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1、2023-2023 学年山东省德州市、烟台市高一上期中化学试卷1. 化学是一门布满奇特颜色的科学，以下说法错误的选项是()A. 化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料B. 化学家制造出自然界中不存在的物质、材料满足人们生产生活需求C. 我国科学家觉察并合成了青蒿素，说明化学是一门具有制造性的科学D. 法国科学家拉瓦锡提出原子论，为近代化学的进展奠定了坚实的根底2. 以下物质的应用错误的选项是()第 10 页，共 22 页A. 金属钠可用于冶炼金属钛C. ClO2用作漂白剂和消毒剂B. 活性炭用于杀菌除异味D. Na2O2用作供氧剂3. 在海洋碳循环中，通过如下图的途径固碳。以下说法错
2、误的选项是()A. 该循环过程中未涉及氧化复原反响3B. 碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3 = Na+ + HCOC. 该循环削减了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”D. 钙化作用的离子方程式之一为Ca2+ + 2HCO=CaCO +CO +H O33224. 以下说法正确的选项是()A. 混合物均由两种或两种以上的元素组成B. 液态CH3COOH不导电，所以CH3COOH不是电解质C. 胶体区分于溶液和浊液的本质特征是分散质微粒直径介于1100nmD. 盐类物质肯定含有金属阳离子5. 以下有关氧化复原反响的说法正确的选项是()A. 金属单质在反响中只能做复原剂，非金属单质只能做氧化剂B
3、. 金属阳离子被复原不肯定得到金属单质C. 物质中某元素的化合价上升，则该物质只做复原剂D. 有单质参与的反响都是氧化复原反响46. 食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO2以及泥沙等杂质，试验方案如图，以下说法错误的选项是()4A. 试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO2B. 假设先加盐酸再过滤，将对试验结果产生影响C. 粗盐提纯的整个操作过程中共有两处需要使用玻璃棒D. 参加试剂b的主要目的是除去Ca2+和Ba2+7. 用NA代表阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是()A. 100mL0.1mol L1的NaOH溶液中含有氧原子数为
4、0.01NAB. 0.1molFeCl3 6H2O参加沸水中完全反响生成胶体的粒子数为0.1NAC. 标准状况下，2.24LCO2与足量的Na2O2充分反响，转移电子数为0.2NAD. 5.6gFe和6.4gCu分别与0.1molCl2充分反响，转移电子数均为0.2NA8. 以下事实及其解释错误的选项是()A. 氯水可以使有色布条褪色，是由于Cl2具有漂白性B. 钠保存在煤油中是由于煤油不与钠反响且密度比钠小，可以隔绝空气和水蒸气C. 为增加漂白力量向漂白粉溶液中参加少量白醋，缘由是醋酸的酸性比次氯酸强D. 向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反响放热且 有
5、O2生成9. 以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A. 食盐水中：Br、Fe2+、SO2、NH+4443B. 氯化铁溶液中：K+、I、NH+、NO3C. 小苏打溶液中：Ba2+、NO、OH、K+D. “洁厕灵”溶液中：CH3COO、Cl、ClO、Na+10. KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾四化法”制备，该方法的第一步反响为6I2+ 11KClO3+ 3H2O 6KH(IO)2 + 5KCl + 3Cl2。以下说法正确的选项是()3A. KH(IO3)2为复原产物B. 反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为6：11C. 可用澄清石灰水吸取反响产生的Cl2制备漂白粉D. 产生22.
6、4L(标准状况)Cl2时，转移20mole11. 为完成以下各组试验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)()试验目的玻璃仪器试剂配制100mL肯定物质的100mL容量瓶、烧杯、A量蒸馏水、NaCl固体量筒、玻璃棒浓度的NaCl溶液B 制备Fe(OH)3胶体C NaCl溶液的蒸发结晶烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液酒精灯、玻璃棒、坩埚NaCl溶液D验证KI具有复原性试管、胶头滴管酸性KMnO4溶液、KI溶液A. AB. BC. CD. D12. 以下物质的鉴别方法错误的选项是()A. 用NaOH溶液鉴别MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液B.
7、用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液C. 用CO2鉴别NaCl溶液和CaCl2溶液D. 用丁达尔现象鉴别淀粉溶液和NaCl溶液13. X、Y为两种强酸同温同压下，1Lc1mol L1的X溶液与足量锌粒反响，生成H2体积为V1L；1Lc2mol L1的Y溶液与足量锌粒反响，生成H2体积为V2L.以下说法正确的选项是( )A. X、Y生成H2的物质的量之比肯定为V1V2B. 锌粒消耗X、Y的物质的量之比肯定为V1V2C. X、Y的浓度之比c1肯定等于V1c2V2D. 由V1肯定能确定X、Y对应酸根离子的化合价V214. 某兴趣小组用如图装置探究Na与CO2的反响产物，PdCl2 +
8、CO + H2O = Pd (黑色) + CO2 + 2HCl。以下说法正确的选项是()A. 为了避开生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸B. 装置的目的是除去HClC. 试验时先翻开活塞a，再点燃酒精灯D. 装置消灭黑色沉淀，则装置发生反响2Na + 2CO2 Na2CO3 + CO15. 在两份一样的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液， 其导电力量随滴入溶液体积变化的曲线如下图以下说法正确的选项是()A. 代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B. a处溶液的导电力量几乎为0，所以BaSO4是非电解质4C. c点两溶液中SO2的物质的量关系：
9、 D. bd的离子方程式为H+ + OHH O=216. 试验室需250mL0.5mol L1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸( = 1.84g cm3)进展配制请答复以下问题：(1) 盛浓硫酸的标签上印有以下危急化学品标志中的(填字母)(2) 所需浓硫酸的体积为mL；假照试验室有10mL、15mL、20mL、50mL的量筒，应选用mL的量筒(3) 取用任意体积的该稀硫酸，以下物理量中不随所取体积的多少而变化的是 (填字母)A.溶液中H2SO4的物质的量B.溶液的浓度4C.溶液中SO2的数目D.溶液的密度(4) 将E步骤补充完整，配制时正确的操作挨次是(用字母表示)A. 用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃
10、棒23次，洗涤液均注入容量瓶B. 用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀C. 将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D.将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E.连续往容量瓶内留神地加蒸馏水，使液面接近瓶颈上的刻度线12cm，(5) 以下操作造成配制的溶液浓度偏小的是(填字母)A. 溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液B.容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水 C.所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤D.用量筒量取浓硫酸时俯视刻度E.用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液(6) 假设试验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？17. 1774年，舍勒在
11、争论软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体1810年，戴维确认这是一种元素组成的单质，并命名为Chlorine(中文命名“氯气”)(1) 试验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为(2) 试验室中用NaOH溶液吸取尾气中的Cl2的离子方程式为，配制0.2mol L1的NaOH溶液450mL，所需NaOH固体的质量为(3) 用Cl2可制备HClO溶液，将HClO溶液参加到滴有酚酞的NaOH溶液中，观看到溶液红色褪去溶液褪色的缘由可能是NaOH被HClO中和，.设计试验探究溶液红色褪去的缘由(4) HClO溶液不能长期存放的缘由是(用化学方程式表示)，检
12、验长期存放的HClO溶液中阴离子的试验操作及现象是18. Na2O2常用于医药、印染、漂白及分析试剂等某兴趣小组利用如图装置(夹持仪器省略)，用金属钠和空气来制备Na2O2(不考虑空气中N2与Na反响)(1) 假设规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口挨次(每个装置只用一次)是： 空气(填字母)(2) 装置的作用是；假设没有装置可能导致生成的Na2O2中含有(填化学式)(3) 该小组同学称取ag所制备的Na2O2样品，利用如图装置测定Na2O2样品的纯度(夹持仪器省略)仪器连接好后的第一步操作是有同学提出该试验装置存在缺陷，应当在A、B装置之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，该同
13、学想法是否必要？(填“是”或“否”)，理由是读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，计算样品中Na2O2的质量分数约为%.试验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使测量结果(填“偏大”“偏小”或“不影响”)19. Mg2ClO(OH)3 H2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料制备Mg2ClO(OH)3 H2O的工业流程如图，请答复以下问题：(1) Mg2ClO(OH)3 H2O中氯元素的化合价为，该物质所属物质类别为 。(2) Mg2ClO(OH)3 H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用，其缘由是(用离子方程式解
14、释)。(3) 步骤不能在较高温度下进展，可能的缘由是 ，H2O2的作用是 (用离子方程式表示)。(4) 操作所用的玻璃仪器有。(5) 混合时发生反响的离子方程式为。20. Cl2O又称次氯酸酐，是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸某学习小组利用Cl2和潮湿的碳酸钠反响生成Cl2O，再用水 吸取Cl2O制备HClO溶液，装置如图，请答复以下问题：(1) 仪器a的名称是，A中发生反响的离子方程式为(2) 试验中须掌握Cl2与空气(不参与反响)的体积比为1：3，装置B的作用是(答出两条即可)(3) 装置C中生成Cl2O、CO2，反响的化学方程式为，为使反响
15、充分进展，试验中实行的措施有(4) 假设装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量削减，可能的缘由是(5) 装置E所盛试剂是，作用是答案和解析1. 【答案】D【解析】解：A.化学是一门在原子、分子水平上争论物质的组成、构造、性质及其变化 规律的一门根底自然学科，化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料，故 A 正确；B. 化学争论的主要目的是：生疏物质的组成、构造(包括原子、分子、离子等微粒)、性 质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出的分子，所以化学是在原子、分子的水平上争论物质的一门自然科学，故化学家可以制造出自然界中不存在的物质、材料满足人们生产生活需求，故B 正确；C
16、. 化学争论的主要目的是：生疏物质的组成、构造(包括原子、分子、离子等微粒)、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出的分子，所以化学是一门具有制造性的科学，故C 正确；D. 9世纪初，英国化学家道尔顿提出近代原子学说，为近代化学的进展奠定了坚实根底， 故D 错误；应选：D。A. 化学是一门在原子、分子水平上争论物质的组成、构造、性质及其变化规律的一门根底自然学科；B. 化学争论的主要目的是：生疏物质的组成、构造(包括原子、分子、离子等微粒)、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出的分子；C. 化学的争论目的是帮助人们生疏、改造和应用物质；D. 拉瓦锡首先通过试验得出空气是由
17、氮气和氧气组成的结论，道尔顿在化学上的主要奉献是提出了原子学说。此题考察化学根本概念及其争论对象等学问点，侧重考察对化学史的了解和把握，明确化学根本概念内涵是解此题关键，题目难度不大。2. 【答案】B【解析】解：A. Na可置换出四氯化钛中的钛，则金属钠可用于冶炼金属钛，故 A 正确；B.活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌，故B 错误； C.ClO2具有强氧化性，可用作漂白剂和消毒剂，故C 正确；D.Na2O2与二氧化碳反响生成氧气，可用作供氧剂，故D 正确； 应选：B。A.Na可置换出四氯化钛中的钛； B.活性炭具有吸附性；C.ClO2具有强氧化性；D.Na2O2与二氧化碳反响生成氧
18、气。此题考察物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意元素化合物学问的应用。3. 【答案】A【解析】解：A、二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化复原反响，则该循环过程中涉及氧化复原反响，故A 错误；3B、碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3 = Na+ + HCO，故 B 正确；C.该循环削减了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C 正确；33D、依据反响图象分析，钙化过程中HCO转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2+ + 2HCO = CaCO3 +CO2 +H2O，故 D 正确；应选：A。A
19、、光合作用是氧化复原反响；B、碳酸氢钠电离生成钠离子和碳酸氢根离子；C.削减了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”；3D、依据反响图象分析，钙化过程中HCO转化为CaCO3和CO2。此题主要考察的是海水的综合利用过程，相关化学反响的问题，明确氧化复原反响的推断是解题的关键。4. 【答案】C【解析】解：A.氧气和臭氧组成的混合物只含有一种元素，故A 错误；B. 液态CH3COOH不导电，但是醋酸在水溶液中能导电，所以CH3COOH是电解质，故 B错误；C. 胶粒的直径在1100 nm之间，溶液的小于1 nm，浊液的大于100 nm，则胶体区分于溶液和浊液的本质特征是分散质粒子直径在1100 n
20、m之间，故 C 正确；D. 盐类物质不肯定含有金属阳离子，如氯化铵等铵盐，故D 错误； 应选：C。A. 由两种或者两种以上物质组成的为混合物；B. 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；C. 胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同； D.氯化铵为盐，不含金属阳离子。此题考察了物质的分类和组成，明确根本概念及物质的组成，生疏胶体的性质是解题关键，题目难度不大。5. 【答案】B【解析】解：A、金属单质只能做复原剂，非金属单质可以做氧化剂和复原剂，故A 错误；B、金属阳离子被复原，可能得到单质，可能得到金属离子，如Fe3+被复原为Fe2+，故 B 正确；C、某元素化合价上升
21、，同时也可能伴随着该元素化合价降低，故该元素可能只做复原剂，也可能即做复原剂又做氧化剂，故C 错误；D、有单质参与的反响不肯定存在化合价的变化，如氧气转化为臭氧，故D 错误； 应选：B。A、金属单质只能做复原剂，非金属单质可以做氧化剂和复原剂； B、金属阳离子被复原，可能得到单质，可能得到金属离子；C、某元素化合价上升，同时也可能伴随着该元素化合价降低； D、有单质参与的反响不肯定存在化合价的变化此题考察氧化复原反响，为高频考点，把握发生的反响及元素的化合价变化为解答的关 键，侧重氧化复原反响根本概念及分析与应用力量的考察，留意结合实例分析，题目难度不大。6. 【答案】C4【解析】解：A.试剂
22、a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO2，且肯定在碳酸钠之前，故A 正确；B. 假设先加盐酸再过滤，沉淀会溶解，对试验有影响，故B 正确；C. 溶解、过滤、蒸发均使用玻璃棒，共3处，故 C 错误；D. 加试剂b为Na2CO3溶液，可除去Ca2+和Ba2+，故 D 正确； 应选：C。4由流程可知，粗盐溶解后，加试剂a为BaCl2溶液，可除溶液中的SO2，加试剂b为Na2CO3溶液，可除去钙离子及过量的钡离子，加NaOH可除去镁离子，过滤后，向滤液中加盐酸可除去过量NaOH及碳酸钠，最终蒸发、结晶、烘干得到精盐，以此来解答。此题考察粗盐提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、混合物的分别
23、方法为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的应用。7. 【答案】D【解析】解：A.氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含氧原子，所以100mL0.1mol L1的NaOH溶液中含有氧原子数大于0.01NA ，故A 错误；B.氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体，所以0.1molFeCl3 6H2O参加沸水中完全反响生成胶体的粒子数小于0.1NA ，故B 错误；C.标况下，2.24L二氧化碳的物质的量为2.24L= 0.1mol，而NaO 与CO的反响为歧22.4L/mol222化反响，消耗1molCO2转移1mol电子，故0.1mol二氧化碳转移0.1mol电子，故 C 错误；D.0
24、.1mol铁完全反响消耗0.15mol氯气，明显氯气缺乏，0.1mol氯气完全反响移的电子 的物质的量为0.2mol；0.1mol铜与0.1mol氯气恰好完全反响，转移的电子的物质的量为0.2mol，所以二者转移的电子数均为0.2NA ，故D 正确；应选：D。A. 氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含氧原子； B.氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体； C.Na2O2与CO2的反响为歧化反响；D.5.6g铁物质的量为：5.6g= 0.1mol，6.4g铜物质的量为：6.4g= 0.1mol，分别与56g/mol64g/mol0.1mol氯气反响，氯气缺乏完全反响，依据氯气的量计算转移电子数。此题考察了
25、物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，把握公式的运用和物质的构造是解题关键。8. 【答案】A【解析】解：A.氯水有漂白性是由于氯水中含次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性，故A 错误；B. 钠与氧气、水都反响，煤油不与钠反响且密度比钠小，钠保存在煤油中可以隔绝空气和水蒸气，故B 正确；C. 醋酸酸性强于次氯酸，为增加漂白力量向漂白粉溶液中参加少量白醋，故C 正确； D.过氧化钠与水、二氧化碳反响都生成氧气，且放出大量的热，所以向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，故D 正确；应选：A。A. 氯气不具有漂白性；B. 钠与氧气、水都反响，保存时应隔绝空气； C.依据强酸制备弱酸的
26、规律解答；D.过氧化钠与水、二氧化碳反响都生成氧气，且放出大量的热。此题考察了元素化合物学问，生疏氯气、钠及其氧化物的性质即可解答，题目难度不大。9. 【答案】A【解析】解：A. Br、Fe2+、SO2、NH+之间不反响，且能够在食盐水中大量共存，故44A 正确；3B.Fe3+、I之间发生氧化复原反响，在氯化铁溶液中不能大量共存，故B 错误； C.HCO、OH之间反响生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C 错误；D.“洁厕灵”溶液中含有Cl、H+，Cl、ClO、H+之间反响生成氯气，CH3COO、H+之间反响生成醋酸，不能大量共存，故D 错误； 应选：A。A.四种离子之间不反响； B.铁离子能
27、够氧化碘离子；C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反响；D.淸厕灵的主要成分为氯化氢，氢离子、氯离子与次氯酸根离子反响生成氯气，醋酸根离子与氢离子反响。此题考察离子共存的推断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反响发生条件为解答关键，留意把握常见离子不能共存的状况，试题侧重考察学生的分析 与应用力量，题目难度不大。10. 【答案】D【解析】解：A.反响6I2+ 11KClO3+ 3H2O 6KH(IO3)2+ 5KCl + 3Cl2中I元素化合价由0价上升到+5价，则I2为复原剂，KH(IO3)2为氧化产物，故 A 错误；B.依据方程式可知，I元素化合价由0价上升到+5价，I2为复原剂
28、，Cl元素化合价由+5价降到1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为复原剂，氧化剂与复原剂的物质的量之比为11： 6，故B 错误；C.漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反响制得，发生反响2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O，不是澄清石灰水，故 C 错误；D.依据分析生成3molCl2为标准，反响转移60mole，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反响转移20mole，故 D 正确；应选：D。反响6I2+ 11KClO3+ 3H2O 6KH(IO3)2+ 5KCl + 3Cl2中I元素化合价由0价上升到+5价，则I2为复原剂，Cl元素化合价由+
29、5价降到1价和0价，则KClO3作为氧化剂，生 成3molCl2时，转移60mole，据此分析解答。此题以卤族元素为背景，考察有关氧化复原反响的相关内容，理解反响并计算转移电子数为解题关键，留意复原产物为氯气和氯化钾，优先以I2为标准计算转移电子数，考察较为根底，难度适中。11. 【答案】BD【解析】解：A.配制100mL肯定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，选项中缺少胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、NaCl固体，故 A 错误；B. 制备Fe(OH)3胶体的方法为往烧杯中参加适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴 饱和氯化铁溶液，连续煮沸
30、至溶液呈红褐色停顿加热，得到氢氧化铁胶体，故需要的玻璃仪器为烧杯、酒精灯、胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、饱和FeCl3溶液，故 B 正确；C. NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，坩埚是灼烧固体的仪器，故C 错误；D. 酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘，溶液颜色由紫色变为棕黄色，可知KI具有复原性， 故D 正确；应选：BD。A. 配制100mL肯定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒；B. 制备Fe(OH)3胶体的方法为往烧杯中参加适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，连
31、续煮沸至溶液呈红褐色停顿加热，得到氢氧化铁胶体；C. NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；D. 酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘。此题考察根本化学试验操作，涉及配制肯定物质的量浓度的溶液，NaCl溶液的蒸发结晶，胶体制备和验证KI具有复原性等内容，考察范围较广，把握根底为解题关键，整体难度适中。12. 【答案】BC【解析】解：A. MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分别与NaOH溶液反响生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A 正确；B. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反响生成白色沉淀，现象一样，
32、不能鉴别，故 B 错误；C. NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反响，现象一样，不能鉴别，故C 错误；D. 丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系，现象不同，可鉴别，故D正确；应选：BC。A. MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分别与NaOH溶液反响生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀；B. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反响生成白色沉淀； C.NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反响；D.丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系。此题考察物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化
33、合物学问的应用。13. 【答案】A【解析】解：A.一样条件下气体的体积之比是物质的量之比，则X、Y生成H2的物质的量之比肯定为V1，故A 正确；V2B. 由于两种强酸的元数不确定，则依据氢原子守恒可知锌粒消耗X、Y的物质的量之比不肯定为V1，故B 错误；V2C. 由于两种强酸的元数不确定，则依据氢原子守恒可知X、Y的浓度之比c1不肯定等于V1，c2V2故C 错误；D. 由于两种强酸的元数不确定，则由V1不肯定能确定X、Y对应酸根离子的化合价，故DV2错误；应选：A。A. 一样条件下气体的体积之比是物质的量之比；B. 由于两种强酸的元数不确定，不能确定锌粒消耗X、Y的物质的量之比； C.由于两种
34、强酸的元数不确定，不能确定X、Y的浓度之比；D.由于两种强酸的元数不确定，不能确定X、Y对应酸根离子的化合价。此题考察化学方程式的计算，难度不大，解题的关键是要生疏酸包含一元酸、二元酸、多元酸，锌和对应的酸反响，消耗的各种酸不能确定。14. 【答案】CD【解析】解：A.用稀硫酸代替稀盐酸，生成硫酸钙包裹在碳酸钙的外表，阻挡反响的进一步发生，故A 错误；B.装置的目的是枯燥二氧化碳，故B 错误；C.试验时先翻开活塞a，利用产生的二氧化碳排出装置内空气，防止钠与氧气反响，再点燃酒精灯，故C 正确；D.装置消灭黑色沉淀，V中发生PdCl2 + CO + H2O = Pd (黑色) + CO2 + 2
35、HCl，则装置发生反响2Na + 2CO2应选：CD。 Na2CO3 + CO，故 D 正确；由试验装置可知，I中发生CaCO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2 ，浓盐酸易挥发，中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，中浓硫酸枯燥二氧化碳，消灭黑色沉淀，可知中发生2Na + 2CO2 Na2CO3 + CO，以此来解答。此题考察物质的性质试验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响与现象、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。15. 【答案】AD【解析】解：A. Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反响方程式分别为H2
36、SO4 + Ba(OH)2 = BaSO4 +2H2O、NaHSO4 + Ba(OH)2 = BaSO4 +NaOH + H2O，2NaHSO4 +Ba(OH)2 = BaSO4 +Na2SO4 + 2H2O，溶液导电力量与离子浓度成正比，依据图知， 曲线在a点溶液导电力量接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应当为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反响，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反响，即代表滴加H2SO4溶 液的变化曲线，故A 正确；B.a点酸碱恰好完全反响生成硫酸钡和水，硫酸钡难溶于水，但是溶解局部全部电离， 是强电解质，故B 错误；C.两份一样的Ba(OH)2溶液中，分别滴
37、入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，c点参加的体积也相等，即参加的硫酸根离子物质的量一样，中稀硫酸过量，溶质为硫 酸，中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，过量的硫酸根离子物质的量一样， 故硫酸根离子浓度一样，故C 错误；D.从开头到b点发生的反响为：NaHSO4 + Ba(OH)2 = BaSO4 +NaOH + H2O，b点的溶质为NaOH，连续参加NaHSO4溶液，bd段发生的离子方程式为：H+ + OH=H2O，故 D正确；应选：AD。A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反响方程式分别为H2SO4 + Ba(OH)2 = BaSO4 +2H2O、
38、NaHSO4 + Ba(OH)2 = BaSO4 +NaOH + H2O，2NaHSO4 + Ba(OH)2 = BaSO4 +Na2SO4 + 2H2O，溶液导电力量与离子浓度成正比，依据图知，曲线在a点溶液导电力量接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应当为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反响，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反响；B. 硫酸钡难溶于水，但是溶解局部全部电离，是强电解质；C. 两份一样的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，c点参加的体积也相等；D. b点的溶质为NaOH，连续参加NaHSO4溶液，H+与OH反响。此题考察酸
39、碱混合溶液定性推断，为高频考点，侧重考察学生分析推断及识图力量，明确发生的反响及各点溶液中溶质成分是解此题关键，留意：溶液导电力量与离子浓度成正比，易错选项是B。16. 【答案】D6.810BDBCAED 用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切 CDE重配制【解析】解：(1)浓硫酸具有猛烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志，D为腐蚀品标志， 故答案为：D；(2)配制250mL0.5mol/L的稀硫酸，需要硫酸的物质的量是：0.25L 0.5mol/L =0.125mol，设需要密度为1.84g/mL，质量分数为98%浓硫酸溶液的体积为VmL，依据溶液的稀释可得：V1.8498% mol =
40、 0.125mol，解得V 6.8mL，依据大而近原则，应选98择10mL量筒，故答案是：6.8；10；(3)A.依据n = cV知，溶质的物质的量与溶液体积有关，故A 不选；B.溶液是均一稳定的，物质的量浓度与溶液体积无关，故B 选；C.依据n = cV、N = nNA 可知，硫酸根离子数目与溶液体积有关，故C 不选；D.溶液是均一稳定的，密度与溶液体积无关，故D 选， 故答案为：BD；(4)配制肯定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、转移、洗涤、定容、倒转摇匀等，所以正确的操作挨次为：BCAED；定容的正确操作为： 用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好
41、与刻度线相切，故答案为：BCAED；用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切； (5)A.溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A 不选；B. 容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水，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. 所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致局部溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C 选；D. 用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，导致量取浓硫酸体积偏小，溶液浓度偏低，故D 选； E.用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液，导致量取的浓硫酸含有硫酸的物质的 量偏小，溶液浓度偏低，故E 选；故答案为：CDE；(6)
42、假设试验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，试验失败且无法补救，必需重配制，故答案为：重配制。(1) 浓硫酸具有猛烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志；(2) 先计算出需要硫酸的物质的量，再依据浓硫酸密度、质量分数计算出需要浓硫酸的体积；依据大而近原则选择量筒规格；(3) 溶液密度、物质的量浓度与溶液体积无关，溶液中溶质物质的量、微粒数都与体积有关；(4) 配制肯定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、转移、洗涤、定容、倒转摇匀等；依据定容的正确操作解答；(5)分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c = n进展误差分析；V(6)但凡操作不当导致试验失败且无法补救的，
43、都需要重配制。此题考察肯定物质的量浓度溶液配制，侧重考察学生试验操作力量及计算力量，明确操作步骤、误差分析、物质的量浓度计算方法即可解答，题目难度中等。17. 【答案】MnO2+ 4HCl(浓) MnCl2+ Cl2 +2H2OCl2+ 2OH = Cl + ClO +H2O4.0gHClO有漂白性 往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，假设溶液变红，证明褪色的缘由为，假设溶液不显红色，证明褪色的缘由为2HClO 光照2HCl + O取2少量久置HClO溶液于试管中，参加AgNO3溶液，假设产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl【解析】解：(1)舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产
44、生氯化锰、氯气和水，其化学方程式为：MnO2+ 4HCl(浓) MnCl2+ Cl2 +2H2O，故答案为：MnO2+ 4HCl(浓) MnCl2+ Cl2 +2H2O；(2)试验室中用NaOH溶液吸取尾气中的Cl2的化学方程式为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，故其离子方程式为：Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O，配制0.2mol L1的 NaOH溶液450mL，选用500mL容量瓶，则所需NaOH固体的物质的量为0.2mol L1 0.5L = 0.1mol，故NaOH固体的质量为0.1mol 40g/mol = 4.0g，故答案为：Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O；4.0g；(3) HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，将HClO溶液参加到滴有酚酞的NaOH