江苏省淮安市高中教学协作体2024届化学高一上期中学业质量监测试题含解析

江苏省淮安市高中教学协作体2024届化学高一上期中学业质量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、在无色溶液中加入适量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（）A．MnO、Ba2+、Cl-、NOB．Na+、Cl-、CO、HCOC．Ca2+、Mg2+、NO、COD．K+、OH-、Cl-、SO2、标准状况下，5.6L氯化氢溶于水得到0.5L盐酸，其物质的量浓度为（）A．0.5g/LB．0.5gC．0.5mol/LD．5.6mol/L3、将下列液体分别与溴水混合并振荡，静置后溶液分为两层，下层几乎无色的是()A．苯B．酒精C．碘化钾溶液D．氢氧化钠溶液4、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是()A．青铜 B．金刚砂(SiC) C．硬铝 D．生铁5、下列说法正确的是①江河人海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，最终出现红褐色Fe(OH)3沉淀③用明矾处理污水是利用了胶体的性质④光线射入密林中看到的光柱，属于胶体的性质⑤可用渗析法分离AI(OH)3胶体和NaCl溶液⑥胶体、溶液、浊液的本质区别是丁达尔效应A．①③④⑤⑥ B．①②③④⑥ C．①③④⑤ D．①②③④⑤⑥6、浓H2SO4应贴下列哪个危险化学品的标志A．剧毒品B．遇湿易燃物品C．腐蚀品D．有害品7、实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，关于该反应的说法正确的是()A．NaNO2是还原剂B．生成1molN2时转移的电子数为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．N2既是氧化产物又是还原产物8、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LH2O含有NA个H2O分子B．常温常压下，22.4LCO2中碳原子数大于NA个C．46克NO2和N2O4混合气体中含氧原子数为2NA个D．0.1mol/LNa2SO4溶液含Na+离子数为0.2NA个9、下列离子方程式，正确的是()A．氢氧化铁与盐酸反应：H＋＋OH－=H2OB．过量NaHSO4溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2OC．铁与盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑D．CaCO3溶于稀盐酸中：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O10、下列反应的离子方程式书写正确的是A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH－+H++SO42－=H2O+BaSO4↓B．稀硫酸与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe=Fe2++CuD．碳酸钠溶液与醋酸反应：CO32－+2H+=H2O+CO2↑11、配制250mL0.100mol/L的碳酸钠溶液，相关操作正确的是（）A．用天平称取碳酸钠粉末2.650gB．用纸槽将碳酸钠粉末送入250mL容量瓶，加适量水溶解C．将烧杯尖嘴靠紧容量瓶口，注入蒸馏水至刻度D．容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水至刻度12、从20世纪90年代开始，叠氮化钠用作汽车司机安全防护袋的气源,能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。装运叠氮化钠的包装箱所贴的危险化学品标志应该是A． B． C． D．13、下列表示的是碳及其化合物的转化关系，其中涉及的基本反应类型依次是()CCO2H2CO3CaCO3CO2A．化合反应、置换反应、分解反应、复分解反应B．置换反应、复分解反应、化合反应、分解反应C．置换反应、化合反应、分解反应、复分解反应D．置换反应、化合反应、复分解反应、分解反应14、四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，对下列叙述的判断正确的是（）①a-b=n-m②元素的原子序数a>b>c>d③元素非金属性Z>R④最高价氧化物对应水化物的碱性X>YA．②③正确 B．只有③正确 C．①②③④都正确 D．①②③正确15、海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，下列说法正确的是()。A．Br2在反应中表现氧化性B．SO2在反应中被还原C．Br2在反应中失去电子D．1mol氧化剂在反应中得到1mol电子16、下列有关钠、氯及其化合物的说法正确的是A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B．NaHCO3和Na2CO3均可用于制作膨松剂C．用KI-淀粉溶液可检验Cl2中是否混有HClD．将Na和Na2O2分别放入CuSO4溶液中，均会有蓝色沉淀生成并有无色气体放出17、下列反应不属于氧化还原反应的是A．2F2＋2H2O===4HF＋O2B．3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2C．AgNO3＋NaCl===AgCl↓＋NaNO3D．MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑18、如图所示，①②两个集气瓶装满干燥的Cl2，向两个集气瓶中依次分别投入干燥的红纸和湿润的红纸，过一段时间，红纸的变化是()A．①和②都褪色 B．①和②都不褪色C．①褪色，②不褪色 D．①不褪色，②褪色19、下列叙述正确的是A．1molH2O的质量为18g/molB．含有3.01×1023个氧原子的SO2分子的质量约为16gC．CH4的摩尔质量为16gD．标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L20、下列物质中不需要特殊措施就能保存好的是()A．金属钠 B．过氧化钠 C．氢氧化钠 D．碳酸钠21、下列说法正确的是A．Na2CO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显酸性B．可用加热方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3杂质C．用Ba（OH）2溶液能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液D．等质量的Na2CO3、NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，后者产生的CO2多22、下列叙述正确的是A．同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等B．任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）气体和CO气体所含有的原子数一定相等C．1LCO气体一定比1LO2的质量小D．同温同压下的CO和N2，若它们体积相同，那么它们的质量也一定相等二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D四种化合物，分别由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：①A不溶于水和盐酸；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A；④D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E。（1）推断A、B、C、D的化学式。A、___B、___C、__D、__。（2）写出C的电离方程式____。（3）写出下列反应的离子方程式：B与盐酸反应：____，C与硫酸反应：____，E(足量)与C反应：____。24、（12分）现有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为确定其成分，进行如下实验：Ⅰ．取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；Ⅱ．向Ⅰ滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。据此回答下列问题：(1)原白色固体粉末中一定含有________，一定不含有________(填化学式)。(2)实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。(3)为进一步确定白色粉末的组成，向Ⅰ过滤得到的无色滤液中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的________(填序号)。A．Na2SO4溶液B．BaCl2溶液C．Na2CO3溶液D．AgNO3溶液25、（12分）Ⅰ．用固体烧碱配制500mL0.1mol·L-1的NaOH溶液，请回答以下问题：（1）需称量__________g烧碱固体，它应盛在_____________中进行称量。（2）配制过程中，不需要使用的仪器是（填序号）____________。A．托盘天平B．药匙C．烧杯D．胶头滴管E．玻璃棒F．1000mL容量瓶G．500mL容量瓶（3）若配制0.1mol·L-1的NaOH溶液的其他操作均正确，但出现下列错误操作，其中将使配制的NaOH溶液浓度偏高的是___________（填序号）。A．将NaOH溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒B．将烧杯内的NaOH溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溅出瓶外C．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度线相切D．定容时俯视容量瓶的刻度线Ⅱ．欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸500mL。（4）所需浓硫酸的体积为______________mL。（5）选用的主要仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和

__________________。（6）操作正确的顺序为____________________________________（填序号）。A．用量筒量取浓硫酸B．反复颠倒摇匀C．用胶头滴管加水至刻度D．将配制好的溶液转入试剂瓶中贴上标签E．稀释浓硫酸F．将溶液转入容量瓶26、（10分）用98%的浓硫酸（）配制100mL浓度为1mol⋅L−1的稀硫酸,其操作步骤可分解为以下几步:a.用量筒量取___________mL的浓硫酸,缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里,并用玻璃棒搅拌.b.用约30mL蒸馏水,分成三次洗涤烧杯和玻璃棒,将每次洗涤液都倒入M里.c.将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流入M.d.检查M是否发生滴漏.e.将蒸馏水直接加入M,至液面接近刻度线2cm至3cm处.f.盖紧瓶塞,反复倾倒振荡,摇匀溶液.g.用________________向M里逐滴滴入蒸馏水,至液面最低点恰好与环形刻度线相切.据此填写:（1）正确的操作顺序是______．（2）进行A步操作时,应量取______mL浓硫酸，选用量筒的规格是(填序号)_________

．a.10mLb.50mLc.1000mLd.1000mL（3）配置上述溶液时，多次提到的实验仪器M是______________。步骤G中横线处是_________。（4）进行A步骤操作时,必须_____后,才能进行后面的操作.（5）实验操作中，下列操作会对所配溶液的浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入M中__________________b.定容时,眼睛俯视溶液____________________c.容量瓶中原残留少量蒸馏水__________________

d.定容后M中液面低于刻度线,又加水定容到刻度线.____________________e量取浓硫酸时仰视量筒读数____________________27、（12分）奶粉中蛋白质含量的测定往往采用“凯氏定氮法”，其原理是食品与硫酸和催化剂一同加热，使蛋白质分解，分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。然后碱化蒸馏使氨游离，用硼酸吸收后再以硫酸或盐酸标准溶液滴定，根据酸的消耗量乘以换算系数，即为蛋白质含量。操作步骤：①样品处理：准确称取一定量的固体样品奶粉，移入干燥的烧杯中，经过一系列的处理，待冷却后移入一定体积的容量瓶中。②NH3的蒸馏和吸收：把制得的溶液(取一定量)，通过定氮装置，经过一系列的反应，使氨变成硫酸铵，再经过碱化蒸馏后，氨即成为游离态，游离氨经硼酸吸收。③氨的滴定：用标准盐酸溶液滴定所生成的硼酸铵，由消耗的盐酸标准液计算出总氮量，再折算为粗蛋白含量。请回答下列问题：（1）在样品的处理过程中使用到了容量瓶，怎样检查容量瓶是否漏水_________。（2）在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏大_______。A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B．定容时，俯视刻度线C．定容时，仰视刻度线D．移液时，有少量液体溅出（3）若称取样品的质量为1.5g，共配制100mL的溶液，取其中的20mL，经过一系列处理后，使N转变为硼酸铵然后用0.1mol·L－1盐酸滴定，其用去盐酸的体积为23.0mL，则该样品中N的含量为________。(滴定过程中涉及到的反应方程式：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3)（4）一些不法奶农利用“凯氏定氮法”只检测氮元素的含量而得出蛋白质的含量这个检测法的缺点，以便牛奶检测时蛋白质的含量达标，而往牛奶中添加三聚氰胺(C3N6H6)。则三聚氰胺中氮的含量为______。28、（14分）（1）按要求写出方程式：①HNO3(电离方程式）_____②Fe2(SO4)3(电离方程式）_____③硫酸钠和氯化钡溶液反应（离子方程式）____④二氧化碳通入足量氢氧化钠溶液（离子方程式）____________（2）①0.4molCH4分子中所含原子数与__gHCl分子中所含原子数相等，该HC1气体在标准状况下的体积为________L；②等物质的量O2和臭氧(O3)，其质量之比为_______；若O2和O3质量相等，则其原子数之比为__。（3）以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳②熔融KC1③NaHSO4固体④铜⑤稀硫酸⑥澄清石灰水，其中属于电解质的有_____，属于非电解质的有____(填编号）。（4）高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为+6价）是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaC1O=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O①该反应中氧化剂是_________(用化学式表示，后同)，______元素被氧化，还原物为__________；②用单线桥在方程式中标出电子转移的情况：_______________③当反应中有lmolNaFeO4生成，转移的电子有_________mol；④实验室欲配制250mL0.1mol•L-1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，还需要用到的玻璃仪器为__________，下列操作配制的溶液浓度偏低的是__________。A．称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制时，NaOH未冷却直接定容D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E.定容时俯视刻度线29、（10分）雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、Ba2+、Mg2+、Fe3+、SO42-、Cl-、CO32-。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：①取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变。②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g．再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。（1）该雾霾中肯定不含的离子为_____________。（2）该雾霾中肯定含有的离子为_____________。（3）1.16g白色沉淀为_____________（写化学式）。（4）反应中消耗的BaCl2的物质的量为_____________mol。（5）操作②中加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为_____________。

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、D【解题分析】

A．高锰酸根的溶液显紫红色，不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；B．过氧化钠可以和水反应生成NaOH，氢氧根和碳酸氢根不能大量共存，故B不符合题意；C．过氧化钠可以和水反应生成NaOH，镁离子不能和氢氧根大量共存，且碳酸根和镁离子、钙离子不能大量共存，故C不符合题意；D．四种离子相互之间不反应，且无色，与生成的NaOH也不反应，可以大量共存，故D符合题意；综上所述答案为D。2、C【解题分析】分析：已知溶质HCl在标准状况下的体积，根据n=VVm，c=nV详解：溶解前后液体体积基本不变v=0.5L；盐酸物质的量：n=5.6L/22.4L/mol=0.25mol，所得盐酸的物质的量浓度：c=n/v=0.5mol/L。故本题选C。3、A【解题分析】A．苯与溴水发生萃取，溴水层几乎呈无色，故A正确；B．乙醇与溴水不反应，也不分层，故B错误；C．碘化钾与溴水反应后不分层，故C错误；D.氢氧化钠溶液与溴水反应生成溴化钠溶液，溶液褪色，但不分层，故D错误；故选A。点睛：本题考查物质的性质及萃取，为高频考点，侧重常见有机物性质的考查，把握苯与溴水发生萃取，溴水层几乎呈无色为解答的关键。4、B【解题分析】

合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。【题目详解】A．青铜是铜锡合金，故A不符合；B．金刚砂(SiC)是组成元素全部是非金属的化合物，不是合金，故B符合；C．硬铝是铝的合金，故C不符合；D．生铁是铁与碳的合金，故D不符合。答案选B。【题目点拨】本题考查合金的特征，掌握合金的特征以及常见物质的组成是正确解答本题的关键。5、C【解题分析】

①根据胶体的性质当带有不同电荷的胶体粒子相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口处聚沉形成沉淀，长此以往形成了三角洲，故①正确；②Fe(OH)3胶体中加入电解质盐酸溶液后，胶体发生聚沉，盐酸过量，与氢氧化铁发生中和反应，沉淀溶解，故②错误；③明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有较强的吸附作用，能够起到净水作用，故③正确；④空气中含有的胶体粒子的大小介于1—100nm，能使光产生散射，胶体有丁达尔现象，故④正确；⑤溶液能透过半透膜，但是胶体不行，可用渗析法进行分离，故⑤正确；⑥胶体、溶液、浊液的本质区别是分散质微粒直径大小的不同，不是丁达尔效应，故⑥错误；综上所述，①③④⑤符合题意，本题选C。【题目点拨】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具有丁达尔效应，可以发生电泳现象，可以发生聚沉，胶体的分离提纯常用渗析的方法进行。6、C【解题分析】

浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故浓H2SO4应贴腐蚀品标志。答案选C。7、D【解题分析】A、NaNO2中N元素的化合价降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1molNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。8、C【解题分析】

A.标准状况下，水不是气体，所以22.4LH2O不是1mol，故错误；B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4LCO2的物质的量小于1mol，故碳原子数小于NA个，故错误；C.46克NO2和N2O4混合气体含“NO2”原子团的物质的量为46/46=1mol，则含有2mol氧原子，故正确；D.0.1mol/LNa2SO4溶液没有说明溶液的体积，不能计算其物质的量，故错误。故选C。【题目点拨】掌握气体摩尔体积的使用范围：标况，气体，体积。注意进行计算时找出物质的特殊关系，如二氧化氮和四氧化氮，可以看成是二氧化氮的原子团，从而计算原子个数。9、B【解题分析】

A．氢氧化铁难溶于水，盐酸和氢氧化铁反应的离子方程式为3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O，故A错误；B．过量NaHSO4溶液与少量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．铁与H2SO4反应生成硫酸亚铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C错误；D．碳酸钙难溶于水，应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；故选B。10、C【解题分析】

氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水不符合定组成规律；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子；Fe比Cu活泼，Fe能从盐溶液中置换出Cu；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写。【题目详解】稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；Fe比Cu活泼，则氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu，C正确；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-═2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误。故选C。【题目点拨】本题考查离子方程式的书写，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据离子方程式的书写规则进行判断。离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。11、A【解题分析】

A．碳酸钠质量=0.100mol/L×0.25L×106g/mol=2.650g，托盘天平精确度是0.1g，不能用托盘天平称量2.650g药品，应该用其它种类天平称量，故A正确；B．容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，应该将称量的碳酸钠在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到容量瓶中，故B错误；C．将烧杯尖嘴靠近玻璃棒，将溶液沿玻璃棒倒入容量瓶，防止液体溅出，注入蒸馏水至刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容，故C错误；D．容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水会导致溶液体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故D错误；故选A。12、A【解题分析】

由题给信息可知叠氮化钠为易爆品，对应危险化学品的标志应为爆炸品，据此来判断。【题目详解】A．图中所示标志是爆炸品标志，故A正确；B．图中所示标志是剧毒品标志，故B错误；C．图中所示标志是腐蚀品标志，故C错误；D．图中所示标志是放射性物品标志，故D错误；答案选A。13、D【解题分析】

碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，该反应由两种物质反应生成一种物质，属于化合反应；碳酸和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应由两种化合物相互交换成分形成两种新的化合物，属于复分解反应；碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，该反应由一种物质反应生成两种物质，属于分解反应；故选D。14、A【解题分析】

四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，则X与Y同周期，Z与R同周期，且X、Y在Z、R的上一周期，a-m=b-n=c+n=d+m；若m>n，则a>b>c>d，X在Y的右边，Z在R的右边。【题目详解】①由a-m=b-n，可推出a-b=m-n，①不正确；②由以上分析知，元素的原子序数a>b>c>d，②正确；③因为Z、R同周期且Z在R的右边，所以元素非金属性Z>R，③正确；④X在Y的右边，金属性Y>X，最高价氧化物对应水化物的碱性Y>X，④不正确；综合以上分析，②③正确，故选A。15、A【解题分析】根据方程式控制，Br的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子。S的化合价从＋4价升高到＋6价，失去2个电子，所以单质溴是氧化剂，SO2是还原剂，答案选A。16、D【解题分析】

A.NaClO在水中或熔融状态可完全电离，则NaClO为强电解质，而HClO为弱酸，故A错误；B.碳酸钠受热难分解，是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产，碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，常利用此特性作为制作饼干、糕点、馒头、面包的膨松剂，故B错误；C.氯气与KI反应生成碘，而HCl不能与KI反应，则不能检验HCl，故C错误；D.钠具有强还原性，金属钠和硫酸铜溶液反应时，先是金属钠和水的反应，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有无色气体H2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，有蓝色沉淀Cu(OH)2生成；将Na2O2投入硫酸铜溶液中，先发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，有无色气体O2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应有蓝色沉淀Cu(OH)2生成；故D正确；故答案为：D。17、C【解题分析】

氧化还原反应的特征是有化合价的变化，有化合价变化的反应是氧化还原反应，据此判断。【题目详解】A、F、O元素的化合价均发生了变化，属于氧化还原反应，故A不符合；B、Fe、C元素的化合价均发生了变化，属于氧化还原反应，故B不符合；C、没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故C符合；D、Mg、Cl元素的化合价均发生了变化，属于氧化还原反应，故D不符合。答案选C。18、D【解题分析】

干燥的氯气无漂白作用，所以①不褪色，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以②装置中的红纸褪色，故D正确，故选D。19、B【解题分析】

根据物质的量的计算公式及各物理量的单位进行判断。【题目详解】A.1molH2O的质量为m(H2O)=M×n=18g/mol×1mol=18g，A项错误；B.3.01×1023个氧原子的物质的量n(O)=3.01×1023÷6.02×1023mol-1=0.5mol，则n(SO2)=0.25mol，m(SO2)=0.25mol×64g/mol=16g，B项正确；C.摩尔质量的单位是g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，C项错误；D.标准状况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，只能用于气体物质。1mol任何气体在标况时体积均为22.4L，D项错误。本题选B。20、D【解题分析】

A．钠是活泼金属，能与空气中的氧气、水蒸气反应，钠通常保存在煤油或石蜡油中，A不满足题意；B．过氧化钠能与空气中的水、二氧化碳反应，需要密封保存，B不满足题意；C．氢氧化钠与空气中二氧化碳反应，需要密封保存，C不满足题意；D．碳酸钠一般不需要特殊措施保存，D满足题意。答案选D。21、D【解题分析】A、NaHCO3溶液显碱性，Na2CO3溶液显碱性，是由于其中的弱酸阴离子水解导致的，故A错误；B、因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则用加热的方法不可以除去Na2CO3杂质，故B错误；C、当碱少量时，发生Na2CO3+Ba(OH)2═BaCO3↓+2NaOH、2NaHCO3+BaBa(OH)2═Na2CO3+BaCO3↓+2H2O，用Ba（OH）2溶液不能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液，两者均产生沉淀，故C错误；D、设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、106/84mol，后者产生的CO2多，故D正确；故选D。22、D【解题分析】

主要根据阿伏加德罗定律分析判断。【题目详解】A项：据阿伏加德罗定律，同温同压同体积的气体，其分子数一定相等。但原子数不一定相等，A项错误；B项：等物质的量的甲烷（CH4）气体和CO气体所含有的分子数一定相等，原子数一定不等，B项错误；C项：不知气体的温度、压强，不能比较1LCO和1LO2的质量，C项错误；D项：据阿伏加德罗定律，同温同压同体积的CO和N2气体，其物质的量相等。又两者的摩尔质量相等，故其质量相等，D项正确。本题选D。二、非选择题(共84分)23、BaSO4BaCO3Ba(OH)2K2CO3Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓CO2+OH－=HCO3-【解题分析】

（1）已知A、B、C、D四种化合物，分别由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，①A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为含钡离子的化合物，C为Ba(OH)2；④D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；（2）C为Ba(OH)2，其为强碱，完全电离；（3）B为BaCO3，BaCO3与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳；C为Ba(OH)2，Ba(OH)2与硫酸反应生成水和硫酸钡；E为CO2，足量的CO2与Ba(OH)2反应生成碳酸氢钡，据此写出离子方程式。【题目详解】（1）已知A、B、C、D四种化合物，分别由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，①A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为钡的化合物，C为Ba(OH)2；④D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；故答案为；BaSO4；BaCO3；Ba(OH)2；K2CO3；（2）C为Ba(OH)2，其为强碱，则其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－；故答案为Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－；（3）B为BaCO3，则B与盐酸反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑；C为Ba(OH)2，C与硫酸反应的离子方程式为：Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；E为CO2，E(足量)与C反应的离子方程式为：CO2+OH－=HCO3-；故答案为BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑；Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；CO2+OH－=HCO3-。24、CaCO3、NaClCuSO4CaCO3+2H＋==Ca2＋+CO2↑+H2OD【解题分析】

硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。【题目详解】(1)根据分析可知原白色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；(2)实验Ⅱ中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H＋==Ca2＋+CO2↑+H2O；(3)原白色粉末中无法确定的是BaCl2和Na2SO4A．加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；B．加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；C．加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故C不符合题意；D．氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；综上所述答案为D。25、2.0小烧杯FD13.6500mL容量瓶AEFCBD【解题分析】

（1）依据m=cVM计算需要溶质的物质的量，氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中称量；

（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择仪器；（3）根据计算公式进行误差分析；

（4）依据c=1000ρw/M以及c浓V浓=c稀V稀计算即可。【题目详解】Ⅰ.（1）用固体烧碱配制500mL0.1mol•L-1的NaOH溶液，需要氢氧化钠溶质的质量m=0.1mol/L×40g/mol×0.5L=2.0g；氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中称量；

故答案为2.0；小烧杯。（2）配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：烧杯、药匙、托盘天平、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要使用的仪器为1000mL容量瓶。

故答案为F。（3）A.将NaOH溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；B.将烧杯内的NaOH溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溅出瓶外导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；

C.定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度线相切，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；D.定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。故选D。Ⅱ.（4）98%、密度为1.84g/cm3的硫酸的物质的量浓度为c=1000ρw/M=1000×1.84×98%÷98=18.4mol/L，选择500mL容量瓶，令需浓硫酸的体积为V，根据稀释定律c浓V浓=c稀V稀，稀释前后溶质的物质的量不变，所以V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：V=13.6mL，故答案为13.6。

（5）配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需要的仪器为：500mL容量瓶，故答案为500mL容量瓶。（6）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，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2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，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，将配制好的溶液转入试剂瓶中贴上标签。

所以实验操作步骤的正确顺序为AEFCBD。故答案为AEFCBD。【题目点拨】公式c=1000ρw/M用于物质的质量分数与物质的量浓度之间的换算。26、DACBEGF5.4A100mL容量瓶胶头滴管冷却至室温偏低偏高无影响偏低偏高【解题分析】

（1）根据用浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤分析；（2）量筒的选择规格遵循“大而近”的原则；（3）量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多；（4）转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；（5）根据c=nV计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高；【题目详解】(1)配制顺序是：计算→量取→稀释、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签；故答案为：DACBEGF；(2)量取5.4ml溶液应选择10ml的量筒；故选：A；(3)因量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多，浓度偏大；故答案为：偏高；(4)因转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；故答案为：冷却到室温；(5)a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；b.

定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；c.

容量瓶中原残留少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度无影响；d.

定容后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；e.量取浓硫酸时仰视量筒读数，液面在刻度线以上，导致溶液的浓度偏高。【题目点拨】熟练溶液配制的过程，在溶液定容以前所出现的误差与体积都没有关系，一般会造成溶质减小，只有定容时的仰视与俯视才会导致体积的误差。27、往容量瓶中注入一定量的水，塞紧瓶塞，倒转过来，观察是否漏水，然后再正放，旋转瓶塞180°，再倒转过来，观察是否漏水，若都不漏水，则说明该容量瓶不漏水B10.73%66.7%【解题分析】(1)A、配制溶液时，烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯，导致溶质损失，使溶液浓度偏小，则A错误；B、定容时，俯视刻度线，导致溶液体积减小，使溶液浓度偏大，B正确；C、定容时，仰视刻度线，导致溶液体积增大，使溶液浓度偏小，则C错误；D、由于含有溶质的液体测出，使溶质的物质的量减小，导致溶液浓度偏小，则D错误。正确答案为B。(2)滴定时消耗盐酸的物质的量n(HCl)=0.1mol/L×0.023L=0.0023mol，由提示的反应方程式可得n(NH4+)=n(N)=n(HCl)=0.0023mol，所以样品中N的含量为=×100%=10.73%。28、HNO3=H++NO3-Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42ˉBa2++SO42-=BaSO4↓CO2+2OH一=CO32一+H2O36.522.42:31:1②③①NaClOFeNaCl3250mL容量瓶AD【解题分析】

（1）注意强电解质完全电离，弱电解质部分电离。离子方程式需要注意弱电解质、沉淀、氧化物不能拆写。（2）质量、物质的量、标况下的气体体积、微粒数目之间的关系可以用n===进行换算。（3）电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。（4）2Fe(OH)3+4NaOH+3NaC1O=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，该反应的氧化剂NaC1O，还原剂为Fe(OH)3，每2molFe(OH)3被氧化，转移6mol电子，3molNaC1O被还原。配制溶液时，溶液的物质的量浓度c=，据此判断实验操作中浓度变化。【题目详解】（1）①硝酸为强电解质，可以完全电离，电离方程式为：HNO3=H++NO3-；②硫酸铁为强电解质，可以完全电离，电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42ˉ-；③硫酸钠和氯化钡溶液反应生成硫酸