《湖北省重点中学2022-2023学年化学高一第一学期期中复习检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省重点中学2022-2023学年化学高一第一学期期中复习检测试题含解析.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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、有关电解质的说法正确的是ANa2O液态时能导电，所以Na2O是电解质BSO3水溶液的导电性很好，所以SO3是电解质C液态的铜导电性很好，所以铜是电解质D固体NaCl不导电，所以NaCl不是电解质2、氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂
2、、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2SO22H2O= H2SO42HBr相比较，水的作用不相同的是()2Na2O22H2O= 4NaOHO24Fe(OH)2O22H2O= 4Fe(OH)32F22H2O= 4HFO22Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2A B C D3、下列实验仪器不能用于混合物分离提纯的是A漏斗 B蒸馏烧瓶 C容量瓶 D分液漏斗4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A标准状况下，1.12 L H2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分子占的体积为22.4 LD
3、0.5 mol的MgCl2固体中，含有离子的总数为NA5、已知原子序数，可以推断原子的（ ）质子数中子数质量数核电荷数核外电子数原子结构示意图元素在周期表中的位置ABCD6、判断下列概念的依据正确的是A纯净物与混合物：是否仅含有一种元素B溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象C强弱电解质：溶液的导电能力大小D氧化还原反应的本质：有无电子转移7、甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的硫酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入A克的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积为甲:乙3:4，下列说法正确的是( )A参加反应的H2SO4为0.2molB参加反应的NaOH约为0.27molC加入铝粉的
4、质量A5.4D与硫酸反应的铝粉的质量7.2g8、下图原电池装置中，经过一段时间工作后，下列说法中正确的是A锌片是正极，铜片上有气泡产生 B电流方向是从锌片流向铜片C溶液中H+的物质的量浓度减小 D铜片溶解9、20mL 0.5mol/L NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为 （ ）A0.2 mol/L B0.02 mol/L C0.5mol/L D0.05mol/L10、摩尔质量的单位是( )A克 B摩尔 C克/摩尔 D摩尔/ 克11、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ABC
5、bNADaNA12、50g密度为gcm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中取出一半的溶液中Cl-的浓度是A molL-1B2molL-1C molL-1DmolL-113、下列关于胶体、溶液、浊液的说法中正确的是A胶体和溶液均是无色透明的B胶体与浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而悬浊液是浑浊的C利用丁达尔效应可以鉴别三者DFe(OH)3既可以形成胶体也可以形成浊液14、将30mL 0.5molL-1 NaOH溶液加水稀释到500mL,稀释后的溶液中NaOH的物质的量浓度为A0.3 molL-1B0.05 molL-1C0.03 molL-1D0.02 molL-115、在探究新制饱和氯
6、水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有B向氯水中加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中含有C向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有D向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，说明氯水中含有16、下面两种气体的分子数一定相等的是A氮气和一氧化碳的质量相等，密度不同B氮气和一氧化碳体积相等C在温度相同、体积相等的条件下氧气和氮气D在压强相同、体积相等的条件下氧气和氮气17、下列说法正确的是（ ）A配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中并加入少量铁粉B制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C配制0.1
7、 molL-1CuSO4溶液100 mL，称取1.6g硫酸铜晶体D向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变18、如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是A原电池工作时的总反应为Zn+Cu2+Zn2+CuB原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应C若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极D盐桥中装有琼脂-饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K+移向ZnSO4 溶液19、从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作。下列图示对应的装置合理、操作规范的是A灼烧B过滤C分液D蒸馏
8、20、下列说法中正确的是A加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ca2+B用玻璃棒蘸取新制氯水，点在PH试纸的中央，与标准比色卡比较，测定氯水的PHC某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体则原溶液中存在NH4+D加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO4221、下列实验操作： 过滤 分液 萃取 蒸馏 不能用于分离相互混溶的溶液的是A和 B和 C、和 D、和22、溶液、浊液、胶体的本质区别是A能否产生丁达尔现象 B能否透过半透膜C是否是均一、稳定的 D分散质粒子半径大小二、非选择题(共84分)23、（14分）现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、
9、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。(1)在这8种物质中，属于电解质的有_(用相应的化学式表示，下同)。(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。它们的化学式分别为：_；_；_。如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。五个反应中属于氧化还原反应的有_个；反应A的离子方程式为_，反应D的化学方程式为_。24、（12分）如图表示的是AE五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质，D为正盐。请回答下列问题：（1）写出各物质的名称： A_ ； C_；D_。（2）写出相应的离子方程式：BC: _；CD: _；A
10、C: _；DE:_（任写一个即可）。25、（12分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约_molL-1(小数点后保留一位)。(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=_molL-1。(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制80mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。需要称量NaClO固体的质量为_g。下列为打乱了的操作示意图，其正确排序为_。(4)配制过程中下列各项操作对消毒液物质的量浓度有和影响（填“偏小”、“偏大
11、”或“无影响”）A用托盘天平称量 NaClO固体时，砝码生锈_。B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水_。C定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容 _。D定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处_。26、（10分）某实验需要500mL 0.1mol/L的Na2CO3溶液，现通过如下步骤配制：把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。为加快溶解，可用破璃棒搅拌；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都要小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；将容量瓶塞紧，充分摇匀；把溶解固体后所得溶液冷却至室温，小心转入_中；继续加蒸馏水至液面距刻度线12cm处，改用胶
12、头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切；（1）操作步骤的正确顺序为_（填序号）。（2）称量的Na2CO3固体质量应为_g。（3）步骤中空缺的实验仪器是_。（4）取出100 mL配制好的溶液，加蒸馏水稀释至c（Na2CO3）0.02mol/L。则稀释后溶液的体积为_mL。（5）下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是_（填选项，下同）。A使用前要检验是否漏水B在容量瓶中直接溶解固体或稀释液体C在烧杯中溶解固体后，迅速将溶液转移到容量瓶中D向容量瓶中转移溶液用玻璃棒引流E. 加水时水量超过了刻度线，迅速用胶头滴管将过量的水吸出（6）下列操作会使所配溶液的物质的量浓度偏低的是_。A使用托盘天
13、平时，砝码放左盘、药品放右盘称量B使用容量瓶前，发现瓶内残留有少量蒸馏水C加水定容时，水量超过了刻度线D洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶27、（12分）某实验小组利用如图给定的仪器组成一套实验装置(各仪器只允许用一次)，在室温、 1.01105 Pa的条件下测定镁的相对原子质量。 请回答下列问题：（1）假设气流方向为左右，则各仪器的接口连接的先后顺序为a_(用小写字母填写)。（2）连接好仪器后,要进行的操作有以下几步：待仪器B中的物质恢复至室温时，测量量筒 C中水的体积(假定将测定的体积换算成标准状况下为 V mL)；擦掉镁条表面的氧化膜,将其置于天平上称量(假定其质量为m g,并将其放入试管
14、B中)；检查各装置的气密性；旋开仪器A上分液漏斗的活塞，当镁条完全溶解时再关闭活塞。上述几步操作的先后顺序是_。（3）根据实验数据可计算出镁的相对原子质量，其数学表达式为_。（4）若未将试管B冷却至室温就测量量筒C中水的体积，这将会使所测镁的相对原子质量数据_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（5）若未擦净镁条表面的氧化膜就进行实验，这将会使所测镁的相对原子质量数据_ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（6）实验中需要用480 mL 1 mol/L的盐酸，配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是_28、（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 HClB6.4
15、g CH4C6.72L NH3D1.2041023个H2S29、（10分）阅读数据，回答问题。（1）表-1列出了一些醇的沸点名称甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸点/64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在_作用。你推测2-甲基-2-丙醇的沸点不会超过_。（2）表-2列出了一些羧酸的沸点结构简式沸点/CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸点数据
16、有两个，其原因是_。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名称溶解度/g名称溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通过数据，可以发现影响有机物水溶性的因素有（答出两条即可）_；_。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、A【解析】在水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。【详解】A. Na2O液态时能导电，所以Na2O是电解质，故正确；B. SO3水溶液中溶质为硫酸，导电性很好，所以硫酸是电解质，SO3是非电解质，故错误；C. 液态的铜导电性很好，但铜是单质，不是电解质也不是
17、非电解质。故错误；D. 固体NaCl不导电，但氯化钠溶液或熔融态的氯化钠都能导电，所以NaCl是电解质，故错误。故选A。【点睛】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，都不导电的化合物为非电解质。注意导电是因为化合物本身电离出自由移动的离子造成的，如二氧化硫或二氧化碳或氨气等物质，本身不能电离，但其水溶液中对应的亚硫酸或碳酸或一水合氨都能电离出离子，溶液导电，亚硫酸或碳酸或一水合氨是电解质，而二氧化硫或二氧化碳或氨气是非电解质。2、C【解析】分析：Br2SO22H2O=H2SO42HBr中水既非氧化剂又非还原剂； 详解：中水既非氧化剂又非还原剂；中水既非氧化剂又非还原剂；中水为还原剂，中水
18、为氧化剂；综上所述，中水的作用与Br2SO22H2O=H2SO42HBr中水的作用不相同，故本题正确答案为C。3、C【解析】试题分析：A、漏斗用于分离不溶固体与液体的分离，正确；B、蒸馏烧瓶用于分离互溶的液体，正确；C、容量瓶用于配制溶液，不用于混合物的分离，错误；D、分液漏斗用于分离不互溶的液体，正确，答案选C。考点：考查实验仪器的作用4、A【解析】A、氢气和氧气均为双原子分子；B、标况下，四氯化碳为液态；C、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、MgCl2是由Mg2+离子和Cl离子构成，1mol的MgCl2固体中含有1mol Mg2+离子和2mol Cl离子。【详解】A项、标
19、况下1.12L混合气体的物质的量为0.05mol，而氢气和氧气均为双原子分子，故含0.1mol原子即0.1NA个，故A正确；B下、标况下，四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故NA个二氧化碳即1mol二氧化碳的体积大于22.4L，故C错误；D项、MgCl2是由Mg2+离子和Cl离子构成，1mol的MgCl2固体中含有1mol Mg2+离子和2mol Cl离子，则0.5 mol的MgCl2固体中，含有离子的总数为1.5NA，故错误。故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用、物质的状态和
20、物质的结构是解题关键。5、B【解析】原子序数质子数核电荷数原子核外电子数，结合原子核外电子排布规律，可得原子结构示意图和元素在周期表中的位置，由于质子数和中子数之和是质量数，所以无法确定，答案选B。6、D【解析】A. 判断纯净物与混合物的依据为是否仅含有一种物质，只有一种元素的物质也可能是混合物，如氧气与臭氧组成的混合物只有一种元素，A不正确；B. 溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径不同，丁达尔效应是胶体的性质，B不正确；C. 强电解质与弱电解质的分类依据是其在水溶液中的电离程度不同，与导电能力无关，C不正确；D. 氧化还原反应的本质是有电子转移，D正确。答案选D。7、B【解析】试题分析：
21、如果铝完全反应则生成的氢气体积是相等的，但由于反应结束后生成的氢气体积为甲:乙3:4，这说明铝与稀硫酸反应时硫酸不足，铝过量。与氢氧化钠溶液反应时铝完全反应，氢氧化钠过量或恰好反应。A、硫酸的物质的量0.1L3mol/L0.3mol，即参加反应的硫酸是0.3mol，A不正确；B、硫酸生成的氢气是0.3mol，所以氢氧化钠与铝反应生成的氢气是0.4mol，则根据方程式2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2可知，参加反应的氢氧化钠是20.27mol，B正确；C、根据方程式2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2可知，参加反应的铝的物质的量2，质量227g/mol7.2g，C不正确；D、根
22、据反应2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2可知，参加反应的铝的质量0.2mol27g/mol5.4g，D不正确，答案选B。考点：考查金属铝与稀硫酸、氢氧化钠溶液反应的有关判断和计算8、C【解析】试题分析：由图中信息可知，该原电池为铜锌原电池，其中锌是负极、铜是正极，电池工作时，锌失去电子被氧化，锌逐渐溶解；电子经导线从锌片流向铜片，电流的方向与电子的运动方向相反；溶液中的H+在正极上被还原为氢气，故正极上有气泡产生，溶液中H+的物质的量浓度减小。综上所述，C正确，本题选C。9、B【解析】稀释过程中溶质的物质的量不变，则20mL 0.5mol/L NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释
23、后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.02 mol/L。答案选B。10、C【解析】摩尔质量的单位是克/摩尔。【详解】A. 克是质量的单位之一，故A错误；B. 摩尔是物质的量的单位之一，故B错误；C. 克/摩尔摩尔质量的单位之一，故C正确；D. 摩尔/ 克与题意摩尔质量的单位不符，故D错误；故选C。11、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. 结合选项C，D错误；答案选C。12、B【解析】50g密度为 gcm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，Ca2+的质量分数为，c(Ca2+
24、)= molL-1=molL-1,所以c(Cl-)=2molL-1,从中再取出一半的溶液，Cl-的浓度还是2molL-1,B正确，选B。 点睛：知道溶液的密度求溶质的物质的量浓度时，要注意使用质量分数转化为物质的量浓度的转换公式，这样步骤简单且不易出错。从一定浓度的溶液中取出任意体积的溶液，其浓度不持不变。13、D【解析】A. 胶体和溶液均一透明，但不一定无色，如氢氧化铁胶体为红褐色，硫酸铜溶液为蓝色，A项错误；B. 分散系本质区别是分散质微粒的直径大小，分散质微粒直径小于1nm为溶液，大于100nm为浊液，1100nm为胶体，与是否透明无关，B项错误；C. 丁达尔效应是胶体特有的性质，但不能
25、区别溶液与浊液，C项错误；D. Fe(OH)3粒子直径在1-100nm之间是以胶体形式存在，而大于100nm时形成浊液，D项正确；答案选D。14、C【解析】根据稀释前后溶质的物质的量不变进行计算，c1V1=c2V2，可以计算稀释后物质的量浓度。【详解】稀释前，NaOH溶液体积为30mL、浓度为0.5molL-1，稀释后溶液体积为500mL，列式可得30mL 0.5molL-1=c2500mL，所以c2=0.03 molL-1。答案为C。15、A【解析】A.氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有HClO，故选A；B.向氯水中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，说明氯水中含有Cl-，故不
26、选B；C.向氯水中加入NaHCO3 粉末，有气泡产生，气体是CO2 ，这说明氯水中含有H +，故不选C；D.向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，黄绿色为Cl2，说明氯水中含有Cl2，故不选D；答案：A16、A【解析】A. 氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，当其质量相等时，其物质的量也相等，故其分子数一定相等，与密度无关，A正确；B. 氮气和一氧化碳体积相等，其分子数不一定相等，体积受温度和压强两个因素影响，B不正确；C. 在温度相同、体积相等的条件下，若压强不等，则氧气和氮气的分子数不相等，C不正确；D. 在压强相同、体积相等的条件下，若温度不同，则氧气和氮气的分子数不相等。本题选A。17、
27、D【解析】A配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中，抑制Fe3+的水解，但是不能加入少量铁粉，否则铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，引进了杂质，故A错误；B制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误；C配制0.1 molL-1CuSO4溶液100 mL，需要CuSO4的物质的量为0.1L0.1 molL-1=0.01mol，硫酸铜晶体(CuSO45H2O)的质量为0.01mol250g/mol=2.5g，故C错误；溶解氢氧化钠固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中溶解氢氧
28、化钠，故C错误；D向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故D正确；故答案为D。18、D【解析】答案：DA、正确，铜作正极，锌作负极；B、正确，锌活泼性强，作负极，电子流出；C、正确，锌活泼性也大于铁；D、不正确，盐桥中的K移向CuSO4溶液。19、C【解析】A、灼烧需在坩埚中进行，选项A错误；B、过滤要用玻璃棒引流，选项B错误；C、分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，选项C正确；D、蒸馏时，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，且烧杯加热应垫石棉网，选项D错误；答案选C。20、C【解析】A、加
29、入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可能为碳酸钙、碳酸钡等，不一定有Ca2+，选项A错误；B、氯水中含有次氯酸，可表白pH试纸，应用pH计，选项B错误；C、氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，可说明原溶液中存在NH4+，选项C正确；D、不能排除AgCl沉淀的干扰，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，选项D错误。答案选C。21、B【解析】分离两种相互混溶的溶液，可根据沸点不同进行蒸馏分离，如溶质在不同溶剂中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，据此分析。【详解】两种液体相互溶解，则不能用分液的方法分离，更不能用过滤的方法分离，因过滤用来分离固液混合物；分离两种相
30、互混溶的溶液，可根据沸点不同进行蒸馏分离，如溶质在不同溶剂中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，故B正确。故选B。【点睛】明确混合物的类型，根据物质的性质的差异性选择分离方法。22、D【解析】三类分散系的本质区别是分散质粒子的大小，据此解答。【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），丁达尔效应是特征性质，溶液是稳定分散系，胶体是介稳分散系，浊液是不稳定分散系，胶体不能通过半透膜，则溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故答案选D。二、非选择题(共84分)23、（1
31、）Na2CO3、NaCl、CaO；（2）Fe H2SO4CO2CaO Na2CO31 Fe2H=Fe2H2不属于 H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2【解析】试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质能够和酸，则单质为Fe，酸为H2SO4；盐能够和H2SO4反应，因此盐为Na2CO3；氧化物能够和H2SO4反应，因此氧化物为碱性氧化物CaO；氧化物能够和CaO反应，则氧化物为CO2；故答案：Fe H2SO4CO2CaO Na2CO3；有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还
32、原反应；反应A的离子方程式为Fe2H=Fe2H2；反应B为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2。考点：考查物质的分类与性质。24、过氧化钠 氢氧化钠 碳酸钠 2Na+2H2O=2Na2OH-+H2 2OH-+CO2=CO32H2O 2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2 CO32+2H=CO2H2O 【解析】（1）淡黄色固体A能与二氧化碳、水反应，则A为Na2O2，A与水反应生成C，与二氧化碳反应生成D，且C与二氧化碳反应生成D，则C为NaOH、D为碳酸钠，B与水反应生成C，与
33、氯气反应生成E，则B为Na，E为NaCl，故答案为过氧化钠；氢氧化钠；碳酸钠；（2）BC的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na2OH-+H2，故答案为2Na+2H2O=2Na2OH-+H2；CD的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+CO2=CO32H2O，故答案为2OH-+CO2=CO32H2O；AC的反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2，故答案为2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2；DE的反应为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯
34、化钠或二氧化碳、氯化钠和水，反应的离子方程式为：CO32+H=HCO3或CO32+2H=CO2H2O，故答案为CO32+H=HCO3或CO32+2H=CO2H2O。【点睛】本题考查无机物推断，涉及Na元素单质化合物性质，突破口是A的颜色及能与水、二氧化碳反应。25、4.0 0.04 29.8 偏大 无影响 偏大 偏小 【解析】（1）c=1000/M=10001.1925%/74.5molL14.0molL1；（2）稀释前后溶质的物质的量的不变，1001034=10000103c(Na)，解得c(Na)=0.04molL1；（3）配制80mL溶液，需要用100mL的容量瓶，需要m(NaClO)=
35、1001.1925%g=29.75g，因此需要称量NaClO固体的质量为29.8g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算称量溶解冷却移液洗涤定容摇匀，因此顺序是；（4）A、称量时砝码生锈，药品的质量增大，所配溶液的浓度偏大；B、容量瓶中有无水，对实验不产生影响，应填“无影响”；C、定容时，俯视刻度线造成容量瓶中溶液的体积减小，浓度偏大；D、定容摇匀后，发现低于刻度线，加入水补充，对原溶液稀释，浓度偏小；【点睛】易错点是计算需要NaClO的质量，学生计算方式为801.1925%g=23.8g，忽略了实验室没有80mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，计算应是1001.1925%g=29.75g。
36、26、 5.3 500 mL 容量瓶 500 AD ACD 【解析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作进行分析；（2）根据c=n/V=m/VM进行计算；（3）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤及用到的仪器进行分析；（4）根据稀释前后溶质的量不变进行计算；（5）根据容量瓶的使用方法及注意事项进行分析；（6）根据c=n/V进行分析，凡是引起n减小的，浓度偏低，引起V增大的，浓度偏低进行分析。【详解】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；因此操作步骤的正确顺序为；综上所述，本
37、题答案是：。（2）根据c=n/V=m/VM可知，0.1mol/L=m/(0.5L106), m=5.3g；因此称量的Na2CO3固体质量应为5.3g；综上所述，本题答案是：5.3。（3）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知，把溶解固体后所得溶液冷却至室温，小心转入500mL容量瓶中；综上所述，本题答案是：500mL容量瓶。（4）稀释前后溶质的量保持不变可知：0.1mol/L0.1L=0.02mol/LV(Na2CO3），V(Na2CO3）=0.5 L=500mL；综上所述，本题答案是：500。（5）A. 带有活塞的仪器使用前要检查是否漏水，故A项正确； B. 应在烧杯中溶解固体，冷却至室
38、温再转移到容量瓶，故B项错误；C. 在烧杯中溶解固体后，冷却到室温后，用玻璃棒将溶液转移到容量瓶中，故C项错误；D. 向容量瓶中转移溶液用玻璃棒引流，故D项正确；E. 加水时水量超过了刻度线，迅速用胶头滴管将过量的水吸出，造成溶质的量减小，导致溶液浓度减小，故E项错误；综上所述，本题选AD。（6）A. 用天平(使用游码)称量时,被称量物与砝码的位置放颠倒了,实际称量药品的质量减小,所配溶液浓度偏低，A正确；B. 配制需加水定容,转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对所配溶液无影响，B错误；C. 加水定容时，水量超过了刻度线，造成溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低，C正确；D. 洗涤步骤中，洗涤液没有
39、转入容量瓶，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小,所配溶液浓度偏低，D正确；综上所述，本题选ACD。27、hgbcfed (或) 偏小 偏大 500 mL容量瓶 【解析】试题分析：（1）Mg2HCl=MgCl2H2，需要把盐酸压入到B装置中，然后通过排水法，测气体的体积，因此顺序是ahgbcfed；（2）因为产生气体，需要检查装置的气密性，Mg是活泼金属表面有一层氧化膜，需要擦去，且称取质量，放入B装置中，打开活塞，让其反应，恢复到室温状态下，读取水的体积，顺序是；（3）根据化学反应方程式，得出镁的原子量为；（4）如果不恢复到室温状态下，气体的特点升高温度，V体积增大，则镁的原子量将偏小；（5）如果
40、不去掉氧化膜，产生气体体积V减小，则镁的原子量偏大；（6）实验室中容量瓶的规格为100mL、250mL、500mL、1000mL，因此选用500mL的容量瓶。考点：考查实验方案设计、误差分析、容量瓶的规格等知识。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
41、个H2S即0.2mol，含有n(H)=0.2mol2=0.4mol，即m(H)=0.4g。故B正确。【点睛】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、氢键99.5存在顺反异构碳原子数（相对分子质量）碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。【解析】（1）醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在氢键的作用。根据表-1数据可知，碳原子越多，饱和一元醇的沸点越高；碳原子相同时，结构越对称或带有支链，醇沸点越低。根据上述分析，可推测2-甲基-2-丙醇的沸点应低于2-丁醇。故答案为氢键；99.5。（2）CH3-CH=CH-COOH存在顺反异构，即有两种结构，所以有两种沸点。故答案为存在顺反异构。（3）根据表-3中数据可知，在水中的溶解性：乙醛丙醛丁醛戊醛；丙酸丁酸戊酸，可知，一元醛或一元羧酸在水中的溶解性随碳原子数的增多而减小，所以碳原子数或相对分子质量是影响有机物水溶性的因素之一。根据溶解性丁醛2-甲基丙醛，丁酸2-甲基丙酸，可知碳链的形状或有无支链也是影响有机物水溶性的因素之一。碳原子数相同时，醛的水溶性小于酸，可知亲水基团的种类是影响水溶性的因素之一。故答案为碳原子数（相对分子质量）；碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。