2023学年安徽省合肥市一六八中学化学高一上册期中质量检测试题含解析

1、2023学年高一上册化学期中模拟测试卷考试注意事项: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2B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、下列说法正确的是江河人海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，最终出现红褐色Fe(OH)3沉淀用明矾处理污

2、水是利用了胶体的性质光线射入密林中看到的光柱，属于胶体的性质可用渗析法分离AI(OH)3胶体和NaCl溶液胶体、溶液、浊液的本质区别是丁达尔效应ABCD2、下列物质按单质、氧化物、混合物、酸、碱、盐分类顺序排列的是（ ）A石墨、氧化铜、冰水、盐酸、火碱、小苏打B水银、水、碘酒、冰醋酸、纯碱、硫酸铜C硫磺、三氧化二铁、粗盐、硫酸、熟石灰、碘化钾D臭氧、二氧化锰、石油、硝酸、苛性钠、生石灰3、下列有关胶体的说法不正确的是A丁达尔效应是鉴别胶体和溶液的物理方法B电泳实验说明某些胶体粒子带有电荷C豆腐的制作与胶体的性质有关D向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液可以制得氢氧化铁胶体4、下列反应中，不属于四大基

3、本反应类型，但属于氧化还原反应的是A2Na+2H2O=2NaOH+H2BCl2+H2O=HCl+HClOCCaCO3CaO+CO2DCa（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO5、下列电离方程式中，错误的是ANa2CO32Na+CO32BH2SO42H+SO42CNaHCO3Na+H+CO32DHClO H+ ClO6、化学上常用下图表示基本反应类型与氧化还原反应关系，其中阴影部分可以表示 （ ）A置换反应 B复分解反应 C所有的分解反应 D有电子转移的化合反应7、有关氧化还原反应的说法正确的是A在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性B物质所含元素化合价变化是判断

4、氧化还原反应的依据C在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原D某元素在反应中由化合物转化为单质,该元素一定被氧化8、下列关于物质分类的正确组合是（ ）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ABNaOHHClNaClCOCNaOHDKOHCaOAABBCCDD9、下列各组物质中，前者为强电解质，后者为弱电解质的是（ ）A硫酸 硫酸镁 B碳酸 碳酸钠 C食盐 酒精 D碳酸钠 醋酸10、分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是A酸性氧化物：干冰、二氧化硫、三氧化硫B同素异形体：石墨、金刚石、C60C碱性氧化物：氧化钙、氧化铁、过氧化钠D电解质：硫酸、烧碱、氯化钠11、对某些离子检验及

5、结论正确的是 （）A加入硝酸银溶液生成黄色沉淀，再加盐酸，沉淀不消失，一定有Br-B加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+C加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+12、下列说法正确的是A氧气的气体摩尔体积是22.4LB硫酸的摩尔质量是98gCCO2的相对分子质量是44gDCO32摩尔质量是60g/mol13、下列说法正确的是A电解饱和食盐水可制得金属钠和氯气B通过化学反应从海水中可提取氯化钠、溴、碘等物质C为了增强高锰酸钾溶液的氧化性可用盐酸酸化DClO2是一种有

6、刺激性气味的黄绿色气体，除用于杀菌消毒外，还广泛用于环保、漂白、 除臭等方面。14、对下列未知盐的稀溶液所含离子的检验中，作出的判断一定正确的是A先加入氯化钡溶液时不产生沉淀，继续加入硝酸银溶液时，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，可判定含有ClB先加稀盐酸酸化时没有现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，可判定含有SO42-C加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，可判定含有Mg2+D加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，判定一定含有CO32-15、如图所示，A处通入潮湿的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的不可能是（

7、）A浓H2SO4BNaOH溶液C澄清石灰水D饱和NaCl溶液16、在物质分类中，前者包括后者的是（ ）A氧化物、化合物B溶液、胶体C电解质、化合物D分散系、溶液17、根据物质的组成进行分类，氧气属于A单质B氧化物C化合物D混合物18、下列各组物质的转化，一定要加入氧化剂才能完成的是ACl2 NaCl BH2O2 O2CFe FeCl3 DK2CO3 KOH19、质子数和中子数相同的原子A，其阳离子An+核外共有X个 电子，则A的质量数为A2（xn）B2（xn）C2xDn220、与OH-具有相同质子数和电子数的微粒是( )AF-BCl-CNH3DNH21、下列实验仪器不宜直接用来加热的是（ ）A

8、试管B坩埚C蒸发皿D烧杯22、下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是ABCD汽油天然气浓硫酸氢氧化钠AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）（1）请写出操作第步所加试剂名称及第步操作名称：_，_。（2）写出第步操作中可能发生反应的离子方程式：_。（3）如何检验第步操作中硫酸根离子已完全除尽：_。（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：_。24、（12分）某无色透明溶液中可能大量存在Ag、Mg2、Cu2、Fe3、Na中的几种。请填写下列

9、空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是_，有关离子方程式为_。（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有_，有关的离子方程式为_。（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的_。ACl BNO3- CCO32- DOH25、（12分）某学生需要用烧碱固体配制1 molL1的NaOH溶液450 mL。请回答下列问题：(1)计算：需要称取NaOH固体_g。(2)配制时，必须使用的仪器有托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少的仪

10、器是_、_。(填仪器名称)(3)实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于_、后用于_。(4)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高_(填字母)。A容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 B天平砝码生锈C配制过程中遗漏了洗涤步骤 D未冷却到室温就注入容量瓶E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线 F.定容观察液面时俯视26、（10分）某小组同学为探究物质的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。已知：溴水为溴的水溶液，溴水为橙黄色，溴蒸气为红棕色，均有毒氯水为氯气的水溶液。实验记录如下：实验操作实验现象打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aA中溶液变为橙黄色吹入热空气A中橙黄色明显变浅

11、；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色请回答下列问题：（1）A中反应的离子方程式是_。（2）实验操作II吹入热空气的目的是_。（3）装置C的作用是_。（4）实验操作III，混合液逐渐变成橙黄色，其对应的离子方程式是_。（5）由操作I得出的结论是_，由操作III得出的结论是_。（6）实验反思：实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）：_。27、（12分）甲、乙两同学分别用不同的方法配制100mL 4.6mol/L的稀硫酸。(1)配制溶液时，一

12、般可以分为以下几个步骤：称量或量取 计算 溶解或稀释 摇匀 转移洗涤 定容 冷却其正确的操作顺序为_。(2)甲同学：用量筒量取一定量的浓硫酸，小心地倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到100 mL容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤23次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶加入水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。实验所用的玻璃仪器除烧杯、量筒和容量瓶外还有_、_；若用98%（密度为1.84g/cm3）的浓硫酸，应量取浓硫酸的体积为_mL，(3)乙同学：用100 mL量筒量取所需体积的浓硫酸，并向其中小心地加入少量水，搅拌均匀，待冷却至室温后，再向量筒中加水

13、至100 mL刻度线，搅拌均匀。指出其中错误之处_（任写一处）。28、（14分）益源生(药品名叫复方硫酸亚铁叶酸片)是一种治疗缺铁性贫血的药物其主要成分有硫酸亚铁、叶酸、干酵母、当归、黄芪、白术等，下面是测定益源生中硫酸亚铁质量分数的实验。取10 片复方硫酸亚铁片(每片a 毫克)研成粉末，加水溶解，过滤,再将滤液配成100 mL溶液，取出25 mL 与双氧水反应(假设叶酸、干酵母、当归、黄芪、白术均不与双氧水反应)。（1）配制一定浓度的双氧水溶液用质量分数30%、密度1.1g/cm3 的双氧水配制1.0 mol/L的双氧水100mL,则30%双氧水物质的量浓度为_(保留一位小数),需用量筒量取

14、30%的双氧水_mL。（2）配制1.0 mol/L 的双氧水100 mL时，以下实验仪器10mL量筒、15 mL量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗中不需要用的是_、_，还缺少的实验仪器是_。（3）该实验在酸性条件下进行,则实验设计的反应原理是_(用离子方程式表示)。（4）若上述实验消耗1.0 mol/L的双氧水bmL，则每片复方硫酸亚铁叶酸片中硫酸亚铁的质量分数为_(用含a、b的式子表示)。29、（10分）（1）NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为_。（2）写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：

15、_（3）乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）11.2L22.4L28.0Ln（Cl）2.5mol3.5mol4.0moln（Br）3.0mol2.5mol2.0moln（I）x mol00原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为_2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、C【答案解析】根据胶体的性质当带有不同电荷的胶体粒子相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶

16、粒电荷不同，在入海口处聚沉形成沉淀，长此以往形成了三角洲，故正确；Fe(OH)3胶体中加入电解质盐酸溶液后，胶体发生聚沉，盐酸过量，与氢氧化铁发生中和反应，沉淀溶解，故错误；明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有较强的吸附作用，能够起到净水作用，故正确；空气中含有的胶体粒子的大小介于1100 nm，能使光产生散射，胶体有丁达尔现象，故正确；溶液能透过半透膜，但是胶体不行，可用渗析法进行分离，故正确；胶体、溶液、浊液的本质区别是分散质微粒直径大小的不同，不是丁达尔效应，故错误；综上所述，符合题意，本题选C。【答案点睛】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具

17、有丁达尔效应，可以发生电泳现象，可以发生聚沉，胶体的分离提纯常用渗析的方法进行。2、C【答案解析】由一种元素组成的纯净物是单质；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物；由不同种物质组成的是混合物；在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；在溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；由酸根离子和金属阳离子或铵根离子组成的化合物是盐，据此分析。【题目详解】由一种元素组成的纯净物是单质；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物；由不同种物质组成的是混合物；在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；在溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；由酸根离子和金

18、属阳离子或铵根离子组成的化合物是盐，A. 石墨、氧化铜、冰水、盐酸、火碱、小苏打分别是单质、氧化物、纯净物、混合物、碱和盐，故A错误；B. 水银、水、碘酒、冰醋酸、纯碱、硫酸铜分别是单质、氧化物、混合物、酸、盐和盐，故B错误；C. 硫磺、三氧化二铁、粗盐、硫酸、熟石灰、碘化钾分别是单质、氧化物、混合物、酸、碱和盐，故C正确；D. 臭氧、二氧化锰、石油、硝酸、苛性钠、生石灰分别是单质、氧化物、混合物、酸、碱和氧化物，故D错误。答案选C。3、D【答案解析】A.丁达尔效应是胶粒对可见光的一种漫反射现象，属于物理变化，而溶液不具有此现象，故A说法正确；B.因某些胶体粒子带有电荷，故在电场的作用下会发生

19、定向移动，故B说法正确；C.豆浆属于液溶胶，通过“点卤”（加入电解质）可使之发生聚沉而制得豆腐，故豆腐的制作与胶体的性质有关，C说法正确；D.向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液得到氢氧化铁的沉淀，一般将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，持续加热至液体呈透明的红褐色，即得氢氧化铁胶体，故D说法错误；答案选D。4、B【答案解析】A.反应2Na+2H2O=2NaOH+H2属于置换反应，一定是氧化还原反应，故A错误；B. Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型，但Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；C. 反应CaCO3CaO+CO2属于分解反应，不属于氧化还原反应，故C错误；D.

20、 反应Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误。本题答案为B。【答案点睛】一个化学反应，是否为氧化还原反应，就看反应中有无元素化合价变化。5、C【答案解析】A.碳酸钠是强电解质，其电离生成钠离子和碳酸根离子，故正确；B.硫酸是二元强酸，电离出氢离子和硫酸根离子，故正确；C.碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，故错误；D.次氯酸是弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，故正确。故选C。【答案点睛】书写电离方程式时注意强电解质电离用等号，弱电解质电离用可逆符号。注意多元弱酸电离分步书写。6、D【答案解析】化学反应的四种基本类型：化合反应、分解反应、

21、置换反应、复分解反应；根据四大基本反应类型和氧化还原反应之间的关系来回答；部分化合反应属于氧化还原反应，部分分解反应属于氧化还原反应【题目详解】根据化合价是否发生变化，可以将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；根据反应物、生成物的种类及其变化，可以将化学反应分为：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应。部分化合反应属于氧化还原反应，部分分解反应属于氧化还原反应，所有的置换反应均是氧化还原反应，所有的复分解反应均不是氧化还原反应，A、所有的置换反应均是氧化还原反应，故A不选；B、所有的复分解反应均不是氧化还原反应，故B不选；C、所有的分解反应，只有部分分解反应属于氧化还原反应，故C不选；

22、D、有电子转移的化合反应，这部分化合反应属于氧化还原反应，故D符合；故选D。7、B【答案解析】A金属单质的最低化合价为0价，所以在化学反应中只体现还原性；变价金属阳离子既有氧化性又有还原性，如，故A不选；B氧化还原反应的标志就是元素化合价的变化，故选B；C在一个氧化还原反应中，一种元素既可能被氧化有可能被还原，如与生成和中O元素即氧化又被还原，故C不选；D某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素即可被氧化有可能被还原，如转化为Cu则Cu被还原，转化为则C罗被氧化。答案选B8、D【答案解析】A. 碳酸钠属于盐不是碱，二氧化硅是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B. CO既不和水反应也不和酸反

23、应，不是酸性氧化物，故B错误；C. 三氧化硫与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故C错误；D. 氢氧化钾属于碱，硝酸属于酸，碳酸钙属于盐，氧化钙与水化合生成氢氧化钙，为碱性氧化物，三氧化硫与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故D正确；正确答案是D。【答案点睛】本题是对物质的化学式及分类的考查，对物质的名称、分类及化学式有较明确的认识即可顺利解答。9、D【答案解析】试题分析：A、硫酸镁属于盐，盐属于强电解质，故错误；B、碳酸是弱酸，属于弱电解质，故错误；C、酒精属于非电解质，故错误；D、符合强弱电解质的条件，故正确。考点：考查强弱电解质等知识。10、C【答案解析】A干冰（为二氧化碳）、二氧化硫、三氧化硫

24、都能和碱反应生成盐和水，都属于酸性氧化物，故A正确；B石墨、金刚石、C60都是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C氧化钙、氧化铁都和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，过氧化钠能够与酸反应放出氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；D硫酸、氢氧化钠、氯化钠的水溶液均能够导电，且都是化合物，均属于电解质，故D正确；故选C。11、B【答案解析】能与银离子反应生成黄色沉淀的离子是碘离子；和氢氧化钠反应生成氨气的离子是铵根离子；加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能是硫酸钡或氯化银；加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，沉淀可能是碳酸钙或碳酸钡。【题目详解】溶液中加入

25、稀硝酸后，再加硝酸银溶液，有黄色沉淀生成，则溶液中一定含有碘离子，故A错误；湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故B正确；加入氯化钡溶液，再滴加稀盐酸，有白色沉淀产生，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，溶液中可能存在银离子和硫酸根离子，但是不能确定一定有SO42-，故C错误；碳酸钠能与Ca2+或Ba2+结合生成碳酸钙和碳酸钡沉淀，这两种沉淀都能溶于盐酸，所以不能确定原溶液中一定含有Ba2+，故D错误。12、D【答案解析】A、气体摩尔体积的单位是L/mol，标况下氧气的气体摩尔体积是22.4L/mol，A错误；B、摩尔质量的单

26、位是g/mol，硫酸的摩尔质量是98g/mol，B错误；C、相对分子质量的单位不是g，应该说CO2的相对分子质量是44，C错误；D、CO32的摩尔质量是60g/mol，D正确。答案选D。【答案点睛】注意摩尔质量与相对原子(分子)质量的关系：相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，摩尔质量在数值上如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。摩尔质量的单位为gmol1，相对原子(分子)质量的单位为1。13、D【答案解析】A. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；B. 海水提氯化钠不需要经过化学反应；C. 高锰酸钾能够氧化盐酸；D. 依据二氧化

27、氯的性质解答。【题目详解】A. 电解熔融的氯化钠可制得金属钠，故A项错误；B. 从海水中提取氯化钠不需要经过化学反应，故B项错误；C. 高锰酸钾能够氧化盐酸，所以不能用盐酸酸化，故C项错误；D. ClO2是一种有刺激性气味的黄绿色气体，具有强的氧化性，能够用来杀菌消毒外，还广泛用于环保、漂白、除臭等方面，故D项正确；答案选D。【答案点睛】金属的冶炼，采用电解法主要适用于冶炼金属活动性较强的金属，如电解熔融氯化钠制备金属钠，电解熔融氯化镁制备金属镁，电解熔融氧化铝制备金属铝。学生容易混淆的知识点是选项A，电解饱和食盐水，又称氯碱工业，主要产物是氢气、氯气和氢氧化钠，而不能够得到金属钠，要加以区分

28、。14、B【答案解析】A. 氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀；B. 能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于硝酸；C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等；D、碳酸根离子、碳酸氢根离子均可以和氢离子反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体二氧化碳。【题目详解】A. 氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀，所以无法确定氯离子在原来的溶液中是否存在，故A错误；B. 溶液中先加稀盐酸酸化，无沉淀生成，排除银离子，加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶

29、解，则溶液中含有SO42-离子，故B正确；C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等，可判定含有Mg2+、Zn2+等离子，故C错误；D、加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，可判定含有CO32-或是HCO3-，故D错误。故选B。【答案点睛】本题考查了常见阴阳离子的检验，注意D选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，但是无色无味的气体排除是二氧化硫的可能。15、D【答案解析】次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通

30、入氯气，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，因此说明D中溶液可以吸收氯气或可干燥氯气，据此分析来解答。【题目详解】A浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；B氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；C氯气通过澄清石灰水，与氢氧化钙反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；D氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；答案选D。16、D【答案解析】A.氧化物是由2种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，后者包括前

31、者，故A不选；B溶液和胶体都是分散系，不同的是分散质粒子直径不同，两者是并列关系，故B不选；C.电解质是在水中或熔融状态下能导电的化合物，后者包括前者，故C不选；D.溶液是分散系的一种，故D 选。故选D。17、A【答案解析】A氧气是由一种元素(氧元素)组成的纯净物，是单质，故A正确；B由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物是氧化物，氧气是由一种元素(氧元素)组成，故B错误；C化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，氧气是由一种元素(氧元素)组成，故C错误；D混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，混合物没有固定的化学式，无固定组成和性质，氧气是纯净物，故D错误；答案选A。【答案点睛】根据

32、组成物质的种类不同，含有一种物质的物质称为纯净物，纯净物中含有一种元素的是单质，含两种或两种以上元素的物质称为化合物，化合物中有两种元素，其中一种是氧元素的是氧化物，含两种或两种以上物质称为混合物，将氧气分类时，首先看属于纯净物还是混合物，再从元素种类分类，一种元素组成的纯净物是单质，两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物。18、C【答案解析】加入氧化剂才能完成，说明该反应过程中物质元素化合价升高。据此分析。【题目详解】A. Cl2 NaCl中氯元素化合价降低，不满足题意，故错误；B. H2O2 O2中氧元素化合价升高，但过氧化氢能自身分解完成此过程，不需要加入氧化剂，故错误；C. Fe Fe

33、Cl3中铁元素化合价升高，符合题意，故正确；D. K2CO3 KOH中元素化合价没有变化，故错误。故选C。19、A【答案解析】其阳离子An+核外共有X个电子，则A原子核内的电子数为，即质子数为，所以A的质量数为2（xn），答案选A。20、A【答案解析】OH-含有的质子数和电子数分别是9和10，据此分析解答。【题目详解】AF-含有的质子数和电子数分别是9和10，A符合题意；BCl-含有的质子数和电子数分别是17和18，B不选；CNH3含有的质子数和电子数分别是10和10，C不选；DNH含有的质子数和电子数分别是11和10，D不选；答案选A。21、D【答案解析】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但

34、是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；本题答案选D。22、D【答案解析】根据汽油、天然气、浓硫酸、氢氧化钠组成和性质，选择危险化学品标志。【题目详解】A项：汽油是C511的烃类混合物，属于易燃液体，A项正确；B项：天然气主要成分是甲烷，属于易燃气体，B项正确；C项：浓硫酸具有脱水性和强氧化性，属于腐蚀品，C项正确；D项：氢氧化钠是常用的强碱，一般不具有氧化性，D项错误。本题选D。二、非选择题(共84分)23、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+CO2；H+OH-=H2O 取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽 与或与 【答案解析】(1)根据操作第、步所加试剂

35、名称及第步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉；(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色沉淀进行解答； (4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；【题目详解】(1)操作第步是除Ca2+，加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2+CO32-=B

36、aCO3；操作是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H+OH-=H2O ；CO32-+2H+=H2O+CO2 ；(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁

37、离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以与或与步骤调换顺序，不影响实验结果；【答案点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键

38、是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。24、Cu2+、Fe3+ Ag+； Ag+Cl=AgCl Mg2+ Mg2+2OH=Mg(OH)2 B 【答案解析】根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。【题目详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag+Cl=AgCl，故答案为Ag+；Ag+Cl=AgCl；(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该

39、白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg(OH)2，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2+2OH=Mg(OH)2；(4)原溶液中存在Ag+，则CO32、Cl、OH不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32、OH不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3，故答案为B。25、20.0 500 mL 容量瓶 胶头滴管 搅拌 引流 BDF 【答案解析】根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤、操作及考试注意事项分析解答。【题目详解】(1)需要450mL溶液，实验室却不具备450mL容量瓶，所以需要选择500mL容量瓶配制，即计算时

40、使用500mL计算，n(NaOH)= 1 molL10.5L=0.5mol，m(NaOH)=0.5mol40g/mol=20.0g，即需要称量氢氧化钠20.0g，故答案为20.0g；(2) 配制溶液的操作步骤：计算天平称量放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后转移：用玻璃杯引流移液至500mL容量瓶洗涤：洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶定容：向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切摇匀静置装瓶，贴标签。在此过程中用到的仪器有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器：500ml 容量瓶、胶头滴管

41、；故答案为500ml 容量瓶；胶头滴管；(3) 溶解过程需要用玻璃棒搅拌；移液过程需要用玻璃棒引流；故答案为搅拌；引流；(4) A.容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A错误；B.天平砝码生锈，导致称取的溶质的质量偏大，溶液浓度偏高，故B正确；C.配制过程中遗漏了洗涤步骤，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；D.未冷却到室温就注入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确；E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故E错误；F.定容观察液面时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故F正确。故选

42、BDF。【答案点睛】一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，全部依据公式c(B)=来判断溶质的物质的量减小，溶液体积不变，物质的量浓度偏小，以此类推。26、2Br+Cl2=Br2+2Cl吹出单质Br2吸收Br2，防止污染空气H2O2+2Br+2H+=Br2+2H2OCl2的氧化性强于Br2H2O2的氧化性强于Br2H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）【答案解析】实验分析：本实验利用“氧化剂氧化性大于氧化产物；强氧化性制弱氧化性”的原理探究物质氧化性的强弱。第I步，向A中（NaBr溶液）滴加氯水，A中溶液变橙黄色，则有Br2单质产生，Cl2将Br氧化为Br2

43、，证明Cl2氧化性强于Br2。第步，向A中吹入热空气，溴易挥发，A中橙黄色变浅，则Br2被热空气赶入装置B中（H2SO3和BaCl2的混合溶液）；B中有气泡，产生大量白色沉淀，该沉淀应为BaSO4，则SO42产生；混合液颜色无明显变化，则Br2自身被还原为Br，说明Br2氧化性强于SO42。第步，停止吹入空气，向装置B中逐滴加入H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，则Br又被氧化为Br2，说明H2O2氧化性强于Br2。（1）根据上述分析，A中发生的反应为氯水将NaBr氧化为Br2，溶液变橙黄色，离子方程式为：2Br+Cl2=Br2+2Cl；故答案为：2Br+Cl2=Br2+2Cl；（

44、2）根据上述分析，吹入热空气，是利用溴的挥发性，将溴单质被赶入B中。故答案为：吹出单质Br2；（3）反应过程中有溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用NaOH溶液吸收，故C装置应是盛装NaOH溶液，用来吸收尾气。答案为：吸收Br2，防止污染空气；（4）滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，说明H2O2在酸溶液中将Br氧化为Br2，离子方程式为：H2O2+2Br+2H+=Br2+2H2O。故答案为：H2O2+2Br+2H+=Br2+2H2O；（5）根据实验分析，操作I证明Cl2的氧化性强于Br2；操作证明H2O2的氧化性强于Br2。故答案为：Cl2的氧化性强于Br2；H2O2的氧

45、化性强于Br2；（6）实验操作III，开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色。开始时颜色无明显变化的可能原因是，H2O2与Br反应慢；也可能是溶液中原本有H2SO3有剩余，加入H2O2，H2O2先和H2SO3反应。故答案为：H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）点睛：“吹入热空气法”在“海水提溴”的实验中有应用，利用Br2的挥发性，将Br2吹出。本题实验中探究氧化性的强弱，“吹入热空气法”时空气中氧气是否对实验会产生干扰，这一问题值得探讨。在本实验中氧气的氧化性不会对实验结论产生干扰，因为装置B中的实验现象可以排除氧气影响。装置B中观察到产生白色沉淀，说明H2SO3被氧化为SO42，同时溶液无明显颜色变化，Br2一定参与反应，被还原为Br，故可以证明Br2氧化了H2SO3。27、 玻璃棒 胶头滴管 25.0 不能用量筒配制溶液，不能将水加入到浓硫酸中（任写一种） 【答案解析】（1）配制溶液的正确操作顺序为：计算量取（因为硫酸为液体，只要量取）溶解（即浓硫酸的稀释）转移洗涤（溶液要冷却至室温，烧杯和玻璃棒要洗涤23次）定容摇匀