《2023届江苏省苏州市第一中学化学高一上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届江苏省苏州市第一中学化学高一上期中学业质量监测模拟试题含解析.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、下列各项操作，错误的有A用酒精萃取溴水中的溴单质的操作可选用分液漏斗B进行分液时，分液漏斗中的下层液体，从下端流出，上层液体则从上口倒出C蒸馏操作中，冷凝水是下口进、上口出D为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将上
2、面的塞子拿下2、下列有关胶体的叙述中正确的是A胶体与溶液的本质区别是丁达尔效应。B“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关C1molFe3+完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NAD分散质粒子大小介于1pm-100pm之间的分散系称为胶体3、下列物质的分类正确的是 酸碱盐酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4Na2CO3Cu2(OH)2CO3SO3Fe2O3BHClNaOHNaClCO2Na2O2CNaHSO4NaOHCaF2SO2MgODHNO3KOHNaHCO3Mn2O7CaOAABBCCDD4、在空气中的自由离子附着在分子或原子上形成的空气负离子被称为“空气维生素”，O22-
3、就是一种空气负离子，则O22-的摩尔质量为()A32 gB34 gC32 gmol1D34 gmol15、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是AKClO3K+3O2+Cl5+BNaHSO4 Na+HSO4CH2SO4H+ SO42DAl2(SO4)3 2Al3+3SO426、下列关于氧化物的叙述正确的是（ ）A金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C碱性氧化物都能与水化合生成碱D酸性氧化物都能与水化合生成酸7、下列说法不正确的是()将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨气溶于水得到的氨水能导电
4、，所以氨水是电解质固态氯化钠不导电，熔融态的氯化钠可以导电气态氯化氢不导电，液态氯化氢也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强ABCD8、科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.310-9 m)恢复了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（ ）A“钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于悬浊液B“钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C“钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径小9、在标准状况下，下列物质占体积最大的是A98g H2SO4B6.02
5、1023个氮分子C44.8L HClD6g氢气10、等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气中（常温）充分反应，下列说法正确的是（ ）A第一块钠失去的电子多B两块钠失去的电子一样多C第二块钠的反应产物质量大D两块钠的反应产物质量一样大11、将5 molL1的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO的物质的量浓度为()AmolL1BmolL1CmolL1DmolL112、向澄清饱和石灰水中通入二氧化碳，测得溶液导电性(I表示导电能力)的变化，以下与加入物质量的关系正确的是AABBCCDD13、下列离子检验方法、现象及结论正确的是选项所加试剂现象结论A向某无色溶
6、液中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成原溶液中有Cl-B向某无色溶液中加入氯化钡溶液后再加入硫酸白色沉淀不溶解原溶液中有SO42-C向某无色溶液中加入碳酸钠溶液有白色沉淀原溶液中有Ba2+D向某无色溶液中加入无色酚酞溶液变红色原溶液中有较多OH-AABBCCDD14、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是（ ）A2molL-1的氯化镁溶液中含氯离子数为4NAB标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NAC32gO2和O3混合气体中含有的氧原子数为2NAD化学反应中1mol金属镁变成镁离子时失去电子数目为2NA15、下列化合物中，属于盐的是ACa(OH)2BHNO3CNa2OD
7、K2CO316、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol Na2O2晶体中阴离子数为2 NAB常温常压下，48g O3含有的分子数为NAC标准状况下，33.6L的 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NAD常温常压下，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.3 NA17、能使酚酞变红的溶液中，下列离子能大量共存的是( )A、B、C、D、18、牛奶和豆腐中含有丰富的钙，这里的“钙”应理解为( )A元素B单质C原子D分子19、丙酮是一种常用的有机溶剂,可与水以任意体积比互溶,其密度小于1g/ml,沸点约55,分离水和丙酮最合理的方法是()A蒸发B分液C蒸
8、馏D过滤20、用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是XYZA氧化物化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物AABBCCDD21、下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A在酸性溶液中：I、Cl、SO42-、Fe3B使酚酞呈深红色的溶液中：Na、Cl、H、NO3-C含大量Ag的溶液中：K、Na、NO3-、SO42-D含大量OH的溶液中：CO32-、Cl、F、K22、下列有关说法正确的是A氧化还原反应的本质是元素化合价发生了改变B物质所含元素化合价降低的反应是氧化反应C有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D还原剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生
9、成物二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液的溶质离子可能含有Mg2、Ba2、CO32、Cl、SO42、NO3中的几种，现进行如下实验：.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_。（2）写出和中所发生反应的离子方程式：_。（3）为了验证溶液中是否存在Cl、NO3，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO3同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl的实验方法：_。24、（12分）有A、B、C
10、、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A2离子和B原子电子层数也相同。回答：(1)画出A2离子的结构示意图_；(2)A、B、C三元素符号分别为_ 、_ 、_。25、（12分）I.是一种重要的化工原料，下图是一些含氯产品： (1)中钢瓶上应贴的标签为_。A腐蚀品 B爆炸品 C有毒品 D易燃品(2)化学工业中通过“氯碱工业”制取氯气等产品，其化学方程式为_。(3)制备“84消毒液”(有效成分为)的化学方程式为_。(4)工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，其有效成分是_(填化学式)。II.实验室里除了用
11、二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，也可以利用反应：制取并收集纯净、干燥的氯气，部分装置如图所示：(1)若以和浓盐酸为原料制取氯气，请根据反应原理从下图中选择合适的制气装置_(填代号)。a. b. c. (2)装置B的作用_。(3)E中的试剂可选_。A溶液 B溶液 C溶液 D水26、（10分）某同学利用如下实验装置制备少量的漂白粉。回答下列问题：(1)漂白粉的有效成分是_（填化学式）。(2)仪器a的名称是_，用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的化学方程式为MnO2 + 4HCl （浓）MnCl2 + Cl2 + 2H2O 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。(3)装置B发生反应的化学方程式为_。(4
12、)装置C的作用是_，C中发生反应的离子方程式为_。27、（12分）某化学兴趣小组利用如图装置进行铁与水蒸气反应的实验，并检验产物的性质，请回答下列问题：(1)A装置的作用是_，烧瓶底部放碎瓷片的作用是_。(2)装置B中发生反应的化学方程式是_，该反应中氧化剂是_，氧化产物是_。(3)D的作用是_。(4)E中的实验现象是_。(5)A、B两个装置中应先点燃_处的酒精(喷)灯，点燃E处酒精灯之前应进行的操作是_。28、（14分）回答下列问题。（1）下列物质中：SO2 液态氯化氢 CH4 熔融NaOH NH4Cl固体 氨水。能导电的是_（填序号，下同）。属于电解质的是_。属于非电解质的是_。（2）1.
13、2041024个H2SO4分子的物质的量为_mol，共含_个氢原子。将上述H2SO4溶于水配成600 mL溶液，再加水稀释到1000 mL，稀释后溶液的物质的量浓度为_mol/L。（3）K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，已知其中Fe3的浓度为0.5mol/L，SO42浓度为0.9mol/L，则K的物质的量浓度为_mol/L。（4）Al2O3与稀盐酸反应的离子方程式为_。向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至不再产生沉淀，离子方程式为_。29、（10分）现有A、B、C、D、E五种溶液，它们所含的阴阳离子分别为：Na+、Ba2+、Ag+、Cu2+、H+；SO42-、OH-、CO3
14、2-、NO3-、Cl-。 己知：0.lmol/L 的C溶液中，c(H+)=0.lmol/LD溶液呈蓝色将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡请回答下列问题：(1)请写出物质A、B、C、D、E的化学式：A_B_C_D_E_。(2)请写出碳酸钙与溶液C反应的离子方程式：_。(3)取1.5mol/L l00mL溶液A (过量)与amol/L50 mL溶液D混合后，产生33.1g沉淀，则a=_，若向反应后的体系中加入5mol/L的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为_mL。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、A【解析】A酒精易溶于水，与
15、水互溶不能分层，不符合萃取剂的条件，不能达到萃取的目的，故A错误；B分液漏斗中的下层液体只能从下口放出，若从上口倒出，则下层液体与上层液体相混而不纯，同样上层液体从下口放出时也会使上层液体与残留在漏斗内壁的下层液体相混而不纯，故B正确；C蒸馏操作中，冷凝水的流向应与蒸汽的流向相反，一般为下口进、上口出，故C正确；D放出下层液体时，将分液漏斗上面的塞子拿掉使分液漏斗内外气压相等，便于液体顺利流出，故D正确；答案选A。2、B【解析】A.胶体与溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小，故A错误；B.“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，
16、故B正确；C.胶粒是一定数目粒子的集合体，所以1molFe3+完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于NA，故C错误；D.分散质粒子大小介于1nm-100nm之间的分散系称为胶体，故D错误；正确答案：B。3、D【解析】酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物。【详解】A项、Na2CO3是盐，不是碱，故A错误；B项、Na2O2与酸反应生成盐、水和氧气，不属于碱性氧化物，是过氧化物，故B错误；C项、Na
17、HSO4是酸式盐，不是酸，故C错误；D项、HNO3电离时产生的阳离子全部是氢离子属于酸，KOH电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子属于碱，NaHCO3是由钠离子和碳酸氢根离子组成的盐，Mn2O7是能和碱反应生成盐和水的酸性氧化物，CaO是能跟酸起反应生成盐和水的碱性氧化物，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了常见物质的类别，掌握酸、碱、盐、氧化物等概念是解答此类题的关键。4、C【解析】比O2多2个电子，电子的质量可以忽略不计，故的相对分子质量为32，所以的摩尔质量为32g/mol。答案选C。【点睛】本题主要考查的是摩尔质量及其单位，根据摩尔质量与相对分子质量的关系即可判断，注意摩尔质量在以g/m
18、ol为单位时，在数值上等于其相对分子质量。5、D【解析】考查电离方程式的正误判断。A、B、C都是不正确的，分别应该是KClO3=KClO3、NaHSO4=NaHSO42、H2SO4=2HSO42。所以的正确答案选D。6、B【解析】A. 金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物；非金属氧化物如CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；B. 碱性氧化物一定是金属氧化物；Mn2O7是酸性氧化物，但Mn2O7是金属氧化物，所以酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故B正确；C. 碱性氧化物不一定都能与水反应生成碱，如CuO、FeO、Fe2O3都是碱性氧化物，
19、但它们都不和水反应，故C错误；D. 酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查氧化物的分类和性质，题目难度不大，注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质。7、C【解析】硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关。【详解】硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶
20、液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故正确；熔融态氯化氢不能电离出离子，不能导电，故正确； 溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；答案选C。【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。8、C【解析】A钴酞菁”的分子(直径为1.310-9 m)，形成的分散系属于胶体，A错误；B“钴酞菁”分子(直径为1.310-9 m)，小于滤纸的缝隙，大于半透膜的缝隙，
21、所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；C钴酞菁”的分子(直径为1.310-9 m)，在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，如能够产生丁达尔现象等，C正确；D“钴酞菁”分子(直径为1.3 nm)，Na+半径小于1 nm，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D错误；故合理选项是C。9、B【解析】试题分析：A、H2SO4是液体，未知液体的密度，无法计算体积；B、6.021023个氮分子的物质的量是=1mol，标准状况下的体积为22.4L；C、44.8L HCl的物质的量为=2mol，标准状况下的体积为44.8L；D、6g氢气的物质的量为=3mol，标准状况下的体积为67.2L；体积最大
22、的为6g氢气，故选D。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。10、B【解析】钠与氧气在常温下反应生成Na2O，在加热条件下反应生成Na2O2，Na均由0价变为+1价，故等质量的两块钠在两种条件下失去的电子一样多，在加热条件下得到的反应产物质量大；答案选B。11、B【解析】根据稀释时NO守恒可知：5 molL1a mL103 LmL12b mL103 LmL1 c(NO)，则c(NO) molL1，故选B。12、B【解析】溶液导电的原因是溶液中存在能自由移动的离子，由题意可知，将二氧化碳通入澄清石灰水中，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，据此分析溶液中离子的变化进行解答即可。【详解】二
23、氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，随着反应的进行溶液中的能自由移动的离子越来越少，导电性减弱；但由于溶液中还存在浓度很小的氢离子、氢氧根等，故电流强度不可能为变为0；继续通入二氧化碳，碳酸钙与水、二氧化碳反应生成可溶于水的碳酸氢钙，则溶液中存在能自由移动的离子的浓度又逐渐增大，导电性增强。因此B图能反映出电流强度I与加入物质量的关系。答案选B.【点睛】熟练掌握物质的化学性质、溶液导电的原因并能灵活运用是正确解答本题的关键。13、D【解析】A.向某无色溶液中加入硝酸银溶液，可能产生碳酸银、硫酸银等白色沉淀，不一定为氯化银沉淀，A错误；B.向溶液中加入氯化钡溶液后再加入硫酸，产生白色沉淀硫
24、酸钡，但是由于加入了硫酸，无法确定原溶液中否存在硫酸根离子，B错误；C.向某无色溶液中加入碳酸钠溶液，可能产生碳酸钙白色沉淀，不一定为碳酸钡沉淀，C错误；D.向某无色溶液中加入无色酚酞，溶液变红，显碱性，一定存在OH-，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】针对选项（B），溶液中先加过量的稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42；若先加氯化钡溶液，可能生成氯化银白色沉淀，不溶于稀盐酸，不能排除银离子的干扰；若加入硝酸酸化的氯化钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰。14、A【解析】A、必须告诉氯化镁溶液的体积,才能计算其物质的量；B、氮气和氧气都是双原子分子,标况下11
25、.2L 混合气体物质的量为0.5mol；C、32g氧气和臭氧混合气体中,含有2mol氧原子；D、金属镁反应, 1mol镁失去2mol电子生成镁离子。【详解】A、没有告诉氯化镁溶液的体积,无法计算氯化镁的物质的量,也就不能计算出氯离子的数目，故A错误；B、因为氮气和氧气都是双原子分子,标况下11.2L 混合气体物质的量为0.5mol,含有1mol原子，所含的原子数为NA，故B正确；C、32g氧气物质的量为1mol，含有2mol氧原子；32g臭氧物质的量为1mol，含有2mol氧原子；所以32g混合气体中含有2mol氧原子,含有的氧原子数为2NA ,故C正确；D、1mol金属镁反应失去2mol电子
26、生成镁离子,失去电子数目为2NA，故D正确；综上所述，本题选A。15、D【解析】A. Ca(OH)2发生电离时生成的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故A不选；B. HNO3发生电离时生成的阳离子全为氢离子，属于酸，故B不选；C. Na2O是由钠元素和氧元素构成的氧化物，不属于盐，故C不选；D. K2CO3发生电离时生成钾离子和碳酸根离子，属于盐，故D选，答案选D。16、B【解析】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成； B. 分子个数N=n NA，物质的量n = ；C. 标况下四氯化碳为液态；D. 根据物质的量n = 求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析。【详解】A.
27、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠晶体中含1mol过氧根即NA个，故A项错误；B. 48g O3的物质的量n = = = 1 mol；因此其分子个数为N = n NA = NA个，故B项正确；C. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C项错误；D. 7.1g氯气的物质的量n = = = 0.1 mol，而氯气和铁反应由0价变为1价，故0.1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2 NA个，故D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体
28、积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。17、A【解析】能使酚酞变红的溶液呈碱性，溶液中含有大量的OH-，据此分析解答。【详解】A、四种离子相互间不反应，能够在使酚酞变红的溶液中大量共存，A符合题意；BMg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的沉淀，H+和OH-反应生成H2O，不能大量共存，B不符合题意；CCu2+与OH-反应生成Cu(OH)2的沉淀，不能大量共存，C不符合题意；DFe3+与OH-反应生成Fe(OH)3的沉淀，不能大量共存，D不符合题意；答案选A。18、A【解析】牛
29、奶和豆腐都是混合物，里面的成分较复杂，通常用元素描述其化学组成，这里的“钙”应理解为元素，答案选A。19、C【解析】水与丙酮互溶，两者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现两者的分离，答案选C。点睛：本题考查物质的分离、提纯方法，注意相关基础知识的积累。互溶的两种液体，其沸点不同，则可利用蒸馏来分离。以此来解答。20、B【解析】A、氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；B、电解质和盐都属于化合物，盐均属于电解质，则电解质包含盐，应X包含Y，故B错误；C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；D、氧化物只由两种元素组成，碱性氧化物一定是金属氧化物，
30、故D正确；综上所述，本题选B。【点睛】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题；学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键。本题中要注意电解质包括酸、碱、盐和金属氧化物、水等，电解质均为化合物。21、D【解析】判断离子能否发生大量共存，若发生反应，则不能共存，若不反应，则能大量共存.【详解】A在酸性溶液中，Fe3具有强氧化性，会将I-氧化，故A错误。B使酚酞呈深红色的溶液显碱性，不可能有H+，因为H+和OH-反应生成H2O，故B错误。CAg和SO42-反应生成硫酸银，硫酸银微溶于水，故C错误。D含大量OH的溶液中：CO32-、Cl、F、K这些离子之间不发生反应
31、，可以大量共存，故D正确。本题选D。22、C【解析】A. 氧化还原反应的特征是元素化合价发生了改变，A错误；B. 物质所含元素化合价降低的反应是还原反应，B错误；C. 有单质参加的化合反应中元素的化合价发生了变化，所以一定是氧化还原反应，C正确；D. 还原剂只能是反应物，还原产物是生成物，所以在同一反应中还原剂不可能既是反应物，也是生成物，D错误。二、非选择题(共84分)23、CO32、SO42 Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO42=BaSO4 只存在NO3 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成 【解析】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，
32、说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32、SO42；（2）和中所发生反应的离子方程式分别为Mg2+2OH-Mg(OH)2、Ba2+SO42-BaSO4；（3）根据假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在，
33、因此假设应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助
34、我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。24、 Mg C O 【解析】A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、2，因此A是Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。(1)A
35、是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意图为：；(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。【点睛】本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。25、C b 吸收氯化氢气体 A 【解析】本题是一道以氯气的性质和氯气的制取为核心的综合题，难度一般。【详解】I.（1）氯气是一种有毒的气体，因此需要贴上有毒品的标签；（2）氯碱工业即以电解饱和食盐水为基础的工业，写出电解饱和食盐水方程即可：；（3）若要制得次氯酸钠，将氯气通入氢氧化钠溶液即可，反应原理
36、与漂白粉的制取类似：；（4）漂白粉的主要成分为和，有效成分只有；II.（1）从方程式可以看出，我们需要一个固液不加热制气体的装置，因此选用装置b即可； （2）装置B中的饱和食盐水只吸收氯化氢而不吸收氯气，因此可以除去氯气中混入的氯化氢气体；（3）E是尾气处理，防止氯气溢出，一般选择碱液来吸收氯气，故答案选A。26、Ca(ClO)2 分液漏斗 1:2 2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O 吸收多余的氯气，防止污染空气 2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O 【解析】(1)石灰乳中通入制得漂白粉；(2)根据装置图分析仪器a的名称；根据化合价
37、的变化判断氧化剂、还原剂；(3)装置B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水；(4)氯气有毒，需要尾气处理；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水。【详解】(1)石灰乳中通入制得漂白粉，漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2；(2)根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；该反应中，MnO2 MnCl2，Mn元素由+4价+2价，得2个电子，所以MnO2是氧化剂； HCl（浓）Cl2，Cl元素由-1价0价，失电子，所以 HCl是还原剂；HClMnCl2，Cl元素的化合价没变化，所以HCl作酸参加反应，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2；(3)装置B中石
38、灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水，反应方程式是2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O；(4)氯气有毒，可以用氢氧化钠溶液吸收，装置C的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，C中发生反应的离子方程式为2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O。27、产生水蒸气 防止加热时液体暴沸 3Fe4H2O(g)Fe3O44H2 H2O Fe3O4 吸收未反应的水蒸气（或干燥H2) 黑色固体变成红色，玻璃管内壁上有水珠生成 A 收集H2并检验其纯度 【解析】装置A中水受热生成水蒸气，B中高温条件下铁与水蒸气反应四氧化三铁和氢气，混有水蒸气的氢气经过干燥
39、管D干燥后进入E装置，与CuO反应生成Cu单质，加热E之前应该先通氢气把装置中的氧气排尽，防止氢气与氧气混合加热发生爆炸，以此解答该题。【详解】（1）铁与水蒸气反应的条件是高温，水的状态是气体，所以A装置的作用是产生水蒸气；反应在高温条件下进行，烧瓶底部放碎瓷片的作用防止加热时液体暴沸；（2）装置B中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，反应的方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；氢元素化合价降低，得到电子，水是氧化剂，反应中铁元素化合价升高，铁是还原剂，四氧化三铁是氧化产物；（3）E是氢气还原氧化铜的实验，气体进入E装置前要干燥，否则会有危险，硬质玻璃管可能炸裂，因此D的作用是吸
40、收未反应的水蒸气（或干燥H2)；（4）氢气还原氧化铜得到铜和水，即H2+CuOCu+H2O，所以E中的实验现象是硬质玻璃管中黑色固体变为红色，硬质玻璃管右端管壁有液滴生成；（5）若先点燃B处，铁会与氧气先发生反应，所以须先点燃A处；氢气是可燃性气体混有空气会发生爆炸，所以点燃E处酒精灯之前应进行的操作是验证氢气的纯度，方法是：收集一试管气体，将试管口靠近酒精灯火焰，若发出噗的声音，说明气体纯净；若发生尖锐爆鸣声，说明气体不纯。【点睛】本题考查了铁与水蒸气反应的探究实验，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意利用氢气还原氧化铜这个实验对产物氢气进行检验，把握实验操作中的注意事项，掌握检验氢气纯度
41、的方法。28、 2 2 0.3mol/L 【解析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,含有自由移动电子或离子的物质能导电，据此进行分析；（2）根据n=N/NA和c=n/V进行计算；（3）根据溶液呈电中性原则计算钾离子浓度；（4）Al2O3与稀盐酸反应生成氯化铝和水，Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，据以上分析写出反应的离子方程式；【详解】（1）SO2本身不能电离出离子，不能导电，其熔融状态也不导电，其水溶液为亚硫酸，能够导电，所以SO2为非电解质；液态氯化氢，没有自由移动的离子，不导电，溶于水完全
42、电离，能够导电，它属于化合物，属于电解质；CH4本身不能电离出离子，不能导电，其不溶于水，水溶液和熔融状态也不导电，它属于化合物，属于非电解质； 熔融NaOH中存在自由移动的离子，能够导电，属于化合物，属于电解质；NH4Cl固体中没有自由移动的离子，不导电；但溶于水后能够导电，属于化合物，属于电解质；氨水能够导电，属于混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；结合以上分析可知，能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是；综上所述，本题正确答案：；。（2）根据n=N/NA可知，1.2041024个H2SO4分子的物质的量为1.2041024/6.021023=2 mol；含有的氢原子个数为4NA或2.4081024个；根据c=n/V可知，2molH2SO4溶于水配成600mL溶液，再加水稀释到1000 mL，根据稀释前后溶质的量不变可知，稀释后溶液的物质的量浓度为2mol/1L= 2mol/L；综上所述，本题答案是：2，4NA 或2.4081024，2。 （3）根据溶液呈电中性原则可知：阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，3n(Fe