2022年河南省周口市扶沟高中化学高一上期中复习检测试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：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0．5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《注意事项》，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、由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c（H+）=0.1mol•L﹣1，c（K+）=0.6mol•L﹣1，c（SO42﹣）=0.8mol•L﹣1，则c（Al3+）为A．0.1mol•L﹣1B．0.3mol•L﹣1C．0.6mol•L﹣1D．0.9mol•L﹣12、下列物理量与单位对应错误的是ABCD物质的量浓度摩尔质量摩尔体积物质的量mol/Lmol/gL/molmolA．A B．B C．C D．D3、在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是()A．、Al3+、、 B．K+、Na+、、C．K+、Fe3+、、 D．Na+、K+、、4、有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：(1)向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol；(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后，得千燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测不正确的是（）A．K+一定存在B．Ba2+、Mg2+一定不存在C．Cl-一定存在D．混合溶液中CO32-的浓度为0.1mol/L5、有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中为0.2mol·L－1,为1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol·L－1NaOH溶液的体积为A．40mL B．72mL C．80mL D．128mL6、氯水不稳定，要现用现配下列装置可用来制备氯水的是()A．B．C．D．7、在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸。市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售。为辨别真伪，可用下列哪一种试剂来鉴别（）A．酚酞试液 B．氯化钡溶液 C．氢氧化钠溶液 D．硝酸银溶液8、在整治酒后驾驶交通违法行为专项行动中，交警用装有重铬酸钾[K2Cr2O7]的仪器检测司机是否酒后开车，因为酒中的乙醇分子可以使橙红色的重铬酸钾变成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]。下列有关重铬酸钾的说法中正确的是()A．铬元素的化合价为＋7价B．在检查时重铬酸钾发生氧化反应C．重铬酸钾具有强氧化性D．它由橙红色变为绿色是物理变化9、既有颜色又有毒性的气体是()A．Cl2B．HFC．HClD．CO10、NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为NAB．4.0gNaOH固体溶于100mL水中，得到1mol·L−1的NaOH溶液C．常温、常压下，22gCO2中含有的氧原子数为NAD．1L0.5mol·L−1Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NA11、分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是①根据氧化物的组成将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物②根据反应中是否有化合价变化将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物⑤根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质A．②③④B．②④⑤C．①②③④⑤D．①②④12、为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤，不正确的操作顺序是()A．⑤③②①⑤④ B．⑤③①②⑤④ C．⑤②③①⑤④ D．⑤②①③⑤④13、下列叙述正确的是A．1mo1/L硫酸中含2mo1H+B．1L物质的量浓度为1mo1/L盐酸中含1mo1HCl分子C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的分子数均为NAD．22.4L的CO气体与lmolN2所含的电子数一定相等14、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl-、CO、OH-中的三种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（）A．Cu2+、H+、Cl- B．Cl-、CO、OH-C．K+、CO、OH- D．K+、H+、Cl-15、把铁片放入下列溶液中，铁片溶解且溶液质量减小，没有气体生成，此溶液是()A．FeSO4B．H2SO4C．Fe2(SO4)3D．CuSO416、下列离子方程式正确的是A．Zn与稀H2SO4反应：Zn＋H＋＝Zn2＋＋H2↑B．Na2CO3溶液与足量盐酸反应：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑C．Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋2OH－＝2Cl－＋H2OD．MgC12溶液与过量氨水反应：Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓17、下列分散系能产生“丁达尔效应”的是A．稀盐酸B．硫酸铜溶液C．酒精溶液D．氢氧化铁胶体18、下列水溶液中的电离方程式正确的是①NaHCO3=Na++H++CO32-②NaHSO4=Na++H++SO42-③H2SO4=2H++SO42-④KClO3=K++Cl5++3O2-A．②③ B．② C．①④ D．③19、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是A．H2CO3⇌2H++ B．NaHCO3=Na++H++C．BaSO4=Ba2++ D．NH3.H2O=+OH-20、新制氯水与久置的氯水相比较，下列结论不正确的是A．颜色相同 B．前者能使有色布条褪色C．都含有H+ D．加AgNO3溶液都能生成白色沉淀21、下图中两条曲线分别表示1gC3H6、1gM气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是A．C3H4 B．CO2 C．CO D．H2S22、Ca和Ca2+两种微粒中，不同的是（）(1)核内质子数(2)核外电子数(3)最外层电子数(4)核外电子层数A．(1)(2) B．(2)(3) C．(3)(4) D．(2)(3)(4)二、非选择题(共84分)23、（14分）现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4++OH-NH3↑+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？________（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_____（填离子符号），其物质的量浓度为______。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为________。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_________。A．该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04molB．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D．该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4＝K2SO4+I2+H2O①配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：________。②该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。③如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_________。24、（12分）现有失去标签的四瓶无色溶液分别为Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba(OH)2溶液、NaHSO4溶液，为确定四瓶溶液分别是什么，将其随意标号为A、B、C、D，分别取少量溶液两两混合，产生的现象如下表所示。实验顺序实验内容实验现象实验顺序实验内容实验现象①A+B生成白色沉淀[]④B+C无明显变化②A+C放出无色气体⑤B+D生成白色沉淀③A+D放出无色气体⑥C+D无明显变化已知：NaHSO4属于酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-。根据实验现象，回答下列问题：(1)A为____________________，C为______________________。(2)写出下列反应的离子方程式：A+B：:_____________________________________________________________________，A+D：_____________________________________________________________________，(3)等物质的量浓度、等体积的B、D混合反应的离子方程式为：_________________________________，反应后得到的溶液中含有的阴离子主要有_______________________________。(4)上述没有明显变化的实验④、⑥，其中发生了离子反应，离子方程式为：___________________________________。25、（12分）实验室里需用490mL0.5mol·L－1的CuSO4溶液。（1）该同学应选择________mL的容量瓶。（2）某操作步骤如下图方框所示，则该图表示的操作应放在下图序号所示的_______和_______（填序号）操作之间。（3）实验室可以提供三种试剂：①CuSO4固体②CuSO₄·5H2O③10mol·L－1CuSO4溶液，若该同学用②来配制上述所需CuSO4溶液，应称取试剂②的质量是___________；若该同学用③来配制上述所需CuSO4溶液，应量取试剂③的体积是____________。（4）下列溶液配制过程中能造成浓度偏低的操作有（填写序号）_________。a．转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯b．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水c．用CuSO₄固体配制溶液，称量时发现部分固体颜色变蓝d．进行（2）中图②操作时有部分液体溅到烧杯外边e．定容时俯视刻度线f．摇匀后发现液面低于刻度线，没进行其他操作26、（10分）铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：(1)提出问题这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？(2)查阅资料①亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。②亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。(3)实验验证①鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是___________，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_________。②为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)______。A．用硝酸酸化的硝酸钡溶液B．用盐酸酸化的氯化钡溶液③检验亚铁盐可用的试剂是______，现象为_____________。（4）含量测定①取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_______。②向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加__________溶液，若现象为______________，则溶液已过量。③过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)__________，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作2～3次。证明沉淀已洗净的方法是_______。④称量得，沉淀质量为4.66g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数____。(5)总结反思对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是____________。27、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol•L-1的NaOH溶液230mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：（完成下列空格）A．计算；B．称量；C．___；D．冷却；E.移液；F.___；G.定容；H.摇匀、装瓶。（2）本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、还有___mL容量瓶，使用容量瓶前必须进行的一步操作是___。（3）需称量___g烧碱固体，固体应该放在___中称量。（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是___。A．没有洗涤烧杯和玻璃棒B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水D．定容时俯视刻度线E.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容（5）若从所配制溶液取出100mL，再将这100mL溶液加水稀释成1L的溶液，则稀释后所得溶液的物质的量浓度为___。28、（14分）化学就在你身边（1）汽车尾气是城市空气污染来源之一，汽车尾气中含有CO和NO等有害物质。通过特殊的催化装置，可以使CO与NO相互反应生成无害且稳定的气体N2和CO2，反应的化学方程式是_____________。若反应生成1molN2，转移的电子数目为_______________。(NA表示阿伏加德罗常数的值)（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O是工业上制84消毒液的原理，把上述化学方程式改为离子方程式，并用双线桥法标明电子转移的方向和数目。_________________（3）在一定的温度和压强下，1体积X2(气)跟3体积Y2(气)化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是_____________。29、（10分）回答下列有关氧化还原的问题。（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。其中氧化产物是__________。若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为__________。（2）下列微粒：①S②S2－③Fe2＋④H＋⑤Cu⑥HCl⑦H2O在化学反应中只能被氧化的是__________（填序号，下同）。只能表现出氧化性的是__________。（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有__________，反应后溶液中一定含有的阳离子是__________。（4）在反应KClO3＋6HCl（浓）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为__________。（5）将NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至无色。反应结束后，推测硫元素在溶液中的存在形式是__________。这样推测的理由是__________。（6）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出两种方案。①方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3－，产物为NH3。生成3.4gNH3同时会生成__________molFe（OH）3。②方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式配平并标出电子转移的方向和数目。____Al＋____NO3－＋____OH－——____AlO2－＋______N2↑＋____H2O

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】

依据溶液中电荷守恒解答。【详解】硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液中c（H+）=0.1mol•L-1，c（K+）=0.6mol•L-1，c（SO42-）=0.8mol•L-1，由电荷守恒得，c（H+）+3c（Al3+）+c（K+）=c（OH－）+2c（SO42-），由于氢氧根的浓度很小，忽略不计，则c（Al3+）=[2c（SO42-）-c（H+）-c（K+）]/3=0.3mol•L-1，答案选B。2、B【解析】

A.根据c=n/V可知，物质的量浓度的单位为mol/L，故A正确；B.摩尔质量M=m/n，则摩尔质量的单位为g/mol，故B错误；C.气体摩尔体积Vm=V/n，则气体摩尔体积的单位为L/mol，故C正确；D.物质的量为基本物理量，其单位为mol，故D正确；答案选B。3、A【解析】

A．、Al3+、、溶液无色，且与氢离子不反应，A符合题意；B．与氢离子不反应生成二氧化碳和水，B与题意不符；C．Fe3+有颜色，C与题意不符；D．与氢离子不反应生成二氧化碳和水，D与题意不符；答案为A。4、C【解析】试题分析：(1)向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生，则溶液中可能有Cl-、CO32-、SO42-；(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol，则溶液中一定有0.04molNH4+；(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后，得千燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，可以确定生成硫酸钡2.33g（0.01mol）、碳酸钡3.94g(0.02mol)，则每份溶液中含0.01molSO42-和0.02molCO32-，一定没有Ba2+和Mg2+。A.根据电荷守恒，K+一定存在，A正确；B.Ba2+、Mg2+一定不存在，B正确；C.无法判断Cl-是否存在，C不正确；D.混合溶液中CO32-的浓度为0.02mol0.2L=0.1mol/L，D点睛：在解离子定量推断题时，要注意溶液中存在电荷守恒这个隐蔽条件。5、C【解析】

溶液中n(Cl-)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)==0.06mol；将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为C。6、D【解析】

由于氯气有毒，所以需要对尾气进行吸收，可用氢氧化钠吸收。【详解】氯气在水中不发生倒吸，由于氯气有毒，所以需要对尾气进行吸收，可用氢氧化钠吸收。故选：D。7、D【解析】

因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，而A、B、C现象相同，不能鉴别，故选D。8、C【解析】

K2Cr2O7中Cr元素的化合价为+6价，Cr2（SO4）3中Cr元素的化合价为+3价，K2Cr2O7→Cr2（SO4）3为还原反应，K2Cr2O7为氧化剂，K2Cr2O7表现强氧化性，据此分析作答。【详解】A项，K2Cr2O7中K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Cr元素的化合价为+6价，A项错误；B项，在检查过程中K2Cr2O7→Cr2（SO4）3，Cr2（SO4）3中Cr元素的化合价为+3价，Cr元素的化合价由+6价降至+3价，K2Cr2O7发生还原反应，B项错误；C项，K2Cr2O7发生还原反应，K2Cr2O7为氧化剂，K2Cr2O7表现强氧化性，C项正确；D项，颜色由橙红色变为绿色是K2Cr2O7发生还原反应生成了Cr2（SO4）3，是化学变化，D项错误；答案选C。9、A【解析】

常见有颜色的气体为卤素单质、二氧化氮等。【详解】A、Cl2黄绿色，有毒性的气体，故A正确；B、HF无色有毒，故B错误；C、HCl无色有毒，故C错误；D、CO无色有毒，故D错误；故选A。10、C【解析】

A、标准状况下，水不是气体，22.4L水的物质的量大于1mol，A错误；B、4.0gNaOH固体溶于100mL水中所得溶液的体积不是0.1L，不能得到1mol/L的NaOH溶液，B错误；C、22gCO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，C正确；D、1L0.5mol/LNa2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量是0.5mol，但溶剂水中还含有氧原子，D错误；答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答该类试题时要注意：①气体的体积，一要看是否为标准状况下；二要看物质在标准状况下是否为气态，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。②给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数。11、B【解析】

①根据氧化物的组成元素将氧化物分成金属氧化物和非金属氧化物，依据氧化物性质把氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物，故①不合理；②化学反应中元素化合价是否发生变化把反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，而电子转移是引起化合价变化的原因，故②合理；③根据分散质微粒直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③不合理；④根据否是由一种元素组成的纯净物可以分为单质和化合物，故④合理；⑤根据物质在水中的溶解度，可将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故⑤合理；综上所述②④⑤分类依据合理，答案选B。12、A【解析】

粗盐提纯时添加物均过量，离子通过沉淀或气体形式除去，注意添加顺序。【详解】除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－，分别需要加入过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液、过量BaCl2溶液，另外，加入的过量的除杂试剂也需除去，过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液需用盐酸除去，过量的BaCl2溶液需用Na2CO3溶液除去。所以BaCl2溶液应放在Na2CO3溶液的前面，加入的盐酸应放在过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液及过滤之后，从而得出操作顺序为：③-①-⑤-④，至于②在⑤前面就符合要求。综合以上分析，B、C、D都正确，只有A中，①放在③的前面，不正确。答案为A。13、C【解析】

A.1mol/L硫酸中H+的物质的量浓度为2mol/L，本题没有溶液体积的数据，无法计算H+的物质的量。A项错误；B.1L物质的量浓度为1mo1/L盐酸中溶解了1molHCl分子，但HCl分子在水分子作用下已完全电离：HCl=H++Cl-，所以盐酸中无HCl分子，B项错误；C.在标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，所含CH4分子数为NA个；18gH2O的物质的量为1mol，所含水分子数也为NA个，所以C项正确；D.未明确温度和压强，22.4L的CO的物质的量无法确定，也就无法计算其所含电子数，D项错误；答案选C。14、C【解析】

以甲烧杯呈蓝色为突破口，所以甲中含有Cu2+，因为离子共存，所以乙中含有CO、OH-，所以甲中含有H+，因为电荷守恒，所以甲中必须含有阴离子，乙中必须含有阳离子，所以甲中含有Cl-，乙中含有K+，故乙中离子为：K+、CO、OH-，故C项正确；故答案为C。15、D【解析】除FeSO4外，其它选项物质均可和铁反应：Fe＋H2SO4=FeSO4+H2↑铁片溶解，溶液质量增加，有氢气放出Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4铁片溶解，溶液质量增加，无气体放出Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu铁片溶解，溶液质量减小，无气体放出故答案为D16、B【解析】试题分析：A．Zn与稀H2SO4反应：Zn＋H＋Zn2＋＋H2↑没有配平，错误；B正确；C．Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋2OH―2Cl―＋H2O漏写次氯酸根，错误；D、氨水是弱电解质，不能拆开，错误。考点：考查离子方程式的书写及正误判断。17、D【解析】“丁达尔效应”是胶体的重要特征，ABC属于溶液，D属于胶体，故选D。18、A【解析】

①NaHCO3=Na++HCO3-，故①错；②NaHSO4=Na++H++SO42-，故②正确；③H2SO4=2H++SO42-，故③正确；④KClO3=K++ClO3-，故④错；综上所述②③正确，故选A；正确答案：A。19、C【解析】

A.碳酸是弱电解质，分步电离；，故A错误；B.碳酸氢钠能完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，但碳酸是弱酸，碳酸氢根离子难电离：，故B错误；C.硫酸钡是强电解质，BaSO4=Ba2++，故C正确；D.一水合氨是弱电解质，NH3.H2O+OH-，故D错误；答案选C。20、A【解析】

氯气溶于水，发生反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，该反应是可逆反应，溶液中含有Cl2、H2O、HClO三种分子及H+、Cl－、ClO－、OH－四种离子。当氯水久置时，其中含有的HClO光照分解产生氯化氢和氧气，据此解答。【详解】A．新制氯水显浅黄绿色，而久置的氯水呈无色，颜色不相同，A错误；B．新制氯水具有漂白性，能使有色布条褪色，而久置氯水没有漂白性，故不能使有色布条褪色，B正确；C．综上所述可知在新制氯水与久置的氯水中都含有H＋，C正确；D．由于二者都含有Cl－，所以加AgNO3溶液都能生成AgCl白色沉淀，D正确。答案选A。【点睛】明确新制氯水和久置氯水中含有的微粒和性质特点是解答的关键，注意氯气和水的反应是可逆的以及次氯酸的不稳定性。21、C【解析】

由理想气体状态方程公式PV=nRT=可知，当V，m，T一定时，P与M成反比。所以0.8×M(C3H6)=1.2M；所以M=28g/mol，所以选项是C。22、D【解析】分析：根据原子转化成离子时核外电子层排布发生的变化进行分析解答本题，钙原子失去两个电子变成钙离子。详解:Ca失去两个电子变为Ca2+，最外层电子数由2个变成8个，电子层数由4个变成3个，核外电子数由20个变成18个，原子变成离子，变化的是核外电子数，和核外电子数变化导致变化的电子层数和最外层电子数，不变的是核内质子数，所以答案选D。二、非选择题(共84分)23、否NH4+0.8mol/LBaSO4、BaCO3A1：50.3mol【解析】

第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量≥0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L＝0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04mol，答案选A。（5）①反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4＝3K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；②KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；③在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。24、（1）Na2CO3溶液，稀盐酸；（2）CO32-+Ba2+=BaCO3↓；CO32-+2H+=CO2↑+H2O；（3）Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，OH-；（4）④，H++OH-=H2O。【解析】(1)由表格中A能与C和D反应均有气体放出，可知A为碳酸钠溶液，C和D溶液均显酸性，则B为氢氧化钡溶液，B和C、D分别混合，B和D有沉淀，可知D为硫酸氢钠溶液，则C为稀盐酸，故答案为Na2CO3溶液；稀盐酸；(2)碳酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为CO32-+Ba2+=BaCO3↓；CO32-+2H+=CO2↑+H2O；(3)氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，从离子反应方程式可看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为OH-，故答案为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O；OH-；(4)实验④中氢氧化钡溶液和盐酸混合没有明显现象，但发生了离子反应生成水，离子反应方程式为H++OH-=H2O，故答案为④；H++OH-=H2O。点睛：解答此类表格型推断题，可以考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用。本题通过溶液中物质之间的离子反应，要求将两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。25、500④⑤62.5g25mlacd【解析】

根据配制一定物质的量浓度的溶液过程，选择合适容量瓶、进行有关计算、分析实验误差。【详解】(1)常用容量瓶的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL。配制490mL溶液应选择500mL容量瓶，即只能配制500mL溶液。(2)方框为定容的前期操作：引流加蒸馏水，操作④为洗涤液转入容量瓶后的摇匀，操作⑤为定容的后期操作：边滴加蒸馏水、边观察液面。故方框所示操作应在④、⑤之间。(3)若以试剂②配制上述CuSO4溶液时，m(CuSO4·5H2O)＝0.500L×0.5mol·L－1×250g·mol－1＝62.5g。若以③配制上述CuSO4溶液时，所需③的体积V＝0.500L×0.5mol·L－1÷10mol·L－1＝0.025L＝25mL。(4)a．转移完溶液后的玻璃棒和烧杯附着有少量溶液，未洗涤即损失了溶质，使浓度偏低；b．配制溶液过程中需向容量瓶中加水定容，故洗涤容量瓶后残留的少量水，不影响所配溶液浓度；c．用CuSO₄固体配制时，部分固体颜色变蓝使称得的CuSO₄减少，所配溶液浓度偏低；d．（2）中图②操作为固体溶解或浓溶液稀释，部分液体溅到烧杯外，即损失溶质，使浓度偏低；e．定容时俯视刻度线，则凹液面最低处低于刻度，溶液体积偏小，浓度偏高；f．摇匀时少量液体附着于刻度上面的内壁，使液面低于刻度线。这是正常现象，不影响所配溶液浓度；综上，造成浓度偏低的操作有a、c、d。【点睛】分析实验误差时，应从计算公式入手。如本题中c＝，分析各种操作对n、V的影响，进而判断对c的影响。26、加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化不能B氢氧化钠溶液产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀搅拌以促进溶解氯化钡溶液不再产生白色沉淀引流取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净60.8%隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效【解析】

将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化。【详解】（3）①亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子，故答案为：加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能；②硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B，故答案为：B；③由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀，故答案为：氢氧化钠溶液；产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；（4）①玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解，故答案为：搅拌以促进溶解；②要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量，故答案为：氯化钡溶液；不再产生白色沉淀；③在洗涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流；由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：引流；取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净；④沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol×152g/mol＝3.04g，因此质量分数为3.04g/5g×100%=60.8%，故答案为：60.8%；（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的作用，故答案为：隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效。27、溶解洗涤250mL查漏10.0烧杯或表面皿DE0.1mol/L【解析】

(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此解答；(2)依据配制步骤选择需要仪器；依据配制溶液体积选择容量瓶规格；容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前需要检查是否漏水；(3)依据m＝cVM计算需要溶质的质量；称量腐蚀性物质应在玻璃容器中进行；(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析；(5)依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；(2)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶，配制1.0mol•L−1的NaOH溶液230mL，应选择250mL容量瓶，所以还缺少仪器：250mL容量瓶；容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前需要检查是否漏水；(3)配制1.0mol•L−1的NaOH溶液230mL，应选择250mL容量瓶，需要溶质的质量m＝1.0mol/L×0.25L×40g/mol＝10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性，应在烧杯或表面皿中称量；(4)A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏小，A不选；B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏小，B不选；C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，C不选；D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，D选；E．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，E选；答案选DE；(5)设稀释后溶液浓度为c，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：1.0mol•L−1×100mL＝1000mL×c，解得c＝0.1mol/L。【点睛】本题明确一定物质的量浓度溶液的配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧。28、2CO+2NON2+2CO24NA略XY3或Y3X【解析】

（1）CO与NO相互反应生成无害且稳定的气体N2和CO2，反应的化学方程式是2CO+2NON2+2CO2。2NON2氮元素的化合价由+2到0价，若反应生成1molN2，转移的电子数目为22=4mol,即为4NA。答案：2CO+2NON2+2CO24NA。（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O属于歧化反应，其离子方程式为，并用双线桥法标明电子转移的方向和数目。答案：。(3)设该化合物化学式为XaYb，由阿伏加德罗定律知X2+3Y2=2XaYb，根据质量守恒定律，得：2=2a，a=1，2b=6，b=3，即生成物为XY3。答案：XY3。29、CuSO4（或Cu2＋）2.24L②⑤④AgMg2＋Zn2＋5：1SO42－紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低。NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在。1.610641032【解析】

（1）根据氧化还原反应中，元素化合价升高的物质做还原剂，发生氧化反应，对应氧化产物；根据2e---SO2可计算出SO2的体积；（2）元素化合价处于最低价态，只有还原性，元素化合价处于最高价态，只有氧化性，处于中间价态，即有氧化性又有还原性；据