高中化学人教版本册总复习总复习【区一等奖】2

2023学年浙江省金华市东阳二中高一（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1．美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118，中子数为175的超重元素，该元素原子核的中子数与核外电子数之差为（）A．57B．47C．61D．2932．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（）A．是否是大量分子或离子的集合体B．是否能通过滤纸C．分散质粒子直径的大小D．是否均一、透明、稳定3．若以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A．氯化氢的摩尔质量等于NA个氯化氢分子的质量B．常温常压下1mol二氧化碳的体积大于C．64g金属铜发生氧化反应，一定失去2NA个电子D．62g氧化钠溶于水后，所得溶液中含有NA个O2﹣离子4．在标准状况下，如果升氧气含有n个氧分子，则阿伏加德罗常数为（）A．B．C．16nD．8n5．下列有关气体体积的叙述中，正确的是（）A．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积大小由气体分子的大小决定B．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积的大小由物质的量的多少决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同D．气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积约为L6．实验测得一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的倍，则其中氧气的质量分数为（）A．%B．%C．%D．%7．下列实验操作中有错误的是（）A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出D．蒸发操作时，应使混合物中的水分蒸干后，才能停止加热8．为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在．已知在溶液中IO3﹣可和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO3﹣．可供选用的物质有：①自来水，②蓝色石蕊试纸，③碘化钾淀粉试纸，④淀粉，⑤食糖，⑥食醋，⑦白酒．进行上述实验时必须使用的物质是（）A．①③B．③⑥C．②④⑥D．①②④⑤⑦9．根据下列原子结构示意图的共同特征，可把三种微粒归为一类．下面的微粒可以归入此类的是（）A．B．C．D．10．对于反应3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（）A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂B．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为5：1C．每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子D．Cl2既是氧化剂又是还原剂11．下列反应不属于四个基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（）A．Fe+CuSO4=FeSO4+CuB．Cl2+H2O=HCl+HClOC．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑D．AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO312．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个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为B．常温常压下，所含的原子数为NAC．纯硫酸所含有的氧原子数与NA个CO2分子中所含有的氧原子数相等D．标准状况下，含有的分子数为13．在标准状况下，将VL气体A（摩尔质量为Mg•mol﹣1）溶于水中，所得溶液密度为dg•cm﹣3，则该溶液的物质的量浓度为（）A．B．C．D．14．下列关于钠及其化合物的说法正确的是（）①钠钾合金通常状况下呈液态，可做原子反应堆的导热剂②钠的化学性质活泼，少量的钠可保存在有机溶剂CCl4中③钠在空气中缓慢氧化而自燃，在氧气中燃烧更为剧烈④Na2CO3溶液能跟酸溶液反应，但不能跟碱溶液反应．A．①②③B．②③④C．①④D．①15．下列说法中正确的是（）A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质16．已知：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O，在反应中被还原的硫原子与被氧化的硫原子个数比为（）A．1：1B．1：5C．1：2D．2：117．下列溶液中，跟100mLLNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（）A．100mLLMgCl2溶液B．200mLLAlCl3溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液D．25mLLHCl溶液18．配制250mL•L﹣1的HCl溶液时，下列操作会使配得溶液中HCl的物质的量浓度偏大的是（）A．移液后未洗涤烧杯B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线19．用1L•L﹣1NaOH溶液吸收CO2，所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是（）A．1：3B．1：2C．2：3D．3：220．除去NaCl中含有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣等离子，通常采用以下四种试剂：①Na2CO3②BaCl2③NaOH④HCl，加入试剂合理的操作顺序是（）A．①②③④B．③①②④C．④②①③D．③②①④二．填空题21．下列物质：①Fe②CO2③H2O④KOH⑤NH4Cl⑥H2SO4⑦酒精其中属于电解质的有（用序号作答）．22．在一定条件下，单质与完全反应，生成，则x=，A的摩尔质量为．23．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是；若有6molCl2生成时，反应中转移mole﹣．24．选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上A．过滤B．结晶C．分液D．蒸馏E．萃取分液F．升华①分离水和四氯化碳的混合物②从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾③分离酒精（沸点为为℃）和甲苯（沸点为℃）的混合物④分离固体食盐和碘的混合物．25．欲配制500mL•L﹣1的碳酸钠溶液，回答下列问题：①通过计算可知，应用托盘天平称取g碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）．②配制溶液时需用的玻璃仪器主要有．③下列操作使所配溶液的浓度偏低的是．A．定容时仰视刻度B．称量时用了生锈的砝码C．碳酸钠中含有不溶性杂质D．小烧杯洗净后未干燥即用来称量．26．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．（1）只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号）；（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其都能发生的反应的化学方程式为；与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是；（3）有同学认为，除上述试验方法外，向两种固体配成的溶液中加入澄清石灰水也可以区分它们，这种说法是（填“正确”或“错误”）的．（4）另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3和NaHCO3，请你写出两种不同的鉴别方法．①；②．27．将23g金属钠投入180g水中，待充分反应后，生成的氢气在标准状况下的体积为，反应后的溶液中钠离子与水分子的个数比为．28．充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g，完全反应后固体质量减轻了，求：（1）原混合物中碳酸钠的质量．（2）在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积（标准状况）．

2023学年浙江省金华市东阳二中高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1．美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118，中子数为175的超重元素，该元素原子核的中子数与核外电子数之差为（）A．57B．47C．61D．293【分析】质子数为118，中子数为175的超重元素，质子数等于核外电子数，以此来解答．【解答】解：质子数为118，中子数为175的超重元素，则核外电子数=质子数=118，该元素原子核的中子数与核外电子数之差为175﹣118=57，故选A．【点评】本题考查原子的构成，较简单，熟悉质子数、核外电子数的关系即可解答．2．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（）A．是否是大量分子或离子的集合体B．是否能通过滤纸C．分散质粒子直径的大小D．是否均一、透明、稳定【分析】溶液、胶体、浊液三种分散系的分散剂都是液体，分散质都是固体，按照分散质粒子的直径大小来区分．【解答】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小．故A、B、D错，C对．故选C．【点评】本题考查分散系、胶体与溶液的概念及关系，注意胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，所以可用渗析的方法提纯胶体．3．若以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A．氯化氢的摩尔质量等于NA个氯化氢分子的质量B．常温常压下1mol二氧化碳的体积大于C．64g金属铜发生氧化反应，一定失去2NA个电子D．62g氧化钠溶于水后，所得溶液中含有NA个O2﹣离子【分析】A．摩尔质量和质量的单位不同；B．常温常压下，温度高于标准状况，分子间距离增大1mol气体的体积大于标准状况下的气体摩尔体积；C．铜反应后的化合价有﹣1、﹣2价；D．Na2O溶于水后和水反应生成NaOH，故所得溶液中无O2﹣离子．【解答】A．氯化氢的摩尔质量为mol，显然氯化氢的摩尔质量与NA个氯化氢分子的质量，单位不相同，故A错误；B．常温常压下，温度高于标准状况，分子间距离增大1mol气体的体积大于标准状况下的气体摩尔体积，常温常压下，1molCO2所占的体积大于，故B正确；C．铜反应后生成的化合价有两种：﹣1、﹣2价，64g铜发生氧化还原反应，可能失去电子数是NA、2NA，故C错误；D．Na2O溶于水后和水反应生成NaOH，故所得溶液中无O2﹣离子，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大．4．在标准状况下，如果升氧气含有n个氧分子，则阿伏加德罗常数为（）A．B．C．16nD．8n【分析】根据n=计算标准状况下氧气的物质的量，根据N=nNA计算阿伏伽德罗常数．【解答】解：标准状况下，氧气的物质的量为=mol，所以mol×NA=n，解得：NA=8nmol﹣1，故选：D．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，难度不大，注意公式运用，明确体积、物质的量、微粒数目的关系是解答本题的关键．5．下列有关气体体积的叙述中，正确的是（）A．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积大小由气体分子的大小决定B．在一定的温度和压强下，各种气态物质体积的大小由物质的量的多少决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同D．气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积约为L【分析】决定物质体积的因素：①微粒数的多少，②微粒本身的大小，③微粒间的距离，其中微粒数的多少是决定物质体积大小的主要因素．【解答】解：A．对于气体物质，在一定温度和压强下，其体积的大小主要由分子数的多少来决定，故A错误；B．对于气体物质，在一定温度和压强下，其体积的大小主要由物质的量的多少决定，故B正确；C．气体的体积随温度和压强的变化而变化，体积不同的气体，在不同的条件下，其分子数可能相同，也可能不同，故C错误；D．气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积，其大小是不确定的，会随着温度、压强的变化而变化，L•mol﹣1是标准状况下的气体摩尔体积，故D错误；故选B．【点评】本题考查了气体体积、气体摩尔体积等知识点，明确气体体积的影响因素、气体摩尔体积的含义是解本题关键，注意：气体摩尔体积受温度和压强影响，为易错点．6．实验测得一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的倍，则其中氧气的质量分数为（）A．%B．%C．%D．%【分析】相同条件下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，据此计算混合气体的平均平均摩尔质量，根据=计算其物质的量之比，再根据m=nM计算其质量之比，进而计算氧气质量分数．【解答】解：一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的倍，则混合气体平均摩尔质量为2g/mol×=29g/mol，设混合气体中CO的物质的量为xmol、氧气的物质的量为ymol，则：=29，解得x：y=3：1，则一氧化碳、氧气的质量之比=3mol×28g/mol：1mol×32g/mol=21：8，故氧气的质量分数为×100%=%，故选B．【点评】本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析计算能力的考查，注意相对密度的运用，难度不大．7．下列实验操作中有错误的是（）A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出D．蒸发操作时，应使混合物中的水分蒸干后，才能停止加热【分析】A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．蒸馏操作时，温度计水银球插入到支管口处；C．冷凝水方向与气流方向相反；D．在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余热蒸发干．【解答】解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，一避免两种液体相互污染，故A正确；B．蒸馏操作时，需要将温度计水银球插入到支管口处，故B正确；C．蒸馏中，馏分的温度较高，水的温度较低，如果水从冷凝管的上口流入，下口流出，会炸裂冷凝管，所以冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出，故C正确；D．在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸发干，故D错误．故选D．【点评】本题主要考查了常见的实验操作，难度不大，注意知识的积累．8．为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在．已知在溶液中IO3﹣可和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO3﹣．可供选用的物质有：①自来水，②蓝色石蕊试纸，③碘化钾淀粉试纸，④淀粉，⑤食糖，⑥食醋，⑦白酒．进行上述实验时必须使用的物质是（）A．①③B．③⑥C．②④⑥D．①②④⑤⑦【分析】IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O根据此反应方程式知，该反应需要酸性条件，需要碘离子，需要淀粉碘化钾试纸检验，据此判断选项．【解答】解析：依题意：IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O；结合I2的特性﹣﹣﹣﹣遇淀粉变蓝，要检验食盐中存在IO3﹣，只需I﹣和酸溶液（即H+），生成的I2由淀粉检验，故选B．【点评】本题考查了物质的检验，难度不大，会根据题中信息及物质的特殊性质选取试剂．9．根据下列原子结构示意图的共同特征，可把三种微粒归为一类．下面的微粒可以归入此类的是（）A．B．C．D．【分析】由题目中的粒子结构示意图可知，各微粒最外层电子数相同为8，质子数大于核外电子数，为阳离子．据此判断．【解答】解：由题目中的粒子结构示意图，可知：它们的最外层电子数为8，而且质子数＞核外电子数；则可知：A、质子数=核外电子数=10，为中性原子，不符合题意，故A错误；B、质子数＜核外电子数，为阴离子，不符合题意，故B错误；C、质子数＞核外电子数，为阳离子，最外层有8个电子，符合题意，故C正确；D、质子数＜核外电子数，为阴离子，不符合题意，故D错误．故选C．【点评】本题考查原子结构示意图与离子结构示意图的特点，难度较小，关键找出题干中各微粒的共性即可解答．10．对于反应3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（）A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂B．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为5：1C．每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子D．Cl2既是氧化剂又是还原剂【分析】3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O中，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，以此来解答．【解答】解：A．因氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，则Cl2既是氧化剂也是还原剂，氢氧化钠中各元素的化合价都不变，所以氢氧化钠既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B．被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1：5，故B错误；C．生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，故C错误；D．因氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，则Cl2既是氧化剂也是还原剂，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意D中电子守恒的分析，题目难度不大．11．下列反应不属于四个基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（）A．Fe+CuSO4=FeSO4+CuB．Cl2+H2O=HCl+HClOC．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑D．AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3【分析】四种基本反应类型有：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应；有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应．【解答】解：A、反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4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，属于氧化还原反应，故B正确；C、2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑是分解反应，属于氧化还原反应，故C错误；D、AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，明确有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应即可解答．12．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个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为B．常温常压下，所含的原子数为NAC．纯硫酸所含有的氧原子数与NA个CO2分子中所含有的氧原子数相等D．标准状况下，含有的分子数为【分析】A．氦气是由单原子构成的分子；B．常温常压下，气体摩尔体积大于mol；硫酸中含有2mol氧原子，2mol二氧化碳中含有4mol氧原子；D．四氯化碳标准状况下不是气体．【解答】解：A．氦气是由单原子构成的分子，则NA个氦原子的氦气其物质的量为1mol，标准状况下的体积约为，故A错误；B．常温常压下，气体摩尔体积大于mol，故氧气的物质的量小于，含有的氧原子的个数小于NA个，故B错误；纯硫酸所含有2mol氧原子，NA个CO2分子中含有2mol氧原子，二者所含有的氧原子数相等，故C正确；D．标准状况下，含物质的量不是，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量等物理量之间的转化关系．13．在标准状况下，将VL气体A（摩尔质量为Mg•mol﹣1）溶于水中，所得溶液密度为dg•cm﹣3，则该溶液的物质的量浓度为（）A．B．C．D．【分析】标准状况下，Vm=mol，n=来计算气体的物质的量，利用m=n×M来计算气体的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V=来计算溶液的体积，最后利用c=来计算该溶液的物质的量浓度．【解答】解：标准状况下，Vm=mol，气体的物质的量为=mol，气体的质量为mol×Mg•mol﹣1=g，水的质量为100mL×1g/mL=100g，即溶液的质量为g+100g，则溶液的体积为，则该溶液的物质的量浓度为=，故选B．【点评】本题考查学生利用物质的量浓度的定义式计算，明确溶液中的溶质的物质的量及溶液的体积即可计算，溶液的体积计算是解答本题的关键，并注意本题中应按照气体与水不反应来分析．14．下列关于钠及其化合物的说法正确的是（）①钠钾合金通常状况下呈液态，可做原子反应堆的导热剂②钠的化学性质活泼，少量的钠可保存在有机溶剂CCl4中③钠在空气中缓慢氧化而自燃，在氧气中燃烧更为剧烈④Na2CO3溶液能跟酸溶液反应，但不能跟碱溶液反应．A．①②③B．②③④C．①④D．①【分析】①根据Na的用途分析，合金熔点低于各成分；②钠的密度小于有机溶剂CCl4；③④钠在空气中缓慢氧化，但不自燃，在氧气中燃烧更为剧烈；④Na2CO3溶液能与氢氧化钙和氢氧化钡反应生成难溶于水的碳酸钙和碳酸钡．【解答】解：①钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，故①正确；②钠的密度小于有机溶剂CCl4，会浮在液面上，能与空气中的氧气反应，故②错误；③钠在空气中缓慢氧化，但不自燃，在氧气中燃烧更为剧烈，故③错误；④Na2CO3溶液能跟酸溶液反应生成二氧化碳，也能跟碱反应发生复分解反应，如氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故④错误；故选：D．【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，根据所学知识即可完成，掌握基础，注意知识积累是解题关键．15．下列说法中正确的是（）A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质【分析】根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物来解答此题．【解答】解：A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；B、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故B错误．C、铜和石墨导电是因为有自由移动的电子，可以按一定方向移动形成电流，并且铜和石墨均为单质，不是电解质，故C错误；D、蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故D正确．故选D．【点评】把握电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，即是以离子的形式分散在水中，二是该物质是化合物．16．已知：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O，在反应中被还原的硫原子与被氧化的硫原子个数比为（）A．1：1B．1：5C．1：2D．2：1【分析】3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O中，S元素的化合价由0升高为+4价，由0降低为﹣2价，以此来解答．【解答】解：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O中，S元素的化合价由0升高为+4价，失去电子被氧化，由0降低为﹣2价，则得到电子被还原，由原子守恒可知，2molS得到电子与1molS失去电子相等，则在反应中被还原的硫原子与被氧化的硫原子个数比为2：1，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中电子守恒及原子守恒的考查，题目难度不大．17．下列溶液中，跟100mLLNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（）A．100mLLMgCl2溶液B．200mLLAlCl3溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液D．25mLLHCl溶液【分析】根据溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关．【解答】解：100mlLNaCl中Cl﹣物质的量浓度为L．A、100mlmol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为mol/L×2=L，故A正确；B、200mlmol/LAlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为mol/L×3=L，故B错误；C、50ml1mol/LNaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，故C错误；D、25mlLHCl溶液中氯离子的物质的量浓度mol/L，故D正确；故选：AD．【点评】明确“溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关”是解本题的关键，难度不大．18．配制250mL•L﹣1的HCl溶液时，下列操作会使配得溶液中HCl的物质的量浓度偏大的是（）A．移液后未洗涤烧杯B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【分析】根据c=，结合具体操作来分析对溶质物质的量或溶液体积的影响，以此进行判断．【解答】解：A、移液后未洗涤烧杯，导致移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故A错误；B、在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，故B错误；C、在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏大，故C正确；D、定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故D错误．故选C．【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．注意易错点为B、C，注意仰视、俯视对体积读数的影响．19．用1L•L﹣1NaOH溶液吸收CO2，所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是（）A．1：3B．1：2C．2：3D．3：2【分析】氢氧化钠的物质的量=L×1L=1mol，当n（NaOH）：n（CO2）≥2，二者反应生成碳酸钠，当n（NaOH）：n（CO2）≤1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2＞n（NaOH）：n（CO2）＞1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，根据原子守恒分析解答．【解答】解：氢氧化钠的物质的量=L×1L=1mol，当n（NaOH）：n（CO2）≥2，二者反应生成碳酸钠，当n（NaOH）：n（CO2）≤1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2＞n（NaOH）：n（CO2）＞1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，设碳酸钠的物质的量是x，碳酸氢钠的物质的量是y，根据碳原子守恒得x+y=①根据钠原子守恒得：2x+y=1②，根据①②得x=y=，所以CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比=：=1：3，故选A．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意从原子守恒的角度分析．20．除去NaCl中含有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣等离子，通常采用以下四种试剂：①Na2CO3②BaCl2③NaOH④HCl，加入试剂合理的操作顺序是（）A．①②③④B．③①②④C．④②①③D．③②①④【分析】根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠等进行分析．【解答】解：根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，离子都沉淀了，再进行过滤，最后加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，通过结晶蒸发得到精盐．加入Na2CO3的顺序必须在加入钡离子的后面即可，盐酸最后一步加入，分析四个选项可知D符合题意，故选：D．【点评】在解此类题时，注意除杂的最后不能再有其他杂质，过滤要放在所有沉淀步骤的最后．二．填空题21．下列物质：①Fe②CO2③H2O④KOH⑤NH4Cl⑥H2SO4⑦酒精其中属于电解质的有③④⑤⑥（用序号作答）．【分析】在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，包括：酸、碱、盐、金属氧化物、水．【解答】解：①Fe是单质，既不是电解质，也不是非电解质；②CO2是非金属氧化物，属于非电解质；③H2O是氧的氢化物，属于电解质；④KOH是碱，属于电解质；⑤NH4Cl是盐，属于电解质；⑥H2SO4是酸，属于电解质；⑦C2H5OH（酒精）水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；所以属于电解质的有：③④⑤⑥；故答案为：③④⑤⑥．【点评】本题考查了电解质、非电解质概念实质理解，主要是物质分类和性质的应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．22．在一定条件下，单质与完全反应，生成，则x=3，A的摩尔质量为27g/mol．【分析】根据A的质量和A的物质的量计算出A的摩尔质量，根据氯原子质量守恒，完全反应，生成，可以计算出x．【解答】解：根据质量守恒，中含有和，所以中含有，即=，解得x=3，的物质的量为，A的摩尔质量为：=27g/mol，故答案为；3；27g/mol．【点评】本题考查了摩尔质量的简单计算，题目难度中等，解题关键是理解质量守恒定律的含义，要求学生熟练掌握物质的量与摩尔质量的转化关系，试题针对性强，有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性．23．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是1：2；若有6molCl2生成时，反应中转移12mole﹣．【分析】先根据化合价是否变化判断酸的作用，然后计算MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比；再根据氯气与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量．【解答】解：盐酸中氯元素的化合价在反应前后如下：HCl→MnCl2，化合价﹣1→﹣1，化合价没变化，起酸的作用；HCl→Cl2化合价由﹣1→0，失电子，作还原剂；所以在反应中盐酸有氧化性和酸性．由方程式知，盐酸有一半参加氧化还原反应，2HCl（浓）（酸性）+2HCl（浓）（还原剂）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O转移电子21126mol12mol故答案为：1：2；12；【点评】本题考查了氧化还原反应中电子转移数目的有关计算，正确判断酸的作用是解本题的关键．24．选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上A．过滤B．结晶C．分液D．蒸馏E．萃取分液F．升华①C分离水和四氯化碳的混合物②B从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾③D分离酒精（沸点为为℃）和甲苯（沸点为℃）的混合物④F分离固体食盐和碘的混合物．【分析】①水和四氯化碳的混合物分层；②硝酸钾的溶解度受温度影响大，而氯化钠的溶解度受温度影响不大；③酒精和甲苯混溶，但沸点不同；④碘易升华，可加热分离．【解答】解：①水和四氯化碳的混合物分层，可用分液的方法分离，故答案为：C；②硝酸钾和氯化钠都溶于水，但二者在水中的溶解度不同，可用结晶的方法分离，故答案为：B；③酒精和甲苯混溶，但沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故答案为：D；④碘易升华，可加热分离，故答案为：F．【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质的差异为解答的关键，侧重混合物分离方法的考查，题目难度不大．25．欲配制500mL•L﹣1的碳酸钠溶液，回答下列问题：①通过计算可知，应用托盘天平称取g碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）．②配制溶液时需用的玻璃仪器主要有500mL容量瓶烧杯玻璃棒胶头滴管．③下列操作使所配溶液的浓度偏低的是AC．A．定容时仰视刻度B．称量时用了生锈的砝码C．碳酸钠中含有不溶性杂质D．小烧杯洗净后未干燥即用来称量．【分析】①依据m=CVM计算需要溶质的质量；②根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择需要的仪器；③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；【解答】解：①配制500mL•L﹣1的碳酸钠溶液，需要Na2CO3•10H2O的质量为：×L×286g/mol=；故答案为；；②溶液配制操作步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将该洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、量筒、钥匙，需要的玻璃仪器有：500mL容量瓶烧杯玻璃棒胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶烧杯玻璃棒胶头滴管；③A．定容时仰视刻度，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故A选；B．称量时用了生锈的砝码，导致秤取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B不选；C．碳酸钠中含有不溶性杂质，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C选；D．小烧杯洗净后未干燥即用来称量，称量利用的是烧杯的质量差，所以不影响配制结果，故D不选；故选：AC．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意依据C=进行误差分析的方法，题目难度不大．26．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．（1）只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号）Ⅱ；（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其都能发生的反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是操作简便；（3）有同学认为，除上述试验方法外，向两种固体配成的溶液中加入澄清石灰水也可以区分它们，这种说法是错误（填“正确”或“错误”）的．（4）另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3和NaHCO3，请你写出两种不同的鉴别方法．①焰色反应；②滴加氯化钡溶液．【分析】（1）实验Ⅰ中，无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；碳酸钠和盐酸反应分两步进行，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；（2）碳酸氢钠不稳定，在加热条件下能分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠较稳定，加热不易分解；Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，具有较强的对照性；（3）加入澄清石灰水，均反应生成碳酸钙沉淀；（4）阳离子不同，阴离子不同，结合性质差异鉴别．【解答】解：（1）Ⅰ装置反应现象相同