不当
43、操作来解答。【详解】（1）配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、摇匀、装瓶，则其正确的操作顺序为；本实验必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶；（2）称量时左物右码，由图可知位置放反，则烧杯的质量为20g+10g-2.6g27.4g。要完成本实验该同学应称出氢氧化钠固体的质量m（NaOH）0.25L1.0molL-140g/mol10.0g；（3）根据示意图可知其错误为移液时没有用玻璃棒引流；配制240mL溶液，应选择250mL容量瓶，而不是500mL容量瓶；（4）A所用NaOH已经潮解，导致实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；B向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；C有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质的物质的量减少，浓度偏低；D用带游码的托盘天平称5.4 g NaOH(1 g以下用游码)时误用了“左码右物”方法，导致实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；答案选B。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，把握溶液配制的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，托盘天平的使用是易错点。28、16 5 mo