2023-2024学年吉林省长春市农安县高一上期期中考试化试题（解析版）

PAGEPAGE3吉林省长春市农安县2023-2024学年高一上学期期中考试试题可能用到的相对原子量C：12H：1O：16Na：23Cu：64S：32Cl：35.5注意事项：1.答题前请填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将〖答案〗正确填写在答题卡上第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(每小题3分，合计45分)1.胶体的本质特征是（）A.丁达尔现象 B.微粒带电 C.吸附性 D.粒子直径为1~100nm〖答案〗D〖解析〗【详析】胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，胶体的分散质粒子直径在1~100nm之间，〖答案〗选D。2.下列有关焰色试验的叙述正确的是（）A.焰色试验是元素的化学性质B.可以用稀硫酸清洗用过的铂丝C.节日燃放的五彩缤纷的烟花，是某些金属或其化合物焰色试验所呈现的各种艳丽色彩D.钠元素的焰色必须通过蓝色的钴玻璃观察〖答案〗C〖解析〗【详析】A．焰色试验是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，属于物理变化，A错误；B．硫酸是高沸点难挥发性酸，加热后不似盐酸易挥发，且硫酸盐大多不易挥发，不能很好的达到完全清洗铂丝的目的，影响焰色反应现象，B错误；C．烟花呈现的各种艳丽色彩，是利用金属或其化合物焰色试验原理产生的，C正确；D．钠元素的焰色为黄色，可以直接观察，钾元素的焰色为紫色，容易被黄光影响，需要通过蓝色钴玻璃滤去黄光才能观察到，D错误；故选C。3.在酸性的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）A.Cl-、Na+、Ba2+、SOB.OH-、NO、Mg2+、Na+C.Al3+、Mg2+、SO、Cl-D.MnO、SO、K+、Na+〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Ba2+与SO会反应生成白色沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．OH-与Mg2+会反应生成白色沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C．该组离子在酸性的无色溶液中不反应，能大量共存，C符合题意；D．MnO在溶液中为紫色，不符合无色条件，D不符合题意；故选C。4.下列实验操作正确的是（）A．制备无水氯化铁B．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液C．配制一定物质的量浓度的溶液D．比较和的热稳定性大小〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不能得到无水氯化铁，选项A错误；B．浓硫酸溶于水放热，需要首先在烧杯中稀释浓硫酸并冷却后再转移至容量瓶中，选项B错误；C．定容时胶头滴管悬于容量瓶上方滴加蒸馏水，视线与刻度线、凹液面的最低点相切，操作正确，选项C正确；D．碳酸氢钠受热易分解，要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，选项D错误；〖答案〗选C。5.下列仪器中，常用于过滤操作的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该仪器是量筒，常用于量取液体的体积，故A不符合题意；B．该仪器是漏斗，常和玻璃棒、滤纸、烧杯、铁架台搭配用于过滤操作，故B符合题意；C．该仪器是蒸发皿，常用于蒸发溶剂和浓缩溶液，故C不符合题意；D．该仪器是100mL容量瓶，常用于物质的量浓度的配制，故D不符合题意；〖答案〗为B。6.实验室为了延长试剂的保质期，对不同试剂会采用不同的保存方式。下列试剂的保存方法错误的是（）A.新制氯水应避光保存在棕色细口瓶中 B.少量钠应保存在盛有煤油的广口瓶中C.氢氧化钠固体应密封保存在细口瓶中 D.少量浓盐酸应密封保存在细口瓶中〖答案〗C〖解析〗【详析】A．新制氯水见光易分解，应避光保存在棕色细口瓶中，A正确；B．钠比较活泼，与空气中氧气和水蒸气反应，应保存在盛有煤油的广口瓶中，B正确；C．氢氧化钠固体应保存在广口瓶中，C错误；D．浓盐酸具有挥发性，应密封保存在细口瓶中，D正确；故〖答案〗为：C。7.硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.2mol/L，硫酸根离子的浓度为0.5mol/L，则混和溶液中镁离子浓度为（）A.0.15mol/L B.0.3mol/L C.0.45mol/LD.0.2mol/L〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根溶液显电中性分析解答。【详析】混合溶液呈电中性，忽略水的电离，根据电荷守恒有2c（SO42-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+），即：0.5mol/L×2=2c（Mg2+）+0.2mol/L×3，解得：c（Mg2+）=0.2mol/L，故〖答案〗选D。8.水(H2O)是生命之源。下列物质的化学式可用“H2O”表示的是（）A.水银 B.可燃冰 C.干冰 D.冰〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．水银化学式是“Hg”，故A错误；B．可燃冰化学式是“CH48H2O”，故B错误；C．干冰化学式是“CO2”，故C错误；D．冰化学式是“H2O”，故D正确；故〖答案〗为D。9.下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是（）A.FeBr2与Cl2 B.Ba(OH)2与H2SO4 C.HCl与Na2CO3 D.CO2与NaOH〖答案〗B〖解析〗【详析】A．FeBr2电离产生的的阴离子Br-、阳离子Fe2+都具有还原性，还原性Fe2+>Br-，所以若通入的氯气少量，Fe2+先被氧化，若氯气足量，Fe2+、Br-都被氧化，因此氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，A不符合题意；B．Ba(OH)2与H2SO4溶液反应，只发生2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，与反应物的物质的量多少无关，B符合题意；C．Na2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠和氯化钠，而盐酸量多时，反应生成氯化钠、二氧化碳和水，HCl的物质的量多少不同，反应不同，不能用同一个离子方程式来表示，C不符合题意；D．CO2与NaOH反应，当NaOH过量时生成碳酸钠和水，NaOH少量时生成碳酸氢钠，不能用同一个离子方程式来表示，D不符合题意；故合理选项是B。10.下列各项实验操作、实验现象及实验结论都正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中布条褪色氯气具有漂白性B向溶液中通入适量产生白色沉淀白色沉淀为C向溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液溶液显蓝色氧化性：D向粉末中加入少量水粉末结块变成晶体，温度降低溶解是吸热过程〖答案〗C〖解析〗【详析】A．将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中，布条褪色，说明氯气与水生成的次氯酸具有漂白性，氯气是没有漂白性的，故A错误；B．向溶液中通入适量不会生成沉淀，故B错误；C．溴水氧化KI生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，可以说明氧化性，故C正确；D．碳酸钠溶于水放热，温度应该升高，故D错误；〖答案〗为C。11.向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸的量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A.a点对应的溶液中：Na+、OH-、、B.b点对应的溶液中：K+、H+、MnO、Cl-C.d点对应的溶液中：F-、、Fe3+、Ag+D.c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、、Cl-〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向混合物中加盐酸，0-a发生的反应为，b-c发生的反应为，以此分析；【详析】A．a点中含有，与OH-不共存，A不共存；B．b点溶质的碳酸氢钠，与氢离子不共存，B不共存；C．d点溶质为氯化钠及过量的盐酸，氯离子与银离子不共存，C不共存；D．c点的溶质为氯化钠，与各离子共存，D共存；故〖答案〗：D。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（）A.1mol过氧化钠含有的离子数为3NAB.1mol过氧化钠跟足量CO2充分反应，转移的电子数为NAC.1mol氯气溶于水形成的新制氯水中，含有的Cl-数为NAD.16gO2和O3的混合气中含有的氧原子数为NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．1个过氧化钠中含有2个Na+和1个O22-，1mol过氧化钠含有的离子数为3NA，A正确；B．过氧化钠与足量CO2反应时，1个O2-中的氧由-1价分别变为0价和-2价，转移1个电子，所以1mol过氧化钠跟足量CO2充分反应，转移的电子数为NA，B正确；C．氯气与水反应是可逆反应，所以1mol氯气溶于水形成的新制氯水中，含有的Cl-数小于NA，C错误；D．16gO2和O3的混合气中只含有氧原子，则氧原子的物质的量为0.1mol，所以混合气中含有的氧原子数为NA，D正确；故〖答案〗为：C。13.下列离子方程式中正确的是（）A.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2OB.NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OC.Na2CO3溶液中通入CO2：CO32-＋CO2＋H2O=2HCO3-D.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋＋OH－=H2O〖答案〗C〖解析〗【详析】A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，故A错误；B．NaHCO3溶液中加入稀HCl的离子方程式为HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；C．Na2CO3溶液中通入CO2的离子方程式为CO32-＋CO2＋H2O=2HCO3-，故C正确；D．醋酸是弱酸，则CH3COOH溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为CH3COOH＋OH－=CH3COO-+H2O，故D错误；故〖答案〗为C。14.在一定温度下，硫酸铜的溶解度为水，现往该温度下的饱和硫酸铜溶液中加入硫酸铜，可析出晶体的质量是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】设析出硫酸铜晶体nmol(五水硫酸铜)，原溶液中有硫酸铜20g，水100g，加入1.6g硫酸铜后溶液中硫酸铜为(20+1.6-160n)g，水为(100-90n)g，两者的比值为1：5，即(20+1.6-160n)：(100-90n)=1：5，解得n=mol，则析出晶体质量为mol×250g/mol=2.82g，故〖答案〗选A。15.将1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120℃充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留．下列分析正确的是（）A.残留固体是2molNa2CO3B.残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C.反应中转移2mol电子D.排出的气体是1.5mol氧气〖答案〗A〖解析〗【详析】过氧化钠受热不分解，但是受热分解，产生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应，得到1mol碳酸钠和0.5mol氧气，此时我们一共有2mol碳酸钠、1mol水和0.5mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了1mol电子，〖答案〗选A。第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(每空2分，合计44分)16.有以下7种生活中常见的物质：①纯碱Na2CO3；②氧化钠；③漂白粉；④小苏打NaHCO3；⑤食盐水；⑥烧碱NaOH。回答下列问题：（1）以上物质中属于混合物的是___________(填序号，下同)；属于碱的是___________；属于盐的是___________。（2）①在水中电离的方程为___________。（3）②与稀盐酸反应的离子方程式为___________。（4）写出④转化成①化学方程式___________。（5）写出工业上制备③的化学方程式___________。〖答案〗（1）①.③⑤②.⑥③.①④（2）Na2CO3＝2Na++CO（3）Na2O+2H+=2Na++H2O（4）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑＋H2O（5）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O〖解析〗（1）由两种或两种以上物质组成的为混合物，以上物质中，③漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙、⑤食盐水主要成分为食盐和水，则属于混合物的是③⑤；电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，属于碱的是⑥；由金属离子或铵离子和酸根离子构成的化合物为盐，①纯碱Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成、④小苏打NaHCO3由钠离子和碳酸氢根离子构成，均属于盐；则属于盐的是①④。（2）①Na2CO3在水中完全电离为Na+和CO，在水中电离的方程为Na2CO3＝2Na++CO。（3）②Na2O与稀盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式为Na2O+2H+=2Na++H2O。（4）④转化成①，可以是NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2气体和H2O，化学方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑＋H2O。（5）工业上制备③漂白粉，是通过Cl2与石灰乳反应生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，化学方程式2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。17.室温下，现有两组单质：Ⅰ.O2、H2、Cl2、I2；Ⅱ.Fe、Na、Al、Si。(1)试将每组单质从不同角度进行分类，每种分类都可分别挑选出一种单质，使它跟同组其他单质属于不同类。组别第Ⅰ组第Ⅱ组被挑选出的单质I2Si分类依据__________(2)以上8种单质中只有还原性的选项是________(填序号)A.Fe、Na、AlB.O2、H2、Cl2C.Na、Si、Cl2(3)Ⅰ、Ⅱ两组物质可以形成多种化合物，用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和的其中一种化合物的水溶液，可制得一种红褐色胶体，反应的化学方程式为_______(4)Ⅰ、Ⅱ两组物质可以形成多种化合物，其中Cl2和NaOH浓溶液反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，回答下列问题：①该反应中Cl2的作用是______(填序号)A.只作氧化剂B.只作还原剂C.既作氧化剂又作还原剂D.不参加氧化还原反应②把Cl2和NaOH浓溶液反应的化学方程式改成离子方程式________③若有3molCl2参加反应，则n(氧化剂)︰n(还原剂)=___________〖答案〗（1）常温下物质的状态非金属元素单质（2）A（3）FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl（4）C3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O5︰1〖解析〗【详析】（1）第（I）组中四种单质，除碘外其余均为气体，第（Ⅱ）

组中四种单质，除硅外其余均为金属；故〖答案〗为：

常温下物质的状态；

非金属元素单质；（2）元素的化合价处于最低价态则只有还原性，A．都是金属单质，处于元素的最低价，故只有还原性，故A符合题意；B．O2、H2、Cl2中化合价都是零价，处于中间价，既有氧化性也有还原性，故B不符合题意；C．Si、Cl2中化合价都是零价，处于中间价，既有氧化性也有还原性，故C不符合题意。〖答案〗选A；（3）将饱和的氯化铁溶液滴加到沸水中，煮沸至溶液呈红褐色，制备氢氧化铁胶体，化学方程式为：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；故〖答案〗为：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；（4）反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O中氯元素化合价部分由0到-1，部分由0到+5，氧化剂还原剂均为氯气，其中6个氯原子有5个氯原子化合价降低做氧化剂，1个氯原子化合价升高做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，转移电子为5；①由上述分析可知，氯气在反应中既作氧化剂又作还原剂，故〖答案〗为：C；②将该反应改写为离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O，故〖答案〗为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O；③氧化剂还原剂均为氯气，其中6个氯原子有5个氯原子化合价降低做氧化剂，1个氯原子化合价升高做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，故〖答案〗为：5:1。18.（1）已知下列反应：Fe+S==FeS2Fe+3Cl2==2FeCl33Fe+2O2==Fe3O4则S，Cl2，O2的氧化性：______>_____>______（2）用双线桥标出下列反应中电子转移的方向和数目：______MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O该反应中的氧化剂是________，HCl体现的性质是_______________，若有4molHCl参加反应，则被氧化的HCl的物质的量是______mol，如反应中转移了0.4mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为_________L。〖答案〗（1）Cl2O2S（2）MnO2还原性和酸性24.48〖解析〗〖祥解〗(1)不同非金属元素与同一种金属反应时，能将金属元素氧化为最高价态的非金属其非金属性较强元素的非金属性越强，单质的氧化性越强；(2)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+H2O中，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，以此解答。【详析】(1)不同非金属元素与同一种金属反应时，能将金属元素氧化为最高价态的非金属其非金属性较强，Fe+S═FeS、2Fe+3Cl2═2FeCl3、3Fe+2O2═Fe3O4，则根据Fe元素在化合物中的价态知，氧化性：Cl2＞O2＞S，故〖答案〗为Cl2；O2；S；(2)化合价升高的Cl元素失2mol电子，化合价降低的Mn元素得到2mol电子，电子转移情况为；Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂；生成物中有MnCl2，HCl还表现出酸性，若有4molHCl参加反应，则被氧化的HCl的物质的量是

2mol，如反应中转移了0.4mol电子，则产生的Cl2的物质的量为0.2mol，标准状况下体积为4.48L，故〖答案〗为；MnO2；还原性和酸性；2；4.48。三、实验题(11分，第一空2分，其余每空3分)19.用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制100mL1.0mol·L−1稀硫酸，若实验仪器有：A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶E．10mL量筒F．50mL烧杯G．100mL容量瓶（1）完成该实验还缺少的仪器是______。（2）本实验需量取浓硫酸的体积为___mL。（3）在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是_____（填序号）。A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中C．将确量取18.4mol·L−1的硫酸，注入已盛有30mL水的100mL的容量瓶中，加水至刻度线D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀（4）下列情况使所配制的稀硫酸浓度偏大是_____（填序号）。A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中B．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水C．定容时俯视溶液的凹液面〖答案〗（1）胶头滴管（2）5.4（3）BC（4）C〖解析〗【详析】（1）由实验步骤思考每步所需仪器，发现定容时少了胶头滴管；（2）溶液稀释时溶质的物质的量是不变的，，解得V=5.4mL；（3）A．使用容量瓶前应该检查它是否漏水，A正确；B．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，应冷却至室温后再由玻璃棒引流注入容量瓶中，B错误；C．将确量取的18.4mol·L-1的硫酸，注入已盛有30mL水的烧杯中溶解，冷却至室温后再由玻璃棒引流注入100mL的容量瓶中，加水至刻度线下1-2cm处改用胶头滴管定容，C错误；D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，D正确；故〖答案〗选BC；（4）由分析，A.所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓度偏小；B.容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量水，对浓度无影响；C.定容时俯视溶液的凹液面，加水量小于标准量，溶液体积偏小，浓度偏大；即选C。吉林省长春市农安县2023-2024学年高一上学期期中考试试题可能用到的相对原子量C：12H：1O：16Na：23Cu：64S：32Cl：35.5注意事项：1.答题前请填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将〖答案〗正确填写在答题卡上第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(每小题3分，合计45分)1.胶体的本质特征是（）A.丁达尔现象 B.微粒带电 C.吸附性 D.粒子直径为1~100nm〖答案〗D〖解析〗【详析】胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，胶体的分散质粒子直径在1~100nm之间，〖答案〗选D。2.下列有关焰色试验的叙述正确的是（）A.焰色试验是元素的化学性质B.可以用稀硫酸清洗用过的铂丝C.节日燃放的五彩缤纷的烟花，是某些金属或其化合物焰色试验所呈现的各种艳丽色彩D.钠元素的焰色必须通过蓝色的钴玻璃观察〖答案〗C〖解析〗【详析】A．焰色试验是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，属于物理变化，A错误；B．硫酸是高沸点难挥发性酸，加热后不似盐酸易挥发，且硫酸盐大多不易挥发，不能很好的达到完全清洗铂丝的目的，影响焰色反应现象，B错误；C．烟花呈现的各种艳丽色彩，是利用金属或其化合物焰色试验原理产生的，C正确；D．钠元素的焰色为黄色，可以直接观察，钾元素的焰色为紫色，容易被黄光影响，需要通过蓝色钴玻璃滤去黄光才能观察到，D错误；故选C。3.在酸性的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）A.Cl-、Na+、Ba2+、SOB.OH-、NO、Mg2+、Na+C.Al3+、Mg2+、SO、Cl-D.MnO、SO、K+、Na+〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Ba2+与SO会反应生成白色沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．OH-与Mg2+会反应生成白色沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C．该组离子在酸性的无色溶液中不反应，能大量共存，C符合题意；D．MnO在溶液中为紫色，不符合无色条件，D不符合题意；故选C。4.下列实验操作正确的是（）A．制备无水氯化铁B．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液C．配制一定物质的量浓度的溶液D．比较和的热稳定性大小〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不能得到无水氯化铁，选项A错误；B．浓硫酸溶于水放热，需要首先在烧杯中稀释浓硫酸并冷却后再转移至容量瓶中，选项B错误；C．定容时胶头滴管悬于容量瓶上方滴加蒸馏水，视线与刻度线、凹液面的最低点相切，操作正确，选项C正确；D．碳酸氢钠受热易分解，要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，选项D错误；〖答案〗选C。5.下列仪器中，常用于过滤操作的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该仪器是量筒，常用于量取液体的体积，故A不符合题意；B．该仪器是漏斗，常和玻璃棒、滤纸、烧杯、铁架台搭配用于过滤操作，故B符合题意；C．该仪器是蒸发皿，常用于蒸发溶剂和浓缩溶液，故C不符合题意；D．该仪器是100mL容量瓶，常用于物质的量浓度的配制，故D不符合题意；〖答案〗为B。6.实验室为了延长试剂的保质期，对不同试剂会采用不同的保存方式。下列试剂的保存方法错误的是（）A.新制氯水应避光保存在棕色细口瓶中 B.少量钠应保存在盛有煤油的广口瓶中C.氢氧化钠固体应密封保存在细口瓶中 D.少量浓盐酸应密封保存在细口瓶中〖答案〗C〖解析〗【详析】A．新制氯水见光易分解，应避光保存在棕色细口瓶中，A正确；B．钠比较活泼，与空气中氧气和水蒸气反应，应保存在盛有煤油的广口瓶中，B正确；C．氢氧化钠固体应保存在广口瓶中，C错误；D．浓盐酸具有挥发性，应密封保存在细口瓶中，D正确；故〖答案〗为：C。7.硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.2mol/L，硫酸根离子的浓度为0.5mol/L，则混和溶液中镁离子浓度为（）A.0.15mol/L B.0.3mol/L C.0.45mol/LD.0.2mol/L〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根溶液显电中性分析解答。【详析】混合溶液呈电中性，忽略水的电离，根据电荷守恒有2c（SO42-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+），即：0.5mol/L×2=2c（Mg2+）+0.2mol/L×3，解得：c（Mg2+）=0.2mol/L，故〖答案〗选D。8.水(H2O)是生命之源。下列物质的化学式可用“H2O”表示的是（）A.水银 B.可燃冰 C.干冰 D.冰〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．水银化学式是“Hg”，故A错误；B．可燃冰化学式是“CH48H2O”，故B错误；C．干冰化学式是“CO2”，故C错误；D．冰化学式是“H2O”，故D正确；故〖答案〗为D。9.下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是（）A.FeBr2与Cl2 B.Ba(OH)2与H2SO4 C.HCl与Na2CO3 D.CO2与NaOH〖答案〗B〖解析〗【详析】A．FeBr2电离产生的的阴离子Br-、阳离子Fe2+都具有还原性，还原性Fe2+>Br-，所以若通入的氯气少量，Fe2+先被氧化，若氯气足量，Fe2+、Br-都被氧化，因此氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，A不符合题意；B．Ba(OH)2与H2SO4溶液反应，只发生2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，与反应物的物质的量多少无关，B符合题意；C．Na2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠和氯化钠，而盐酸量多时，反应生成氯化钠、二氧化碳和水，HCl的物质的量多少不同，反应不同，不能用同一个离子方程式来表示，C不符合题意；D．CO2与NaOH反应，当NaOH过量时生成碳酸钠和水，NaOH少量时生成碳酸氢钠，不能用同一个离子方程式来表示，D不符合题意；故合理选项是B。10.下列各项实验操作、实验现象及实验结论都正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中布条褪色氯气具有漂白性B向溶液中通入适量产生白色沉淀白色沉淀为C向溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液溶液显蓝色氧化性：D向粉末中加入少量水粉末结块变成晶体，温度降低溶解是吸热过程〖答案〗C〖解析〗【详析】A．将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中，布条褪色，说明氯气与水生成的次氯酸具有漂白性，氯气是没有漂白性的，故A错误；B．向溶液中通入适量不会生成沉淀，故B错误；C．溴水氧化KI生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，可以说明氧化性，故C正确；D．碳酸钠溶于水放热，温度应该升高，故D错误；〖答案〗为C。11.向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸的量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A.a点对应的溶液中：Na+、OH-、、B.b点对应的溶液中：K+、H+、MnO、Cl-C.d点对应的溶液中：F-、、Fe3+、Ag+D.c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、、Cl-〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向混合物中加盐酸，0-a发生的反应为，b-c发生的反应为，以此分析；【详析】A．a点中含有，与OH-不共存，A不共存；B．b点溶质的碳酸氢钠，与氢离子不共存，B不共存；C．d点溶质为氯化钠及过量的盐酸，氯离子与银离子不共存，C不共存；D．c点的溶质为氯化钠，与各离子共存，D共存；故〖答案〗：D。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（）A.1mol过氧化钠含有的离子数为3NAB.1mol过氧化钠跟足量CO2充分反应，转移的电子数为NAC.1mol氯气溶于水形成的新制氯水中，含有的Cl-数为NAD.16gO2和O3的混合气中含有的氧原子数为NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．1个过氧化钠中含有2个Na+和1个O22-，1mol过氧化钠含有的离子数为3NA，A正确；B．过氧化钠与足量CO2反应时，1个O2-中的氧由-1价分别变为0价和-2价，转移1个电子，所以1mol过氧化钠跟足量CO2充分反应，转移的电子数为NA，B正确；C．氯气与水反应是可逆反应，所以1mol氯气溶于水形成的新制氯水中，含有的Cl-数小于NA，C错误；D．16gO2和O3的混合气中只含有氧原子，则氧原子的物质的量为0.1mol，所以混合气中含有的氧原子数为NA，D正确；故〖答案〗为：C。13.下列离子方程式中正确的是（）A.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2OB.NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OC.Na2CO3溶液中通入CO2：CO32-＋CO2＋H2O=2HCO3-D.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋＋OH－=H2O〖答案〗C〖解析〗【详析】A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，故A错误；B．NaHCO3溶液中加入稀HCl的离子方程式为HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；C．Na2CO3溶液中通入CO2的离子方程式为CO32-＋CO2＋H2O=2HCO3-，故C正确；D．醋酸是弱酸，则CH3COOH溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为CH3COOH＋OH－=CH3COO-+H2O，故D错误；故〖答案〗为C。14.在一定温度下，硫酸铜的溶解度为水，现往该温度下的饱和硫酸铜溶液中加入硫酸铜，可析出晶体的质量是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】设析出硫酸铜晶体nmol(五水硫酸铜)，原溶液中有硫酸铜20g，水100g，加入1.6g硫酸铜后溶液中硫酸铜为(20+1.6-160n)g，水为(100-90n)g，两者的比值为1：5，即(20+1.6-160n)：(100-90n)=1：5，解得n=mol，则析出晶体质量为mol×250g/mol=2.82g，故〖答案〗选A。15.将1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120℃充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留．下列分析正确的是（）A.残留固体是2molNa2CO3B.残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C.反应中转移2mol电子D.排出的气体是1.5mol氧气〖答案〗A〖解析〗【详析】过氧化钠受热不分解，但是受热分解，产生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应，得到1mol碳酸钠和0.5mol氧气，此时我们一共有2mol碳酸钠、1mol水和0.5mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了1mol电子，〖答案〗选A。第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(每空2分，合计44分)16.有以下7种生活中常见的物质：①纯碱Na2CO3；②氧化钠；③漂白粉；④小苏打NaHCO3；⑤食盐水；⑥烧碱NaOH。回答下列问题：（1）以上物质中属于混合物的是___________(填序号，下同)；属于碱的是___________；属于盐的是___________。（2）①在水中电离的方程为___________。（3）②与稀盐酸反应的离子方程式为___________。（4）写出④转化成①化学方程式___________。（5）写出工业上制备③的化学方程式___________。〖答案〗（1）①.③⑤②.⑥③.①④（2）Na2CO3＝2Na++CO（3）Na2O+2H+=2Na++H2O（4）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑＋H2O（5）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O〖解析〗（1）由两种或两种以上物质组成的为混合物，以上物质中，③漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙、⑤食盐水主要成分为食盐和水，则属于混合物的是③⑤；电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，属于碱的是⑥；由金属离子或铵离子和酸根离子构成的化合物为盐，①纯碱Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成、④小苏打NaHCO3由钠离子和碳酸氢根离子构成，均属于盐；则属于盐的是①④。（2）①Na2CO3在水中完全电离为Na+和CO，在水中电离的方程为Na2CO3＝2Na++CO。（3）②Na2O与稀盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式为Na2O+2H+=2Na++H2O。（4）④转化成①，可以是NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2气体和H2O，化学方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑＋H2O。（5）工业上制备③漂白粉，是通过Cl2与石灰乳反应生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，化学方程式2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。17.室温下，现有两组单质：Ⅰ.O2、H2、Cl2、I2；Ⅱ.Fe、Na、Al、Si。(1)试将每组单质从不同角度进行分类，每种分类都可分别挑选出一种单质，使它跟同组其他单质属于不同类。组别第Ⅰ组第Ⅱ组被挑选出的单质I2Si分类依据__________(2)以上8种单质中只有还原性的选项是________(填序号)A.Fe、Na、AlB.O2、H2、Cl2C.Na、Si、Cl2(3)Ⅰ、Ⅱ两组物质可以形成多种化合物，用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和的其中一种化合物的水溶液，可制得一种红褐色胶体，反应的化学方程式为_______(4)Ⅰ、Ⅱ两组物质可以形成多种化合物，其中Cl2和NaOH浓溶液反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，回答下列问题：①该反应中Cl2的作用是______(填序号)A.只作氧化剂B.只作还原剂C.既作氧化剂又作还原剂D.不参加氧化还原反应②把Cl2和NaOH浓溶液反应的化学方程式改成离子方程式________③若有3molCl2参加反应，则n(氧化剂)︰n(还原剂)=___________〖答案〗（1）常温下物质的状态非金属元素单质（2）A（3）FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl（4）C3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O5︰1〖解析〗【详析】（1）第（I）组中四种单质，除碘外其余均为气体，第（Ⅱ）

组中四种单质，除硅外其余均为金属；故〖答案〗为：

常温下物质的状态；

非金属元素单质；（2）元素的化合价处于最低价态则只有还原性，A．都是金属单质，处于元素的最低价，故只有还原性，故A符合题意；B．O2、H2、Cl2中化合价都是零价，处于中间价，既有氧化性也有还原性，故B不符合题意；C．Si、Cl2中化合价都是零价，处于中间价，既有氧化性也有还原性，故C不符合题意。〖答案〗选A；（3）将饱和的氯化铁溶液滴加到沸水中，煮沸至溶液呈红褐色，制备氢氧化铁胶体，化学方程式为：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；故〖答案〗为：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；（4）反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O中氯元素化合价部分由0到-1，部分由0到+5，氧化剂还原剂均为氯气，其中6个氯原子有5个氯原子化合价降低做氧化剂，1个氯原子化合价升高做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，转移电子为5；①由上述分析可知，氯气在反应中既作氧化剂又作还原剂，故〖答案〗为：C；②将该反应改写为离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O，故〖答案〗为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O；③氧化剂还原剂均为氯气，其中6个氯原子有5个氯原子化合价降低做氧化剂，1个氯原子化合价升高做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，故〖答案〗为：5:1。18.（1）已知下列反应：Fe+S==FeS2Fe+3Cl2==2FeCl3