《2022年浙江省浙南名校联盟化学高一第一学期期中经典模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年浙江省浙南名校联盟化学高一第一学期期中经典模拟试题含解析.doc（16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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、下列有关化学基本概念的判断不正确的是具有氧化性的物质在反应中一定做氧化剂根据是否仅含一种元素将物质分为纯净物与混合物氧化还
2、原反应的本质是反应前后元素化合价变化强电解质与弱电解质本质区别是水溶液中导电性强弱根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸MgO、Na2O2、CuO、Al2O3都是金属氧化物，也是碱性氧化物A B C D2、除去氯气中混有的少量的氯化氢气体，最好选用A水 B饱和食盐水C纯碱溶液 D饱和烧碱溶液3、下列除去杂质的方法正确的是（ ）A除去CO2中的少量HCl：通入NaOH溶液B除去NaCl溶液中的少量MgCl2：加入适量KOH溶液，过滤C除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的盐酸D除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末4、下列现象不涉及丁达尔效应的是A投影光束B布朗运动
3、C美丽晚霞D林中光柱5、阿波罗宇宙飞船以N2H4（联氨）和N2O4为推力源，反应温度达2 700 ，反应式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，关于该反应的说法中正确的是（）A属于置换反应B联氨是氧化剂C联氨是还原剂D氮气是氧化产物，不是还原产物6、下列离子方程式正确的是A石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：B硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：C氧化铜与稀硫酸反应：D碳酸氢钠溶液中加入盐酸：7、某溶液中可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+。取该溶液200mL加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧沉淀，得到1.6g固体。向上述滤
4、液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g沉淀，且沉淀不与盐酸反应。由此可知原溶液中A存在3种离子BCl一定存在，且c(Cl)=0.2mol/LCSO42、NH4+、Fe3+ 一定存在，Cl不存在DCO32可能存在8、下列物质属于电解质的是 ( ) 氢氧化钠NH3H2O铝蔗糖二氧化碳A B C D9、下列物质属于酸的是（ ）AHNO3 BCaCO3 CSO2 DNH3H2O10、某物质A在一定条件下，加热分解，产物均是气体：2A=B+2C+2D，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为A7dB5dC2.5dD2d11、根据反应2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2，2F
5、eCl2+Cl2 = 2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是( )AFe3+Cl2I2BCl2I2Fe3+CCl2Fe3+I2DI2Cl2Fe3+12、NA代表阿伏加德常数，下列说法中正确的是A在标准状况下，22.4LH2O的物质的量是1molB2g氢气所含原子数目为NAC在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NAD17g NH3所含电子数目为10NA13、浓度为2.00 mol/L的盐酸溶液1L，欲使其浓度变为4.00mol/L，下列方法可行的是（ ）A蒸发掉0.5L水B标况下通入44.8L HCl气体C将溶液加热蒸发浓缩至0.5LD加入10mol/L盐酸0.6
6、L，再将溶液稀释至2L14、关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是A静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶粒的带电性B由于胶粒之间有排斥作用，胶粒不易聚集成大的颗粒，这是胶体具有介稳性的主要原因C纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料属于胶体DAl(OH)3胶体吸附水中的悬浮物属于物理过程15、由CO2和H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2和H2的体积比为（）A29：8B22：1C13：8D26：1516、下列物质中属于醇类且能发生消去反应的是( )ACH3OH BCCH3CH(OH)CH2CH3 D17、下列各组混合物能用分液漏斗分离的是
7、()A四氯化碳和水B汽油和食用油C浓硫酸和浓硝酸D酒精和水18、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是A2F2+2H2O4HF+O2BAgNO3+NaClAgCl+NaNO3C3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2DMgCl2（熔融）Mg+Cl219、用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2C若溶液中有Cu2，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2，则一定有Cu析出20、已知32 g X与40 g Y恰好完全反应,生成m g Q和 9
8、 g H,在相同条件下,16 g X和足量Y混合生成0.25 mol Q和若干摩的H,则物质Q的摩尔质量应是（ ）A122 gmol-1B63 gmol-1C126 gmol-1D163 gmol-121、从海水中提取镁的工业流程如图所示，下列说法不正确的是A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B在实验室进行的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯C步骤电解MgCl2时，副产物Cl2可以循环利用D上述工艺流程中的反应未涉及置换反应22、40.5 g某金属氯化物RCl2含有0.6 mol 氯离子，则金属R的摩尔质量为()A135 gB135 gmol1C64 gD64 gmol1二、非选择题(共
9、84分)23、（14分）淡黄色固体A和气体X存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）固体A的名称_，X的化学式 _。（2）反应的化学方程式为_。（3）写出反应的离子方程式_。24、（12分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。25、（12分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上A 萃取分液法 B 结晶法 C 洗气
10、法 D 蒸馏法 E 过滤法_ 分离饱和食盐水与沙子的混合物。_用通入氢氧化钠溶液的方法除去CO中混有的CO2。_分离四氯化碳（沸点为76.75）和甲苯（沸点为110.6）的混合物。_从碘的水溶液里提取碘。_从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。26、（10分）实验室需要90 mL 3.0molL-1 稀硫酸溶液，某同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制。实验操作如下：A将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；B盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；C用量筒量取 mL98%的浓硫酸；D将_沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量_的烧杯中；E用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也全部转移
11、到容量瓶中；F将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入 ；G改用 逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；H继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线12 cm处。(1)填写上述步骤中的空白：C：_ ；D ：将_ 注入_ ；F：_ ；G：_ 。(2)将上面操作步骤按正确的进行排序_（用字母表示）。(3)试分析下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是_（填序号）。 量取浓硫酸时俯视读数； 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水； 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤； 未冷却至室温定容； 定容时俯视容量瓶的刻度线； 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线。27、（12分）如图是中学化学中常用于混合物的
12、分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl等杂质，选择装置_。（2）从碘水中分离出I2，选择装置_，该分离方法的名称为_。（3）装置A中的名称是_，进水的方向是从_口(填“上”或“下”)进水。装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是_。（4）粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等杂质，需要提纯后才能综合利用。粗盐提纯的步骤有：加入过量的Na2CO3溶液 加入过量的BaCl2溶液 加入过量的NaOH溶液 过滤溶解 加盐酸调节溶液的pH等于7 蒸发。操作顺序合理
13、的是_(可多选)。a b c d28、（14分）在标准状况下，下列气体中含有氢原子质量最大的是A0.5mol HClB6.4g CH4C6.72L NH3D1.2041023个H2S29、（10分）（1）下列说法正确的是_。A用可见光束可以鉴别红褐色的氢氧化铁胶体和溴水，是因为溶液与胶体的本质区别是能否发生丁达尔效应B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C用托盘天平在烧杯中称量氢氧化钠固体8.8g。D漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应。E萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大。FKNO3在电流作用下在水中电离出K
14、+ 和NO3 。（2）现有四瓶溶液分别是NH4NO3溶液、NaCl溶液、(NH4)2 SO4溶液、MgSO4溶液，可用于鉴别它们一种试剂(可适当加热）是_。（填试剂名称）（3）已知某植物营养液配方为0.3mol KCl，0.2mol K2SO4，0.1mol ZnSO4和1L水若以KCl，K2SO4，ZnCl2和1L水为原料配得相同组成的营养液，需三种溶质KCl_ mol，K2SO4_ mol，ZnCl2_ （4）100mL0.3molL1Na2SO4溶液和50mL0.2molL1Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42的物质的量浓度约为_（忽略溶液体积变化）。参考答案一、选择题(共包括2
15、2个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】SO2具有氧化性，但在SO2+H2O=H2SO3中没有表现氧化性，错误；根据物质组成成分是否单一，可将物质分为混合物和纯净物；根据纯净物的元素组成是否单一，又可以将纯净物分为单质和化合物，错误；氧化反应与还原反应的本质是电子的得失，特征是元素化合价的升降，错误；强电解质与弱电解质本质区别是在水溶液中电离程度，而不是导电性强弱，错误；根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH，1个酸分子中含有的H原子个数为4个，但电离出1个氢离子，属于一元酸，错误；过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物
16、，错误；可见上述六种说法均不正确，故合理选项是D。2、B【解析】试题分析：A氯气和氯化氢都溶于水。B氯化氢在饱和食盐水中的溶解度比较大，氯气在饱和食盐水的溶解度小，因此答案选B。C氯气与氯化氢都能与纯碱、烧碱发生反应，因此C、D错误。考点：考查物质除杂的相关知识点。3、C【解析】试题分析：A不正确，氢氧化钠也能吸收CO2，应该用饱和碳酸氢钠溶液；B不正确，应该用过量的氢氧化钠，过滤后再酸化即可；碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾、CO2和水，所以选项C正确；D不正确，应该用炽热的铜网，答案选C。考点：考查物质的分离和提纯点评：把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而
17、得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。4、B【解析】胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，空气中的灰尘等微粒分散在空气中形成气溶胶，光束通过时会发生丁达尔效应，因此投影光束、美丽晚霞、林中光柱都属于空气的丁达尔效应；布朗运动是胶体微粒所做的永不停息的无规则运动，与丁达尔效应无关，故选B。5、
18、C【解析】A反应物中不存在单质，不属于置换反应，故A错误；BN2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故B错误；CN2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故C正确；D该反应中只有N元素的化合价变化，则氮气是氧化产物，也是还原产物，故D错误；故答案为C。6、B【解析】A.石灰水与过量碳酸氢钠溶液按照物质的量比1：2反应生成碳酸钙和碳酸钠和水；B.硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，反应生成硫酸钡和硫酸钠和水；C.氧化铜化学式不能拆；D.碳酸氢根为多元弱酸的酸式根离子，不能拆。【详解】灰水与过量碳酸氢钠溶液反应的离子方程式为：，故A错误；B.硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，离子方程式为：，故B正
19、确；C.氧化铜与稀硫酸反应的离子方程式为：，故C错误；D.碳酸氢钠溶液中加入盐酸反应的离子方程式为：，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查离子反应方程式书写正误的判断，侧重考查化学式的拆分和反应物用量对反应的影响，易错选项为AB，解题时把握反应物不同用量发生的化学反应不同的特点。7、B【解析】取该溶液加入过量NaOH溶液，得到气体，说明有NH4+，产生红褐色沉淀说明为Fe3+。根据离子共存原理，溶液中一定不存在碳酸根。向滤液中加足量BaCl2溶液，得到沉淀且沉淀不与盐酸反应，说明有硫酸根。【详解】由所有实验现象可知，溶液中一定存在铵根、铁离子、硫酸根离子，一定不存在碳酸根离子。产生气体0.02
20、mol，涉及反应为NH4+OH-=NH3+H2O，c(NH4+)=0.02mol/200ml=0.1mol/L；红褐色沉淀氢氧化铁加热灼烧后产物为氧化铁，Fe3+Fe(OH)30.5Fe2O3，沉淀为1.6g，则c(Fe3+)=0.02mol/200ml=0.1mol/L；加足量BaCl2溶液，得4.66g硫酸钡沉淀，Ba2+SO42-=BaSO4，c(SO42-)=0.02mol/200ml=0.1mol/L，综上所述，根据阴阳离子电荷守恒可知，氯离子一定存在，c(Cl-)= 3c(Fe3+)+ c(NH4+)-2 c(SO42-)=0.2mol/L。答案为B。8、A【解析】在水溶液中或熔融
21、状态下能够导电的化合物称为电解质，如酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，如蔗糖、乙醇等都是非电解质。大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，氢氧化钠属于电解质，故正确；NH3H2O在水溶液中能够发生部分电离，可以导电，属于电解质，故正确；Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故错误；蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不导电的有机化合物，属于非电解质，故错误；CO2在水中能够导电，但是导电的离子不是二氧化碳本身电离的，故二氧化碳为非电解质，故错误；答案选A。【点睛】正确理解与区分电解质与非
22、电解池是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。9、A【解析】分析：在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，据此解答。详解：A、HNO3能电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，A正确；B、CaCO3是由钙离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，B错误；C、SO2是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于酸性氧化物，C错误；D、NH3H2O电离出铵根和氢氧根离子，属于碱，D错误。答案选
23、A。10、B【解析】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，所以三种气体的平均相对分子质量为2d，右边相对分子质量总和为2d+22d+22d=10d，根据质量守恒定律，左边2A的质量也是也是10d，所以，A的相对分子质量为5d。故选：B。【点睛】本题考查气体阿伏伽德罗定律的应用，这种题注意关键条件“生成的混合气体对氢气的相对密度为d”，根据混合气体的相对密度可计算出混合气体的平均相对分子质量，然后根据阿伏加德罗定律的推论相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。11、C【解析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，2FeCl3+2KI2
24、FeCl2+2KCl+I2，Fe3+I2，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，Cl2Fe3+，则氧化性由强到弱的顺序为Cl2Fe3+I2，正确答案选C。12、D【解析】A在标准状况下，H2O为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算水的物质的量，故A错误；B氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故B错误；C在常温常压下11.2 L氮气，不能用标况下气体摩尔体积计算氮气的物质的量，所含的原子数目无法计算，故C错误；D一个氨气分子中含有10个电子，17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气中含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；答案选
25、D。13、D【解析】A. 盐酸具有挥发性，蒸发掉0.5L水时HCl也会逸出，所以不能实现；B、标况下的44.8L HCl气体物质的量为2mol,原溶液中HCl的物质的量为：2.00 mol/L1L=2mol，溶液的总体积大于1L,故不能实现；C. 将溶液加热蒸发浓缩至0.5L，盐酸具有挥发性，所以此法不能达到；D.加入盐酸，再将溶液稀释至2L，HCl的浓度为c(HCl)= （0.6L10mol/L+2.00 mol/L1L）/2L=4.00mol/L,故D正确；答案：D。14、C【解析】A中和胶体粒子的电性能够使胶体发生电泳从而产生聚沉，如用净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之聚沉除去，A正确；B
26、由于胶粒之间有排斥作用，因此胶粒不易聚集成大的颗粒，这是胶体具有介稳性的主要原因，B正确；C纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米，纳米材料属于纯净物，而胶体属于混合物，故其不属于胶体，C错误；DAl(OH)3胶体吸附水中的悬浮物的过程中没有产生新物质，因此属于物理过程，D正确；答案选C。15、C【解析】同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，而由CO2和H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则混合气体平均相对分子质量为28，设二氧化碳物质的量为xmol，氢气的物质的量为ymol，则：M=28，解得x:y=13:8，故答案为C。16、C【解析】醇发生消去反应的条件：与-OH相连的C
27、，其相邻C上有H原子。A、CH3OH属于醇，只有一个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；B、属于醇，与-OH相连的C，其相邻C上无H原子，不能发生消去反应，故B错误；C、CH3CH(OH)CH2CH3属于醇，与-OH相连的C，其相邻C上有H原子，能发生消去反应，消去可得到CH3CH=CH2，故C正确；D、的-OH直接连在苯环上，属于酚类，故D错误。故选C。17、A【解析】两种互不相溶且密度相差较大的液态混合物通常用分液漏斗分离。A.四氯化碳不溶于水且密度比水大，所以四氯化碳和水的混合物可能用分液漏斗分离，A项正确；B.食用油易溶于汽油，汽油和食用油混合物不能用分液漏斗分离，B项错误；C.浓硫酸
28、和浓硝酸互溶，浓硫酸和浓硝酸混合物不能用分液漏斗分离，C项错误；D.酒精和水互溶，酒精和水混合物不能用分液漏斗分离，D项错误；答案选A。18、C【解析】由图示分析可知：属于区域3的条件是属于氧化还原反应但不属于置换反应；分析选项A是置换反应，不符合；选项B是非氧化还原反应，不符合；C选项是氧化还原反应但不属于置换反应，故C正确；选项D属于氧化还原反应且属于分解反应，故D错误。19、B【解析】氧化性是Fe3Cu2Fe2，还原性是FeCu，则A、若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3，A不正确；B、若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2，B正确
29、；C、若溶液中有Cu2，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C不正确；D、若溶液中有Fe2，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，D不正确；答案选B。20、C【解析】32 g X与40 g Y恰好完全反应，生成m g Q和9 g H，根据质量守恒定律，生成Q的质量为32g+40g-9g63 g。现16 g X参加反应，则生成的Q应为63g16g/32g31.5 g，因此Q的摩尔质量为31.5 g0.25 mol126 gmol1，答案选C。21、B【解析】提取镁的工艺流程中发生的反应有：CaCO3 CaO+CO2，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl
30、2=Mg(OH)2+CaCl2，Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，MgCl2Mg+Cl2，以此解答该题。【详解】A、海水在地球上含量丰富，海水中含有大量的镁，提取镁的原料来源丰富，故A正确；B实验操作是过滤，过滤时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台，故B错误； C、工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，副产物Cl2可以制得盐酸，参与循环利用，故C正确；D、根据上述分析，上述工艺流程中的反应未涉及置换反应，故D正确；故选B。22、D【解析】因为每个“RCl2”中含2个氯离子，含0.6mol氯离子的RCl2的物质的量为0.6mol=0.3mol，金属氯化物RCl2的摩尔质量为=1
31、35g/mol，即RCl2的式量为135，所以R的相对原子质量为135-35.52=64，金属R的摩尔质量为64g/mol，答案选D。二、非选择题(共84分)23、过氧化钠 CO2 2Na + O2 Na2O2 Ca2+CO32- CaCO3 【解析】由转化关系可以知道,淡黄色固体A能与气体X反应生成固体Y与气体B，所以该反应为过氧化钠与二氧化碳反应，由此可推知淡黄色固体A为Na2O2，气体X为CO2，固体Y为Na2CO3，反应生成的气体为O2；碳酸钠与氯化钙溶液反应生成白色沉淀为CaCO3，所得溶液为NaCl溶液；(1)由上述分析可以知道,固体A为过氧化钠；X的化学式为: CO2；综上所述，
32、本题答案是：过氧化钠 ，CO2 。 (2) 金属钠与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na + O2 Na2O2 ；综上所述，本题答案是： 2Na + O2 Na2O2。（3）碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的离子方程式：Ca2+CO32- CaCO3；综上所述，本题答案是：Ca2+CO32- CaCO3。24、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠
33、，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。25、E C D A B 【解析】萃取适合于溶质在不同溶剂
34、中的溶解性不同而分离的一种方法，结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，据此解答。【详解】沙子不溶于水，分离饱和食盐水与沙子的混合物用过滤法，答案选E；氢氧化钠溶液能吸收二氧化碳，用通入氢氧化钠溶液的方法除去CO中混有的CO2属于洗气法，答案选C；四氯化碳和甲苯相互混溶，但沸点相差较大，分离四氯化碳和甲苯的混合物用蒸馏法，答案选D；碘易溶在有机溶剂中，可用四氯化碳从碘的水溶液里萃取碘，答案选A；硝酸钾
35、和氯化钠的溶解度随温度变化明显，而氯化钠变化不明显，可用结晶法从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾，答案选B。26、16.3 mL 浓硫酸 蒸馏水 100mL容量瓶 胶头滴管 CDFEHGBA 【解析】根据一定物质的量浓度溶液的配制操作方法及注意事项分析。【详解】(1)首先根据已知条件计算浓硫酸的浓度，c=18.4mol/L，由于稀释过程溶质的物质的量不变，故c浓V浓=c稀V稀=n，容量瓶没有90mL，只能选用100mL规格，故计算时，稀硫酸要按照100mL计算，带入计算得到，V浓= 16.3 mL；稀释过程中，由于浓硫酸遇水放热，故需要酸入水的操作，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量蒸馏水的
36、的烧杯中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶；改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；故答案为：16.3 mL，浓硫酸，蒸馏水，100mL容量瓶，胶头滴管；(2)用浓溶液配制稀溶液的操作步骤是：计算量取稀释冷却至室温转移洗涤转移定容摇匀装瓶贴标签，故答案为：CDFEHGBA；(3) 量取浓硫酸时俯视读数使浓硫酸体积偏小，造成配制溶液溶度偏低，故不符合题意； 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响整个实验，故不符合题意； 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤，造成溶质物质的量损失，配制的溶液浓度偏低，
37、故不符合题意；未冷却至室温定容，溶液末冷却就转移到容量瓶中，液体热胀，所加的水体积偏小，故使溶液浓度偏高，故符合题意；定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积减小，故溶液的浓度偏高，故符合题意； 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，溶质的物质的量不变，溶液的体积增大，故溶液的浓度偏低，故不符合题意；故答案为：。【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制过程常见误差分析：(1)称好后的药品放入烧杯时,有少量洒在烧杯外.（mB偏小，cB偏低）；(2)溶解搅拌时有部分液体溅出.（mB偏小，cB偏低）；(3)转移时有部分液体溅出（mB偏小，cB偏低）；(4)未洗涤
38、烧杯和玻璃棒2次3次（mB偏小，cB偏低）；(5)溶解时放热,且未冷却至室温（20）（V偏小，cB偏高）；溶解时吸热,且未恢复到室温（20）（V偏大，cB偏低）。27、D A B 萃取 冷凝管 下 打开分液漏斗上端的玻璃塞 ad 【解析】(1)可以采用蒸发结晶的方法从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，则选择D装置；除去自来水中的Cl-等杂质，可以采用蒸馏的方法，则选择A装置，故答案为D；A；(2)碘易溶于有机溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为B；萃取；(3)装置A中的名称是冷凝管，进水的方向是“下进上出”，否则水蒸气急剧冷却易产生爆炸，装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行
39、的具体操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞，故答案为冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞；(4)除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，先加水溶解，所以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Fe3+3OH-Fe(OH)3；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2+CO32-=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是或，故答案为ad。点睛：本题考查物质的分离提纯
40、及实验装置综合，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。28、B【解析】根据物质的量与质量、气体体积、阿伏伽德罗常数、微粒数目之间的关系分析。【详解】A.0.5mol HCl含有0.5molH，即m(H)=0.5g；B.6.4g CH4即0.4mol，含有n(H)=0.4mol4=1.6mol，即m(H)=1.6g；C.6.72L NH3即0.3mol，含有n(H)=0.3mol3=0.9mol，即m(H)=0.9g；D.1.2041023个H2S即0.2mol，含有n(H)=0.2mol2=0.4mol，即m(H)=0.4g。故B正确。【点
41、睛】原子的物质的量等于该物质的物质的量乘以分子中原子的下角标系数。29、CD 氢氧化钡溶液 0.1 0.3 0.1 0.4 molL1 【解析】（1）A、溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小；B、焰色反应为元素的性质；C、根据天平的用法分析；D、次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸；E、萃取剂的选择与密度大小无关；F、电离的条件不是通电；（2）根据物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们（3）要使KCl，K2SO4，ZnCl2和水为原料配得相同组成的营养液，说明钾离子、硫酸根离子、锌离子、氯离子物质的量相等，据此分析解答（4）分别计算100mL 0.3molL1 Na2S
42、O4溶液和50mL 0.2molL1 Al2（SO4）3溶液的SO42的物质的量，总物质的量除以溶液的总体积即得溶液中SO42的物质的量浓度【详解】（1）A、溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小，故A错误；B、焰色反应为元素的性质，不一定为盐溶液，故B错误；C、托盘天平精确到0.1g，用托盘天平在烧杯中称量氢氧化钠固体8.8g，故C正确；D、次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解失效，故D正确；E、萃取剂的选择与密度大小无关，故E错误；F、KNO3在水溶液或熔融状态下在水中电离出K+ 和NO3，电解质的电离与是否通电无关，故F错误；故选CD。（2）碱溶液与NH4+
43、溶液反应生成有刺激性气味的氨气，硫酸根与含钡离子的溶液生成白色沉淀，选氢氧化钡溶液，与(NH4)2 SO4溶液反应生成硫酸钡白色沉淀和有刺激性气味的氨气，与NH4NO3溶液反应生成有刺激性气味的氨气，与NaCl溶液不反应，与MgSO4溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，能出现四种明显不同的现象，可以鉴别，故选氢氧化钡溶液。（3）要使KCl，K2SO4，ZnCl2和水为原料配得相同组成的营养液，说明钾离子、硫酸根离子、锌离子、氯离子物质的量相等，混合物中钾离子物质的量=n（KCl）+2n（K2SO4）=0.3mol+0.4mol=0.7mol，锌离子物质的量为0.1mol，氯离子物质的量为0.3mol，硫酸根离子物质的量=0.2mol+0.1mol=0.3mol，KCl，K2SO4，ZnCl2中只有氯化锌含有锌离子，根据锌原子守恒知，氯化锌的物质的量是0.1mol，氯化锌中氯离子的物质的量是0.2mol，根据氯原子守恒知，氯化钾的物质的量是0.1mol，根据硫酸根离子物质的量相等知，硫酸钾的物质的量为0.3mol。故答案为0.1；0.3；0.1。（4）100mL 0.3molL1 Na2SO4溶液中SO42的物质的量为0.1L0.3molL1=0.03moL，50mL 0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中SO42的物质的量为0.05L0.2moLL13=0.03mol，混合后的总SO