2022年广东云浮一中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、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离B．X、Z烧杯中分散质相同C．Y中反应的离子方程式为D．Z中能产生丁达尔效应2、下列常用实验仪器中，不能直接用于混合物的分离或提纯的是A．分液漏斗B．漏斗C．蒸发皿D．容量瓶3、室温下，在两个体积相同密闭容器中，分别充等质量的甲、乙两种气体，若测得含甲气体的容器中气体压强大于含乙气体的容器中气体压强，则下列说法正确的是A．在上述情况中甲气体密度比乙气体密度大B．甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小C．甲的物质的量比乙的物质的量少D．甲所含原子数比乙所含原子数少4、等质量的CH4和NH3相比较，下列结论正确的是（）A．它们的分子个数比为17∶16 B．它们的原子个数比为17∶16C．它们的氢原子个数比为17∶16 D．它们所含氢的质量比为17∶165、下列实验操作完全正确的是（）编号实验目的操作A取出分液漏斗中的上层有机液体先将下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一只烧杯，再将上层有机液体从下端管口放出B配制200mL1mol·L－1NaOH溶液准确称取8.0gNaOH固体，放入200mL容量瓶中，加水至刻度线，振荡摇匀C检验某工业纯碱中是否含有NaCl取少量样品于试管中，加水溶解，再加入足量稀硝酸，最后滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成D检验某溶液中是否含有SO42－加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸，沉淀不消失A．A B．B C．C D．D6、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、下列选项正确的是A．21H核外电子数为1B．硝酸钡的化学式：BaNO3C．D2与H2互为同位素D．钾原子的原子结构示意图：8、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．含有NA个原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4LB．25℃，1.01×105Pa,64gSO2中含有的原子数为3NAC．40gNaOH溶解在1L水中，则其100mL溶液中含Na＋数为0.1NAD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA9、在KCl和FeCl3的混合溶液中，Fe3+的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1，Cl-的物质的量浓度为0.6mol•L﹣1，则混合液中K+的物质的量浓度为()A．0.15mol•L﹣1 B．0.45mol•L﹣1 C．0.3mol•L﹣1 D．0.6mol•L﹣110、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A．氯化钠晶体 B．液态氯化氢 C．硝酸钾溶液 D．熔融氢氧化钠11、用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是A．实验使用的主要仪器是分液漏斗B．碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大C．碘的四氯化碳溶液呈紫红色D．分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出12、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13、下表中关于物质分类的正确组合是()类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACOCuOH2SO4NH3·H2ONa2SBCO2Na2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu(OH)2CO3CaCO3A．A B．B C．C D．D14、进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是（）A．不慎将浓硫酸溶液沾到皮肤上，要立即涂上大量浓碱溶液将其中和B．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛C．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌条件下加入浓硫酸D．酒精灯着火时可用水扑灭15、下列离子方程式书写正确的是A．澄清石灰水与盐酸反应:H++OH-=H2OB．醋酸溶液与碳酸钠溶液:CO32-+2H+=CO2↑+H2OC．金属镁与稀盐酸反应:Mg+2H++2Cl-=MgCl2+H2↑D．氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液反应:Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓16、下列物质中属于非电解质的是A．H2SO4 B．NaOH C．Na2CO3 D．蔗糖17、现有46gNa，其中23gNa与氧气反应生成氧化钠，另23gNa与氧气反应生成过氧化钠，则上述两个氧化还原反应过程中转移的电子数之比为（）A．1∶2 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶118、质量分数为90%的硫酸溶液和质量分数为10%的硫酸溶液等体积混合后溶质的质量分数A．大于50%B．等于50%C．小于50%D．不能做上述估计19、传统的引爆炸药由于其中含Pb，使用时将产生污染，同时其引爆后的剩余炸药还严重危害接触者的人身安全，美国UNC化学教授ThomasJ·Meyer等研发了环境友好、安全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为Na2R，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10mLNa2R溶液含Na＋的微粒数为N个，该Na2R溶液的物质的量浓度为()A．N×10－2mol·L－1B．mol·L－1C．mol·L－1D．mol·L－120、Na2CO3和NaHCO3可用作食用碱。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是A．Na2CO3与食醋混用产生CO2气体：+2H+=CO2+H2OB．Na2CO3可用NaOH溶液吸收CO2制备：2OH-+CO2=+H2OC．NaHCO3可用治疗胃酸过多：+H+=CO2+H2OD．NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O21、下列物质中只能作还原剂的是（）A．Fe B．HCl C．H2O D．KMnO422、下列有关物质分类的说法，不正确的是（）A．CO、N2O5是非金属氧化物，也是酸性氧化物，它们属于电解质B．KNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐C．H2CO3是含氧酸、二元酸D．NaOH是可溶性碱，也是强碱二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3－、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣（离子在物质中不能重复出现）．①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出．根据①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_______________B______________（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：______________________（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_________；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式____________24、（12分）A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）写出A、B、D的元素符号：A______；B_____；D______。（2）C离子的电子式_______；E的离子结构示意图_______。（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式______。（4）工业上将E的单质通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为______。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_________。25、（12分）海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验：请填写下列空白：(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是__________（从下列仪器中选出所需仪器，用标号字母填写在空白处）；A．烧杯B．坩埚C．表面皿D．泥三角E．酒精灯F．干燥器(2)步骤③的实验操作名称是_____________；(3)写出步骤④的离子反应方程式（已知MnO2生成Mn2+和H2O）__________________;(4)步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是______________________________,还可选用_____________________（写试剂的化学式）来提取碘，该步骤所用主要玻璃仪器的名称是__________________________。(5)步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘，同时回收苯，该步骤的实验操作名称是__________________。26、（10分）从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。I.以亚硫酸钠(Na2SO3)为实验对象，探究其性质。实验如下：（资料1）亚硫酸(H2SO3)易分解生成SO2和H2O。(1)写出上述实验中①、②的离子方程式_________________，_________________。(2)通过上述实验可知，在空气中久置的亚硫酸钠固体中会混有_____________(填化学式)，亚硫酸钠在空气中变质体现了亚硫酸钠的_________________性。II.以FeCl3溶液为实验对象，探究其与碱性物质之间反应的复杂多样性。实验如下：（资料2）含Fe3+的溶液中加入KSCN溶液，溶液由黄色变为红色；含Fe2+的溶液中加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀。(1)①中反应的离子方程式是_____________________________。(2)②中逸出的无色气体是_______________________________。(3)对于③中的实验现象，同学们有诸多猜测，继续进行实验：甲组：取③中反应后溶液少许，滴入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。得出结论：FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应，离子方程式是_______________。乙组：认为甲组的实验不严谨，重新设计并进行实验，证实了甲组的结论是正确的。其实验方案是_________。(4)由上述实验可知，下列说法正确的是________(填字母)。a.盐与碱反应时，盐和碱都必须可溶于水b.盐溶液可能呈中性、碱性、酸性c.盐与盐反应时，不一定生成两种新盐d.盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应27、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL；(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为__________________________________，本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、____________________。(2)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。烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出________gNaOH。(3)下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是（____）A．容量瓶上标有容积、温度和浓度B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线D．使用前要检查容量瓶是否漏水(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_______________。①转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面②定容时俯视刻度线③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容④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100mL1mol/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）下面所列物质中,属于电解质的是__________(填序号,下同),属于非电解质的是________,属于强电解质的是__________,属于弱电解质的是________。①CH3CH2OH②CH3COOH③熔融态KNO3④SO3⑤蔗糖

⑥HClO⑦NaHCO3⑧氨水⑨Cl2⑩BaSO4⑪Cu

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、B【解析】

A．利用过滤法可将Z中固体和液体分离，故A正确；B．X中分散系是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，乙中分散系是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故B错误；C．根据实验现象，碳酸钙与溶液反应，生成氢氧化铁胶体和，故C正确；D．Z中是氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；故答案为B。2、D【解析】

用于混合物分离或提纯的操作有：过滤操作、蒸馏操作、分液操作等，根据分离操作常用到的仪器判断，分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，而过滤用于分离固体和液体混合物．【详解】A、分液漏斗可运用分离互不相溶液体，故A错误；B、漏斗用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，故B错误；C、蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，故C错误；D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于分离，故D正确。故选：D。3、B【解析】

室温下，在两个体积相同密闭容器中，分别充等质量的甲、乙两种气体，若测得含甲气体的容器中气体压强大于含乙气体的容器中气体压强，说明甲气体的物质的量比乙大，则说明甲的摩尔质量比乙小。【详解】A.在上述情况中两种气体的密度相同，故错误；B.根据以上分析，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小，故正确；C.根据以上分析，甲的物质的量比乙的物质的量大，故错误；D.不能确定甲乙分子式，所以不能比较甲乙所含原子数多少，故错误。故选B。4、A【解析】

令CH4和NH3的质量都为1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol。A．分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为mol∶mol=17∶16，故A正确；B．每个CH4分子含有5个原子，1gCH4含有原子的物质的量为5×mol，每个NH3分子含有4个原子，1gNH3含有的原子物质的量为4×mol，所以等质量的CH4和NH3含有原子数目之比为5×mol∶4×mol=85∶64，故B错误；C．每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4×mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3×mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故C错误；D．氢元素质量之比等于氢原子物质的量之比，由C可知等质量的CH4和NH3含有H氢元素质量之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故D错误；故选A。5、C【解析】

A.分液漏斗中的上层液体应该从上口倒出；B.溶解氢氧化钠固体应该在烧杯中进行，不能直接在容量瓶中溶解；C.检验氯离子的方法，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，白色沉淀生成，则一定含有氯化钠；D.检验SO42-的方法为：加入盐酸后排除了干扰离子，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，则原溶液中一定含有硫酸根离子。【详解】A.分液操作时，分液漏斗中的下层液体从分液漏斗下端管口放出，上层液体应该从上口倒出，以便避免试剂污染，故A错误；

B.配制一定物质的量浓度的溶液时，溶解溶质应该选用烧杯，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故B错误；C.取少量样品于试管中，加水溶解，再加入足量稀硝酸，最后滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则该沉淀为氯化银沉淀，则原样品中含有NaCl，故C正确；D.某溶液中加入BaCl2溶液，产生沉淀，再加入稀盐酸沉淀不消失，溶液中可能含有SO42－或Ag+等，不能说明一定含SO42-，故D错误。故选C。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.21H核外电子数等于质子数，为1，A正确；B.硝酸钡的化学式为Ba(NO3)2，B错误；C.D2与H2均是氢气分子，不能互为同位素，质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，C错误；D.钾原子的原子结构示意图为，D错误。答案选A。8、B【解析】

A、氢气是双原子分子，含NA个原子，氢气的物质的量为0.5mol，标准状况下其体积为0.5×22.4L=11.2L，故错误；B、含有S的物质的量为64×3/64mol=3mol，故正确；C、物质的量浓度是单位体积的溶液中含有溶质的物质的量，体积是溶液的体积，不是溶剂的体积，因此无法计算NaOH的物质的量浓度，故错误；D、标准状况下，水不是气体，故错误。9、C【解析】

根据电荷守恒，c(K+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)，即c(K+)=c(Cl-)+3c(Fe3+)=0.6mol•L﹣1－3×0.1mol•L﹣1=0.3mol•L﹣1，故选C。10、D【解析】

A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。【点睛】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。11、D【解析】

A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。答案选D。12、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。13、B【解析】试题分析：A、CO是不成盐氧化物，CuO是碱性氧化物，H2SO4是酸，NH3•H2O是碱，Na2S是盐，故A错误；B、CO2能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，Na2O和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，HCl属于酸，NaOH属于碱，故B正确；C、Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不是碱性氧化物，故C错误；D、NO2与碱反应除了生成盐和水，还生成NO，不是酸性氧化物；Cu(OH)2CO3是盐不是碱，故D错误；故选B。【考点定位】考查物质的分类【名师点晴】本题考查了物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸碱盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，掌握基础是关键。碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或NH4+)和酸根离子的化合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．(且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成)；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)。14、B【解析】

A．不慎将浓硫酸溶液沾到皮肤上，应该立即用大量水冲洗，然后涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液中和，不能涂上大量浓碱溶液将中和，故A错误；B．酸具有腐蚀性，若不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，同时边洗边眨眼睛，故B正确；C．配制硫酸溶液时，不能在量筒中稀释，应该在烧杯中稀释浓硫酸，故C错误；D．酒精灯着火时，由于酒精与水以任意比例互溶，不能用水灭火，可以用湿抹布盖灭，故D错误；故答案选B。15、A【解析】

A.澄清的石灰水跟盐酸反应离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；B项，醋酸为弱电解质，不能拆，故B错误；C，氯化镁为强电解质，所以要拆开并删去氯离子，故C错误；D项，钡离子与硫酸根要形成沉淀，漏写了，故D错误。所以正确答案为A项。16、D【解析】

A.H2SO4是化合物，在水溶液中导电，属于电解质，故A不正确；B.NaOH是化合物，水溶液中和熔融状态下导电，属于电解质，故B不正确；C.Na2CO3是化合物，水溶液中和熔融状态下导电，属于电解质，故C不正确；D.蔗糖是化合物，水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D正确；答案：D【点睛】非电解质的关键点：（1）化合物（2）水溶液中和熔融状态下都不导电（3）非金属氧化物和大部分有机物均为非电解质。17、D【解析】

两个反应中Na均为还原剂，Na均被氧化成Na+，所用的Na单质的量相同，所以转移的电子数之比为1:1，故答案为D。18、A【解析】

质量分数为90%的硫酸溶液和10%的硫酸溶液的密度大小关系为：90%的硫酸溶液>10%的硫酸溶液。所以等体积(不是等质量)的这两种硫酸溶液的总质量：90%的硫酸溶液>10%的硫酸溶液，那么，混合后所得溶液的质量分数必定大于50%。故A正确，本题答案为A。【点睛】同种溶质的溶液，若浓度越大，密度越大，则等体积混合时，混合溶液的质量分数大于平均值；若浓度越大，密度越小，则等体积混合时，混合溶液的质量分数小于平均值。19、B【解析】已知10mLNa2R溶液含Na＋的微粒数为N个，设Na2R溶液的物质的量浓度为cmol/L，则0.01L×cmol/L×2×6.02×1023=N，故c=mol/L，所以本题正确答案为B。20、A【解析】

A．Na2CO3与食醋混用，产生CO2气体：+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A选；B．二氧化碳为酸性氧化物，二氧化碳与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，离子方程式：2OH-+CO2═CO32-+H2O，故B不选；C．NaHCO3可用治疗胃酸过多，碳酸氢钠与强酸反应，离子方程式+H+=CO2+H2O，故C不选；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，所以可以做发酵粉，故D不选；故选：A。21、A【解析】

A.Fe的化合价是最低价态，只能做还原剂，故A正确；B.HCl中的氢元素是最高价态，能做氧化剂；氯元素是最低价态，能做还原剂，故B错误；C.H2O中的氢元素是最高价态，能做氧化剂；氧元素是最低价态，能做还原剂，故C错误；D.KMnO4中的锰元素是最高价态，只能做氧化剂，故D错误。故选A。【点睛】元素处于最高价态时一定有强氧化性，元素处于最低价态时一定具有强还原性，元素处于中间价态时既有氧化性又有还原性。22、A【解析】

A．CO、N2O5是非金属氧化物，酸性氧化物是该物质与碱反应能生成相应的盐，CO不是酸性氧化物，且二者本身不能电离出自由移动的离子，不是电解质，A错误；B．KNO3含钾离子、硝酸根，是钾盐、硝酸盐，也是正盐，B正确；C．H2CO3是含氧酸，可电离出两个氢离子，是二元酸，C正确；D．NaOH是强碱，可溶于水，也是可溶性碱，D正确；答案选A。二、非选择题(共84分)23、BaCl2AgNO3CO32﹣+2H+=CO2↑+H2On（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1Zn+Cu2+═Zn2++Cu【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32﹣，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2；B是AgNO3；（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；Ag++Cl﹣=AgCl↓，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+═Zn2++Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。24、HCNa2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【解析】

A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，说明A是H；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1mol如果为金属镁，则Mg——H2，则镁为2.4g，如果是金属铝，则2Al——3H2，则铝为1.8g，如果是金属钠，则2Na——H2，则钠为4.6g，故D为金属钠；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；【详解】⑴根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；⑵C离子为氧离子，其电子式，故答案为；E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；⑶D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；⑷工业上将E即氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。25、BDE过滤MnO2+2I-＋4H＋======2H2O+Mn2＋+I2苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大CCl4分液漏斗蒸馏【解析】

灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯；操作③为分离固体和液体的过滤操作；由步骤④中MnO2生成Mn2+和H2O可知，碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化生成I2；萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大；分离沸点不同的互溶物质的实验操作方法是蒸馏，碘与四氯化碳互溶，但沸点不同。【详解】（1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，灼烧海带时，除需要三脚架、外，还需要用到的实验仪器是泥三角、坩埚、酒精灯、坩埚钳。（3）操作③为分离固体和液体的过滤操作，过滤得到含碘离子的溶液。（3）由步骤④中MnO2生成Mn2+和H2O可知，碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化生成I2，则反应的离子反应方程式为：MnO2+2I-＋4H＋=2H2O+Mn2＋+I2。（4）步骤⑤的操作为萃取，据萃取剂选择的一般原则，即溶质在萃取剂里的溶解度要大，且萃取剂与原溶剂互不相溶，由于I2易溶于有机溶剂苯或四氯化碳，故可用苯或四氯化碳来提取碘，实验时用到的主要玻璃仪器为分液漏斗。（5）碘与四氯化碳互溶，但沸点不同，步骤⑥从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，还需经过蒸馏，使易挥发的苯气化、冷凝回收苯，在蒸馏烧瓶中得到单质碘。【点睛】本题考查从海带中提取碘的实验，涉及了灼烧实验，实验仪器的名称、物质的分离方法、离子方程式的书写，明确物质分离方法、单质碘的性质是解答的关键。26、BaSO3+2H+==Ba2++SO2+H2OSO32-+Ba2+==BaSO3Na2SO4还原性2Fe3++3Mg(OH)2==2Fe(OH)3+3Mg2+CO22Fe3++SO32-+H2O==2Fe2++SO42-+2H+取③中反应后的溶液，加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，说明生成了Fe2+bcd【解析】

本题主要考查探究物质的性质化学实验设计。I.

亚硫酸钠在空气中久置，因亚硫酸钠具有还原性，可能与空气中的O2发生氧化还原反应生成硫酸钠。（1）溶液A中含有SO32-，与Ba2+反应生成BaSO3沉淀；BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2和H2O；（2）溶液B中加入BaCl2溶液后生成的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该沉淀为BaSO4；SO32-生成SO42-过程是被氧化；II.（1）氯化铁溶液和Mg(OH)2浊液反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；（2）由FeCl3溶液呈酸性分析，pH=1的FeCl3溶液与pH=12的Na2CO3溶液等物质的量混合后产生的气体成分；（3）SO32-被Fe3+氧化为SO42-，Fe3+被还原为Fe2+，由此写出离子方程式；因SO32-可能被空气氧化，若要证实SO32-与Fe3+发生氧化还原反应，根据题干信息可选用K3Fe(CN)6溶液检验溶液中是否有Fe2+；（4）a.实验①中加入的碱为Mg(OH)2；b.FeCl3溶液呈酸性，Na2CO3溶液、Na2SO3溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性；c.实验②和实验③为两种盐相互反应，生成物不是两种新盐；d.实验③中，盐与盐反应不属于复分解反应。【详解】I.

亚硫酸钠在空气中久置，因亚硫酸钠具有还原性，可能与空气中的O2发生氧化还原反应生成硫酸钠。（1）实验①中反应为BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2和H2O，其离子方程式为：BaSO3+2H+==Ba2++SO2+H2O；溶液A中含有SO32-，与Ba2+反应生成BaSO3沉淀，其离子方程式为SO32-+Ba2+==BaSO3；（2）溶液B中加入BaCl2溶液后生成的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该沉淀为BaSO4，说明在空气中久置的亚硫酸钠固体中混有Na2SO4；SO32-生成SO42-过程是被氧化，故体现了亚硫酸钠的还原性；II.（1）实验①中反应为氯化铁溶液和Mg(OH)2浊液反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，其离子方程式为：2Fe3++3Mg(OH)2==2Fe(OH)3+3Mg2+；（2）实验②为pH=1的FeCl3溶液与pH=12的Na2CO3溶液等物质的量混合后，生成的气体为CO2；（3）由实验现象可知，Fe3+被还原为Fe2+，化合价降低，故SO32-被Fe3+氧化为SO42-，其离子反应方程式为：2Fe3++SO32-+H2O==2Fe2++SO42-+2H+；因SO32-可能被空气氧化，若要证实SO32-与Fe3+发生氧化还原反应，可通过验证是否有Fe2+生成，根据题干信息可知，可选用K3Fe(CN)6溶液进行检验，故实验方案为：取③中反应后的溶液，加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，说明生成了Fe2+；（4）a.实验①中加入的碱为Mg(OH)2，属于难溶性碱，错误；b.由题干信息可知，FeCl3溶液呈酸性，Na2CO3溶液、NasSO3溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，正确；c.实验②和实验③为两种盐相互反应，生成物不是两种新盐，正确；d.实验③中，盐与盐反应不属于复分解反应，正确。27、②①③⑧⑤⑥⑦④250mL容量瓶、胶头滴管27.410.0D②③【解析】

(1)按照配制一定物质的量浓度溶液的步骤及其使用的仪器回答；(2)托盘天平的正确操作是“左物右码”，该次称量将砝码和烧杯放反了，此时烧杯的实际质量=20g+10g-2.6g=27.4g。本实验应选用250mL容量瓶，应称量的NaOH质量=0.25L×1mol/L×40g/mol=10.0g。

(3)容量瓶上一般标有“刻度线”、“容积”、“温度”等，不能在容量瓶中溶解物质，容量瓶洗净后不必烘干，使用容量瓶前要检查活塞是否漏液，只有不漏液的容量瓶才能使用；(4)配制一定物质的量浓度溶液时，根据错误操作引起了哪个物理量（V或nB）的变化，再依据公式分析对实际浓度的影响。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液时，需要进行：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确步骤是②①③⑧⑤⑥⑦④。本实验必须用到的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯外还需250mL容量瓶、胶头滴管。(2)该次称量将砝码和烧杯放反了，此时烧杯的实际质量=20g+10g-2.6g=27.4g。本实验应选用250mL容量瓶，应称量的NaOH质量=0.25L×1mol/L×40g/mol=10.0g。(3)A.容量瓶的颈部还标有刻度线，容量瓶上没有“浓度”标识，A项错误；B.容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干，不影响所配溶液的浓度，B项错误；C.容量瓶不能受热，为保证配制溶液的准确性和实验的安全性，容量瓶中不能溶解任何物质，C项错误；D.配制过程中需要塞好瓶塞上下颠倒摇匀，如果漏液不仅影响浓度的准确性，而且可能造成实验者的意外伤害，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，D项正确；答案选D。

(4)①转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外，使溶质的物质的量（）减小，根据可知，实际浓度偏低，①项错误；②定容时俯视刻度线，使容量瓶内液面低于刻度线，造成溶液体积（V）减小，根据可知，实际浓度偏高，②项正确；③因NaOH溶于水放热，未冷却到室温就将