2024届安徽省定远县二中高一化学第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

2024届安徽省定远县二中高一化学第一学期期中教学质量检测模拟试题考生请注意：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、下列现象不能用胶体的性质解释的是()①用氯气对自来水消毒②用石膏或盐卤点制豆腐③清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶产生美丽的光圈④在NaCl溶液中滴入AgNO3溶液产生沉淀⑤长江水在入海口形成三角洲A．①②B．②③⑤C．①④D．只有④2、下列关于氧化还原反应说法正确的是A．在氧化还原反应中非金属单质一定是氧化剂B．某元素从化合态变成游离态，该元素一定被还原C．在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化D．一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原3、下列有关实验的选项正确的是A．配制100mL0.10mol·L－1NaOH溶液B．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作C．该装置所示的分离方法和物质的溶解性无关D．从食盐水中提取NaCl固体A．A B．B C．C D．D4、NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．标准状况下，4.48L乙醇含分子为0.2NAB．13gC-13含有的碳原子数为NAC．32gO3所含有的电子数为16NAD．2.4gMg与足量盐酸反应转移电子数0.1NA5、下列物质在水溶液中关于电离方程式错误的是A．MgCl2=Mg2++2Cl¯B．Ba(OH)2=Ba2++2OH¯C．CH3COOH=H++CH3COO-D．KHSO4=K++H++SO42-6、某混合物气体中各气体的质量分数为O232%、N228%、CO222%、CH416%、H22%,则此混合气体对氢气的相对密度为A．11.11B．15.18C．22.22D．30.367、2molXO4-恰好将3molSO32-离子氧化，则X元素在还原产物中的化合价是A．+4 B．+3 C．+2 D．+18、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A．500ml5mol/LKCl溶液 B．500ml8mol/LKClO3溶液C．50ml3mol/LCaCl2溶液 D．1000ml1mol/LAlCl3溶液9、下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是A．Na2O与Na2O2颜色相同B．均可与CO2、H2O反应产生氧气C．所含氧元素的化合价均为－2D．阴阳离子的个数比均为1：210、能用H++OH-=H2O表示的是（）A．NaOH溶液和CO2的反应B．Ba(OH)2溶液和KHSO4溶液反应C．NaOH溶液和盐酸反应D．氨水和稀H2SO4的反应11、下面四幅图中，与胶体性质有关的是()A．①④ B．②③ C．①②③ D．全部12、某溶液中只含有Na+、Mg2+、Cl-、SO四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Mg2+和SO的离子个数比为A．1：2 B．3：4 C．2：3 D．5：213、下列反应既是离子反应又是氧化还原反应的是A．BaCl2溶液中滴入稀硫酸B．盐酸和氧化镁C．铁片放入CuSO4溶液中D．氢气还原氧化铜14、下列物质在水溶液中电离，电离方程式错误的是()A．NaHSO4=Na++H++ B．Mg(NO3)2=Mg2++2C．NaHCO3=Na++H++ D．Na2SO4=2Na++15、不用其他试剂，用最简单的方法鉴别下列物质：①NaOH溶液，②Mg(NO3)2溶液，③CuSO4溶液，④KCl溶液，正确的鉴别顺序是A．①②③④ B．③④②① C．④①②③ D．③①②④16、下列各组离子一定能大量共存的是A．某无色透明的酸性溶液：Cl－、Na+、MnO4-、SO42-B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、NH4+、K+、CO32-C．加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3-、Cl－D．能使酚酞变红的溶液：K+、Ba2+、Cl－、NO3-17、“纳米材料”是粒子直径为1～100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质①是溶液②是胶体③是浊液④不能透过滤纸⑤能透过滤纸⑥能产生丁达尔效应⑦静置后，会析出黑色沉淀A．②⑤⑥ B．②⑥⑦ C．①⑤ D．③④⑦18、在温度、压强、容积均相同的两个密闭容器中，分别充有甲、乙两种气体，若甲气体的质量大于乙的质量，则下列说法正确的是()A．甲的物质的量等于乙的物质的量B．甲的物质的量比乙的物质的量多C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积大D．乙的密度比甲的密度大19、下列有关物质分类标准和分类均正确的是A组B组C组D组物质CaO、MgO、CO2、CuOH2、Cl2、N2、CuO2、Fe、Cu、ZnHCl、H2O、H2SO4、HNO3分类标准金属氧化物金属单质金属单质含氧酸不属于该类别的物质CuOCuO2HClA．A B．B C．C D．D20、在某体系内有反应物和生成物5种物质：FeCl3、FeCl2、H2S、S、HCl，已知FeCl2为生成物，则另一生成物是A．FeCl3B．H2SC．SD．HCl21、下列叙述中，不正确的是()A．CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B．盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D．Ba(OH)2、NaOH、Ca(OH)2属于强碱22、同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶气体一定具有相同的（）A．质量 B．密度 C．碳原子数 D．原子总数二、非选择题(共84分)23、（14分）目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。已知A、B、C、D、E有如下转化关系：（1）写出A、B生成NaCl的化学方程式：_____________________________________。（2）写出化学式：C______________，D_____________。（3）工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉，漂白粉的主要成分是_______________________________。（写化学式）（4）若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现________________(填沉淀颜色)沉淀，该过程所发生反应的化学方程式为____________________________________________。24、（12分）某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是___，有关离子方程式为__。（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，有关的离子方程式为__。（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。A．Cl－B．NO3-C．CO32-D．OH－25、（12分）下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为________。（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制250mL物质的量浓度为0.7mol/L的稀盐酸。①该学生用量筒量取________mL上述浓盐酸进行配制；②所需的实验仪器有：①胶头滴管、②烧杯、③量筒、④玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有________。③下列操作导致所配制的稀盐酸物质的量浓度偏低的是________(填字母)。A．用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面B．未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容C．容量瓶用蒸馏水洗后未干燥D．定容时仰视液面E．未洗涤烧杯和玻璃棒（3）若在标准状况下，将aLHCl气体溶于1L水中，所得溶液密度为dg/mL，则此溶液的物质的量浓度为________mol/L。(填选项字母)a.1000ad36.5a+22.4b.36.5a22.4(a+1)dc.26、（10分）铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：(1)提出问题这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？(2)查阅资料①亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。②亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。(3)实验验证①鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是___________，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_________。②为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)______。A．用硝酸酸化的硝酸钡溶液B．用盐酸酸化的氯化钡溶液③检验亚铁盐可用的试剂是______，现象为_____________。（4）含量测定①取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_______。②向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加__________溶液，若现象为______________，则溶液已过量。③过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)__________，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作2～3次。证明沉淀已洗净的方法是_______。④称量得，沉淀质量为4.66g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数____。(5)总结反思对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是____________。27、（12分）实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，欲用下图的装置净化氯气，则瓶①②中应盛放的试剂分别是①___________________，②___________________。28、（14分）某无色透明溶液可能含有K+、Cu2+、Ca2+、SO42-、CO3-、Cl﹣中的几种，现进行如下实验：(1)滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。(2)向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。(3)向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。试判断：该溶液中肯定有_______________，肯定没有_________________，可能有__________________(填离子符号)。写出步骤(2)的离子方程式_______________________________________。29、（10分）离子反应、氧化还原反应都是中学化学中重要的反应类型。请回答下列问题：(1)在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在有_____________。A．单质B．氧化物C．电解质D．盐E．化合物(2)人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系。如分解反应和氧化还原反应可表示为下图。右图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则表示离子反应、氧化还原反应、置换反应的字母依次是_____________(3)将NaBr溶液加入AgC1沉淀中，产生AgBr黄色沉淀。从离子反应发生的条件分析，AgCl与AgBr相比较，溶解度较大的是_____________。(4)已知某氧化还原反应Au2O3+4Na2S2O3+2H2O＝Au2O+2Na2S4O6+4NaOH①用单线桥标出电子转移的方向和数目________________。②反应中，被氧化的元素是______________，氧化剂是_________________。③比较该反应中氧化剂和氧化产物的氧化性相对强弱_________________________。

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】试题分析：①氯气溶于水后生成HClO，有强氧化性，能杀菌消毒，与胶体的性质无关，故①错误；②豆浆是胶体，遇电解质发生聚沉，故②正确；③清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象，是胶体的丁达尔现象，与胶体有关，故③正确；④在NaCl溶液中滴入AgNO3溶液产生氯化银沉淀而非胶体，与胶体的性质无关，故④错误；⑤江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故⑤正确；答案选C。考点：考查胶体的性质2、C【解题分析】

A.在氧化还原反应中非金属单质不一定是氧化剂，例如氢气还原氧化铜中氢气是还原剂，故A错误；B.元素从化合态变成游离态，可能被氧化也可能被还原，如硫化氢和二氧化硫反应生成S和水，硫化氢中的硫被氧化，而二氧化硫中的硫被还原，故B错误；C.氧化还原反应中，可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与水的反应，氯元素的化合价既升高，又降低，不一定所有元素的化合价都变化，故C正确；D.可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应、氯气与NaOH的反应，故D错误；答案选C。【题目点拨】氧化还原反应的的本质是电子的转移，特征是化合价的升降，要注意加深对概念内涵的理解和外延的掌握。在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是不同反应物，也可以是同一反应物，氧化产物、还原产物可以是不同产物，也可以是同一种产物。3、C【解题分析】

A.容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，所以溶解烧碱时不能用容量瓶，应该用烧杯，故A错误；

B..萃取时，苯密度小于水密度，所以苯在水的上层，所以含有碘的苯层应该从上口倒出，故B错误；

C.蒸馏与沸点有关，和物质的溶解性无关,故C正确；D.水易挥发，可用蒸发的方法提取氯化钠，故D错误；答案选C。4、C【解题分析】

A.标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算4.48L乙醇所含分子，A错误；B.13gC-13的物质的量约是1mol，13为质量数，是相对原子质量的近似值，不是该原子的相对原子质量，B错误；C.32gO3所含有的氧原子的物质的量是32g÷16g/mol＝2mol，其电子数为16NA，C正确；D.2.4gMg的物质的量0.1mol，与足量盐酸反应转移电子数为0.2NA，D错误。答案选C。5、C【解题分析】

氯化镁为强电解质，完全电离生成镁离子和氯离子；氢氧化钡是强电解质，完全电离生成钡离子和氢氧根离子；醋酸是弱电解质，部分电离，用可逆号连接；HSO4-为强酸的酸式酸根离子，拆分为氢离子和硫酸根离子。【题目详解】氯化镁为强电解质，完全电离，电离方程式为:MgCl2═Mg2++2Cl-，故A正确；氢氧化钡是强电解质，完全电离，电离方程式为:Ba(OH)2═Ba2++2OH-，故B正确；醋酸是弱电解质，部分电离，电离方程式是CH3COOHH++CH3COO-，故C错误；HSO4-为强酸的酸式酸根离子，KHSO4在溶液中的电离方程式是KHSO4=K++H++SO42-，故D正确。6、A【解题分析】

设气体总质量为100g，根据质量分数计算各自质量，再根据n=计算各自物质的量，根据M=计算混合气体的平均摩尔质量，由ρ=可知，气体的摩尔质量之比等于密度之比，以此解答该题．【题目详解】设气体总质量为100g,则m(O2)=32g,m(N2)=28g,m(CO2)=22g,m(CH4)=16g,m(H2)=2g，故n(O2)==1mol,n(N2)==1mol,n(CO2)==0.5mol,n(CH4)==1mol,n(H2)==1mol，则平均摩尔质量==22.22g/mol，由ρ=MVm可知,气体的摩尔质量之比等于密度之比,则此混合气体对氢气的相对密度为=11.11，故选A.7、A【解题分析】

XO4-离子中X的化合价为+7价，SO32-离子被氧化生成SO42-，S元素化合价由+4价→+6价，设XO4-离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失电子数目相等，则有：2mol×（7-n）=3mol×（6-4），解得：n=+4，所以A正确；正确答案：A。8、C【解题分析】

在浓度确定的溶液中，离子浓度与体积大小无关，四个选项中，A中氯离子浓度为5mol/L，B中KClO3中不含氯离子，氯离子浓度为0mol/L，C中氯离子浓度为3mol/L×2=6mol/L，D中氯离子浓度为1mol/L×3=3mol/L，因此选C。9、D【解题分析】试题分析：Na2O为白色，Na2O2为淡黄色固体，颜色不相同，故A错误；Na2O和Na2O2与CO2、H2O反应不能生成氧气，故B错误；Na2O2中氧元素的化合价均为－1，故C错误；Na2O2中含有、个数比为2:1，Na2O中含有、个数比为2:1，故D正确。考点：本题考查钠及其化合物的性质。10、C【解题分析】

A．NaOH溶液和少量CO2反应生成碳酸钠和水，与过量CO2反应生成碳酸氢钠，均不能用H++OH-=H2O表示，故A不符合题意；B．Ba(OH)2溶液和KHSO4溶液反应会生成硫酸钡沉淀，不能用H++OH-=H2O表示，故B不符合题意；C．NaOH溶液和盐酸反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故C符合题意；D．一水合氨为弱碱，不能拆成离子，不能用H++OH-=H2O表示，故D不符合题意；综上所述答案为C。11、D【解题分析】

胶体具有的性质有丁达尔效应、聚沉、电泳，则①长江三角洲的形成是胶体聚沉的作用，与胶体性质有关，故①正确；②夜景中会观察到光束，属于丁达尔效应，与胶体有关，故②正确；③树林中的晨曦形成光束，属于丁达尔效应，与胶体有关，故③正确；④明矾用于净水原理为：铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，与胶体有关，故④正确；故答案选D。12、C【解题分析】

根据，微粒个数之比等于物质的量之比，即前三种离子物质的量之比为3：2：1，根据溶液呈现电中性，，代入数值，解得3mol，因此和离子个数比为2：3，故选：C。13、C【解题分析】

A、B不是氧化还原反应，D不是离子反应，所以正确的答案选C。14、C【解题分析】

A．硫酸为强酸，在水溶液中完全电离，所以在溶液中也发生完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na++H++，A正确；B．Mg(NO3)2为强电解质，在水溶液中发生完全电离，电离方程式为Mg(NO3)2=Mg2++2，B正确；C．碳酸为弱酸，所以在水溶液中发生部分电离，电离方程式为NaHCO3=Na++，C错误；D．Na2SO4为强电解质，在水溶液中发生完全电离，电离方程式为Na2SO4=2Na++，D正确；故选C。15、D【解题分析】

不用其他试剂进行鉴别，通常观察颜色、闻气味，再用已经鉴别的物质鉴别其它物质。【题目详解】观察题中待鉴别的物质，溶液呈蓝色的是③CuSO4溶液，其余为无色溶液。各取少量三种无色溶液于试管中，分别滴加CuSO4溶液，生成蓝色沉淀的是①NaOH溶液，另两溶液无明显变化。又分别取少量无明显变化的溶液于试管中，滴加NaOH溶液，有白色沉淀的为②Mg(NO3)2溶液，余下的为④KCl溶液。本题选D。【题目点拨】若待鉴别的一组物质均无色无味，则可分别取少量进行两两混合，列表记录实验现象，再据现象进行推断，从而确定待鉴别物质。16、D【解题分析】

A.MnO4-在溶液中显紫红色，无色溶液中不能大量存在MnO4-，A项错误；B.pH试纸变深蓝色的溶液呈强碱性，NH4++OH-=NH3∙H2O，所以NH4+不能在该溶液中大量共存，B项错误；C.加入过量NaOH溶液后可发生反应：Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，得不到澄清溶液，所以Ba2+和HCO3-不能同时大量存在于该溶液中，C项错误；D.能使酚酞变红的溶液显碱性，该组离子之间不发生离子反应，也不与OH-反应，所以该组离子能大量共存，D项正确；答案选D。17、A【解题分析】

①纳米碳粒子直径为l～100nm之间，分散到水中，所形成的分散系为胶体，错误；②纳米碳粒子直径为l～100nm之间，形成的分散系为胶体，正确；③浊液分散质粒子直径大于100nm，错误；④溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，错误；⑤胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，正确；⑥胶体具有丁达尔效应，正确；⑦胶体处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，错误。综上，答案为A。18、A【解题分析】

在温度、压强、容积均相同的两个密闭容器中，甲、乙两种气体的物质的量相等；根据ρ=m/V知，甲气体的质量大于乙的质量，所以两容器内气体的密度：甲大于乙，根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；【题目详解】A、同温同压下,体积相同的气体，物质的量相等，因此甲的物质的量等于乙的物质的量，故A正确；B、同温同压下,体积相同的气体，物质的量相等，因此甲的物质的量等于乙的物质的量，故B错误；C、同温同压下,气体的摩尔体积相同,故C错误；

D、同温同压下,气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，因为在体积相同的容器内，甲的质量大于乙，所以气体密度：甲大于乙，因此甲的密度大于乙的密度，故D错误；综上所述，本题选A。【题目点拨】根据气态方程：pV==nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律，此题的解析应用了该定律。19、C【解题分析】A、金属氧化物有两种元素，一种是金属元素，一种是氧元素，非金属氧化物一种是非金属元素，一种是氧元素，所以CaO、MgO、CuO是金属氧化物；CO2是非金属氧化物，故A错误；B、非金属单质是由非金属元素组成的，一般的单质还金字旁的是金属，带气字头的是气态单质，带石字旁、三点水旁的是固态或液态非金属，所以H2、Cl2、N2是非金属单质，Cu是金属单质，故B错误；C、O2是非金属单质，Fe、Cu、Zn属于金属单质，故C正确；D、酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，含有氧元素的酸是含氧酸，H2SO4、HNO3为含氧酸，HCl为无氧酸，H2O属于氧化物，故D错误；故选C。20、C【解题分析】

已知FeCl2为生成物，则FeCl3→FeCl2为还原反应，Fe元素的化合价降低，该反应中S元素的化合价应升高，以此来解答。【题目详解】由信息可以知道，已知FeCl2为生成物，则还原反应为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价降低，该反应中S元素的化合价应升高，可以知道氧化反应为H2S→S，则另一生成物为S，所以C选项是正确的。【题目点拨】本题考查了氧化还原反应，明确元素的化合价是解本题的关键，化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物，化合价降低，发生还原反应，生成还原产物。21、B【解题分析】

A.含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；

B.纯碱是碳酸钠,属于盐；

C.含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；

D.在水溶液中发生完全电离的碱属于强碱。【题目详解】A.CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，都属于碳酸盐，故A正确；B.纯碱属于盐类，不属于碱，故B错误；

C.蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态二氧化碳，二者都属于化合物；铁矿石含有多种物质，属于混合物，故C正确；D.化合物电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物为碱，Ba(OH)2、NaOH、Ca(OH)2在水溶液中都能发生完全电离，都属于强碱，故D正确；综上所述，本题选B。22、C【解题分析】

根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。【题目详解】同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则A．根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，选项A错误；B．据ρ=，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，选项B错误；C．C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，选项C正确；D．C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，选项D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、2Na+Cl22NaClNaOHFeCl3CaCl2和Ca(ClO)2红褐色2Na+2H2O=2NaOH+H2↑FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl【解题分析】

由流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，结合元素化合价知识及化学用语解析。【题目详解】（1）A为Na，B为Cl2，生成NaCl的化学方程式：2Na+Cl22NaCl；（2）由分析可知各物质的化学式：C为NaOH，D为FeCl3；（3）工业上制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2；（4）若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中，A与水反应生成NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，再发生3NaOH+FeCl3═Fe（OH）3↓+3NaCl，溶液中出现红褐色沉淀。24、Cu2+、Fe3+Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓Mg2+Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓B【解题分析】

根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。【题目详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。25、12mol/L14.6250ml容量瓶A、D、Ec【解题分析】

（1）盐酸溶液的物质的量浓度c=1000ρϖM=1000×1.2×36.5%36.5mol/L（2）①设所需的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓·V浓＝c稀·V稀可知：12mol/L×VmL＝0.7mol/L×250mL，解得V＝14.6；②根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故还缺少250mL容量瓶；③A、用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面，则浓盐酸的体积偏小，配制出的溶液的浓度偏小，故A选；B、未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故B不选；C、容量瓶用蒸馏水洗后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，故C不选；D、定容时仰视液面，则溶液体积偏大，浓度偏小，故D选；E、未洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质的损失，则浓度偏小，故E选。答案选ADE；（3）HCl的物质的量为a22.4mol，HCl的质量为a22.4mol×36.5g/mol=36.5a22.4g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液的质量为（36.5a22.4+1000）g26、加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化不能B氢氧化钠溶液产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀搅拌以促进溶解氯化钡溶液不再产生白色沉淀引流取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净60.8%隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效【解题分析】

将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化。【题目详解】（3）①亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子，故答案为：加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能；②硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B，故答案为：B；③由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀，故答案为：氢氧化钠溶液；产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；（4）①玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解，故答案为：搅拌以促进溶解；②要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量，故答案为：氯化钡溶液；不再产生白色沉淀；③在洗涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流；由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：引流；取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净；④沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol×152g/mol＝3.04g，因此质量分数为3.04g/5g×100%=60.8%，故答案为：60.8%；（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的作用，故答案为：隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效。27、饱和食盐水浓硫酸【解题分析】

氯气中的杂质有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，饱和食盐水中也有水蒸气，除去水的浓硫酸需要放在饱和食盐水之后。【题目详解】实验室加热浓盐酸和二氧化锰