2022年浙江省金华市金华第一中学高一化学第一学期期中经典模拟试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．28gCO所占的体积为22.4LB．1L1mol/LHCl溶液中含有HCl分子为NA个C．标准状况下，2.24L水中约含有NA个氧原子D．标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NA2、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Mg2+、、Cl－B．0.1mol∙L−1KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl－、C．使石蕊变红的溶液：K+、Ca2+、OH－、ClO－D．无色透明溶液中：K+、Cu2+、、3、下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（）A．无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液可能含有CO32-B．某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质是钠盐C．无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中含NH3D．无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42-4、新制氯水与久置的氯水相比较，下列结论不正确的是A．颜色相同 B．前者能使有色布条褪色C．都含有H+ D．加AgNO3溶液都能生成白色沉淀5、下列实验设计方案中，可行的是（）A．用点燃法除去CO2中少量COB．用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体C．向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42-D．用石蕊试液、BaCl2溶液，能鉴别盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液6、下列关于离子的检验说法正确的是A．向某溶液中滴入足量盐酸，如观察到无色无味的气体产生，且能使澄清石灰水变浑浊，即证明溶液中必定有B．向某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，无法证明溶液一定含有C．向某无色溶液中加入少量稀氢氧化钠溶液后，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸不变蓝，则说明该溶液中无D．如透过蓝色的钴玻璃能够观察到紫色火焰，则一定有钾元素，一定不含有钠元素7、下列关于氯水的说法正确的是A．新制的氯水中只含有Cl2分子和H2O分子B．新制的氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D．氯水防止数天后酸性减小8、某学习小组辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②非金属氧化物一定都是酸性氧化物；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④Na2O、Na2O2都是钠的氧化物，都是碱性氧化物；⑤磷酸和醋酸都是多元酸；⑥纯碱和烧碱都是碱。其中正确的是（）A．②③⑥ B．①②④ C．①③ D．③⑤9、下列叙述正确的是A．所有的酸、碱中和反应的离子方程式都一样B．所有的离子方程式都可表示一类反应C．单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示D．易溶于水的化合物都可写成离子形式10、下列有关物质的分类正确的是（）A．氯化钡、四氯化碳、硫酸、碘酒都属于化合物B．硝酸、纯碱、磷酸钠、二氧化碳分别属于酸、碱、盐、氧化物C．溶液、浊液、胶体、空气都属于混合物D．CO2、SO2、P2O5、CO都属于酸性氧化物11、对反应方程式NaNO2＋NH4Cl＝NaCl＋N2↑＋2H2O的下列说法中，正确的是A．NaNO2是还原剂，NH4Cl是氧化剂B．N2既是氧化产物，又是还原产物C．NaNO2中的氮元素被氧化，发生了氧化反应D．每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6mol.12、某学生配制100mL1mol·L－1的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于1mol·L－1，他的下列操作中使浓度偏低的原因是①用量筒量取浓硫酸时，俯视读数②量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未洗涤③容量瓶没有烘干④用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中时有溶液流到了容量瓶外面⑤溶液未经冷却即定容⑥用胶头滴管加蒸馏水时，加入过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好与刻度线相切⑦滴加蒸馏水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，盖上瓶塞反复摇匀后，静置，发现液面比刻度线低，再加水至刻度线⑧定容时仰视读数A．①②④⑥⑦⑧B．②③④⑤⑥⑦C．①②③⑤⑥⑦⑧D．①②③④⑤⑥⑦13、将0.06mol

FeCl2加入100mL

K2Cr2O7溶液中，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（）A．0.4mol/L B．0.2mol/LC．0.1mol/L D．0.08mol/L14、下列离子方程式正确的是（）A．铁与盐酸反应：2Fe+6H+==2Fe3++3H2↑B．大理石和醋酸：CO32−＋2H+＝H2O＋CO2↑C．铜与硝酸银溶液的反应Cu＋Ag+＝Cu2+＋AgD．向Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至中性：Ba2++2OH－+2H++SO42－==BaSO4↓+2H2O15、分类法是化学学习中的一种重要方法，下列分类图正确的是A． B． C． D．16、用98%的浓硫酸配制2mol·L-1的稀硫酸，下列操作使所配溶液浓度偏低的是A．未冷却就转移、定容 B．容量瓶中有少量蒸馏水C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数 D．定容时俯视刻度线观察液面17、下列物质不属于合金的是（）A．硬铝 B．黄铜 C．生铁 D．金箔18、下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A．使酚酞变红的溶液：K+、H+、SO42－、CO32－B．纯碱溶液：K+、OH－、SO42－、NO3－C．澄清石灰水：Na+、Fe3+、CO2、Cl－D．稀硫酸溶液：Ba2+、Na+、HCO3－、NO3－19、饱和氯水久置后，溶液中的各种粒子：①Cl2②H2O③Cl-④HClO⑤H+减少的是A．①②④ B．①②③ C．①④ D．②④20、下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是A．Fe+CuSO4=FeSO4+CuB．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3C．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑21、下图为教科书中电解饱和食盐水的实验装置。据此，下列叙述不正确的是A．装置中a管能产生氢气B．b管导出的是氯气C．在石墨棒电极区域有NaOH生成D．以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”22、实验室里需480mL1.0mol/LNaOH溶液，若用固体NaOH配制，则应选择的容量瓶规格为A．480mLB．1000mLC．100mLD．500mL二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___序号化学式ⅠⅡ（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___24、（12分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3－、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣（离子在物质中不能重复出现）．①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出．根据①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_______________B______________（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：______________________（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_________；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式____________25、（12分）实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.5mol·L－1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是____(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_____(填仪器名称)。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液E．量取一定体积的液体F．用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_____0.1mol·L－1(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)。(4)由计算知，所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL(计算结果保留一位小数)。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是：________________。26、（10分）下图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铜网，F右端出气管口附近放有脱脂棉。（1）写出制备氯气的反应方程式并用双线桥标明电子转移过程___________。（2）C中试剂是_______；D中试剂的作用是_________。（3）E中现象是_____________；F中现象是________；H中发生反应的化学方程式为___________________。（4）KMnO4与浓盐酸反应也能产生氯气，请配平以下方程式：____KMnO4+____HCl＝____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O。若反应产生0.1molCl2，则转移的电子数目为_______。27、（12分）配制480mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、__________、________等。（2）计算、称量，需称量NaOH固体的质量为________________。（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_______________________。（4）转移、洗涤，洗涤烧杯2～3次是为了_________________________________。（5）定容、摇匀，定容的具体操作是_____________________________________。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是__，偏低的是__（填字母序号）。A、容量瓶洗净后未烘干B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定容时俯视刻度线D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线28、（14分）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式__；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___(填写编号，多选倒扣)；①只有还原性

②还原性和酸性③只有氧化性

④氧化性和酸性（3）此反应中氧化产物是___（填化学式），产生0.5molCl2，则转移的电子的物质的量为___mol。（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。______________29、（10分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类(1)图中所示的物质分类方法的名称是________。(2)以Na、K、H、O、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中②③⑥后面。物质类别酸碱盐氧化物氢化物化学式①HCl②____③________④Ba(OH)2⑤Na2CO3⑥______⑦CO2⑧Na2O⑨NH3⑩H2O2(3)写出⑦转化为⑤的化学方程式：___________。(4)实验室制备⑦常用______和______反应，检验该气体的方法是____________。

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、D【解析】A.28gCO物质的量为1mol，标准状况下的体积为22.4L，A项错误；B.氯化氢在溶液中完全电离，所以氯化氢溶液中不存在氯化氢分子，B项错误；C.标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，C项错误；D.标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体物质的量为1mol，含碳原子数为NA，D项正确；答案选D．点睛：B为易错点，容易忽视HCl是强电解质，在水溶液中是完全电离的，根本就不存在HCl分子。2、B【解析】

A．使酚酞变红色的溶液，说明溶液中含有OH－，OH－与Mg2+反应，不共存，故A不符合题意；B．0.1mol∙L−1KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl－、，不反应，大量共存，故B符合题意；C．使石蕊变红的溶液，说明清液中含有H+，H+与OH－、H+与ClO－都要反应，不共存，故C不符合题意；D．Cu2+是蓝色溶液，故D不符合题意。综上所述，答案为B。3、A【解析】

A.原无色溶液中加稀盐酸产生无色无味气体，该气体为CO2，则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，所以该结论正确，A项正确；B.钠元素的单质和化合物的焰色反应都呈黄色，所以焰色反应呈黄色的物质也可能是钠单质、钠的氧化物和NaOH，该结论是错误的，B项错误；C.因为NH4++OH-NH3↑+H2O，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故原溶液中含NH4+，所以该结论错误，C项错误；D.因为BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba(NO3)2，AgCl也是不溶于盐酸的白色沉淀，因此原无色溶液也可能含Ag+，该结论错误，D项错误；答案选A。4、A【解析】

氯气溶于水，发生反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，该反应是可逆反应，溶液中含有Cl2、H2O、HClO三种分子及H+、Cl－、ClO－、OH－四种离子。当氯水久置时，其中含有的HClO光照分解产生氯化氢和氧气，据此解答。【详解】A．新制氯水显浅黄绿色，而久置的氯水呈无色，颜色不相同，A错误；B．新制氯水具有漂白性，能使有色布条褪色，而久置氯水没有漂白性，故不能使有色布条褪色，B正确；C．综上所述可知在新制氯水与久置的氯水中都含有H＋，C正确；D．由于二者都含有Cl－，所以加AgNO3溶液都能生成AgCl白色沉淀，D正确。答案选A。【点睛】明确新制氯水和久置氯水中含有的微粒和性质特点是解答的关键，注意氯气和水的反应是可逆的以及次氯酸的不稳定性。5、D【解析】

A.用点燃法除去CO2中少量CO，不可行，因为CO2中少量CO是点不着的，且会引入新杂质氧气，故A错误；B.CO2和HCl都能与NaOH反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故B错误;C.仅加入BaCl2溶液,不能排除Ag+或SO32-的影响,可能生成AgCl或BaSO3、BaSO4等沉淀,故C错误;D.用石蕊和氯化钡鉴别,将石蕊加入五种溶液中,根据石蕊遇碱变蓝色,可以首先鉴别出氢氧化钠,会使紫色石蕊变红色是盐酸、硫酸,不会使石蕊变色的是硫酸钠、硝酸钾,然后取使石蕊变红的溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸,无现象的是盐酸,然后取不会使石蕊变色的两种溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸钠,没现象的是硝酸钾,根据此方法可以鉴别,故D正确；答案：D。【点睛】除杂时必须满足的原则：杂质除去，不引入新杂质，主体物质不减少，易分离，易复原。6、B【解析】

A．与稀盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体的溶液中不一定含有碳酸根离子，可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等，A选项错误；B．与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不消失，不能判断该白色沉淀一定是硫酸钡，可能是氯化银，所以无法证明溶液一定含有，B选项正确；C．因为加入的氢氧化钠少量，且未加热，即使产生氨气也不会逸出，使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以湿润的红色石蕊试纸不变蓝色，不能证明原溶液中不含，C选项错误；D．蓝色钴玻璃片可以滤去黄光，所以观察到火焰为紫色时可以证明含有钾元素，但不能证明一定不含钠元素，D选项错误；答案选B。7、B【解析】A．氯水中存在反应Cl2+H2O=HClO+HCl，HClO为弱酸，溶液中存在Cl2、HClO、H2O分子，故A错误；B．氯水中含有HCl，具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO具有强氧化性、漂白性，可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；C．光照氯水，在光照条件下发生：2HClO2HCl+O2，生成气体为O2，故C错误；D．氯水放置数天，次氯酸不稳定，分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，故D错误；故选B。点睛：知道氯水中含有的主要微粒是解答本题的关键。氯气微溶于水，氯水中存在Cl2+H2O=HClO+HCl反应，其中HClO具有强氧化性、漂白性和不稳定性，在光照条件下发生2HClO2HCl+O2。8、C【解析】

①粗盐和酸雨都是混合物，①正确；②非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如一氧化碳，一氧化氮，二氧化氮，②错误；③冰是固态水，干冰是固态二氧化碳，既是纯净物又是化合物，③正确；④过氧化钠不是碱性氧化物，④错误；⑤醋酸是一元酸，⑤错误；⑥纯碱是碳酸钠，不是碱，属于盐，⑥错误；故①③正确，答案选C。9、C【解析】

A.不是所有的酸、碱中和反应的离子方程式都一样，强酸强碱写成离子，但弱酸或弱碱等不能写成离子，故错误；B.不是所有的离子方程式都可表示一类反应，有些离子方程式只能表示少数几个或一个反应，如2H++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，能表示硫酸（或足量的硫酸氢钠、硫酸氢钾）和氢氧化钡反应，2CH3COOH+2Na=2Na++2CH3COO-+H2↑只能表示钠和醋酸反应生成醋酸钠和氢气的反应，故错误；C.单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示，故正确；D.易溶于水的强酸或强碱或盐都可写成离子形式，故错误故选C。10、C【解析】试题分析：A、碘酒属于混合物，化合物属于纯净物，故错误；B、纯碱是碳酸钠，属于盐，故错误；C、都属于混合物，故正确；D、CO属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故错误。考点：考查物质的分类等知识。11、B【解析】

NaNO2＋NH4Cl＝NaCl＋N2↑＋2H2O是同一元素的氧化还原反应，在反应中，N元素的化合价由反应前NaNO2中的+3价变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得3e-，被还原，所以NaNO2是氧化剂，N2是还原产物；N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去3e-，被氧化，所以NH4Cl是还原剂，N2是氧化产物；每反应产生1molN2，转移电子的物质的量是3mol，综上所述可知：选项B正确，故合理选项是B。12、A【解析】

分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据C=nV进行误差分析，凡是使物质的量n偏小或者使溶液体积V偏大的操作都会导致溶液浓度偏低，反之溶液浓度偏高，据此解答【详解】①用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质硫酸的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故①选；

②量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未洗涤，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故②选；

③容量瓶没有烘干不影响溶液的配制，故③不选；④用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中有溶液流到了容量瓶外面，导致导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故④选；⑤溶液未经冷却即定容，导致溶液体积偏小，浓度偏高，故⑤不选；⑥用胶头滴管加蒸馏水时，加入过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故⑥选；⑦滴加入蒸馏水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，盖上瓶塞反复摇匀后，静置，发现液面比刻度线低，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑦选；⑧定容时仰视读数会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故⑧选。综合以上分析，应选①②④⑥⑦⑧。

所以A选项是正确的。13、C【解析】设参加反应的K2Cr2O7的物质的量是x，K2Cr2O7中Cr元素的化合价是+6价，根据电子得失守恒可知0.06mol×（3－2）＝x×2×（6－3），解得x＝0.01mol，则浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，答案选C。14、D【解析】

A.铁与盐酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A错误；B.大理石难溶，醋酸为弱电解质，发生离子反应不能拆，离子反应方程式CaCO3＋2CH3COOH＝H2O+Ca2+＋CO2↑+2CH3COO-,故B错误；C.铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag,故C错误；D.向Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至中性的离子反应为Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2O,故D正确；答案：D。15、D【解析】

A.氧化物包括酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物如Al2O3、不成盐氧化物如CO等，A项错误；B.还有少数非金属氧化物不属于酸性氧化物如CO、NO等，B项错误；C.有些离子反应也是氧化还原反应如Zn+2H+=Zn2++H2↑，所以离子反应与氧化还原反应互为交叉关系，C项错误；D.含有两种或两种以上成分的物质就是混合物，胶体中有分散质和分散剂，胶体一定是混合物，D项正确；答案选D。16、C【解析】

A．未冷却就转移、定容，当所配制溶液恢复室温时，容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故A不符合题意；B．容量瓶在定容操作过程中要加入一定量蒸馏水至凹液面与刻度线相平，则容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B不符合题意；C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致溶质的物质的量减小，根据c=，溶质物质的量减小，导致所配溶液的浓度减小，故C符合题意；D．定容时俯视刻度线观察液面，导致容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故D不符合题意；答案选C。17、D【解析】

A．硬铝是由Al、Mg、Cu、Mn、Si所组成的合金，A不合题意；B．黄铜是Cu、Zn所组成的合金，B不合题意；C．生铁是铁和碳所组成的合金，C不合题意；D．金箔是用黄金锤成的薄片，是纯净的金，D符合题意；故选D。18、B【解析】

A．使酚酞变红的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中OH-、H＋会发生反应形成水，不能大量共存，A错误；B．纯碱溶液中K+、OH－、SO42－、NO3－不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；C．澄清石灰水中会发生反应CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，不能大量共存，C错误；D．稀硫酸溶液中H＋与HCO3－会发生反应：H＋+HCO3－=CO2↑+H2O，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。答案选B。19、A【解析】

新制的饱和氯水中存在微粒有：H2O、HClO、Cl2、OH-、H+、ClO-、Cl-；饱和氯水久置后，次氯酸见光受热易分解为盐酸和氧气，因此饱和氯水久置后，次氯酸分解了，最后剩余盐酸，溶液中的粒子减少的有Cl2、HClO、H2O三种微粒，答案选A。20、C【解析】

A．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu属于置换反应，属于氧化还原反应，A不满足题意；B．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3属于复分解反应，不属于氧化还原反应，B不满足题意；C．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，但Fe、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C满足题意；D．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑属于有单质生成的分解反应，属于氧化还原反应，D不满足题意。答案选C。21、C【解析】

根据图知，Fe作阴极、石墨棒作阳极，Fe电极反应式为2H2O+2e―＝H2↑+2OH―，石墨棒电极反应式为2Cl――2e―＝Cl2↑，则a得到的气体是氢气、b管导出的气体是氯气，Fe棒附近有NaOH生成，据此分析解答。【详解】A．根据图知，Fe作阴极、石墨棒作阳极，Fe电极反应式为2H2O+2e―＝H2↑+2OH―，石墨棒电极反应式为2Cl――2e―＝Cl2↑，则a得到的气体是氢气、b管导出的气体是氯气，故A正确；B．根据A知，b管导出的气体是氯气，故B正确；C．根据A知阴极氢离子放电，破坏水的电离平衡，Fe电极附近有NaOH生成，石墨电极附近没有NaOH生成，故C错误；D．该电解池电解过程中有氯气、氢气和NaOH生成，所以以食盐水为基础原料制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意如果将Fe作阳极电解时，阳极上发生的电极反应为Fe-2e-＝Fe2+，较活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，为易错点。22、D【解析】实验室里需480mL1.0mol/LNaOH溶液，由于没有480mL规格的容量瓶，则实际上配制的是500mL1.0mol/L的NaOH溶液，需要选用规格为500mL的容量瓶，故选D。点睛：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液，明确常见容量瓶的规格为解答关键。实验室中的容量瓶常见的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL。二、非选择题(共84分)23、过滤蒸馏Ba2++SO42-=BaSO4↓H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OCuSO4KCl序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl【解析】

假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。【点睛】“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。24、BaCl2AgNO3CO32﹣+2H+=CO2↑+H2On（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1Zn+Cu2+═Zn2++Cu【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32﹣，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2；B是AgNO3；（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；Ag++Cl﹣=AgCl↓，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+═Zn2++Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。25、（4）A、C烧杯、玻璃棒（4）B、C、E（3）4．3小于大于（4）2．6将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌【解析】试题分析：（4）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到533mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线4～4cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器是A、C，还需要的仪器是烧杯和玻璃棒；（4）容量瓶不能用于贮存、加热溶液，溶解固体溶质等，只有4个刻度线不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，答案选BCE；（3）m=nM=cVM=3．4mol/L×3．5L×43g/mol=4g，在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，所以配制溶液的浓度偏大，若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，使得氢氧化钠的物质的量偏小，则所得溶液浓度小于3．4mol•L-4。（4）3．5mol·L-4硫酸溶液533mL中硫酸的物质的量是3．45mol，则所需质量分数为98%、密度为4．84g·cm-3的浓硫酸的体积为0.25×981.84×98%考点：本题主要是考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验设计【名师点晴】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意从c＝nV理解配制原理，把握整个配制过程。难点是误差分析，配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c＝n26、饱和食盐水除去氯气中的H2O瓶中充满黄绿色气体，红色布条不褪色剧烈燃烧，产生棕黄色烟Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O_2_KMnO4+_16_HCl==_2_KCl+_2_MnCl2+_5_Cl2↑+_8_H2O0.2NA【解析】

分液漏斗中的浓盐酸滴入烧瓶B中的二氧化锰固体中加热发生反应生成氯气，氯气中含水蒸气和氯化氢气体杂质，通过装置C中饱和食盐水除去氯化氢气体，通过装置D中的浓硫酸除去水蒸气，通过装置E检验干燥的氯气是否具有漂白性，通过装置F中的铜网加热发生反应生成棕黄色的烟得到氯化铜，通过装置G收集氯气，剩余氯气通过装置H中的氢氧化钠溶液吸收，据此解答。【详解】（1）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，A中是浓盐酸，B中是二氧化锰固体，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中锰元素化合价从+4价降低到+2价得到2个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价失去1个电子，则用双线桥标明电子转移过程为；（2）生成的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，即C中的试剂是饱和食盐水。装置D中为浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气；（3）干燥的氯气没有漂白性，则E中干燥的氯气遇到干燥有色布条不褪色，即E中的实验现象是瓶中充满黄绿色气体，红色布条不褪色；F装置是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕黄色烟，即实验现象是剧烈燃烧，产生棕黄色烟；氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，H中试剂为氢氧化钠溶液，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；（4）KMnO4与浓盐酸反应也能产生氯气，反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价失去1个电子，则根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+6HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。若反应产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量是0.2mol，其数目为0.2NA。【点睛】本题考查了实验室制备氯气的装置分析和除杂试剂选择，氯气性质验证的反应现象判断，注意氯气是有毒气体，不能排放到空气中。另外在配平氧化还原反应的方程式时要学会灵活应用电子得失守恒以及原子守恒等。27、胶头滴管500mL容量瓶10.0g搅拌，加速溶解保证溶质全部转移至容量瓶中向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1cm～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切CDBE【解