《2023届河南省范县第一中学化学高一上期中联考模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届河南省范县第一中学化学高一上期中联考模拟试题含解析.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 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、下列推断正确的是（ ）A铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3B铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠
2、也能从硫酸铜溶液中置换出铜C钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与化学反应时金属均作还原剂D活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中2、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是ANH4+、NO3-、Al3+、Cl-BNa、SiO32- 、K+、NO3-CMnO4-、K+、SO42-、Na+DK+、SO42-、HCO3-、Na+3、在反应3Cl22FeBr2=2FeCl32Br2中，被还原的元素是AFe BFe和Br CCl DC1和Br4、同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是A3Cl26KOH5KClKClO33H2OB2H2SSO2=2H2
3、O3SC2KNO32KNO2O2DNH4NO3N2O2H2O5、下列有关0.1mol/LKNO3溶液的叙述正确的是A在1L水中溶解10.1g KNO3,即可配制得0.1mol/L KNO3溶液B100mL该溶液中含NO3-0.1molC从1L该溶液中取出100mL，所取出的KNO3溶液的浓度为0.01mol/LD1L该溶液中含KNO310.1g6、现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液；20的乙醇溶液；氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C蒸馏、萃取、分液D分液、蒸馏、萃取7、化学知识在日常生活中有很多应用，下列说法正确的是A用食盐清洗热水瓶中的
4、水垢B漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2见光分解C加碘食盐，能使淀粉显蓝色D氯水应避光保存，是因为HClO见光分解8、下列元素的原子间不能形成离子键的是 ( )A钠和氟 B镁和溴 C钙和氧 D氯和氧9、下列图像与其相应的描述对应正确的是( )A向硫酸铜溶液中加入氢氧化铜固体直至过量的过程，溶液的导电性变化B向硫酸溶液中逐渐加水的过程中，溶液密度的变化C一定温度下，向饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾晶体，溶液中溶质质量分数变化D向2L 0.015mol/L石灰水中通入二氧化碳的过程，沉淀质量的变化10、下列反应不能发生的是AKHCO3 + HCl = KCl + CO2 + H2OBAgN
5、O3 + NaCl = AgCl + NaNO3CCu + 2AgNO3 = Cu(NO3)2 + 2AgD2HCl + Na2SO4 = 2NaCl + H2SO411、下列离子方程式正确的是（ ）A铁片与氯化铜溶液反应：Fe Cu2+ = Cu Fe2+B铁与稀硫酸反应：2Fe 6H+ = 2Fe3+ 3H2CBa(OH)2溶液与稀H2SO4反应：Ba2+ + OH- + H+ SO42- = H2O+BaSO4D氢氧化镁溶于盐酸：OH-H+ = H2O12、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
6、化还原反应D还原剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物13、胶体区别于其他分散系的最本质特征是()A能产生丁达尔效应B粒子带电C能透过滤纸D分散质粒子的直径在1100nm之间14、下列离子方程式书写正确的是A氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO4C碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸：CO32- + H+ = HCO3D铜与稀盐酸反应：Cu + 2H+ = Cu2+ +H215、下列实验仪器不宜直接用来加热的是（ ）A试管B坩埚C蒸发皿D烧杯16、下列说法正确的是( )A1 mol O2所占体积约为22.4 LB40 g
7、SO3中含有的分子数约为6.021023C100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中含溶质的物质的量为0.01 molD标准状况下，11.2 L N2和H2的混合气体所含原子数约为3.01102317、下列两种气体的分子数一定相等的是 （ ）A质量相等密度不等的NO和C2H6B等体积不等密度的CO和C2H4C等温等体积的O3和N2D等压等体积的N2和CO218、下列叙述中,正确的是A含金属元素的离子一定都是阳离子B金属阳离子被还原不一定得到金属单质C某元素从化合态变为游离态时,该元素一定被还原D在氧化还原反应中,非金属单质一定是氧化剂19、密度为0.910 gcm-3氨水，质量分数为25
8、.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为( )A等于12.5%B大于12.5%C小于12.5%D无法确定20、等温等压下，关于等质量D2、T2两种气体的下列叙述中不正确的是（）A密度之比2:3 B质子数之比3:2 C中子数之比3:4 D体积之比2:321、下列说法中正确的是A液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质BNH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质C铜、石墨均导电，所以它们是电解质D蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质22、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1m
9、olB2g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10NA二、非选择题(共84分)23、（14分）AF是中学化学常见的六种物质，它们之间有如下转化关系。已知A是厨房中常见的一种调味品，D是一种黄绿色气体单质，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，回答下列各题：(1)四个反应中，属于氧化还原反应的是_。(2)写出两个化学反应的化学方程式：_;_。24、（12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
10、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：_。25、（12分）某无色溶液可能含有Na、Mg2+、Fe3+、Cu2等阳离子及NO3-、HCO3-、SO42-、Cl等阴离子。取100mL该溶液，加入足量10 mL 2 molL1稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味的气体0.224L（已换算成标准状况，假
11、定产生的气体全部逸出），该气体使澄清石灰水(足量)变浑浊。（1）由以上实验可判断：原溶液中一定不存在的离子是_，一定存在的离子是_。（2）将上述酸化后的溶液分成两等份：一份中逐滴加入氨水，最终生成白色沉淀0.58g，说明原溶液中一定有_(填离子符号)，刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，原因是_(用离子方程式表示)；另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀4.66g，说明原溶液中一定有_(填离子符号)，过滤得到滤液。（3）往滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体2.87 g，则原溶液中是否有Cl？_(填“是”或“否”)。（4）判断Na是否存在_(填“是”或“否”)。若存
12、在，求出其最小浓度，若不存在说明理由：_。26、（10分）某学生欲配制3.0mol/L的H2SO4溶液100mL，实验室有标准浓度为90、密度为1.80g/mL的硫酸溶液。请回答下列问题：(1)实验所用90的硫酸的物质的量浓度为_mol/L(保留1位小数)。(2)配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为_mL。(3)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤A、C补充完整。A用量简准确量取所需的90的硫酸溶液_mL，沿玻璃棒倒入少量蒸馏水中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；B将混合均匀的硫酸溶液沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；C_；D振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；E改用胶头滴管加
13、水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；F将容量瓶盖紧，振荡，据匀。(4)如果省略操作C，对所配溶液浓度有何影响？_(填“偏大”、“偏小”或无影响”)(5)进行操作B前还需注意_。27、（12分）（1）在图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶
14、中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀（3）根据计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_g在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL量筒最好28、（14分）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2Na
15、I+2H2O（1）上述反应中氧化剂是_（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_（填编号）ANaCl BNH4Cl CHNO3 D浓H2SO4（4）请配平化学方程式：_Al+_NaNO3+_NaOH_NaAlO2+_N2+_H2O若反应过程中转移5 mol e-，则生成标准状况下N2的体积为_29、（10分）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO416HCl(浓)
16、 =2KCl2MnCl25Cl28H2O（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式_；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填写编号，多选倒扣)；只有还原性还原性和酸性 只有氧化性氧化性和酸性（3）此反应中氧化产物是_（填化学式），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为_mol。（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O。_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、C【解析】A、铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在纯氧中燃烧生成Fe3O4，故A推断错误；B、金属钠为活泼金属
17、，加入硫酸铜溶液中，先与H2O反应：2Na2H2O=2NaOHH2，然后NaOH再与CuSO4反应：CuSO42NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，故B推断错误；C、金属钠与O2、H2O反应生成Na2O或Na2O2、NaOH，金属钠化合价升高，金属钠作还原剂，金属单质参与化学反应时金属失去电子，化合价升高，作还原剂，故C推断正确；D、金属铝在空气中被氧化成一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，保护内部铝不被氧化，因此金属铝不用保存在煤油中，故D推断错误。【点睛】易错点是金属钠与盐溶液的反应，金属钠一般先与水反应，生成的NaOH再与盐反应，当盐状态为熔融状态时，金属钠与盐发生反应。2、A【解析】
18、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、发生的化学反应以及溶液无色显酸性分析判断。【详解】A、该组离子之间不反应，能大量共存，且均为无色的离子，A正确；B、因SiO32、H+能结合生成硅酸沉淀，不能够大量共存，B错误；C、该组离子之间不反应，能共存，但MnO4在溶液中呈紫色，与无色溶液不符，C错误；D、因H+、HCO3能结合生成二氧化碳气体和水，不能够大量共存，D错误。答案选A。3、C【解析】反应3Cl22FeBr2=2FeCl32Br2中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，Fe元素+2价升高为+3价，Br元素由-1价升高为0，元素的化合价降低，得到电子被还原，所以该反应中C
19、l元素被还原。故选C。【点睛】氧化还原反应的判断依据是有元素化合价的升降，元素化合价升高，失电子被氧化，元素化合价降低，得电子被还原。4、A【解析】A该反应中只有Cl2中0价的Cl元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，A符合题意；B该反应中H2S中-2价的S元素被氧化，SO2中+4价的S元素被还原，B不符题意；C该反应中KNO3中O元素被氧化，N元素被还原，C不符题意；D该反应中只有N的化合价发生变化，其中+5价的N元素降低为+1价，-3价的N元素升高为+1价，不是同种物质中同一价态的元素化合价发生变化，D不符题意；答案选A。5、D【解析】试题分析：A10.1g KNO3的物质的量为0.1
20、mol，溶于水配成1L溶液，即可配制得0.1mol/L KNO3溶液，体积1L为溶液体积，不是溶剂水的体积，故A错误；BNO3-浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中NO3-的物质的量为0.1L0.1molL-1=0.01mol，故B错误；C溶液是均匀的，取出溶液的浓度与原溶液浓度相同，从1L该溶液中取出100mL，所取出的KNO3溶液的浓度为0.1mol/L，故C错误；D1L该溶液中含KNO3的质量为1L0.1molL-1101g/mol=10.1g，故D正确。故选D。考点：考查物质的量的相关计算6、D【解析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体
21、物质间的分离方法，萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象。【详解】汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；答案选D。【点睛】选择分离方法时，一定要注意各物质的物理性质差异，包括溶解性，密度等。7、D【解析】【详解】A、水垢的成分为碳酸钙，与食盐不反应，则不能用食盐易清洗热水瓶中的水垢，可利用醋酸清洗水垢，故A错
22、误；B、Ca(ClO)2见光不易分解，漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，HClO见光分解，故B错误；C、加碘食盐中碘的形态是碘酸钾，而能使淀粉显蓝色的是碘单质，加碘食盐不能使淀粉显蓝色，故C错误；D、氯水应避光保存，是因为氯水中HClO见光分解，故D正确；答案选D。8、D【解析】分析：两种非金属原子间以共用电子对成键，据此分析；形成离子化合物的元素可能为金属与非金属，也可能为非金属，如铵盐；共价化合物只含有共价键，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，据此解答。详解：A、钠是活泼金属，氟是活泼非金属，钠和氟形成离子键，故A正确；B、镁是活
23、泼金属，溴是活泼非金属，镁和溴形成离子键，故B正确；C、钙是活泼金属，氧是活泼非金属，钙和氧形成离子键，故C正确；D、氯和氧都是非金属元素，两种非金属原子间以共用电子对成键，不能形成离子键，故D错误。故本题选D。点睛：元素种类与化学键的关系：两种非金属的原子之间一般形成共价键，但多种非金属原子之间则有可能形成离子键，例如所有的铵盐中都存在离子键。金属元素和非金属元素之间一般形成离子键，但有些金属元素与非金属元素之间可形成共价键，如AlCl3。9、B【解析】根据变化过程中，某些物理量的变化分析曲线正确与否。【详解】A项：CuSO4溶液中加入Ba(OH)2固体时，发生CuSO4+Ba(OH)2Cu
24、(OH)2+BaSO4。随着Ba(OH)2的加入，溶液中离子浓度减小，导电能力减弱；恰好反应时，溶液几乎不导电；Ba(OH)2过量时，溶液导电能力又增强。A项错误；B项：大多数物质的水溶液，密度比水大，且溶质质量分数越大，溶液的密度也越大。向硫酸溶液中加水，溶液的密度逐渐减小，并趋近于1g/mL。B项正确；C项：一定温度下，饱和KNO3溶液中溶质的质量分数不可能为0，加入的KNO3晶体也不溶解，溶质的质量分数不变。C项错误；D项：一定量石灰水中通入CO2，先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O，后发生反应CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2。两反应消耗等量的CO2，沉淀质量
25、与V(CO2)的关系应为“等腰三角形”。D项错误。本题选B。10、D【解析】A该反应中生成气体(CO2)和水，且盐酸的酸性比碳酸强，故A可以发生；B该反应中生成AgCl沉淀，故B可以发生；CCu的活泼性比Ag强，可以从硝酸银溶液中置换出Ag单质，故C可以发生；D该反应中的生成物中没有气体、沉淀和弱电解质，故D不能发生；综上所述答案为D。11、A【解析】A. 铁的活泼性大于铜，铁片与氯化铜溶液反应置换出铜，离方程式书写正确，A 正确；B. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe 2H+ = Fe2+ H2，B错误；C. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，正确的
26、离子方程式：Ba2+ +2OH- +2H+SO42- =2H2O+BaSO4，C错误；D. 氢氧化镁为不溶于水的沉淀，不能拆成离子形式，正确的离子方程式： Mg(OH)22H+ =2H2O+Mg2+, D错误；综上所述，本题选A。12、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。13、D【解析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微
27、粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1100nm之间，微粒直径大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液。丁达尔效应是胶体的一种光学性质，是区别溶液和胶体的一种常用的物理方法。故答案选D。14、C【解析】A次氯酸为弱电解质，保留化学式；B漏掉了铜离子与氢氧根离子的反应；C碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸反应生成碳酸氢钠；D铜与盐酸不反应。【详解】A. 氯气跟水反应，离子方程式：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故A错误；B. 硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2H+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+2H2O，故B错误；C. 碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸，离子方程式：CO32+H+=
28、HCO3，故C正确；D. 铜与盐酸不反应，故D错误；本题选：C。15、D【解析】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；本题答案选D。16、C【解析】分析：A.没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氧气的体积；B.三氧化硫的摩尔质量为80g/mol，40g三氧化硫分子的物质的量为0.5mol；C. 100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中含有溶质氯化钠0.01 mol；D.标准状况下，11.2 L混合气体的物质的量为0.5mol，氢气和氮气为双原子分子，0.5mol氢气和氮气的混合物中含有1mol原子。详解：A.不是标准状况下，题中条件无
29、法计算1mol氧气的体积,故A错误;B. 40 g三氧化硫的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为3.011023，故B错误；C. 100 mL 0.1 mol/LNaCl溶液中,含有溶质氯化钠：0.1mol/L0.1L=0.01mol，所以C选项是正确的；D.标况下，11.2 L氮气和氢气的物质的量为0.5mol，0.5mol混合气体中含有1mol原子，所含原子数约为6.021023，故D错误。所以C选项是正确的。17、A【解析】AN2和C2H4的摩尔质量相等，二者质量相等，根据n=可知物质的量相等，分子数目之比等于物质的量之比，故二者的分子数目一定相等，故A正确；B二者等体积不等密度，则
30、质量不相等，CO和C2H4的摩尔质量相等，根据n=可知物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故B错误；C相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度、压强，二者所处的状态不一定相同，若状态相同，则体积相同，分子数目也相同；若状态不相同，即温度、压强不同，体积相同时分子数目不一定相等，故C错误；D相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度、压强，二者所处的状态不一定相同，若状态相同，则体积相同，分子数目也相同；若状态不相同，即温度、压强不同，体积相同时分子数目不一定相等，故D错误；故答案为A。18、B【解析】A含金属元素的离子，可能为阴离子，如AlO2-、MnO4-等，A错误；B金属阳离子被还原可能得
31、到单质、也可能为离子，如Fe3+被还原生成Fe2+，Fe2+被还原生成Fe，故B正确；C元素从化合态变为游离态时，元素的化合价可能升高，也可能是降低，所以该元素不一定被还原；C错误；D在C与O2化合生成CO2的反应中，单质C作还原剂，O2作氧化剂，所以非金属单质不一定是氧化剂，故D错误；故合理选项是B。19、C【解析】设加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，稀释后氨水中溶质的质量分数100%11.9%12.5%，答案为C。【点睛】溶液稀释时，溶质的物质的量或质量不变。20、D【解析】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol；设D2、T2两种气体的的质量均为m，则
32、其物质的量分别是 、；根据阿伏伽德罗定律的推论，等温等压下，体积比等于物质的量比；等温等压下，密度比为摩尔质量的比。【详解】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol，等温等压下，密度比为摩尔质量的比，所以密度之比4g/mol：6g/mol =2:3，故A正确；设D2、T2两种气体的质量均为m，则其物质的量分别是 、，质子数之比为 ： =3:2，故B正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，中子数之比为 ： =3:4，故C正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，等温等压下，体积比等于物质的量比，所以体积之比为 ：=3:2，故D错误。选D。【点睛】本题考查以物质的
33、量为中心的计算、阿伏伽德罗定律的推论的应用，特别是对摩尔质量的灵活运用，有助于提高学生获取信息的能力。21、D【解析】A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但HCl、NaCl溶于水均电离出阴阳离子而导电，均是电解质，A错误；B、NH3、CO2的水溶液均导电，但溶液导电是因为二者都与水反应生成电解质一水合氨、碳酸的缘故，不是自身电离产生自由移动的离子，所以NH3、CO2均是非电解质，B错误；C、铜、石墨均导电，但它们都是单质，所以它们不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、蔗糖、酒精在水溶液或熔融时均不能电离出离子，不导电，所以它们是非电解质，D正确。答案选D。【点睛】明确电解质和非电解质的含义
34、是解答的关键，注意化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。22、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
35、，所含电子数目为10NA，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2 MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 + Cl2+2H2O 【解析】已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体， F常用作催化剂，为二氧化锰。据此解答问题。【详解】已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体， F常用作催化剂，为二氧化锰。则A为氯化钠，B为氢氧化钠，C为氢气，D为氯气，E为氯化氢，F为二氧化锰。(1)有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，四个反应中属于氧化还
36、原反应的为。(2)反应为电解氯化钠生成氢氧化钠和氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；为浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰和氯气和水，方程式为：MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 + Cl2+2H2O。【点睛】推断题抓住突破口是关键，如颜色，黄绿色的气体为氯气，红棕色的气体为二氧化氮等，抓住物质的用途，如氯化钠为厨房常用调味剂等。24、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，说明含有M
37、g2+，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，因此假设应
38、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(这一原则可帮助我们确定一
39、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。25、Fe3+、Cu2 HCO3- Mg2+ NH3H2OH=NH4+H2O SO42- 否 是 最小浓度为0.7 molL1 【解析】无色溶液中一定不存在有色离子，原溶液中一定不存在Fe3+离子和Cu2离子；取100mL该溶液，加入足量10 mL 2 molL1稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味使澄清石灰水变浑浊的气体0.224L，说明溶液中存在0.01mol HCO3-离子，溶液中H+离子过量0.01mol。【详解】（1）无色溶液中一定不存在有色离子，原溶液中一定不存在Fe3+离子
40、和Cu2离子，加入足量稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，说明溶液中存在HCO3-，故答案为：Fe3+、Cu2；HCO3-；（2）一份逐滴加入氨水，最终生成氢氧化镁白色沉淀0.58g，说明溶液中一定有0.02mol Mg2+离子；刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，是因为溶液中存在过量的0.01mol H离子，H离子中和了氨水，反应的离子方程式为：NH3H2OH=NH4+H2O；另一份加入足量的Ba(NO3)2溶液，生成硫酸钡白色沉淀4.66g，说明原溶液中一定有0.04mol SO42-离子，故答案为：Mg2+；NH3H2OH=NH4+H2O；SO42-；（3）往滤
41、液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得氯化银固体2.87 g，说明滤液中含有0.02mol Cl离子，因10 mL 2 molL1稀盐酸电离出0.02mol Cl离子，则原溶液中没有Cl，故答案为：否；（4）原溶液中存在0.01mol HCO3-离子、0.04mol SO42-离子，一定不存在Cl离子，可能存在NO3-离子，阴离子的电荷总数（0.04mol2+0.01mol）=0.09mol，存在0.02mol Mg2+离子，电荷数为0.02mol2=0.04mol，由电荷守恒可知原溶液中一定存在Na离子，n(Na)至少为（0.09mol0.02mol）=0.07mol，则100mL
42、溶液中c(Na)为0.7mol/L，故答案为：是；最小浓度为0.7 molL1。【点睛】本题考查了离子检验，涉及了离子性质、离子反应现象的判断、离子共存、电荷守恒的理解应用，掌握离子反应现象的判断、离子共存和电荷守恒是解题关键。26、16.5 100 18.2 洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也转移至容量瓶中 偏小 将溶液冷却至室温再转移到容量瓶 【解析】(1)根据物质的量浓度与质量分数关系式c=计算；(2)根据常见容量瓶的规格结合配制溶液的体积选择仪器；(3)利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积，用量筒量取后根据注酸入水的原则稀释；为使配制溶液浓度准确，烧杯内壁及玻璃
43、棒上粘有的溶质也要转移到容量瓶中；(4)根据c=判断；(5)根据浓硫酸溶于水放热及容量瓶使用温度是20分析。【详解】(1)实验所用90的硫酸的物质的量浓度为c=16.5(mol/L)(2)配制100mL该溶液，就选择100mL的容量瓶；(3)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以3.0mol/L100mL=16.5mol/LV，解得V=18.2mL，所以用量筒量取18.2mL浓硫酸，加入到盛有一定量水的烧杯中稀释；待溶液恢复至室温后，转移至容量瓶中，然后用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液也转移至容量瓶中；(4)由于容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的仪器，烧杯及玻璃棒上
44、粘有溶质，若不全部转移到容量瓶中，根据c=可知，溶质的n偏少，则溶液的浓度就偏小；(5)浓硫酸溶于水，会放出大量的热，使溶液温度升高，容量瓶配制溶液的温度是20，若不将溶液冷却至室温后再转移溶液至容量瓶中，定容后，溶液温度恢复至室温，溶液的体积就小于100mL，根据物质的量浓度定义式可知，这时溶液的浓度就偏大。【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。涉及物质的量浓度与质量分数的换算、仪器的使用、操作过程注意事项等。掌握浓硫酸稀释溶解放热、溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变、及容量瓶使用要求是本题解答的关键。27、（1）A、C （少一个扣一分，下同）；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶（2）B、C、D ；（3）2.0g；小于 ；（4）13.6；15【解析】试题分析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液所必需的仪器有：一定规格的容量瓶，托盘天平、烧杯