《2023届黑龙江省佳木斯一中高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届黑龙江省佳木斯一中高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.doc（15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（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式书写正确的是（ ）A醋酸溶解水垢（CaCO3）：CaCO3+2H+ =Ca2+H2O+CO2B在NaHCO3溶液中加入少量的Ba（OH）2溶液： Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3+2H2O+COC氢氧化铜和盐
2、酸反应： H+ +OH =H2OD实验室制氯气：MnO24H +4Cl= Mn2+2Cl2 2H2O2、关于某溶液所含离子检验方法和结论正确的是A加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有Ca2+B加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有Cl-C加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有SO42-D加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则原溶液中CO32-或HCO3-3、下列关于同温同压下等体积的CO2和CO的叙述：质量相等；密度相等；所含分子数相等；所含碳原子数相等，其中正确的是（）ABCD4、下列溶液中，与100
3、mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是( )A100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B200mL 0.25mol/L HCl溶液C50mlL1mol/L NaCl溶液D200mL0.25mol/L CaCl2溶液5、下列实验操作中正确的是A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B蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合液体中C蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热D分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出6、 “纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，
4、所形成的物质（ ）是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 能透过滤纸 不能透过滤纸 静置后，会析出黑色沉淀ABCD7、下列实验方案中，不能测定NaCl和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克C取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤洗涤、烘干，得b克固体D取a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得 b 克固体8、根据下列反应：(1)2Fe3+2I-=2Fe2+I2；(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）ABr-I-Fe2+BI
5、-Fe2+Br-CFe2+I-Br-DBr-Fe2+I-9、现有四组液体：氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液 43的乙醇溶液 含单质溴的水溶液 粗盐溶液中混有泥沙，分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏、结晶B萃取、蒸馏、分液、结晶C蒸馏、萃取、分液、过滤D分液、蒸馏、萃取、过滤10、某溶液中只含有Na、Al3、Cl、SO42四种离子，已知Na、Al3、Cl的个数比为521。则溶液中Al3与SO42的个数比为A15 B14 C34 D2511、向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 molL1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气
6、体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为A11.2 gB5.6 gC2.8 gD无法计算12、下列叙述正确的是A1 mol H2O的质量为18 g/molBCH4的摩尔质量为16 gC3.011023个SO2分子的质量为32gD标准状况下，1 mol任何物质体积均为22.4 L13、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 molL1 K2SO4溶液的说法正确的是()A1 000 mL溶液中所含K、SO42总数为0.3NAB500 mL溶液中有0.1NA个KC1 L溶液中K的浓度为0.4 molL1D1 L溶液中SO42的浓度
7、是0.4 molL114、吸收多余的氯气，最好选用A澄清石灰水B饱和食盐水C浓NaOH溶液D浓硫酸15、已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是A两个反应中NaHSO4均为氧化产物BI2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C氧化性：MnO2SO42-IO3-I2D反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1: 516、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是A标准状况下
8、，1.12 LH2和O2的混合气体含有的原子数为0.1NAB标准状况下，22.4 L CCl4含有的分子数为 NAC通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 LD物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为 NA二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液的溶质可能由下列离子组成：H+、SO42-、CO32-、Cl、Na+、Ba2+中的一种或几种。某同学做如下实验来确定溶液的成分：向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。向中的滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。将足量稀盐酸加入的沉淀中，沉淀部分消失，有气体产生。依据以上实验回答下列问题：（1
9、）原溶液中一定有_。（2）一定没有_。（3）可能含有_。（4）如果要确定原溶液中是否存在该离子，应选用试剂是_。A.稀硝酸 B.Ba（NO3)2 C.AgNO3 D.Na2CO3（5）写出中沉淀消失的离子方程式_。18、现有下列几种物质：蔗糖、氯化钡固体、干冰、硫酸钡、纯碱、铁、盐酸、硝酸银溶液，按要求回答问题：（1）难溶于水的电解质的是_。（2）写出纯碱在水中的电离方程式_。（3）将足量的干冰升华后所得的气体通入烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为_。（4）a、b、c、d是Na2CO3、BaCl2、盐酸、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+
10、cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体b是_（用化学式填写），写出 a+c 反应的离子方程式_。19、实验室里需要纯净的氯化钠晶体，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。已知：NH4HCO3NH3H2OCO2。某学生设计了如下方案：请回答下列问题：(1)步骤加热的目的是_。(2)写出步骤中发生的离子方程式_。(3)步骤，判断SO42-已除尽的方法是_。(4)步骤的目的是_，操作1用到的玻璃仪器有_。(5)操作2的名称是_，应在_(填仪器名称)中进行。20、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。回答下列问题。（1）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
11、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，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（2）根据计算用托盘天平称取的质量为_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”）。、下图是铁粉和水蒸气反应的实验装置示意图。（1）写出该反应的化学方程式_。（
12、2）写出仪器A、C的名称_，_；C中所装药品是_，作用是_，先加热A还是B处？_。21、依据AE几种烃分子的示意图或结构填空。(1)E的分子式是_。(2)属于同一物质的是_(填序号)。(3)与C互为同系物的是_(填序号)。(4)等物质的量的上述烃完全燃烧时消耗最多的是_(填序号,下同);等质量的上述烃完全燃烧时消耗最多的是_。(5)在120,下,A和C分别与足量混合点燃,完全燃烧后恢复至初始状态,气体体积没有变化的是_(填序号)。(6)C的某种同系物的分子式为,其一氯代物只有一种,该烃的结构简式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二
13、氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH =Ca2+ +2CH3COO-+H2O+CO2，故A错误；B.NaHCO3溶液中与少量的Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3+2H2O+CO，故B正确；C.氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，氢氧化铜不溶于水，不能拆写，反应的离子方程式为2H+ + Cu（OH）2 = Cu2+2H2O，故C错误；D.实验室制氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO24H +2ClMn2+Cl2 2H2O
14、，故D错误；故选B。2、D【解析】A.能和碳酸钠反应生成沉淀的，可以是钙离子、钡离子；B.加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，溶液中可能有硫酸根离子、碳酸根离子或氯离子，加入的盐酸也可以和硝酸银生成不溶于酸的沉淀 ；C加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成.，沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，但是二氧化硫有刺激性气味，不符合题中的无色无味气体。【详解】A. 加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，可能是碳酸根和钙离子或钡离子反应，不一定是钙离子，A错误；B. 加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，可能是氯化银沉淀、碳酸银或硫酸银沉淀，加稀盐酸后这些沉淀
15、都不会消失，会转化为氯化银，B错误；C. 加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可能是硫酸钡或氯化银沉淀，原溶液中可能有硫酸根或银离子，C错误；D. CO32-或HCO3-都能和盐酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体， D正确。答案为D。.【点睛】离子检验方法中，注意产生对应现象的多种可能性，如能和碳酸钠反应生成沉淀的，可以是钙离子、钡离子等。再根据题目给出的各种限制条件如颜色气味等进行排除，最后选出对应的答案。3、B【解析】根据阿伏加德罗定律可知同温同压下同体积的CO2气体和CO气体的物质的量相等，CO2和CO的相对分子质量不同，相同物质的量时，二者质量不同，错误；密度等于质
16、量除以体积，质量不同，体积相同，则密度不同，错误；同温同压下等体积的CO2和CO的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，正确，答案选B。4、D【解析】根据溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关，100mL0.5mol/LNaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。【详解】A100mL0.5mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为：0.5mol/L2=1mol/L，A错误；B200mL0.25 mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.25 mol/L，B错误；C50mL 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为
17、1mol/L，C错误；D200mlL0.25mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度0.25mol/L2=0.5mol/L，D正确；故选D。5、D【解析】A萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可，故A错误；B蒸馏操作时，温度计用于测量馏分温度，则温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C在蒸发操作的过程中，当加热到有大量固体析出时停止加热，利用余热蒸干，故C错误；D分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故D正确；答案选D。6、B【解析】纳米材料”是粒子
18、直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。7、B【解析】方案能确定氯化钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中NaHCO3质量分数，A. 此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算
19、质量分数；B. 应先把水蒸气排除才合理；C. 根据碳元素守恒，可求解碳酸氢钠质量分数；D. 根据钠元素守恒的质量关系，可列方程组求解。【详解】A. NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A项不符合题意；B. 混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B项符合题意；C. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠与Ba(OH)2反应，反应的方程式为：HCO3+OH+Ba2+ = H2O+BaCO3，因此最后得到的固
20、体是BaCO3，依据碳元素守恒计算，可以计算出NaHCO3质量分数，故C项不符合题意；D. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以b g固体是氯化钠，利用守恒法可计算出NaHCO3质量分数，故D不符合题意；答案选B。8、B【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。【详解】(1)反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2中，碘元素化合价从-1升到0，失去电子，发生氧化反应，I-为还原剂；Fe化合价降低，得到电子，发生还原反应，得到还原产物Fe2+，则还原性I-Fe2+。(2)反应Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+
21、中，Fe化合价升高，发生氧化反应，亚铁离子是还原剂；Br化合价降低，发生还原反应，得到还原产物Br-，则还原性Fe2+Br-。综上所述，还原性I-Fe2+Br-。答案为B。【点睛】利用化合价变化判断还原剂，并根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来进行比较。9、D【解析】四氯化碳不溶于水，所以分离氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液可以用分液的方法；乙醇能溶于水，但沸点不同，所以分离43的乙醇溶液可以用蒸馏的方法分离；因为溴在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以分离含单质溴的水溶液可以用萃取分液的方法分离；泥沙不溶于水，所以分离粗盐溶液中混有泥沙可以用过滤的方法分离。故选D。【点睛】互溶的液
22、体混合物利用沸点不同采用蒸馏的方法分离。分离不互溶的液体混合物用分液的方法，从水溶液中分离碘或溴用萃取的方法，分离固体和液体用过滤的方法。10、D【解析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算。【详解】溶液中电荷守恒，即所有正电荷的总数应等于所有负电荷的总数，即：n(Na) + 3n(Al3) = n(Cl) + 2n(SO42)，设SO42的离子个数为x，所以5+32=1+2x，解得x=5，所以溶液中Al3和 SO42的离子个数比为2：5，答案选D。【点睛】溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量 = 阴离子带的负电荷总量。学生容易出错的部分是电荷总量的计算，具体应为溶液中的阳离子
23、物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。溶液中电荷守恒书写三部曲，第一步：找出溶液中所有离子；第二步：阴、阳离子各写一边，中间各一个等号；第三步: 离子带多少电荷就在它前面写上那个数字。11、B【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解
24、,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/20.21=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.156=5.6g；B选项正确；综上所述，本题选B。12、C【解析】A1 mol H2O的质量为18 g，故A错误；BCH4的摩尔质量为16 g/mol，故B错误；C3.011023个SO2分子的物质的量为0.5mol，质量为32g，故C正确；D标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 L
25、，故D错误；故选C。13、C【解析】A、1 000 mL溶液中含有0.2 molK2SO4所含K、SO42总数为0.5NA，错误；B、N(K)=0.2 molL10.5 L2NA0.2NA，B项错误；C、K的浓度为0.2 mol120.4 molL1；D、SO42的浓度是0.2 molL1，与溶液的体积无关。14、C【解析】A澄清石灰水是氢氧化钙溶液，氢氧化钙微溶于水，溶液浓度小，不利于吸收氯气，故A错误； B氯气能溶于水，难溶于饱和食盐水，不能吸收氯气，故B错误；C氯气能与碱反应，浓NaOH溶液浓度高，吸收氯气的效率高，故C正确；D浓硫酸不与氯气反应，不能吸收氯气，故D错误；答案选C。【点睛
26、】吸收氯气需要用和氯气反应比较明显的物质，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢气体，用于除杂，不用于吸收。15、D【解析】A在反应（1）中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应（2）中被氧化，故A错误；B碘元素在反应（1）中被氧化，在反应（2）中被还原，故B错误；C根据反应（2），氧化性IO3-SO42-，故C错误；D反应（1）中生成1mol碘转移2NA电子，反应（2）中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；答案选D。16、A【解析】A.标准状况下，1.12 LH2和O2的混合气体的物质的量为0.05mol，H2和O2
27、都是双原子分子，故混合气体的原子总数为0.1NA，A正确；B.标况下CCl4是液态，22.4LCCl4含有的分子数N=nNA=V/Vm NA，气体摩尔体积22.4L/mol不能代入，B错误；C.气体摩尔体积22.4L/mol，必须使用于标况下的气体，而不是通常状况下的气体，故C错误；D.根据微粒数N=nNA=cVNA，所以必须知道溶液体积才能计算，选项中没有给定溶液体积，不能计算氯离子数目，D错误。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、SO42-、CO32-、Na+ H+、Ba2+ Cl- BC BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2 【解析】向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉
28、淀产生，过滤，则含SO42-、CO32-中的一种或都有，则一定没有Ba2+；将中滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则不能确定原溶液中是否含Cl-；将中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生，则一定含SO42-、CO32-，则没有H+，因溶液不显电性，则一定含Na+；综上所述：(1)一定含SO42-、CO32-、Na+；(2)一定没有H+、Ba2+；(3)可能含有Cl-；(4)若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO32-的干扰，故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-，过滤后往滤液中加入硝酸银，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有
29、Cl-，故答案为BC；(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反应方程式为：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2。18、硫酸钡 Na2CO3 = 2Na+ + CO32- CO2+OH-=HCO3- HCl Ag+ + Cl-= AgCl 【解析】根据电解质的概念、实验现象分析推理，回答问题。【详解】(1)电解质是溶于水或熔融时能自身电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质。氯化钡固体、硫酸钡、纯碱是电解质，其中只有硫酸钡难溶于水；(2)纯碱在水中的电离方程式Na2CO3 = 2Na+ + CO32- ；(3)足量CO2气体通入烧碱溶液中生成NaHCO3，反
30、应的离子方程式为 CO2+OH-=HCO3- 。(4)b、d混合生成无色气体，必为Na2CO3、盐酸中的各一种，则a、c为BaCl2、AgNO3溶液中和各一种。a分别与b、c、d混合都有白色沉淀，则a为AgNO3溶液、c为BaCl2溶液。又c、d混合生成白色沉淀，则d是BaCl2溶液、b是盐酸。b化学式是HCl， a+c 反应的离子方程式为Ag+ + Cl-= AgCl。19、加热分解除去NH4HCO3 Ba2+SO42-BaSO4 取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽 除去过量的Ba2 漏斗、玻璃棒、烧杯 蒸发结晶 蒸发皿 【解析】将固体混合物加热，发生反应NH4HCO
31、3NH3H2OCO2，NaCl、Na2SO4不反应，则残留固体为NaCl、Na2SO4，将残留固体溶解得到NaCl、Na2SO4溶液，向溶液中加入BaCl2溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，向悬浊液中再加入Na2CO3溶液除去过量的钡离子，过量的Na2CO3用盐酸除去，而盐酸易挥发，在操作2即可除去，然后蒸发浓缩冷却结晶得到NaCl晶体，据此解答。【详解】（1）碳酸氢铵受热易分解，则步骤加热的目的是加热分解除去NH4HCO3；（2）步骤用BaCl2溶液，目的是除去硫酸根离子，反应的离子方程式为Ba2+SO42-BaSO4；（3）由于硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，则步骤判断SO42-已除尽的方
32、法是取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽；（4）由于除去硫酸根离子时引入了过量的氯化钡，因此步骤的目的是利用碳酸钠除去过量的Ba2，操作1是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；（5）氯化钠能溶于水，从溶液中得到氯化钠的实验操作是蒸发结晶，应在蒸发皿中进行。【点睛】本题考查物质的分离和提纯，把握物质性质差异性及物质性质特殊性是解本题关键，知道硫酸根离子检验方法、常见仪器的使用方法，熟练掌握元素化合物性质，注意从整体上分析判断各固体或液体中存在的物质成分。20、B、C、D2.0小于3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2圆底烧瓶干燥管CaCl2（碱石灰）吸水干燥A【解析
33、】配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算（溶质质量或体积）、称量或量取、溶解、降至室温、转入容量瓶中、洗涤（23次，用玻璃棒再次移入）、定容（加水到刻度线下23cm处，改用胶头滴管加至凹液面最低点与刻度相切）、摇匀、装瓶（注明名称、浓度）。【详解】(1) A、容量瓶在使用前必须检验是否漏水，故A不符合题意；B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B符合题意；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，故C不符合题意； D、配制溶液时，若试样是液体，用
34、量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故D不符合题意；综上所述，本题应选B； (2) 配制0.1mol/LNaOH溶液450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，则n(NaOH)= 0.1mol/L 0.5L=0.05mol，则m(NaOH)=0.05mol40g/mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c=n/V可知，溶液的浓度偏小，即c小于0.1mol/L。(1) 铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4
35、H2；(2) 仪器A为圆底烧瓶、C为干燥管；C中应装干燥剂如CaCl2或碱石灰；作用是吸收未反应的水蒸气；实验开始时应先加热A产生水蒸气，赶尽装置中的空气，然后再加热B装置。21、 C、E A D A A 【解析】根据上述球棍模型可知，A为甲烷，B为乙烯，C为丙烷的分子式，D为苯，E为丙烷的结构模型，结合有机物的结构与性质分析作答。【详解】(1)根据物质的球棍模型可知，烃E表示的是丙烷，分子式是C3H8；（2）属于同一物质的是C与E，故答案为C、E；(3)上述物质C是丙烷，与其互为同系物的是甲烷，故答案为A；(4)等物质的量时，物质分子中含有的C、H原子数越多，消耗O2就越多。A的分子式是CH
36、4，B的分子式是CH2=CH2，C的分子式是C3H8，D的分子式为C6H6，E的分子式是C3H8。假设各种物质的物质的量都是1mol，1mol CH4完全燃烧消耗O2的物质的量是2mol，1mol乙烯完全燃烧消耗O2的物质的量是3mol；1mol丙烷完全燃烧消耗O2的物质的量是5mol；1mol苯完全燃烧消耗O2的物质的量是7.5mol。可见等物质的量的上述烃，完全燃烧消耗O2的物质的量最多的是苯，序号是D；当烃等质量时，由于消耗1mol O2需4mol H原子,其质量是4g；同样消耗1mol O2,需1molC原子，其质量是12g。若都是12g，则H元素要消耗3molO2，C元素消耗1mol
37、O2，所以等质量的不同烃，有机物中H元素的含量越高，消耗O2就越多，由于CH4中H元素含量最多，所以等质量时完全燃烧时消耗O2最多的是CH4，其序号是A，故答案为D；A；（6）根据烃燃烧通式：CxHy+（x+y/4）O2=CO2+y/2H2O，在120、1.01105Pa下，水是气态，燃烧前后体积没有变化，即：1+（x+y/4）=1+y/2，y=4，即在120、1.01105Pa下氢原子数为4的烃燃烧前后体积没有变化，A与C比较，符合条件的是A（CH4），故答案为A。（7）分子式C8H18的烃，有多种同分异构体，一氯代物只有一种，结构要求高度对称，相当于C2H6中6个氢原子被6个甲基（-CH3
38、取代），其结构简式：。【点睛】解决烃的燃烧有关物质的量、体积变化问题，可以利用烃的燃烧通式解决，不论是烷烃、烯烃、炔烃还是苯及苯的同系物，它们组成均可用CxHy来表示，这样当它在氧气或空气中完全燃烧时，其方程式可表示如下：CxHy+（x+y/4）O2=CO2+y/2H2O，1烃燃烧时物质的量的变化 烃完全燃烧前后，各物质的总物质的量变化值与上述燃烧方程式中的化学计量数变化值一致，即n=（x+y/2）-1+（x+y/4）=y/4-1，燃烧前后物质的量变化值仅与烃分子中的氢原子数有关，而与碳原子数无关。当y4时，物质的量增加；当y=4时，物质的量不变；当y4时，物质的量减少。2气态烃燃烧的体积变化
39、 考虑燃烧时的体积变化，必须确定烃以及所生成的水的聚集状态。因此，当气态烃在通常压强下燃烧时，就有了两种不同温度状况下的体积变化：（1）在T100时，水是液态，V=x-1+（x+y/4）=-（y/4+1）说明，任何烃在以下燃烧时，其体积都是减小的；（2）在时T4时，V0，体积增大； 当y=4时，V=0，即体积不变； 当y4时，V0，即体积减小。3烃燃烧时耗氧量：在比较各类烃燃烧时消耗氧气的量时，常采用两种量的单位来分别进行比较：（1） 物质的量相同的烃，燃烧时等物质的量的烃（CxHy）完全燃烧时，耗氧量的多少决定于（x+y/4）的数值，其值越大，耗氧越多，反之越少，本题五种物质中耗氧量最多的是苯，所以答案选择D；（2）质量相同的烃完全燃烧时，将CxHy变形为CHy/x，即耗氧量的多少决定于烃分子中氢元素的百分含量，氢元素的质量分数越大耗氧越多，反之耗氧越少，CH4中氢元素质量分数最高，等质量情况下耗氧最多，本题选择A。