2023学年北京市二十二中高一化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

1、2023学年高一上册化学期中模拟测试卷答卷须知：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用2B铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、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、溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是A是否有丁达尔现象 B是否能通过滤纸C分散质粒子的大小不同 D是否均一、透明、稳定2、下列除杂试剂及操作正确的是物质所含杂质选用的试剂操作方法ACO2COO2加热BKClK2CO3稀H2SO4加热CCu(OH)2CuSO4Ba(OH)2溶液过滤DFe(NO3)2溶液AgNO3溶液足量铁粉过滤AABBCCDD3、在强酸性无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）AZn2+、Al3+、SO 、ClBAg、Na+、NO、Cl-CFe3、K、Cl、NODBa2、NH、Cl-、

3、HCO4、为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是ABCD5、下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：向石灰水中通入过量的CO2 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸 向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸ABCD6、在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲乙两种气体。若两容器的温度和压强均相等，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（ ）A甲的分子数比乙的分子数多B甲

4、的物质的量比乙的物质的量少C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小7、下表中物质的分类组合完全正确 选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质HFCaCO3H2SO3CH3COONH4非电解质SO3AlH2OC2H5OHAABBCCDD8、废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入适量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4+ +3ClON2 +3Cl +2H+ +3H2O。下列说法中，不正确的是A反应物中氮元素被氧化，氯元素被还原B还原性NH4+ClC反应中每生成22.4L（标准状况下）N2，转移约6 mol电子D经此法处理过

5、的废水不可以直接排放9、下列物质中所含分子数目最多的是AB4时18mL的C个分子D10、下列有关焰色反应及其操作的说法正确的是A焰色反应是化学变化BNa与NaCl在灼烧时火焰颜色相同C铂丝在做完氯化钠溶液的焰色反应后，用稀硫酸洗净，再蘸取少量的K2SO4溶液，重复以上实验D用洁净的铂丝蘸取某溶液，放在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，则证明该溶液中一定有Na+，没有K+11、下列反应中，属于氧化还原反应的是（ ）A2H2O22H2O+O2BCuCl2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaClCFeO+2HCl=FeCl2+H2OD2Al（OH）3Al2O3+3H2O12、下列说法正确的是ACO2溶于水

6、得到的溶液能导电，则CO2属于电解质B电离需要通电才能进行C氯化氢的水溶液能导电，液态氯化氢不能导电DNaCl晶体不能导电，所以NaCl是非电解质13、实验室制Cl2反应4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+ Cl2+2H2O，下列说法不正确的是A还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B每有2molHCl被氧化，转移电子的物质的量为2molC每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD转移电子的物质的量为1mol时，生成标准状况下Cl2的体积为11.2L14、十八世纪末，瑞典化学家舍勒用软锰矿(主要成分MnO2)和浓盐酸首先制出了黄绿色有毒气体Cl2，反应方程式为4HCl(浓) +

7、MnO2 MnCl2 + Cl2 +2H2O。经测定，常温常压下，1体积水可溶解约2体积Cl2。则下列说法正确的是A该反应中盐酸是氧化剂B该反应中盐酸部分被氧化C该反应中每转移2mol e-，就有2mol HCl参加反应D当8.7g MnO2被消耗时，用排水法可收集到标况下约2.24L Cl215、下列说法中正确的是（）A摩尔是用来描述微观粒子的物理量B1 mol任何物质都含有NA个原子C0.5 mol H2O中含有的原子数目为1.5NAD64g氧相当于2mol氧16、在KCl和FeCl3的混合溶液中，Fe3+的物质的量浓度为0.1 molL1，Cl-的物质的量浓度为0.6molL1，则混合液

8、中K+的物质的量浓度为()A0.15 molL1B0.45 molL1C0.3 molL1D0.6 molL117、能用离子方程式OHH+H2O表示的反应是( )A稀盐酸和稀氨水反应B稀硝酸和氢氧化铜反应C稀硫酸和烧碱溶液反应D稀硫酸和氢氧化钡溶液反应18、用CuSO45H2O配制0.1 mol/LCuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是（ ）A取25 g CuSO45H2O溶于1 L水中B将CuSO45H2O干燥去掉结晶水，取16 g溶于水制成1 L溶液C将25 g CuSO45H2O溶于水制成1 L溶液D取12.5 g CuSO45H2O溶于500 mL水中19、20时，饱和NaCl溶液密

9、度为1.1g.cm-3,物质的量浓度为5.0molL-1,下列说法不正确的是A25时，饱和NaCl溶波的物质的量浓度大于5.0mol/LB20时，饱和NaCl溶液的质量分数约为26.6%C20时,密度小于1.1g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D将此饱和NaCl溶液蒸发部分水，再恢复到20时,溶液密度一定大于1.1g/cm320、下列方法能够成功制备Fe(OH)3胶体的是（ ）A将1mL饱和FeCl3溶液加入到20mLNaOH溶液中B将1mL饱和FeCl3溶液逐滴加入到20mL温水中，边加边振荡，并加热到沸腾C将1mL饱和FeCl3溶液逐滴加入到20mL沸水中，继续煮沸至呈红褐色D将1mL饱

10、和FeCl3溶液一次性加入到20mL沸水中，并加以搅拌21、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CuOCuO2HClAABBCCDD22、下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是A除去CO气体中的CO2B分离沸点相差较大的互溶液体混合物C容量瓶中转移液体D分离互不相容的两种液体二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液中只含有Ba2+ Mg2+ Ag+三种阳离子，

11、现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：（1）沉淀1的化学式为_，生成该沉淀的离子方程式为_。（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为_。（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为_。（4）如果原溶液中Ba2+ Mg2+ Ag+的浓度均为0.1 molL-1，且溶液中含有的阴离子只有NO3-，则溶液中NO3- 浓度为_molL-1。24、（12分）有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两

12、混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：A_，B_，C_，D_，E_。另外，请写出下面要求的离子方程式。(1)A与E：_。(2)B与E：_。(3)C与E：_。25、（12分）化学兴趣小组设计以下实验方案，测定某已部分变质的小苏打样品中碳酸钠的质量分数。方案一称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算。则坩埚中发生反应的化学方程式为_。方案二称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量氢氧化钡溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量，计算。(

13、已知：Ba2OHHCO3BaCO3H2O)。（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为_。（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是_。方案三按如下图所示装置进行实验：（1）D装置的作用是_，分液漏斗中_(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。（2）实验前称取17.90g样品，实验后测得C装置增重8.80 g，则样品中碳酸钠的质量分数为_。（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是_。26、（10分）用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL,回答下列问题（1）所需仪器为:托盘天平、量筒、烧杯胶头滴管,若要完成实验,还需要两种玻璃

14、仪器为_、_。（2）该实验的实验步骤为:计算,称量_gNaCl, 溶解,移液,洗涤,定容, 摇匀。（3）试分析下列操作,对所配溶液的浓度有何影响。(用偏低、偏高、无影响填空)。为加速固体溶解,微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时,就将溶液转移至容量瓶定 容。所配溶液的浓度_;若定容时仰视刻度线。所配溶液的浓度_;定容后,加盖、倒转、摇匀后,发现液面低于刻度线,又补加蒸馏水至刻度。则所配溶液的浓度_。27、（12分）氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产生活中有着重要的应用。某化学兴趣小组同学利用以下装置制备氯气并对氯气的性质进行探究：(1)有关氯气、氯水和氯离子的性质，下列说法正确的是_ A

15、氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2BCl和Cl2都具有很强的氧化性C新制氯水可以用来杀菌消毒是因为生成强酸 次氯酸D将新制氯水滴入AgNO3溶液，会出现白色沉淀 (2)仪器a的名称为_，装置B中饱和食盐水的作用是_。(3)装置A中发生反应的离子方程式为：_。(4)装置D中的实验现象为_，装置E中的实验现象为_(5)整套实验装置存在着明显缺陷，你的改进措施是_。(6)8.7gMnO2固体与足量浓盐酸充分反应，在标准状况下产生Cl2的体积为_L；其中被氧化的HCl的物质的量为_mol。28、（14分）已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)

16、后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为_mol/L。(保留1位小数)（2）该同学参阅此“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL与市售物质的量浓度相同的“84消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。A如图所示的仪器中有三种是不需要的B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（3）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增强“84消毒液”

17、的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_mL。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中H2SO4的物质的量 B溶液的浓度 C溶液的质量 D溶液的密度配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/L的有_。A未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容B摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线C容量瓶中原有少量蒸馏水D定容时俯视容量瓶刻度线29、（10分）雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、Ba2+、Mg2+、Fe3+、SO42-、Cl-、CO32-。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，

18、设计并完成了如下的实验：取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变。另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。（1）该雾霾中肯定不含的离子为_。（2）该雾霾中肯定含有的离子为_。（3）1.16g白色沉淀为_（写化学式）。（4）反应中消耗的BaCl2的物质的量为_mol。（5）操作中加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为_。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】试题分析：溶液、胶体和浊液这三种分散系的

19、本质区别是分散质微粒直径大小不同，其中溶液中粒子直径小于1nm，浊液中大于100nm，而介于1nm和100nm的是胶体，答案选C。考点：考查三种分散系的区别点评：本题容易错选A。是否有丁达尔现象以及是否能通过滤纸，均是分散系的性质，其中前者常用于区分溶液和胶体，但它们都不是本质的区别。2、D【答案解析】A、除去二氧化碳中的一氧化碳不能通过氧气点燃，应该通过炽热的氧化铜，故A错误；B、K2CO3与硫酸反应生成硫酸钾，引入新的杂质，应该用盐酸，故B错误；C、CuSO4与Ba(OH)2溶液反应生成Cu(OH)2和BaSO4两种沉淀，在Cu(OH)2中引入杂质，故C错误；D、铁和硝酸银溶液反应：2Ag

20、NO3FeFe(NO3)22Ag，过滤后可将杂质除去，故D正确。故答案选D。【答案点睛】根据原物质和杂质的性质差异选择适当的除杂剂和分离方法，注意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，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。3、A【答案解析】AZn2+、Al3+、SO、Cl-之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中大量共存，故A正确；BAg+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+为有色离子，在溶液中不能共存，故C错误；DHCO与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A。4、D【答案解析】除去粗盐中的钙离子，用碳酸钠将其

21、转化为碳酸钙沉淀；除去镁离子，用氢氧化钠，转化为氢氧化镁沉淀；除去硫酸钠，用氯化钡，转化为硫酸钡沉淀。为了将杂质完全除去，加入的试剂通常过量，则除杂试剂有剩余。为了能将剩余的钡离子完全除去，可以利用钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，先加入氯化钡，后加入碳酸钠，当三种除杂试剂都加入后，过滤除去沉淀，再加入盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故操作顺序为。故选D。【答案点睛】掌握除杂的原则和关键点，如粗盐提纯，加入除杂试剂通常是过量的，注意后续加入的试剂能将前面过量的除杂试剂除去。如加入过量的氯化钡后加入过量的碳酸钠，可以除去氯化钡。而过量的碳酸钠或氢氧化钠可以用盐酸除去，最后溶液进行加热蒸发时，

22、利用盐酸的挥发性可以除去。5、A【答案解析】 向石灰水中通入过量的CO2，开始发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，沉淀溶解，正确； 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，开始胶体的胶粒的电荷被中和，胶体聚沉形成沉淀，后来发生酸碱中和反应，沉淀溶解，形成FeCl3溶液，正确； 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸，发生中和反应：Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4+2H2O,硫酸过量，沉淀不能溶解，错误；向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸，胶体胶粒的电荷被中和发生聚沉现象，硝酸过量，AgCl沉

23、淀不能溶解，错误。答案选A。【答案点睛】在化学上经常遇到加入物质，当少量物质时形成沉淀，当过量水沉淀溶解，变为澄清溶液的现象。具有类似现象的有：(1)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，当加入少量时胶粒的电荷被中和，胶体聚沉，形成沉淀，当加入盐酸较多时，发生酸碱中和反应，产生可溶性的盐，沉淀溶解；(2) 向石灰水中通入CO2，开始CO2少量时发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；形成沉淀；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，产生的沉淀又溶解，变为澄清溶液；(3) 向AlCl3溶液中加入稀NaOH溶液，开始发生反应：AlCl3+3NaOH=A

24、l(OH)33NaCl；当氢氧化钠过量时，发生反应：Al(OH)3+ NaOH=NaAlO2+2H2O；沉淀溶解，变为澄清溶液； (4)向NaAlO2溶液中加入盐酸，少量时发生反应：NaAlO2+HCl+ H2O =NaCl+ Al(OH)3，当盐酸过量时发生反应：3HCl+ Al(OH)3= AlCl3+ 3H2O,沉淀溶解变为澄清溶液； (5) 向AgNO3溶液中加入稀氨水，开始发生反应：AgNO3+NH3H2O= AgOH+NH4+，形成白色沉淀，当氨水过量时发生反应：AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，沉淀溶解，变为澄清溶液；(6)向CuSO4溶液中加入稀氨水，发

25、生反应：CuSO4+2NH3H2O =Cu(OH)2+ (NH4)2SO4，形成蓝色沉淀，当氨水过量时，发生反应：Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)4OH+4H2O，沉淀溶解，形成深蓝色溶液。6、B【答案解析】两容器的温度和压强均相同,则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲体积小于乙体积，由n=可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。【题目详解】A.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错误；B.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，所以B选项是正确的；C.两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，故

26、C错误；D.气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=可以知道甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误。所以B选项是正确的。7、A【答案解析】强电解质：是在水溶液中或熔融状态中几乎完全电离的电解质，一般来说强电解质有强酸强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质：是在水溶液中或熔融状态下不完全发生电离的电解质；一般来说弱酸、弱碱，以及少数盐，另外水是极弱电解质；非电解质：在熔融状态或水溶液中不能导电的化合物。【题目详解】A、KNO3是强电解质，HF是弱电解质，SO2是非电解质，所以A正确；B、CaCO3是强电解质，电解质和非电解质都是化合物，所以金属铝既不是电解质又不是非电解质，B

27、不正确；C、因为H2O自身部分电离，所以水是弱电解质，而不是非电解质，C不正确；D、CH3COONH4它在水溶液中完全电离，所以是强电解质，不是弱电解质，D不正确。故选A。【答案点睛】解题时要注意，强、弱电解质与物质的溶解度无关；电解质和非电解质都是化合物。8、B【答案解析】A.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原，N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，故A正确；B.2NH4+ +3ClO=N2 +3Cl +2H+ +3H2O中，N元素的化合价由-3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则生成Cl-为还原产物，所以还原性 NH4+Cl-，故B错误；C.

28、N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，所以标准状况下每生成22.4LN2，转移6 mol电子，故C正确；D.由2NH4+ +3ClON2 +3Cl +2H+ +3H2O，得出经此法处理过的废水呈酸性，所以不能直接排放，故D正确。故选B。9、D【答案解析】由N=nNA可知，物质的物质的量越大，所含分子数越大，A、n(SO3)=0.3mol；B、n(H2O)=1mol；C、n(NH3)=1mol；D、n(CO2)的物质的量为=1.5mol；则66g CO2的物质的量最大，所含分子数最大，故选D。10、B【答案解析】A焰色反应过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项A错误；B、焰色反应时，由于含有

29、钠元素的物质进行该实验时火焰会是黄色的，所以Na与NaCl灼烧时火焰颜色相同均为黄色，选项B正确；C做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用， 选项C错误；D黄光能掩盖紫光，可能含有K+，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查焰色反应，明确不同元素的焰色不同，并注意钾元素的焰色反应的观察必须透过蓝色钴玻璃滤去黄光。焰色反应是元素的性质，溶液中有Na+时，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，但K+的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到。11、A【答案解析】AO元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故A符合题意；B没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不符

30、合题意；C没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选A。12、C【答案解析】试题分析：A.CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离出阴阳离子，得到的溶液能导电，CO2属于非电解质，错误；B.电解是指在水分子的作用下离解成自由移动的离子的过程，不需要通电，错误；C.氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，它的水溶液能导电，液态氯化氢是共价化合物，不能导电，正确；NaCl晶体不能导电，溶于水导电，所以NaCl是电解质，错误；选C。考点：考查电解质、非电解质的概念，溶液的导电性等知识。13、C【答案解析】由4HCl（浓）+MnO2

31、MnCl2+ Cl2+2H2O可知，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，MnO2中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，以此来解答。【题目详解】A反应中HCl失电子为还原剂，MnO2得电子为氧化剂，选项A正确；B根据化合价的变化可知，反应中Cl元素的化合价由-1价升高到0价，每有2molHCl被氧化，转移电子的物质的量为2mol，选项B正确；C每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗2mol，另一部分的HCl起到酸性的作用，选项C不正确；D转移电子的物质的量为1mol时，生成氯气为0.5mol，标准状况下Cl2的体积为11.2L，选项D正确；答案选C。【答案点睛】本题考查氧化还

32、原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和电子转移的考查，题目难度不大。14、B【答案解析】A该反应中氯元素化合价由-1升高为0，盐酸是还原剂，故A错误；B盐酸中部分氯元素化合价化合价由-1升高为0，所以盐酸部分被氧化，故B正确；C该反应中每转移2mol e-，有4mol HCl参加反应，只有2mol HCl被氧化，故C错误；D当8.7g MnO2被消耗时，生成0.1mol氯气，氯气能溶于水，用排水法收集到标况下氯气的体积小于2.24L ，故D错误；选B。15、C【答案解析】A摩尔不是物理量,是物质的量的单位,物质的量是描述微观粒子的物理量,故A错误；B、物质不

33、都是由原子构成,可能由分子、离子构成,1 mol微粒约含有NA个指明的微粒数目,故B错误；C、1mol H2O中含有3mol原子（2mol氢原子，1mol氧原子），则0.5mol H2O中含有0.53=1.5mol原子，含有的原子数目为1.5 NA，C正确；D“2 mol氧”这种说法中的氧未指明是氧原子、氧分子还是氧离子，D错误。16、C【答案解析】根据电荷守恒，c(K+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)，即c(K+)=c(Cl-)+3c(Fe3+)=0.6molL130.1 molL1=0.3 molL1，故选C。17、C【答案解析】ANH3H2O为弱碱，不能拆成离子形式，A错误；B氢氧化铜

34、为难溶物，不能拆成离子形式，B错误；C稀硫酸和烧碱反应的离子方程式为OHH+H2O，C正确；D稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为，D错误。答案选C。18、C【答案解析】A.单位体积溶液里所含溶质的物质的量来表示的浓度是物质的量浓度，A中溶液的体积不是1L，不能确定溶液的浓度，A不正确；B.胆矾不一定完全失去结晶水，则16g固体的质量不一定是0.1mol，B不正确；C.胆矾的物质的量是25g250g/mol0.1mol，溶液体积是1L，则浓度是0.1mol/L，C正确；D.胆矾的物质的量是0.25mol，但溶液的体积不是0.5L，不能确定溶液的浓度，D不正确。答案选C。19、D【答案解析】A

35、、NaCl的溶解度随温度升高而增大，所以饱和溶液浓度会增大，20时是5.0 molL-1，则25时大于5.0 molL-1，选项A正确；B、设溶液的体积为1L，溶液的质量为1.1g/mL1000mL=1100g，溶质的物质的量为1L5.0mol/L=5mol，质量为5mol58.5g/mol=292.5g，所以溶质的质量分数为100%=26.6%，选项B正确；C、NaCl溶液的浓度越大，密度越大，密度为1.1g.cm-3时溶液饱和，则20时，密度小于1.1g.cm-3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C正确；D、若将饱和溶液蒸发，则有NaCl晶体析出。再恢复到20时，其溶解度不变，溶液仍为饱和溶液

36、，密度仍为1.1g.cm-3，选项D错误。答案选D。点睛：本题考查的主要知识是关于溶液的物质的量浓度、质量分数、密度等量之间的关系。温度由20升高到25，且也将溶液制成饱和溶液时，氯化钠的溶解度增大，同质量的饱和氯化钠溶液中所含有氯化钠的质量、物质的量比20时的大。20、C【答案解析】实验室将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中，继续煮沸至呈红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，不能用玻璃棒搅拌，会产生氢氧化铁沉淀，故答案为C。21、C【答案解析】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，

37、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。22、B【答案解析】A项，NaOH溶液能吸收CO2，不吸收CO，长管进气、短管出气可确保CO2被充分吸收，A项能达到目的；B项，分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏法，蒸馏装置

38、中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，B项不能达到目的；C项，向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流，C项能达到目的；D项，分离互不相溶的两种液体用分液法，D项能达到目的；答案选B。【答案点睛】实验装置图是否能达到实验目的通常从两个角度分析：（1）实验原理是否正确；（2）装置图中的细节是否准确，如洗气时导气管应“长进短出”，蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，冷凝管中的冷却水应从下口进上口出等。二、非选择题(共84分)23、（1）AgCl，Ag+Cl=AgCl；（2）BaSO4；（3）Mg2+2OH=Mg（OH）2；（4）0.5。【答案解析】试题分析：（1）加入稀盐酸，发生AgCl=AgC

39、l，沉淀1为AgCl；（2）溶液1中含有离子是Ba2、Mg2、H和Cl，加入Na2SO4，发生Ba2SO42=BaSO4，沉淀2是BaSO4；（3）根据反应（2）的分析，发生反应HOH=H2O，Mg22OH=Mg（OH）2；（4）根据电荷守恒，2c（Ba2）2c（Mg2）c（Ag）=c（NO3），c（NO3）=（20.120.10.1）molL1=0.5molL1。考点：考查离子检验、离子反应方程式的书写、物质的量浓度的计算等知识。24、BaCl2 AgNO3 HNO3 HCl K2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 2Ag+CO32-=Ag2CO3 2H+CO32-=CO2+H2O 【答

40、案解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2+CO32=BaCO3；（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag+CO32=Ag2CO3；（3）C为HNO3，

41、E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H+CO32=CO2+H2O。25、2NaHCO3Na2CO3CO2 H2O 玻璃棒 静置后在上层清液中，加一滴氢氧化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明沉淀未完全；如果不产生白色沉淀，表明沉淀已完全 防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置 不能 29.6% 缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置 【答案解析】方案一碳酸氢钠不稳定，受热易分解，根据加热前后固体质量变化，根据差量法求碳酸氢钠的质量，进而求得碳酸钠的质量分数；方案二碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，根据生成沉淀的质量来计算碳酸钠的质量分数；方案三由测定含量的实验可知，A

42、中发生Na2CO3+H2SO4H2O+CO2+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4Na2SO4+2H2O+2CO2，B中为浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳，利用C装置吸收二氧化碳，D装置防止空气中的二氧化碳、水进入C装置干扰含量测定，据此解答。【题目详解】方案一碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；方案二（1）过滤时需用玻璃棒引流，因此过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为玻璃棒；（2）可取上层清液，继续加沉淀剂，看是否生成沉淀，具体操作为：静置后在上层清液中，加一滴氢氧化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明沉淀未完全；如果不产生

43、白色沉淀，表明沉淀已完全；方案三（1）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高；（2）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，则106x+84y=17.90，根据碳原子守恒可知44x+44y=8.80，解得x=0.05mol，y=0.15mol，则样品中Na2CO3的质量分数为(0.05mol106g/mol)/17.90g100%=29.6%；（3）实验

44、装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被装置C全部吸收，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入装置C中吸收。【答案点睛】本题考查碳酸钠含量的测定实验，把握实验装置的作用及实验目的为解答的关键，注意碳酸钠和碳酸氢钠化学性质的区别。26、100 mL容量瓶 玻璃棒 5.9 偏高 偏低 偏低 【答案解析】实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。【题目详解】（1）实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，

45、实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：100mL容量瓶；玻璃棒，故答案为100mL容量瓶；玻璃棒；（2）配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的物质的量为：1.00mol/L0.1L=0.1mol，需要氯化钠的质量为：58.5g/mol0.1mol=5.85g，需要称量氯化钠的质量为：5.9g；故答案为5.9；（3）为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时，就将溶液转移至容量瓶定容，导致配制的溶液体积

46、偏小，所配溶液的浓度偏高，答案为：偏高；定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积大于容量瓶的体积，所配溶液的浓度偏低，答案为偏低；定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度，导致溶配制的溶液体积偏大，则所配溶液的浓度偏低，答案为：偏低；【答案点睛】配制溶液浓度要求精确时，应用容量瓶，则要求按照容量瓶的容积进行配制；误差分析则要求对c=，进行分析。27、AD 圆底烧瓶 除去Cl2中的HCl气体 MnO2 + 4H+ + 2ClMn2+ + Cl2+2H2O 红色布条不褪色 红色布条褪色 在装置E后加一装有NaOH溶液的尾气处理装置 2.24 0.2 【答案解析】（1）根据氯气

47、、氯水中的微粒以及氯离子的性质分析判断；（2）根据仪器构造判断仪器名称，依据生成的氯气中含有的氯化氢分析判断；（3）装置A制备氯气，据此书写方程式；（4）根据氯气和次氯酸的性质分析判断；（5）根据氯气有毒需要尾气处理分析判断；（6）根据二氧化锰的质量结合反应的方程式计算。【题目详解】（1）A氯气是黄绿色气体，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；BCl中氯元素的化合价是1价，处于最低价态，只有还原性；Cl2具有很强的氧化性，B错误；C新制氯水可以用来杀菌消毒是因为生成次氯酸，次氯酸是弱酸，C错误；D新制氯水中含有氯离子，将新制氯水滴入AgNO3溶液中生成氯化银，因此会出现白色沉淀

48、，D正确；答案选AD。（2）根据仪器的构造可知仪器a的名称为圆底烧瓶；浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，因此装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl气体。（3）实验室利用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应制备氯气，则装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O。（4）生成的氯气经过饱和食盐水除去氯化氢，利用浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，则装置D中的实验现象为红色布条不褪色，装置E中的实验现象为红色布条褪色。（5）由于氯气是大气污染物，需要尾气处理，因此整套实验装置存在着明显缺陷，改进措施是在装置E后加一装有NaOH溶液的尾气处理装置。（6）8.7gMnO2固体的物质的量是8.7g87g/mol0.1mol，与足量浓盐酸充分反应，根据方程式可知在标准状况下产生Cl2的体积为0.1mol22.4L/mol2.24L；根据氯原子守