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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、现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1 mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（）A111B123C321D6322、某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应：下列说法中正确的是
2、A中的大量气泡的主要成分是氢气B中溶液变红，说明有酸性物质生成C中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度3、某无色透明的碱性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）ANa+、H+、BCu2+、K+、 CNa+、K+、Cl-DBa2+、Mg2+、Cl-4、某NaOH样品中含有少量Na2CO3、NaHCO3和H2O，经分析测定，其中含NaOH83.4%（质量分数，下同）， NaHCO3 8.8%，Na2CO3 6.4%，H2O 1.4%。将此样品若干克投入到49克21%的稀硫酸中，待反应完全后，需加入20克9.0%的NaOH溶液方能恰好中和。则蒸发中和后
3、的溶液可得固体质量接近于A25B20C15D105、下列叙述正确的是ANaCl溶液在电流作用下电离成Na与ClB溶于水后能电离出H的化合物都是酸C氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电D硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是非电解质6、下列说法正确的是（）A酸性氧化物一定是非金属氧化物B根据酸中所含氢原子个数，分为一元酸、二元酸、三元酸CO2转化为O3的过程为物理变化DFeSO47H2O属于纯净物、化合物、盐、强电解质7、下列各组离子中的离子,能在溶液中大量共存的是ANa+、Mg2+、Cl-、OH-BH+、Ca2+、CO32-、NO3-CCu2+、K+、SO42-、NO3-DNa+、HCO3- 、OH
4、-、Ca2+8、某金属氯化物MCl2 40.5g，含有0.6mol Cl，则金属M的摩尔质量为A135 B135 gmol1 C64 D64 gmol19、下列电离方程式，书写正确的是AAl2(SO4)3=2Al3+ 3SO42-BAlCl3= Al3+Cl-CMg(NO3)2= Mg+2+2NO3-DKMnO4=K+Mn7+4O2-10、在一个密闭容器中盛有11gX气体（X的摩尔质量为44g/mol）时，压强为1104Pa。如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增至5104Pa，这时容器内气体X的分子数约为A3.31025B3.31024C7.51023D7.5102211、
5、铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为；Al+HNO3=Al(NO3)3+NO+H2O，若配平方程式后，HNO3的计量系数应该是( )A2 B4 C6 D812、在实验室用下列装置制取氯气并验证氯气的某些化学性质，其中不能达到实验目的是A甲闻氯气的气味 B实验室用装置乙制取氯气C用装置丙验证氯气能支持H2燃烧 D用装置丁除去尾气中的氯气13、过量的与混合，在密闭容器中充分加热，最后排出气体，则残留的固体物质应为A和B和CD14、将下列各组物质，按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列正确的是()A银、二氧化硫、硫酸、烧碱、食盐B碘酒、冰、硫酸氢钠、烧碱、碳酸钙C氢气、干冰、硝酸、烧碱、硝酸钾D铜、氧化
6、铜、醋酸、石灰水、碳酸氢钠15、下列变化需要加入还原剂才能实现的是ACl-C12 BHCO3- C032- CMn04- Mn2+ DZnZn2+16、美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、中子数为175的超重元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为（ )A57B47C61D29317、盐酸能与多种物质发生反应：Mg+2HCl=H2+MgCl2；CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。下列叙述正确的是A是氧化还原反应B中的HCl均为还原剂C既是氧化还原反应又是置换反应D中所有Cl的化合价均升高18
7、、将a mol钠和a mol铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d gmL1，该溶液中溶质质量分数为A82a/(46a+m)%B8200a/(46a+2m) %C8200a/(46a+m)%D8200a/(69a+m) %19、除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（ ）选项待提纯的物质选用的试剂操作的方法ACaO(CaCO3)水溶解、过滤、结晶BCu(CuO)稀盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥CCuSO4(H2SO4)氢氧化钠溶液过滤DCO(H2)氧气点燃AABBCCDD20、如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化
8、的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是（ ）A上述反应是置换反应B上述反应是放热反应C上述反应中CuSO4表现了还原性D加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu21、下列说法正确的是 (NA为阿伏加德罗常数的值) ( )A28 g氮气含有的原子数为NAB4 g金属钙变成钙离子时失去的电子数为0.1 NAC1 mol O2分子的质量等于1 mol氧原子的质量D24 g O2 和24 g O3所含的氧原子数目相等22、下列溶液混合后，不能发生离子反应的是A氢氧化钠溶液和氯化铁溶液B碳酸钠溶液和稀硫酸C硫酸钠溶液和氯化镁溶液D硫酸铜溶液和氢氧化钡溶
9、液二、非选择题(共84分)23、（14分）有四种元素 A、B、C、D，其中 B2离子与 C+离子核外都有二个电子层，B 原子的质子数与 C 原子的质子数之和等于 D 原子的质子数，A 原子失去一个电子后变成一个质子，试回答：(1)A、B、C、D 的元素符号分别为_、_、_、_。(2)B2的电子式为_，D 原子的结构示意图为_，B与C形成的简单化合物的电子式为_。24、（12分）我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2(OH)2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应
10、实现了“铜铜绿铜”的转化。(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于_(填字母)。A酸 B碱 C盐 D氧化物(2)写出B的化学式：_。(3)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：_。(4)上述转化过程中属于氧化还原反应的是_(填序号)(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为_。25、（12分）如图表示用CuSO45H2O晶体来配制480mL 0.20molL1 CuSO4溶液的几个关键实验步骤和操作，据图回答下列问题： （1）将上述实验步骤AF按实验过程先后次序排列 _，需称取CuSO45H2O 晶体的质量为_ g。（2）写出配制480mL0.20molL1CuSO4溶液
11、所需要用到的玻璃仪器的名称：烧杯、量筒、_。（3）步骤B通常称为转移，若是配制NaOH溶液，用水溶解NaOH固体后未冷却至室温即转移，配制溶液的浓度将偏_（填“高”或“低”）。步骤A通常称为_，如果俯视刻度线，配制的浓度将偏_（填“高”或“低”）。26、（10分）某化学实验需要450 mL 0.10 molL-1 Na2CO3溶液，某同学选用Na2CO310H2O晶体进行配制，简要回答下列问题： （1）该实验应选择_mL容量瓶。（2）需称取Na2CO310H2O的质量为_g。（3）该实验的正确操作顺序是_（填字母代号）。A用托盘天平称取Na2CO310H2O晶体 B上下颠倒摇匀C用胶头滴管加水
12、至刻度线 D洗涤所用仪器并将洗涤液转移进容量瓶E将所称取的晶体溶于蒸馏水并冷却至室温 F将溶液转入容量瓶（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，则所配溶液浓度_；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，会使所配溶液浓度_；NaOH溶解后未经_；立即注入容量瓶至刻度线，会使浓度_；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度_（凡涉及浓度变化填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（5）向200 mL所配的 0.10 molL-1Na2CO3溶液中逐滴加入10 mL 12.25%稀H2SO4（=1.0 g/cm3），理论上能收集到标准状况下的气体_mL
13、。27、（12分）从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下。回答下列问题：(1)实验室灼烧干海带通常在_中进行（填仪器名称）。(2)步骤名称是_，步骤名称是_。(3)验证反应已经发生的实验操作是_。(4)步骤中的CCl4能否改为乙醇，解释原因_。28、（14分）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。实验室用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢气体。（1）该反应的化学方程式为_，氯化氢气体的发生装置应该选择装置_（填装置的编号，下同）。由于氯化氢气体有害，所以实验室用装置D来收集氯化氢，收集氯化氢时，气体从_管（填“a”或“b”）进入。用水吸收多余的氯化
14、氢气体时，应该选择装置_，这是为了_。（2）要得到干燥的氯化氢气体，还需要在制取和收集装置之间插入一个装置D，此时D中装入的液体应该是_。（3）气体发生在装置的选择要考虑反应物状态和反应条件等因素。实验室制取氧气(氯酸钾和二氧化锰)和二氧化碳的发生装置都不用装置B，其原因分别是制取氧气时_，制二氧化碳时_。（4）将标准状况下的200体积HCl气体溶于1体积水中，得到密度为1.12g/mL的盐酸，则该盐酸的物质的量浓度是_。 （保留两位小数）29、（10分）已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为： 3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO 4H2O(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线
15、桥法表示电子得失的方向和数目_(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是_mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为_。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】CO、CO2、O3（臭氧）三种气体分别都含有1mol氧原子时，根据分子组成，各自的物质的量之比=1：=6：3：2，答案为D。【点睛】利用分子组成，计算物质的物质的量的比值。2、C【解析】A.过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，则中大量气泡的主要成分是氧气，A错误；B.酚酞遇到碱显红色，中溶液变红，说明有碱性物质生成，B错误；C.中红色褪去，应该是由溶液中的强氧化性
16、物质氧化酚酞致酚酞变质导致，C正确；D.中加入MnO2产生较多气泡，说明溶液中存在H2O2，MnO2的主要作用是作催化剂，D错误；答案选C。【点睛】过氧化钠与水反应后的溶液中含有过氧化氢，具有强氧化性、漂白性，掌握反应原理是解题的关键。3、C【解析】A碱性溶液中，H+、均不能与OH-共存，A错误；B碱性溶液中，OH-与Cu2+可结合生成氢氧化铜沉淀，不能共存，B错误；C碱性溶液中，Na+、K+、Cl-均不发生反应，可共存，C正确；DBa2+与反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，D错误；答案选C。4、C【解析】最后全部生成硫酸钠，根据硫酸根守恒计算其质量。【详解】NaOH、Na2CO3、NaHCO3与
17、硫酸反应的产物都是硫酸钠，硫酸过量，用NaOH溶液刚好中和，最后全部生成硫酸钠，即蒸发得到的固体为硫酸钠，根据硫酸根守恒可得硫酸钠的质量是，即蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于15g。答案选C。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确反应的原理，注意利用硫酸根守恒计算是解答的关键。5、C【解析】A电离是在水分子作用下或者通过加热使化学键断裂离解出自由移动的离子，不需要通电；NaCl溶液在电流作用下发生的是电解；B酸是指电离时生成的阳离子只有氢离子的化合物；C物质导电应满足的条件是：存在自由电子或者自由移动的离子；D在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。【详解】ANaCl溶液在电流作用下发
18、生的是电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，氯化钠在水溶液中或者在熔融状态下电离成Na+与Cl-，选项A错误；BNaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42-，NaHSO4属于盐，不是酸，选项B错误；C氯化氢溶于水为盐酸，氯化氢完全电离，溶液导电，液态氯化氢无自由移动的离子不导电，选项C正确；D盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了电解质、酸、电离、电解质等的概念，题目简单，要求同学们加强基本概念的理解和记忆，以便灵活应用，注意电离和电解的条件。6、D【解析】A和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧
19、化物，故A错误；B根据酸电离产生氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，不是按酸分子中所含氢原子个数分，如H3PO2中有3个H原子、但H3PO2是一元酸，故B错误；CO2、O3是不同的分子，所以O2转化为O3的过程为化学变化，故C错误；DFeSO47H2O是结晶水合物，是盐，属于纯净物、化合物，完全电离产生金属阳离子和酸根离子，因此属于强电解质，故D正确；故选D。7、C【解析】选项A、Mg2与OH发生反应，Mg2+OH=Mg(OH)2；选项B、H与CO32发生反应，2H+CO32=CO2 +H2O；选项C、各离子间相互不反应，可以共存；选项D、HCO3与OH发生反应，HCO3+OH=CO
20、32+H2O答案选C。8、D【解析】本题考查了摩尔质量的计算，根据原子的摩尔质量在数值上等于该元素的相对原子质量进行分析。【详解】因某金属氯化物MCl2中的Cl-的物质的量0.6mol，则MCl2的物质的量为0.3mol，所以MCl2的摩尔质量为，所以金属M的摩尔质量为，故A、B、C错误，D正确。答案选D。【点睛】本题解题的关键是由Cl-的物质的量，结合化学式MCl2计算金属氯化物的物质的量，再利用 计算金属氯化物MCl2的摩尔质量，据此计算金属M的摩尔质量。9、A【解析】电离方程式是表示电解质电离的式子。强电解质电离用“=”。弱电解质电离用“”。书写电离方程式还需注意符合质量守恒定律、电荷守
21、恒。【详解】A. Al2(SO4)3为强电解质，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+ 3SO42-，A正确。B. AlCl3为强电解质，电离方程式为：AlCl3= Al3+3Cl-，B错误。C. Mg(NO3)2为强电解质，电离方程式为：Mg(NO3)2= Mg2+2NO3-，C错误。D. KMnO4为强电解质，电离方程式为：KMnO4=K+ MnO4-，D错误。答案为A。10、C【解析】11g该气体的物质的量是11g44g/mol0.25mol。根据PVnRT可知，在温度和体积相等的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以此时气体的物质的量是0.25mol51.25mol，
22、则含有的分子数是1.25mol6.021023/mol7.51023；综上所述，本题选C。11、B【解析】试题分析：根据电子守恒和原子守恒，铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为Al+4HNO3=Al(NO3)3+ NO+2H2O，则HNO3的计量系数应该是4，故答案为B。考点：考查氧化还原反应的配平12、B【解析】根据氯气的性质和制备实验及注意事项解析。【详解】A、甲闻氯气的气味：用手轻轻扇动让少量气体进入鼻孔，故A正确；B、浓盐酸与二氧化化锰发生氧化还原反应生成氯气，需要加热，故B错误；C、氢气能在氯气中燃烧，产生苍白色的火焰，用装置丙验证氯气能支持H2燃烧能实现，故C正确；D、氯气用盛氢氧化钠
23、的洗气瓶吸收，故D正确；故选B。13、C【解析】两种混合物在密闭容器中加热所发生的化学反应为：，。因是过量的，则加热生成的使最终全部转化为，过量的也完全分解成，而稳定，受热不易分解，故最后残留的固体是。故选C。14、C【解析】A食盐为混合物，A错误；B碘酒为混合物，硫酸氢钠属于盐而不属于酸，B错误；C每种物质均符合顺序，C正确；D石灰水是混合物，D错误；答案选C。15、C【解析】需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。【详解】A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C、Mn元素化合价降低，需
24、要还原剂，C正确；D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；答案选C。16、A【解析】原子中质子数=核外电子数，故该原子的核外电子数是118，则该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是175-118=57，所以A符合题意；故选A。【点睛】核内质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。17、C【解析】有化合价变化的化学反应是氧化还原反应，失电子化合价升高的反应物是还原剂，由此分析。【详解】ACaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O中各元素化合价都不变，所以不是氧化还原反应，为复分解反应，故A不符合题意；BMg+2HCl=H2+MgCl2中，HCl中氢元素的化合价从+1价降低到0价，化
25、合价降低，HCl作氧化剂；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中HCl的氯元素的化合价从-1价升高到0价，化合价升高，浓HCl作还原剂，故B不符合题意；CMg+2HCl=H2+MgCl2属于单质和化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，属于置换反应；HCl的氢的化合价从+1价降低到0价，镁的化合价从0价升高到+2价，有化合价的变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；DMnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中，4molCl中2molCl的化合价升高，2molCl的化合价不变，故D不符合题意；答案选C。18、C【解析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏
26、铝酸钠和氢气。根据方程式计算。【详解】将a mol钠和水反应生成a mol氢氧化钠和a/2mol氢气，a mol铝和a mol氢氧化钠反应生成a mol偏铝酸钠和3a/2mol氢气，反应后的溶液的质量为23a+27a+m-(a/2+3a/22=(m+46a)g，溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则质量分数为82a /(m+46a) 100%。故选C。【点睛】掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的氢气的质量减去。19、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改变；除杂
27、质题至少要满足两个条件：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】ACaO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A错误；BCuO能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，铜不与稀盐酸反应，再过滤、洗涤、干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；CH2SO4和CuSO4均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；D除去二氧化碳中的氢气不能够通氧气点燃，这是因为两种气体都是可燃性的，另外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D错误；答案选B。20、C【解析
28、】试题分析：A、根据实验现象，钠单质与硫酸铜固体反应有红色物质生成，该红色物质是Cu单质，所以该反应是置换反应，正确；B、反应中有耀眼的火花产生，说明反应放热，正确；C、Na与硫酸铜发生置换反应，Na做还原剂，硫酸铜做氧化剂，错误；D、根据以上分析，钠与硫酸铜可以在加热且无水条件下反应生成Cu，正确，答案选C。考点：考查根据反应现象对发生的化学反应的分析21、D【解析】A、28 g氮气的物质的量是28g28g/mol1mol，则含2NA个氮原子，A错误；B、4 g金属钙的物质的量为4g40g/mol0.1 mol，变成钙离子时失去的电子数为0.2NA，B错误；C、1 mol O2分子的质量是3
29、2 g，1 mol氧原子的质量是16 g，C错误；D、氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，则24 g O2和24 g O3所含的氧原子数目相等，D正确；答案选D。22、C【解析】A氢氧化钠溶液和氯化铁溶液混合，发生离子反应Fe3+3OH-=Fe(OH)3，A不合题意；B碳酸钠溶液和稀硫酸混合，发生离子反应+2H+=H2O+CO2，B不合题意；C硫酸钠溶液和氯化镁溶液混合，没有离子反应发生，C符合题意；D硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合，发生离子反应Cu2+Ba2+2OH-= BaSO4+ Cu(OH)2，D不合题意；故选C。二、非选择题(共84分)23、H O Na K 【解析】B2离子与C+离子核外
30、都有二个电子层，所以B为O、C为Na，B原子的质子数与C原子的质子数之和等于D原子的质子数，推得D的原子序数为19，则D为K，A原子失去一个电子后变成一个质子，则A为H。【详解】（1）A、B、C、D依次为H元素、O元素、Na元素、K元素，元素符号分别为H、O、Na、K，故答案为H、O、Na、K；（2）B2-为O2-，电子式为，D为K元素，原子结构示意图为，B 与 C 形成的简单化合物为过氧化钠或氧化钠，电子式为或，故答案为；或。24、C CuO Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2 Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2 【解析】本题考查的知识点有物质的分类、离子方程式的
31、书写、氧化还原反应。物质的分类方法很多，其中按物质的组成和性质特点可分为混合物和纯净物；纯净物分为单质和化合物；单质分为金属单质和非金属单质，化合物分为无机物和有机物；无机物分为氧化物、酸、碱、盐等；其中盐按组成可分为正盐、酸式盐、碱式盐、复盐，按是否溶于水可分为可溶性盐和难溶性盐。离子方程式书写时遵循一写二拆三删四查的原则。其中可溶性强电解质拆成离子形式；难溶物、单质、气体、氧化物、弱电解质、水不拆，保持化学式的形式。氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。本小题答案为：C。（2）氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，则B
32、为氧化铜，化学式为CuO。本小题答案为：CuO。（3）由信息可知“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，则铜绿与盐酸反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。本小题答案为：Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。（4）反应中铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，反应为氧化还原反应；反应是铜绿与酸反应生成铜盐、CO2和H2O，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是铜盐与碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应，没有价态变化，不是氧化还原
33、反应；反应是氧化铜与氢气反应生成铜和水，是置换反应，有价态变化，是氧化还原反应。本小题答案为：。（5）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，因为B为CuO，则铜绿受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2。【点睛】解答本题时可根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；反应为碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，改成离子方程式即可；依据复分解反应的概念和氧化还原反应的概念，结合反应过程的特征分析判断。25、CBDFAE 25.0 500mol容量瓶、玻璃棒 高 定容 高 【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、
34、定容、摇匀等操作。需要称量固体的质量m=cVM。（2）配制500mL一定物质的量浓度溶液需要的仪器有: 托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶。（3）配制溶液的浓度利用c=进行判断。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，AF按实验过程先后次序排列：CBDFAE。需要称量固体的质量m=cVM = 0.20mol/L500mL250g/mol =25.0g。（2）配制500mL一定物质的量浓度溶液所需要用到的玻璃仪器的名称：烧杯、量筒、500mol容量瓶、玻璃棒。故答案为500mol容量瓶、玻璃棒。（3）配制NaOH溶液，用
35、水溶解NaOH固体后未冷却至室温即转移，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高。步骤A通常称为定容，如果俯视刻度线，溶液体积偏小，配制的浓度将偏高。故答案为高；定容；高。【点睛】本题主要考查配制溶液中的操作、实验仪器，配制溶液过程中浓度的误差分析。注意配制过程及操作失误导致的浓度变化是解题关键。26、500 14.3 A E F D C B 偏低 无影响 冷却 偏高 偏低 112 【解析】（1）由于没有450mL容量瓶，则该实验应选择500mL容量瓶。（2）需称取Na2CO310H2O的质量为0.5L0.1mol/L286g/mol14.3g。（3）配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量
36、、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则该实验的正确操作顺序是A、E、F、D、C、B。（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，由于氢氧化钠易吸水，则氢氧化钠的质量减少，因此所配溶液浓度偏低；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，由于不会影响溶质和溶液体积，则会使所配溶液浓度无影响；氢氧化钠溶于水放热，则NaOH溶解后未经冷却，立即注入容量瓶至刻度线，冷却后溶液体积减少，则会使浓度偏高；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使溶液体积增加，所配溶液浓度偏低。（5）200mL溶液中碳酸钠的物质的量是0.2L0.1mol/L0.02mol。10 mL 12
37、.25%稀H2SO4（=1.0 g/cm3）的物质的量是，其中氢离子的物质的量是0.025mol。由于与碳酸钠反应时分步进行，即首先转化为碳酸氢钠，消耗氢离子是0.02mol，剩余的氢离子再与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，此时氢离子不足，则根据HCO3+H+CO2+H2O可知生成的二氧化碳是0.025mol0.02mol0.005mol，在标准状况下的体积是0.005mol22.4L/mol0.112L112mL。27、坩埚 过滤 蒸馏 向反应后溶液中滴加淀粉溶液，若变蓝，证明反应已经发生（合理答案也给分） 不能，乙醇和水互溶（合理答案也给分） 【解析】海带灼烧后用水浸泡，过滤后的滤液含有碘化钾，
38、加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，用四氯化碳萃取，最后蒸馏分离得到碘单质。【详解】(1)灼烧固体用坩埚。(2)步骤名称是过滤，步骤名称是蒸馏。(3) 验证反应为碘离子被过氧化氢氧化生成碘单质，利用淀粉遇碘变蓝的性质，向反应后溶液中滴加淀粉溶液，若变蓝，证明反应已经发生。(4) 乙醇和水互溶，不能萃取碘。28、NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl B a F 防止倒吸 浓硫酸 制取氧气时反应物是固体和固体 制取二氧化碳时反应不需要加热 7.54moL/L 【解析】（1）用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠；实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，是
39、固体+固体=气体，选择装置B；氯化氢是比空气重的极易溶于水的气体需要用向上排气法收集，导气管长进短处，多余的氯化氢气体用水吸收要防止倒吸；（2）装置D干燥气体是利用洗气选择液体干燥剂，用于干燥氯化氢气体的干燥剂选择浓硫酸；（3）制取氧气时反应物是固体和固体 ,制二氧化碳时反应不需要加热（4）200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L，n=200/22.4，V=*10-3L，C=【详解】（1）实验室用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢气体，反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠，反应的化学方程式为NaCl（s）+H2SO4（浓）= NaHSO4+HCl，实验室
40、利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，是固体+固体加热制气体，选择装置B；氯化氢是比空气重的极易溶于水的气体需要用向上排气法收集，导气管长进短处，应从a处进，多余的氯化氢气体用水吸收要防止倒吸，应选择装置F防止水倒吸入集气瓶，故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）=NaHSO4+HCl；B；a；F；水倒吸入集气瓶；（2）装置D干燥气体是利用洗气，应选择液体干燥剂，能用于干燥氯化氢气体的干燥剂选择浓硫酸，故答案为浓硫酸；（3）实验室制取氧气(氯酸钾和二氧化锰)和二氧化碳的发生装置都不用装置B，其原因分别是制取氧气时反应物是固体和固体 ,制二氧化碳时反应不需要加热故答案为制取氧气时反
41、应物是固体和固体；制取二氧化碳时反应不需要加热 （4）将标准状况下的200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L,得到密度为1.12g/mL的盐酸，所以n=200/22.4V=*10-3L C=7.54moL/L 故答案为7.54moL/L【点睛】200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L进行计算。29、 0.06 【解析】（1）反应方程式为：3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO 4H2O；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不拆，离子方程式为：3Cu8H+2NO3-3Cu2+2NO 4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子6个，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6个电子，单纯桥法表示该反应电子得失的方向和数目如下：。故答案为：。（2）. 448mLNO的物质的量为0.02mol，则该过程中转移的电子0.02mol3=0.06mol.故答案为：0.06。（3）根据反应可知，8mol HNO3参加反应，被还原的硝酸有2mol，所以被还原的硝酸参与反应硝酸的比例为2/8=1/4。故答案为：。