2023-2024学年河北省名校强基联盟高一上期11月期中联考化试题（解析版）

PAGEPAGE3河北省名校强基联盟2023-2024学年高一上学期11月期中联考试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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，再选涂其他〖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。4.本试卷主要考试内容：苏教版必修第一册专题1、专题2、专题3第一单元。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32C135.5Fe56Cu64Zn65第I卷(共48分)一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1.漂粉精具有很强的杀菌、消毒、净化和漂白作用，其有效成分是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】往石灰乳中通入氯气可制得漂白精，反应方程式为：，其主要成分是，有效成分是。故选A。2.下列各组物质的分类正确的是（）A电解质：硫酸、盐酸、 B.非电解质：、铜、C.酸性氧化物：、、 D.同位素：、〖答案〗C〖解析〗【详析】A．盐酸为混合物，不属于电解质，故A错误；B．铜为单质，不属于电解质也不属于非电解质，故B错误；C．、、都能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故C正确；D．为分子，不是原子，故D错误；故选C。3.杭州亚运会打造“绿色建筑”，亚运场馆大量使用了碲化镉(CdTe)发电玻璃。下列说法正确的是（）A.和的质子数一定相等 B.的中子数比质子数多14个C.的相对原子质量为128 D.与互为同位素〖答案〗A〖解析〗【详析】A．和为同种元素的不同原子，质子数一定相等，A项正确；B．的中子数比质子数多24，B项错误；C．的相对原子质量与质量数近似相等，C项错误；D．与的质子数不同，不是互为同位素的关系，D项错误；故选A。4.下列关于氯及其化合物的说法正确的是（）A.实验室可通过二氧化锰与稀盐酸共热制取氯气B.氯元素在自然界中既有游离态，又有化合态C.氯气是一种黄绿色、有强烈刺激性气味的无毒气体D.氯气和液氯均不能使干燥有色布条褪色〖答案〗D〖解析〗【详析】A．制备氯气用二氧化锰和浓盐酸共热，不能使用稀盐酸，故A错误；B．氯元素在自然界中只有化合态，故B错误；C．气是一种黄绿色、有强烈刺激性气味的有毒气体，故C错误；D．湿润的氯气中氯气和水反应生成的次氯酸能使有色布条褪色，氯气和液氯均不能使干燥的有色布条褪色，故D正确；故选D。5.次磷酸是一种精细化工产品，在水中存在分子。有关的性质如图：按照物质的树状分类法和交叉分类法，应属于（）①一元酸、②二元酸、③三元酸、④热稳定性强的物质、⑤热稳定性差的物质、⑥氧化物、⑦化合物、⑧含氧酸、⑨电解质、⑩非电解质A.①④⑦⑧⑨ B.①⑤⑦⑧⑨ C.②⑤⑦⑧⑩ D.③⑤⑦⑧⑩〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗H3PO2与过量的NaOH反应生成NaH2PO2，说明H3PO2电离只能产生1个H+；【详析】根据分析，H3PO2只能电离1个氢离子，H3PO2为一元酸；H3PO2受热分解，故热稳定性差；H3PO2中含有氧元素故为化合物、含氧酸；H3PO2在水中能电离出离子，其为电解质；故①⑤⑦⑧⑨正确；故〖答案〗为：B。6.纳米级硒化铜(硒化铜粒子直径是几纳米至几十纳米)是钠离子电池的正极材料，在酸性条件下可通过生物催化氧化法制备纳米级硒化铜，下列有关说法不正确的是（）A.当光束通过纳米级硒化铜时，可以产生一条光亮的通路B.纳米级硒化铜属于纯净物C.纳米级硒化铜是一种导电材料D.纳米级硒化铜粒子直径比直径大〖答案〗A〖解析〗【详析】A．纳米级硒化铜不是分散系，不会有胶体的性质，故A错误；B．纳米级硒化铜是化合物，属于纯净物，故B正确；C．纳米级硒化铜是钠离子电池的正极材料，能导电，是一种导电材料，故C正确；D．硫酸根离子直径小于1nm，纳米级硒化铜粒子直径是几纳米至几十纳米，故D正确；故选A。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，1.8g水中含有的电子数为B.1mol碳正离子()所含质子总数为C.常温常压下，2.2g由和组成的混合气体中含有的原子总数为D.溶液中含有的数目为。〖答案〗C〖解析〗【详析】A．1.8g水中含有的电子数为，A项错误；B．1mol碳正离子所含质子总数为，B项错误；C．常温常压下，或气体中含有的原子数均为，C项正确；D．溶液未给出体积，D项错误；故选C。8.结晶水合物受热时能失去部分或全部结晶水。取加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。100℃时所得固体的化学式为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】的物质的量为，受热时失去结晶水，的物质的量也为，的摩尔质量为，的化学式为，D项符合题意。故〖答案〗为：D。9.下列实验操作中，正确的是（）A.蒸发操作时，将KCl溶液直接蒸干得到KCl晶体B.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中C.蒸馏操作时，先点燃酒精灯，后通冷却水D萃取操作中，倒转分液漏斗振荡并适时旋开活塞放气〖答案〗D〖解析〗【详析】A．蒸发操作时，当有大量晶体析出时停止加热，A项错误；B．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出到另一个烧杯中，B项错误；C．蒸馏操作时，先通冷却水，后点燃酒精灯，C项错误；D．萃取操作中，倒转分液漏斗振荡并适时旋开活塞放气，D项正确；故选D。10.下列关于离子检验的说法错误的是（）A.向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，若未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中不含B.向溶液中加入溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，不能证明原溶液中一定有C.向溶液中加入盐酸酸化的溶液，有白色沉淀生成，不能证明原溶液中一定有D.NaOH溶液、溶液、溶液三种无色溶液，用稀能一次性鉴别出来〖答案〗A〖解析〗【详析】A．常温下铵根离子与氢氧根离子在溶液中反应生成一水合氨，则向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体不能证明原溶液中不含铵根离子，故A错误；B．溶液中硫酸根离子能与银离子反应生成不溶于盐酸的硫酸银沉淀，则向溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失不能证明原溶液中一定有氯离子，故B正确；C．溶液中银离子能与氯离子反应生成不溶于盐酸的氯化银沉淀，则向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能证明原溶液中一定有硫酸根离子，故C正确；D．稀硫酸与氢氧化钠溶液反应无明显现象，与碳酸钠溶液反应有无色气体逸出、与氢氧化钡溶液反应有白色沉淀生成，则用稀硫酸能鉴别三种溶液，故D正确；故选A。11.下列实验装置或操作能达到实验目的的是（）ABCD分离苯和四氯化碳的混合物配制一定浓度的NaOH溶液利用焰色反应检验某溶液中是否含有Na元素蒸发结晶得到氯化钠晶体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管处，故A错误；B．玻璃棒靠在了容量瓶瓶口，容易将转移的溶液撒在容量瓶外造成误差，故B错误；C．焰色试验应用光洁铁丝或铂丝，故C正确；D．蒸发氯化钠溶液应该用蒸发皿，此处用的是坩埚，故D错误；故选C。12.下列说法正确的有（）①根据酸分子中H原子个数分为一元酸、二元酸等②酸性氧化物都能和水反应生成酸，碱性氧化物都能和水反应生成碱③海水、空气、漂白粉、盐酸均为混合物④电解质在适当条件下一定能导电⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子⑥熔融态的电解质都能导电⑦在电流作用下，盐酸中的HCl电离成和A.2个 B.3个 C.4个 D.5个〖答案〗B〖解析〗【详析】①根据酸电离出H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，故①错误；②酸性氧化物不一定与水反应生成酸，如SiO2，碱性氧化物不一定与水反应生成碱，如Fe2O3，故②错误；③海水中含有多种成分，空气中含氮气和氧气及二氧化碳等多种气体，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，盐酸是氯化氢气体的水溶液，它们均为混合物，故③正确；④电解质在水溶液里或熔融状态下能电离出阴阳离子而导电，故④正确；电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，故⑤正确；⑥当HCl以液态形式存在时，因不能电离而不导电，故⑥错误；⑦电解质的电离是利用水分子作用，解离成离子的过程，不需要通过电流，故⑦错误；综上所述，说法正确的是3个，〖答案〗选B。13.将KCl、、溶于水配成混合溶液，溶液体积为1L，部分离子物质的量如图所示，下列说法错误的是（）A.该混合溶液中的物质的量为0.1molB.若将该混合溶液加水稀释至体积为5L，稀释后溶液中的物质的量浓度为C.若向该混合溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，需NaOH溶液50mLD.该混合溶液中由电离出的浓度为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知钾离子、镁离子、氯离子的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol，根据电荷守恒可知：硫酸根的物质的量为0.1mol，溶液中溶质为0.2molKCl、0.1molMgCl2，0.1molMgSO4，故A正确；B．根据〖答案〗A〖解析〗可知，溶液中有0.1molMgSO4，稀释至5L后溶液中硫酸根的物质的量浓度为，故B正确；C．若向该混合溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，需NaOH溶液，故C错误；D．根据〖答案〗A〖解析〗可知溶液中有0.1mol，由电离出的浓度为，故D正确；故选C。14.数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行实验数据的采集与分析。某兴趣小组利用数字化实验测定光照过程中氯水的、氯水中氯离子的浓度、广口瓶中氧气的体积分数、溶液的电导率(表示溶液传导电流的能力)的变化，针对该实验(不考虑溶剂和溶质的挥发)，下列图像错误的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗氯水中含有Cl2、HClO、HCl，在光照下发生反应，溶液中HCl的物质的量浓度增大，电导率增大，瓶中氧气的体积分数增加，pH降低，以此分析；【详析】A．根据分析，光照后生成HCl，溶液pH减小，A正确；B．根据分析，光照后因生成HCl，氯离子浓度增大，B正确；C．根据分析，光照后生成氧气，则溶液中氧气体积增大，C正确；D．根据分析，光照后溶液中HCl浓度增大，导电率增大，D错误；故〖答案〗为：D。15.下列相关实验装置或微观图及所得结论错误的是（）选项ABCD实验装置或微观图实验结论石墨可以导电，但是石墨不属于电解质固态NaCl不导电，但是NaCl属于电解质NaCl在水中电离成水合离子熔融态的NaCl能导电，其属于电解质〖答案〗C〖解析〗【详析】A．石墨可以导电，但是石墨是单质不属于电解质，故A正确；B．固态NaCl不导电，但是NaCl在水溶液中和熔融态下能导电，氯化钠属于电解质，故B正确；C．水合氯离子、水合钠离子中水分子的取向不对，故C错误；D．熔融态的NaCl能导电，熔融态能导电的化合物是电解质，故D正确；故选C。16.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)，将容器分成左右两室，左室充入，右室充入一定量的CO和，隔板位置如图Ⅰ，并持续用电火花引燃右室气体，充分反应恢复至起始温度，隔板位置如图Ⅱ。右室中生成的物质的量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】左室充入，右室充入一定量的CO和后，隔板处于中间位置（图Ⅰ），说明左右两侧压强相等，相同的条件下，体积比等于物质的量之比，则右侧混合气体的总物质的量为1mol；持续用电火花引燃右室气体，发生反应：，充分反应恢复至起始温度，隔板位置如图Ⅱ，说明反应后右侧气体的总物质的量为：，由方程式形式可知，反应过程中消耗多少摩尔的CO，就生成多少摩尔的CO2，且容器内气体减少的物质的量为参与反应的CO物质的量的一半，故右室中生成：(1mol-)=。〖答案〗选B。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.完成下列填空：现有物质：①铜②干冰③盐酸④液态硫酸⑤蔗糖⑥固体⑦红褐色的氢氧化铁胶体。（1）属于分散系的是___________(填序号，下同)；能够导电的是___________；写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式：___________。（2）⑦区别于溶液和浊液的本质特征为___________，利用___________效应可区分胶体和溶液。（3）氢氧化铁胶体可用于净水的原因是___________。〖答案〗（1）①.③⑦②.①③⑦③.（2）①.胶体粒子的直径在1nm—100nm之间②.丁达尔（3）氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降〖解析〗〖祥解〗①铜是能导电的金属单质，属于纯净物；②干冰是不能导电的非金属氧化物，属于纯净物；③盐酸是氯化氢的水溶液，溶液中存在自由移动的离子，是能导电的分散系；④液态硫酸中不存在离子，是不能导电的纯净物；⑤蔗糖是不能电离出自由移动离子的非电解质，属于不能导电的纯净物；⑥碳酸氢铵固体中不存在自由移动的离子，是不能导电的纯净物；⑦红褐色的氢氧化铁胶体中存在自由移动的离子，是能导电的分散系。（1）由分析可知，属于分散系的是③⑦、能够导电的是①③⑦；碳酸氢铵是酸式盐，在溶液中能电离出铵根离子和碳酸氢根离子，电离方程式为，故〖答案〗为：③⑦；①③⑦；；（2）红褐色的氢氧化铁胶体区别于溶液和浊液的本质特征为分散质颗粒直径不同，溶液中分散质颗粒直径小于1nm，不能产生丁达尔效应，胶体中胶体粒子的直径在1nm—100nm之间，能产生丁达尔效应，则用丁达尔效应可区分胶体和溶液，故〖答案〗为：胶体粒子的直径在1nm—100nm之间；丁达尔；（3）氢氧化铁胶体可用于净水是因为氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，从而达到净水的目的，故〖答案〗为：氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降。18.物质的量是宏观量与微观量相互联系的桥梁，回答下列问题。（1）等质量的和所含分子个数比为___________；常温常压下，等体积的和两种气体所含原子个数比为___________，质量比为___________。（2）将6L标准状况下的氯化氢气体溶于100mL水中(水的密度近似为)，得到密度为的盐酸，则该盐酸的物质的量浓度是___________(列出计算式)。（3）铜有两种常见的氧化物CuO和。某学习小组用电子天平称取固体，加热至完全分解成铜的氧化物，其质量随温度的变化如图所示，计算N点各成分的质量：CuO___________g，___________g。〖答案〗（1）①.3：4②.1：2③.1：2（2）（3）①.0.6②.0.18〖解析〗（1），分子个数比等于分子的物质的量之比，等质量的和所含分子个数比为：；相同条件下，等体积的和分子个数比为1：1，原子个数比为1：2，，质量比为1：2。故〖答案〗为：3:4、1:2、1:2；（2）该盐酸的物质的量浓度是：，故〖答案〗为：；（3）的物质的量为，设N点的物质的量为，的物质的量为。、，解得：，，则，。故〖答案〗为：0.6、0.18。19.硫酸亚铁铵晶体俗名为摩尔盐。某学校化学兴趣小组使用摩尔盐配制溶液。请回答下列问题：（1）配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需___________。（2）用电子天平(精确度为)称量晶体___________g。（3）定容时发现液面超过了刻度线，处理的方法是___________。（4）下列操作将导致所配制的溶液浓度偏小的是___________(填序号)。①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水②定容后振荡容量瓶发现液面低于刻度线，继续加蒸馏水定容③定容时仰视容量瓶刻度线④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水（5）已知溶液的密度大于水，用溶液和等质量的水混合，所得溶液的浓度___________(填“大于”、“小于”或“等于”)。〖答案〗（1）500mL容量瓶、胶头滴管（2）19.60（3）重新配制（4）②③（5）小于〖解析〗（1）配制溶液过程中需要的玻璃仪器：500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒；（2）因容量瓶没有应选用，计算按，；（3）配制过程中定容时发现液面超过了刻度线，需要重新配制；（4）根据，①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水，称量质量不变但含有溶质增多，所配溶液浓度偏大；②定容后振荡容量瓶发现液面低于刻度线，继续加蒸馏水定容，溶液体积偏大，浓度偏小；③定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小；④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水，无影响；故②③符合题意；（5）溶液的密度大于水，等质量的溶液和水，水的体积较大，混合所得溶液的浓度小于20.氯酸锶为白色结晶粉末，可溶于水，微溶于酒精，主要用于制造红色焰火。可溶于水，是一种常见的可溶性强碱。下图为实验室制取氯酸锶的实验装置图，反应的化学方程式：。已知将浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去。请回答下列问题：（1）仪器M的名称是___________，仪器N的名称是___________。（2）仪器接口的连接顺序为a→___________。（3）D中发生反应的化学方程式为___________。（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法为___________，再打开分液漏斗下端活塞。（5）装置B中所装试剂名称为___________，其作用是___________。（6）实验过程中发现装置D中溶液褪色，分析可能的原因：___________(答出两点)。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.圆底烧瓶（2）b→c→d→e→f（3）（4）将分液漏斗上端的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔（5）①.饱和食盐水②.吸收氯气中氯化氢（6）氯气和氢氧化钠反应生成了NaClO，NaClO具有漂白性；氯气将氢氧化钠消耗完〖解析〗〖祥解〗本实验利用A装置产生氯气，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置制取氯酸锶，D装置来进行尾气处理；（1）仪器M的名称是分液漏斗，仪器N的名称是圆底烧瓶。（2）气体进入C之前，需要吸收氯气中的氯化氢。仪器接口的连接顺序为a→b→c→d→e→f。（3）D中发生反应的化学方程式为（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法：将分液漏斗上端的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开。（5）装置B中所装试剂名称为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中的氯化氢。（6）氯气和氢氧化钠反应生成了NaClO，NaClO具有漂白性；氯气将氢氧化钠消耗完。河北省名校强基联盟2023-2024学年高一上学期11月期中联考试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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，再选涂其他〖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。4.本试卷主要考试内容：苏教版必修第一册专题1、专题2、专题3第一单元。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32C135.5Fe56Cu64Zn65第I卷(共48分)一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1.漂粉精具有很强的杀菌、消毒、净化和漂白作用，其有效成分是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】往石灰乳中通入氯气可制得漂白精，反应方程式为：，其主要成分是，有效成分是。故选A。2.下列各组物质的分类正确的是（）A电解质：硫酸、盐酸、 B.非电解质：、铜、C.酸性氧化物：、、 D.同位素：、〖答案〗C〖解析〗【详析】A．盐酸为混合物，不属于电解质，故A错误；B．铜为单质，不属于电解质也不属于非电解质，故B错误；C．、、都能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故C正确；D．为分子，不是原子，故D错误；故选C。3.杭州亚运会打造“绿色建筑”，亚运场馆大量使用了碲化镉(CdTe)发电玻璃。下列说法正确的是（）A.和的质子数一定相等 B.的中子数比质子数多14个C.的相对原子质量为128 D.与互为同位素〖答案〗A〖解析〗【详析】A．和为同种元素的不同原子，质子数一定相等，A项正确；B．的中子数比质子数多24，B项错误；C．的相对原子质量与质量数近似相等，C项错误；D．与的质子数不同，不是互为同位素的关系，D项错误；故选A。4.下列关于氯及其化合物的说法正确的是（）A.实验室可通过二氧化锰与稀盐酸共热制取氯气B.氯元素在自然界中既有游离态，又有化合态C.氯气是一种黄绿色、有强烈刺激性气味的无毒气体D.氯气和液氯均不能使干燥有色布条褪色〖答案〗D〖解析〗【详析】A．制备氯气用二氧化锰和浓盐酸共热，不能使用稀盐酸，故A错误；B．氯元素在自然界中只有化合态，故B错误；C．气是一种黄绿色、有强烈刺激性气味的有毒气体，故C错误；D．湿润的氯气中氯气和水反应生成的次氯酸能使有色布条褪色，氯气和液氯均不能使干燥的有色布条褪色，故D正确；故选D。5.次磷酸是一种精细化工产品，在水中存在分子。有关的性质如图：按照物质的树状分类法和交叉分类法，应属于（）①一元酸、②二元酸、③三元酸、④热稳定性强的物质、⑤热稳定性差的物质、⑥氧化物、⑦化合物、⑧含氧酸、⑨电解质、⑩非电解质A.①④⑦⑧⑨ B.①⑤⑦⑧⑨ C.②⑤⑦⑧⑩ D.③⑤⑦⑧⑩〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗H3PO2与过量的NaOH反应生成NaH2PO2，说明H3PO2电离只能产生1个H+；【详析】根据分析，H3PO2只能电离1个氢离子，H3PO2为一元酸；H3PO2受热分解，故热稳定性差；H3PO2中含有氧元素故为化合物、含氧酸；H3PO2在水中能电离出离子，其为电解质；故①⑤⑦⑧⑨正确；故〖答案〗为：B。6.纳米级硒化铜(硒化铜粒子直径是几纳米至几十纳米)是钠离子电池的正极材料，在酸性条件下可通过生物催化氧化法制备纳米级硒化铜，下列有关说法不正确的是（）A.当光束通过纳米级硒化铜时，可以产生一条光亮的通路B.纳米级硒化铜属于纯净物C.纳米级硒化铜是一种导电材料D.纳米级硒化铜粒子直径比直径大〖答案〗A〖解析〗【详析】A．纳米级硒化铜不是分散系，不会有胶体的性质，故A错误；B．纳米级硒化铜是化合物，属于纯净物，故B正确；C．纳米级硒化铜是钠离子电池的正极材料，能导电，是一种导电材料，故C正确；D．硫酸根离子直径小于1nm，纳米级硒化铜粒子直径是几纳米至几十纳米，故D正确；故选A。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，1.8g水中含有的电子数为B.1mol碳正离子()所含质子总数为C.常温常压下，2.2g由和组成的混合气体中含有的原子总数为D.溶液中含有的数目为。〖答案〗C〖解析〗【详析】A．1.8g水中含有的电子数为，A项错误；B．1mol碳正离子所含质子总数为，B项错误；C．常温常压下，或气体中含有的原子数均为，C项正确；D．溶液未给出体积，D项错误；故选C。8.结晶水合物受热时能失去部分或全部结晶水。取加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。100℃时所得固体的化学式为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】的物质的量为，受热时失去结晶水，的物质的量也为，的摩尔质量为，的化学式为，D项符合题意。故〖答案〗为：D。9.下列实验操作中，正确的是（）A.蒸发操作时，将KCl溶液直接蒸干得到KCl晶体B.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中C.蒸馏操作时，先点燃酒精灯，后通冷却水D萃取操作中，倒转分液漏斗振荡并适时旋开活塞放气〖答案〗D〖解析〗【详析】A．蒸发操作时，当有大量晶体析出时停止加热，A项错误；B．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出到另一个烧杯中，B项错误；C．蒸馏操作时，先通冷却水，后点燃酒精灯，C项错误；D．萃取操作中，倒转分液漏斗振荡并适时旋开活塞放气，D项正确；故选D。10.下列关于离子检验的说法错误的是（）A.向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，若未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中不含B.向溶液中加入溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，不能证明原溶液中一定有C.向溶液中加入盐酸酸化的溶液，有白色沉淀生成，不能证明原溶液中一定有D.NaOH溶液、溶液、溶液三种无色溶液，用稀能一次性鉴别出来〖答案〗A〖解析〗【详析】A．常温下铵根离子与氢氧根离子在溶液中反应生成一水合氨，则向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体不能证明原溶液中不含铵根离子，故A错误；B．溶液中硫酸根离子能与银离子反应生成不溶于盐酸的硫酸银沉淀，则向溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失不能证明原溶液中一定有氯离子，故B正确；C．溶液中银离子能与氯离子反应生成不溶于盐酸的氯化银沉淀，则向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能证明原溶液中一定有硫酸根离子，故C正确；D．稀硫酸与氢氧化钠溶液反应无明显现象，与碳酸钠溶液反应有无色气体逸出、与氢氧化钡溶液反应有白色沉淀生成，则用稀硫酸能鉴别三种溶液，故D正确；故选A。11.下列实验装置或操作能达到实验目的的是（）ABCD分离苯和四氯化碳的混合物配制一定浓度的NaOH溶液利用焰色反应检验某溶液中是否含有Na元素蒸发结晶得到氯化钠晶体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管处，故A错误；B．玻璃棒靠在了容量瓶瓶口，容易将转移的溶液撒在容量瓶外造成误差，故B错误；C．焰色试验应用光洁铁丝或铂丝，故C正确；D．蒸发氯化钠溶液应该用蒸发皿，此处用的是坩埚，故D错误；故选C。12.下列说法正确的有（）①根据酸分子中H原子个数分为一元酸、二元酸等②酸性氧化物都能和水反应生成酸，碱性氧化物都能和水反应生成碱③海水、空气、漂白粉、盐酸均为混合物④电解质在适当条件下一定能导电⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子⑥熔融态的电解质都能导电⑦在电流作用下，盐酸中的HCl电离成和A.2个 B.3个 C.4个 D.5个〖答案〗B〖解析〗【详析】①根据酸电离出H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，故①错误；②酸性氧化物不一定与水反应生成酸，如SiO2，碱性氧化物不一定与水反应生成碱，如Fe2O3，故②错误；③海水中含有多种成分，空气中含氮气和氧气及二氧化碳等多种气体，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，盐酸是氯化氢气体的水溶液，它们均为混合物，故③正确；④电解质在水溶液里或熔融状态下能电离出阴阳离子而导电，故④正确；电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，故⑤正确；⑥当HCl以液态形式存在时，因不能电离而不导电，故⑥错误；⑦电解质的电离是利用水分子作用，解离成离子的过程，不需要通过电流，故⑦错误；综上所述，说法正确的是3个，〖答案〗选B。13.将KCl、、溶于水配成混合溶液，溶液体积为1L，部分离子物质的量如图所示，下列说法错误的是（）A.该混合溶液中的物质的量为0.1molB.若将该混合溶液加水稀释至体积为5L，稀释后溶液中的物质的量浓度为C.若向该混合溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，需NaOH溶液50mLD.该混合溶液中由电离出的浓度为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知钾离子、镁离子、氯离子的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol，根据电荷守恒可知：硫酸根的物质的量为0.1mol，溶液中溶质为0.2molKCl、0.1molMgCl2，0.1molMgSO4，故A正确；B．根据〖答案〗A〖解析〗可知，溶液中有0.1molMgSO4，稀释至5L后溶液中硫酸根的物质的量浓度为，故B正确；C．若向该混合溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，需NaOH溶液，故C错误；D．根据〖答案〗A〖解析〗可知溶液中有0.1mol，由电离出的浓度为，故D正确；故选C。14.数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行实验数据的采集与分析。某兴趣小组利用数字化实验测定光照过程中氯水的、氯水中氯离子的浓度、广口瓶中氧气的体积分数、溶液的电导率(表示溶液传导电流的能力)的变化，针对该实验(不考虑溶剂和溶质的挥发)，下列图像错误的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗氯水中含有Cl2、HClO、HCl，在光照下发生反应，溶液中HCl的物质的量浓度增大，电导率增大，瓶中氧气的体积分数增加，pH降低，以此分析；【详析】A．根据分析，光照后生成HCl，溶液pH减小，A正确；B．根据分析，光照后因生成HCl，氯离子浓度增大，B正确；C．根据分析，光照后生成氧气，则溶液中氧气体积增大，C正确；D．根据分析，光照后溶液中HCl浓度增大，导电率增大，D错误；故〖答案〗为：D。15.下列相关实验装置或微观图及所得结论错误的是（）选项ABCD实验装置或微观图实验结论石墨可以导电，但是石墨不属于电解质固态NaCl不导电，但是NaCl属于电解质NaCl在水中电离成水合离子熔融态的NaCl能导电，其属于电解质〖答案〗C〖解析〗【详析】A．石墨可以导电，但是石墨是单质不属于电解质，故A正确；B．固态NaCl不导电，但是NaCl在水溶液中和熔融态下能导电，氯化钠属于电解质，故B正确；C．水合氯离子、水合钠离子中水分子的取向不对，故C错误；D．熔融态的NaCl能导电，熔融态能导电的化合物是电解质，故D正确；故选C。16.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)，将容器分成左右两室，左室充入，右室充入一定量的CO和，隔板位置如图Ⅰ，并持续用电火花引燃右室气体，充分反应恢复至起始温度，隔板位置如图Ⅱ。右室中生成的物质的量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】左室充入，右室充入一定量的CO和后，隔板处于中间位置（图Ⅰ），说明左右两侧压强相等，相同的条件下，体积比等于物质的量之比，则右侧混合气体的总物质的量为1mol；持续用电火花引燃右室气体，发生反应：，充分反应恢复至起始温度，隔板位置如图Ⅱ，说明反应后右侧气体的总物质的量为：，由方程式形式可知，反应过程中消耗多少摩尔的CO，就生成多少摩尔的CO2，且容器内气体减少的物质的量为参与反应的CO物质的量的一半，故右室中生成：(1mol-)=。〖答案〗选B。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.完成下列填空：现有物质：①铜②干冰③盐酸④液态硫酸⑤蔗糖⑥固体⑦红褐色的氢氧化铁胶体。（1）属于分散系的是___________(填序号，下同)；能够导电的是___________；写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式：___________。（2）⑦区别于溶液和浊液的本质特征为___________，利用___________效应可区分胶体和溶液。（3）氢氧化铁胶体可用于净水的原因是___________。〖答案〗（1）①.③⑦②.①③⑦③.（2）①.胶体粒子的直径在1nm—100nm之间②.丁达尔（3）氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降〖解析〗〖祥解〗①铜是能导电的金属单质，属于纯净物；②干冰是不能导电的非金属氧化物，属于纯净物；③盐酸是氯化氢的水溶液，溶液中存在自由移动的离子，是能导电的分散系；④液态硫酸中不存在离子，是不能导电的纯净物；⑤蔗糖是不能电离出自由移动离子的非电解质，属于不能导电的纯净物；⑥碳酸氢铵固体中不存在自由移动的离子，是不能导电的纯净物；⑦红褐色的氢氧化铁胶体中存在自由移动的离子，是能导电的分散系。（1）由分析可知，属于分散系的是③⑦、能够导电的是①③⑦；碳酸氢铵是酸式盐，在溶液中能电离出铵根离子和碳酸氢根离子，电离方程式为，故〖答案〗为：③⑦；①③⑦；；（2）红褐色的氢氧化铁胶体区别于溶液和浊液的本质特征为分散质颗粒直径不同，溶液中分散质颗粒直径小于1nm，不能产生丁达尔效应，胶体中胶体粒子的直径在1nm—100nm之间，能产生丁达尔效应，则用丁达尔效应可区分胶体和溶液，故〖答案〗为：胶体粒子的直径在1nm—100nm之间；丁达尔；（3）氢氧化铁胶体可用于净水是因为氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，从而达到净水的目的，故〖答案〗为：氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降。18.物质的量是宏观量与微观量相互联系的桥梁，回答下列问题。（1）等质量的和所含分子个数比为___________；常温常压下，等体积的和两种气体所含原子个数比为___________，质量比为___________。（2）将6L标准状况下的氯化氢气体溶于100mL水中(水的密度近似为)，得到密度为的盐酸，则该盐酸的物质的量浓度是___________(列出计算式)。（3）铜有两种常见的氧化物CuO和。某学习小组用电子天平称取固体，加热至完全分解成铜的氧化物，其质量随温度的变化如图所示，计算N点各成分的质量：CuO___________g，___________g。〖答案〗（1）①.3：4②.1：2③.1：2（2）（3）①.0.6②.0.18〖解析〗（1），分子个数比等于分子的物质的量之比，等质量的和所