2022-2023学年浙江省杭州市七县市化学高一上期中检测试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是XYZA氧化物化合物纯净物BCO非电解质化合物C氯化钠溶液电解质能导电的物质DNaOH碱电解质A．A B．B C．C D．D2、由两份质量分数分别为ω1和ω2的H2SO4溶液，其物质的量浓度分别为c1和c2，且c1=2c2。已知硫酸的密度大于水，下列判断正确的是()A．ω2＜ω1＜2ω2 B．ω1＞2ω2 C．ω1＜ω2＜2ω1 D．ω1=2ω23、在KCl、MgCl2、Mg(NO3)2形成的混合溶液中，n(K＋)＝0.1mol，n(Mg2＋)＝0.25mol，n(Cl－)＝0.2mol，则n(NO3-)为（）A．0.15mol B．0.20mol C．0.25mol D．0.40mol4、下列实验现象，与新制氯水中某些成分（括号内物质）没有关系的是（）A．将NaHCO3固体加入新制氯水，有气泡产生（H＋）B．使红色布条褪色（HCl）C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变黄色（Cl2）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl－）5、已知3.01×1023个X气体分子的质量为32g，则X气体的摩尔质量是（）A．16gB．32C．64g/molD．32g/mol6、2013年1月我国大部分地区被雾霾笼罩，空气质量严重污染。PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5×10－6m)的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物。下列有关说法中错误的是()。A．雾霾空气属于混合物B．微粒直径为2.5微米的细小颗粒物可形成胶体C．实施绿化工程，可以有效防治PM2.5污染D．PM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质7、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作。其中正确的是①过滤②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶（）A．①④②⑤③ B．④①②⑤③C．②⑤④①③ D．②④①③⑤8、在密闭容器中充入CO和CO2的混合气体，其密度是相同条件下氦气密度的8倍，这时测得容器内压强为P1，若控制容器的体积不变，加入足量的过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2关系是A．P1=8P2 B．P1=4P2 C．P1=2P2 D．P1=P29、将2.32gNa2CO3、NaOH的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如下图所示，下列说法中错误的是()A．OA段发生反应的离子方程式为：H＋＋OH－＝H2O、CO32-+H+＝HCO3-B．A点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3C．当加入45mL盐酸时，产生CO2的体积为336mLD．混合物中NaOH的质量0.20g10、2020年春节前后，世界各地爆发了新型冠状病毒疫情。在疫情面前，我国人民众志成城，奋力战疫。下列防疫物品的主要成分属于无机物的是()A．聚丙烯 B．聚碳酸酯C．二氧化氯 D．丁腈橡胶11、下列属于非电解质的是A．氨气 B．碳酸钾 C．盐酸 D．氯气12、已知A、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小；B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应。下列说法不正确的是()A．单质D可用于冶炼某些难熔金属B．简单离子的半径：C>D>E>BC．稳定性：A2B>A2ED．工业上常用电解法制得C和D的单质13、氢化钙中氢元素为－1价，可作制氢剂，反应的化学方程式是：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。该反应中，水的作用是A．既不是氧化剂也不是还原剂 B．还原剂C．氧化剂 D．既是还原剂又是氧化剂14、分离苯和水的混合物的操作方法是（）A．过滤B．分液C．萃取D．蒸馏15、实验室需用2mol·L－1氯化钠溶液450mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是A．450mL，52.7g B．500mL，58.5gC．450mL，58.5g D．500mL，52.7g16、胶体与溶液的本质差异在于()A．是否稳定B．粒子直径大小C．是否透明D．是否有颜色17、将9g由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为()A．8g B．9g C．12g D．13.5g18、在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是A．将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中B．将准确量取的18.4mol·L-1浓硫酸10mL，注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中，加入至刻度线即可C．仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液D．欲配制1000mL0.1mol·L-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000mL的容量瓶中，加水至刻度线19、下列关于1.0mol·L-1的NaCl溶液说法正确的是()A．溶液中含1molNaClB．1L溶液中含58.5克NaClC．1molNaCl溶于1L水中D．58.5克NaCl溶于941.5克水中20、在某罐装车的车身上印有如下警示标记，则车内装的物品不可能为A．酒精 B．浓硫酸 C．浓HNO3 D．浓氨水21、已知Na2S2O3(S元素的化合价为+2价)可与氯气发生如下反应：4Cl2+Na2S2O3+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，有关该反应的叙述错误的是（）A．Cl2是氧化剂，H2SO4是氧化产物B．还原性是S2O32-强于Cl-C．水既不是氧化剂又不是还原剂D．该反应消耗11.2LCl2时，转移的电子是1mol22、下列化学用语不正确的是A．核素37Cl的中子数是20B．16O和18O互为同位素C．Na+的结构示意图：D．硫酸的电离方程式：H2SO4＝2H++SO42-二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）写出A、B、D的元素符号：A______；B_____；D______。（2）C离子的电子式_______；E的离子结构示意图_______。（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式______。（4）工业上将E的单质通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为______。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_________。24、（12分）现有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为确定其成分，进行如下实验：Ⅰ．取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；Ⅱ．向Ⅰ滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。据此回答下列问题：(1)原白色固体粉末中一定含有________，一定不含有________(填化学式)。(2)实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。(3)为进一步确定白色粉末的组成，向Ⅰ过滤得到的无色滤液中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的________(填序号)。A．Na2SO4溶液B．BaCl2溶液C．Na2CO3溶液D．AgNO3溶液25、（12分）下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中．（1）除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3______；

（2）从碘水中提取碘______；（3）用自来水制取蒸馏水______；

（4）分离植物油和水______；（5）与海水晒盐原理相符的是______．26、（10分）某学生欲用12mol•L﹣1浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.30mol•L﹣1的稀盐酸．（1）该学生需要量取________

mL上述浓盐酸进行配制．（2）配制过程中正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）________；A．用少量水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处（3）下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．A．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面________B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水________C．稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中________D．将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中________E.容量瓶洗涤干净后未干燥________（4）若在标准状况下，将VLHCl气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，则此溶液中HCl物质的量浓度为________27、（12分）如图所示为实验室常用装置。回答下列问题：(1)仪器a的名称为________________。(2)利用二氧化锰与浓盐酸反应制备并收集Cl2时，依次连接装置A、B、C、D、E并加入适当的试剂。装置B中饱和食盐水的作用是__________________；利用装置C干燥Cl2，选用的试剂是____________；装置E的作用是__________________。(3)写出装置A中发生反应的化学方程式________________________________________。28、（14分）回答下列问题。（1）下列物质中：①SO2②液态氯化氢③CH4④熔融NaOH⑤NH4Cl固体⑥氨水。能导电的是__________（填序号，下同）。属于电解质的是__________。属于非电解质的是__________。（2）1.204×1024个H2SO4分子的物质的量为__________mol，共含__________个氢原子。将上述H2SO4溶于水配成600mL溶液，再加水稀释到1000mL，稀释后溶液的物质的量浓度为__________mol/L。（3）K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，已知其中Fe3＋的浓度为0.5mol/L，SO42－浓度为0.9mol/L，则K＋的物质的量浓度为__________mol/L。（4）Al2O3与稀盐酸反应的离子方程式为__________。向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至不再产生沉淀，离子方程式为__________。29、（10分）铝土矿是冶炼金属铝的重要原料，其中主要成分为Al2O3、Fe2O3等。工业上可NaOH溶解Al2O3使其与杂质分离：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O（1）找出上述反应中化合价为负值的元素，写出其原子的电子式_____。（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为_____。（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为：____，从原子结构的角度分析其原因：_________。（4）若根据化学性质进行物质分类，则Al2O3属于______氧化物，据此推测下列反应方程式正确的是______。A．Al2O3+3H2O═2Al（OH）3B．2Al（OH）3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2OC．Al（OH）3+NaOH═NaA1O2+2H2ODNaAlO2+4HCl═AlCl3+2H2O

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、C【解析】

A、氧化物是化合物,化合物属于纯净物,符合关系,故A正确；B.非电解质属于化合物，一氧化碳是非电解质中的一种，符合关系，故B正确；C.能导电的物质有纯净物，有混合物，而电解质一定属于纯净物、属于化合物，氯化钠溶液属于混合物，所以三者之间不符合从属关系，故C错误；D.电解质属于纯净物、属于化合物，碱属于化合物，氢氧化钠是碱的一种，D正确；综上所述，本题选C。【点睛】电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，而电解质在固态时，没有自由移动的离子，不能导电；所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质，也可能是金属单质或电解质溶液。2、A【解析】

假设浓度为c1的硫酸密度为a，浓度为c2的硫酸密度为b，根据c=可知，硫酸溶液的质量分数ω1=，硫酸溶液的质量分数ω2=，则ω1∶ω2=∶=，硫酸的浓度越大，密度越大，由于c1=2c2，则ω1＞ω2，a＞b，故1＜＜2，即ω2＜ω1＜2ω2，故选A。【点睛】解答本题的关键是要注意理解“硫酸的密度大于水”，则有“硫酸溶液的浓度越大，密度越大”。3、D【解析】

任何溶液都是电中性的，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，这就是溶液中的电荷守恒。【详解】在所给的混合溶液中，阳离子有K+和Mg2+，阴离子有Cl-和NO3-，所以据溶液的电中性有：n(K+)×1+n(Mg2+)×2=n(Cl-)×1+n(NO3-)×1，代入数据得0.1mol+0.25mol×2=0.2mol+n(NO3-)，解得n(NO3-)为0.40mol，所以答案选择D项。【点睛】该题不必考虑水电离出的H+和OH-。4、B【解析】

A.氯水中有盐酸和次氯酸，盐酸能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，与H＋有关，A项错误；B.氯水中有次氯酸，都使红色布条褪色，与次氯酸有关，B项错误；C.氯气将亚铁离子氧化为铁离子，与氯气有关，C项正确；D.氯离子和硝酸银提供的银离子反应生成氯化银沉淀，与Cl－有关，D项错误；答案选B。5、D【解析】试题分析：，，M="64g"/mol，故C正确。考点：本题考查物质的量计算。6、B【解析】

选项A，空气是由N2、O2及一些尘埃等组成的混合物，正确；选项B，胶体微粒直径介于1～100nm之间，所以微粒直径为2.5微米的细小颗粒物不能形成胶体，错误；选项C，实施绿化工程，树木能吸附空气中的尘埃，从而有效防治PM2.5污染，正确；选项D，PM2.5表面积大，吸附能力强，能吸附有毒有害物质，正确；答案选B。7、C【解析】

Mg2+用氢氧根离子沉淀，加过量的NaOH溶液可以将镁离子沉淀；SO42-用钡离子沉淀，加入过量的BaCl2溶液可以将硫酸根离子沉淀；先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，Ca2+用碳酸根离子沉淀，加入加过量的Na2CO3溶液除去钙离子，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，然后进行过滤，最后再加入HCl除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为②⑤④①③，答案选C。8、A【解析】

2CO＋O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于发生反应：CO+Na2O2=Na2CO3，则CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，根据混合气体密度是相同条件下氦气密度的8倍，计算混合气体中CO2和CO的物质的量之比，再根据反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比来计算。【详解】CO和CO2的混合气体的密度是相同条件下氦气密度的8倍，则=4×8=32，整理得n(CO2):n(CO)=1:3，CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，令开始时n(CO2)=1mol、n(CO)=3mol，则用电火花点燃至完全反应后，容器内n(O2)=n(CO2)=0.5mol，反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比，则P1:P2=(1mol＋3mol):0.5mol=8:1，即P1=8P2，答案选A。【点睛】本题考查过氧化钠的化学性质、化学计算等，难度中等，根据发生的反应利用总方程式进行解答是解题的关键，本题容易忽略一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳继续与过氧化钠反应，不能根据整体反应分析计算导致计算复杂化，为易错点。9、C【解析】

A、溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，则OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-＝H2O、CO32-+H+＝HCO3-，故A正确；B、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-＝H2O、CO32-+H+＝HCO3-，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3，故B正确；C、AB段产生二氧化碳，发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，根据方程式可知n(CO2)=(45-25)×10-3L×1mol/L=0.02mol，所以二氧化碳的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故C错误；D、根据碳原子守恒可知n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol，所以氢氧化钠的质量为2.32g-0.02mol×106g/mol=0.2g，故D正确；答案选C。10、C【解析】

A．聚丙烯为有机合成高分子化合物，故A错误；B．聚碳酸酯是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，为有机合成高分子化合物，故B错误；C．二氧化氯为氧化物，是无机化合物，故C正确；D．丁腈橡胶为有机合成高分子化合物，故D错误；故答案为C。11、A【解析】

A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和OH-，并不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；B、碳酸钾在水溶液中电离出钾离子和碳酸根，能够导电，所以碳酸钾是电解质，故B错误；C、盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质故D错误。故选A。【点睛】单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。12、B【解析】

因为A为短周期元素，而且A原子在元素周期表中原子半径最小，可知A为H；B和E同主族，而且E的原子序数是B的两倍，可知B为O，E为S；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应，应是氢氧化钠与氢氧化铝的反应，且D的原子序数较大，则C为Na元素、D为Al元素。【详解】A．D的单质为Al，Al的还原性比较强，可以利用铝热反应冶炼某些难熔金属，故A正确。B．C的简单离子为Na+，D的简单离子为Al3+，B的简单离子为O2－，E的简单离子为S2－，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2－>O2－>Na+>Al3+，故B错误。C．非金属性O＞S，故稳定性：H2O＞H2S，故C正确。D．工业上电解熔融NaCl生成Na，电解熔融的氧化铝生成Al，故D正确。本题选B。【点睛】电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大。13、C【解析】

由CaH2+2H2O═Ca(OH)2+2H2↑可知，水中H元素的化合价由+1价降低为0，则水在该反应中作氧化剂，故选C。14、B【解析】苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故选B，答案为B。点睛：把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体：盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。15、B【解析】

实验室没有450mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n=cV及m=nM进行计算。n（NaCl）=0.5L×2mol·L－1=1mol，m（NaCl）=1mol×58.5g·mol－1=58.5g，答案选B。16、B【解析】

分散系的本质区别是分散质粒子的直径大小，分散系的颜色、稳定性、是否透明是分散系的性质区别。【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小。故选B。17、B【解析】

CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O22CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量，综上分析，最终固体增重为CO与氢气的总质量，故9gCO和H2的混合气点燃后，再通入足量的Na2O2中，充分反应后，固体增重质量是9g，故选B。【点晴】注意利用差量法从总反应方程式分析固体质量变化是解答该题的关键；CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O22CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量。18、D【解析】

A．称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放在小烧杯中称量；氢氧化钠溶液后，应该先冷却再转移到容量瓶中，故A错误；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；C．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D．用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；故选D。19、B【解析】分析：1.0mol·L-1

NaCl溶液表示每升溶液中溶有1mol氯化钠。即1mol氯化钠溶于水配成1L溶液氯化钠浓度为1.0mol·L-1。根据c=nV进行分析判断详解:A.溶质的物质的量与溶液体积、溶液浓度有关，溶液体积未告诉，无法计算氯化钠的物质的量，故A错误；B.58.5克NaCl的物质的量为1mol，溶液体积为1L，氯化钠溶液浓度为1.0mol·L-1，所以B选项是正确的；

C.1mol氯化钠溶于水配成1L溶液,溶液体积为1L，不是溶剂体积，故B错误；

D.58.5克NaCl的物质的量为1mol，58.5克NaCl溶于941.5g水中溶液的质量为1000g，溶液密度比水大，所以溶液体积小于1L，浓度大于1.0mol·L-1，故D错误；

所以B选项是正确的。20、A【解析】此图标为腐蚀品图标，浓硫酸、浓HNO3、浓氨水都有腐蚀性，应印有此警示标记；酒精没有腐蚀性，不用此标记；答案选A。21、D【解析】

A.在该反应中，Cl元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cl2是氧化剂，H2SO4是氧化产物，A正确；B.在该反应中Na2S2O3作还原剂，HCl是还原产物，根据物质的还原性：还原剂>还原产物，所以还原性是S2O32-强于Cl-，B正确；C.在该反应中，H2O的组成元素化合价在反应前后不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，C正确；D.该反应消耗11.2LCl2时，由于未指明反应条件，因此不能确定氯气的物质的量，所以就不能计算反应过程中转移的电子的物质的量，D错误；故合理选项是D。22、C【解析】

A、元素符号的左上角标质量数，37Cl表示中子数为20的氯原子，故A正确；B、16O与18O属于同种元素，但中子数不同，互为同位素，故B正确；C．钠原子失去一个电子形成钠离子，核内质子数不变，钠离子结构示意图为：，故C错误；D、硫酸是强酸，完全电离，H2SO4=2H++SO42-，故D正确；故选C。二、非选择题(共84分)23、HCNa2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【解析】

A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，说明A是H；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1mol如果为金属镁，则Mg——H2，则镁为2.4g，如果是金属铝，则2Al——3H2，则铝为1.8g，如果是金属钠，则2Na——H2，则钠为4.6g，故D为金属钠；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；【详解】⑴根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；⑵C离子为氧离子，其电子式，故答案为；E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；⑶D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；⑷工业上将E即氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。24、CaCO3、NaClCuSO4CaCO3+2H＋==Ca2＋+CO2↑+H2OD【解析】

硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。【详解】(1)根据分析可知原白色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；(2)实验Ⅱ中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H＋==Ca2＋+CO2↑+H2O；(3)原白色粉末中无法确定的是BaCl2和Na2SO4A．加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；B．加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；C．加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故C不符合题意；D．氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；综上所述答案为D。25、ABDBC【解析】

A为过滤；B为萃取、分液；C为蒸发；D为蒸馏，结合混合物的性质的异同选择分离方法；【详解】（1）碳酸钙不溶于水，过滤即可，答案选A；（2）单质碘易溶在有机溶剂中，萃取、分液即可，答案选B；（3）自来水制取蒸馏水，需要通过蒸馏，答案选D。（4）植物油不溶于水，分液即可，答案选B。（5）与海水晒盐原理相符的是蒸发，答案选C。故答案为A；B；D；B；C；【点睛】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据液态混合物中各组分沸点不同而分离的一种方法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。26、12.5BCAFED偏小偏小偏大偏大无影响1000ρV/22400+36.5V【解析】

（1）配制480mL物质的量浓度为0.30mol•L﹣1的稀盐酸需要使用500mL容量瓶，由于溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓盐酸的体积为V，则有12mol/L×V＝0.5L×0.3mol/L，解得V＝0.0125L，即12.5mL；（2）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀等操作，所以配制时，其正确的操作顺序是BCAFED。（1）A．俯视观察凹液面，所取浓盐酸的体积偏小，所以浓度偏小；B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积偏大，所以浓度偏小；C．稀释浓盐酸，未冷却到室温即转移到容量瓶中，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D．将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤转移到容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大；E．容量瓶洗涤干净后未干燥不影响。（4）在标准状况下，将VLHCl物质的量V/22.4mol；在标准状况下，将VLHCl气体溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液密度为ρg/mL，则溶液的质量为36.5V/22.4g+1000g，因此溶液体积为1000+36.5V22.4ρmL=【点睛】明确物质的量浓度的含义、计算方法以及配制的实验原理是解答的关键，注意容量瓶选择的要求，易错点是溶质物质的量的计算，应该以实际使用的容量瓶的规格进行计算，而不是题干中的480mL。27、圆底烧瓶吸收Cl2中混有的HCl气体浓硫酸吸收氯气，防止污染空气MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O【解析】

实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备Cl2，制得的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，氯气的密度大于空气，且氯气能够与水反应，应该用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，需要进行尾气吸收，据此分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；(2)利用二氧化锰与浓盐酸反应制备并收集Cl2时，A装置中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，氯气的密度大于空气，且氯气能够与水反应，应该用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，需要进行尾气吸收。根据图示，依次连接装置A、B、C、D、E，装置B中饱和食盐水的作用是吸收Cl2中混有的HCl气体；利用装置C干燥Cl2，选用的试剂是浓硫酸；装置E的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2中混有的HCl气体；浓硫酸；吸收氯气，防止污染空气；(3)装置A中二氧化锰与浓盐酸反应生成Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。28、④⑥②④⑤①③220.3mol/L【解析】

（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,含有自由移动电子或离