《陕西省靖边县第四中学2022-2023学年高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省靖边县第四中学2022-2023学年高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.doc（19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、关于原子结构的叙述正确的是A所有的原子核都是由质子和中子组成的B原子的最外层电子数不超过8个C稀有气体原子的最外层电子数均为8D原子的次外层电
2、子数都是8个2、下列反应属于四种基本反应类型，但不属于氧化还原反应的是AFe+CuSO4FeSO4+CuBCO+CuOCu+CO2CAgNO3+NaClAgCl+NaNO3D2FeCl2+Cl22FeCl33、下列离子方程式正确的是AZn与稀H2SO4反应：ZnHZn2H2BNa2CO3溶液与足量盐酸反应：CO322HH2OCO2CCl2与NaOH溶液反应：Cl22OH2ClH2ODMgC12溶液与过量氨水反应：Mg22OHMg(OH)24、下列组合属于同位素的是 ( )A金刚石和石墨B16O和18OCH216O和 H218OD16O2和18O25、下列关于胶体的说法正确的是A胶体的分散质粒子
3、能通过滤纸，而其他分散系的分散质粒子不能通过滤纸B氢氧化铁胶体、硫酸铜溶液用激光笔照射，均能观察到一条光亮的通道C胶体区分于溶液的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1nm100nm之间D氢氧化铝和氢氧化铁胶体可用于净水是因为它们具有强氧化性6、如图：A处通入氯气。关闭B阀时,C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是AD中不可能是浓硫酸B通入的氯气含有水蒸气CD中可以是水DD中可以是饱和食盐水7、我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A萃取B渗析C干
4、馏D蒸馏8、NaBH4(B的化合价为+3)是化工生产中的重要还原剂，其与水发生反应的化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。下列有关该反应的叙述正确的是ANaBH4被氧化B该反应为置换反应CH2O是还原剂D每生成1个H2转移2个电子9、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因可能是A所用固体NaOH已潮解B定容时仰视刻度C用带游码的托盘天平称2.4g NaOH时，误把砝码放在了左边D配制完毕，不小心溅出几滴溶液，为使溶液的浓度不减少，又在配好的溶液中加入少量的NaOH固体10、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMRQ原子半径(101
5、0m)1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价17325最低负价132有关X、Y、Z、M、R和Q的下列说法正确的是()AX、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应B元素X和Q形成的化合物中不可能含有共价键CX、Z、M的单质分别与水反应，Z最剧烈DY的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃11、 “分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用。下列说法正确的是( )ANa2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物B根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液C根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质D碱性氧化物一定是金属氧化
6、物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物12、下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A用镊子夹住pH试纸伸入某溶液pH试纸变红溶液呈酸性B向U型管内氢氧化铁胶体通电阳极红褐色变深氢氧化铁胶粒带正电C用分液漏斗对CCl4和水进行分液混合溶液不分层不能用分液的方法分离CC14和水D用电流计测室温下等物质的量浓度的 NaHSO3和NaHSO4溶液的导电性NaHSO3的导电性较弱NaHSO3溶液中的离子浓度较小AABBCCDD13、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下，8 g CH4中含有的原子总数为2. 5NAB2. 4 g Mg2+中含有的电子数为0. 2
7、NAC标准状况下，11.2 L H2O中含有的分子数为0.5 NAD0.1 molL-1的H2SO4水溶液中含H+的数目为0.2NA14、用下列实验装置和方法进行相应实验，正确的是A用图1所示方法称量固体氢氧化钠B用图2装置分离食用胡麻油与水的混合物C用图3所示装置和方法进行石油分馏D用图4装置配制150 mL稀盐酸15、下列电离方程式错误的是NaHCO3= Na+H+ CO32- NaHSO4 = Na+H+ SO42-H2SO4 = 2H+ SO42- KC1O3 = K+ C15+3O2-A B C D16、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A在常温常压下，28 g N2与CO
8、混合物气体中所含的分子数目一定为NAB标准状况下，17 g氨气所含原子数目为NAC在常温常压下，11. 2 L氮气所含的原子数目为NAD10 mL 2 mol/LH2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度为1 mol/L17、下列操作中正确的是（ ）A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B蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部C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D分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁18、下列离子方程式正确的是A金属铜与硝酸银溶液反应：CuAg+ Cu2+AgBBa(OH)2溶液和H2SO4溶液反应：Ba2+ + OH- + H+
9、+ SO42- = BaSO4+ H2OC向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+3H2OFe(OH)33H+D石灰乳与盐酸反应：Ca(OH)22H+ = Ca2+2H2O19、下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（ ）A过滤B渗析C萃取D丁达尔效应20、 “玉兔”号月球车用作为热源材料，下列关于的说法正确的是()A与互为同位素B与互为同素异形体C与具有完全相同的化学性质D与具有相同的最外层电子21、将10mL单质气体X2和20mL单质气体Y2完全反应后，恰好生成20mL气体Z，若上述三种气体的体积都是在同温、同压下测定的，则气体Z的分子式是( )AXY2 BX2Y
10、CXY DX2Y422、离子M2O7X-与S2-能在酸性溶液中发生如下反应：aM2O7X- +3S2- +cH+=2M3+ +eS+f H2O,则M2O7X-中M的化合价为 ( )A+4B+5C+6D+7二、非选择题(共84分)23、（14分）某强酸性溶液X中仅含有Ba2、Al3、NH4、Fe2、Fe3、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下根据以上信息，回答下列问题:(1)仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的离子分别是_。(2)若中所用氢氧化钠浓度为2 mol/L，当加入10 mL时开始产生沉淀，55 mL时沉淀的量达到最大值0.
11、03 mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60 mL时沉淀的量降为0.025 mol且保持不变，则原溶液中：c(Fe2+)为_mol/L、c(Fe3+)为_mol/L、c(Cl-)为_mol/L。(若有些离子不存在，请填0 mol/L)24、（12分）下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。回答下列问题：（1）写出化学式：A_，D_。（2）以上反应中不属于氧化还原反应的有_（填序号）。（3）反应的离子方程式：_。氧化剂为_；氧化产物为_。（4）向D溶液中通入CO2反应的化学方程式：_。25、（12分）实验室中利用高
12、锰酸钾、浓盐酸、KOH 制备 Cl2 和 KClO3 并进行相关实验探究，装置如图所示(加热及夹持装置已省略）:已知：2KMnO4+16HCl(浓）=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2OCl2是有毒气体，易与碱性溶液反应回答下列问题：(1）a 装置是制取 Cl2 的装置，最好选择下列装置中的 _(填序号）；仪器A的名称是_。 (2）b 装置中采用的加热方式是_，c 装置的作用是_。(3）反应完全后，取出 b 装置中的试管，经冷却结晶、过滤、洗涤，得到KClO3晶体，证明 KClO3 洗涤干净的操作是_。(4）如图所示，取适量中性 KBr
13、 溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，然后分别加入KClO3 溶液和 KClO 溶液，1 号试管中溶液颜色不变，2 号试管中溶液颜色变为橙色，向 2号试管中加入 CCl4 后充分振荡、静置，下层溶液呈 _。由上述实验可知该条件下氧化性 KClO3 _KClO(填 “大于”或“小于”）。26、（10分）实验室需要0.3 molL1 NaOH溶液480 mL和0.5 molL1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。（2）在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取Na
14、OH的质量为_g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 _(填“”、“”、“”或“”)0.3 molL1。（3）在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84 gcm 3的浓硫酸的体积为 _ mL (计算结果保留一位小数)mL；如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用_mL量筒最好。27、（12分）实验室欲配制80 g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，如图是配制该氢氧化钠溶液的实验操作示意图。实验步骤(1)计算：需要氢氧化钠固体_g，水_mL(水的密度为1 gmL1)。(2)称量：用托盘天平称取氢氧化钠固体，用规格为_(填“10mL”“50mL”或
15、“100mL”)的量筒量取所需要的水，倒入盛有氢氧化钠的烧杯中。(3)溶解：用玻璃棒搅拌，使氢氧化钠固体完全溶解。28、（14分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中氧化剂是_(填化学式),过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价为_。(填数字)(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种数粒:
16、Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。碱性条件下,氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应,写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子,若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为_mol。29、（10分）（1）下列实验需要在哪套装置中进行：（填序号，每套装置仅使用一次） 从海水中提取水：_；从KCl溶液中获取KCl晶体：_；分离CaCO3和水：_；分离植物油和水：_。（2）现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能为AlCl3溶液和NaOH溶液。现分别将一定体积的甲、乙两溶液混合，具体情况如下表所示，请回答
17、：实验实验实验取甲瓶溶液的量400 mL120 mL120 mL取乙瓶溶液的量120 mL440 mL400 mL生成沉淀的量1.56 g1.56 g3.12 g甲瓶溶液为_溶液。乙瓶溶液为_溶液，其物质的量浓度为_molL1。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、B【解析】A、一般原子核是由质子和中子构成的，但氢原子例外，原子核内没有中子，选项A错误；B、原子的最外层电子数不超过8个，选项B正确；C、稀有气体原子的最外层电子数不一定均为8个，氦元素的原子最外层电子数为2个，选项C错误；D、原子的次外层电子数不超过18个，原子的次外层电子数不一定都是8个，选
18、项D错误。答案选B。2、C【解析】A.该反应为置换反应，一定属于氧化还原反应，A不符合题意；B.该反应不属于四种基本反应类型，反应过程中有元素化合价发生变化，为氧化还原反应，B不符合题意；C.该反应为复分解反应，不属于氧化还原反应，C符合题意；D.该反应为化合反应，反应过程中，氯元素和铁元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：C【点睛】明确四种基本反应类型与氧化还原反应的关系以及准确判断反应中元素的化合价变化情况是解答的关键。四种基本反应类型中，一定不属于氧化还原反应的为复分解反应，一定属于氧化还原反应的是置换反应。3、B【解析】试题分析：AZn与稀H2SO4反应：ZnH
19、Zn2H2没有配平，错误；B正确；CCl2与NaOH溶液反应：Cl22OH2ClH2O漏写次氯酸根，错误；D 、氨水是弱电解质，不能拆开，错误。考点：考查离子方程式的书写及正误判断。4、B【解析】具有相同质子数不同中子数的原子互为同位素；由同种元素组成的不同单质互为同素异形体；以此来解答。【详解】A金刚石和石墨为同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，选项A错误；B16O和18O为相同质子数不同中子数的原子，互为同位素，选项B正确； CH216O和 H218O是化合物，不是原子，不互为同位素，选项C错误；D16O2和18O2为同种元素组成的相同单质，为同一种物质，选项D错误；答案选B。【点睛】
20、本题考查同位素、同素异形体的区别，明确概念及概念中的要点即可解答，易错点为选项 D，16O2和18O2为同种元素组成的相同单质，为同一种物质。5、C【解析】试题分析：A溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子能通过滤纸，故A错误；B氢氧化铁胶体有丁达尔现象，硫酸铜溶液没有丁达尔现象，故B错误；C胶体的分散质粒子直径在1nm100nm之间是胶体区分于溶液的本质特征，故C正确；D氢氧化铝和氢氧化铁胶体吸附性，都可用于净水，与是否有强氧化性无关，故D错误；答案为C。考点：考查胶体的性质特征6、B【解析】试题解析：由图可知，关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色，则A为潮湿的氯
21、气，D中的液体可干燥或吸收氯气：D中可以为浓硫酸，用于干燥氯气，故A错误；由上述分析可知，通入的氯气含有水蒸气，故B正确；A处通入氯气关闭B阀时，D中使水时，氯气通过后会含有水蒸气，会使有色布条褪色，故C错误；D中液体不能为饱和食盐水，若为食盐水，则关闭B阀时，C处红色布条褪色，故D错误.考点：氯气的化学性质7、D【解析】我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。” 由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，答案选D。8、A【解析】在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2中，
22、NaBH4中B的化合价为+3，H的化合价-1价，H2O中H的化合价+1价，生成物氢气的化合价为0价，NaBH4中氢元素的化合价升高，作还原剂，H2O中氢元素的的化合价降低，作氧化剂，由此分析。【详解】A根据分析，NaBH4中氢元素的化合价升高被氧化，作还原剂，故A符合题意；B置换反应是单质和化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，该反应的反应物NaBH4和H2O都是化合物，故B不符合题意；CH2O中H的化合价+1价，生成物氢气的化合价为0价，H2O中氢元素的的化合价降低，作氧化剂，故C不符合题意；D根据分析，在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2中，NaBH4中B的化合价为+3，H的化合价
23、-1价，H2O中H的化合价+1价，生成物氢气的化合价为0价，生成4个H2转移4个电子，每生成1个H2转移1个电子，故D不符合题意；答案选A。9、D【解析】根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高。【详解】A项、所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A错误；B项、定容时仰视，会造成溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故B错误；C项、称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，故C错误；D项、配制完毕，不小心溅
24、出几滴溶液，不会影响浓度大小，又在配好的溶液中加入少量的NaOH固体，相当于n增大，所以c偏高，故D正确。故选D。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液配制与误差分析，根据c=n/V理解溶液配制的操作与误差分析。10、A【解析】根据所给半径及化合价可知Q为O元素，R为N元素，Y为Cl元素，X为Na元素、M为Mg元素、Z为Al元素。据此分析解答。【详解】A根据上述分析，X、Z、R的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HNO3，三者之间可两两相互反应，A项正确；B根据上述分析，X和Q分别为Na、O，两者形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键和离子键，B项错误；CX、Z、M的单质分别
25、是Na、Al、Mg，它们与水反应，Na(X)最剧烈，C项错误；DY的氢化物为HCl，HCl与玻璃不反应，D项错误。答案选A。11、D【解析】ANa2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；B分散系本质特征是分散质微粒直径大小，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，1nm-100nm形成的为胶体，大于100nm形成的分散系为浊液，丁达尔现象是胶体的特征性质，故B错误；C电解质和非电解质概念分析可知非电解质本身不能电离出自由移动的离子，电解质能电离出自由移动的离子，如BaSO4水溶液不导电，但
26、熔融状态导电属于电解质，故C错误；D碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D正确；故选D。12、D【解析】ApH试纸不能伸入溶液中；B胶体粒子可吸附带电荷的离子；BCCl4和水分层；DNaHSO3的导电性较弱，可知阴离子存在电离平衡。【详解】ApH试纸测溶液的pHJ时不能伸入该溶液中，应选玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，选项A错误；B胶体粒子可吸附带电荷的离子，氢氧化铁胶体离子带正电，所以是阴极红褐色变深，故选项B错误；BCCl4和水是互不相容的两层液体物质，二者分层，可用分液方法分离，选项C错误；DNaHSO3的导电性比等浓度NaHSO4溶液较弱
27、，说明阴离子HSO3-不完全独立，在溶液中存在电离平衡，导致NaHSO3溶液中的离子浓度较小，选项D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。13、A【解析】A8 g CH4的物质的量为0.5mol，1个CH4分子中含5个原子，则8gCH4中含有的原子总数为2. 5NA，A正确；B2. 4 g Mg2+的物质的量为0.1mol，含电子数为0.110NA=NA，B错误；C标准状况下，H2O不是气体，无法准确计算，C错误；D未给出溶液的体积，无法计算，D错误。答案选A。14、B【解析】A. NaOH易潮解，具有腐
28、蚀性，应将NaOH固体放在小烧杯中称量，故A错误；B. 食用胡麻油不溶于水，可用分液法分离食用胡麻油和水的混合物，故B正确；C. 进行石油分馏时，为了增大冷凝效果，冷凝水应从下口进入、上口流出，且温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；D. 配制150mL稀盐酸，不能选100mL容量瓶，仪器选择不合理，故D错误，答案选B。15、C【解析】碳酸是弱酸，NaHCO3是H2CO3的酸式盐，HCO3-不能拆，电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3-，故错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，属强电解质，完全电离用“”，电离出Na+、H+、SO42离子，其电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO4
29、2，故正确；硫酸为二元强酸，一步完全电离，电离方程式为：H2SO42H+SO42，故正确；氯酸钾是强电解质，是由钾离子和氯酸根离子构成，能完全电离，电离方程式为：KClO3=K+ClO3，故错误，答案选C。16、A【解析】A、温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等均是28g/mol，所以28 g混合气体的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，A正确；B、17 g NH3的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA，B错误；C、常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2 L氮气所含的原子数目小于NA，C错误；D、溶液是均一稳定的，则
30、10 mL 2 mol/LH2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度仍然为2 mol/L，D错误；答案选A。17、D【解析】A.蒸发操作时，当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，故A错误；B.蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管出口处，故B错误；C.萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多密度也可以比水小，故C错误；D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁，故D正确；答案：D18、D【解析】A. 金属铜与硝酸银溶液反应离子方程式为：Cu2Ag+ Cu2+2Ag，故错误；B. Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应离子方程式应为：Ba2+ + 2OH-
31、 +2 H+ + SO42- = BaSO4+ 2H2O，故错误；C. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式应为：Fe3+3H2OFe(OH)3（胶体）3H+，故错误；D. 石灰乳与盐酸反应的离子方程式为：Ca(OH)22H+ = Ca2+2H2O，故正确。故选D。【点睛】离子方程式判断是注意物质的书写形式，掌握能拆成离子形式的物质，如石灰乳不能拆成离子形式，若说是澄清石灰水则可以拆成离子形式。19、C【解析】A悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；B胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒
32、子的大小进行分离，故B错误；C萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；D胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；故答案为C。20、D【解析】A.两者是不同元素，仅相对原子质量相等，A错误；B. 两者互为同位素，B错误；C. 两种微粒不是同种元素，核外电子排布不同，化学性质不同，C错误；D. 两者质子数相同，所以具有相同的最外层电子，D正确。故选择D。21、A【解析】X2、Y2、Z的体积比为10mL：20mL：20mL=1:2:2，根据阿伏加德罗定律可写出化学方程式X2
33、（g）+2Y2（g）=2Z（g），根据原子守恒，Z的化学式为XY2，答案选A。22、C【解析】反应a M2O7x-+3S2-+cH+=2M3+eS+fH2O中，由M原子守恒可知a=1，由O原子守恒可知，f=7，则由H原子守恒可知c=14，由电荷守恒可知-x+（-2）3+14=+6，解得x=2，则M2O7x-中M的化合价为2(2)7/2=+6，答案选C。二、非选择题(共84分)23、Fe3+、Cl- 0.15 0.1 0.4 【解析】(1)强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42；生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为N
34、O，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，它在酸性条件下和NO3反应生成NO；溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe(OH)3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；溶液中含有Fe2+，就一定不含NO3，含有SO42就一定不含Ba2+，不能确定是否含有的Fe3+和Cl。(2)根据得失电子数相等和阴阳离子电荷所带电荷数相同求解。【详解】(1)由分析可知不能确定是否含有的是Fe3+和Cl。(2) n(NO)=0.005 mol，根据得失电子数可
35、知n(Fe2+)= n(NO)3=0.015 mol，c(Fe2+)=0.015mol0.1L=0.15mol/L；加入氢氧化钠溶液60mL时沉淀量降到0.025mol，说明此时为氢氧化铁沉淀，亚铁离子的物质的量是0.015mol，所以说明原溶液中存在铁离子，n(Fe3+)=0.025mol0.015mol=0.01mol，则c(Fe3+)=0.01mol/0.1L=0.1mol/L；加入55mL氢氧化钠溶液时沉淀达到最大值0.03mol，加入60mL氢氧化钠溶液时，沉淀降为0.025mol，说明n(Al(OH)3)=0.03mol0.025mol=0.005mol，则溶液中SO42：0.04
36、mol，NH4+：0.005mol，Fe2+：0.015mol，Fe3+：0.01mol，Al3+：0.005mol，此时2n(SO42)=n(NH4+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)，所以c(Cl)=0.4 mol/L。【点睛】注意生成的Al(OH)3会和过量的NaOH反应生成NaAlO2和H2O。24、Na Na2CO3 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 Na2O2 O2 Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3 【解析】焰色反应为黄色的是钠元素，则A是金属钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠与水反应生成
37、氢氧化钠和氧气，金属钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液吸收足量的二氧化碳可生成碳酸氢钠，碳酸氢钠热稳定性较差，受热分解转化为碳酸钠。所以，A是钠，B是过氧化钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠。以此进行分析解答。【详解】（1）根据以上分析，A为Na，D为Na2CO3，答案为：Na；Na2CO3；（2）上述6个反应中、或有单质参加反应，或有单质生成，反应中有元素化合价的变化，这四个反应属于氧化还原反应，则 两个反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，答案为：；（3）反应为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；
38、该反应中Na2O2既做氧化剂又做还原剂，氧化产物为氧气。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；Na2O2；O2；（4）向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠，反应的化学方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，答案为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。25、 分液漏斗 水浴加热 吸收未反应的氯气，防止污染空气 取少许最后一次的洗涤液于试管中，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净(合理即可，） 橙红色(合理即可，） 小于 【解析】通过2KMnO4+16HCl(浓）=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O制取氯气，发生装置为固体
39、和液体制气装置，用3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O制取KClO3，采用水浴加热，用氢氧化钠溶液处理尾气；1号、2号实验知，次氯酸钾能氧化溴化钾，而氯酸钾不能氧化溴化钾；【详解】(1）制取 Cl2 的反应为2KMnO4+16HCl(浓）=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O，故采用固体和液体在室温下反应制取气体的装置，最好选择；由构造知仪器A的名称是分液漏斗。(2）制取KClO3的反应为：3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O，需控制反应温度，故b 装置中采用的加热方式是水浴加热，Cl2是有毒气体，多余氯气不能直接排放到空气中，要进行尾气处理，氯气易与碱性溶
40、液反应，故c 装置的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。(3）若KClO3 未洗涤干净，则其表面有可溶性杂质氯化钾等，证明 KClO3 洗涤干净的操作是：取少许最后一次的洗涤液于试管中，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净(合理即可）。(4）1 号试管中溶液颜色不变，2 号试管中溶液颜色变为橙色，则只有2号试管内有溴分子生成，加入 CCl4 后充分振荡，四氯化碳萃取了水溶液中的溴，静置，下层溶液呈橙红色。由上述实验可知，次氯酸钾氧化了溴化钾，而氯酸钾不能氧化溴化钾，故该条件下氧化性 KClO3 小于KClO。26、 AC 烧杯、玻璃棒 6.0 13.6 15【解析】(
41、1)配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有:托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗,还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒;答案为:AC;烧杯和玻璃棒;(2)配制0.3 molL1 NaOH溶液480 mL,应选择容量瓶,实际配制溶液,需要氢氧化钠质量m=0.3 molL1 L40g/mol=6.0 g;答案为:6.0;若NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,导致部分溶质损耗,根据溶液浓度偏低,所以所得溶液浓度0.3 molL1;答案为:;氢氧化钠溶解产生大量的热,未冷却就进行定容操作,冷却后溶液体积偏小,根据溶液浓度偏高,所以所得溶液浓度0.3 molL
42、1因此，答案是: (3)浓硫酸的物质的量浓度,设需要浓硫酸体积为V(浓),则根据溶液稀释过程溶质的物质的量不变得:c(浓)V(浓)(稀)V(稀),即mol(浓)molL,得V(浓)6mL;答案为:13.6;量取浓硫酸,应选择量筒;答案为:15;27、8 72 100 mL 【解析】（1）根据溶质质量=溶液质量溶质的质量分数来计算；（2）选取量筒时，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒；【详解】（1）溶质质量=溶液质量溶质的质量分数，配制80g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，需氢氧化钠的质量=80g10%=8g；溶剂质量=溶液质量溶质质量，则所需水的质量=80g8g=72g；水的密度为1g/cm3
43、，则水的体积为72mL。故答案为8；72；（2）选取量筒时，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒，应用100mL量筒量取72mL水，故答案为100 mL。28、Na2O2 -1 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 3 0.15 【解析】（1）2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2反应中铁元素由+2价升高到+6价，所以FeSO4为还原剂；过氧化钠中的部分氧原子由-1价降低到-2价，所以Na2O2是氧化剂；答案：Na2O2 ； -1。（2）高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6
44、价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为2，溶液在碱性条件下进行，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，则氢氧化根离子参加反应生成水，反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ；答案：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，1mol FeO42-反应中转移电子数为3，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程