《云南省元江县民族中学2022年高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省元江县民族中学2022年高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析.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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列实验操作或装置不正确的是A蒸馏B过滤C萃取D蒸发2、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+ + SO
2、42- = 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+2H2O3、把镁粉中混有的少量铝粉除去,应选用的试剂是A稀盐酸 B烧碱溶液C硫酸铝溶液 D硫酸镁溶液4、下列反应的离子方程式中或电离方程式正确的是AFe2（SO4）3溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Fe3+SO42-+Ba2+3OH-=Fe（OH）3+BaSO4B向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-完全沉淀： 2H+SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4C向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：
3、Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2ODHSO3-在水中的电离：HSO3-+H2OSO32-+ H3O+5、下列关于物质分类的正确组合是()选项碱酸盐酸性氧化物碱性氧化物ANa2CO3H2SO4NaHCO3CO2SiO2BNaOHHClNaClSO3Na2OCNaOHCH3COOHCaF2SO2SO3DKOHHNO3CaCO3COCaOAABBCCDD6、0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）ABCD7、下列说
4、法不正确的是ANa与Cl2反应生成NaCl，消耗l mol Cl2时转移的电子数是26.021023B0.1 mol水含有的电子数为NAC标准状况下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NAD标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mol 氯原子8、下列配制的溶液浓度偏大的是（ ）A配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线B配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C称量4.0gNaOH配制0.1mol/L NaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘DNaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线9、从元素的化合价分析，下列物质中不能作还原剂的是ANH3BS2CNa+DFe2
5、+10、下列在无色溶液中能大量共存的离子组是ANH4+、Mg2+、SO42、ClBBa2+、K+、OH、CO32-CAl3+、Cu2+、SO42、ClDH+、Ca2+、Cl、HCO311、下列离子方程式正确的是A向盐酸中滴加氨水：H+OH=H2OB氯化钙与碳酸氢钾溶液混合：Ca2CO32=CaCO3C氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)33HAl33H2ODCa(HCO3)2溶液中加入过量KOH溶液：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O12、同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是 ( )AO2BNH3CCH4DSO213、下列叙述正确的是A所有的酸、碱中和反应的离子方程式都一样B所有的
6、离子方程式都可表示一类反应C单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示D易溶于水的化合物都可写成离子形式14、下列各组离子在溶液能够大量共存的( )ACa2+、Cl-、K+、CO32-BFe3+、Cl-、H+、SO42-CFe2+、OH-、NO3-、SO42-DHC03-、Na+、OH-、K+15、瓦斯中甲烷与氧气的质量比为14时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为( )A14B21C11D1216、小苏打是焙制糕点常用的发酵粉，小苏打属于A碱B氧化物C盐D有机物17、已知32 g X与40 g Y恰好完全反应,生成m g Q和 9 g H,在相同条件下,16 g X和足量Y混合生成0.25 m
7、ol Q和若干摩的H,则物质Q的摩尔质量应是（ ）A122 gmol-1B63 gmol-1C126 gmol-1D163 gmol-118、根据物质的组成进行分类，O2属于A单质B氧化物C化合物D混合物19、判断下列有关化学基本概念的依据不正确的是A氧化还原反应：元素化合价前后是否有变化B溶液与胶体：不同的本质是分散质粒子的直径C电解质与非电解质：化合物本身是否能导电D纯净物与混合物：是否仅含有一种物质20、向三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2，下列有关这三种气体的叙述正确的是A同温、同压时，三种气体的密度关系：B温度、密度相同时，三种气体的压强关系：C质量、温度、压强均相同时，三种气体
8、的体积关系：D温度、压强、体积均相同时，三种气体的质量关系：21、胶体分散系与其它分散系的本质差别是A是否有丁达尔效应 B分散质直径介于1100nm之间C是否稳定 D分散质粒子是否带电22、下列反应的离子方程式书写正确的是A硝酸银溶液与铜粉反应：Ag+Cu = Cu 2+AgB稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C铁与氯化铁溶液反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+D碳酸钙与盐酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2二、非选择题(共84分)23、（14分）某固体可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验，观察到
9、的实验现象记录如下：将固体加水得到无色溶液；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。将该沉淀滤出，得到的沉淀可完全溶于稀HNO3；向的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。(1)据此，可判断出固体中肯定有_，肯定没有_，可能含有_。(2)写出中反应的离子方程式_、_。24、（12分）有一包白色粉末，其中可能含有NaCI、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色向中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生试根据上述实验现象判断，原
10、白色粉末中一定含有的物质是_，可能含有的物质是_（以上物质均写化学式），第步反应中离子方程式为_25、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0 molL1的NaOH溶液240 mL，根据溶液的配制情况回答下列问题：（1）实验中除了用到托盘天平、药匙、量筒、烧杯外，还需用到的仪器有_。（2）通过计算可知，该实验需要称量NaOH_g；某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如下图所示，则烧杯的实际质量为_g。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。（4）在配制过程中，下列操作会使溶液浓度偏大的是_（填序号）。A转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面B定容时俯视刻度
11、线C未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线26、（10分）氯气的化学性质很活泼，在一定条件下能与很多无机物和有机物反应，生成多种多样的含氯化合物。（1）查阅文献：重铬酸钾与浓盐酸反应可以制备氯气。反应原理如下：K2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O请在上述反应中标出电子转移的方向和数目。_（2）图1是某同学制备氯水的装置图。装置B中发生反应的离子方程式为_。检验一瓶氯水是否已经完全变质，可选用的试剂是_（填序号）。A硝酸银溶液B酚酞溶液 C碳酸钠溶液 D紫色石蕊溶液（3）漂白粉或漂白精的有效成分为Ca
12、(ClO)2，Ca(ClO)2能与空气中的CO2和水蒸气发生如下反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O = CaCO3+2HClO，分析以上反应，你认为存放漂白粉时应注意的问题有_。（4）实验室欲用12 molL1的浓盐酸配制成250mL1.0 molL1的稀盐酸溶液。可供选择的仪器有：a.玻璃棒 b.烧瓶 c.烧杯 d.胶头滴管 e.量筒 f.托盘天平。上述仪器中，在配制稀盐酸溶液时不需要使用的有_，还缺少的仪器是_。下列有关容量瓶的使用方法正确的是_（填代号）。A量筒量取浓盐酸试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1-2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线B配制一定体积、浓度的溶液时，
13、容量瓶未干燥，对所配溶液浓度无影响C容量瓶用水洗净后，再用1.0 molL1的稀盐酸溶液润洗D使用容量瓶前检查它是否漏水根据计算，本实验需要量取浓盐酸的体积为_mL（计算结果保留一位小数）。对所配制的稀盐酸进行测定，发现浓度大于1.0mol/L。请你分析配制过程中可能引起浓度偏高的原因（答出两点）_、_。27、（12分）氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按下图所示步骤进行操作。回答下列问题：（1）检验滤液中的的方法是_。（2）试剂I的化学式为_，加入试剂I后，对应的实验操作是_，中发生反应的离子方程式为_。（3）试
14、剂II的化学式为_，中加入试剂II的目的是_。（4）试剂III的名称是_，中发生反应的离子方程式为_。28、（14分）某小组研究铁与水蒸气的反应，两位同学分别进行了如下实验。实验实验请回答：（1）实验中湿棉花的作用是_。（2）实验中反应的化学方程式是_。（3）甲同学观察到实验中持续产生肥皂泡，实验中溶液B呈现红色。说明溶液A中含有_。（4）乙同学观察到实验中持续产生肥皂泡，但实验中溶液B未呈现红色。溶液B未呈现红色的原因是_。29、（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/64.778.397.282.411
15、7.799.5108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
16、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】根据化学实验基础中的物质的提纯与分离操作分析。【详解】蒸馏操作中，冷凝管水流方向与蒸气方向相反，应是下进上出，故A错误；故选A。【点睛】蒸馏操作是分离两种可以互溶的液体，利用他们的沸点差距较大的性质差异进行分离的操作。其中需要注意的是：温度计水银球位于支管口处，冷凝器中水流方向下进上出。2、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- +2 H+ +
17、 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。3、B【解析】A、镁和铝都是活泼的金属，都能和酸反应，选项A不正确；B、铝能溶解在强碱氢氧化钠溶液中，镁与氢氧化钠溶液不反应，因此把镁粉中混有少量的铝粉除去，应选用的试剂是氢氧化钠溶液，即烧碱溶
18、液，选项B正确；C、镁能和硫酸铝发生置换反应生成硫酸镁和铝，是消耗镁生成铝而无法除去铝，选项C不正确；D、硫酸镁溶液与铝不反应，无法除去铝，选项D不正确。答案选B。4、D【解析】A.由于Ba(OH)2足量，则Fe2(SO4)3完全反应，离子方程式是2Fe3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Fe(OH)3+3BaSO4，不符合反应事实，选项A错误；B. NaHSO4完全反应，离子方程式要以NaHSO4为标准书写，反应的离子方程式是H+SO42-+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4，不符合反应事实，选项B错误；C.向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠，碳酸氢钙完全反应，以碳酸氢钙为标准，反应的离
19、子方程式是：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O，不符合反应事实，选项C错误；D. HSO3-是弱酸的酸式酸根离子，在水中的电离存在电离平衡，电离方程式是：HSO3-+H2OSO32-+ H3O+，符合事实，选项D正确；故合理选项是D。5、B【解析】A. Na2CO3是盐而不是碱，SiO2是酸性氧化物而不是碱性氧化物，故A错误；B. NaOH属于碱、HCl属于酸、NaCl属于盐、SO3属于酸性氧化物、Na2O属于碱性氧化物，故B正确；C. SO3属于酸性氧化物，故C错误；D. CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故D错误；答案选B。6、C【解析】n（CO2）=6.72L22.
20、4L/mol=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，以此解答该题。【详解】n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，设生成xmolC
21、O32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4；x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3，该阶段0.1molCa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、生成0.1molCaCO3；然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗
22、0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-；再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-、CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的计算，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分析，注意图象中各阶段离子的浓度变化。7、C【解析】A项、消耗1molCl2，反应生成2molNaCl，反应
23、转移的电子数是2mol，故A正确；B项、1 mol水含有的电子数10mol，则0.1 mol水含有的电子数为1mol，故B正确；C项、标准状况下， 2.24LCO和CO2混合气体的物质的量为0.1 mol，若CO和CO2的物质的量相等，混合气体中含有的氧原子数为0.15 mol，若CO和CO2的物质的量不相等，混合气体中含有的氧原子数大于或小于0.15 mol，故C错误；D项、1molCl2中含有2 molCl原子,标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1 mol，0.1molCl2中含有0.2 molCl原子，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重分析与计算能力的考查
24、，把握物质的构成及物质的量与体积的关系为解答的关键。8、D【解析】A. 配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，导致量取的浓盐酸的体积偏小，配置溶液的浓度偏小，与题意不符，A错误；B. 配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液的体积偏大，浓度偏小，与题意不符，B错误；C. 称量4.0gNaOH配制0.1mol/L NaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘，未使用游码，则称量的质量不变，配置溶液的浓度不变，与题意不符，C错误；D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，则浓度偏大，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】利用c=，判断操作对溶液中溶质、溶液
25、体积的影响，导致浓度的偏差。9、C【解析】从元素的化合价分析，元素化合价能够升高，可作还原剂，元素化合价处于最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，Na+是稳定结构，+1价是钠元素的最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，S2- 可以升价到 0、+4、+6，NH3中氮元素-3价能升高到0价等，Fe2+ 能升高到+3价，它们都可作还原剂。故选C。10、A【解析】A. 四种离子均为无色离子且相互不反应。B. Ba2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀。C. Cu2+为蓝色。D. H+和HCO3反应生成水和二氧化碳。【详解】A. NH4+、Mg2+、SO42、Cl均为无色离子且相互不反应，A正确。B. Ba
26、2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，B错误。C. Cu2+为蓝色，不满足题中的无色溶液，C错误。D. H+和HCO3反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。11、C【解析】A、氨水是弱碱，用化学式表示，离子方程式为H+NH3H2O=H2O+NH4，A错误；B、氯化钙与碳酸氢钾溶液不反应，B错误；C、胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝中和胃酸的离子方程式为Al(OH)33HAl33H2O，C正确；D、Ca(HCO3)2溶液中加入过量KOH溶液生成碳酸钙、碳酸钾和水，离子方程式为Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+2H2O+CO32，D错误；答案选C。12、C【解
27、析】根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，根据n = ，质量相同时，气体的物质的量与其摩尔质量成反比，据此分析解答。【详解】同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，根据n = ，质量相同时，气体的物质的量与其摩尔质量成反比，即同温同压下，质量相同时，气体的摩尔质量越小，其体积越大。O2的摩尔质量是32 g/mol、NH3的摩尔质量是17 g/mol、CH4的摩尔质量是16 g/mol、SO2的摩尔质量是64 g/mol，因CH4的摩尔质量最小，所以CH4所占的体积最大，C项符合题意，
28、答案选C。13、C【解析】A. 不是所有的酸、碱中和反应的离子方程式都一样，强酸强碱写成离子，但弱酸或弱碱等不能写成离子，故错误；B. 不是所有的离子方程式都可表示一类反应，有些离子方程式只能表示少数几个或一个反应，如2H+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+2H2O，能表示硫酸（或足量的硫酸氢钠、硫酸氢钾）和氢氧化钡反应，2CH3COOH+2Na=2Na+2CH3COO-+H2只能表示钠和醋酸反应生成醋酸钠和氢气的反应，故错误；C. 单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示，故正确；D. 易溶于水的强酸或强碱或盐都可写成离子形式，故错误故选C。14、B【解析】离子间如果发生化学反应，
29、则不能大量共存，结合离子的性质和发生的化学反应分析判断。【详解】A. Ca2+、CO32-结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；B. Fe3+、Cl-、H+、SO42-之间不反应，可以大量共存，B正确；C. Fe2+、OH-结合生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；D. HC03-、OH-结合生成碳酸根和水，不能大量共存，D错误。答案选B。15、D【解析】瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时，极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比等于其物质的量比，为，故D正确；故选D。16、C【解析】小苏打是NaHCO3，其属于酸式盐，故选C。17、C【解析】32 g X与40 g Y恰好完全反应，生成m g
30、 Q和9 g H，根据质量守恒定律，生成Q的质量为32g+40g-9g63 g。现16 g X参加反应，则生成的Q应为63g16g/32g31.5 g，因此Q的摩尔质量为31.5 g0.25 mol126 gmol1，答案选C。18、A【解析】由同种元素组成的纯净物叫单质；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素；纯净物是由一种物质组成，因此二氧化碳属于纯净物；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物；氧气是由一种元素组成，属于单质。答案选A。19、C【解析】A、氧化还原反应：元素化合价是否变化，有元素化合价变化的是氧化还原反应，否则不是，A正确。B、溶液与胶体：本质不同的原
31、因是微粒直径大小不同，B正确；C、电解质与非电解质：溶于水或在熔融状态下能否自身电离出阴阳离子，与自身能否导电无关，C错误；D、纯净物与混合物：是否只含一种物质，只由一种物质组成的是纯净物，由多种物质组成的是混合物，D正确；答案选C。【点睛】本题考查了溶液与胶体、纯净物与混合物、电解质与非电解质、氧化还原反应等知识点，根据教材基础知识解答即可，易错的是C选项，电解质、非电解质判断与自身能否发生电离有关，与化合物本身能否导电无关，注意电解质本质往往是不导电的。20、B【解析】A根据阿伏加德罗定律的推论，同温、同压时，气体的密度与其摩尔质量成正比，故A不选；B温度、密度相同时，气体的压强与其摩尔质
32、量成反比，故选B；C质量、温度、压强均相同时，气体的体积与其摩尔质量成反比，故C不选；D温度、压强、体积均相同时，气体的质量与其摩尔质量成正比，故D不选。答案选B21、B【解析】胶体的本质特征是粒子直径介于1100nm之间，丁达尔效应是我们鉴别溶液和胶体的方法，故B正确。故选B。22、C【解析】A硝酸银溶液与铜粉发生置换反应，离子方程式应该是2Ag+CuCu2+2Ag，A错误；B稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式应该是Fe+2H+Fe2+H2，B错误；C铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁：Fe+2Fe3+3Fe2+，C正确；D碳酸钙难溶，与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+
33、H2O+CO2+Ca2，D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、Na2CO3 CuCl2、K2SO4 KCl、NaCl、KNO3 Ba2+CO32=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O 【解析】将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；向的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；以此解答该题。【详解】将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；向上
34、述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；向的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；(1)由以上分析可以知道固体中肯定含有Na2CO3 ，肯定没有CuCl2、K2SO4；实验加入氯化钡,引入氯离子,则不能证明是否含有KCl、NaCl，题目没有涉及KNO3的性质实验,无法证明是否含有KNO3；因此，本题正确答案是: Na2CO3 ；CuCl2、K2SO4 ； KCl、NaCl、KNO3。(2)中反应的离子方程式为Ba
35、2+CO32=BaCO3， BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；因此，本题正确答案是：Ba2+CO32=BaCO3， BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。【点睛】在解此类题时，首先分析题中的实验现象，确定物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证；本题要注意氯离子存在的判定时，要分析一下前几步操作中是否引入了氯离子，以防掉入陷阱。24、Ba(NO3)2、Na2CO3NaClBaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2【解析】依据题干信息和实验过程可知，将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4：振荡，有白色沉
36、淀生成，说明一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3生成碳酸钡白色沉淀；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；上述分析可知一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含CuSO4，可能含有NaCl，第步反应是BaCO3溶于稀硝酸，反应的离子方程式为BaaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2。25、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管 10.0 27.4 检查容量瓶是否漏水 BC 【解析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定实验所需仪器；（2）根据天平的称量原理；根据m=nM=cVM
37、计算溶质NaOH的质量；（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏；（4）根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。【详解】（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；（2）因配制溶液的体积为240ml，而容量瓶的规格没有240mL，只能选用250mL，NaOH的质量m=cVM=1
38、.0molL-10.25L40g/mol=10.0g，因天平的称量原理为左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为27.4g，故答案为10.0；27.4；（3）因使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水，故答案为检查容量瓶是否漏水；（4）A项、转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，溶质的质量减少，浓度偏小，故A错误；B项、定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏高，故B正确；C项、未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却下来溶液的体积偏小，浓度偏高，故C正确；D项、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故D错
39、误，故选BC，故答案为BC。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，注意实验的基本操作方法和注意事项是关键。26、Cl2+2OH- = ClO-+Cl-+H2OD密封保存，存放在阴凉干燥的地方，避免太阳直射bf250mL容量瓶BD20.8定容时俯视容量瓶刻度线【答题空10】浓盐酸稀释时未冷却就转移到容量瓶【解析】(1). 由反应方程式K2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O可知，Cr元素化合价变化情况为：K2Cr2O7CrCl3，化合价由+6+3价，两个Cr原子得6个电子；Cl元素的化合价变化情况为：HClCl2，化合价由1价0价，一个Cl原子失去
40、一个电子，所以其最小公倍数为6，用双线桥表示为：；故答案为：；(2). .装置B中盛有NaOH，可以吸收多余的氯气，发生反应的离子方程式为：Cl2+2OH- = ClO-+Cl-+H2O，故答案为：Cl2+2OH- = ClO-+Cl-+H2O；. 检验一瓶氯水是否已经完全变质，主要是检查氯水中是否还含有HClO，HClO可以使石蕊试液褪色，A. 硝酸银溶液和氯离子反应生成白色沉淀，不能检验一瓶氯水是否已经完全变质，故A错误；B. 酚酞溶液在酸性溶液中不变色，故B错误；C. 碳酸钠溶液和盐酸反应生成二氧化碳气体，不能检验一瓶氯水是否已经完全变质，故C错误；D. 紫色石蕊试液遇酸显红色，不褪色说
41、明完全变质，先变红后褪色证明没有完全变质，故D正确；答案选D；(3). 漂白粉中的有效成分为Ca(ClO)2，容易和空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成HClO，生成的HClO见光易分解，应密封保存，存放在阴凉干燥处，避免太阳直射，故答案为：密封保存，存放在阴凉干燥的地方，避免太阳直射；(4). .实验室欲用12 molL1的浓盐酸配制成250mL1.0 molL1的稀盐酸溶液，需要量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管等，因此在配制稀盐酸溶液时不需要使用的有：烧瓶、托盘天平，还缺少的仪器是250mL容量瓶，故答案为：bf；250mL容量瓶；. A. 量筒量取浓盐酸试样后直接倒入烧杯中，加
42、水溶解冷却后转移到容量瓶，缓慢加水至接近刻度线1-2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B. 配制一定体积、浓度的溶液时，需要加水定容，容量瓶未干燥，对所配溶液浓度无影响，故B正确；C. 容量瓶用水洗净后，再用1.0 molL1的稀盐酸溶液润洗，溶质增多，配制的溶液浓度偏高，故C错误；D. 使用容量瓶之前必须检查是否漏水，故D正确；答案选BD；. 实验室欲用12 molL1的浓盐酸配制成250mL1.0 molL1的稀盐酸溶液，设需要量取浓盐酸的体积为amL，根据稀释定律有：a 10-3L12mol/L=0.25L1.0mol/L，a=20.8mL，故答案为：
43、20.8； . 对所配制的稀盐酸进行测定，发现浓度大于1.0mol/L，配制过程中可能引起浓度偏高的原因有：定容时俯视容量瓶刻度线、浓盐酸稀释时未冷却就转移到容量瓶等，故答案为：定容时俯视容量瓶刻度线；浓盐酸稀释时未冷却就转移到容量瓶。27、 取少量滤液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，无现象；再加入溶液，若有白色沉淀生成，则有，反之则无 过滤 、 除去多余的 盐酸 【解析】试题分析：本题考查KCl的提纯，涉及除杂试剂和除杂方法的选择，SO42-的检验，离子方程式的书写。含少量K2CO3、K2SO4、不溶于水的杂质的KCl加入适量水，充分搅拌后过滤除去不溶于水的杂质，所得滤液中含KCl、K2SO4、K2CO3。除去K2SO4选择BaCl2，为了确保K2SO4完全除去BaCl2要适当过量；过量的BaCl2为新杂质，选用K2CO3除去；K2CO3加入盐酸除去；则流程中试剂I为BaCl2溶液，试剂II为K2CO3溶液，试剂III为盐酸。（1）检验滤液中SO42-的方法是：取少量滤液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，无现象；再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有SO42-，反之则无。（2）试剂I的化学式为BaCl2；加入BaCl2后K2SO4、K2CO3转化成难溶于水的BaSO4、BaCO3，则对应的操作为过滤。