2023学年甘肃省武威市武威一中高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析

1、2023学年高一上册化学期中模拟测试卷考试注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的He，每百吨He核聚变所释放出的能相当于目前人类一年消耗的能量。以下关于3He的说

2、法正确的是A是4He的同素异形体B比4He少一个电子C与4He互为同位素D与4He的物理性质相同2、下列说法正确的是( )A液态HCl不导电，所以HCl是非电解质BNH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质C铜、石墨均能导电，所以它们都是电解质D蔗糖在水溶液中和熔融时都不导电，所以是非电解质3、下列反应类型中，不可能属于氧化还原反应的是（ ）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应4、同温同压下，11.5 g气体A所占的体积和8g O2 所占的体积相同，则气体A的相对分子质量为A46 B28 C44 D645、下列物质，既能导电又属于电解质的是A熔融的氢氧化钾 B氯化钠溶液 C铜固体 D氯化镁

3、晶体6、下列说法正确的是A氨水能导电,所以氨气是电解质B盐酸是强电解质,所以导电能力比醋酸溶液强C氯化银难溶于水,所以氯化银是非电解质D蔗糖溶液不能导电,所以蔗糖是非电解质7、下列叙述正确的是（ ）A氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B溶于水后电离出氢离子的化合物都是酸C硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是电解质D二氧化碳的水溶液能导电，故二氧化碳属于电解质8、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚(化学式为CHQO)，原理如图所示。下列说法错误的是A反应中 BMO+转化为 BMOB该过程说明氧化性：BMO+比 O2 弱C若有 1molO2 参与反应，则总反应中有 6m

4、ol 电子转移D反应和中被降解的苯酚的物质的量之比为 319、下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaBr溶液（NaI）Cl2洗气BCl2（HCl）饱和食盐水洗气CHNO3溶液（H2SO4）BaCl 2溶液过滤DNaCl（I2）水萃取分液AA BB CC DD10、等物质的量的SO2和SO3相比较，下列结论错误的是()A它们的分子数目之比是11B它们的硫原子数目之比为1：1C它们所含原子数目之比为34D它们的质量之比为1111、实验室需要450mL0.1molL1NaOH溶液和500mL0.5molL1H2SO4溶液。如图所示，在配制

5、这两种溶液时肯定不需要的仪器是 A B C只有 D12、下列除杂试剂及操作正确的是（ ）物质所含杂质除杂试剂除杂操作ACO2COO2加热BKClK2CO3稀H2SO4CCu(OH)2CuSO4Ba(OH)2溶液过滤DFe(NO3)2溶液AgNO3溶液足量铁粉过滤AABBCCDD13、下列有关胶体的说法正确的是A胶体一定是混合物B胶体与溶液的本质区别是有丁达尔效应C将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体D胶体能通过半透膜14、下列实验操作中错误的是( )A分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出B蒸馏操作时,应使温度计水银球应插入蒸馏烧瓶中的液面以下,且冷凝水

6、方向应当由下往上C过滤时,玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处D提取碘水中的碘单质时,应选择有机萃取剂,且萃取剂与水不互溶15、将SO2气体通入 NaHCO3溶液中会产生CO2气体。同温同压下，若 SO2 气体的密度是 2.92gL-1，则100mLSO2气体完全反应放出二氧化碳的质量为A0.40gB0.45gC0.51gD0.55g16、下列关于钠的用途的叙述中，不正确的是（ ）A钠可用于制造高压钠灯B钠可用于制造过氧化钠等化合物C钠和钾组成的合金可作为原子反应堆的导热剂D钠可将钛、锆、铌、钽等金属从它们的盐溶液中置换出来17、离子方程式HOH=H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐这一类中和反应

7、。下列物质间的反应能用该离子方程式表示的是A稀H2SO4Ba(OH)2溶液B澄清石灰水稀HNO3C稀HNO3Cu(OH)2D醋酸和KOH溶液18、氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）AFe+CuSO4=Cu+FeSO4 BNH4HCO3NH3+H2O+CO2C4Fe(OH2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 D2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O219、下列说法正确的是A在氧化还原反应中肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B化合反应和分解反应一定是氧化还原反应C氧化还原反应一定有电子的转移D离子反应可能是复分解反应，但离子反应一定不是氧化还

8、原反应20、在相同条件下，两种气体的物质的量相同，下列说法正确的是( )A体积均为22.4LB具有相同的原子数目C具有相同的质量D具有相同的体积21、Mg、Zn、Al、Fe四种金属单质分别与足量的稀硫酸反应，放出H2的物质的量与投入金属的质量的关系如图所示，则所表示的金属分别是AAl、Mg、Fe、ZnBFe、Zn、Mg、AlCMg、Al、Zn、FeDZn、Fe、Mg、Al22、下列溶液中Cl-的浓度最大的是A500mL 0.8mol/L NaClO溶液 B40mL 0.2mol/L KCl溶液C30mL 0.15mol/L AlCl3溶液 D20mL 0.3mol/L BaCl2溶液二、非选择

9、题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。24、（12分）某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：(1)不做任何实

10、验就可确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_，(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_，(4)溶液中可能存在的离子是_；验证其是否存在可以用_（填实验方法）(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的_。ACl- BNO3- CCO32- DOH-25、（12分）在实验室里可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中：为氯气发生装置；的试管里盛有15 mL 30% KOH溶液，并置于热

11、水浴中；的试管里盛有15 mL 8% NaOH溶液，并置于冰水浴中；的试管里加有紫色石蕊试液；为尾气吸收装置。请填写下列空白：（1）制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的二氧化锰固体，再通过_（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的_（填写试剂名称）。写出该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移的方向和数目_。 （2）为除去氯气中混有的杂质气体，可在和之间安装盛有_（选填字母编号）的净化装置。a. 碱石灰 b. 饱和食盐水 c. 浓硫酸 d. 饱和碳酸氢钠溶液 （3）中发生反应的化学方程式_。比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，可以初步得到的结论是：_。（4）反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出，图中

12、符合该晶体溶解度随温度变化规律的曲线是_（选填字母）；从的试管中分离该晶体的操作是_ （填写实验操作名称）。 （5）实验中可观察到的试管中溶液颜色会发生变化：最初溶液由紫色变为 _，随后溶液逐渐变为无色，是因为发生了反应_（写化学方程式）。（6）一定量的氢气在过量氯气中燃烧，所得的混合物用100mL 3.00mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。所得溶液中Cl-的物质的量为_mol。26、（10分）氯是一种富集在海水中的元素，下图是几种含氯产品。(1)储氯钢瓶中应贴的标签为_（填字母代号）A易燃品 B有毒品 C爆炸品实验室中常用MnO2氧

13、化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图a所示。a: b:用此法值得的氯气中含有HCl和水蒸气，通常通过盛有_、_的洗气瓶，可以得到纯净、干燥的氯气。Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要上图b装置进行尾气处理，用化学方程式表示该原理_。气体应该由_（填a或b）管通入。若要吸收标准状况下224mlCl2，至少需要1mol/L的上述溶液_mL。(2)工业上制取漂白粉的化学方程式是_。瓶装漂白粉久置空气中会呈稀粥状而失去漂白作用。试用化学方程式表示漂白粉在空气中易失效的原因是_。将Cl2制成漂白粉的主要目的是_。A增强漂白能力和消毒作用 B使它转化为较稳定物质，便于保存和运输C使它转化为较

14、易溶于水的物质 D提高氯的质量分数，有利于漂白消毒(3)同学们探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验。将5mL市售84消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12，将稀释后溶液各20mL分别加入a、b、c三个洁净的烧杯中：烧杯溶液的pH现象a1010min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色c410min后，红纸颜色比b烧杯中10min后的浅；4h后红纸褪色已知溶液中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示：由实验现象可获得结论：溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色_(填“越快”或“越慢”

15、)。结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_。27、（12分）某同学需要配制450 mL 0.5 molL1的NaOH溶液。请回答下列问题：（1）在实验过程中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、量筒、烧杯、_、胶头滴管、试剂瓶。（2）用托盘天平称量时，应将NaOH放在_称量，称取的固体质量为_。（3）配制时操作步骤如乙图所示，则甲图操作应在乙图中的_(填选项字母)之间。A与 B与 C与 D与（4）配制过程中洗涤烧杯、玻璃棒23次的目的是_。（5）定容滴加蒸馏水时，若不慎超过了刻度线，则处理的方法是_。（6）该同学实际配制NaOH溶液的浓度为0.6 molL1，原因可能是_(填序号)。a

16、砝码上有杂质 b洗净的容量瓶中残留有少量水c称量NaOH固体时，采用了“左码右物” d定容时俯视刻度线e定容摇匀后发现液面低于刻度线又加入少许水调至刻度线 f溶解固体的烧杯移液后未洗涤 g定容前溶液未进行冷却28、（14分）我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。.(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是_；a化合反应 b分解反应 c置换反应 d复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是_；(3)粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试

17、剂的顺序是_；II.实验室利用精盐配制480mL 2.0molL1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_、_；(5)用托盘天平称取固体NaCl_g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：计算 称量 溶解 冷却 转移 定容 摇匀 装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是_；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_。a容量瓶洗净后残留了部分的水 b转移时溶液溅到容量瓶外面c定容时俯视容量瓶的刻度线 d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线29、（10分）氯化铁是一种重要的化学试剂，其晶体的化学式为FeCl36H2O。FeCl3的饱和溶液在实验室和电子工业中都有重要应用。（1）饱和Fe

18、Cl3溶液的颜色是_色的，实验室里常用它来制备_（化学式）胶体，具体操作方法是：先将烧杯中的水加热至沸腾，再滴入56滴_，_至液体呈_色，停止加热。（2）电子工业中 ，常用FeCl3的饱和溶液来印刷电路图板，反应的原理是：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。该反应中_作氧化剂，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：_。（3）将0.5molL1的FeCl3溶液从100mL稀释至500mL，所得溶液中，c(Cl）为_。（写出计算过程）2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】A.3He和4He为质子数相同而中

19、子数不同的同一元素的不同核素互为同位素，故A错误；B.根据原子的核外电子数等于质子数，所以与4He的电子数相等，故B错误；C.3He和4He为质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素，故C正确；D.同位素的化学性质相似，物理性质不同，故D错误。故选C。2、D【答案解析】A. 液态HCl不导电，但是氯化氢的水溶液能导电，所以HCl是电解质，故错误；B. NH3的水溶液能导电，但NH3不是电解质，一水合氨是电解质，故错误；C. 铜、石墨均能导电，但他们都属于单质，不是电解质，故错误；D. 蔗糖在水溶液中和熔融时都不导电，所以是非电解质，故正确。故选D。【答案点睛】在水溶液或熔融状态下能

20、导电的化合物为电解质，注意必须是本身电离出离子而导电的化合物，如二氧化硫或二氧化碳或氨气等，水溶液导电，但本身是非电解质。3、D【答案解析】A、化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故A不符合题意；B、分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故B不符合题意；C、置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，一定属于氧化还原反应，故C不符合题意。D、复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，不可能为氧化还原反应，故D符合题意。故选D。4、A【答案解析】根据气体的

21、体积与物质的量之间的关系分析。【题目详解】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，8g O2的物质的量为0.25mol，即11.5gA气体的物质的量亦为0.25mol，气体A的摩尔质量为：11.5g0.25g=46g/mol，故气体A的相对分子质量为46。故选A。【答案点睛】同温同压下，V1V2=n1n2=N1N2，气体的体积之比等于物质的量之比等于微粒数之比。5、A【答案解析】电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物；导电的原因是有自由移动的电子或离子，据此利用排除法作答。【题目详解】A.熔融的氢氧化钾，是化合物，且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根，因此可以导电，是电解

22、质，故A项正确； B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B项错误；C.铜固体有自由移动的电子，可以导电，但不是化合物，不属于电解质，故C项错误；D.氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故D项错误；答案选A。【答案点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。6、D【答案解

23、析】A.氨气的水溶液能导电，电离出自由移动离子的物质是一水合氨，不是氨气，所以氨气是非电解质，故A说法错误；B.盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；其导电能力也不一定比醋酸溶液强，因溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，较稀的盐酸中自由移动离子浓度较小，导电能力较弱，而较浓度的醋酸溶液中自由移动离子浓度较大，导电能力较强；故B说法错误；C.化合物为电解质还是非电解质与化合物的溶解性没有关系，氯化银虽难溶于水，但在溶液中却能完全电离，故氯化银为强电解质，C说法错误；D. 蔗糖在溶液中以分子形式存在，不能电离，则蔗糖溶液不能导电，蔗糖在熔融也不导电，所以蔗糖是非电解质，D说法正

24、确；答案选D。【答案点睛】本题主要考查电解质的相关概念，学生的易错点为盐酸和氨水的类别，其中盐酸和氨水都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，HCl是强酸，为强电解质；一水合氨为弱碱，为弱电解质，一水合氨并不等同于氨水。7、C【答案解析】A.电离是不需要通电的，在水分子的作用下即可电离，选项A不正确；B.溶于水后电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，选项B不正确；C.电解质与溶解性无关，选项C正确；D.溶于水或熔融状态下，能电离出阴阳离子的化合物是酸，在上述条件下，都不能电离出阴阳离子的化合物是非电解质。二氧化碳的水溶液能导电，是CO2和水反应生成的碳酸电离出离子而导电，CO2不能电离，所以

25、二氧化碳属于非电解质，碳酸是电解质，答案选C。8、C【答案解析】根据图示，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，BMO是催化剂，反应的方程式为C6H5OH+7O26CO2+3H2O，据此分析解答。【题目详解】A根据分析，BMO是催化剂，反应中 BMO+转化为 BMO，故A正确；B根据图示，反应中BMO与氧气作用转化为 BMO+和O，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性：BMO+比 O2 弱，故B正确；C反应的方程式为C6H5OH+7O26CO2+3H2O，反应中 1molO2 参与反应，有 4mol 电子转移，故C错误；D反应中O生成-2价的氧得到3个电子，反应中BMO

26、+转化为 BMO得1个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为31，故D正确；故选C。9、B【答案解析】A. Cl2与NaI与NaBr均能反应；B.氯气难溶于饱和食盐水；C. BaCl2与H2SO4反应生成HCl和BaSO4沉淀；D. I2微溶于水，易溶于有机溶剂，碘易升华。【题目详解】A. Cl2具有强氧化性，与NaI、NaBr均能发生氧化还原反应，故不能用氯气除去NaBr溶液中的杂质NaI，故A项错误；B.氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B项正确；C. BaCl2与H2SO4反应生成HCl和BaSO4沉淀，过滤后原硝酸溶液中会引

27、入新的杂质HCl，故C项错误；D. I2微溶于水，NaCl易溶于水，因此用水无法除去NaCl中的I2杂质，应用升华法除去NaCl中的I2，故D项错误；答案选B。【答案点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证“不增、不减、不繁”三不原则，即不能引入新的杂质（包括水蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。10、D【答案解析】ASO2和SO3的分子数目之比等于物质的量之比，所以等物质的量的SO2和SO3分子数目之比是11，A正确；BSO2和SO3分子中各含有1 个硫原子，所以二者的硫原子数目之比等于其物质的量之比，即为1：1，B正确；C因

28、为SO2和SO3的物质的量相等，所以它们所含原子数目之比等于分子中所含原子总数之比，即为34，C正确；D因为SO2和SO3的物质的量相等，所以它们的质量之比等于摩尔质量之比，即为64：80=45，D错误；故选D。11、B【答案解析】配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，为圆底烧瓶、为分液漏斗，在配制一定浓度的溶液中不会用到烧瓶和分液漏斗；故答案选B。12、D【答案解析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与

29、原物质反应；反应后不能引入新的杂质【题目详解】A、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故A错误；B、K2CO3与硫酸反应生成硫酸钾，引入新的杂质，故B错误；C、CuSO4与Ba(OH)2溶液生成Cu(OH)2和BaSO4两种沉淀，在Cu(OH)2中引入杂质，故C错误；D、2AgNO3Fe=Fe(NO3)22Ag，可将杂质除去，故D正确。故选D。13、A【答案解析】A因为分散质粒子在1nm100nm之间的分散系就是胶体，胶体属于混合物，A正确；B胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，不是有丁达尔效应，B错误；

30、C将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热，可得氢氧化铁胶体，C错误；D胶体提纯用渗析的方法，胶体不能通过半透膜，D错误；答案选A。14、B【答案解析】A. 分液时要注意为防止液体重新混合而污染；B. 蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，且要保证充分冷凝；C. 过滤遵循“一贴二低三靠”原则，三层滤纸一侧较厚；D. 萃取时，萃取剂与水互不相溶。【题目详解】A. 分液时注意防止液体重新混合而污染，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A项正确，不符合题意；B. 蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，应使温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，且要保证充分冷凝，则冷凝水方向应当由下往上，故B项错误；C. 过滤遵循

31、一贴二低三靠，则玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处，防止捣破滤纸，故C项正确，不符合题意；D. 萃取时，碘在萃取剂中的溶解度较大，且萃取剂与水互不相溶，否则不能分离，达不到萃取的目的，故D项正确，不符合题意；答案选B。15、A【答案解析】SO2+2NaHCO3= Na2SO3+2CO2+H2O，同温同压下，100mL SO2气体完全反应放出二氧化碳200mL，同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，因此200mL二氧化碳的质量为2.92gL-10.2L=0.40g，故选A。16、D【答案解析】A钠发出的黄光射程远，透雾能力强，钠可用于制造高压钠灯，故A正确；B钠在氧气中燃烧生成过氧化钠

32、，所以钠可用于制造过氧化钠等化合物，故B正确；C钠钾合金呈液态的温度范围宽、是热的良导体，可作为原子反应堆的导热剂，故C正确；D钠和钛、锆、铌、钽等金属盐溶液的反应实质是钠先和钛、锆、铌、钽等金属盐溶液中的水反应，不会置换出金属来，故D错误；故选：D。17、B【答案解析】稀的强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应能用离子方程式HOH=H2O表示，以此来解答。【题目详解】A、硫酸为强酸，Ba(OH)2为强碱，硫酸钡为难溶性盐，则二者反应不能用离子反应HOH=H2O，故A不符合；B、氢氧化钙为强碱，硝酸为强酸，硝酸钙为可溶性盐，则二者反应的离子反应为HOH=H2O，故B符合；C、氢氧化铜为难溶性

33、碱，硝酸为强酸，则二者反应不能用离子反应HOH=H2O表示，故C不符合；D、氢氧化钾为强碱，醋酸为弱酸，则二者反应不能用离子反应HOH=H2O表示，故D不符合；答案选B。【答案点睛】本题考查酸碱反应的离子方程式，明确反应的实质及物质的溶解性来分析解答，熟悉离子方程式的书写方法即可解答。18、C【答案解析】试题分析：阴影部分不属于四个基本反应类型，A、属于置换反应，故错误；B、属于分解反应，故错误；C、不属于四个基本反应类型，有化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；D、属于化合反应，故错误。考点：考查氧化还原反应和四个基本反应类型的关系等知识。19、C【答案解析】A反应中也可能是一种元素即被氧化

34、又被还原，A错误。B化合反应和分解反应都是一部分是氧化还原，一部分不是，B错误。C电子转移是氧化还原的基本特征，C正确。D离子反应可能是复分解反应，也可能是氧化还原反应，例如：Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，D错误。20、D【答案解析】A. 体积为22.4L，适用于条件是标准状况，题目中没有说明是否是标准状况，因此体积不一定等于22.4L，根据阿伏加德罗定律，两种气体的体积一定相等，A错误；B. 不知道气体的分子组成，如O2和O3，物质的量相同，但原子数目不同，B错误；C. 根据，虽然物质的量相等，但两种气体摩尔质量不知道是否相等，因此无法判断质量是否相等，C错误；D. 因为在相同

35、条件下，且两种气体物质的量相同，根据阿伏加德罗定律，两种气体的体积相等，D正确。答案选D。21、A【答案解析】金属与稀硫酸反应的实质是金属失去电子被氧化为金属阳离子，氢离子得到电子被还原为H2，产生H2的多少取决于金属失去电子的多少。镁在化合物中的化合价只有+2价，1mol Mg可失去2mol电子，12g Mg可失去1mol电子；铝在化合物中只有+3价，1mol Al可失去3mol电子，9g Al可失去1mol电子，锌在化合物中的化合价只有+2价，1mol Zn可失去2mol电子，32.5g Zn可失去1mol电子；铁与稀硫酸反应是生成硫酸亚铁，1mol Fe可失去2mol电子，28g Fe可

36、失去1mol电子；所以，等质量的四重金属分别与足量的稀硫酸完全反应，生成氢气的量由多到少的顺序为：Al、Mg、Fe、Zn；故选择：A。22、D【答案解析】先确定各溶液中是否存在Cl-，再依据题给溶质物质的量浓度和化学式计算c（Cl-），然后比较。【题目详解】A项，NaClO电离出Na+和ClO-，溶液中不存在Cl-；B项，40mL0.2mol/LKCl溶液中c（Cl-）=0.2mol/L；C项，30mL0.15mol/LAlCl3溶液中c（Cl-）=0.15mol/L3=0.45mol/L；D项，20mL0.3mol/LBaCl2溶液中c（Cl-）=0.3mol/L2=0.6mol/L；所含C

37、l-浓度最大的是D项，答案选D。【答案点睛】本题计算Cl-的浓度，与溶液的体积无关，Cl-的浓度与溶质物质的量浓度和1mol溶质电离出Cl-物质的量有关。二、非选择题(共84分)23、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【答案解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【题目详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯

38、定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。24、Cu2+ 、Fe3+ Ag+ Mg2+ K+ 焰色反应 B 【答案解析】根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag+Cl-=AgCl说明溶液中含有Ag+；在(

39、2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2+ 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。【题目详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag+Cl-=AgCl，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3H2O）,先中和滤液中的酸：H+ NH3H2O=NH4+H2O，过

40、量的氨水可发生反应：Mg2+ 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag+Cl-=AgCl，2Ag+CO32-=Ag2CO3，Ag+OH-=AgOH，Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-

41、可以大量存在，答案选B。25、分液漏斗 浓盐酸 b Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 反应物的温度和浓度有可能会影响产物的类型 M 过滤 红色 Cl2+H2OHCl+HClO 0.25 【答案解析】该实验的目的是制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质，是制取氯气的装置；是制取氯酸钾装置；是制取次氯酸钠装置；是验证氯水的漂白性；是氯气的尾气处理装置。【题目详解】（1）实验室中制取氯气用的二氧化锰固体和浓盐酸，其中浓盐酸装在分液漏斗中进行滴加便于控制浓盐酸的加入量以此控制反应地进行，浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反应生成氯气和氯化锰和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)

42、MnCl2+Cl2+2H2O，反应中转移的电子数目为2NA，故答案为：分液漏斗；浓盐酸；（2）制取氯气时需要加热，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可以使用饱和食盐水，既除去HCl又降低氯气在水中的溶解度，即选用b，故答案为：b；（3）是制取次氯酸钠装置，反应原理为15 mL8%NaOH溶液在冰水浴中与氯气反应生成次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；制取氯酸钾和次氯酸钠的条件有两个不同点：制取温度不同，制取制取氯酸钾需要较高温度，制取次氯酸钠需要较低温度，制取时碱的浓度也不同，取氯酸钾需要浓度较

43、大的碱，制取次氯酸钠需要浓度较小的碱，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；反应物的温度和浓度有可能会影响产物的类型；（4）因反应完毕后将试管冷却会析出大量晶体，这说明析出的氯酸钾晶体的溶解度随温度的降低而降低，因此溶解度曲线M符合，从溶液中分离出固体的方法是过滤，故答案为：M；过滤；（5）试管中盛的是紫色石蕊试液，因将氯气通入后会发生如下反应Cl2H2OHClHClO，而生成的HCl和HClO均为一元酸使溶液显酸性，所以溶液由紫色变为红色，同时由于生成的HClO具有强氧化性，能将有机色质氧化为无色物质，因此变红的溶液由逐渐退为无色；当溶液中的有机色质石蕊消耗没时，在继续

44、通入氯气，将会使溶液达到饱和而成为饱和氯水，此时溶液的颜色为浅黄绿色，故答案为：红色；Cl2H2OHClHClO；（6）所得溶液中为NaCl和NaClO的混合物，根据电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），则n（Cl-）=n（Na+）-n（ClO-）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，故答案为：0.25。26、B 饱和NaCl溶液 浓硫酸 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO b 20 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO 2HCl+O2 B 越慢 b烧杯中溶液的

45、pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 【答案解析】（1）氯气有毒，储氯钢瓶中应贴的标签为有毒品，故选B；实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，制得的氯气混有HCl和水，先用饱和NaCl溶液除去水，再用浓硫酸干燥氯气；Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要用NaOH进行尾气处理，用化学方程式表示该原理为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO；气体应该由b管通入，标准状况下224mlCl2的物质的量为=0.01mol，根据方程式可知，消耗NaOH的物质的量为0.01mol=0.02mol，至少需要1mol/L的NaOH溶液的体积为=20mL；

46、（2）工业制漂白粉是氯气通入石灰乳中制成的。化学方程式如下：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；漂白粉在空气中长期放置失效是因为漂白粉能够与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸具有不稳定性,见光易分解,化学方程式：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO 2HCl+O2；氯气和漂白精的作用都是生成次氯酸，然后具有漂白性。因氯气不方便保存和运输，故通入石灰乳中制成漂白精，答案选B；（3）图表数据和现象分析可知，溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是：b

47、烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。27、500 mL容量瓶 小烧杯 10.0g C 保证溶质全部转移至容量瓶中 重新配制 a d g 【答案解析】(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤，选择需要的仪器；(2)配制450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，根据n=cV、m=nM计算出需要称量的氢氧化钠固体的质量；(3)甲图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，结合配制步骤判断；(4)转移溶液时，要把残留在烧杯中的溶质全部转入容量瓶；(5)配制溶液时出现错误操作，要重新配制；(6)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【题目详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶；(2)实验室没有450mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是450mL0.5 mol/LNaOH溶液，需要氢氧化钠固体得到质量为：m=40g/mol0.5 mol/L0.5L=