2023学年上海市金山区上海交大南洋中学高一化学第一学期期中统考试题含解析

1、2023学年高一上册化学期中模拟测试卷请考生注意：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答卷须知，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、能区分胶体和溶液的方法是A静置，有沉淀现象的是胶体B能透过滤纸的是溶液C有丁达尔现象的是胶体D用肉眼观察，均匀透明的是溶液2、把0.05mol的氢氧化钡固体分别加入100mL下列溶液中，溶液的导电能力变化最明显的是A0.5mol/L的MgCl2溶液B0.5mol/L的盐酸C0

2、.5mol/L的Na2SO4 溶液D0.5mol/L的CuSO4溶液3、下列叙述错误的是（ ）A1mol任何物质都含有6.021023个原子B0.012kg12C含有阿伏加德罗常数个碳原子C在使用摩尔表示物质的量的单位时，应指明粒子的种类D物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一4、下列收集氯气的装置正确的是()ABCD5、下列实验操作不正确的是A分液时，上层液体上口出，下层液体下口出B当蒸发到剩有少量液体时停止加热，利用余热将液体蒸干C给蒸馏烧瓶中液体加热时需要加入沸石，防暴沸D过滤时用玻璃棒搅拌漏斗内的待过滤的液体，加快过滤速度6、下列说法正确的是()A纯水导电性很差，所以水不是电解质B判

3、断某化合物是否为电解质，应看其在一定条件下能否电离C酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都不是电解质DNaCl和HCl都是电解质，所以它们熔融状态下都能导电7、某同学用下列装置进行有关的实验。下列说法不正确的是（ ）A图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用B图中：闻的气味C图中：生成棕黄色的烟D图中：若气球干瘪，证明可与NaOH反应8、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A标准状况下,11.2LH2O含有的分子数为0.5NAB46gNO2和N2O4混合物含有的原子数为3NAC20gNaOH固体溶于1L水可制得0.5mol/L氢氧化钠溶液D常温常压下,32g氧气含有的原子数为

4、NA9、已知NaNO3、Na2SO4、Na3PO4、Na4SiO4在溶液中完全电离，体积相同的NaNO3、Na2SO4、Na3PO4 、Na4SiO4四种溶液中，若要使Na的物质的量相等，则这四种溶液的物质的量浓度比为A12643B34612C4321D123410、同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是A气体的分子大小不同B气体分子间的平均距离不同C气体的性质不同D气体的分子数不同11、下列各组物质中,前者属于电解质,后者属于非电解质的是A二氧化碳、BaSO4B盐酸、蔗糖CKNO3、乙醇DNaOH、氯气12、下列溶液中，Na+浓度最大的是（ ）A1molL-1Na2SO4溶液10

5、0mLB0.9molL-1Na3PO4溶液10mLC2.5molL-1NaOH溶液50mLD1 molL-1NaHCO3溶液100mL13、下列有关物质分类的说法正确的是ACO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物BNaHSO4溶于水电离出H+，属于酸CNH4Cl组成中不含金属阳离子，不属于盐DSO3溶于水形成的溶液能够导电，SO3属于电解质14、以下说法正确的是 （ ）A物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应B在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂D还原剂中至少有一种元素被氧化15、下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是()ANaNaO

6、HNa2CO3NaClBAlAl2O3Al(OH)3AlCl3CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4DFeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)316、下列分离混合物常见的仪器：从左至右，用于分离操作正确的是()A蒸发、萃取、蒸馏、过滤B蒸馏、过滤、蒸发、蒸发C萃取、过滤、蒸馏、蒸发D过滤、蒸发、萃取、蒸馏17、中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙：“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（ ）A“沙中浪底来”指的是金的氧化物B淘金原理与化学上的萃取一致C雾的分散质粒子直径范围是10-910-7c

7、mD由沙子到计算机芯片发生了还原反应18、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（ ）A浓H2SO4BNaOH溶液C澄清石灰水D饱和NaCl溶液19、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目是( )A0.5B6.021023C3.011023D120、配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，下列操作对实验结果不会产生影响的是()A容量瓶中原有少量蒸馏水B溶解所用的烧杯未洗涤C定容时仰视观察液面D定容时俯视观察液面21、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700 时制造出纳米级金

8、刚石粉末。该成果发表在世界权威的科学杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中正确的是A该反应是氧化还原反应B制造过程中原子的种类和数目发生了改变C生成的纳米级金刚石是一种新型的化合物D生成的纳米级金刚石粉末能产生丁达尔效应22、将0.06 molFeCl2加入100 mLK2Cr2O7溶液中，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（ ）A0.4 mol/LB0.2 mol/LC0.1 mol/LD0.08mol/L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、Ca

9、Cl2、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）淡黄色固体A和气体X存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）固体A的名称_，X的化学式 _。（2）反应的化学方程式为_。（3）写出反应的离子方程式_。25、（12分）实验室需要配制0.1 molL1CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择

10、仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、_、_以及等质量的两片滤纸。(2)计算，应选择下列_。A需要CuSO4固体8 g B需要CuSO4固体7.7 gC需要CuSO45H2O晶体12.5 g D需要CuSO45H2O晶体12.0 g(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”。(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用_引流，需要洗涤烧杯23次是为了_。(6)定容，摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。(8)

11、在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、（10分）某同学利用如下实验装置制备少量的漂白粉。回答下列问题：(1)漂白粉的有效成分是_（填化学式）。(2)仪器a的名称是_，用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的化学方程式为MnO2 + 4HCl （浓）MnCl2 + Cl2 + 2H2O 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。(3)装置B发生反应的化学方程式为_。(4)装置C的作用是_，C中发生反应的离子方程式为_。27、（12分）铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝

12、的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：方案一实验方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。(1)实验中发生反应的离子方程式是_。实验步骤(2)称取10.8 g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0 molL-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V_mL。(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。方案二实验方案将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。实验步骤(4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是A接（ ），（ ）接（

13、），（ ）接（ ）(填接口字母，注意：可不填满)_。(5)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。装置中导管a的作用是_。为了较准确测量氢气的体积，在读反应前后量气管中液面的读数求其差值的过程中，除视线平视外还应注意_(填字母编号)。A冷却至室温B等待片刻，待乙管中液面不再上升时读数C读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平D读数时不一定使两端液面相平若实验用铝镁合金的质量为5.1 g，测得氢气体积

14、为5.6 L(标准状况)，则合金中铝的质量分数为_(保留两位有效数字)。28、（14分）通过海水晒盐可以得到粗盐，粗盐除含 NaCl 外，还含有少量 MgCl2、CaCl2、Na2SO4、KCl 以及泥沙等物质。以下是甲、乙同学在实验室中粗盐提纯的操作流程。提供的试剂：Na2CO3 溶液、K2CO3溶液、NaOH 溶液、BaCl2 溶液、75%乙醇。（1）欲除去溶液 I 中的 MgCl2、CaCl2、Na2SO4，从提供的试剂中选出 a 所代表的试剂，按滴加顺序依次为_。A过量的 NaOH 溶液、Na2CO3 溶液、BaCl2 溶液B过量的 NaOH 溶液、K2CO3、BaCl2 溶液C过量的

15、 NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液D过量的 NaOH 溶液、BaCl2 溶液、K2CO3 溶液（2）如何检验所加 BaCl2 溶液已过量_。（3）在滤液中加盐酸的作用是_。盐酸_（填“是”或“否”）可以过量。（4）在洗涤的时候，可以使用的最佳洗涤剂是_。（5）乙同学欲使用提纯得到的精盐配制 100mL 1mol/L 的 NaCl 溶液，需要称量 NaCl_g，需使用的玻 璃仪器除了烧杯、玻璃棒和胶头滴管还有_。（6）甲同学观察乙同学的操作，认为他配制的溶液浓度偏低，乙同学可能做的错误操作有_。A定容时，仰视读数B洗涤容量瓶后没有进行干燥C未洗涤烧杯和玻璃棒 2 次3 次D在

16、定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分E. 加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线29、（10分）已知元素A焰色反应为黄色，B的一价阴离子的电子层结构与氩相同，请回答：(1)元素符号：A_，B_；(2)元素B的离子结构示意图为_，B的单质常温下是_态(3)A和B形成的化合物的化学式是_，该化学式_(选填“能”或“不能”)称为分子式，它是通过_键形成的，属于_化合物(选填“离子”或“共价”)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】A胶体有介稳性，静置，不产生沉淀，故A错误；B溶液和胶体都能通过滤纸

17、，故B错误；C丁达尔现象是区别溶液和胶体的方法，故C正确；D溶液和胶体都可以是均一稳定的分散系，均匀透明的可以是溶液或胶体，故D错误；故选：C。2、D【答案解析】电解质的导电能力，主要取决于离子浓度的大小，浓度越大，导电能力越强，把0.05mol的氢氧化钡固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的离子浓度变化最大，则溶液的导电能力变化最大，以此解答。【题目详解】A、100mL 0.5mol/L的MgCl2溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应MgCl2+Ba(OH)2=Mg(OH)2+BaCl2，生成的Ba2+和Mg2+离子浓度相同，所以导电能力没有变化；B、100mL 0.5mol

18、/L的盐酸中加入0.05mol氢氧化钡固体，发生反应2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O，反应生成0.025mol BaCl2，还剩余0.025mol Ba(OH)2，离子浓度增大，导电能力增大，导电能力变化较明显；C、100mL 0.5mol/L的Na2SO4 溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4，生成的氢氧根离子和原来的硫酸根离子电荷浓度相同，所以导电能力没有变化；D、100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2+BaSO4，生

19、成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，几乎不导电，所以导电能力变化最明显。故答案选D。3、A【答案解析】A1mol任何物质都含有6.021023个微粒，可能是分子，也可能是原子，故A错误；B国际上规定，1mol粒子集体所含的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子数相同，把1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数，所以0.012kg12C含有阿伏加德罗常数个碳原子，故B正确；C在使用摩尔表示物质的量的单位时，应指明粒子的种类，故C正确；D物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，故D正确；故选A。4、C【答案解析】A. 是一个封闭的装置，只有进气口，无出气口，无法排除空气，故A错误；B. 氯气密度比

20、空气大，应该右进左出，故B错误；C. 氯气密度比空气大，左进，进入到集气瓶底部，将空气排出，多余氯气用氢氧化钠溶液吸收以免污染环境，故C正确；D. 氯气与氢氧化钠溶液反应，不能收集氯气，故D错误。答案为C。5、D【答案解析】A、根据分液的操作答卷须知分析；B、根据蒸发时的实验操作分析；C、根据蒸馏烧瓶的使用答卷须知分析；D、根据过滤的实验操作分析；【题目详解】A、分液时,上层液体上口出,下层液体下口出,故A正确；B、等到蒸发皿中出现较多固体时,停止加热,利用蒸发皿的余热使滤液蒸干,故B 正确；C、蒸馏烧瓶内液体的体积不超过其容积的2/3，同时还要加入碎瓷片防止爆沸,故C正确；D、用玻璃棒搅动漏

21、斗里的液体,容易把滤纸弄破,起不到过滤的作用，故D错误；综上所述，本题选D。6、B【答案解析】A、纯水属于弱电解质，水电离出的H和OH浓度很小，导电性差，因此水属于电解质，故A错误；B、电解质的定义是水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物，能够在一定条件下电离出离子，故B正确；C、电解质包括酸、碱、大多数的盐、大多数的金属氧化物和水，故C错误；D、NaCl在熔融状态下能电离，HCl在熔融状态下不能够导电，故D错误。答案选B。7、D【答案解析】A.由图中实验现象可知，干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯水具有漂白性，A正确；B.有毒，闻其气味时应用手轻

22、轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘人鼻孔中，B正确；C.Cu丝在中燃烧生成棕黄色的烟，C正确；D.若能与NaOH溶液反应，则烧瓶内压强减小，气球就会鼓起来，D错误；答案选D。8、B【答案解析】A.在标准状态下，水为非气态，11.2L水的物质的量并不等于0.5mol，故A错误；B.NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2组合的物质的量为1mol，则含3mol原子，即3NA个，故B正确；C.20gNaOH固体溶于1L水所得氢氧化钠溶液的体积并不等于水的体积，即得到的溶液的体积并不是1L，故C错误；D. 32g氧气的物质的量为32g32g/mol=1mol，所含氧原子的物质的量为

23、1mol2=2mol，原子个数为2NA，故D错误；答案选B。【答案点睛】掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系是解题的基础。使用气体摩尔体积时需要注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体；必须明确温度和压强；标准状态下的气体摩尔体积为22.4L/mol。9、A【答案解析】假设Na的物质的量相等，为1mol，利用c= 计算相同体积下，各种溶液的物质的量浓度。【题目详解】假设Na的物质的量为1mol，假设溶液体积为V，物质的量浓度之比c(NaNO3):c(Na2SO4):c(Na3PO4):c(Na4SiO4)= ：=：=12:6:4:3,答案为A。【答案点睛】注意离子的物质的量浓度和

24、物质的量浓度之间的关系，得出物质的量浓度之比时注意1:1:2:3:4。10、D【答案解析】同温同压下气体摩尔体积相同，根据V=nVm判断体积不同的原因。【题目详解】对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm=Vm知，气体的体积取决于粒子数目的不同，故答案为D。11、C【答案解析】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。【题目详解】A. 二氧化碳不能电离是非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于电解质，A错误。B. 盐

25、酸是氯化氢的水溶液，是混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质。蔗糖为非电解质。B错误。C. 硝酸钾在水溶液可以导电是电解质，乙醇不能电离属于非电解质，C正确。D. 氢氧化钠在水溶液和熔融状态都可以导电，是电解质，氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。答案为C。12、B【答案解析】A. 1molL-1Na2SO4溶液中Na+的浓度为1mol/L2=2mol/L； B. 0.9molL-1Na3PO4溶液中Na+的浓度为0.9mol/L3=2.7mol/L；C. 2.5molL-1NaOH溶液中Na+的浓度为2.5mol/L1=2.5mol/L； D. 1 molL-1NaHCO3溶液中

26、Na+的浓度为1mol/L1=1mol/L；根据分析可知，Na+的物质的量浓度最大的是B；答案：B【答案点睛】钠离子的物质的量浓度与各溶液中溶质的物质的量浓度及溶质的化学式组成有关，与溶液的体积大小无关，据此对各选项进行计算与判断。13、A【答案解析】A. CO2能与碱反应只生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确； B. NaHSO4溶于水电离出H+，Na+、SO42-，生成的阳离子不全是氢离子，不属于酸，故B错误； C. NH4Cl是由铵根离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误； D. SO3溶于水形成的溶液能导电，原因为SO3与水反应生成的硫酸能够电离出氢离子和硫酸根离子，导电的离子不

27、是SO3电离的，所以SO3属于非电解质，故D错误； 答案选A。14、D【答案解析】试题分析：A化学反应3O2=2O3，该反应没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，A项错误；B电子带负电，在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，B项错误；C物质中某元素失去电子，则此物质是还原剂，C项错误；D还原剂中必定有一种元素被氧化，D项正确；答案选D。考点：考查氧化还原反应。15、B【答案解析】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=C

28、aCO3+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 F

29、e(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；故合理选项是B。16、B【答案解析】【题目详解】因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体，即过滤；因酒精灯通过加热用来提纯溶液中的溶质，或通过加热分离沸点相差较大的两种液体的分离，即蒸发或蒸馏；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、蒸发或蒸馏、蒸发，故选B。17、D【答案解析】A. “沙中浪底来”指的是金的单质，故A错误；B. 金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，故B错误；

30、C. 雾的分散质粒子直径范围是10-910-7m，故C错误；D. 由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯片，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。综上所述，答案为D。【答案点睛】注意区别硅单质和二氧化硅的用途；还有注意数量级的换算1nm = 110-9m18、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

31、；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。19、B【答案解析】Na2SO42Na+，0.5molNa2SO4中Na+的物质的量为0.5mol2=1mol， N(Na+)=nNA=1mol6.021023mol-1=6.021023，故选B。20、A【答案解析】A. 容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响溶质的量和溶液的体积，对实验结果无影响，A正确；

32、 B. 溶解所用的烧杯未洗涤，造成溶质的量减小，所配溶液的浓度偏低，B错误；C. 定容时仰视观察液面，造成溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，C错误； D. 定容时俯视观察液面，造成溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，D错误； 综上所述，本题选A。21、A【答案解析】四氯化碳和金属钠为原料，在700 时制造出纳米级金刚石粉末，说明是四氯化碳和钠反应生成金刚石和氯化钠。【题目详解】A. 该反应中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；B. 反应过程中原子的种类和数目不发生改变，故错误；C. 生成的纳米级金刚石是一种新型的单质，故错误；D. 生成的纳米级金刚石粉末可以溶解在某物质中形成胶体，则

33、能产生丁达尔效应，但纳米级金刚石粉末不能产生丁达尔效应，故错误。故选A。22、C【答案解析】设参加反应的K2Cr2O7的物质的量是x，K2Cr2O7中Cr元素的化合价是+6价，根据电子得失守恒可知0.06mol（32）x2（63），解得x0.01mol，则浓度是0.01mol0.1L0.1mol/L，答案选C。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

34、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-=BaCO3；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)

35、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离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉

36、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，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度

37、不大。24、过氧化钠 CO2 2Na + O2 Na2O2 Ca2+CO32- CaCO3 【答案解析】由转化关系可以知道,淡黄色固体A能与气体X反应生成固体Y与气体B，所以该反应为过氧化钠与二氧化碳反应，由此可推知淡黄色固体A为Na2O2，气体X为CO2，固体Y为Na2CO3，反应生成的气体为O2；碳酸钠与氯化钙溶液反应生成白色沉淀为CaCO3，所得溶液为NaCl溶液；(1)由上述分析可以知道,固体A为过氧化钠；X的化学式为: CO2；综上所述，本题答案是：过氧化钠 ，CO2 。 (2) 金属钠与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na + O2 Na2O2 ；综上所述，本题答案是：

38、2Na + O2 Na2O2。（3）碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的离子方程式：Ca2+CO32- CaCO3；综上所述，本题答案是：Ca2+CO32- CaCO3。25、胶头滴管 500mL容量瓶A C偏高搅拌、加速溶解玻璃棒防止溶质损失（或保证溶质不损失）偏低【答案解析】（1）配制0.1 molL1CuSO4溶液480 mL需要选择500mL容量瓶，其步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容、装瓶等操作，因此配制过程中需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶等；（2）实验室需配制480 mL 0.1 molL1的Cu

39、SO4溶液，需要选用500 mL容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为0.1 molL10.5 L0.05 mol，若用CuSO4配制，则需要的质量为160 gmol10.05 mol8.0 g；若用CuSO45H2O配制，则需要的质量为250 gmol10.05 mol12.5 g，答案选AC；（3）称量所用砝码生锈，称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高；（4）溶解固体物质，用玻璃棒搅拌可以加速固体的溶解；（5）配制一定物质的量浓度的溶液，在移液操作中应该用玻璃棒将溶液引流入容量瓶中，并洗涤烧杯23次，保证溶质全部转移到

40、容量瓶中，防止产生误差；（8）定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低。【答案点睛】明确一定物质的量浓度溶液的配制原理是解答的关键，注意仪器的选择、基本操作等。易错点是误差分析，注意误差分析的原理和依据。本题中需要注意计算溶质的质量时应该按照0.5L而不是0.48L。26、Ca(ClO)2 分液漏斗 1:2 2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O 吸收多余的氯气，防止污染空气 2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O 【答案解析】(1)石灰乳中通入制得漂白粉；(2)根据装置图分析仪器a的名称；根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂

41、；(3)装置B中石灰乳与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水；(4)氯气有毒，需要尾气处理；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水。【题目详解】(1)石灰乳中通入制得漂白粉，漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2；(2)根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；该反应中，MnO2 MnCl2，Mn元素由+4价+2价，得2个电子，所以MnO2是氧化剂； HCl（浓）Cl2，Cl元素由-1价0价，失电子，所以 HCl是还原剂；HClMnCl2，Cl元素的化合价没变化，所以HCl作酸参加反应，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2；(3)装置B中石灰乳与氯气反应生成氯

42、化钙和次氯酸钙、水，反应方程式是2Ca(OH)2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O；(4)氯气有毒，可以用氢氧化钠溶液吸收，装置C的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，C中发生反应的离子方程式为2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O。27、2Al2OH-2H2O=23H2 100 偏低 EDG 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；消除加入稀硫酸的体积对测量氢气体积所带来的误差 AC 53% 【答案解析】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；(2)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积

43、应大于或等于最大值，据此计算；(3)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，Al的质量分数就偏低；(4)装置的组装顺序：合金与酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强能够将其中的水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(5)保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；根据操作对实验的影响分析；根据合金的质量及反应产生氢气的体积关系，计算Al的物质的量及其质量，进而可得其质量分数。【题

44、目详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al2OH-2H2O=23H2；(2)根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知反应消耗NaOH的物质的量与Al相等，假设合金中Mg的质量分数是0，则10.8 g完全是Al，其物质的量n(Al)=0.4 mol，则n(NaOH)=n(Al)= 0.4 mol，需NaOH溶液的体积最小值V=0.1 L=100 mL，故V(NaOH溶液)100 mL；(3)经过滤、洗涤、干燥、称量固体质量。该步骤中若未洗涤固体，则金属镁上会附着偏铝酸钠等物质，导致测定的镁的质量偏大，最终使测得铝的质量分数偏低；(4)装置的组装顺序：合金与酸发生反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管应该要短进长出，利用气体产生的压强，将广口瓶中的水排出进入量筒，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E，D接G，故合理选项是E、D、G；(5)装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使稀硫酸在重力作用下能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体