安徽省安庆市五校联盟2024届化学高一上期中联考模拟试题含解析

安徽省安庆市五校联盟2024届化学高一上期中联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．胶体区别于其他分散系的根本原因是胶体有丁达尔效应B．分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序：溶液＜胶体＜浊液C．氯化铁溶液加入到冷水中可以制得氢氧化铁胶体D．胶体的分散质可以通过过滤从分散剂中分离出来2、欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)()A．溶液：加过量溶液，过滤，再加适量盐酸并加热B．溶液：加过量KCl溶液，过滤C．溶液：加萃取分液D．溶液：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤3、下列反应中，既是离子反应，又是氧化还原反应的是()①铁和盐酸反应：Fe＋2HCl===2FeCl2+H2↑②生石灰溶于水：CaO＋H2O===Ca(OH)2③氯化钠溶液和浓硫酸混合加热：2NaCl＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋2HCl↑④二氧化锰跟浓盐酸在加热条件下反应：MnO2＋4HCl(浓)===MnCl2＋Cl2↑＋2H2O⑤氢气在氯气中燃烧：H2＋Cl2===2HClA．①②B．①③C．①④D．①⑤4、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．NA的单位是摩尔B．标准状况下，22.4L氦气所含的原子数为2NAC．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAD．1mol·L-1NaCl溶液含有NA个Na＋5、下列对于元素周期表结构的叙述中，正确的是A．7个横行代表7个周期，18个纵行代表18个族B．副族元素中没有非金属元素C．除第一周期外，其他周期均有18种元素D．碱金属元素是指ⅠA族的所有元素6、完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl－，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的物质的量浓度之比为()A．1：2：3 B．3：2：1 C．9：3：1 D．6：3：27、下列属于电解质的是A．氯化钠B．酒精C．氯气D．铁8、下列实验操作或做法不正确的是A．用10mL量筒量取8.5mL的水B．实验剩余的药品有的可以放回原瓶C．把烧杯放在垫有石棉网的铁圈上加热D．用燃着的酒精灯去点燃另一酒精灯9、下列目的能达到的是()A．将58.5gNaCl溶于1L水中可得1mol/L的NaCl溶液B．将标准状况下22.4LHCl溶于1L水中可得1mol/L盐酸C．将25.0g胆矾溶于水后配成100mL溶液所得溶液浓度为1mol/LD．将78gNa2O2溶于水，配成1L溶液可得到浓度为1mol/L溶液10、下列有关说法正确的是A．氧化还原反应的本质是元素化合价发生了改变B．物质所含元素化合价降低的反应是氧化反应C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D．还原剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物11、溶液中有0.2molXO4-，加入0.3molNa2SO3恰好反应，已知Na2SO3被氧化成Na2SO4，则还原产物中X的化合价为A．+1B．+3C．+4D．012、下列物质的变化能产生自由移动离子的是()A．氯化氢气体溶于水 B．蔗糖溶于水C．冰醋酸固体受热熔化 D．红磷单质受热熔化13、实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法错误的是A．KMnO4的氧化性比MnO2的强B．上述两个反应中，浓盐酸均只体现还原性C．制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2D．用足量MnO2与含有4molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1mol14、14C常用于测定年代，关于其说法正确的是（）A．比12C多两个质子B．与12C化学性质相似C．与12C互为同素异形体D．质子数与中子数相等15、在容量瓶上，无需标记的是A．标线 B．温度 C．浓度 D．容量16、下列关于溶液和胶体的叙述正确的是A．溶液呈电中性，而胶体是带电的，因而胶体可以产生电泳现象B．通电时，溶液溶质粒子移向两极，而胶体分散质移向同一极C．三角洲的形成、明矾净水及土壤保肥等均与胶体的性质有关D．纳米碳的直径在1nm-100nm之间，因此其属于胶体17、能区分胶体和溶液的方法是A．静置，有沉淀现象的是胶体 B．能透过滤纸的是溶液C．有丁达尔现象的是胶体 D．用肉眼观察，均匀透明的是溶液18、关于反应CaH2+2H2O==Ca(OH)2+2H2↑，下列说法正确的是A．H2O既不是氧化剂又不是还原剂B．CaH2中H元素被还原C．此反应中氧化产物与还原产物的原子个数比为1:1D．Ca(OH)2是氧化产物19、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A．水和CCl4B．碘和酒精C．酒精和水D．硝酸钾和氯化钾溶液20、在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3气体，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体不可能具有相同的A．原子数 B．分子数 C．质量 D．电子数21、下列有关实验用品的使用或操作的叙述中，正确的是A．可用酒精萃取溴水中的溴单质B．转移溶液时，溶液应先冷却后再转移到容量瓶C．配制稀硫酸时，先向烧杯中注入浓硫酸，再加水稀释D．称量NaOH固体时，将NaOH直接放在托盘上的纸上进行称量22、KOH是我国古代纺织业常用于漂洗的洗涤剂。古代制取KOH的流程如下：上述流程中没有涉及的化学反应类型是()A．化合反应 B．氧化还原反应 C．分解反应 D．复分解反应二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末状混合物，其中可能含有K2CO3、NaCI、Ba(OH)2、CuSO4,，现取少量该固体混合物做如下实验：①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀；②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。（1）该固体混合物中肯定含有的物质是：____。（2）该固体混合物中一定不存在的物质是：____。（3）该固体混合物中可能存在的物质是：____，为了进一步检验该物质是否存在，请写出你的检验方法：____。24、（12分）有一包固体混合物粉末，其中可能含有Na2SO4、K2CO3、CuSO4、BaCl2、NaCl，现按如下操作步骤进行实验：①取部分固体混合物溶于水中，振荡，得无色透明溶液；②取①所得溶液，滴加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀部分溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体混合物粉末中一定含有的物质是_____________________，一定不含有的物质是_______________，可能含有的物质是____________________(以上空格均填写化学式)。(2)写出步骤③中的离子方程式_______________________________________。(3)若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_______(填字母)。a．HCl、BaCl2、AgNO3b．HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3c．AgNO3、HNO3、Ba(NO3)2d．AgNO3、HCl、BaCl225、（12分）纯净干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备SnCl4，某化学小组的同学设计了如下实验装置进行制备。已知：①金属锡熔点为231℃，化学活泼性与铁相似；②SnCl4的沸点为114℃；③SnCl4易与水反应。请根据上图装置回答:（1）装置I中反应的离子方程式是________________________________________（2）试管II中的试剂是________，试管III中的试剂是____________。（3）装置V的作用是____________。（4）裝置Ⅵ最好选用下列装置中的________(填标号)。（5）实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有_________。26、（10分）I实验室用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液450mL，回答下列问题：（1）实验步骤：①计算所需称量的NaOH的质量为________g。②用托盘天平称量NaOH固体。称量时应该将NaOH放于_____中且放置在天平左盘称量。③将称得的固体放于烧杯中，并加水溶解。④检查容量瓶是否漏水，用玻璃棒引流将溶解液立即转移进_______mL容量瓶中。⑤用少量水洗涤______________2-3次；并将洗涤液转移进容量瓶。⑥定容操作为_________________。⑦翻转摇匀后转入试剂瓶中储存。II若配制1mol/L的稀硫酸溶液500mL则需要质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，就选用______mL规格的量筒最好。（2）下面操作造成所配稀硫酸浓度偏高的是______(填序号)A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线27、（12分）下图是我校实验室化学试剂浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480mL1mol⋅L−1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④量筒。请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，还缺少的仪器有______(写仪器名称)。(2)经计算，所需浓硫酸的体积约为______mL；若将该硫酸与等体积的水混合，所得溶液中溶质的质量分数______49%(填“>”、“<”或“=”)。(3)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1mol⋅L−1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因______。①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线②容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥③将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，立即进行后面的实验操作④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出⑤定容时，俯视容量瓶刻度线⑥定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线，又补充几滴水至刻度处28、（14分）（一）2011年，内蒙古、新疆、浙江等地都要陆续召开各具特色的农博会，到时“生态农业”将成为农会人员关注的热门话题。生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g。将反应后产生的气体通入过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g。（1）原混合气体中甲烷的物质的量是________。（2）原混合气体中氮气的体积分数为________。（二）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、、NO的物质的量之比为1﹕1﹕1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为___________________（三）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，请将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目。_________________＋（四）在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)、过氧化钠为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的O2时，四个反应中转移的电子数之比为_____________29、（10分）（1）对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液，结晶，渗析法等。下列各组混合物的分离或提纯应采用什么方法？①实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。可用________的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。②提取碘水中的碘，用_____________的方法。③除去食盐溶液中的水，可采用___________的方法。④淡化食盐水，可采用____________的方法。⑤除去氢氧化铁胶体中的少量的盐酸可以采用__________的方法。（2）现有mgHCl溶解到VmLH2O中所得溶液密度为dg/mL，若阿伏加德罗常数用NA表示。①该气体的物质的量为______________。②该溶液中溶质的质量分数为____________。③HCl气体在标准状况下的体积为________________。④溶液的物质的量浓度为___________________________。⑤溶液中氢离子的数目为___________________________。

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、B【解题分析】

A、胶体具有丁达尔效应,能区别胶体和溶液,但是胶体与其它分散系的根本区别并不在于丁达尔效应,而在于分散系微粒直径的大小,故A错误；

B、溶液的微粒直径小于1nm，胶体微粒直径在1nm与100nm之间，而浊液的微粒直径大于100nm，因此分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序是:溶液<胶体<浊液，故B正确；

C、制备氢氧化铁胶体时要先把蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5-6滴FeCl3饱和溶液，并继续煮沸至溶液呈红褐色，故C错误；

D、胶体的微粒不能透过半透膜，能透过滤纸，因此胶体的分散质不能通过过滤的方法分离，故D错误；

综上所述，本题选B。2、B【解题分析】

A.碳酸钠能除去氯化钡，而过量的碳酸钠可以用盐酸除去，A做法正确；B.氯化钾可以除去硝酸根，但会引入氯化钾杂质，B做法不正确；C.单质溴易溶于有机溶剂，加四氯化碳萃取后分液即可除去，C做法正确；D.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同，可采用降温结晶的方法除去氯化钠，D做法正确；故答案选B。3、C【解题分析】

属于离子反应说明有离子参加反应或离子生成，属于氧化还原反应，说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答。【题目详解】①该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；②生石灰溶于水属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；③氯化钠溶液和浓硫酸混合加热属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；④该反应中Cl元素化合价由－1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；⑤氢气在氯气中燃烧属于氧化还原反应，但该反应中没有离子参加，所以不属于离子反应；即①④选项符合，答案选C。【题目点拨】本题考查离子反应和氧化还原反应，侧重考查基本概念，根据离子反应、氧化还原反应的本质分析解答即可，注意离子反应一般在水溶液中进行。4、C【解题分析】

A.NA的单位是mol－1，A错误；B.标准状况下，22.4LHe是1mol，所含的原子数为NA，B错误；C.1.7gH2O2的物质的量是1.7g÷34g/mol＝0.05mol，1分子双氧水含有18个电子，因此其中含有的电子数为0.9NA，C正确；D.1mol·L-1NaCl溶液的体积不能确定，因此不能计算所含钠离子个数，D错误。答案选C。5、B【解题分析】

A．7个横行代表7个周期，18个纵行代表16个族，7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，A错误；

B．副族元素均在长周期，均为金属元素，只有主族元素存在非金属元素，B正确；

C．2、3周期有8种元素，6、7周期有32种元素，则只有4、5周期有18种元素，C错误；

D．碱金属元素为金属元素，而ⅠA族元素含H，碱金属元素是指ⅠA族的除H之外的所有元素，D错误。

答案选B。6、D【解题分析】

由n=c•V可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同，根据Ag++Cl-═AgCl↓，可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+)，由于三种溶液的体积相等，所以三种溶液中c(Cl-)相等，则c(Cl-)=c(NaCl)=c(MgCl2)=c(AlCl3)，所以c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)=6:3:2；答案选D。7、A【解题分析】

A．NaCl溶于水或熔融状态可以导电，属于电解质，故A正确；B．酒精在水溶液中和熔融状态下，不能电离出自由离子，不能导电，属于非电解质，故B错误；C．氯气是单质，即不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A。8、D【解题分析】

A.用10mL量筒量取8.5mL的水，A正确；B.实验剩余药品一般不能再放回原瓶，但有的试剂可以放回，如金属钠，B正确；C.烧杯加热需垫石棉网，C正确；D.用燃着的酒精灯去点燃另一酒精灯易造成火灾，D错误；故选D。9、C【解题分析】

A．将58.5gNaCl的物质的量为1mol，溶于1L水中，配成的溶液的体积大于1L，浓度小于1mol•L-1，故A错误；B．标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，但是将标准状况下22.4LHCl溶于1L水得到溶液的体积大于1L，所以浓度不等于1mol/L，故B错误；C.25.0g胆矾中含硫酸铜的物质的量为0.1mol，溶液的体积为100mL，c===1mol/L，故C正确；D．78gNa2O2溶于水反应生成2mol氢氧化钠，溶液的体积为1L，溶液的浓度为2mol/L，故D错误；故选C。10、C【解题分析】

A.氧化还原反应的特征是元素化合价发生了改变，A错误；B.物质所含元素化合价降低的反应是还原反应，B错误；C.有单质参加的化合反应中元素的化合价发生了变化，所以一定是氧化还原反应，C正确；D.还原剂只能是反应物，还原产物是生成物，所以在同一反应中还原剂不可能既是反应物，也是生成物，D错误。11、C【解题分析】

根据氧化还原反应中得失电子守恒分析。【题目详解】设还原产物中X的化合价为y，XO4-中X的化合价为+7价，Na2SO3被氧化成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升至+6价，根据得失电子守恒，0.2mol×[（+7）-y]=0.3mol×[（+6）-（+4）]，解得y=+4，答案选C。12、A【解题分析】

电解质溶于水或在熔融状态下能产生自由移动离子，据此判断。【题目详解】A.氯化氢是电解质，氯化氢气体溶于水电离出氢离子和氯离子，能产生自由移动离子，A正确；B.蔗糖是非电解质，溶于水不能发生电离，不能产生自由移动离子，B错误；C.醋酸是电解质，溶于水可以发生电离，冰醋酸固体受热熔化不能发生电离，不能产生自由移动离子，C错误；D.红磷单质是非金属单质，不是电解质也不是非电解质，受热熔化不能产生自由移动离子，D错误；答案选A。【题目点拨】注意掌握电解质的电离条件：①离子化合物(如大多数盐、强碱等)既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；②共价化合物(如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等)只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。13、B【解题分析】

由题可知：①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；A．由题可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，而MnO2与浓盐酸反应需要加热，因此KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确，不选；B．由①②两个反应方程式可知，盐酸在反应中均体现了酸性和还原性，故B错误，符合题意；C．由反应式①可知，制备1mol氯气消耗MnO21mol；由反应式②可知，制备1mol氯气消耗KMnO40.4mol；因此制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2，故C正确，不选；D．由反应式①可知，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以得到Cl2的物质的量小于1mol，故D正确，不选；故答案为：B。14、B【解题分析】A.14C与12C属于同一种元素的核素，质子数相同，故A错误；B.14C与12C属于同种元素，化学性质相似，故B正确；C.14C与12C是同种元素的不同核素，属于同位素，故C错误；D.14C与12C质子数相同，但中子数不同，故D错误；故选B。点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。15、C【解题分析】

容量瓶有多种规格，并要求在室温下配制溶液使用，根据实验需要配制一定体积的溶液，则容量瓶上标记有温度、规格和刻度线，实验要求不同，则需要配制的溶液浓度不同，故浓度无需标记，答案选C。16、C【解题分析】A.胶体不带电，胶体的胶粒带电，因而胶体可以产生电泳现象，故A错误；B.由于溶液中溶质微粒可能不带电，如乙醇溶液，因此通电时不一定向两极移动，故B错误；C.三角洲的形成、明矾净水及土壤保肥等均与胶体的性质有关，故C正确；D.纳米碳是纯净物，不属于胶体，故D错误；答案选C。点睛：本题易错点是A项和D项，要特别注意胶体自身不带电，是胶体的胶粒带电，同时还要把握胶体的概念，胶体是指分散质粒子直径在1～100nm之间的分散系，属于混合物，而D项中纳米碳的直径在1nm-100nm之间，因纳米碳是纯净物，不是分散系，因此其不属于胶体。17、C【解题分析】

A．胶体有介稳性，静置，不产生沉淀，故A错误；B．溶液和胶体都能通过滤纸，故B错误；C．丁达尔现象是区别溶液和胶体的方法，故C正确；D．溶液和胶体都可以是均一稳定的分散系，均匀透明的可以是溶液或胶体，故D错误；故选：C。18、C【解题分析】

该反应中，只有氢元素的化合价发生变化，在CaH2中H为-1价，被氧化成0价；CaH2中H元素被氧化，B错误；反应物水中H为+1价，被还原为0价，因此，H2O在该反应中作氧化剂，A错误；2个H2O分子中有2个氢原子被还原生成1分子H2，另外2个氢原子价态未发生变化，CaH2中的2个氢原子被氧化生成1分子H2，所以H2既是氧化产物又是还原产物，其分子个数之比为1:1，故C正确；由于H2既是氧化产物又是还原产物，所以Ca(OH)2为生成物，既不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；综上所述，本题选C。19、A【解题分析】

根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，分析选项中物质的溶解性即可。【题目详解】A．水和CCl4不互溶，水在上层，CCl4在下层，所以能用分液漏斗分离，选项A正确；B．碘和酒精互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项B错误；C．酒精和水能互溶，不能用分液漏斗分离，选项C错误；D．硝酸钾和氯化钾溶液互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查物质的分离，题目难度不大，本题注意把握常见混合物的分离原理、方法以及操作的注意事项等。20、A【解题分析】

同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，再结合m=nM、分子构成分析解答。【题目详解】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，A.NH3分子中含有4个原子，H2和O2为双原子分子，物质的量相等时含有原子数一定不相等，所以A选项符合题意；

B.根据N=nNA可以知道，气体物质的量相等时含有分子数一定相等，故B不符合题意；

C.NH3的摩尔质量为17g/mol；H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，当H2和O2的平均摩尔质量为17g/mol时，两个容器中盛有气体的质量相等，故C不符合题意；

D.NH3分子中含有10个电子；H2分子中含有2个电子，O2分子中含有16个电子，当H2和O2的混合气体的平均电子数为10时，两个容器中含有电子数相等，故D不符合题意。

答案选A。21、B【解题分析】

A.酒精能与水以任意比例互溶，若用酒精萃取溴水，酒精与溴水会混溶到一起，无法萃取出溴单质，故A错误；B.转移溶液时，溶液应先冷却后再转移到容量瓶，故B正确；C.配制稀硫酸时，先向烧杯中加水，再向烧杯中注入浓硫酸并用玻璃棒不断搅拌，故C错误；D.氢氧化钠易潮解，易和空气中的二氧化碳反应，不能将NaOH固体直接放在托盘上的纸上称量，应该在小烧杯或称量瓶中称量，故D错误。答案选B。22、B【解题分析】

碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，为分解反应，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，为化合反应，氢氧化钙和碳酸钾反应生成氢氧化钾和碳酸钙，是复分解反应，都为非氧化还原反应，不涉及氧化还原反应。故选B。二、非选择题(共84分)23、Ba(OH)2K2CO3CuSO4NaCl取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有【解题分析】

①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，也就没有硫酸铜存在；③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；④氯化钠是否存在不能确定，可以检验氯离子的存在来验证氯化钠的存在；据以上分析解答。【题目详解】①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，因此硫酸铜也不存在；③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；（1）结合以上分析可知：该固体混合物中肯定含有的物质是：Ba(OH)2和K2CO3；（2）结合以上分析可知：该固体混合物中一定不存在的物质是：CuSO4；（3）结合以上分析可知：该固体混合物中可能存在的物质是：NaCl；为了检验该物质的存在，可以检验溶液中是否含有氯离子，加入硝酸银和硝酸溶液；检验方法：取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。综上所述，本题答案是：NaCl；取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。24、K2CO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2NaClBaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2Ob【解题分析】

固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液说明混合物中一定无硫酸铜，取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含硫酸钠或碳酸钠，由于硫酸钠或碳酸钠可与氯化钡反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含氯化钡，在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，故一定含碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定。【题目详解】（1）①取固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，由于硫酸铜溶液为蓝色，所以说明一定不含硫酸铜；②取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，根据题干给出的物质，所形成的沉淀可能为碳酸钡或硫酸钡，所以混合物中可能含碳酸钠或硫酸钠，综合（1）得到无色溶液（2）可能含碳酸钠或硫酸钠，而碳酸钠或硫酸钠可与氯化钡形成沉淀，故混合物中一定不含氯化钡；③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明沉淀为碳酸钡，故一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有；故答案为Na2CO3；Na2SO4、BaCl2、CuSO4；NaCl；（2）碳酸钡是可以溶于强酸的白色沉淀，实质是：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；（3）若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，必须先加入过量硝酸与碳酸钾反应以除去碳酸根离子，再用硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后加入AgNO3检验是否存在氯离子，故答案选b。【题目点拨】本题为混合物组成的推断题，完成此类题目，要抓住题干叙述的解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向推测其他物质，从而得出结论。25、MnO2＋4H+＋2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O饱和食盐水浓硫酸冷凝(收集)SnCl4C漏斗、玻璃棒、烧杯【解题分析】

根据图及实验目的知，I是制备氯气的装置，加热条件下，浓盐酸和反应生成氯气；浓盐酸具有挥发性，气体亦可携带水蒸气，所以得到的氯气中含有、杂质；一般用饱和食盐水除去，再用浓硫酸吸水，所以装置II中装有饱和食盐水吸收，装置III中装有浓硫酸干燥氯气；纯净的氯气与锡反应生成，的沸点为114℃，沸点较低，所以装置V冰水浴降温，冷凝得到液体。【题目详解】（1）装置I是制备氯气的装置，加热条件下，浓盐酸和反应生成氯气，离子方程式为，故答案为：；（2）装置II中装有饱和食盐水吸收；装置III中装有浓硫酸干燥氯气；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（3）的沸点较低，装置V中的冰水可以使得冷凝，得到液体，故答案为：冷凝（收集）；（4）氯气有毒，需要进行尾气处理，故装置VI应为尾气处理装置，吸收未反应完的氯气，易与水反应，所以不仅要除去氯气中的水蒸气，还要防止外界水蒸气进入，所以装置VI还要能防止水蒸气进入装置V，A．氢氧化钠溶液可以吸收未反应完的氯气，但不能防止水蒸气进入装置Ⅴ，故A不选；B．气体进入装置中导管应该长进短出，装置错误，故B不选；C．碱石灰不仅可以吸收氯气，也可以吸收水蒸气和二氧化碳，能避免空气中二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅴ，故C选；故答案为：C；（5）回收利用装置I中未反应完的，难溶于水，可以用过滤操作回收，过滤需要的仪器有:漏斗、玻璃棒、烧杯,故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯。26、20.0g烧杯500烧杯，玻璃棒先加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切27.250ACD【解题分析】

I（1）①配制450mL的溶液应选用500mL容量瓶，则所需称量的NaOH的质量为：1.0mol/L0.5L40g/mol=20.0g。②NaOH具有腐蚀性，称量时应该将NaOH放于烧杯中且放置在天平左盘称量。④由于选用500mL容量瓶，所以用玻璃棒引流将溶解液转移进500mL容量瓶中。⑤为了保证溶质全部转移入容量瓶中，所以用少量水洗涤烧杯、玻璃棒2~3次；并将洗涤液转移进容量瓶。⑥定容操作为：先加蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切。II根据稀释前后溶质不变列式：1.84g/cm3V（浓硫酸）98%=1mol/L0.5L98g/mol，V（浓硫酸）=27.2mL；根据“大而近”的原则选择量筒，选用50mL规格的量筒最好。（2）根据公式cB=分析，A项，溶解后溶液没有冷却到室温就转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；B项，转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，硫酸物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；C项，向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D项，用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；E项，摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配稀硫酸浓度偏高的是ACD，答案选ACD。【题目点拨】配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏高；反之，所配溶液浓度偏低。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。27、500mL容量瓶27.2＞①③⑤【解题分析】

配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，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．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。【题目详解】（1）根据提供的仪器和分析可知，还需仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）浓硫酸的物质的量浓度为c=1000ρω/M=(1000×1.84g/mL×98%)/98g/mol=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol/L×Vml=500mL×1mol•L-1解得V=27.2mL；因为浓硫酸的密度比水大，因此等体积的浓硫酸的质量比水大，根据溶质质量分数公式可知，得到的稀硫酸的溶质质量分数会偏向于浓硫酸的质量分数，即大于49%，故答案为：27.2，＞；（3）①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，所取的浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故①选；②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②不选；③将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故③选；④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出会导致溶质损失，浓度偏低，故④不选；⑤定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故⑤选；⑥定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处则浓度偏低，故⑥不选；①③⑤符合题意，故答案为：①③⑤。28、0.075mol5.56%1:72:2:1:1【解题分析】

（一）（1）用差量法计算原混合气体中n（CH4）。（2）由与过量石灰水反应生成沉淀的质量计算与澄清石灰水反应的CO2物质的量，结合C守恒计算原混合气体中n（CO2），根据原混合气体标准状况下的体积计算N2的体积分数。（二）设FeS物质的量为1mol，根据得失电子守恒计算NO2、N2O4、NO物质的量，根据原子守恒计算参与反应的HNO3物质的量。（三）0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，1molKBrO3在反应中得到5mol电子生成X，KBrO3中Br的化合价为+5价，则X为Br2；根据各元素的化合价，该反应中的氧化反应为AsH3→H3AsO4，根据得失电子守恒配平反应并标出转移电子的方向和数目。（四）根据四种物质中O元素的化合价分析转移电子数。【题目详解】（一）（1）用差量法，CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu~Δm（减重）1mol4×80g4×64g4×80g-4×64g=64gn（CH4）4.8g=，解得n（CH4）=0.075mol，原混合气体中CH4物质的量为0.075mol。（2）与过量澄清石灰水反应的CO2物质的量n（CO2）=n（CaCO3）==0.085mol，由CH4与CuO加热生成的CO2物质的量为0.075mol，原混合气体中CO2物质的量为0.085mol-0.075mol=0.01mol；原混合气体总物质的量为2.016L÷22.4L/mol=0.09mol，原混合气体中N2物质的量为0.09mol-0.075mol-0.01mol=0.005mol，N2物质的量分数为×100%=5.56%，原混合气体中N2的体积分数为5.56%。（二）设FeS物质的量为1mol，反应中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-2价升至+6价，1molFeS反应失去9mo