《2023届广西苍梧中学化学高一上期中经典试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届广西苍梧中学化学高一上期中经典试题含解析.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请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、Na与水、氧气、氯气等均能反应，下列说法中正确的是A金属钠着火时，可以用水灭火BNa与氧气在常温下反应生成Na2O2，加热时二者反应生成Na2OCNa虽然能与氯气反应生成NaCl，但不能在氯气中燃烧D常温下，Na可以与水反应，证明Na比Fe更活泼2、为了除去粗盐中的Ca
2、2+，Mg2+，SO42及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序( )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A B C D3、下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是()ASO2SBSO32-SO2CI-I2DHCO3-CO32-4、下列离子方程式书写正确的是A稀盐酸滴在石灰石上：CO32- + 2H+ CO2 + H2OB稀H2SO4和Ba(OH)2溶液混合：OH- + H+ H2OCCuSO4溶液和BaCl2溶液混合：SO42- + Ba2+ BaSO4DFeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板：Fe3Cu
3、Fe2Cu25、下列叙述正确的是( )Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2O2中O元素的化合价为-2价Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色。A都正确 B. C D6、在下列各反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是( )AHClNaOH=NaClH2OBZn2HCl=ZnCl2H2CHClAgNO3=AgClHNO3DMnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O7、某10%NaOH溶液，加热蒸发掉200g水后得到20%的NaOH溶液160mL，则该20%的NaOH溶液
4、的物质的量浓度为（ ）A6.25molL-1B12.5molL-1C7molL-1D7.5molL-18、用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是中的物质 中的物质 预测中现象A淀粉碘化钾溶液浓硝酸 无明显现象B酚酞溶液浓盐酸无明显现象C氯化铝溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色AABBCCDD9、下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式表示的是（ ）ABCD10、在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是A将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中B将准确量取的18.4molL-1浓硫酸10mL，注入已盛有3
5、0 mL水的100 mL容量瓶中，加入至刻度线即可C仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液D欲配制1000 mL 0.1 molL-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000 mL的容量瓶中，加水至刻度线11、用 0.1 molL-1 的 Na2SO3（已知：SO32-被氧化成 SO42-）溶液 40 mL，恰好可以将2103 mol XO4-还原，则元素 X 在还原产物中的化合价是A4B3C2D112、根据反应（1）2Fe3Cu=Cu22Fe2（2）2Fe2Cl2=2Fe32Cl（3）HClOHCl=H2OCl2，可以判断出各粒子的氧化性由
6、强到弱顺序正确的是AHClOCl2Fe3Cu2BCl2HClOFe3Cu2CCl2Fe3HClOCu2DHClOCl2Cu2Fe313、在一定条件下可以把Mn2+氧化成，若反应中变为，又知反应中氧化剂与还原剂的离子个数比为5：2。则n为A1B2C3D414、下列关于Fe(OH)3胶体的制备方法，正确的是（）A BC D15、在3C126KOHKClO35KC13H2O的反应中，下列说法中正确的是AKCl是氧化产物，KClO3是还原产物 B每消耗14LCl2，转移2mol电子CKOH和H2O均为强电解质 DCl2在反应中既作氧化剂又作还原剂16、已知30mL浓度为0.5molL-1的Na2SO3
7、溶液恰好与50mL浓度为0.1molL-1的KRO4溶液完全反应转化为Na2SO4。则R元素在产物中的化合价是（ ）A+1B+2C+3D+417、关于物质的类别，下列说法正确的是A食盐水、糖水、冰水都属于混合物B烧碱、火碱、消石灰都属于碱CKHSO4、HCl、HNO3在水中都能电离出氢离子，都属于酸D溶液、胶体、浊液都属于稳定的分散系18、除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)AKNO3溶液(AgNO3)：加过量KCl溶液，过滤BNaCl溶液(Na2CO3) ：加足量盐酸后加热CKNO3溶液(NaCl)：加热蒸发得浓溶液后，降温DNaCl溶液(BaCl2)：加过
8、量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热19、下列物质中的S元素只具有还原性的是ABCD20、下列溶液中,氯离子浓度最大的是A10 mL 2 molL-1的MgCl2溶液B100 mL 2.5 molL-1的NaCl溶液C200 mL 6 molL-1的KClO3溶液D150 mL 1 molL-1的AlCl3溶液21、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N2和C2H4 B等压等体积的N2和CO2C等温等体积的O2和N2 D不同体积等密度的CO和C2H422、将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法不正确的是A分液漏斗使用前要检漏B注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡
9、后立即分液C萃取剂要求不溶于水，且碘在萃取剂中溶解度更大D若用CCl4作萃取剂，则分层后下层液体呈紫红色二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。24、（12分）有、四种化合物，分别由、中的两种组成，它们具有下列性质：不溶于水和盐酸；不溶于
10、水但溶于盐酸并放出无色无味的气体；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊。(1)推断、的化学式：_；_；(2)写出下列反应的离子方程式。与氯化钙反应：_。与盐酸反应：_。与稀硫酸反应：_。25、（12分）粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质，还含有泥沙等不溶性杂质。根据粗盐提纯的实验回答下列各问题。(1)将粗盐制成精盐，主要操作步骤之一是蒸发，在加热蒸发溶剂的过程中，还要进行的动手操作是(作具体、完整地说明)_，这样做的主要目的是_，熄灭酒精灯停止加热的依据是_。(2)检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是_，如果含有硫酸根离子，
11、除去硫酸根离子的方法是_。(3)在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是_。26、（10分）用密度为1.84 g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480 mL 0.1 mol/L 稀硫酸。(1)所需浓硫酸的体积是_。(2)配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_、_。(3)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤:量取计算稀释摇匀移液洗涤定容冷却初步振荡装瓶贴签其正确的操作顺序为 _(填序号)。(4)第步实验的操作是_。(5)下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用字母填写a“偏大” b“偏小” c“无影响”）A所用的浓硫酸长时间放置在
12、密封不好的容器中_；B容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水_；C定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线_；D量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸_。27、（12分）实验室要配制500mL 0.2molL-1的NaOH溶液，请结合实验回答下列问题:(1)实验中需称量NaOH固体的质量为_g。(2)实验步骤主要有计算、称量、溶解、转移和定容。完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_和_。溶解和转移过程中玻璃棒的作用分别是_和_。(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响（填 “偏高”“偏低”或“无影响”）。转移液体过程中有少量液体溅出:_；定容时俯视刻度线:_；容
13、量瓶洗净后,未经干燥处理:_28、（14分）现有金属A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、F、F，它们之间的转化发生如下反应，（图中有些反应的产物和反应条件没有全部标出），黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质C的溶液反应生成红褐色沉淀请回答下列问题：（1）物质F的化学式为_（2）写出金属A与水反应的化学方程式：_写出黄绿色气体乙和水反应的离子化学方式：_实验室制备黄绿色气体的化学方程式:_.（3）金属单质A投入到下列溶液中既有气体，又有沉淀出现的是_A、氯化钠溶液 B、碳酸钠溶液 C、硫酸铜溶液 D、氯化铵溶液
14、29、（10分）化学就在你身边（1）汽车尾气是城市空气污染来源之一，汽车尾气中含有CO和NO等有害物质。通过特殊的催化装置，可以使CO与NO相互反应生成无害且稳定的气体N2和CO2，反应的化学方程式是_。若反应生成1molN2，转移的电子数目为_。(NA表示阿伏加德罗常数的值)（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O是工业上制84消毒液的原理，把上述化学方程式改为离子方程式，并用双线桥法标明电子转移的方向和数目。_（3）在一定的温度和压强下，1体积X2 (气)跟3体积Y2 (气)化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符
15、合题意的选项）1、D【解析】ANa与水剧烈反应，金属钠着火时，不可以用水灭火，应该用沙子灭火，A错误；BNa与氧气在常温下反应生成Na2O，加热时二者反应生成Na2O2，B错误；CNa在氯气中燃烧生成氯化钠，C错误；D常温下，Na可以与水剧烈反应，Fe与水在常温下不反应，证明Na比Fe更活泼，D正确；答案选D。2、B【解析】钙离子被碳酸根离子沉淀，镁离子被氢氧根离子沉淀，硫酸根离子被钡离子沉淀，沉淀完全后过滤，过量的碳酸根离子、氢氧根离子可用盐酸处理。过量的钡离子必须在过滤之前由碳酸根离子沉淀，所以加过量Na2CO3溶液要在加过量BaCl2溶液之后，过量的钡离子也被沉淀。【详解】钙离子被碳酸根
16、离子沉淀，镁离子被氢氧根离子沉淀，硫酸根离子被钡离子沉淀，沉淀完全后过滤，过量的碳酸根离子、氢氧根离子可用盐酸处理，盐酸无法除去过量的钡离子。过量的钡离子必须在过滤之前由碳酸根离子沉淀，所以加过量Na2CO3溶液要在加过量BaCl2溶液之后，过量的钡离子也被沉淀，然后再进行过滤。最后加适量盐酸，除去过量的碳酸根离子、氢氧根离子。所以正确的顺序为：加过量NaOH溶液；加过量BaCl2溶液；加过量Na2CO3溶液；过滤；加适量盐酸答案为B。【点睛】本题考查粗盐提纯、物质除杂。首先判断能够发生的反应和基本的除杂顺序：沉淀、过滤、转化过量离子。根据本反应中钡离子不能被过滤后的盐酸除去，判断出过量的钡离
17、子必须在过滤之前由碳酸根离子沉淀，由此判断出加过量Na2CO3溶液要在加过量BaCl2溶液之后，再来进行答题。3、C【解析】A. S元素化合价降低，需加入还原剂才可以实现，A不符合题意；B. S元素化合价不变，不需要加入氧化剂或还原剂就可以实现，B不符合题意；C. 碘元素化合价升高，需加入氧化剂才可以实现，C符合题意；D. 没有元素化合价变化，不需要加入氧化剂或还原剂就可以实现，D不符合题意；故合理选项是C。4、C【解析】A.石灰石是碳酸钙，不能拆成离子形式，故错误；B. 稀H2SO4和Ba(OH)2溶液混合，离子方程式为：SO42- + Ba2+ +2OH- + 2H+ BaSO4+ 2 H
18、2O，故错误；C. CuSO4溶液和BaCl2溶液混合的离子方程式为SO42- + Ba2+ BaSO4，故正确；D. FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板：2Fe3Cu 2Fe2Cu2，故错误。故选C。5、B【解析】Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；Na2O2中O元素的化合价为-1价，故错误；Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故错误；Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧
19、化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色，故正确；所以正确的选项为：。故选B。6、B【解析】试题分析：盐酸表现酸性上完标志是有盐酸盐生成，表现氧化性的标志是氯化氢中氢元素的化合价降低，表现还原性的标志是氯元素的化合价升高。A是中和反应，盐酸表现的是酸性。B是置换反应，氢元素的化合价降低，属于表现的是酸性和氧化性。C中盐酸表现的是酸性。D中有氯气中生成，氯元素的化合价升高，盐酸表现的是酸性和还原性，答案选D。考点：考查盐酸性质的有关判断点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确盐酸表现酸性、还原性和
20、氧化性的判断依据，然后结合具体的化学方程式灵活运用即可。7、A【解析】根据蒸发前后溶质的质量不变，计算出溶液的质量，根据质量分数计算溶质的物质的量，进而计算溶液的物质的量浓度。【详解】设10%氢氧化钠溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则有x10%=（x-200g）20%，解得x=400g，20%的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量为 =1mol，所得20%氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 =6.25molL1，故选：A。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，本题要先计算蒸发后溶液的质量，为解答该题的关键。8、A【解析】A硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将K
21、I氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；C浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确；故答案为A。9、B【解析】A.CaCO3属于难溶于水的盐，在离子反应方程式中写成化学式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2+H2O表示，故A错误；B.Na2CO3溶于水并完全电离成CO32-离子，HCl完全电离出H+，所以该反应的离子方
22、程式可表示为：CO32-+ 2H+=CO2+H2O，故B正确；C.醋酸属于弱电解质，在离子方程式中应写成化学式形式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2+H2O表示，故C错误；D. Na2CO3溶于水并完全电离成HCO3-离子，HNO3完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：HCO3-+ H+=CO2+H2O，不符合题给条件，故D错误；故答案选B。【点睛】能够用离子反应方程式CO32-+ 2H+=CO2+H2O表示的反应，需满足的条件，盐必须为碳酸盐（不能是碳酸氢盐），必须是可溶的，酸必须是强酸，且反应后只能生成二氧化碳和水，不能生成沉淀，据以上条件就可迅速判定符合该
23、条件下的化学反应。10、D【解析】A称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放在小烧杯中称量；氢氧化钠溶液后，应该先冷却再转移到容量瓶中，故A错误；B不能在容量瓶中稀释浓硫酸，容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；C定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；故选D。11、B【解析】SO32-被氧化成 SO42-，硫元素化合价升高2价，即每个Na2SO3被氧化时失电子数为2e-；设还原产物中元
24、素X的化合价为x，XO4-中元素X的化合价为+7，即每个XO4-被还原时得电子数为(7-x)e-。n(Na2SO3)=0.1mol/L0.04L=0.004mol，依题意知0.004molNa2SO3恰好还原210-3molXO4-，根据氧化还原反应中电子得失守恒有：0.004mol2e-=210-3mol(7-x)e-。解得x=3，答案选B。12、A【解析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可以推断.【详解】由反应（1）2Fe3Cu=Cu22Fe2可知，Fe3+是氧化剂、Cu2+是氧化产物，故Fe3+Cu2+；由反应（2）2Fe2Cl2=2Fe32Cl可知，Cl2是氧化剂、Fe3+是氧化
25、产物，故Cl2Fe3+；由反应（3）HClOHCl=H2OCl2可知，HClO是氧化剂、Cl2是氧化产物，故HClOCl2。综上所述，各粒子的氧化性由强到弱顺序是HClOCl2Fe3Cu2，故选A。13、B【解析】该反应中，锰元素的化合价变化为+2价+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的离子个数比为5：2，即与Mn2+的个数之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5+2Mn2+=2+10+16H+，根据电荷守恒得-5n+22=-12+(-210)+116，解得n=2，答案选B。14、C【
26、解析】A. 不加热时FeCl3的水解程度小，难以得到Fe(OH)3胶体；B. FeCl3+2NaOHFe(OH)3+ 3NaCl，得到Fe(OH)3沉淀，不能得到Fe(OH)3胶体；C.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，可以得到Fe(OH)3胶体；D. FeCl3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH4Cl，得到Fe(OH)3沉淀，不能得到Fe(OH)3胶体。故选C。点睛：本题涉及的Fe(OH)3胶体的制备方法就是控制条件使得FeCl3溶液中的FeCl3在稀释和加热条件下充分水解得到Fe(OH)3胶体。15、D【解析】3C126KOHKClO35KC13H2O的反应中，Cl元素的化合价由0升高到
27、+5价，由0降到-1价。【详解】A. KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，故A错误；B. 14LCl2，没指明标准状况，无法计算，故B错误；C. KOH为强电解质 ，H2O为弱电解质，故C错误；D. Cl元素的化合价由0升高到+5价，由0降到-1价，Cl2在反应中既作氧化剂又作还原剂，故D正确。故选D。【点睛】氧化剂在反应中所含元素化合价降低，对应的是还原产物；还原剂在反应中所含元素化合价升高，对应的是氧化产物。16、A【解析】设R元素在产物中的化合价为X价；S元素化合价从+4升高到+6价，R元素化合价从+7价降到X价，根据氧化还原反应得失电子数相等列等式：0.5mol/L3010-3L2
28、=0.1mol/L5010-3L（7-X），得X=1；答案：A17、B【解析】A、冰水是纯净物，A错误；B、烧碱、火碱是氢氧化钠，消石灰是氢氧化钙，都属于碱，B正确；C、硫酸氢钾是酸式盐，不是酸，C错误；D、浊液不是稳定的，D错误；答案选B。【点晴】掌握相关概念的含义是解答的关键，选项C是易错点，注意酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，硫酸氢钾电离出的阳离子还有钾离子，注意知识的灵活应用。18、A【解析】A.加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新杂质氯化钾，故A错误；B.加足量盐酸后加热，盐酸和碳酸钠反应，生成N
29、aCl、H2O、CO2,故B正确；C.硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度影响不大，可以加热蒸发得浓溶液后降温,获得硝酸钾的晶体,故C正确；D.加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，故D正确；本题答案为A。19、B【解析】A项、亚硫酸钠中硫元素为中间价+4价，既有氧化性又有还原性，故A错误；B项、硫化氢中硫元素为最低价-2价，只有还原性，故B正确；C项、三氧化硫中硫元素为最高价+6价，只有氧化性，故C错误；D项、硫酸镁中硫元素为最高价+6价，只有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】同种
30、元素，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价既有氧化性又有还原性是判断元素氧化性和还原性的依据，也是解答的关键。20、A【解析】A. 10 mL 2 molL-1的MgCl2溶液中氯离子浓度为4molL-1；B. 100 mL 2.5 molL-1的NaCl溶液中氯离子浓度为2.5molL-1；C. 200 mL 6 molL-1的KClO3溶液中没有氯离子；D. 150 mL 1 molL-1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3molL-1.所以氯离子浓度最大的为A。故选A。21、A【解析】两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行
31、计算和判断。【详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；D不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。故选A。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，灵活物质的量公式是解答本题的关键。22、B【解析】碘在水中溶解度小，易溶于有机溶剂，可用
32、萃取的方法分离，萃取时，萃取剂与水互不相溶，且用分液漏斗进行分液，分液时注意两层液体不能重新混合而污染【详解】A分液漏斗有旋塞，使用前要检验它是否漏水，故A正确；B、注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡后，静置，分层后分液，故B错误；C、萃取剂与水互不相溶，否则不能起到分离的目的，且溶质在萃取剂中溶解度更大，故C正确；D、四氯化碳的密度比水大，下层呈紫色，故C正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）
33、利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O
34、。故答案为SO42、CO32；稀盐酸24、BaSO4 Ba(OH)2 【解析】不溶于水和盐酸，应为硫酸钡；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊，则为二氧化碳，为碳酸钾；不溶于水但溶于盐酸并放出二氧化碳，则为碳酸钡；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成，则是氢氧化钡。【详解】(1)由以上分析可知，为BaSO4，为Ba(OH)2。答案为：BaSO4；Ba(OH)2；(2)D为K2CO3，它与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钾，反应的离子方程式为；B为BaCO3，它与和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为；C为Ba(OH)2，它和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式。答
35、案为：；。【点睛】当一种物质中参加反应的离子为两种或两种以上时，常采用“以少定多”法进行离子方程式的书写。25、用玻璃棒不断搅拌液体 防止液滴飞溅 蒸发皿中产生了较多的固体 静置片刻，在上层清液滴加一滴氯化钡溶液，若出现浑浊或沉淀，说明溶液中有硫酸根离子，若不出现浑浊或沉淀说明硫酸根离子已除完全 在溶液中加入过量的氯化钡溶液 除去氯化钠中的钙离子、镁离子及过量的钡离子 【解析】（1）在蒸发结晶的过程中，还需进行的手动操作是搅拌，当蒸发皿中有较多晶体析出时即停止加热，利用余热将剩余液体蒸干；（2）加入过量的氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；（3） 在粗盐提纯过程中滴加饱和碳酸钠溶液，除去氯化钠中
36、的钙离子、镁离子及过量的钡离子。【详解】（1）在蒸发结晶的过程中，为了防止液体飞溅，还需进行的手动操作是搅拌，当蒸发皿中有较多晶体析出时即停止加热，利用余热将剩余液体蒸干，故答案为用玻璃棒不断搅拌液体；防止液滴飞溅；蒸发皿中产生了较多的固体 ；（2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是：静置片刻，在上层清液滴加一滴氯化钡溶液，若出现浑浊或沉淀，说明溶液中有硫酸根离子，若不出现浑浊或沉淀说明硫酸根离子已除完全 ；除去硫酸根离子的方法是：在溶液中加入过量的氯化钡溶液；故答案为静置片刻，在上层清液滴加一滴氯化钡溶液，若出现浑浊或沉淀，说明溶液中有硫酸根离子，若不出现浑浊或沉淀说明硫酸根离子已除完全
37、 ；在溶液中加入过量的氯化钡溶液；（3）碳酸钠与镁离子生成碳酸镁沉淀、与钙离子生成碳酸钙沉淀、与钡离子生成碳酸钡沉淀，所以滴加饱和碳酸钠溶液，可以除去钙离子、镁离子和过量的钡离子，故答案为除去氯化钠中的钙离子、镁离子及过量的钡离子。26、2.7 mL 500 mL容量瓶 胶头滴管 定容，沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线12cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切 b c b a 【解析】（1）用密度为1.84 g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480 mL 0.1 mol/L稀硫酸，浓硫酸的浓度是18.4mol/L，由于需要使用500mL容量瓶，则根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知所
38、需浓硫酸的体积是。（2）配制的一般步骤是计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，因此配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。（3）根据（2）中分析可知其正确的操作顺序为。（4）第步是定容，其实验的操作是沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线12cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切。（5）A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中会导致浓硫酸吸水，浓度减小，量取的浓硫酸中溶质减少，浓度偏小，答案选b；B容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水不会影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变，答案选c；C定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，溶液体
39、积增加，浓度偏小，答案选b；D量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸，硫酸的体积增加，溶质的质量增加，浓度偏大，答案选a。27、4.0 500ml容量瓶 胶头滴管 搅拌 引流 偏低 偏高 无影响 【解析】(1)实验中需称量NaOH固体的质量，应使用公式m=cVM进行计算。(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等。溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。(3)转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量减少；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小；容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响。【详解】(1)实验中
40、所需NaOH固体的质量m=cVM=0.2molL-10.5L40g/mol=4.0g。答案为：4.0；(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管。答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。答案为：搅拌；引流；(3)转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量减少，所配溶液的浓度偏低；答案为：偏低；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；答案为：偏高容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响，所配溶液的浓度无影响。答案为：无影响。【点睛】在进行所需溶质
41、的质量计算前，需选择合适的容量瓶。若没有所配体积的容量瓶，则应选择稍大规格的容量瓶，计算时必须使用所选择容量瓶的规格。28、FeCl32Na+2H2O=2NaOH+H2Cl2+H2OH+Cl-+HClOMnO2+4HCl（稀）MnCl2+Cl2+H2OC【解析】金属A焰色为黄色，证明A为钠单质，与水反应生成的气体甲为氢气，物质C为氢氧化钠，黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，说明乙为氯气；氯气与氢气反应生成的气体丙为氯化氢，气体丙溶于水得到的物质D为盐酸，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀，金属B与氯气反应生成F
42、，综上可判断B为铁，F为氯化铁，E为氯化亚铁。（1）物质F为氯化铁，其化学式为FeCl3；（2）金属A为钠，与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；黄绿色气体乙为氯气，和水反应的离子化学方式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO；实验室制备黄绿色气体氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（稀）MnCl2+Cl2+H2O；（3）金属单质A为钠，A钠投入氯化钠溶液中，钠只与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项A不符合；B钠投入碳酸钠溶液中，钠只与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项B不符合；C钠与硫酸铜溶液反应生成氢气和氢氧化铜沉淀的硫酸钠，反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=H2
43、+Na2SO4+Cu（OH）2，选项C符合；D钠与氯化铵溶液反应生成氢气和氨气和氯化钠，反应的方程式为：2Na+2NH4Cl2NaCl+2NH3+H2，只产生气体不产生沉淀，选项D不符合。答案选C。29、2CO + 2NON2+2CO2 4NA 略 XY3或Y3X 【解析】（1）CO与NO相互反应生成无害且稳定的气体N2和CO2，反应的化学方程式是2CO + 2NON2+2CO2。2NON2氮元素的化合价由+2到0价，若反应生成1molN2，转移的电子数目为22=4mol,即为4NA。答案：2CO + 2NON2+2CO2 4NA。（2）Cl2+2NaOH = NaCl+NaClO+H2O属于歧化反应，其离子方程式为，并用双线桥法标明电子转移的方向和数目。答案：。(3)设该化合物化学式为XaYb，由阿伏加德罗定律知X2+3Y2=2 XaYb，根据质量守恒定律，得：2=2a，a=1，2b=6，b=3，即生成物为XY3。答案：XY3。