《2022-2023学年辽宁省铁岭市高一化学第一学期期中监测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年辽宁省铁岭市高一化学第一学期期中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注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、下列叙述正确的是（
2、 ）ANH3 的摩尔质量等于 17gB常温常压下，32gO2 和 O3 混合气体含氧原子数目为 2NAC相同条件下，等质量O2与NH3两种气体，其物质的量比为 32:17D任何条件下，等质量的 CO和 CO2所含的碳原子数一定相等2、在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是AK、Fe2、SO42-、NO3-BOH、Cl、Na、Cu2CNH4+、NO3-、Al3、KDS2-、SO42-、Na、Ag3、把NaCl和Al2（SO4）3溶于稀盐酸得到混合溶液，其中Na+、Al3+、Cl的数目之比为123，则溶液中下列关系正确的是（）AH+与Cl数目比为23BAl3+与SO42数目比为 32CNa+
3、与Cl数目比为11DCl与SO42数目比为134、将30mL 0.5 mol/L NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液的浓度为（ ）A0.1 mol/LB0.3 mol/LC0.05 mol/LD0.03 mol/L5、类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是氢氧化铝加热能分解为金属氧化物和水；氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧化物和水Fe露置在潮湿空气中一段时间后就会锈迹斑斑；性质更活泼的Al不能稳定存在于空气中碳酸钠、碳酸氢钠溶液均显碱性；钠盐溶液均能使酚酞变红钠和硫反应生成Na2
4、S；镁、铝、铁均能与硫直接化合生成相应的硫化物 化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色 钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成对应碱和H2A B C D6、奥运五环代表着全世界五大洲的人民团结在一起。下列各项中的物质，能满足如图中阴影部分关系的是()ANaClK2SO4KCl(NH4)2SO4BNa2SO4K2SO4KClNH4ClCNaClK2SO4KClNH4ClDNa2SO4K2SO4KCl(NH4)2SO4AABBCCDD7、摩尔质量的单位是( )AmolBLCsDg/mol8、通过阴极射线实验发现电子，从而确定原子是有结构的科学家是（）A道尔顿B汤姆生C
5、德谟克利特D卢瑟福9、下列说法正确的是A向CuSO4溶液中加入金属钠：2Na+Cu2+=2Na+CuBNa2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色CNa2O2固体中阴、阳离子数比为1：1D区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液10、已知常温下，在溶液中可发生以下两个反应：Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-；Br2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Br-。现将标准状况下 1.12L 的氯气通入 1L 0.05mol/L 的 FeBr2溶液中，由此判断下列说法正确的是A氧化性强弱：Cl2 Fe3+ Br2B还原性强弱：Br- Fe2+ Cl-C反应后溶液
6、中 c(Fe3+):c(Br- ) =1:1D反应后溶液中 c(Fe2+):c(Cl-) =1:211、下列选项中不能用如图表示物质或概念间从属关系的是XYZA碱电解质化合物B离子反应置换反应氧化还原反应C胶体分散系混合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物AABBCCDD12、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，将粗盐溶于水，进行下列操作：过滤；加入适量的盐酸；加入过量的氯化钡溶液；加入过量的氢氧化钠溶液；加入过量的碳酸钠溶液。正确的操作顺序是A B C D13、下列说法正确的是()A凡是能导电的物质都是电解质B电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的离子C盐酸能导电的原因是溶液在
7、电流作用下电离生成了自由移动的离子的缘故D凡是能电离的物质一定能导电14、如图所示，下列实验操作与方法正确的是（ ）A检查容量瓶是否漏水的方法B滴加液体C给溶液加热D过滤15、化学与生活密切相关，下列叙述正确的是A石灰水喷涂在树干上可以消灭树皮上的过冬才虫卵，是因为Ca(OH)2有毒，可毒死虫卵B明矾和氯水是常用的水处理剂，常用于海水的淡化C侯德榜制碱法先通入NH3是为了增大CO2的溶解度D在食品袋中放入盛有CaCl26H2O和铁粉透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质16、下列物质,前者属于电解质,后者属于非电解质的是ANaCl晶体、BaSO4 BNaHCO3、蔗糖C铜、二氧化硫 D稀盐酸、酒精
8、17、把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀则该混合溶液中钾离子浓度为A0.1(b2a) molL1 B10(2ab) molL1C10(ba) molL1 D10(b2a) molL118、反应方程式 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu不属于下列反应类型中的( )A离子反应B氧化还原反应C复分解反应D置换反应19、设一个12C原子的质量为a g，一个R原子的质量为b g，阿伏加德罗常数为NA mol-1。则R的相对原子质量可以表示为ABCbNADaNA20、相同
9、质量的H2SO4与H3PO4中的氢原子数之比为A2： 3B3： 2C1：2D2：121、1mol CH4与氯气发生取代反应，待反应完全后，测得四种产物的物质的量相等，则消耗氯气的物质的量是( )A1.25molB5molC2.5molD4mol22、把0.05mol的氢氧化钡固体分别加入100mL下列溶液中，溶液的导电能力变化最明显的是A0.5mol/L的MgCl2溶液B0.5mol/L的盐酸C0.5mol/L的Na2SO4 溶液D0.5mol/L的CuSO4溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 N
10、aNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。24、（12分）有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，Y元素原子核内有8个质子，Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同。（1）写出X元素符号_，画出Y元素的原子结构示意图_。（2）写出Z单质与X2Y反应化学方程式_。25、（12分）
11、实验室需使用0.5 molL1的稀硫酸480 mL，现欲用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84 gcm3）进行配制。回答下列问题：(1)如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是_（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_（填仪器名称）。(2)需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为_ mL。(3)下列操作中正确的是_（填序号，下同）；若配制过程中的其他操作均准确，下列操作能使所配溶液浓度偏高的有_。洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中将浓硫酸倒入烧杯中，再向烧杯中注入蒸馏水稀释浓硫酸定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移
12、前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线26、（10分）浓硫酸是常用的干燥剂，根据需要可将浓硫酸配成不同浓度的稀硫酸。回答下列问题：（1）1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4 _g，含有H+_个，将此溶液与足量的铝片反应，反应的离子方程式为_。（2）配制上述稀硫酸需要量取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸_mL（结果保留一位小数）。配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要_。（3）稀释浓硫酸的操作是_。（4）下列操作使配制的硫酸溶液的物质的量浓度偏小的是_。A稀释浓硫酸时有液体溅出
13、B容量瓶中有少量蒸馏水残留C浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移D向容量瓶加水定容时仰视刻度线27、（12分）有5瓶损坏标签的溶液，分别盛有AgNO3、HNO3、盐酸、BaCl2、K2CO3，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、E产生沉淀，B与D、E产生沉淀，C、D与E产生气体，而C与D无反应现象。（1）判断各试剂瓶中所盛试剂为：B_、D_。（2）写出下面要求的离子方程式：A与E：_。C与E：_。28、（14分）铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由
14、铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：请回答下列有关问题：（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是_。A铝矾石中含有两种类型氧化物B铝矾石与河沙含有完全相同的成分C铝矾石炼铝需要消耗电能D铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_。（3）滤液中所含溶质有_；步骤反应的离子方程式为_。（4）若步骤中用氨气代替CO2，步骤生成沉淀的离子方程式为_。29、（10分）已知标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol,但很多化学实验并非在标准状况下进行,而是在常温常压下进行，下图为测定常温常压下气体摩尔体积的实验装置图。图中反应原理为：2C2H5OH+2Na2C2H
15、5ONa+H2(反应放热)。（1）该装置有明显错误处,请指出错误之处:_；作图修改(只针对需修改部位)：_。（2）经过（1）改正后进行实验，实验过程如下:a.检查装置气密性；b.常温常压下，取4.6g乙醇与足量的金属钠反应并利用排水法收集产生的H2(假设广口瓶和量筒足够大)；c.当圆底烧瓶中不再有气泡产生,不能立即读数,必须先_,后_，再平视读取量筒中收集到水的体积为1240.0mL。经计算常温常压下气体摩尔体积为_。（3）经过（1）改正后仍有实验误差，下列哪些选项会导致实验误差_。A收集到的氢气中含有装置中原有的空气B收集H2前导管B中无蒸馏水C分液漏斗中的无水乙醇进入圆底烧瓶后占用了装置内
16、气体空间参考答案一、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】ANH3 的摩尔质量为17g/mol，故A错误；BO2和O3均为氧原子构成，所以32g混合物也就是32g氧原子，物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C1g氧气的物质的量为mol，1g氨气的物质的量为mol，物质的量之比为：=17:32，故C错误；D1gCO所含的碳原子为mol，1gCO2所含的碳原子为mol，二者不相等，故D错误；综上所述答案为B。2、C【解析】强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详
17、解】A项、酸性溶液中H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故A错误；B项、Cu2+为有色离子，溶液中Cu2+均与OH-结合生成沉淀不能大量共存，故B错误；C项、该组离子均为无色，溶液中离子之间不反应可大量共存，故C正确；D项、溶液中Ag+、S2-、SO42-会反应生成AgS、Ag2SO4沉淀而不能共存，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，注意选项A中发生氧化还原反应。3、A【解析】设溶液中Na+、Al3+、Cl的物质的量分别是xmol、2xmol、3xmol，根据硫酸铝的化学式可知硫酸根的物质的量是3xmol；忽略氢氧根的
18、物质的量，根据电荷守恒可知氢离子的物质的量是3xmol+3xmol2xmol2xmol32xmol，所以A. H+与Cl数目比为2：3，A正确；B. Al3+与SO42数目比为2：3，B错误；C. Na+与Cl数目比为1：3，C错误；D. Cl与SO42数目比为1：1，D错误，答案选A。4、D【解析】根据稀释定律，稀释前后溶质NaOH的物质的量相等，据此计算稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度。【详解】设稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为c，根据溶液的稀释定律：稀释前后溶质的量不变进行计算。0.03L 0.5mol/L =0.5Lc，c=0.03 mol/L，答案选D。5、C【解析】难溶性的碱
19、受热分解，生成对的氧化物和水，所以氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧化物和水，故正确；铝表面生成了一层致密的氧化膜阻止了腐蚀，能稳定存在于空气中，故错误；碳酸钠、碳酸氢钠是强碱弱酸盐，均水解溶液显碱性，而氯化钠、硫酸钠溶液是强碱强酸盐溶液呈中性，所以并不是所有的钠盐溶液均能使酚酞变红，故错误；镁、铝、铁等是活泼的金属，硫是弱氧化剂，因此镁、铝、铁与硫化合生成硫化镁、硫化铝和硫化亚铁，故正确；含有钠元素的物质NaCl、Na2CO3焰色反应均为黄色，故正确；活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表中金属铝以后的金属均和水不反应，故错误；答案选C。6、B【解析】A. NaCl是
20、钠盐、盐酸盐，不是硫酸盐，(NH4)2SO4是铵盐、硫酸盐，不是盐酸盐，A错误；B. Na2SO4是钠盐、硫酸盐，K2SO4是钾盐、硫酸盐，KCl是钾盐、盐酸盐，NH4Cl是铵盐、盐酸盐，B正确；C. NaCl是钠盐、盐酸盐，不是硫酸盐，C错误；D. (NH4)2SO4是铵盐、硫酸盐，不是盐酸盐，D错误；答案选B。【点睛】交叉分类法主要是从组成的阴阳离子来看属于哪种物质。7、D【解析】摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol，所以答案D正确。故选D。8、B【解析】A、道尔顿提出了原子学说，故A错误；B、汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故B
21、正确；C、德谟克利特是古希腊伟大的唯物主义哲学家，原子唯物论学说的创始人之一，率先提出原子论：万物由原子构成，故C错误；D、卢瑟福用粒子轰击氮原子核，发现了质子，实现了人类第一次原子核的人工转变，故D错误；故答案选B。9、B【解析】A向CuSO4溶液中加入金属钠，不能置换出金属铜，钠先和溶液中的水反应，生成的NaOH溶液再和CuSO4溶液反应：其离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+=2Na+Cu(OH)2+H2，故A错误；BNa2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，是由于生成了碱，后褪色，是Na2O2由于具有强氧化性，氧化而褪色，故B正确；CNa2O2固体中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离
22、子，阴、阳离子数比为1：2，故C错误；D不能用Ca(OH)2溶液区别NaHCO3与Na2CO3溶液，都会生成白色沉淀碳酸钙，故D错误。综上所述，答案为B。10、C【解析】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性。B. 还原剂的还原性大于还原产物的还原性。C、D. 根据电子守恒、氧化顺序先后判断。n(Cl2)=0.05mol，得到电子数0.05mol2=0.1mol，根据还原性判断Fe2+Br-，所以Fe2+先被氧化，后氧化Br-，n(FeBr2)= 1L0.05mol/L=0.05mol，亚铁离子全部被氧化，溴离子氧化0.05mol。反应结束n(Fe3+)=0.05mol ，n(Br- ) =0
23、.05mol ，n (Cl-)=0.1mol。【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，氧化性强弱：Cl2 Br2 Fe3+ ，A错误。B. 还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性强弱：Fe2+ Br- Cl-，B错误。C. 反应后溶液中n(Fe3+)=0.05mol ，n(Br- ) =0.05mol，所以溶液中c(Fe3+):c(Br- ) =1:1，C正确。D. 反应后溶液中不含Fe2+，D错误。【点睛】本题考查氧化还原的综合应用。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，进而进行分析。11、B【解析】由图可知，概念的范畴为包含，然后利用物质的组
24、成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。【详解】A.碱属于电解质，电解质是化合物，故A正确；B. 置换反应一定是氧化还原反应，但离子反应不一定是置换反应，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.碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物属于氧化物，符合包含关系，故D正确。故选B。【点睛】本题D选项，有关氧化物的关系不可混淆，氧化物从组成分类可分为金属氧化物和非金属氧化物，从性质分类可分为碱性氧化物和酸性氧化物等。金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，但碱性氧化物一定是金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO2，
25、酸性氧化物也不一定是非金属氧化物。12、A【解析】由于过量的钡离子需要利用碳酸钠除去，因此要先除SO42离子，然后再除Ca2+离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+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，只要将三种离子除完了，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，所以正确的操作顺序为：或或，答案选A。【点睛】本题主要考查了盐的性质、除杂的方法和原则，除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂。13、B【解析】A. 凡是能导电的物质
26、不一定都是电解质，例如金属，A错误；B. 电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的离子，B正确；C. 盐酸能导电的原因是溶液电离生成了自由移动的离子的缘故，电离不需要通电，C错误；D. 能电离的物质不一定发生了电离，要在水溶液里或熔化状态下才能电离，故不一定能能导电，例如固体氯化钠等，D错误，答案选B。14、A【解析】A. 检查容量瓶是否漏水的方法，正确；B. 滴加液体，错误，胶头滴管不能插入试管内；C. 给溶液加热，错误，试管内的液体超过试管容积的三分之一；D. 过滤，错误，漏斗颈没有紧贴烧杯内壁。故选A。15、C【解析】试题分析：碱溶液能使蛋白质变性，杀死虫卵，故A错误；明矾和氯水是常用
27、的水处理剂，常用于水的净化消毒，但不能淡化海水，故B错误；氨气易溶于水，呈碱性，能增大CO2的溶解度，故C正确；CaCl2可防止食物受潮，CaCl26H2O不能防止食物受潮，故D错误。考点：本题考查物质性质与用途。16、B【解析】电解质为：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质为：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，据此即可解答。【详解】A氯化钠是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质，硫酸钡是在
28、熔融状态下能够导电的化合物，是电解质，两者都是电解质，选项A错误；BNaHCO3是在水溶液中能够导电的化合物，是电解质，蔗糖在水溶液中或熔融状态下只有分子，没有自由移动的离子，不导电，是化合物，是非电解质，前者是电解质，后者是非电解质，选项B正确；C铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，二氧化硫常温下为气体，没有自由移动的离子，虽SO2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是SO2自身电离，SO2是化合物，故SO2是非电解质，前者既不是电解质又不是非电解质，后者是非电解质，选项C错误；D稀盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质，也不
29、是非电解质，酒精在水溶液中或熔融状态下只有分子，没有自由移动的离子，不导电，是化合物，是非电解质，前者既不是电解质也不是非电解质，后者是非电解质，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查电解质与非电解质判断，题目难度不大，注意解答该类概念性题目，应该明确概念，抓住概念中的关键词，注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。17、D【解析】试题分析：硫酸根和钡离子1:1反应，硝酸根和银离子1:1反应，由题意得：a mol硫酸钠中含有a mol硫酸根，所以钡离子由a mol；所以氯化钡中的氯离子由2a mol；b mol硝酸银中含有b mol银离子；所以氯离子的总量是b mol；所以氯化钾中的氯离
30、子是(b-2a)mol,钾离子物质的量是(b-2a)mol；所以该混合溶液中钾离子浓度为10(b-2a) molL-1，故选D。考点：离子反应 定量关系点评：此题要根据定量关系：包括离子反应的定量关系；也包括物质定组成的定量关系。18、C【解析】A该反应在溶液中进行，有离子参与，属于离子反应；B该反应Fe、Cu元素化合价变化，属于氧化还原反应；C该反应属于置换反应，不属于复分解反应；D该反应属于Fe置换Cu的反应。答案选C。19、C【解析】A. Ar(R)=，A错误；B. 结合选项A，B错误；C. M(R)=b gNA mol-1=bNA gmol-1，Ar(R)=bNA，C正确；D. 结合选
31、项C，D错误；答案选C。20、A【解析】H2SO4与H3PO4的摩尔质量都是98g/mol，设质量均为98g，则H2SO4与H3PO4的物质的量均为98g98g/mol=1mol，1molH2SO4中有2molH，1molH3PO4中有3molH，所以氢原子数之比为2mol:3mol=2:3，选项A符合题意。答案选A。21、C【解析】1mol与反应生成的有机物为、，且每一种取代产物的物质的量均为，根据取代一个氢消耗一个氯气的反应原理分析有机物消耗氯气的物质的量为，故C符合题意。综上所述，答案为C。22、D【解析】电解质的导电能力，主要取决于离子浓度的大小，浓度越大，导电能力越强，把0.05mo
32、l的氢氧化钡固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的离子浓度变化最大，则溶液的导电能力变化最大，以此解答。【详解】A、100mL 0.5mol/L的MgCl2溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应MgCl2+Ba(OH)2=Mg(OH)2+BaCl2，生成的Ba2+和Mg2+离子浓度相同，所以导电能力没有变化；B、100mL 0.5mol/L的盐酸中加入0.05mol氢氧化钡固体，发生反应2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O，反应生成0.025mol BaCl2，还剩余0.025mol Ba(OH)2，离子浓度增大，导电能力增大，导电能力变化较明显；C、100mL 0.5
33、mol/L的Na2SO4 溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4，生成的氢氧根离子和原来的硫酸根离子电荷浓度相同，所以导电能力没有变化；D、100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2+BaSO4，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，几乎不导电，所以导电能力变化最明显。故答案选D。二、非选择题(共84分)23、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产
34、生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。24、H Cl2+H2OHCl+HC
35、lO 【解析】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。【详解】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。(1)X为氢元素，元素符号为H；氧原子结构示意图为 ； (2) X2Y为水，Z的单质为氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为Cl2+H2OHCl+HClO。25、AD 玻璃棒、胶头滴管 13.6 【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻
36、璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管；(2)根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式计算即可；(3)依据进行误差分析。【详解】(1) 配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要烧瓶、分液漏斗；还需要玻璃棒、胶头滴管；故答案为：AD；玻璃棒、胶头滴管；(2) 设需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为V L，因为浓硫酸的物质的量浓度，根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式可得：18.4 mol/L V L = 0.5 mol/L 0.5 L，解得V = 0.0136 ，即需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为13.6 mL； 故答案为：13.6；(3) 洗
37、涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，题中操作不正确；待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中，不会影响浓度的变化，题中操作正确；浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸密度较大，则稀释浓硫酸的操作方法为：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，题中操作不正确；定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸，导致n偏小，则配制溶液浓度偏低，题中操作不正确；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响V，则配制溶液浓度不变，题中操作正确；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，题中操作不正确；定容时俯视刻度
38、线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，题中操作不正确；故选：；。【点睛】明确实验原理、实验操作规范性及操作步骤是解本题关键，难点是误差分析，利用公式中n、V判断即可。26、49 NA或6.021023 2Al + 6H+2Al3+ + 3H2 27.2 量筒、1000mL容量瓶 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 AD 【解析】（1）根据mnM、ncV、NnNA计算，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气；（2）根据c1000w/M计算浓硫酸的浓度，根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算，根据配制原理选择仪器；（3）根据浓硫酸溶于水放热分析解答；（4）根据cn/V结合实验操作判断。【详解】
39、（1）1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4的质量是1L0.5mol/L98g/mol49g，硫酸的物质的量是0.5mol，含有1mol氢离子，则含有NA或6.021023个H+；硫酸是二元强酸，将此溶液与足量的铝片反应生成硫酸铝和氢气，反应的离子方程式为2Al+6H+2Al3+3H2。（2）质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度是1000mL/L1.84g/mL98%98 g/mol18.4mol/L，由于在稀释过程中溶质的物质的量不变，则配制上述稀硫酸需要量取该浓硫酸的体积为0.5mol18.4mol/L0.0272L27.2mL，配制此溶液需要的玻璃仪器
40、除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要量筒、1000mL容量瓶。（3）由于浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，则稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。（4）A稀释浓硫酸时有液体溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏小；B容量瓶中有少量蒸馏水残留不影响实验结果；C浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大；D向容量瓶加水定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，答案选AD。27、AgNO3 盐酸 Ba2+CO32-=BaCO3 CO32-+2H+=CO2+H2O 【解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K
41、2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。据此解答。【详解】根据以上分析可知A是氯化钡，B是硝酸银，C是硝酸，D是盐酸，E是碳酸钾，则（1）B中所盛试剂为AgNO3，D中所盛试剂为盐酸；（2）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2+CO32BaCO3；C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H+CO32CO2+H2O。【点睛】掌握常见物质的性质特点是解答的关键，注意
42、进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。28、C Al2O3+6H+2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O NaOH、NaAlO2 OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3 Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+ 【解析】氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则步骤中生成的沉淀是氢氧化铝，因此滤液中含有偏铝酸盐，则原料B是强碱，因此滤液中含有铝盐和铁盐，则原料A应该是酸，所以残渣是二氧化硅，结合问题分
43、析解答。【详解】（1）A、铝矾石中含有的SiO2是非金属氧化物，氧化铁是金属氧化物，氧化铝是两性氧化物，因此含有三种类型的氧化物，故A错误；B、河沙的主要成分为SiO2，因此铝矾石与河沙含有的成分不完全相同，故B错误；C、电解法炼铝，必定消耗电能，故C正确；D、步骤是酸溶解氧化铁和氧化铝，步骤是碱沉淀铁离子以及把铝离子转化为偏铝酸根离子，步骤是二氧化碳把偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解以及氧化铝电解均是分解反应，所以铝矾石炼铝的过程中涉及复分解反应、分解反应等，不涉及置换反应，故D错误。答案选C。（2）原料A溶解矿石，可利用强酸，分离出不溶物SiO2，反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O。（3）步骤中可加入强碱例如氢氧化钠，沉淀出Fe3，使Al3转化为偏铝酸根离子留在溶液里，所以滤液中所含溶质为NaOH、NaAlO2。通入CO2发生的反应为：OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+H