江苏省淮安市盱眙县马坝高级中学2024届化学高一上期中监测试题含解析

江苏省淮安市盱眙县马坝高级中学2024届化学高一上期中监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列叙述正确的是()A．1molH2O的质量为18g·mol－1B．CH4的摩尔质量为16gC．3.01×1023个SO2分子的质量为32gD．1mol任何物质均含有6.02×1023个分子2、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A．151mL1mol/LNaCl溶液B．51mL2mol/LNH4Cl溶液C．151mL1．5mol/LCaCl2溶液D．51mLlmol/LAlCl3溶液3、下列反应中，氧化反应与还原反应在同一元素间进行的是A．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2OB．Fe+CuSO4═FeSO4+CuC．2KClO32KCl+3O2↑D．2H2O2H2↑+O2↑4、硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4mol·L－1，c(SO42-)＝0.8mol·L－1，则c(K＋)为()A．0.15mol·L－1 B．0.2mol·L－1 C．0.3mol·L－1 D．0.4mol·L－15、两种不同的微粒其质子总数与电子总数分别相等则他们的关系不可能是A．两种不同的原子B．一种阴离子和一种阳离子C．一种阳离子和另一种阳离子D．一种原子和一种分子6、以下实验操作过程中，溶液里无固体物质析出的是（）A．向CuCl2溶液中加入钠的小颗粒 B．向Fe2(SO4)3溶液中加入少量铜粉C．向Mg(NO3)2溶液中加入Na2O2粉末 D．向Fe(OH)3胶体中逐滴加稀硫酸7、下列化学用语不正确的是A．核素37Cl的中子数是20B．16O和18O互为同位素C．Na+的结构示意图：D．硫酸的电离方程式：H2SO4＝2H++SO42-8、用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，下列图示对应的有关操作规范的是A．称量 B．溶解 C．转移 D．定容9、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），合理的是（）A．干燥Cl2B．实验室制盐酸C．实验室制氯水D．吸收多余Cl210、下列叙述不正确的是A．10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49％B．配制0.1mol·L−1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol·L−1的氨水D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)11、盐酸能与多种物质发生反应：①Mg+2HCl=H2↑+MgCl2；②CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；③MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。下列叙述正确的是A．②是氧化还原反应B．①③中的HCl均为还原剂C．①既是氧化还原反应又是置换反应D．③中所有Cl的化合价均升高12、C1O2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得C1O2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法中正确的是A．在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂B．1molKClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4L气体C．1molKClO3参加反应有2mol电子转移D．KClO3在反应中是氧化剂13、如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于：A．2 B．3 C．4 D．514、下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是A．称量NaOH固体B．配制100mL0.1mol/L的H2SO4溶液C．家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取的分离方法D．提纯Fe(OH)3胶体15、若NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是（）A．1个标准大气压,20℃下11.2LN2含有的分子数为0.5NAB．4℃时9mL水和标准状况下11.2L氮气含有相同的分子数C．同温同压下,NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等D．0℃、1.01×104Pa时,11.2L氧气所含的原子数目为NA16、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-17、下列物质中所含分子数目最多的是A．B．4℃时18mL的C．个分子D．18、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．54gH2O中含有3NA个氢原子B．1molNa2SO4溶于水中，所得溶液中Na+个数为NAC．标准状况下，NA个H2O分子所占的体积约为22.4LD．1molCO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA19、现有四瓶无色溶液，只用一种试剂就可一次把它们鉴别出来需要时可以加热，此试剂是A． B． C． D．HCl20、下列各选项中的反应①与反应②不能用同一离子方程式表示的是序号反应①反应②A向AgNO3溶液中滴加稀盐酸AgNO3溶液与食盐水混合B过量CO2通入NaOH溶液中过量CO2通入澄清石灰水中C向烧碱溶液中滴加稀盐酸向NaHSO4溶液中滴加KOH溶液D向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液A．A B．B C．C D．D21、下列反应不属于氧化还原反应的是A．CaO+H2O=Ca(OH)2 B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C．2Na+2H2O=H2↑+2NaOH D．4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)322、0.1mol下列某种金属单质和足量的氯气完全作用后，得到白色的固体且固体的质量比原单质质量增加7.1克，则该金属单质是A．Al B．Mg C．Cu D．Na二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_______(2)一定不含有的物质的化学式__________(3)依次写出各步变化的离子方程式①______；②_____；③_____；24、（12分）某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：①混合物加水得无色透明溶液；②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色(氯水能将I－氧化为I2)；⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。由此可推断出：（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式__________________。（2）写出⑤中生成白色沉淀的离子方程式__________________________。（3）该固体中一定含有________________；无法确定是否含有的是____________________。（4）确定该物质是否存在的方法是_____________________________________。25、（12分）某研究性学习小组，为了探究过氧化钠的强氧化性，设计了如图的实验装置。实验步骤及现象如下：①检查装置气密性后，装入药品并连接仪器。②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体。③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体。装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体。④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色。回答下列问题：（1）装置B中的湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有(填化学式)生成。若B中改放湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论，请用离子方程式说明原因。（2）装置C的作用是。（3）甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得。乙同学认为此结论不正确，他可能的理由为：①②。（4）实验证明，Na2O2能与干燥的HCl反应，完成并配平该化学方程式。该反应(填“能”或“不能”)用于实验室快速制取纯净的Cl2，理由是(要求答出一个要点即可)。26、（10分）化学兴趣小组设计以下实验方案，测定某已部分变质的小苏打样品中碳酸钠的质量分数。[方案一]称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算。则坩埚中发生反应的化学方程式为____________________________。[方案二]称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量氢氧化钡溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量，计算。(已知：Ba2＋＋OH－＋HCO3－＝BaCO3↓＋H2O)。（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为__________。（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是_________________________。[方案三]按如下图所示装置进行实验：（1）D装置的作用是______________________，分液漏斗中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。（2）实验前称取17.90g样品，实验后测得C装置增重8.80g，则样品中碳酸钠的质量分数为_____。（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是____________。27、（12分）实验室配制500mL0.2mol/L的NaOH溶液。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_____________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________、____________。(2)填写下述过程中的空白；具体步骤如下：①计算需要称量NaOH固体的质量___________g;②用托盘天平称量NaOH固体；③将称好的NaOH固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解、搅拌，并____________至室温；④将NaOH溶液沿玻璃棒注入____________中；⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2—3次，洗涤液也都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；⑥将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下_______cm时，改用____________滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；⑦盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________________。(4)经精确测量，最后所得溶液物质的量浓度为0.192mol/L,原因可能是___________。A．使用滤纸称量NaOH固体；B．溶解NaOH后的烧杯未经多次洗涤；C．容量瓶中原来有少量蒸馏水；D．称量时所用的砝码生锈；E.未冷却直接转移至容量瓶，立即配好；28、（14分）实验室要配制80mlL1.00mol/LNaCl溶液，实验室现有含有少量碳酸钠的氯化钠固体。Ⅰ．为了除去氯化钠样品中的杂质，某兴趣小组最初设计了如下方案进行实验：(1)沉淀A的化学式是_______________。(2)在实验过程中，又发现了新的问题：此方案很容易引入新的杂质。则固体物质B的成分为_________________(用化学式表示)。(3)继续探究后又提出了新的方案：将混合物溶解，先滴加足量_________________(填试剂名称)，再蒸发结晶，有关反应的离子方程式为_______________________________。Ⅱ．配制溶液：(1)配制过程中需要使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有_________________。(2)从所配溶液中取出10mL，与足量AgNO3溶液反应，经过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀1.50g。则所配溶液的浓度________1.00mol/L(填“>”、“<”或“=”)，造成此误差的操作可能是_______________。A．使用容量瓶前未干燥B．用托盘天平称量氯化钠固体时将砝码错放在左盘C．定容时俯视容量瓶的刻度线D．定容后经震荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水29、（10分）W、X、Y、Z为1～18号元素内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数相等。Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍。（1）写出元素符号：W为____，X为____，Y为____，Z为____。（2）X的原子结构示意图为__________,Y___________（填“得到”或“失去”）电子时，形成的离子结构示意图为________________;Z得到电子，形成的阴离子的电子式为_____________.（3）由X、Y、Z形成的一种化合物的电离方程式______________________.

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、C【解题分析】

A.质量单位是克等，1molH2O的质量为18g，故A错误；B.摩尔质量的单位是g·mol－1等，CH4的摩尔质量为16g·mol－1，故B错误；C.3.01×1023个SO2分子是0.5mol，质量为0.5mol×64g·mol－1=32g，故C正确；D.物质不都是由分子构成，如氯化钠固体不含分子，故D错误；故选C。2、D【解题分析】

溶液中的离子浓度与体积无关，离子浓度等于物质的浓度乘以化学式中离子的数目。【题目详解】A.1mol/LNaCl溶液中Cl-的浓度为1mol/L，故A不符合题意；B.2mol/LNH4Cl溶液中Cl-的浓度为2mol/L，故B不符合题意；C.1．5mol/LCaCl2溶液中Cl-的浓度为0.5×2mol/L=1mol/L，故C不符合题意；D.lmol/LAlCl3溶液中Cl-的浓度为3mol/L，故D符合题意。故选D。3、A【解题分析】

A、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中氯元素化合价既升高又降低，氧化反应与还原反应在同一元素间进行，故A正确；B、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu中铁元素化合价升高、铜元素化合价降低，故B错误；C、2KClO32KCl+3O2↑中氯元素化合价降低、氧元素化合价升高，故C错误；D、2H2O2H2↑+O2↑中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，故D错误；答案选A。4、C【解题分析】

根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+），c（K+）═2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故选C。5、B【解题分析】

A．原子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种原子中质子数和电子数可能都相同，如氕和氘中核内质子数和核外电子数都相同，故A不符合题意；B．阳离子中核内质子数＞核外电子数，阴离子中核内质子数＜核外电子数，所以一种阳离子和一种阴离子只要电子数相同时，质子数就不同，例如钠离子和氟离子，故B符合题意；C．两种微粒的质子数和电子数均分别相等，可以是两种阳离子,阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，如Na+与NH4+质子数都为11，和电子数都为10，均分别相等，可以是两种阴离子，如OH−与F−，故C不符合题意；D．原子和分子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种分子中质子数和电子数可能都相同，如氖原子和氟化氢分子中核内质子数和核外电子数都相同，故D不符合题意；答案选B。【题目点拨】原子和分子中核外电子数等于核内质子数，阴阳离子中核外电子数和核内质子数不同。6、B【解题分析】

A.钠先与溶剂水反应，产物再与氯化铜反应；B.根据铁离子的强氧化性分析；C.过氧化钠与水先反应，反应的产物再与溶质Mg(NO3)2发生复分解反应；D.利用胶体的胶粒带电荷分析。【题目详解】A.钠的小颗粒与溶液中的水反应产生氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，A错误；B.Fe2(SO4)3溶液中加入少量铜粉，二者发生反应产生硫酸亚铁和硫酸铜，没有固体析出，B正确；C.Na2O2粉末与水反应产生氢氧化钠，氢氧化钠与硝酸镁发生复分解反应产生氢氧化镁沉淀，C错误；D.向Fe(OH)3胶体中逐滴加稀硫酸，首先是Fe(OH)3胶粒上的正电荷被中和，胶体发生聚沉现象，形成沉淀，然后再发生酸碱中和反应，产生硫酸铁和水。在实验操作过程中，溶液里有固体物质析出，D错误；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查了实验过程与现象的关系。易错点是选项D，胶体的胶粒因具有较大的表面积，选择性地吸附电荷而带电，加入电解质，首先是电荷被中和引起聚沉，然后是酸碱中和反应。准确了解、掌握各类物质的物理、化学性质，并灵活运用是本题解答的基础。7、C【解题分析】

A、元素符号的左上角标质量数，37Cl表示中子数为20的氯原子，故A正确；B、16O与18O属于同种元素，但中子数不同，互为同位素，故B正确；C．钠原子失去一个电子形成钠离子，核内质子数不变，钠离子结构示意图为：，故C错误；D、硫酸是强酸，完全电离，H2SO4=2H++SO42-，故D正确；故选C。8、B【解题分析】

【题目详解】A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；C．转移溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B。9、C【解题分析】

A．气体的进出方向错误；B．应防止倒吸现象；C．多余的氯气可用碱液吸收；D．氯气在水中的溶解度不大，吸收效果差。【题目详解】A．干燥气体时导管长进短出，图中短导管进入不能干燥，故

A

错误；B．HCl极易溶于水，图中导管在液面下可发生倒吸，故B错误；C．氯气与NaOH

溶液反应，多余的氯气可利用

NaOH

溶液吸收，则该装置可制备氯水，故

C

正确；D．球形结构可防止倒吸，但氯气在水中的溶解度不大，应将水改为

NaOH

溶液，故

D

错误；故答案选C。10、C【解题分析】

A．硫酸的密度大于水的，因此11mL质量分数为98％的H2SO4用11mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％，A正确；B．没有481mL的容量瓶，因此配制1．1mol·L-1的Na2CO3溶液481mL，需用511mL容量瓶，B正确；C．在标准状况下，将2．4L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol·L-1的氨水，C错误；D．由于过氧化钠可以看作是Na2O·O，与水反应后生成氢氧化钠、氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变），D正确；答案选C。11、C【解题分析】

有化合价变化的化学反应是氧化还原反应，失电子化合价升高的反应物是还原剂，由此分析。【题目详解】A．②CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O中各元素化合价都不变，所以不是氧化还原反应，为复分解反应，故A不符合题意；B．①Mg+2HCl=H2↑+MgCl2中，HCl中氢元素的化合价从+1价降低到0价，化合价降低，HCl作氧化剂；③MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中HCl的氯元素的化合价从-1价升高到0价，化合价升高，浓HCl作还原剂，故B不符合题意；C．①Mg+2HCl=H2↑+MgCl2属于单质和化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，属于置换反应；HCl的氢的化合价从+1价降低到0价，镁的化合价从0价升高到+2价，有化合价的变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；D．③MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，4molCl中2molCl的化合价升高，2molCl的化合价不变，故D不符合题意；答案选C。12、D【解题分析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价。【题目详解】A、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；B、反应中1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B错误；C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，故C错误；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A选项易错点、也是难点，H2C2O4中C元素化合价的判断，用化合价代数和为0去判断。13、C【解题分析】

根据在溶液稀释前后溶质的物质的量不变可得：2mol/L×1L=0.5mol/L×aL，解得a=4L，故合理选项是C。14、C【解题分析】A.称量NaOH

固体，应在小烧杯中称量，同时砝码应放在右边，故A错误；B.配制100mL0.1mol/L

的H2SO4

溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C、油水互不相溶，分层，家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取分液的分离方法，故C正确；D.提纯Fe(OH)3

胶体应用渗析的方法分离，故D错误；故选C。15、B【解题分析】A.1个标准大气压,20℃下的气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LN2的物质的量小于0.5mol，含有的分子数小于0.5NA，故A错误；B.4℃时9mL水的质量为9g，其物质的量为0.5mol，标准状况下11.2L氮气的物质的量为0.5mol，它们含有相同的分子数，故B正确；C.同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积相等，故C错误；D.0℃、1.01×104Pa时的气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，所含的原子数目小于NA，故D错误。故选B。点睛：解答本题需要利用的一个基本关系是“0℃、1.01×105Pa时的气体摩尔体积等于22.4L/mol”。若温度或压强改变，气体摩尔体积随之改变。16、D【解题分析】

能配制成功的标准一是离子要大量共存，二是不能有颜色。【题目详解】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。17、D【解题分析】

由N=nNA可知，物质的物质的量越大，所含分子数越大，A、n(SO3)=0.3mol；B、n(H2O)==1mol；C、n(NH3)==1mol；D、n(CO2)的物质的量为=1.5mol；则66gCO2的物质的量最大，所含分子数最大，故选D。18、D【解题分析】

A、n(H2O)==3mol，则n(H)=2×3mol=6mol，即H原子有6NA个，A错误；B、n(Na2SO4)=1mol，则n(Na+)=2×1mol=2mol，即Na+有2NA个，B错误；C、标况下，H2O不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol进行计算，C错误；D、1个CO2分子和1个NO2分子都含有2个O原子，故1molCO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA，D正确；故选D。【题目点拨】气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的适用条件：①标准状况（简称“标况”，P=101kPa，T=0℃），②必须是标况下的气体物质。19、A【解题分析】

A.NH4Cl、KCl、（NH4）2SO4、K2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：有刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体、白色沉淀，现象各不相同，能够区别，故A正确；B.NH4Cl、KCl、（NH4）2SO4、K2SO4四瓶无色溶液分别与AgNO3反应，现象均为白色沉淀，现象相同，不能够区别，故B错误；C.NH4Cl、KCl、（NH4）2SO4、K2SO4四瓶无色溶液与Na2CO3均不反应，均无现象，不能够区别，故C错误；D.NH4Cl、KCl、（NH4）2SO4、K2SO4四瓶无色溶液与HCl均不反应，均无现象，不能够区别，故D错误；答案：A【题目点拨】选鉴别试剂要注意分析要鉴别物质的阴阳离子，根据要鉴别物质中的阴离子确定鉴别试剂阳离子，根据要鉴别物质中的阳离子确定鉴别试剂阴离子，即可确定鉴别试剂。20、D【解题分析】

A、反应实质均为银离子与氯离子反应生成氯化银；B、反应实质均为二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸氢根；C、反应实质均为氢离子和氢氧根离子反应生成水；D、若向Ba(OH)2溶液中滴加足量NaHSO4溶液，能用同一离子反应表示。【题目详解】A项、硝酸银与盐酸、氯化钠反应实质相同都为银离子与氯离子反应生成氯化银，离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓，故A不选；B项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：CO2+OH-=HCO3-表示，故B不选；C项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：H++OH-=H2O，故C不选；D项、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓，向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液，离子方程式为：H++OH-+Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，故D选。故选D。【题目点拨】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键。21、A【解题分析】

A．CaO+H2O＝Ca(OH)2为化合反应，反应中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A正确；B．反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中存在氧元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B错误；C．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑为置换反应，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故C错误；D.4Fe(OH)2+2H2O+O2＝4Fe(OH)3中存在Fe、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D错误；故答案为A。【题目点拨】明确氧化还原反应的本质和特征是解题关键，氧化还原反应的实质为电子的转移，特征为化合价升降，则反应中存在化合价变化的反应为氧化还原反应，没有化合价变化的反应为非氧化还原反应，其中置换反应一定是氧化还原反应，而复分解反应一定不是氧化还原反应。22、B【解题分析】

0.1mol某种金属单质和足量的氯气完全作用后，得到白色的固体且固体的质量比原单质质量增加7.1克，说明增加的质量是氯气的质量，其物质的量为0.1mol，其金属与氯气物质的量之比按1:1反应。【题目详解】A选项，Al与氯气的反应为2Al＋3Cl22AlCl3，氯化铝呈白色，但Al与氯气物质的量之比不为1:1，故A不符合题意；B选项，Mg与氯气的反应为Mg＋Cl2MgCl2，氯化镁呈白色，Mg与氯气物质的量之比为1:1，故B符合题意；C选项，Cu与氯气的反应为Cu＋Cl2CuCl2，氯化铜呈棕黄色，故C不符合题意；D选项，Na与氯气的反应为2Na＋Cl22NaCl，氯化钠呈白色，但Na与氯气物质的量之比不为1:1，故D不符合题意；综上所述，答案为B。二、非选择题(共84分)23、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2K2CO3Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2OBa2++===BaSO4↓【解题分析】

①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【题目详解】(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)①中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；②加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O；③加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2++===BaSO4↓'；答案：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O；Ba2++===BaSO4↓。【题目点拨】②中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。24、BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑Ag++Cl-＝AgCl↓Na2CO3NaCl取①所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明原固体中有NaCl，反之则无【解题分析】

①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；②向步骤①溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；③取步骤②的白色沉淀，白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；⑤另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致；（1）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的离子方程式：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑；（2）⑤中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl；（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取①所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无。25、(1)Cl24H＋＋4I－＋O2=2I2＋2H2O(或2H2O＋4I－＋O2=2I2＋4OH(2)吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气(3)①Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2②O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得(4)14122H2O不能Na2O2与生成的H2O反应有O2生成；HCl混在Cl2中；H2O混在Cl2中；实验室没有可直接使用的干燥HCl气体；固体与气体反应较慢(答出任何两点即可)【解题分析】(1)B中湿润的红色纸条退色，说明A中反应有Cl2生成；若B中是湿润的淀粉KI试纸变蓝，不能说明一定有Cl2生成，因为O2也可把I－氧化成I2：4H＋＋4I－＋O2=2I2＋2H2O，从而使试纸变蓝。(2)装置C中盛放的是NaOH溶液，其作用是吸收HCl和Cl2，防止污染空气并使D中收集到较纯净的O2。(3)Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不能得到O2；O2可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应得到的。(4)由元素守恒可知，生成物中所缺物质为H2O，再根据得失电子守恒、原子守恒可配平该反应的化学方程式。该反应不能用于实验室快速制取纯净的Cl2，一是因为实验室没有可直接使用的干燥HCl气体，且气体与固体反应较慢；二是因为HCl易混入Cl2中，生成的H2O及H2O与Na2O2反应生成的O2也易混入Cl2中，使Cl2不纯。26、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O玻璃棒静置后在上层清液中，加一滴氢氧化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明沉淀未完全；如果不产生白色沉淀，表明沉淀已完全防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置不能29.6%缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置【解题分析】

[方案一]碳酸氢钠不稳定，受热易分解，根据加热前后固体质量变化，根据差量法求碳酸氢钠的质量，进而求得碳酸钠的质量分数；[方案二]碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，根据生成沉淀的质量来计算碳酸钠的质量分数；[方案三]由测定含量的实验可知，A中发生Na2CO3+H2SO4＝H2O+CO2↑+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑，B中为浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳，利用C装置吸收二氧化碳，D装置防止空气中的二氧化碳、水进入C装置干扰含量测定，据此解答。【题目详解】[方案一]碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；[方案二]（1）过滤时需用玻璃棒引流，因此过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为玻璃棒；（2）可取上层清液，继续加沉淀剂，看是否生成沉淀，具体操作为：静置后在上层清液中，加一滴氢氧化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明沉淀未完全；如果不产生白色沉淀，表明沉淀已完全；[方案三]（1）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高；（2）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，则106x+84y=17.90，根据碳原子守恒可知44x+44y=8.80，解得x=0.05mol，y=0.15mol，则样品中Na2CO3的质量分数为(0.05mol×106g/mol)/17.90g×100%=29.6%；（3）实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被装置C全部吸收，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入装置C中吸收。【题目点拨】本题考查碳酸钠含量的测定实验，把握实验装置的作用及实验目的为解答的关键，注意碳酸钠和碳酸氢钠化学性质的区别。27、C烧杯玻璃棒4.0g冷却500mL容量瓶1～2胶头滴管检漏AB【解题分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选择不需要的仪器，然后根据所需仪器确定还缺少的仪器名称；（2）①根据基本公式n=CV，所需的质量m=nM来计算，托盘天平读数精确至0.1g，；③容量瓶不能受热；④容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应的体积的溶液；⑥根据定容的操作来分析；（3）根据容量瓶的使用注意事项来作答；（4）氢氧化钠质量的减小或溶液体积的增大都会导致溶液浓度的偏小；【题目详解】（1）C为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制500mL0.2mol/LNaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，并将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，最后定容颠倒摇匀，故配制一定物质的量浓度的溶液还需要的仪器为：烧杯、玻璃棒，

故答案为：C；烧杯、玻璃棒；（2）①所需的质量m=CVM=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故答案为：4.0g；③容量瓶不能受热，NaOH溶于水放热，则在转移之前需要将已经溶解好的NaOH冷却至室温，故答案为：冷却④这一步操作为转移过程，容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应的体积的溶液，故答案为：5