2024届广东省华附南海实验高中化学高一上期中联考模拟试题含解析

2024届广东省华附南海实验高中化学高一上期中联考模拟试题注意事项: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、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一定正确的是()A．加入有色布条，有色布条褪色。说明溶液中有Cl2存在B．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色褪去，说明氯水中有HClO分子存在C．加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明氯水中有Cl-存在D．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水有Cl2存在2、在某溶液中仅存在Na+、Mg2+、SO42-三种离子，已知Na+和SO42-的个数比为2:3，则Mg2+和SO42-的个数比为A．3：1B．3：2C．1：3D．2：33、将下列物质按酸、碱、盐分类排列，正确的是A．硝酸、生石灰、石灰石B．醋酸、纯碱、食盐C．盐酸、乙醇、硝酸钾D．硫酸、烧碱、碳酸氢钠4、硫酸钠和硫酸溶液等体积混合后，H+浓度为1．3mol・L－1，SO42—浓度为1．4mol·L－1，则混合溶液中Na+浓度为A．1.15mol·L－1B．1.2mol·L－1C．1.25mol・L－1D．1.5mol·L－15、下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是A． B．C． D．6、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下，32gO2含NA个原子B．2mol/L的氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒数小于2NAC．标况下,22.4L的CCl4中含有NA个CCl4分子D．14g的C2H4和C3H6的混合物中含有C原子为NA7、下列有关物质组成的说法正确的是A．物质均是由分子构成，分子均是由原子构成B．只由一种元素组成的物质一定是单质C．碱性氧化物均是金属氧化物，酸性氧化物均是非金属氧化物D．硫酸是纯净物，盐酸是混合物8、分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是A．化合物:干冰、冰水混合物、烧碱B．同素异形体:石墨、C60、金刚石C．非电解质:乙醇、四氯化碳、氯气D．混合物:漂白粉、矿泉水、盐酸9、下列说法中错误的是（）A．石油主要含碳、氢两种元素B．通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃C．通过煤的直接或间接液化，可以获得燃料油及多种化工原料D．煤、石油、天然气都是可再生能源10、向含有、、、Na＋的溶液中加入一定量Na2O2后，下列离子的浓度减少的是()A． B． C． D．Na＋11、已知M2O7x-+3S2-+14H＋=2M3＋+3S↓+7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（）A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋612、下列微粒中，只有氧化性的是①Fe2+②SO2③H+④Cl-⑤Na+⑥AlA．③ B．③⑤ C．①② D．④⑥13、密度为0.910g·cm-3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为()A．等于12.5% B．大于12.5% C．小于12.5% D．无法确定14、根据以下几个反应：①Cl2+2KI=2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2④I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI判断氧化性由强到弱的顺序是A．Cl2＞Fe3+＞I2＞SO42- B．Cl2＞I2＞Fe3+＞SO42-C．Cl2＞Fe3+＞SO42-＞I2 D．Fe3+＞I2＞Cl2＞SO42-15、下列关于agH2和bgHe的说法正确的是A．同温同压下，H2和He的体积比是a:bB．同温同压下，若a=b，则H2与He的物质的量之比是2:1C．体积相同时，He的质量一定大于H2的质量D．同温同压下，若二者的物质的量相等，其密度也相等16、下列离子方程式正确的是（）A．向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-═HCOB．向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++OH-═H2OC．少量的Ca(OH)2和NaHCO3溶液混合：OH-+Ca2++HCO=CaCO3↓+H2OD．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液：NH+OH-=NH3·H2O17、下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ACO2(CO)

O2点燃BCO2(HCl)氢氧化钠溶液洗气CZn(Cu)稀硫酸过滤DNaCl(Na2CO3)盐酸蒸发结晶A．A B．B C．C D．D18、下列有关胶体的叙述中正确的是A．胶体与溶液的本质区别是丁达尔效应。B．“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关C．1molFe3+完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NAD．分散质粒子大小介于1pm-100pm之间的分散系称为胶体19、实现下列变化，一定要加入氧化剂的是A．CaCO3→CO2B．NaCl→NaNO3C．Zn→ZnCl2D．Cl2→HCl20、“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用。下列说法正确的是()A．Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物B．根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液C．根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质D．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物21、下列物质属于钠盐的是（）A．NaNO3B．Na2OC．NaOHD．Na2O222、Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿按一定比例混合加热可制得铜：2Cu2O+Cu2S====6Cu+SO2↑。对于该反应，下列说法中正确的是（）A．该反应中的氧化剂只有Cu2OB．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂C．Cu既是氧化产物又是还原产物D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：1二、非选择题(共84分)23、（14分）(1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Cl－、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_______、B为_________。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为________________。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有____________，它的组成可能是__________或_____________。24、（12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____________25、（12分）某白色粉末A在农业上用作杀菌剂，进行下列实验：①白色粉末A溶解在水中，得到蓝色溶液，分成等量的两份；②在其中一份蓝色溶液中加入适量的盐溶液B，恰好沉淀完全，过滤，得到白色沉淀和蓝色溶液；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀和蓝色溶液；③在①中的另一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液。根据实验现象推断：(1)A______________B_______________C_______________(填化学式)(2)反应③中的离子方程式为__________________________________________________26、（10分）根据实验室制取蒸馏水的实验，回答下列问题：（1）蒸馏实验原理蒸馏是指把液体加热__________，蒸气重新冷凝成____________的过程。根据混合物各组分的沸点不同，利用蒸馏可以除去________________________。（2）主要实验仪器及作用蒸馏实验中所用的主要仪器的作用：蒸馏烧瓶——可以用于加热的反应容器，在加热时要垫____________；冷凝管——用于________________；牛角管又叫承接器——将蒸馏出的液体转移至锥形瓶中；锥形瓶——用来接收冷凝出的液体。（3）实验注意事项①蒸馏装置的连接应按______________的顺序。②气密性检查连接好装置，在冷凝管的出口处接一橡胶管，并将橡胶管插入__________中，将烧瓶____________，水中有__________产生，冷却到室温，橡胶管中有____________________，则气密性良好。③用水作冷却介质，将蒸气冷凝为液体。冷凝水的流向要从低处流向高处，即__________，__________出水。④加入碎瓷片(或沸石)，是为了________________________________________。27、（12分）某课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备实验并检验其性质．(1)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe（OH）3胶体的制备．①甲同学的操作是：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热．②乙直接加热饱和FeCl3溶液．③丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟．你认为哪位同学的制备方法更合理：_______，可以利用胶体的什么性质来证明有Fe（OH）3胶体生成？____________．(2)Fe（OH）3胶体稳定存在的主要原因是_____．A．胶粒直径小于1nmB．胶粒带正电荷C．胶粒作布朗运动D．胶粒能透过滤纸(3)Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_____．A．Fe（OH）3胶体粒子的直径在1～100nm之间B．Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应C．Fe（OH）3胶体是均一的分散系D．Fe（OH）3胶体的分散质能透过滤纸(4)提纯所制Fe（OH）3胶体常用的方法是_____________，若向Fe（OH）3胶体中滴入硫酸直到过量，描述此过程的实验现象_________________________________________．28、（14分）A、B、C、D四种元素核电荷数均小于18。B元素L层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电子层数，C原子最外层电子数是K层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。（1）四种元素为：A_____B_____C_____D_____（2）A离子的结构示意图为_____（3）B原子的轨道表示式为_____，C原子有_____种不同运动状态的电子（4）D离子的最外层电子排布式为_____（5）D单质与A2B反应的化学方程式为_____29、（10分）I.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：（1）以上物质中能导电的是____；（2）以上物质属于电解质的是____；（3）以上物质属于非电解质的是____；（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_____；（5）属于盐的有____；（6）写出⑧溶于水中的电离方程式____。Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：（1）摩尔质量____；（2）物质的量_____；（3）分子数目_____；（4）原子数目____；（5）质量_____。III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫____；（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为____；（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是____。

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、D【解题分析】

A．氯水中含有次氯酸，可使有色布条褪色，故A错误；B．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故B错误；C．加入盐酸酸化，引入Cl-，再加入硝酸银溶液产生AgCl白色沉淀，则无法说明氯水中有Cl-存在，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故D正确；故答案为D。【题目点拨】考查氯水的成分及氯水中各微粒的性质，明确离子、分子的性质是解答本题的关键，新制氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的离子只有H+、Cl-、ClO-和OH-。2、D【解题分析】

某溶液中仅存在Na+、Mg2+、SO42-三种离子，溶液不显电性，利用电荷守恒来计算解答。【题目详解】某溶液中仅存在Na+、Mg2+、SO42-三种离子，溶液不显电性，已知Na+和SO42-个数比为2：3，设物质的量分别为2x、3x，Mg2+的物质的量为y，由电荷守恒可知，2x×1+y×2=3x×2，解得y=2x，所以Na+、Mg2+和SO42-三种离子的个数比为2x：2x：3x=2：2：3，答案选D。【题目点拨】本题考查物质的量的有关计算，明确电荷守恒是解答本题的关键，题目难度不大。3、D【解题分析】

电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，据此解答。【题目详解】A、硝酸、生石灰（CaO）、石灰石（CaCO3）分别属于酸、氧化物、盐，A错误；B、醋酸、纯碱（Na2CO3）、食盐（NaCl）分别属于酸、盐、盐，B错误；C、盐酸、乙醇、硝酸钾分别是混合物、有机物、盐，C错误；D、硫酸、烧碱（NaOH）、碳酸氢钠分别属于酸、碱、盐，D正确。答案选D。4、D【解题分析】

设Na+浓度为X，根据电荷守恒可知，1．3mol・L－1×1+X×1=1．4mol·L－1×2，X=1.5mol·L－1。故选D。【题目点拨】混合溶液不显电性，阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。5、C【解题分析】

离子间若能发生化学反应，就不能大量共存。【题目详解】A．H＋和SO32-反应生成SO2，不能大量共存；B．Ba2＋和CO32-生成碳酸钡沉淀，不能大量共存；C．互相不反应，可以大量共存；D．Ca2＋和SO42-生成硫酸钙沉淀，不能大量共存。答案选C。6、D【解题分析】

A项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气分子中含有2molO原子，含2NA个原子，故A错误；B项、胶粒是粒子的集合体，且没有明确2mol/L的氢氧化铁胶体的体积，无法计算氢氧化铁胶粒数，故B错误；C项、标准状况下CCl4不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D项、C2H4和C3H6的最简式都是CH2，14gCH2的物质的量为1mol，含有1molC原子，故D正确。故选D。【题目点拨】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。7、D【解题分析】

A．铝属于金属单质，是由铝原子直接构成的，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，不一定由分子构成，故A错误；B．单质是由同种元素组成的纯净物，只含有一种元素的物质可能属于混合物，也可能属于单质，如氧气和臭氧组成的物质中只含有一种元素，故含有一种元素的物质不一定是单质，故B错误；C．七氧化二锰是金属氧化物，但属于酸性氧化物，故C错误；D．纯硫酸是纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故D正确；故选D。8、C【解题分析】

A、由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物；B、同素异形体是由同种元素组成的结构和性质不同单质；C、非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；D．由两种或两种以上物质组成的是混合物。【题目详解】A项、干冰、冰水混合物、烧碱都是由两种或两种以上元素组成的纯净物，是化合物，故A正确；B项、石墨，C60、金刚石是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，故B正确；C项、乙醇、四氯化碳都是非电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D项、漂白粉，纯净矿泉水，盐酸都含有两种或两种以上物质，属于混合物，故D正确。故选C。【题目点拨】本题考查化学基本概念，涉及化合物、混合物、非电解质、同素异形体，熟悉概念的含义是解题关键。9、D【解题分析】

A、石油主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，则石油主要含碳、氢两种元素，故A正确；B、通过石油的催化裂化和裂解把大分子的烃转化为小分子的烃，可以得到较多的轻质油和气态烯烃，故B正确；C、通过煤的直接或间接液化，将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，从而获得燃料油及多种化工原料，故C正确；D、煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经一系列复杂的化学变化而形成的，属于不可再生能源，故D错误；故答案选D。10、A【解题分析】

溶液中加入少量过氧化钠后发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液中Na＋浓度增大；+OH-=+H2O，浓度减少，浓度增大，浓度不变，故选A。11、D【解题分析】

该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；故选D。12、B【解题分析】

①Fe2+的化合价为+2价，既可以升高为+3价，又可以降低为0价，既有氧化性，又有还原性，①与题意不符；②SO2中的S的化合价为+4价，既可以升高为+6价，又可以降低为0价，既有氧化性，又有还原性，②与题意不符；③H+的化合价为+1价，只能降低，只有氧化性，③符合题意；④Cl-的化合价为-1价，只能升高，只有还原性，④与题意不符；⑤Na+的化合价为+1价，只能降低，只有氧化性，⑤符合题意；⑥Al的化合价为0价，只能升高，只有还原性，⑥与题意不符；综上所述，③⑤符合题意，答案为B。13、C【解题分析】

设加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，稀释后氨水中溶质的质量分数＝×100%≈11.9%＜12.5%，答案为C。【题目点拨】溶液稀释时，溶质的物质的量或质量不变。14、A【解题分析】

根据①氧化剂：降得还；还原剂：升失氧；②氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断。【题目详解】①Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2；所以氧化性Cl2>I2；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3+；所以氧化性Cl2>Fe3+；③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2；所以氧化性Fe3+>I2；④I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是SO42-；所以氧化性I2>SO42-；综上所述得出结论：Cl2＞Fe3+＞I2＞SO42-，因此选A；正确答案：A。15、B【解题分析】

A、agH2的物质的量为ag2g/mol=0.5amol，bgHe的物质的量为bg4g/mol=0.25bmol，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以H2和He的体积比为0.5amol：0.25bmol=2a:b，故A错误；

B、由A可以知道H2和He的物质的量之比为2a:b，若a=b，则2a:b=2：1，故B正确；

C、氦的摩尔质量比氢气大，气体的物质的量与压强、温度有关，体积相同时，若温度、压强相同，则He的质量一定大于H2的质量；若温度、压强不同，则无法确定气体的物质的量，故无法判断其质量关系，故C错误；

D、同温同压下，气体摩尔体积为定值，二者的物质的量相等，其体积也相等，但质量不相等，所以密度不相等，故D所以B选项是正确的。【题目点拨】本题考查了有关阿伏伽德罗定律及推论，注意有关气体体积的计算要考虑温度和压强，易错点是氢气和氦气的相对分子质量容易出错。16、A【解题分析】

A．向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2，生成碳酸氢钙和和水，氢氧化钙是强电解质拆成离子的形式，碳酸氢钙是盐，也是强电解质并且能溶于水，要拆成离子的形式，其离子方程式是CO2+OH-═HCO，故A正确；B．向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式是，故B错误；C．少量的Ca(OH)2和NaHCO3溶液混合生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式是，故C错误；D．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，离子方程式，故D错误；故选：A。17、D【解题分析】

A、二氧化碳中混有新杂质氧气；B、二者均与NaOH溶液反应；C、Zn与稀硫酸反应；D、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl；【题目详解】A、二氧化碳中混有新杂质氧气，不能除杂，应利用灼热的CuO来除杂，故A错误；B、二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气来除杂，故B错误；C、Zn与稀硫酸反应，将原物质反应掉，故C错误；D、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，则加盐酸可除杂，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查混合物分离提纯方法及选择，解题关键：把握物质的性质及性质差异，易错点B，注意发生的反应选择除杂试剂，二氧化碳也能与氢氧化钠反应。18、B【解题分析】

A.胶体与溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小，故A错误；B.“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，故B正确；C.胶粒是一定数目粒子的集合体，所以1molFe3+完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于NA，故C错误；D.分散质粒子大小介于1nm-100nm之间的分散系称为胶体，故D错误；正确答案：B。19、C【解题分析】

氧化剂的反应为还原反应，则题目中的反应为氧化反应，即还原剂的反应，化合价升高。【题目详解】A.CaCO3→CO2，化合价无变化，A错误；B.NaCl→NaNO3，化合价无变化，B错误；C.Zn→ZnCl2，化合价升高，C正确；D.Cl2→HCl，化合价降低，D错误；答案为C20、D【解题分析】A．Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；B．分散系本质特征是分散质微粒直径大小，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，1nm-100nm形成的为胶体，大于100nm形成的分散系为浊液，丁达尔现象是胶体的特征性质，故B错误；C．电解质和非电解质概念分析可知非电解质本身不能电离出自由移动的离子，电解质能电离出自由移动的离子，如BaSO4水溶液不导电，但熔融状态导电属于电解质，故C错误；D．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D正确；故选D。21、A【解题分析】

由钠离子和酸根离子组成的盐是钠盐，则A.NaNO3属于钠盐，A正确；B.Na2O属于碱性氧化物，不是盐，B错误；C.NaOH是一元强碱，不是盐，C错误；D.Na2O2属于过氧化物，不是盐，D错误；答案选A。22、B【解题分析】试题分析：共价反应的化学方程式可知，铜元素的化合价从＋1价降低到0价，得到1个电子，所以二者都是氧化剂，铜是还原产物。S元素的化合价从－2价升高到＋4价，失去6个电子，则硫化亚铜是还原剂，SO2是氧化产物，因此正确的答案选B。考点：考查氧化还原反应的有关计算和判断点评：该题是中等难度的试题，试题难易适中，贴近高考。在注重对学生基础性知识考查的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。该题该类试题的关键是准确判断出有关元素的化合价变化情况，然后根据氧化还原反应中有关的概念和原理灵活运用即可。二、非选择题(共84分)23、AgNO3Na2CO3Ba2++CO32-=BaCO3↓CuSO4CaCO3、Na2SO4、KNO3CaCO3、BaCl2、KNO3【解题分析】

（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【题目详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2++CO32-=BaCO3↓；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2++CO32-=BaCO3↓；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【题目点拨】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。24、BaCl2AgNO3CO32﹣+2H+=CO2↑+H2On（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1Zn+Cu2+═Zn2++Cu【解题分析】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。25、CuSO4BaCl2KOHCu+2OH—=Cu(OH)2↓【解题分析】

①：白色粉末溶解在水中,得到蓝色溶液,说明此溶液中含有铜离子,验证了白色粉末为铜盐；

③：在①中的一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液，根据复分解反应规律可知，C溶液为KOH，铜盐为CuSO4；②：在①中的另一份蓝色溶液（CuSO4）中加入适量的盐溶液B，恰好生成白色沉淀，过滤，蓝色滤液中含有铜离子；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀氯化银和蓝色溶液硝酸铜；从以上实验中可以确定白色沉淀和盐B各为硫酸钡和氯化钡；据以上分析解答。【题目详解】(1)①白色粉末溶解在水中，得到蓝色溶液，溶液为蓝色,说明含有铜离子，白色粉末为铜盐；

③在①中的一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液，根据复分解反应规律可知，C溶液为KOH，铜盐为CuSO4；②在①中的另一份蓝色溶液（CuSO4）中加入适量的盐溶液B，恰好生成白色沉淀，过滤，蓝色滤液中含有铜离子；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀氯化银和蓝色硝酸铜溶液；从以上实验现象中可知，白色沉淀为硫酸钡，盐B为BaCl2；结合以上分析可知：A为CuSO4；B为BaCl2；C为KOH；因此，本题正确答案是:CuSO4，BaCl2，KOH。(2)硫酸铜溶液和氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠溶液，离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；综上所述，本题答案是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。26、气化液体易挥发、难挥发或不挥发的杂质石棉网冷凝蒸气使之成为液体由下到上、由左到右水微热气泡一段稳定的水柱下口进水上口防止蒸馏烧瓶内液体暴沸【解题分析】

蒸馏是指把液体加热至沸腾，使液体气化，蒸气重新冷凝成液体的过程，用到的主要仪器有：蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等，注意实验过程中的一些注意事项，如冷却水的流向，如何防止暴沸，对烧瓶加热需要垫石棉网等，据此解答。【题目详解】（1）蒸馏实验原理：蒸馏是指把液体加热至沸腾，使液体气化，蒸气重新冷凝成液体的过程。根据混合物各组分的沸点不同，利用蒸馏可以除去易挥发、难挥发或不挥发的杂质，故答案为气化；液体；易挥发、难挥发或不挥发的杂质；（2）蒸馏实验中所用的主要仪器的作用：蒸馏烧瓶——可以用于加热的反应容器，在加热时要垫石棉网；冷凝管——用于冷凝蒸气使之成为液体；牛角管又叫承接器——将蒸馏出的液体转移至锥形瓶中；锥形瓶——用来接收冷凝出的液体，故答案为石棉网；冷凝蒸气使之成为液体；（3）①蒸馏装置的连接应按由下到上、由左到右的顺序，故答案为由下到上、由左到右；②气密性检查：连接好装置，在冷凝管的出口处接一橡胶管，并将橡胶管插入水槽中，将蒸馏烧瓶加热，水中有气泡产生，冷却到室温，橡胶管中有一段稳定的水柱，则气密性良好，故答案为水槽；加热；气泡；一段稳定的水柱；③用水做冷却介质，将蒸汽冷凝为液体。冷凝水的流向要从低处到高处，即下口进上口出，故答案为下口进水；上口；④加入碎瓷片(或沸石)，是为了防止蒸馏烧瓶内液体暴沸，故答案为防止蒸馏烧瓶内液体暴沸。【题目点拨】本题考查了蒸馏实验的原理及注意事项。本题的易错点为气密性检查，注意常见仪器的使用方法及气密性检验方法的归纳记忆。27、（1）甲同学，丁达尔效应（2）B（3）A（4）渗析法硫酸少量时，有红褐色沉淀生成，硫酸过量时，沉淀溶解，溶液变成棕黄色【解题分析】试题分析：（1）由氢氧化铁胶体的制备方法可知，甲同学的制备方法更合理，直接加热饱和FeCl3溶液，容易变浑浊，故乙同学的制备方法不合理；根据题意，向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，可以制备氢氧化铁胶体，但煮沸10分钟，容易使具有介稳性的胶体聚集为红褐色沉淀，故丙同学的制备方法错误；胶体具有丁达尔效应，溶液则无此现象，据此可以证明溶液中是否生成氢氧化铁胶体；（2）A、胶体中分散质粒子（简称胶粒）的直径介于1～100nm之间，A错误；B、氢氧化铁胶体粒子专门吸附带正电的阳离子，因此带正电，由同性相斥、异性相吸可知，氢氧化铁胶体能稳定存在，B正确；C、胶粒作布朗运动，但这不是其稳定存在的原因，C错误；D、滤纸的孔径约为100nm，胶粒能透过滤纸，但这不是其稳定存在的原因，D错误；答案选B；（3）A、胶体和溶液、浊液最本质的区别是分散质粒子的直径在1～100nm之间，A正确；B、Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，但这不是其本质，B错误；C、Fe(OH)3胶体是均一的分散系，但这也不是其本质；D、Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸，但这不是其本质；（4）胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜，因此常用渗析法分离提纯所制的氢氧化铁胶体；氢氧化胶体遇到硫酸这种电解质的溶液时，先发生聚集沉淀，后逐渐溶解，即先生成红褐色沉淀，后逐渐溶解，变为黄色溶液。考点：考查胶体的制备、性质、分离和提纯。【名师点睛】胶体的主要应用如下：（1）农业生产：土壤的保肥作用，土壤里许多物质如粘土腐殖质等常以胶体形式存在。（2）医疗卫生：血液透析，血清纸上电泳利用电泳分离各种氨基酸和蛋白质。医学上越来越多地利用高度分散的胶体来检验或治疗疾病，如胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，作为药物的载体，在磁场作用下将药物送到病灶，从而提高疗效。（3）日常生活：制豆腐、豆浆、牛奶和粥的原理（胶体的聚沉），明矾净水。（4）自然地理：江河入海口处形成三角洲，其形成原理是海水中的电解质使江河泥沙形成胶体发生聚沉。（5）工业生产：制有色玻璃（固溶胶）。在金属、陶瓷、聚合物等材料中加入固态胶体粒子，不仅可以改进材料的耐冲击强度、耐断裂强度、抗拉强度等机械性能，还可以改进材料的光学性质。有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的。国防工业中有些火药、炸药须制成胶体。一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体。28、HONaCl或113s23p6Cl2+H2OHCl+HClO【解题分析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B元素L层两种能量不同的电子个数比为1:2，L层有两种能量，即s、p，电子个数比为1：2，B的电子排布式为1s22s22p4，即B为O，A原子最外层电子数等于电子层数，A可能是H、Be、Al，C原子最外层电子数是K层上电子数的一半，根据核外电子排布规律，K层最多容纳2个电子，即C原子最外层电子数1，A、C元素的原子最外层电子数相等，A的最外层电子数为1，即A为H，因为都是前18号元素，即C为Na，D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同，即D为Cl，（1）根据上述分析，A为H，B为O，C为Na，D为Cl；（2）A的简单离子是H＋，则结构示意图为或；（3）O原子轨道式为，因为每一个电子运动状态不同，因此有多少个电子，就有多少种不同运动状态的电子，因此Na原子有11种不同运动状态的电子；（4）Cl－最外层电子排布式为3s23p6；（5）氯气与水反应的化学反应方程式为Cl2＋H2OHCl＋HClO。点睛：本题难点是轨道图的画法，轨道图应按照泡利原理和洪特规则，泡利原理是每个轨道最多容纳2个电子，且自旋方向相反，洪特规则是同一能级上电子优先单独占据一个轨道，且自旋的方向相同，从而画出O的轨道图。29、④⑧①③⑤⑧②⑥⑦①②③⑧①⑤⑧Na2CO3=2Na++CO32-①<③<②①<②<③①<②<③②<①<③①<②<③渗析1∶1L【解题分析】

I.根据电解质和非电解质的概念分析判断；物质导电条件是存在自由移动的离子，或