2022-2023学年湖南省五市十校教研教改共同体化学高一第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

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、欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是（）A．K+、Mg2+、Cl-、 B．Na+、、Ca2+、C．、K+、、Na+ D．、、Al3+、Cl-2、向四只盛有相同量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图：（忽略CO2的溶解和HCl的挥发），则下列分析都正确的组合是对应图象溶液中的主要成分AⅠNaOH、NaHCO3BⅡNaHCO3、Na2CO3CⅢNaOH、Na2CO3DⅣNa2CO3A．A． B．B C．C D．D3、有Ba(OH)2(固体)、CuSO4·5H2O(固体)、CH3COOH(液态)这些物质归为一类，下列哪些物质还可以和它们归为一类A．医用酒精B．烧碱C．Al(OH)3胶体D．碱石灰4、下列各组物质中，按酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物的顺序排列正确的是A．盐酸、纯碱、氯酸钾、氧化镁、二氧化硅B．硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫C．次氯酸、消石灰、硫酸铵、过氧化钠、二氧化碳D．醋酸、过氧化钠、碱式碳酸铜、氧化铁、一氧化碳5、检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是()A．用干燥的蓝色石蕊试纸 B．用干燥有色布条C．将气体通入AgNO3溶液 D．用湿润的淀粉碘化钾试纸6、某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为4A=B＋2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为()A．7d B．5d C．2.5d D．2d7、相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中，得到溶液的质量分数为ω%，物质的量浓度cmol/L，密度为ρg/cm3，则下列说法正确的是A．相对分子质量M可表示为：B．溶液密度ρ可表示为：C．溶液的质量分数ω%可表示为：D．物质的量浓度C可表示为：8、同温同压下，有A、B两个完全相同的气球(质量忽略不计)，A气球中充入a气体，B气球中充入b气体，充气后两气球的体积相等，A气球置于氮气中，气球静止不动，B气球置于氧气中，气球上升。下列有关叙述中正确的是A．a气体的相对分子质量一定比b气体的相对分子质量大B．a气体可能是CO，b气体可能是CH4C．A气球中所含气体分子数大于B气球中所含气体分子数D．充气后，A气球的质量一定大于B气球的质量9、相同状况下，将分别盛满如下体积比的混合气体的四支相同的试管倒立于水槽中，最后试管内液面上升的高度最高的是A．V(NO2)∶V(O2)＝2∶1 B．V(NO)∶V(O2)＝2∶1C．V(NH3)∶V(O2)＝2∶1 D．V(NO2)∶V(NO)∶V(O2)＝1∶1∶110、下列关于胶体的叙述不正确的是A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间B．胶体属于混合物C．Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，达到净水的目的D．用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同11、在相同的温度和压强下，下列气体密度最小的是A．CO2B．Cl2C．O2D．H212、下列溶液中Cl－浓度由大到小的顺序是①30mL0.3mol·L−1MgCl2溶液；②50mL0.3mol·L−1NaCl溶液；③40mL0.5mol·L−1KClO3溶液；④10mL0.4mol·L−1AlCl3溶液A．③②①④B．①②④③C．④①②③D．②③①④13、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋4OH－=Fe3O4↓＋S4O62-＋2H2O。下列说法不正确的是A．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5B．若有2molFe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5molC．每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4molD．O2是氧化剂，S2O32-与Fe2＋是还原剂14、根据下列反应判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序是①Cl2+2KBr=2KCl+Br2②Br2+H2SO3+H2O=2HBr+H2SO4③2KMnO4+16HC1=2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2OA．Cl2>KMnO4>Br2>H2SO4B．KMnO4>Cl2>H2SO4>Br2C．KMnO4>Cl2>Br2>H2SO4D．H2SO4>Br2>Cl2>KnO415、某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质：①乙醇溶液、②氯化钠溶液、③硅酸胶体、④氢氧化铁胶体，不会发生聚沉的是()A．①③ B．①④ C．②③ D．③④16、下列说法中不正确的是（）A．氟化银可用于人工降雨 B．从海水中获取食盐不需要化学变化C．FeCl3溶液可用于制作印刷电路板 D．绿矾可用来生产铁系列净水剂17、下列离子方程式书写正确的是A．铜片插入硝酸银溶液Cu＋Ag＋=Ag＋Cu2＋B．向稀硫酸溶液中投入铁粉2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑C．向碳酸钠溶液中加入足量盐酸CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑D．氧化铜溶于盐酸O2－＋2H＋=H2O18、已知3.01×1023个X气体分子的质量为32g，则X气体的摩尔质量是（）A．16gB．32C．64g/molD．32g/mol19、下列化学用语书写正确的是A．甲烷的电子式： B．丙烯的键线式：C．乙烯的结构简式：CH2CH2 D．乙醇的结构式：20、除去氯气中混有的少量的氯化氢气体，最好选用A．水B．饱和食盐水C．纯碱溶液D．饱和烧碱溶液21、下列叙述正确的是()A．1.5molO2体积是33.6L B．在标准状况下，2molH2的体积是44.8LC．等质量的CO和N2的体积相等 D．32gO2的物质的量是1mol，其体积是22.4L22、已知反应①2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-，②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，③+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O,下列物质氧化能力强弱顺序正确的是A．＞＞＞Cl2 B．＞Cl2＞＞C．＞＞Cl2＞ D．Cl2＞＞＞二、非选择题(共84分)23、（14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___。A．Cl－B．NO3-C．CO32-D．OH－24、（12分）现有0.1L无色溶液，其含有的阳离子可能是K+、Cu2+、Ca2+，含有的阴离子可能Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验：①取50mL溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤，干燥，后称得4.30g固体②将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤洗涤干燥后称量得到2.33g③取少量①实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有_____（填离子符号），一定含有__________________（填离子符号），可能含有_____（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含有的离子：_________。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式：_________。(3)若经证明没有Cl—则该溶液中的K+的物质的量浓度是：________________________。25、（12分）实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。试回答下列有关溶液配制的问题：（1）下列配制溶液步骤中，不正确的是____________A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，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。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（2）根据计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。26、（10分）某化学兴趣小组配制500mL0.2mol/LH2SO4溶液。(1)现有实验仪器：量筒、500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管，完成该实验还必需的仪器有____________；(2)需要用量筒量取98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)_________ml；(保留2位有效数字)(3)浓硫酸稀释过程中，正确的稀释方法是__________________________________________________。(4)定容过程中，向容量瓶中注入蒸馏水，当液面离刻度线1－2cm时，改用_____________滴加蒸馏水，至液面与刻度线相切为止；(5)任何实验都有误差，下列哪些操作会使所配的溶液浓度偏大____________。A．定容时俯视刻度线B．配置前，量取浓硫酸时发现量筒不干净用水洗净后直接量取C．在转入容量瓶前烧杯中液体未冷却至室温D．洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液未转入容量瓶E.摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线27、（12分）现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。（1）沉淀A的主要成分是__________________________（填化学式）。（2）②中反应的离子方程式是___________________________________________。（3）①②③中均进行的分离操作是_______________。（4）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。（5）实验室用上述实验获得的NaNO3固体配制450mL0.40mol/LNaNO3溶液。该同学需称取NaNO3固体的质量是________g。（6）下面是该同学配制过程的示意图，其操作中有错误的是（填操作序号）___________。第⑤部操作可能会使所配溶液浓度偏_______（填“大”或“小”或“无影响”）28、（14分）已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L稀硝酸充分反应，反应方程式如下：3Cu+8HNO3（稀）3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(1)用双线桥标出电子转移的方向与数目：3Cu+8HNO3（稀）3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O_____________________________________________.(2)写出该反应的离子方程式：_______________________(3)标准状况下，产生NO气体的体积为：________；转移电子的物质的量为________________；反应后NO3-的物质的量浓度为：________。（忽略反应前后溶液体积的变化）29、（10分）一定量的某有机物A完全燃烧后，生成0.03mol二氧化碳和0.04mol水，其蒸汽的密度是同温同压条件下氢气密度的30倍。（1）A的分子式为____________________。（2）根据其分子组成，A的类别可能为__________或__________（填物质类别）。（3）A可与金属钠发生置换反应，其H-NMR（氢核磁共振）谱图显示有三组吸收峰，请写出A在铜催化下被氧化的化学方程式：____________________。

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、D【解析】

能配制成功的标准一是离子要大量共存，二是不能有颜色。【详解】A．Mg2+与反应生成沉淀，且酸性条件下，不能大量共存，A不能配制；B．Ca2+和反应生成沉淀，且酸性条件下，不能大量共存，B不能配制；C．溶液里有时为紫红色，题目要求配制无色透明的酸性溶液，C不能配制；D．酸性条件下题中所给离子之间不发生反应，可大量共存，且离子溶于水后都为无色，D能配制。答案选D。2、B【解析】

A．若氢氧化钠过量，溶液中不会存在碳酸氢钠，所以溶液的主要成分不可能为：NaOH、NaHCO3，A错误；B．溶液溶质为NaHCO3、Na2CO3，说明二氧化碳部分过量；加入氯化氢后，先发生反应Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3，碳酸钠反应完全后开始生成二氧化碳气体，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，图象中数据合理，B正确；C．反应后生成物为NaOH、Na2CO3，说明二氧化碳不足，加入的氯化氢先与氢氧化钠反应，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，之后开始生成二氧化碳；根据反应Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，生成二氧化碳气体之前消耗的氯化氢的物质的量应该大于碳酸氢钠消耗的氯化氢，图象恰好相反，C错误；D．由反应方程式Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，开始生成二氧化碳消耗的氯化氢的物质的量应该与碳酸钠消耗的氯化氢的物质的量相等，图示中不相等，D错误；答案选B。3、B【解析】

混合物是两种或两种以上的物质组成的，纯净物是由一种物质组成的，据此解答。【详解】Ba(OH)2(固体)、CuSO4·5H2O(固体)、CH3COOH(液态)都只含有一种物质，是纯净物。则A．医用酒精是乙醇和水组成的混合物，A错误；B、烧碱是氢氧化钠，属于纯净物，B正确；C．Al(OH)3胶体是混合物，C错误；D．碱石灰是由氢氧化钠、氧化钙组成的混合物，D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物、纯净物的概念，注意对概念的理解和区分，正确从宏观组成和微观构成两个角度来把握，明确常见物质的组成是解答的关键。4、B【解析】

电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物是盐；能跟酸起反应,生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物；酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物；据以上分析解答。【详解】A.盐酸、纯碱、氯酸钾、氧化镁、二氧化硅分别属于酸、盐、盐、碱性氧化物、酸性氧化物，故A错误；B.硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫分别属于酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物，故B正确；C.次氯酸、消石灰、硫酸铵、过氧化钠、二氧化碳分别属于酸、碱、盐、过氧化物、酸性氧化物，故C错误；D.醋酸、过氧化钠、碱式碳酸铜、氧化铁、一氧化碳分别属于酸、过氧化物、盐、碱性氧化物、不成盐氧化物，故D错误；综上所述，本题选B。5、D【解析】

A．干燥的氯气没有漂白性，且干燥的HCl气体也不能电离出氢离子，无论HCl气体中是否含有氯气，都不会使干燥的蓝色石蕊试纸发生颜色变化，故A错误；B．干燥的氯气不具有漂白性，无论是否含有氯气都不能使干燥的有色布条发生颜色变化，故B错误；C．无论是否含有氯气，气体通入硝酸银溶液中均会产生沉淀，故C错误；D．HCl气体不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变色，当混有氯气时，氯气具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，从而使试纸变蓝，故D正确；故答案为D。6、B【解析】

根据阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。【详解】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以混合气体的平均相对分子质量为4d，混合气体与A气体的物质的量之比为5：4，所以A气体的摩尔质量为4d×=5d。答案为B。【点睛】本题用阿伏加德罗定律的推论，相对密度之比等于摩尔质量之比，先求解出混合气体的平均摩尔质量；再利用方程，反因为和生成物均为气体遵守质量守恒定律，物质的量增加，可进行求解。7、A【解析】

A、mg：m（溶质）=（1-ω%）：ω%，所以m（溶质）=g，所以×Mg/mol=g，解得M=，所以该气体的相对分子质量为，选项A正确；B、由于c=，所以ρ==，选项B错误；C、溶质的质量为×Mg/mol=g，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以质量分数为=，选项C错误；D、溶质的物质的量为=mol，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以溶液的体积为，所以溶液浓度为=mol/L，选项D错误；答案选A。8、B【解析】

同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；据此分析作答。【详解】同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；A项，a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32，但b气体的相对分子质量不一定小于28，a气体的相对分子质量不一定比b气体的相对分子质量大，A项错误；B项，CO的相对分子质量为28，CH4的相对分子质量为16<32，B项正确；C项，两气球中所含气体分子物质的量相等，两气球中所含气体分子数相等，C项错误；D项，两气球中所含气体分子物质的量相等，a气体的摩尔质量为28g/mol，b气体的摩尔质量<32g/mol，但a气体与b气体摩尔质量的相对大小未知，无法确定充气后A气球与B气球质量的相对大小，D项错误；答案选B。【点睛】利用阿伏加德罗定律及其推论是解题的关键，解题时注意b气体的相对分子质量小于32，但不一定小于28。阿伏加德罗定律及其推论不仅适用于单一气体，也适用于气态混合物。9、D【解析】

NO、NO2与O2和H2O的反应方程式分别为4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，氨气极易溶于水，根据方程式知，完全反应的气体体积等于试管中液面上升体积，据此分析解答。【详解】假设试管体积都是12mL。A.V(NO2)∶V(O2)＝2∶1，混合气体体积为12mL，则二氧化氮、氧气体积分别是8mL、4mL，根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3知，氧气有剩余且剩余2mL，所以溶液体积是10mL；

B.V(NO)∶V(O2)＝2∶1，混合气体体积为12mL，则NO、O2体积分别是8mL、4mL，根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3知，NO有剩余，剩余体积=8mL-×4mL=（8-5.3）mL=2.7mL，所以溶液体积是12mL-2.7mL=9.3mL；

C.V(NH3)∶V(O2)＝2∶1，混合气体体积为12mL，则NH3、O2体积分别是8mL、4mL，氨气极易溶于水、氧气不易溶于水，所以剩余气体体积为4mL，则溶液体积为8mL；

D.V(NO2)∶V(NO)∶V(O2)＝1∶1∶1，则混合气体中V（NO2）、V（NO）、V（O2）都是4mL，4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3相加得NO+NO2+O2+H2O=2HNO3，三种气体恰好完全反应，所以溶液充满整个试管，四个试管直径相等；所以溶液高低顺序是D、A、B、C。答案选D。【点睛】本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析计算能力，明确氮氧化物、氧气和水之间的反应是解本题关键，注意D中方程式的整合，为难点。10、D【解析】

A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小；B.分散系按照分散质粒子的大小划分为溶液、胶体和浊液三大类，结合混合物的定义作答；C.Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的；D.溶液不具有丁达尔效应，而胶体具有丁达尔效应。【详解】A.1nm=10-9m，胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小，胶体分散系的微粒直径在1∼100nm（10-9～10-7m）之间，故A项正确；B.分散系按照分散质粒子的大小划分为溶液、胶体和浊液三大类，其中胶体是一种比较均一、比较稳定的混合物，因此胶体属于混合物，故B项正确；C.Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的，故C项正确；D.胶体粒子因对光线有散射作用而形成丁达尔效应，因此，用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，NaCl溶液不产生丁达尔效应，而Fe(OH)3胶体产生丁达尔效应，现象不相同，故D项错误；答案选D。11、D【解析】

同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=M/Vm计算这几种气体密度相对大小，据此分析解答。【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=M/Vm知，相同条件下，气体密度与摩尔质量成正比，二氧化碳摩尔质量是44g/mol、氯气摩尔质量是71g/mol、氧气摩尔质量是32g/mol、氢气摩尔质量是2g/mol，所以相同条件下，这几种气体密度大小顺序是Cl2＞CO2＞O2＞H2，答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，能正确推导密度与气体摩尔质量的关系是解本题关键，知道常见气体摩尔质量相对大小。12、C【解析】

“1mol/L”含义：表示每1L溶液中含有溶质物质的量为1mol“。另外，化学式下标表示粒子个数比，也表示粒子物质的量比，由此分析。【详解】①每molMgCl2中含2molCl-，则0.3mol·L−1MgCl2溶液中Cl-浓度为0.6mol/L；②每molNaCl中含1molCl-，则0.3mol·L−1NaCl溶液中Cl-浓度为0.3mol/L；③KClO3中没有Cl-，0.5mol·L−1KClO3溶液中Cl-浓度几乎为0；④每molAlCl3中含3molCl-，则0.4mol·L−1AlCl3溶液中Cl-浓度为1.2mol/L，这些溶液中Cl-浓度由大到小的顺序为④①②③，答案选C。【点睛】若物质的浓度确定，则其中的粒子浓度也就确定了，这与溶液体积无关。13、A【解析】试题分析：在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化硫元素的化合价变化为氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-．氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，，故A错；2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为B正确；每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，故C正确；O2是氧化剂，S2O32－和Fe2+是还原剂，故D正确；所以答案选A考点：考查氧化还原反应计算的相关知识点。14、C【解析】

根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物分析判断。【详解】根据①Cl2+2KBr=2KCl+Br2可知氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性：Cl2>Br2；根据②Br2+H2SO3+H2O=2HBr+H2SO4可知氧化剂是Br2，氧化产物是H2SO4，所以氧化性：Br2>H2SO4；根据③2KMnO4+16HC1=2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知氧化剂是KMnO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性：KMnO4>Cl2，物质的氧化性有强到弱的顺序是KMnO4>Cl2>Br2>H2SO4，所以合理选项是C。【点睛】本题考查了物质氧化性强弱比较。一般情况下，在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的氧化性，还原剂的还原性大于氧化剂的还原性；有时物质的氧化性、还原性还与温度、浓度、溶液的酸碱性等有关，通常是温度越高、浓度越大，物质的氧化性、还原性越强。如KMnO4具有强的氧化性，在酸性环境中的氧化性比中性、碱性时的氧化性强。15、A【解析】

该胶体电泳时，胶粒向阳极移动，表明该胶粒表面带负电荷，因为同种胶粒带相同性质的电荷而相互排斥，使胶粒无法聚集长大，这是胶体稳定存在的主要原因，由此分析。【详解】①乙醇溶液中乙醇分子显电中性，加到该胶体中不能消除胶粒表面的电荷，不会使胶体聚沉，①项正确；②氯化钠溶液中含有的阳离子（Na+），可以与胶粒表面的负电荷发生电中和，从而胶粒之间相互聚集而发生聚沉，②项错误；③硅酸胶体中的胶粒带负电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相同，因同种电性的胶粒相互排斥，以致于胶粒不能聚集，所以不会发生聚沉，③项正确；④氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相反，因异种电性的胶粒之间相互吸引，从而使胶粒聚集长大而发生聚沉，④项错误；答案选A。16、A【解析】碘化银可用于人工降雨，故A错误；海水蒸发可获得食盐，故B正确；FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于制作印刷电路板，故C正确；绿矾是硫酸亚铁，可用来生产铁系列净水剂，故D正确。17、C【解析】

A．电荷不守恒；B．生成Fe2+；C．向碳酸钠溶液中加盐酸生成CO2和水；D．难溶物写化学式。【详解】A．铜片插入硝酸银溶液中，发生Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，选项A错误；B．向稀硫酸溶液中投入铁粉，发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项B错误；C．向碳酸钠溶液中加盐酸反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，选项C正确；D．CuO是难溶物要写化学式，则氧化铜与盐酸反应：CuO+2H+=H2O+Cu2+，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的书写，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，为高考常见题型，注意把握物质的性质并从守恒的角度认识，易错点为B，注意反应要遵循反应的实际，难度不大。18、D【解析】试题分析：，，M="64g"/mol，故C正确。考点：本题考查物质的量计算。19、A【解析】

A、甲烷的分子式为CH4，碳以四个共用电子对与氢原子形成共价键，A项正确；B、键线式中，线的起点，终点以及交点都代表碳原子，该分子中有4个碳原子，不属于丙烯的键线式，B项错误；C、有机物的结构简式不能省略官能团，C项错误；D、乙醇中含有羟基—OH，该分子结构中没有羟基，D项错误；答案选A。20、B【解析】试题分析：A．氯气和氯化氢都溶于水。B．氯化氢在饱和食盐水中的溶解度比较大，氯气在饱和食盐水的溶解度小，因此答案选B。C．氯气与氯化氢都能与纯碱、烧碱发生反应，因此C、D错误。考点：考查物质除杂的相关知识点。21、B【解析】

A.未明确标准状况，不能用公式V=22.4·n计算气体的体积，A项错误；B.在标准状况下，2molH2的体积=22.4L/mol×2mol=44.8L，B项正确；C.因为CO和N2的摩尔质量相等，所以等质量的CO和N2的物质的量相等，但题目没有明确两气体所处的温度和压强是否相同，所以无法判断等质量的CO和N2的体积是否一定相等。C项错误；D.未明确标准状况，不能用公式V=22.4·n计算气体的体积，D项错误；答案选B。【点睛】利用公式V=22.4·n计算物质的体积时，一定要明确两点：一是物质的状态必须是“气体”，二是温度和压强必须是“标准状况（即00C和101kPa）”。22、C【解析】

①中BrO3-是氧化剂，ClO3-是氧化产物，所以氧化性BrO3-＞ClO3-；②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3-；③中ClO3-是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3-＞Cl2，则氧化能力强弱顺序为BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞IO3-，故答案为C。二、非选择题(共84分)23、Cu2+、Fe3+Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓Mg2+Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓B【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。【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。24、Cu2+

、Ca2+

K+

、CO32-

、SO42-

Cl-

取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl-

Ba2++CO32-=BaCO3↓

、Ba2++SO42-=BaSO4↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl↓

0.8mol【解析】

溶液无色，一定不存在铜离子；①取50mL的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和硫酸根至少含有一种；②将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；③取少量①实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+、Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO42-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl﹣，若无白色沉淀则无Cl﹣；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+＝BaCO3↓、SO42-+Ba2+＝BaSO4↓、BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O、Ag++Cl-=AgCl↓；（3）硫酸钡的物质的量是=0.01mol，碳酸钡质量＝4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl﹣则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是=0.8mol/L。25、B、C、D2.0小于【解析】

配制450mL溶液需要选用500mL容量瓶配制0.1mol·L-1的NaOH溶液；根据c=n/V，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【详解】（1）A项、容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前检验是否漏水，故A正确；B项、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；

C项、容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故C错误；D项、容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故D错误；E项、定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，ED正确。故答案为：BCD；（2）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，实际上配制的为500mL的溶液，需要氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c=n/V，溶液的浓度偏小，即小于0.1mol/L，故答案为：2.0；小于。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度的溶液的配制，侧重逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力的考查，该题的难点在于误差分析，注意掌握误差分析的方法。26、玻璃棒5.4将5.4mL浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入小烧杯水中，并不断搅拌散热胶头滴管AC【解析】

根据稀释过程中溶质的质量或物质的量不变进行计算浓硫酸的体积。【详解】(1)用浓硫酸配制稀硫酸使用在仪器有量筒、500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管和玻璃棒。(2)假设浓硫酸的体积为VmL，则有0.2×0.5×98=1.84×V×98%，解V=5.4mL。(3)浓硫酸稀释时注意酸入水，操作过程为将5.4mL浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入小烧杯水中，并不断搅拌散热；(4)定容过程中，向容量瓶中注入蒸馏水，当液面离刻度线1－2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至液面与刻度线相切为止；(5)A.定容时俯视刻度线，溶液的体积变小，浓度变大；B.配制前，量取浓硫酸时发现量筒不干净用水洗净后直接量取，则浓硫酸的物质的量减小，浓度变小；C.在转入容量瓶前烧杯中液体未冷却至室温，则当溶液冷却时溶液体积变小，浓度变大；D.洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液未转入容量瓶，硫酸有损失，浓度变小；E.摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，溶液体积变大，浓度变小。故选AC。【点睛】掌握物质的量浓度的误差分析，一般考虑两个因素，即溶质的变化和体积的变化。在配制过程中溶质有损失，如少取或未洗涤仪器或有溅出等，都会使浓度变小。若溶液的体积变