《2022-2023学年安徽省天长市第二中学化学高一上期中质量检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年安徽省天长市第二中学化学高一上期中质量检测试题含解析.doc（17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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、与标准状况下VLCO2所含有氧原子数目相同的水的质量是ABCD2、同温同压下,质量忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的
2、体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是AA气球的质量大于B气球 BX可能是氮气,Y可能是甲烷CX气体的密度大于Y气体 DA气球内分子数小于B气球3、下列说法不正确的是A氧化还原反应的特征是有元素化合价升降B氧化还原反应的本质是有电子转移C反应物所含元素的化合价升高，则发生了还原反应D氧化反应和还原反应一定同时发生4、下列物质的分类采用树状分类法的是()A铁是单质又是导体B纯净物可分为有机物和无机物C氯化钠是钠的化合物，又是氯化物D氢氧化钙既是纯净物，又是化合物，属于碱5、下列反应中，不属于氧化还原反应的是 ( )ANa2SiO32HCl=2N
3、aClH2SiO3BFe+CuSO4=Cu+FeSO4C4NH35O2 4NO6H2OD2Mg+O2+2H2O = 2Mg (OH)26、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO和泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤加过量NaOH溶液加适量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（ ）ABCD7、下列说法正确的是（）氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯 气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水除去 HCl 气体中的Cl2，可将气体通 入饱和食盐水氯气的水溶液呈酸性ABCD8、下列反应中，参加反应的
4、HCl只有部分被氧化的是ANaOH+HCl=NaCl+H2OBZn+2HCl=ZnCl2+H2CMnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2DCuO+2HCl=CuCl2+H2O9、下列物质的分类正确的一组是（ ）ABCD电解质NH3BaSO4NH4ClNaOH混合物漂白粉冰水混合物碱石灰五水硫酸铜酸性氧化物CO2SO2CO2CO碱Na2CO3NaOHCa(OH)2NH3H2OAABBCCDD10、下列属于酸式盐的是ANH4Cl BNaHCO3 CH2O2 DNaH11、下列各组物质中,前者属于电解质,后者属于非电解质的是A二氧化碳、BaSO4B盐酸、蔗糖CKNO3、乙醇DNaOH、
5、氯气12、下列变化中，属于还原反应的是( )ANaClKCl BCl2Cl- CCCO2 DFeCl2FeCl313、电解饱和食盐水，先要精制盐水，以除去SO42-、Mg2+、Ca2+，可依次加入的溶液是ANa2CO3、BaCl2、NaOH、HClBBaCl2、NaOH、Na2CO3、HClCBaCl2、Na2CO3、HCl、NaOHDNa2CO3、BaCl2、HCl、NaOH14、酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说
6、法正确的是（ ）AH3PO2属于二元酸BH3PO2属于三元酸CNaH2PO2属于酸式盐DNaH2PO2属于正盐15、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ABCD16、下列离子方程式书写正确的是A铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：Cu2+ + 2 OH= Cu(OH)2C石灰石加入稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+Cu2+Ag17、决定原子种类的是A质子 B中子数 C质子和中子 D质量数18、次磷酸（H3PO2)是一种精细磷化工产品
7、，具有较强的还原性。NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。利用NaH2PO2进行化学镀银反应中，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物的化学式为（ ）AH3PO4BNa3PO4CAgDNa2HPO219、下列说法正确的是A物质的量就是1mol物质的质量B1mol水中含有2mol氢和1mol氧C摩尔是国际单位制中一个物理量D3mol与2mol所含原子数相等20、氯气有毒，化工厂常用浓氨水检验管道是否漏气，如果氯气泄漏，将在管道周围产生大量白烟，反应的化学方程式为3Cl28NH36NH4ClN2，关于此反应的说法中正确的是A3分子氯气将8分子NH3氧化
8、了BN2是还原产物，NH4Cl是氧化产物C3分子氯气只氧化了2分子NH3DNH4Cl既是氧化产物又是还原产物21、在两个容积相同的容器中，一个盛有氯化氢气体，另一个盛有氢气和氯气的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（ ）A原子数B密度C质量D质子数22、下列有关说法正确的是A1L水中溶解了40.0 g NaOH，该溶液的物质的量浓度为1 mol/LB从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度为1mol/LC中和100 mL 1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH8.0gD配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾二、非选择题(共8
9、4分)23、（14分）有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_（3）写出中反应的离子方程式_24、（12分）有 X、Y、Z 三种元素：X、Y、Z 的单质在常温下均为气体，X 单质可以在 Z 的
10、单质中燃烧，生 成化合物 XZ，火焰呈苍白色，XZ 极易溶于水，在水溶液中电离处 X+和 Z，其水溶液能使蓝色石蕊试 纸变红，每两个 X2 分子能与一个 Y2分子化合成两个 X2Y 分子，X2Y 常温下为液体，Z 单质溶于 X2Y 中，所得的溶液具有漂白性。（1）写出下列微粒的电子式：X+_，Z_，Y 原子_。（2）写出 X2Y 的化学式_。按要求与 X2Y 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子_，5 个原子核的分子_。（3）写出 Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：_，所得溶液能使淀粉碘 化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_。（4）实验室制备 XZ 的化学方程式：
11、_，如何检验 XZ 是否收集满_。25、（12分）某化学兴趣小组配制500mL 0.2mol/LH2SO4溶液。(1)现有实验仪器：量筒、500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管，完成该实验还必需的仪器有_；(2)需要用量筒量取 98%的浓硫酸(=1.84g/cm3)_ml；(保留2位有效数字)(3)浓硫酸稀释过程中，正确的稀释方法是_。(4)定容过程中，向容量瓶中注入蒸馏水，当液面离刻度线12cm时，改用_滴加蒸馏水，至液面与刻度线相切为止；(5)任何实验都有误差，下列哪些操作会使所配的溶液浓度偏大_。A定容时俯视刻度线B配置前，量取浓硫酸时发现量筒不干净用水洗净后直接量取C在转入容量瓶前烧杯中液体
12、未冷却至室温D洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液未转入容量瓶E.摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线26、（10分）某化学研究性学习小组需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培养液450mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=c(SO42-)=0.4molL1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：药匙托盘天平烧杯胶头滴管量筒。请回答下列问题：（1）该植物培养液中，NH4+的物质的量浓度为_。（2）该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的玻璃仪器是_、_。（3）若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所
13、配制溶液的浓度偏低的是_。a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线27、（12分）某学习小组设计以下三个实验探究氯水的成分，请根据下表回答问题。实验序号实验方法实验现象结论将氯水滴加到AgNO3溶液中生成白色沉淀将氯水滴加到含有酚酞的NaOH溶液中将足量的氯水滴加到Na2CO3溶液中氯水中含有H+ (1)实验得出的结论：_。(2)指出实验和实验中的“实验现象”：_、_。(3)通过实验的“实
14、验现象”，同学们得出两个不同的结论。这两个结论可能是：a._；b._，请设计简单的实验证明哪一个是正确的：_。28、（14分）蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法。（1）图I是实验室制取蒸馏水的常用装置，图中明显的错误是_。（2）仪器A的名称是_，仪器B的名称是_。（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需加入少量_，其作用是_。（4）图II装置也可用于少量蒸馏水的制取（加热及固定仪器略），其原理与图I完全相同。该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是 _；烧杯中还应盛有的物质是_。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) =2KCl2MnC
15、l25Cl28H2O（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、A【解析】在标准状况下VL CO2气体的物质的量是n（CO2）=mol，由于在一个CO2分子中含有2个氧原子，所以其中含有的氧原子的
16、物质的量是n（O）=mol。由于在一个水分子中只含有1个氧原子，因此水的物质的量为mol，则水的质量是m（H2O）=nM=mol18g/mol=g因此选项A符合题意。2、D【解析】同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于CO中，气球静止不动，X气体的密度与CO接近，B气球置于CO中，气球上浮，Y气体的密度比CO小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的相对分子质量为28，Y气体的相对分子质量小于28；据此分析可得结论。【详解】A.两气球中所含气体分子物质的量相等，X气体的摩尔质量为28g/mol，Y气体的摩尔质量28g/mol，
17、则充气后A气球质量大于B气球，故A叙述正确；B.氮气的相对分质量为28，甲烷的相对分子质量为16，小于28，故B叙述正确；C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的密度大于Y气体的密度，故C叙述正确；D.同温同压下，两气球的体积相同，由阿伏加德罗定律可知A、B两气球中气体的分子数目相同，故D叙述错误；答案选D。【点睛】本题主要考查了学生对阿伏加德罗定律及其推论的理解，在同温同压下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比。3、C【解析】A. 氧化还原反应表现的特征是元素化合发生改变，与题意不符，A错误；B. 氧化还原反应中化合价升降的本质是有电子转移，与题意不符，B错误
18、；C. 反应物所含元素失电子，化合价升高，被氧化，则发生了氧化反应，符合题意，C正确；D. 氧化还原反应中，得失电子守恒，则氧化反应和还原反应一定同时发生，与题意不符，D错误；答案为C。4、B【解析】A、同时用两个标准对铁进行分类，属于交叉分类法，错误；B、用一个标准进行分类，为树状分类法，正确；C、从阴阳离子两个角度进行分类，为交叉分类法，错误；D、氢氧化钙从多个角度进行分类，为交叉分类法，错误；答案选B。5、A【解析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反之，不属于氧化还原反应，以此来解答【详解】A、该反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A选；B、Fe、Cu元素的化合价变化
19、，属于氧化还原反应，故B不选；C、N、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；D、Mg、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应判断的考查，解题关键：把握反应中元素的化合价变化，易错点，审题时注意选不属于氧化还原反应。6、C【解析】将粗盐溶于水后，除去溶液中的应加入溶液，除去溶液中的应加入NaOH溶液，除去溶液中的应加入溶液。为使溶液中的离子反应完全，所加试剂均应过量。为除去过量的试剂需先加溶液，再加溶液。待沉淀完全后，过滤，再向滤液中加入稀盐酸，除去过量的NaOH和，正确的操作顺序是或或，C项符合题意。答案选C。7、D【解
20、析】氯气和氢气在光照条件下产生爆炸，故错误；氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；新制氯水中含有氯气、次氯酸和盐酸，久置氯水相当于盐酸溶液，氯气和次氯酸有强氧化性、盐酸具有弱氧化性，所以新制氯水氧化性大于久置氯水，故正确；饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，而氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；氯气的水溶液中含有盐酸和次氯酸，呈酸性，故正确；故答案选D。【点睛】新制的氯水的成分：HCl、HClO、Cl2、H2O，所以新制的氯水显酸性、强氧化性、漂白性；久置的氯水的成分：
21、HCl、H2O，所以久置的氯水显酸性，无漂白作用。8、C【解析】A选项，NaOH+HCl=NaCl+H2O，HCl没有化合价变化，故A错误；B选项，Zn+2HCl=ZnCl2+H2，HCl中氢化合价全部降低，被还原，故B错误；C选项，MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2，HCl中Cl化合价部分升高，被氧化，故C正确；D选项，CuO+2HCl=CuCl2+H2O，HCl没有化合价变化，故D错误。综上所述，答案为C。9、C【解析】ANH3属于非电解质，Na2CO3属于盐，故A不选；B冰水混合物为水的不同状态所组成的物质，属于纯净物，故B不选；CNH4Cl属于可溶性盐，碱石灰主要成
22、分为氧化钙(CaO大约75%)，氢氧化钠(NaOH大约3%)，和氢氧化钾(KOH大约1%)，水(H2O大约20%)属于混合物，CO2属于酸性氧化物，Ca(OH)2为强碱，故选C；D五水硫酸铜属于纯净物，CO属于氧化物，但不属于酸性氧化物，故D不选。答案选C10、B【解析】电离时生成的阳离子除金属离子或NH4外还有氢离子，阴离子为酸根离子的盐，据此解答。【详解】A. NH4Cl电离出铵根和氯离子，是正盐，A不选；B. NaHCO3能电离出钠离子、碳酸氢根离子，碳酸氢根离子又部分电离出氢离子和碳酸根离子，是酸式盐，B选；C. H2O2是过氧化物，不是盐，C不选；D. NaH是金属氢化物，不是酸式盐
23、，D不选。答案选B。11、C【解析】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A. 二氧化碳不能电离是非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于电解质，A错误。B. 盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质。蔗糖为非电解质。B错误。C. 硝酸钾在水溶液可以导电是电解质，乙醇不能电离属于非电解质，C正确。D. 氢氧化钠在水溶液和熔融状态都可以导电，是电解质，氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。答案为C。12、B【解析】A.根据有关概念可知，元素化合价降低的反应为还原反应
24、，该变化中没有元素化合价变化，所以不属于还原反应；A项错误；B.氯元素的化合价由Cl2的0价变化到Cl-的-1价，化合价降低，发生还原反应，B项正确；C.碳元素化合价由C的0价变化到CO2的+4价，化合价升高，发生氧化反应，C项错误；D.铁元素化合价由FeCl2的+2价变化到FeCl3的+3价，化合价升高，发生氧化反应，D项错误；答案选B。13、B【解析】SO42-用BaCl2除去，Mg2+用NaOH除去，Ca2+用Na2CO3除去，但为了把杂质除净，都必须加过量的物质，过量的物质就会引入新的杂质，因此后面加的物质不仅除掉杂质还必须把前面加的过量的离子除掉，因此Na2CO3必须加在BaCl2后
25、面，以便除掉多余的Ba2+，而盐酸必须将生成的沉淀过滤后再加以除掉多余的碳酸根和氢氧根，故B正确；综上所述，答案为B。【点睛】物质分离提纯的基本原则：不增（不增加新杂质）、不减（不减少主体物质）、易分离、易复原，所加过量除杂试剂必须除去。14、D【解析】A.由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；B.由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；C.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；D.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；故
26、选：D。15、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。16、C【解析】A. 铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，选项A错误；B. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2+ +SO42+Ba2+ 2OH= Cu(OH)2+BaSO4，选项B错误；C. 石灰石加入稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，选项C正确；D. 铜片
27、插入硝酸银溶液中反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为：Cu+2Ag+Cu2+2Ag，选项D错误。答案选C。17、C【解析】A项、原子的质子数决定元素种类，故A错误；B项、当质子数相同时，中子数决定了元素的核素，单独中子数不能决定核素种类，故B错误；C、决定原子种类的微粒是质子和中子，故C正确；D、原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故D错误。故选C。18、A【解析】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可知，4
28、(1-0)=1(x-1)，解得x=+5，由H3PO2+4Ag+2H2O=H3PO4+4Ag+4H+，H2PO2-+4Ag+2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，则NaH2PO2对应的氧化产物为H3PO4，故A正确。故选A。19、D【解析】A. 物质的量与物质的质量不同，物质的量的单位为mol，质量的单位为g，故A错误；B. 表述微观粒子的物质的量时，必须指明微观粒子的种类，因此表示水的构成时，应为1mol水中含有2mol氢原子和1mol氧原子，故B错误；C. 摩尔是物质的量的单位，故C错误；D. 设为阿伏加德罗常数的值，3mol所含原子数为，2mol所含原子数也为，故D正确；答案选D20、C【
29、解析】在3Cl2+8NH3= 6NH4Cl+N2 反应中，8分子NH3中仅有2分子被氧化，N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物。A. 8分子NH3中仅有2分子被氧化，故A错误；B. N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物，故B错误；C. 氯气是氧化剂，全部参与氧化还原反应，3分子氯气仅氧化了8分子NH3中的2分子氨气，故B正确；D. NH4Cl是还原产物，故D错误；答案选C。21、A【解析】同温同压下，体积相同的气体具有相同的分子数。【详解】同温同压下，体积相同的气体具有相同的分子数，两容器具有相同的容积，说明氯化氢气体和氢气与氯气的混合气体具有相同的温度、压强、体积，因此分子数相同，两容器中的
30、气体均为双原子，因此原子数相同；答案选A。22、C【解析】A.溶液的体积不等于溶剂的体积；B.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等；C.先计算酸的物质的量，再根据反应时二者物质的量关系，计算NaOH的物质的量，利用n=，计算NaOH的质量；D.计算溶质CuSO4的物质的量，利用元素守恒，得到胆矾的物质的量，最后根据n=，计算胆矾的质量。【详解】A. 40.0 g NaOH的物质的量是1mol，将其溶解在1L水中，得到的溶液体积不是1L，所以不能确定溶液的浓度，A错误；B.溶液的浓度与取出的体积大小无关，所以从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度仍为2mol/L，B错误；
31、C.100 mL 1mol/L的H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=1mol/L0.1L=0.1mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.2mol，则其质量是m(NaOH)= nM=0.2mol40g/mol=8.0g，C正确；D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0.5mol/L0.5L=0.25mol，由于用CuSO45H2O配制，根据Cu元素守恒可知需n(CuSO45H2O)= n(CuSO4)=0.25mol，质量是m(CuSO45H2O)
32、=nM=0.25mol250g/mol=62.5g，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。掌握物质的量与质量、浓度的关系是本题解答的关键，易错选项是A、D，选项A容易混淆溶液的体积就是溶剂的体积，选项D中不清楚胆矾与CuSO4的关系，需平时多记忆、积累。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 【解析】无色透明溶液，则一定没有Cu2，Cl、CO32、SO42、Na、K、Mg2 六种离子中只有Mg2 能和氢氧化钠反应生成沉淀，
33、说明一定含有Mg2；Mg2和CO32反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl；【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl、Mg2，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2，可能含有Na、K；（2）实验可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32、SO42不存在，则必须含有Cl；（3）反应中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2。24、H+ H2O OH CH4 Cl2+H2OH+Cl+HClO Cl2 NaCl（s）
34、+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl 用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满 【解析】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HClX2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。【详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H
35、2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；（1）X+为H+，其电子式为H+，Z为Cl，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；故答案为H+、；（2）X2Y 的化学式为H2O；与 H2O 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子为OH，5 个原子核的分子为CH4；故答案为H2O；OH；CH4；（3）Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，所得溶
36、液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl2；故答案为Cl2+H2OH+Cl+HClO；Cl2；（4）实验室制备 HCl 的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；检验 HCl 是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。25、玻璃棒 5.4 将5.4mL浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入小烧杯水中，并不断搅拌散热 胶头滴管 AC 【解析】根据稀释过程中溶质的质量或物质的量不变进行计算浓硫酸的体积
37、。【详解】(1)用浓硫酸配制稀硫酸使用在仪器有量筒、500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管和玻璃棒。(2)假设浓硫酸的体积为VmL，则有0.20.598=1.84V98%，解V=5.4mL。(3)浓硫酸稀释时注意酸入水，操作过程为将5.4mL浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入小烧杯水中，并不断搅拌散热； (4) 定容过程中，向容量瓶中注入蒸馏水，当液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至液面与刻度线相切为止；(5) A.定容时俯视刻度线，溶液的体积变小，浓度变大；B.配制前，量取浓硫酸时发现量筒不干净用水洗净后直接量取，则浓硫酸的物质的量减小，浓度变小；C.在转入容量瓶前烧杯中液体未冷却至室温，则当溶
38、液冷却时溶液体积变小，浓度变大；D.洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液未转入容量瓶，硫酸有损失，浓度变小；E.摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，溶液体积变大，浓度变小。故选AC。【点睛】掌握物质的量浓度的误差分析，一般考虑两个因素，即溶质的变化和体积的变化。在配制过程中溶质有损失，如少取或未洗涤仪器或有溅出等，都会使浓度变小。若溶液的体积变大，则浓度变小，若溶液的体积变小，则浓度变大。26、0.8mol/L 500mL容量瓶 玻璃棒 ac 【解析】（1）要求该培养液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4molL-1，依据电荷守恒计算溶液中铵根离子浓度；（2）依据配制步骤选择
39、需要仪器；（3）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。【详解】(1)所得溶液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4molL-1，依据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，即：0.4mol/L+20.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得：c(NH4+)=0.8mol/L，故答案为：0.8mol/L；(2)配制450mL溶液，需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等用到的仪器：托盘天平(量筒)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管
40、，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒； (3)a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故a选；b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b不选；c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物的量偏小，溶液浓度偏低，故c选；d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d不选；e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，属于正常操作，溶液浓度准确，故e不选；故
41、选：ac。【点睛】实验室中容量瓶的规格有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所以配制450ml的溶液需要500ml的容量瓶。27、氯水中含有Cl- 溶液由红色变为无色 有气泡产生 氯水中含有H+ 氯水中含有HClO 向褪色后的溶液中加NaOH溶液至碱性，溶液变红，可证明a正确，不再显红色，证明b正确 【解析】(1)加硝酸银产生白色沉淀，则该白色沉淀为AgCl，说明氯水中含Cl-，故答案为：氯水中含有Cl-；(2)氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl是强酸，电离出H+，H+消耗NaOH，酚酞由红色变为无色，加入碳酸钠后，H+和碳酸根离子反应放出二氧化碳，会产生气泡，故
42、答案为：溶液由红色变为无色；有气泡产生；(3)滴加酚酞的NaOH溶液呈红色，加入氯水后红色变为无色可能氯水中含H+消耗了OH-，也可能是氯水中含HClO将溶液漂白，HClO的漂白性是不可逆的，若是HClO将其漂白，向褪色后的溶液中再加入NaOH溶液后，溶液不会变红，否则溶液又将变红，故答案为：氯水中含有H+；氯水中含有HClO；向褪色后的溶液中加NaOH溶液至碱性，溶液变红，可证明a正确，不再显红色，证明b正确。28、冷凝管进出水口颠倒 蒸馏烧瓶 冷凝器 碎瓷片 防止液体暴沸 冷凝水蒸气 冰水 【解析】（1）蒸馏时，为充分冷凝，应使水充满冷凝管，从下端进水，上端出水，故答案为冷凝管进出水口颠倒
43、；（2）由仪器的图形可知A为蒸馏烧瓶，B为冷凝管；（3）液体在加热时为了防止液体暴沸，可加入碎瓷片（沸石）；（4）该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是冷凝水蒸气；为了增强冷凝效果，可以用冰水混合物使水蒸气充分冷凝。29、2MnO416H10Cl=2Mn2+5Cl28H2O Cl2 1 【解析】（1）反应中的盐和酸均易溶，拆成离子，单质和水不能拆，2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O的离子方程式为：2MnO416H10Cl=2Mn2+5Cl28H2O；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，答案选；（3）此反应中盐酸被氧化生成氯气，氧化产物是Cl2；反应中氯元素从-1价变为0价，产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为1mol；（4) 用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目如下：。