福建省福州市八县一中联考2024届高一化学第一学期期中预测试题含解析

福建省福州市八县一中联考2024届高一化学第一学期期中预测试题注意事项: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、在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是A．KMnO4→O2 B．CO2→CO C．Br－→Br2 D．Fe2O3→Fe2、为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了下图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是()A．② B．③⑤ C．③④ D．①②③④⑤3、下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列的是（）A．硫酸（H2SO4）、纯碱（Na2CO3）、食盐（NaCl）B．硝酸（HNO3）、烧碱（NaOH）、胆矾（CuSO4•5H2O）C．醋酸（CH3COOH）、乙醇（C2H5OH）、硫酸铵[(NH4)2SO4]D．盐酸（HCl）、熟石灰[Ca(OH)2]、苛性钠（NaOH）4、用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是

XYZA氧化物化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物A．A B．B C．C D．D5、下列化学方程式中，不能用离子方程式表示的是A．B．C．D．6、石棉是过去常用的保温、绝热、防火材料，但现已确认为致癌物质，并正在开发它的代用品。石棉的组成可用化学式CaMg3(SiO3)4。表示，其中Si的化合价是()A．+2B．－2C．+4D．－47、已知HCl气体难溶于CCl4，如图所示，下列装置中不适宜用于HCl气体尾气吸收的是A． B． C． D．8、下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是()实验目的实验操作A称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B制备Fe(OH)3胶体向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续加热煮沸至液体变为红褐色后加入氢氧化钠溶液C从NaCl溶液中得到NaCl晶体将NaCl溶液置于蒸发皿中加热，至有大量固体析出时，停止加热D萃取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振荡，静置分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出A．A B．B C．C D．D9、下列电离方程式的书写，正确的是A．NH3·H2O==NH4++OH― B．H2SO4==2H++SO42―C．CuCl2==Cu2++Cl― D．NaHCO3==Na++H++CO32―10、如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写不正确的是A．C12+2OH-=Cl-+ClO-+2H2OB．Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓C．SO42-+Ba2+=BaSO4↓D．OH-+HCO3-=H2O+CO32-11、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2OB．2CO+O2CO2C．CaCO3CaO+CO2↑D．CaO+H2O=Ca(OH)212、某同学在烧水时，不小心把水洒在炉火上，结果发现炉火更旺了，原因是H2O和炽热的碳反应生成了水煤气(CO和H2)，反应方程式为：C＋H2O(g)CO＋H2，下列关于该反应说法正确的是()A．该反应中C失电子，被还原B．该反应中H2得电子，被还原C．该反应中，每转移2mole－则生成1molH2D．该反应属于复分解反应13、硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3＋的浓度为0.4mol·L-1，硫酸根离子浓度为0.7mol·L-1，则K＋的物质的量浓度为（）A．0.1mol·L-1B．0.15mol·L-1C．0.3mol·L-1D．0.2mol·L-114、标准状况下，32g的甲烷（CH4）的体积为()A．5.6L B．22.4L C．11.2L D．44.8L15、下列溶液中c（Cl-）与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的c（Cl-）相等的是A．150mL1mol/LNaCl B．75mL

2mol/L

CaCl2C．150mL

3mol/L

KClO3 D．75mL

1mol/L

FeCl316、下列说法正确的是()A．电解质能导电B．其水溶液能导电的化合物就是电解质C．不能导电物质就是非电解质D．物质导电的条件是有能自由移动的离子或有自由移动的电子17、下列关于钠及其化合物的叙述不正确的是A．钠与水反应放出热量B．Na2O与Na2O2均能与水反应生成NaOHC．钠切开后，光亮的表面迅速变暗，是因为生成了Na2OD．除去NaHCO3溶液中含有的少量Na2CO3，可加入适量NaOH18、已知离子R2-的原子核内有n个中子，R原子的质量数为m．则W克离子R2-共含有的电子为（）A．mol B．mol C．mol D．mol19、下列各组离⼦，在溶液中能⼤量共存、加⼊⾜量溶液后加热既有⽓体放出⼜有沉淀⽣成的⼀组是（）A． B．C． D．20、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NAB．18g水中含有0.1NA个水分子C．1mol氮气所含的电子数目为NAD．17g氨气所含电子数目为10NA21、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NAB．1.8g的NH4+离子中含有的质子数为NAC．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAD．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA22、NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋、和SO。下列对于NaHSO4的分类中不正确的是()A．NaHSO4是盐 B．NaHSO4是酸式盐 C．NaHSO4是钠盐 D．NaHSO4是酸二、非选择题(共84分)23、（14分）有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，Y元素原子核内有8个质子，Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同。（1）写出X元素符号__________，画出Y元素的原子结构示意图___________。（2）写出Z单质与X2Y反应化学方程式__________________________________。24、（12分）Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。（3）写出④变化的离子方程式：______________________。Ⅱ.实验室需要240mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。（1）需称量_________g烧碱，应放在_______中称量、溶解。（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中B．容量瓶未干燥就用来配制溶液C．定容时仰视容量瓶D．称量时使用了生锈的砝码E.未洗涤溶解烧碱的烧杯25、（12分）在足量的FeCl2溶液中，加入1〜2滴液溴（红棕色，其水溶液颜色因浓度不同而不同），振荡后溶液变为黄色。（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是____________（填粒子的化学式，下同）：乙同学认为这是发生反应所致，使溶液变黄色的物质是_______________________。（2）现提供以下试剂：A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．KSCN溶液经查阅资料：①氧化性MnO4-＞Br2＞Fe3+＞I2；②Fe3+遇KSCN溶液显红色若要证明乙同学是正确的，请用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象。选用试剂实验现象第一种方法______________第二种方法______________（3）根据上述实验推测，若在FeBr2溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是_____________。（4）若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，你认为是否可行?_____________（填“可行”或“不可行”）理由是____________________________________________________。26、（10分）铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：[方案一][实验方案]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。(1)实验中发生反应的离子方程式是___。[实验步骤](2)称取10.8g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol·L-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___mL。(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。[方案二][实验方案]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。[实验步骤](4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是A接（），（）接（），（）接（）(填接口字母，注意：可不填满)___。(5)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。①装置中导管a的作用是_______。②为了较准确测量氢气的体积，在读反应前后量气管中液面的读数求其差值的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母编号)。A．冷却至室温B．等待片刻，待乙管中液面不再上升时读数C．读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平D．读数时不一定使两端液面相平③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(标准状况)，则合金中铝的质量分数为___(保留两位有效数字)。27、（12分）某学生需要用烧碱固体配制0.5mol·L-1的NaOH溶液490mL。实验室提供以下仪器：①烧杯②100mL量筒③药匙④玻璃棒⑤托盘天平（带砝码）。请回答下列问题：（1）计算结果：需要称取NaOH固体的质量为____________；（2）配制时，必须使用的仪器有____________（填代号），还缺少的仪器是_______________、______________。（填仪器名称）（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）__________；A．用少量水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处（4）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于________、后用于________；（5）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是_______________；①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干②定容观察液面时俯视③配制过程中遗漏了（3）中步骤A④加蒸馏水时不慎超过了刻度（6）若实验过程中出现（5）中④这种情况你将如何处理？______________。28、（14分）阅读数据，回答问题。（1）表-1列出了一些醇的沸点名称甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸点/℃64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在__________作用。你推测2-甲基-2-丙醇的沸点不会超过__________℃。（2）表-2列出了一些羧酸的沸点结构简式沸点/℃CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸点数据有两个，其原因是____________________。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名称溶解度/g名称溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通过数据，可以发现影响有机物水溶性的因素有（答出两条即可）____________________；______________________________。29、（10分）请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融KOH⑧盐酸。其中能导电的是__________，（填序号，下同），属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系是________（3）在同温、同压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为______；若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混合气体中氧元素的质量分数为______。

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】

根据氧化还原反应中的还原剂、氧化剂中元素的化合价变化规律分析。【题目详解】A.KMnO4→O2中O元素的化合价升高，但KMnO4分解即可生成氧气，故不需要加入合适的氧化剂，故A错误；

B.CO2→CO中C元素的化合价降低，需要加入合适的还原剂来实现，如加入碳，故B错误；

C.Br-→Br2中Br元素的化合价升高，需要加入合适的氧化剂来实现，如加入氯气，故C正确；

D.Fe2O3→Fe中Fe元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如加入铁粉，故D错误。

故选C。【题目点拨】氧化还原反应中，元素化合价降低，即做氧化剂，需要添加还原剂，反之，元素化合价升高，即做还原剂，需要添加氧化剂。2、C【解题分析】

①铁离子与铁反应生成浅绿色的亚铁离子，故①正确；②铁离子与硫氰化钾溶液反应显示红色，据此能够检验铁离子，故②正确；③硫酸铜与氯化铁不发生反应，混合后溶液不会变成无色，故③错误；④氯化铁与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，该性质不是铁离子的性质，故④错误；⑤铁离子与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，据此可以检验是否存在铁离子，故⑤正确。综上所述，选项C正确。故答案选C。3、B【解题分析】

A、硫酸属于酸，纯碱属于盐，食盐属于盐，故A错误；B、硝酸属于酸，烧碱属于碱，胆矾属于盐，故B正确；C、醋酸属于酸，乙醇不属于碱，硫酸铵属于盐，故C错误；D、盐酸属于酸，熟石灰属于碱，苛性钠属于碱，故D错误；故选B。4、B【解题分析】

A、氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；

B、电解质和盐都属于化合物，盐均属于电解质，则电解质包含盐，应X包含Y，故B错误；

C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；

D、氧化物只由两种元素组成，碱性氧化物一定是金属氧化物，故D正确；

综上所述，本题选B。【题目点拨】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题；学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键。本题中要注意电解质包括酸、碱、盐和金属氧化物、水等，电解质均为化合物。5、D【解题分析】

ABC的反应物和生成物除去硫酸钡之外均可拆解，故ABC不符合题意；D、反应生成水，属于弱电解质，不能拆分，故D符合；故选D。6、C【解题分析】

根据在化合物中正负化合价代数和为零，钙元素的化合价为+2价，镁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，可设石棉CaMg3（SiO3）4中Si的化合价为x：（+2）+（+2）×3+4x+（-2）×3×4=0，解得x=+4，故答案C正确。故选C。7、B【解题分析】

A.倒扣的漏斗可防止水倒吸，故A不选；B.导管在液面下，可发生倒吸，故B选；C.四氯化碳的密度比水的密度大，HCl难溶于CCl4，隔绝气体与水，防止倒吸，故C不选；D.球形结构可防止水倒吸，故D不选；故选B。8、C【解题分析】

A.NaOH有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯等仪器中称量，A错误；B.向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，B错误；C.从NaCl溶液中得到NaCl晶体需要蒸发，实验操作为将NaCl溶液置于蒸发皿中加热，至有大量固体析出时，停止加热，C正确；D.酒精和水互溶，不能萃取碘，D错误。答案选C。【题目点拨】化学是一门实验性学科，化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，例如称量物质、配制溶液、物质成分的检验、物质反应的原理探究都是化学实验的基本知识和能力的掌握。本题中选项A是易错点，注意氢氧化钠的腐蚀性和易吸水性。9、B【解题分析】

A.NH3·H2O属于弱电解质，故电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-，错误；B.H2SO4属于强电解质，能完全电离，正确；C.电离方程式中原子以及电荷不守恒，其电离方程式应为：CuCl2==Cu2++2Cl-，错误；D.NaHCO3属于盐类，能完全电离出Na+和HCO3-，而HCO3-不能完全电离出H+和CO32-，其电离方程式为：NaHCO3==Na++HCO3-，错误。10、B【解题分析】

A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故A错误；

B.NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，故B正确；

C.硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故C错误；

D.氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量，离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠足量，离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；正确答案：B。11、B【解题分析】

氧化还原反应的判断标准是有没有元素化合价的升降。【题目详解】四个选项中只有B选项有元素化合价的升降，碳的化合价升高，氧的化合价降低。故选B。12、C【解题分析】试题分析：A项：C的化合价升高，失去电子，被氧化，故错；B项：H2是氧化产物，故错；D项：反应过程中，有元素化合价发生变化，故属于氧化还原反应，故错。故选C。考点：氧化还原反应概念及计算点评：题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。13、D【解题分析】试题分析：根据电荷守恒可知3c(Al3＋)＋c(K＋)＝2c(SO42—)，则c(K＋)＝2c(SO42—)—3c(Al3＋)＝2×0.7mol/L—3×0.4mol/L＝0.2mol/L，答案选D。考点：考查物质的量浓度计算14、D【解题分析】32g甲烷的物质的量为=2mol，标准状况下，气体的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故选D。15、D【解题分析】

50mL1mol/L的AlCl3溶液中的c（Cl-）=1×3mol/L

；A.150mL1mol/LNaCl溶液中的c（Cl-）=1×1=1mol/L

；不符合题意要求，错误；B.75mL

2mol/L

CaCl2溶液中的c（Cl-）=2×2=4mol/L

；不符合题意要求，错误；C.150mL

3mol/L

KClO3溶液中含有ClO3-，不含Cl-，不符合题意要求，错误；D.75mL

1mol/L

FeCl3溶液中的c（Cl-）=1×3=3mol/L

；符合题意要求，正确；综上所述，本题选D。16、D【解题分析】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。【题目详解】A.电解质导电需要条件为水溶液或熔融状态，存在自由移动的离子，电解质本身并不一定导电，如固态氯化钠不导电，A错误；B.二氧化碳、氨气其水溶液能导电，溶液中导电的离子不是他本身电离产生的，所以它们不是电解质，是非电解质，B错误；C.氢气、氧气等单质，它们不能导电，但是它们也不是非电解质，C错误；D.金属和石墨导电是因为有自由移动的电子，电解质导电是因为有自由移动的离子，D正确。答案选D。17、D【解题分析】

A．从金属钠与水反应中很快熔化成闪亮的小球，发出嘶嘶的响声的现象，可知钠与水反应放出热量，A正确；B．Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故Na2O与Na2O2均能与水反应生成NaOH，B正确；C．钠切开后，迅速与氧气反应，4Na+O2=2Na2O，故光亮的表面迅速变暗，是因为生成了Na2O，C正确；D．由于NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故可用适量NaOH除去Na2CO3溶液中含有的少量NaHCO3，D错误；故答案为：D。18、B【解题分析】

质子数=质量数-中子数=m-n，阴离子：电子数=质子数+电荷数=m-n+2，故W克离子R2-共含有的电子为×(m−n+2)，答案选B。【题目点拨】本题考查质量数、质子数、中子数与电子数的关系，根据质子数=质量数-中子数，阴离子：电子数=质子数+电荷数，以及n=进行计算。19、D【解题分析】

A、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4＋反应加热产生NH3，但没有沉淀，故A错误；B、该组离子间会发生反应：CO32－＋Ca2＋=CaCO3↓，不能大量共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HCO3－生成CO32－，CO32－与Ba2＋可生成BaCO3沉淀，但无气体生成，故C错误；D、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH－与NH4＋反应加热产生NH3，OH－与Mg2＋会产生Mg(OH)2沉淀，符合题意，故D正确；答案选D。20、D【解题分析】

A、镁为+2价的金属，根据镁的物质的量计算出失去的电子数；B、根据水的质量计算水的物质的量即可判断；C、结合一个氮气分子中电子数目为14个进行计算；D、根据一个氨气分子中含有10个电子计算出17g氨气中含有的电子数。【题目详解】A.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电子数目为0.2NA，故A错误；B.18g水的物质的量为1mol，则水分子为NA个，故B错误；C.一个氮气分子的电子为14个，则1mol氮气含电子数目为14NA，故C错误；D.17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；综上所述，本题选D。21、C【解题分析】

A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，含有的原子数小于NA，选项A错误；B、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，0.1mol铵根离子中含有1.1mol质子，含有的质子数为1.1NA，选项B错误；C、48gO3的物质的量为1mol，1mol臭氧中含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，选项C正确；D、2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA，选项D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项A为易错点，注意常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol。22、D【解题分析】

A.盐是金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物，由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋、和SO可知，NaHSO4是盐，故A正确；B.由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，故B正确；C.由NaHSO4在水溶液中能够电离出Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，故C正确；D.酸是指电离出的阳离子只有氢离子的化合物，由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，不是酸，故D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、HCl2+H2O⇌HCl+HClO【解题分析】

有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。【题目详解】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。(1)X为氢元素，元素符号为H；氧原子结构示意图为；(2)X2Y为水，Z的单质为氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。24、BaCl2、K2CO3Cu(NO3)2=Cu2++2NO3—Ag++Cl—=AgCl↓5.0小烧杯250mL容量瓶，胶头滴管AD【解题分析】

Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；Ⅱ.（1）实验室没有240mL规格的容量瓶，必须配制250mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；答案选AD。25、Br2Fe3+CCCl4层不变色D溶液显红色Fe2+不可行Br2和Fe3+都能氧化I—【解题分析】

(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，据此分析解答；(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，则需要证明不含溴单质或存在铁离子，据此选择合适的试剂通过现象分析判断；(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，据此分析解答；(4)根据Br2和Fe3+都能氧化I—生成碘单质分析判断。【题目详解】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，则甲认为溶液变黄色的物质是Br2，乙认为溶液变黄色的物质是Fe3+，故答案为Br2；Fe3+；(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，就需要证明不含溴单质或存在铁离子。若选四氯化碳时有机层为无色，则证明不含溴单质，说明乙同学正确；若选NaOH溶液，出现红褐色沉淀，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确；若选硫氰化钾，溶液变为红色，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确，故答案为C；CCl4层不变色；D；溶液显红色(或B；立即产生红褐色沉淀)；(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，则在溴化亚铁溶液中通入氯气，还原性强的易被氧化，则Fe2+先被氧化，故答案为Fe2+；(4)若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，由于Br2和Fe3+都能氧化I—，生成了碘单质，溶液均变成蓝色，因此该方法不可行，故答案为不可行；Br2和Fe3+都能氧化I—。26、2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑100偏低EDG平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；消除加入稀硫酸的体积对测量氢气体积所带来的误差AC53%【解题分析】

(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；(2)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；(3)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，Al的质量分数就偏低；(4)装置的组装顺序：合金与酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强能够将其中的水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(5)①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②根据操作对实验的影响分析；③根据合金的质量及反应产生氢气的体积关系，计算Al的物质的量及其质量，进而可得其质量分数。【题目详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑；(2)根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗NaOH的物质的量与Al相等，假设合金中Mg的质量分数是0，则10.8g完全是Al，其物质的量n(Al)==0.4mol，则n(NaOH)=n(Al)=0.4mol，需NaOH溶液的体积最小值V≥=0.1L=100mL，故V(NaOH溶液)≥100mL；(3)经过滤、洗涤、干燥、称量固体质量。该步骤中若未洗涤固体，则金属镁上会附着偏铝酸钠等物质，导致测定的镁的质量偏大，最终使测得铝的质量分数偏低；(4)装置的组装顺序：合金与酸发生反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管应该要短进长出，利用气体产生的压强，将广口瓶中的水排出进入量筒，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E，D接G，故合理选项是E、D、G；(5)①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使稀硫酸在重力作用下能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②A．冷却至室温，这样测定的气体体积不受外界温度的影响，可减小误差，A正确；B．等待片刻，使乙管中液面与左侧甲管的液面相平时再读数，B错误；C．读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平，然后再读数，C正确；D．读数时必须使两端液面相平，这样才可以减少压强对气体体积的影响，以减少实验误差，D错误；故合理选项是AC；③5.6LH2的物质的量n(H2)=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，假设10.8g合金中Al、Mg的物质的量分别是x、y，可得关系式27x+24y=5.1g，1.5x+y=0.25mol，解得x=0.1mol，y=0.15mol，则合金中Al的质量是m(Al)=0.1mol×27g=2.7g，所以Al的质量分数为：×100%=53%。【题目点拨】本题考查物质含量的测定。对实验原理与装置的理解是解题的关键，注意结合元素守恒及根据物质反应的物质的量关系进行计算。27、10.0g①③④⑤500mL容量瓶胶头滴管BCAFED搅拌引流②重新配制溶液【解题分析】分析：(1)根据m=nM=cvM计算；(2)根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；(3)根据实验操作的步骤；(4)根据玻璃在实验中的作用；(5)根据c=nV(6)根据实验操作出现的错误应重新配制。详解：(1)实验室配制0.5mol•L-1的NaOH溶液490mL，应该配制500mL，需要NaOH的质量为：0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g，故答案为：10.0g；(2)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，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为500mL容量瓶；