《2023届辽宁省丹东市第七中学化学高一上期中考试试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届辽宁省丹东市第七中学化学高一上期中考试试题含解析.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、下列行为符合安全要
2、求的是A进入煤矿井时，用火把照明B酒精等有机物在实验台上着火，应马上用湿抹布或沙子盖灭，不能用水灭火C做H2还原CuO的实验时，先加热CuO，后通入H2D用点燃的火柴检验液化气钢瓶是否漏气2、6.4 g M 和 17.0 g N 恰好完全反应，生成 0.4 mol X 和 12.2 g Y，则 X 的摩尔质量为A112gB112 gmol -1C28gD28 gmol -13、已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是( )A16gB32gC64g /molD32g /mol4、在3Cu + 8HNO3（稀） =3Cu（NO3）2 + 2NO+ 4H2O的反应中，氧化
3、剂与还原剂的物质的量之比是A1:1 B3:8 C2:3 D8:35、下列说法正确的是()A失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强B已知FeCu2=Fe2Cu；2Fe3Cu=2Fe2Cu2，则氧化性强弱顺序为Fe3Cu2Fe2C已知还原性：BCD，反应2CD2=2DC2和反应2CB2=2BC2都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应6、下列离子方程式书写正确的是A醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4+ H2OB氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-C钠跟水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2D硫酸铜溶液跟氢氧化钡
4、溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO47、下列离子方程式书写正确的是( )A铁和硝酸银溶液反应 Fe3Ag=3AgFe3B氢氧化铜与硫酸溶液反应 OHH=H2OC碳酸钙与盐酸溶液反应：CaCO3+2H=Ca2H2O+CO2D铁与稀硫酸反应 2Fe6H=2Fe33H28、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )。A将酸分为一元酸、二元酸等：分子组成中含有氢原子的数目B强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小C溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象D氧化还原反应的本质：有电子转移9、检验溶液中的离子，实验步骤和结论均正确的是A加入AgNO3溶液，有白色沉淀生
5、成，一定含有Cl-离子B加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，一定含有离子C加入淀粉溶液变蓝，可能含有I2D加入BaCl2溶液，有白色沉淀，一定含有离子10、下列物质混合发生化学反应，且反应属于离子反应的是AH2和O2反应生成水B锌片投入稀硫酸中CKClO3（固体）和MnO2（固体）混合加热制O2DNaOH溶液和K2SO4溶液混合11、下列说法正确的是A直径介于1nm100nm之间的微粒称为胶体B向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液可以得到Fe(OH)3胶体C利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D渗析是鉴别溶液和胶体的最简便的方法12、下列物质：氯水 氯化氢气体 盐酸 融熔氯化钠
6、 氯酸钾溶液 四氯化碳，其中不含氯离子的是ABCD13、某学生发现烧杯中的溶液有悬浮物，通过如图所示的操作进行过滤，其操作上错误的地方有()A4处B3处C2处D1处14、下列反应属于氧化还原反应的是ACaCO3+2HCl=CaCl2+CO2 + H2OBCaO+H2O=Ca(OH)2C2H2O22H2O+O2DCaCO3 CaO+CO215、下列叙述中正确的是A检验稀盐酸和氢氧化钠溶液是否恰好完全反应，可在反应后溶液中滴加无色酚酞溶液，无明显现象，恰好完全反应B某液体可能是海水或蒸馏水，将其蒸发结晶，液体消失，无残留物，该液体为蒸馏水C检验溶液中是否含硫酸根离子，蒸发结晶液体消失，无残留物，溶
7、液中一定含硫酸根离子D某溶液中加入稀盐酸有气泡产生，该溶液中一定含碳酸根离子16、如图所示装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是ABCD17、下列叙述中，正确的是AH2SO4的摩尔质量是98B等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同C等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为11D将98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L18、已知氧化性Br2Fe3+I2S，下列反应不能发生的是（）A2Fe2+I22Fe3+2IBBr2+H2SS+2HBrC2Fe3+2I2Fe2+I2DBr2+2Fe2+Fe3+2Br19、当光束通过下列分散系时，不能产生丁达尔
8、效应的是A稀豆浆B淀粉胶体C氯化钾溶液D氢氧化铁胶体20、为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是( )序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法KNO3溶液KOH滴入HNO3同时测定pH至溶液呈中性FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤CO2CO依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶ABCD21、一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中分别充入相同质量的Ne、H2、O2三种气体，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是()Ap(Ne)p(H2)p(O2)Bp(O2)p(Ne)p(H2)Cp(H2)p(O2)p(Ne)Dp(H2
9、)p(Ne)p(O2)22、 “纳米材料”是指直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（ ）A所得混合物是溶液且一定能导电B在通常情况下不稳定，易沉淀C能全部透过半透膜D有丁达尔效应二、非选择题(共84分)23、（14分）下图转化关系中的物质均为常见物质或它们的溶液，其中 A、C 为单质，B 为氧化物且常温下为无色液体，E 为淡黄色固体，H 为红褐色沉淀。（反应条件和部分产物已省略）根据上述转化关系，回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A_ G _（2）反应的化学方程式为：_。反应的离子方程式为：_。（3）沉淀 G 转化为沉淀 H 的现象：_，
10、化学方程式为_（4）写出物质 E 的一种用途_。（5）一定条件下，将一定量的 A 与足量的 C 充分反应，最终得到 39.0g 固体 E，则反应中转移的电子数为_。24、（12分）下表是周期表中的一部分，根据元素AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：AAAAAAA0一A二DEGI三BCFH (1)上述元素中性质最不活泼的是_，只有负价而无正价的是_，单质氧化性最强的是_，单质还原性最强的是_。(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_，酸性最强的是_，呈两性的是_。(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为_，这些化合物中最稳定的是_。(4)在B
11、、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是_。25、（12分）海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验： 请填写下列空白：(1)步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是_（从下列仪器中选出所需仪器，用标号字母填写在空白处）；A烧杯 B坩埚 C表面皿 D泥三角 E酒精灯 F干燥器(2)步骤的实验操作名称是_； (3)写出步骤的离子反应方程式（已知MnO2生成Mn2+和H2O ）_ ;(4)步骤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是_ , 还可选用_（写试剂的化学式）来提取碘，该步骤所用主要玻璃仪器的名称是_。(5)步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质
12、碘，同时回收苯，该步骤的实验操作名称是_。26、（10分）实验室需要 0.5molL-1 的 NaOH 溶液 480mL，现欲配制此溶液，有以下仪器：烧杯 100mL 量筒 100mL 容量瓶胶头滴管玻璃棒托盘天平(带砝码)药匙(1)配制时，必须使用的仪器有_(填代号)，还缺少的仪器是 。该实 验中两次用到玻璃棒，其作用分别是_，_ 。(2)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤： 称量、计算、 溶解、 倒转摇匀、 转移、洗涤、定容、冷却，其正确的操作顺序为_(用序号填 空)，其中在操作中需称量 NaOH 的质量为_g。(3)下列操作结果会使溶液的物质的量浓度偏低的是_。A没有将洗涤液转入容量瓶
13、中B称量时用了生锈的砝码 C定容时，俯视容量瓶的刻度线D定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度(4)若某学生用托盘天平称量药品时，在托盘天平左盘放有 20g 砝码，天平达平衡时游码的位置如图，则该同学所称量药品的实际质量为_g。27、（12分）实验室需配制480mL 2.0mol/L的KOH溶液。(1)若用固体KOH配置，则需选用_mL容量瓶。(2)用托盘天平称取KOH的质量_。(3)实验过程中两次用到玻璃棒，其作用分别是：_、_。(4)下列操作的正确顺序是：B_G (用字母表示)。A冷却 B称量C洗涤 D定容E.溶解 F.转移 G.摇匀(5)现实验室需要量取稀盐酸2
14、4.5mL，宜选用的量筒最大体积应为_。A50mL B10mL C25mL D20mL28、（14分）（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2OCu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是_（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2+ 2H2O_（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原
15、剂的物质的量之比为_。（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_L。（5）配平下面两个反应 _H2O + _Cl2 +_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMnO4 + _HCl=_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O（系数是1的也请填上），_根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。_。29、（10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
16、能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+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_参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均
17、只有一个符合题意的选项）1、B【解析】A.煤矿井中有可燃性气体，不能用火把照明，否则会着火爆炸，故错误；B. 酒精能溶于水，且酒精的密度比水小，所以酒精等有机物在实验台上着火，应马上用湿抹布或沙子盖灭，不能用水灭火，故正确；C. 做H2还原CuO的实验时，为了防止装置中的空气与氢气混合出现危险，所以先通入H2后加热CuO，故错误； D. 不能用点燃的火柴检验液化气钢瓶是否漏气，若漏气会出现爆炸，故错误。故选B。2、D【解析】根据化学反应中质量守恒，0.4molX的质量=(6.4g+17.0g)-12.2g=11.2g，则X的摩尔质量=28g/mol。答案选D。3、D【解析】气体的物质的量n=0
18、.25mol，气体的摩尔质量M=，故答案为D。【点睛】注意摩尔质量的单位为g/mol。4、C【解析】根据氧化还原反应的本质和特征进行分析判断氧化剂和还原剂。【详解】在3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，硝酸得电子作氧化剂，硝酸中N元素得电子被还原，铜作还原剂，铜元素被氧化，若有8mol硝酸参加反应，则只有2mol硝酸参加氧化还原反应，被还原的HNO3与被氧化的Cu的物质的量之比是2：3，故C正确。故选C。【点睛】化合价发生变化的硝酸体现氧化性，化合价未发生变化的硝酸只体现酸性。5、B【解析】A氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无
19、关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，故A错误；B氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应Fe+Cu2+Fe2+Cu中，氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Cu2+Fe2+，在反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，所以氧化性Fe3+Cu2+，故氧化性顺序是：Fe3+Cu2+Fe2+，故B正确；C氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：C-D-，故反应2C-+D22D-+C2能发生，还原性：B-C-，故反应2C-+B22B-+C2不能发生，故C错误；D具有强氧化性和强还
20、原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃或光照时才会反应，常温下不反应，故D错误。故答案为B。6、A【解析】试题分析：A、醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4+ H2O，正确；B、次氯酸为弱酸，在离子方程式中应用化学式表示，错误；C、钠跟水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2，电荷不守恒，错误；D、硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO4，漏掉氢氧根和铜离子的反应，错误。考点：考查离子方程式正误判断。7、C【解析】A. 铁和硝酸银溶液反应生成硝酸亚铁，离子方
21、程式为：Fe2Ag=2AgFe2，A错误；B. 氢氧化铜不溶于水，应该用化学式表示，离子方程式为：Cu(OH)22H= Cu2+2H2O， B错误；C. 碳酸钙难溶于水的，用化学式表示，离子方程式为：CaCO3+2H=Ca2H2O+CO2，C正确；D. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，离子方程式为：Fe2H=Fe2H2，D错误。答案选C。【点睛】判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式。8、D【解析】A. 根据酸电离出的氢离子个数
22、，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，而不是根据酸分子中的氢原子个数，错误；B. 根据电解质在熔融状态或在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C. 分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D.氧化还原反应的本质是电子转移，正确。【点睛】丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，但不是分散系区分的本质区别；溶液导电能力与溶液中可移动电荷总浓度有关，与电解质强弱无关。9、C【解析】A加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能为AgCl或Ag2CO3，则不一定含有Cl-离子，A错误；B加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，还可能是
23、离子，被硝酸氧化为，B错误；C能使淀粉溶液变蓝，则含有I2，C正确；D加入BaCl2溶液，有白色沉淀，沉淀可能为BaSO4或BaCO3，则不一定含有离子，D错误。答案选C。【点睛】Cl-离子的检验：加入HNO3酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，含有Cl-离子；离子的检验：先加盐酸，无沉淀，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，含有离子。10、B【解析】A氢气和氧气混合需要点燃才会反应，且该反应没有离子参加，不是离子反应，A不符合题意；B锌与稀硫酸可反应，锌与氢离子发生反应，是离子反应，B符合题意；C氯酸钾和二氧化锰固体加热反应，该反应没有离子参加，不是离子反应，C不符合题意；D氢氧化钠与硫酸钾
24、混合没有发生化学反应，D不符合题意；故选B。11、C【解析】胶体是指分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀；丁达尔现象是胶体的重要特征，可用来区别溶液和胶体；胶体粒子可以透过滤纸，但不能透过半透膜。【详解】直径介于1nm100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，故B错误；丁达尔现象是胶体的重要性质，可用来区别溶液和胶体，故C正确；胶体粒子不能透过半透膜，用渗析的方法提纯胶体，鉴别溶液和胶体的最简便的方法是丁达尔效应，故D错误。12、C【解析】氯
25、气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢能电离出氯离子，所以氯水中含有氯离子，故不选；氯化氢气体为分子构成的物质，只含氯化氢分子不含氯离子，故选；氯化氢在水溶液里能电离出氯离子，所以盐酸中含有氯离子，故不选；熔融氯化钠能电离产生氯离子，故不选；氯酸钾溶液中电离产生钾离子和氯酸根离子，不产生氯离子，所以不含氯离子，故选；四氯化碳为分子构成的物质，只含四氯化碳分子不含氯离子，故选；答案选C。13、C【解析】过滤实验的操作要点是“一贴”“二低”“三靠”。图中操作上的错误有2处：液体未用玻璃棒引流；漏斗颈的末端未与烧杯的内壁相接触。14、C【解析】反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此解答。【详
26、解】A、反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2 + H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故A不选；B、反应CaO+H2O=Ca(OH)2中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故B不选；C、反应2H2O22H2O+O2中过氧化氢中的氧元素化合价部分升高，部分降低，属于氧化还原反应，且过氧化氢既是氧化剂也是还原剂，故C选；D、反应CaCO3 CaO+CO2中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故D不选。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析。15、B【解析】A、在反应后的溶液中滴
27、加无色酚酞试液无明显现象，说明恰好完全反应或稀盐酸过量。故选项错误；B、海水中含有氯化钠、氯化钙、氯化镁等物质，蒸发时能够产生固体物质，蒸馏水中没有溶解物质，蒸发时不能产生固体。故选项正确；C、硫酸钡是不溶于稀硝酸的白色固体，向某溶液中加入硝酸钡溶液，再加入稀硝酸后有白色沉淀产生，说明溶液中含有硫酸根离子。故选项错误；D、碳酸氢根离子也和盐酸反应放出二氧化碳，所以检验溶液中是否含有碳酸根离子加入稀盐酸，有气泡，溶液中不一定含有碳酸根离子，故此选项错误。答案选B。16、B【解析】实验中生成的Fe(OH)2容易发生氧化，要能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀就要防止其发生氧化。，【详解】Fe与稀硫
28、酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，不符题意；苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；所以上述装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是，答案选B。17、B【解析】A、摩尔质量的单位是g/mol，H2SO4的摩尔质量应该是98g/mol，A错误；B、氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，即等质
29、量的O2和O3中所含的氧原子数相同，B正确；C、等物质的量的CO与CO2中所含碳原子数之比为1:1，而等质量的CO与CO2的物质的量不相等，所含碳原子数之比不等于1:1，C错误；D、将98gH2SO4溶解于水中配制成500mL溶液，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L，将98g H2SO4溶解于500mL水中，溶液体积不是500mL，其浓度不是2mol/L，D错误；答案选B。18、A【解析】A氧化性Fe3+I2，所以2Fe2+I22Fe3+2I不能发生，故A选；B根据氧化性Br2S，所以反应Br2+H2SS+2HBr能发生，故B不选；C根据2Fe3+2I=2Fe2+I2，可知氧化性是Fe
30、3+I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故C不选；D根据氧化性Br2Fe3+，所以反应Br2+2Fe2+Fe3+2Br能发生，故D不选。故选A。19、C【解析】丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的通路，丁达尔现象是胶体特有的性质，据此解答。【详解】A稀豆浆属于胶体，能产生丁达尔效应，A不符合；B淀粉胶体能产生丁达尔效应，B不符合；C氯化钾溶液是溶液分散系，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C符合；D氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，D不符合。答案选C。20、A【解析】KOH和硝酸反应生成硝酸钾和水，不会引入新杂质，正确；过量Fe与硫酸铜反应生成硫
31、酸亚铁和Cu，然后过滤得到硫酸亚铁，除去杂质硫酸铜，正确；二氧化碳与碱反应，而CO不能，错误；加盐酸生成氯化钙，会引入杂质，错误，答案选A。点睛：本题考查混合物的分离、提纯，明确物质的性质及性质差异选择分离方法即可解答，注意除杂的原则是除去杂质，但不引进新的杂质，更不能使提纯物质减少。21、D【解析】一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中，气体的压强之比等于其物质的量之比，质量相同时，与相对分子质量成反比，即气体的相对分子质量越大，压强越小。Ne、H2、O2的相对分子质量分别为20、2、32，所以压强从大到小的顺序为p(H2)p(Ne)p(O2)，故选D。22、D【解析】分散质的粒子直径在1n
32、m100nm之间的分散系称之为胶体，而“纳米材料”的粒子直径在几纳米到几十纳米范围，因此将“纳米材料”分散到液体分散剂中所得的混合物属于胶体。A. “纳米材料”在液体分散剂中不一定发生电离，所以该混合物不一定能导电，A项错误；B.胶体具有介稳性，稳定性介于溶液和浊液之间，所以在通常情况下该混合物是稳定的，不易沉淀，B项错误；C.胶体分散质的粒子直径大于半透膜的孔隙直径，所以该混合物中的“纳米材料”不能透过半透膜，C项错误；D.该分散系属于胶体，当一束平行光照射该混合物时，从垂直于光的入射方向观察，能观察到该混合物中有一条光亮的“通路”，称为丁达尔效应，D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分
33、)23、Na Fe(OH)2 2Na2H2O = 2NaOH + H2 Fe2+2OH- = Fe(OH)2 白色沉淀迅速转化为灰绿色沉淀，最终转变为红褐色沉淀 4Fe(OH)22H2OO2 = 4Fe(OH)3 潜水艇供氧剂或漂白剂 NA或6.021023 【解析】B 为氧化物且常温下为无色液体，B 为H2O。E 为淡黄色固体，E 为Na2O2。根据物质的转化关系可知，A为Na，C 为O2，D为NaOH。H为红褐色沉淀，为Fe(OH)3，G 为Fe(OH)2，F为含有Fe2+的盐。【详解】（1）由以上分析可知，A为Na， G 为Fe(OH)2。（2）反应的化学方程式为：2Na2H2O = 2
34、NaOH + H2；反应的离子方程式为：Fe2+2OH- = Fe(OH)2。（3）Fe(OH)2不稳定，易被氧化成Fe(OH)3，反应的现象为白色沉淀迅速转为灰绿色沉淀，最终变为红褐色沉淀。化学方程式为4Fe(OH)22H2OO2 = 4Fe(OH)3。（4）E 为Na2O2，可以和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇供氧剂或漂白剂。（5）发生反应为2Na+ O2 Na2O2，最终得到 39.0g Na2O2，n(Na2O2)= = =0.5mol，参与反应的 n(Na)= 0.5mol2=1mol，反应中Na元素由0价升高到+1价，反应中转移的电子数为NA或6.021023。【点睛】本题
35、考查了钠及其化合物、铁及其化合物、化学反应中离子的计算。对重要物质的化学性质和物理性质需要牢固掌握。并能根据反应中化合价变化推出电子转移数目。24、Ne F F2 Na NaOH H2SO4 Al(OH)3 CH4、NH3、PH3、HF、H2S HF Na 【解析】由元素在元素周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别是H、Na、Al、C、N、P、F、S、Ne。根据元素周期律分析解答。【详解】(1)稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最不活泼的是Ne；F的非金属性最强，则F元素只有负化合价，没有正化合价；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质氧化性最强的是F2；元素的金属性越
36、强，单质的还原性越强，单质还原性最强的是Na，故答案为：Ne；F；F2；Na；(2)元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，以上各元素中，金属性最强的为Na，则碱性最强的为NaOH；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，根据元素周期律知，非金属性最强的元素是F，但F元素没有含氧酸，非金属性次之的是S元素，其最高价含氧酸是H2SO4，所以酸性最强的酸是H2SO4；氢氧化铝为两性氢氧化物，故答案为：NaOH；H2SO4；Al(OH)3； (3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为CH4、NH3、PH3、HF、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定
37、，这些化合物中最稳定的是HF，故答案为：CH4、NH3、PH3、HF、H2S；HF；(4)B、C、D、E、F、G、H中，D、E、G元素的原子含有2个电子层，B、C、F、H原子含有3个电子层，由于B的原子序数最小，则B的原子半径最大，即：原子半径最大的为Na，故答案为：Na。25、BDE 过滤 MnO2+2I-4H=2H2O+Mn2+I2 苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大 CCl4 分液漏斗 蒸馏 【解析】灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯；操作为分离固体和液体的过滤操作；由步骤中MnO2生成Mn2+和H2O可知，碘离子
38、在酸性条件下可被MnO2氧化生成I2；萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大；分离沸点不同的互溶物质的实验操作方法是蒸馏，碘与四氯化碳互溶，但沸点不同。【详解】（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，灼烧海带时，除需要三脚架、外，还需要用到的实验仪器是泥三角、坩埚、酒精灯、坩埚钳。（3）操作为分离固体和液体的过滤操作，过滤得到含碘离子的溶液。（3）由步骤中MnO2生成Mn2+和H2O可知，碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化生成I2，则反应的离子反应
39、方程式为：MnO2+2I-4H=2H2O+Mn2+I2。（4）步骤的操作为萃取，据萃取剂选择的一般原则，即溶质在萃取剂里的溶解度要大，且萃取剂与原溶剂互不相溶，由于I2易溶于有机溶剂苯或四氯化碳，故可用苯或四氯化碳来提取碘，实验时用到的主要玻璃仪器为分液漏斗。（5）碘与四氯化碳互溶，但沸点不同，步骤从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，还需经过蒸馏，使易挥发的苯气化、冷凝回收苯，在蒸馏烧瓶中得到单质碘。【点睛】本题考查从海带中提取碘的实验，涉及了灼烧实验，实验仪器的名称、物质的分离方法、离子方程式的书写，明确物质分离方法、单质碘的性质是解答的关键。26、（10分） （1）；500mL容量瓶；搅拌
40、；引流；（2） （2分） 10.0（3） AD（2分）（漏选得1分，错选不得分）（4） 17.4【解析】试题分析：（1）配制时，必须使用的仪器有烧杯胶头滴管玻璃棒托盘天平（带砝码）药匙；还缺少的仪器是500mL容量瓶；该实验中两次用到玻璃棒，第一次是溶解NaOH固体时，起搅拌的作用；第将烧杯中的溶液转移至容量瓶时，通过玻璃棒引流转移溶液，玻璃棒的作用是引流；（2）配制溶液时，的步骤是计算称量溶解冷却转移洗涤定容倒转摇匀，故其正确的操作顺序为；配制500mL0.5molL-1的NaOH溶液，需要溶质的物质的量是n(NaOH)= 0.5mol/L 0.5L=0.25mol，则其质量是m(NaOH)
41、=0.25mol40g/mol=10.0g，所以在操作中需称量NaOH的质量是10.0g。（3）A没有将洗涤液转入容量瓶中，会使溶质的物质的量偏少，则导致配制的溶液的物质的量浓度偏低，正确；B称量时用了生锈的砝码，则溶质的质量偏多，式溶质的物质的量偏多，导致溶液的物质的量浓度偏高，错误；C定容时，俯视容量瓶的刻度线，使溶液的体积偏小，导致配制的溶液的物质的量浓度偏高，错误；D定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度，使溶液的体积偏大，则导致配制的溶液的物质的量浓度偏低，正确。（4）若某学生用托盘天平称量药品时，在托盘天平左盘放有20g砝码，根据天平称量时左右两盘质量关系
42、：左=右+游，则20.0=m(药品)+2.6g，所以m(药品)=17.4g。【考点定位】考查物质的量浓度的溶液的配制步骤、仪器的使用、误差分析等知识。【名师点睛】托盘天平是准确称量一定固体物质质量的仪器，在使用前要调零，然后才可以称量物质的质量。称量的原则是“左物右码”，出来的药品的质量等于砝码与游码的质量和，即左=右+游。称量时，先在天平的两个托盘上各放一张大小相等的纸片，把药品及砝码放在托盘上，取用砝码要用镊子夹取，先取用大的，再取用小的；一般的药品放在纸片上，对于像NaOH等有腐蚀性的药品应该在烧杯中进行称量。万一不慎将药品与砝码放颠倒，也不必重新称量，就根据物质的质量关系：左=右+游，药品的质量=砝码与游码的质量差就将数据得到了修正。天平使用完毕，要将砝码放回到砝码盒子中，并将游码调回到“0”刻度。27、500 56 g 搅拌 引流 C E A F D C 【解析】(1)实验室选用容量瓶要遵循“大而近”的原则，实验室没有480mL的容量瓶，所以需选用500mL容量瓶；(2)用托盘天平称取KOH的质量为m=Mn=McV=56 g/mol2 mol/L0.5 L=56 g；(3)实验过程中两次