2023届山西省朔州市怀仁市化学高一上期中学业质量监测试题含解析

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、下列有关实验室一般事故的预防和处理方法不正确的是A．燃着的酒精灯打翻失火，应立即湿抹布盖灭B．不慎将酸溅到眼中，立即用大量流动的水冲洗，边洗边眨眼C．用滴管滴加液体时，滴管下端紧贴试管内壁D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸缓缓加入盛水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌溶液2、向60mL

Na2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表，下列有关说法正确的是实验编号12345BaCl2溶液体/mL03060100120沉淀质量/g00.699x2.0972.097A．混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.05mol/LB．混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.30mol/LC．实验3中沉淀的质量x为1.398gD．完全沉淀60mL

Na2SO4溶液，消耗BaCl2溶液的体积为80mL3、下列说法不正确的是A．同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B．同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子C．1molO2中含有1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4LD．由0.2gH2和8.8gCO2、5.6gCO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍4、下列反应的离子方程式中或电离方程式正确的是A．Fe2（SO4）3溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Fe3++SO42-+Ba2++3OH-=Fe（OH）3↓+BaSO4↓B．向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-完全沉淀：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓C．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD．HSO3-在水中的电离：HSO3-+H2OSO32-+H3O+5、下列说法不正确的是A．从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替四氯化碳B．进行如图1操作后，实验现象为液体分层，下层呈无色C．利用如图2装置可以分离四氯化碳和水D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂不溶于水6、下列氯化物，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是()A．FeCl2 B．FeCl3 C．MgCl2 D．CuCl27、胶体和溶液的特征区别是（）A．胶体属于介稳体系B．胶体粒子的大小在1nm~100nm之间C．胶体具有丁达尔效应D．胶体粒子不能透过滤纸8、下列关于胶体的说法中正确的是()A．胶体中分散质直径大于100nm，胶体外观不均匀B．胶体不稳定，静置后容易产生沉淀C．能透过滤纸，是最稳定的分散系D．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应9、某溶液中仅含有H+、Al3+、Cl-、四种离子，其中H+的浓度为0.5mol·L-1，Cl-的浓度为0.2mol·L-1，Al3+的浓度为0.1mol·L-1，则的浓度是A．0.15mol·L-1 B．0.25mol·L-1C．0.3mol·L-1 D．0.4mol·L-110、已知在3.2g某气体中所含的分子数目约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为（）A．32gB．32g/molC．64molD．64g/mol11、溶液、浊液、胶体的本质区别是A．能否产生丁达尔现象B．能否透过半透膜C．是否是均一、稳定的D．分散质粒子半径大小12、符合下图中阴影部分的物质是A．Na2CO3B．Cu2（OH）2CO3C．K2CO3D．NaHCO313、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A．标准状况下，2.24LCCl4所含的原子数为0.5NAB．100mL0.1mol/L的MgCl2溶液中，所含微粒总数为0.02NAC．1.7g的OH－中含有的电子数为NAD．1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子14、将氯气通入70℃的氢氧化钠水溶液中,能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5：2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为()A．3：1 B．2：1 C．15：2 D．1：115、下列反应中，电子转移方向和数目正确的是（）A．B．C．D．16、下列物质在水溶液中电离，电离方程式错误的是()A．NaHSO4=Na++H++ B．Mg(NO3)2=Mg2++2C．NaHCO3=Na++H++ D．Na2SO4=2Na++17、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有B．向氯水中加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中含有C．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有D．向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，说明氯水中含有18、在烧杯中加入水和苯（密度：0.88g·cm-3，与水互不相溶，且不与钠反应）各50mL，将一小粒金属钠（密度为0.97g·cm-3）投入烧杯中。观察到的现象为（）A．钠在水层中反应并四处游动B．钠停留在苯层中不发生反应C．钠在苯与水的界面处反应并不断上浮、下沉D．钠在苯的液面上反应并四处游动19、下列有关氯气性质的说法正确的是()A．氯气通入含酚酞的氢氧化钾溶液中，溶液褪色，证明氯气具有漂白性B．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可C．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后呈红色D．氯气有毒，氯气还可用于消毒杀菌20、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LH2物质的量为1molB．标准状况下，NA个水分子所占的体积为22.4LC．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LD．0.5mol/LMgCl2溶液中，含有Cl-的物质的量为0.5mol21、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为()离子Na+Al3+Cl－X个数3a2aabA．SO42—、4a B．NO3—、4a C．OH—、8a D．SO42—、8a22、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是A．NaCl晶体、BaSO4 B．铜、二氧化硫C．液态的醋酸、酒精 D．熔融的KNO3、硫酸溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、B、F的化学式A______B______F______。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_____________。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_______________。（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式____________________________。24、（12分）有A、B、C、D、E、F六种元素，它们的相关信息如下表：元素代号相关信息A最外层的电子数是次外层电子数的3倍B海水中含量第一位的金属元素CL层得1个电子后成为稳定结构D二价阴离子核外有18个电子E失去一个电子后就成为一个原子F单质为大气中含量最多的气体请填写下列空格：（1）A原子的电子式：_______________________________。（2）B离子的结构示意图：__________________________，与B离子质子数与电子数均相同的微粒可能是____________________________________（写出两种，用微粒符合表示）。（3）C元素的名称：________，C原子中能量最高的电子位于第________层。（4）D的二价阴离子的电子式：___________________________；D元素的某种同位素原子质量数为34，该原子核内的中子数为______________。（5）A、E、F三种元素能相互形成多种类别的物质，其中属于共价化合物为________，离子化合物为________（各写出一种物质即可）25、（12分）实验室配制500mL0.2mol·L－1的Na2CO3溶液，实验操作步骤有①用天平称取一定量的Na2CO3·10H2O，放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；②把制得的溶液小心地注入______中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm～2cm处，改用______小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)_________；(2)写出②③步骤中，所缺的仪器______________、______________；(3)若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是：①偏高②偏低③没影响A．加水定容时俯视刻度线________(填序号)B．忘记将洗涤液转入容量瓶__________(填序号)C．使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥__________(填序号)D．定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出__________(填序号)(4)计算所需Na2CO3·10H2O的质量__________。26、（10分）Ⅰ．某化学兴趣小组在实验室用如下装置制备氯气：请回答：（1）实验装置连接完成后，首先应进行的操作是_______________。（2）写出A装置中制取氯气的化学方程式____________________。（3）若要制备纯净、干燥的氯气，需在A、B之间添加净化装置D、E，其中导管连接的顺序是____(填写数字编号)。Ⅱ．某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，实验室设计了方案对废液进行以下三步处理，并回收金属。请回答：（1）步骤①中得到的沉淀含有的金属单质有__________。（2）步骤②是将Fe2+转化为Fe3+，还可以选用的试剂是_____(填字母)。A．Fe粉B．NaOH溶液C．新制氯水D．稀硫酸（3）步骤③中加入氨水生成红褐色沉淀的离子方程式为___________________。27、（12分）A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同的元素甲，一定条件下可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）：(1)若C为淡黄色固体，则B为________，写出C在潜水艇中作为供氧剂牵涉的两个反应方程式____________________、_____________________。(2)X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则C为__________（填化学式）。若固体B中混有少量C杂质，除杂的化学方程式为___________________。(3)若B是膨松剂的主要成分，则A、C、X的化学式依次为__________________。28、（14分）回答下列有关氧化还原的问题。（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。其中氧化产物是__________。若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为__________。（2）下列微粒：①S②S2－③Fe2＋④H＋⑤Cu⑥HCl⑦H2O在化学反应中只能被氧化的是__________（填序号，下同）。只能表现出氧化性的是__________。（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有__________，反应后溶液中一定含有的阳离子是__________。（4）在反应KClO3＋6HCl（浓）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为__________。（5）将NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至无色。反应结束后，推测硫元素在溶液中的存在形式是__________。这样推测的理由是__________。（6）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出两种方案。①方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3－，产物为NH3。生成3.4gNH3同时会生成__________molFe（OH）3。②方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式配平并标出电子转移的方向和数目。____Al＋____NO3－＋____OH－——____AlO2－＋______N2↑＋____H2O29、（10分）按要求填空：（1）3.6gH2O物质的量为______mol，约含有_________个原子；（2）已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是______；（3）同温同压下，同体积的甲烷CH4和CO2质量之比为________，质子数之比_________；（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+amol，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为__________，取出V/2L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是__________。

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、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，酒精燃烧时，用自来水灭火时不但不能灭火，而且能扩大燃烧面积，应该用湿抹布盖灭，故A正确；

B.不慎将酸溅到眼中，应立即用大量流动的水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故B正确；C.向试管中滴加液体时，滴管下端不能紧贴试管内壁，应该把滴管垂直悬空于试管口上方，以防试剂被污染，故C错误；D.浓硫酸溶于水时要放出大量的热，在稀释浓硫酸时，要把浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯里（浓硫酸的密度比水的密度大），并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散，故D正确。综上所述，本题选C。2、C【解析】

A．由表格中的数据可知，生成沉淀最多为2.097g，n（BaSO4）=2.097g233g/mol=0.09mol，则Na2SO4溶液的物质的量浓度为B．2号实验中n（BaSO4）=0.699g233g/mol=0.003mol，混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为C．实验3号中，x为实验2中的2倍，则x=0.699g×2=1.398g，选项C正确；D．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为0.009mol0.1mol/答案选C。3、A【解析】

A.同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；B.由阿伏加德罗定律知，B项正确；C.标准状况下1mol任何气体所占体积均为22.4L,1molO2中含氧原子数为2×6.02×1023＝1.204×1024，C项正确；D.0.2gH2、8.8gCO2、5.6gCO的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.2mol，该混合气体的总质量为14.6g，总物质的量为0.5mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2g·mol－1，氧气的摩尔质量为32g·mol－1，两者的相对密度为29.5÷32≈0.913，D项正确。答案选A。4、D【解析】

A.由于Ba(OH)2足量，则Fe2(SO4)3完全反应，离子方程式是2Fe3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，不符合反应事实，选项A错误；B.NaHSO4完全反应，离子方程式要以NaHSO4为标准书写，反应的离子方程式是H++SO42-+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4↓，不符合反应事实，选项B错误；C.向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠，碳酸氢钙完全反应，以碳酸氢钙为标准，反应的离子方程式是：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O，不符合反应事实，选项C错误；D.HSO3-是弱酸的酸式酸根离子，在水中的电离存在电离平衡，电离方程式是：HSO3-+H2OSO32-+H3O+，符合事实，选项D正确；故合理选项是D。5、B【解析】

萃取仅是把物质从一种溶剂提取到另一种溶剂中，得到的是两种互不相溶的液体，因此，在萃取之后往往需要分液操作。【详解】A、乙醇与水混溶，不能用作萃取剂，故A正确；B、四氯化碳的密度比水大，且碘易溶于四氯化碳，则下层呈紫色，故B错误；C、水和四氯化碳互不相溶，且溶液分层，可用分液的方法分离，故C正确；D、碘易溶于有机溶剂，萃取剂不能溶于水，故D正确。答案选B。6、C【解析】

A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，不能直接得到FeCl2，A不符合题意；B．Fe与盐酸反应生成FeCl2，B不符合题意；C．Mg与Cl2或盐酸反应均生成MgCl2，C符合题意；D．Cu为不活泼金属，与盐酸不发生反应，D不符合题意；答案选C。7、B【解析】

胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】A.胶体属于介稳体系，胶体的性质，故A错误；B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm。C、胶体具有丁达尔效应，胶体的光学性质，故C错误；D.胶体粒子能透过滤纸，故D错误。故选B。8、D【解析】

根据胶体的定义与性质来分析作答。A.胶体是一种均匀的分散系，分散质直径小于100nm；B.胶体是一种稳定的分散系；C.溶液分散质粒子直径小于胶体的分散质粒子直径；D.丁达尔效应是胶体的特性。【详解】A.胶体是一种均匀的分散系，分散质直径小于100nm，故A项错误；B.胶体是一种均匀、稳定的分散系，静置后不容易产生沉淀，故B项错误；

C.胶体是介稳体系，不如溶液稳定，故C项错误；D.胶体能产生丁达尔效应，故D项正确。答案选D。【点睛】胶体的介稳性是学生的易错点。做题时需要注意，胶体之所以具有介稳性，主要是因为胶体粒子可以通过吸附作用而带有电荷。同种胶体粒子的电性相同，在通常情况下，它们之间的互相排斥阻碍了胶体粒子变大，使它们不易聚集。此外，胶体粒子所作的布朗运动也使得它们不容易聚集成质量较大的颗粒而沉降下来。9、C【解析】

根据溶液中电荷守恒有c(H+)+3c(Al3+)=c(Cl-)+2c()，即0.5mol/L+3×0.1mol/L=0.2mol/L+2c()，解得c()=0.3mol/L；故选：C。10、D【解析】

3.01×1022某气体所含分子的物质的量为0.05mol，根据M=m/n=3.2/0.05=64g/mol,D选项正确；综上所述，本题选D。【点睛】气体的摩尔质量与气体的分子量表示意义不一样，摩尔质量有单位，一般为g/mol；只有当以克为单位时，摩尔质量在数值上等于该气体的相对分子质量。11、D【解析】

三类分散系的本质区别是分散质粒子的大小，据此解答。【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），丁达尔效应是特征性质，溶液是稳定分散系，胶体是介稳分散系，浊液是不稳定分散系，胶体不能通过半透膜，则溶液、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，故答案选D。12、A【解析】

图中阴影部分的物质既属于钠盐，又属于碳酸盐，还属于正盐，据此解答。【详解】A、Na2CO3属于正盐、钠盐和碳酸盐，A符合；B、Cu2(OH)2CO3属于碳酸盐的碱式盐，是一种铜盐，B不符合；C、K2CO3属于碳酸盐的正盐，是一种钾盐，C不符合；D、NaHCO3属于碳酸盐的酸式盐，是一种钠盐，D不符合。答案选A。13、C【解析】

A.标准状况下，四氯化碳的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；B.在MgCl2溶液中，微粒包括离子、分子和原子等，所以必须指明具体的粒子名称；C.OH－中含有10个电子，0.1molOH－含有1mol电子；D.根据阿伏加德罗常数，可知1mol任何粒子的粒子数都约为6.02×1023，多原子分子中，分子数与原子数不同。【详解】A.标况下，四氯化碳不是气体，题中条件无法计算四氯化碳的物质的量，故A项错误；B.100mL0.1mol/L的MgCl2中含有溶质MgCl20.01mol，题中没有告诉具体的粒子名称，无法计算溶液中含有的微粒数目，故B项错误；C.1.7gOH－的物质的量为0.1mol，0.1molOH－含有1mol电子，含有的电子数为NA，故C项正确；D.多原子分子中，分子数与原子数不同，如1mol氢气中含有6.02×1023个H2分子，但含有2×6.02×1023个H原子，故D项错误；答案选C。14、A【解析】

反应中注意氯元素的化合价变化，假设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、2mol，根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量n(NaCl)=5mol×1+2mol×(5-0)=15mol，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为15mol：5mol=3：1，故合理选项是A。15、A【解析】

A．S+O2=SO2反应中，硫的化合价从0价升高到+4价，失去4个电子，氧的化合价从0价降低到-2价，一个O2得到4个电子，故A正确；B．H2S和H2SO4反应时，H2S中的-2价硫化合价升高，应该遵循邻位转化原则，所以应该转变为0价硫，H2SO4里的+6价硫应该降低到SO2中的+4价，故B错误；C．铁和硫酸发生置换反应，铁的化合价从0价升高到+2价，应该失去电子，硫酸里的+1价氢的化合价降低到H2中的0价，应该得到电子，故C错误；D．HCl和K2Cr2O7的反应中，HCl中的-1价的氯升高到Cl2中的0价，应该失去电子，生成3molCl2，应该失去6mol电子，K2Cr2O7中的+6价的Cr反应后降低到+3价，应该得到电子，1molK2Cr2O7反应，应该得到6mol电子，故D错误；故选A。16、C【解析】

A．硫酸为强酸，在水溶液中完全电离，所以在溶液中也发生完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na++H++，A正确；B．Mg(NO3)2为强电解质，在水溶液中发生完全电离，电离方程式为Mg(NO3)2=Mg2++2，B正确；C．碳酸为弱酸，所以在水溶液中发生部分电离，电离方程式为NaHCO3=Na++，C错误；D．Na2SO4为强电解质，在水溶液中发生完全电离，电离方程式为Na2SO4=2Na++，D正确；故选C。17、A【解析】

A.氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有HClO，故选A；B.向氯水中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，说明氯水中含有Cl-，故不选B；C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H+，故不选C；D.向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，黄绿色为Cl2，说明氯水中含有Cl2，故不选D；答案：A18、C【解析】

钠密度小于水而大于苯，钠熔点较低，钠和水剧烈反应生成NaOH和氢气，同时放出大量热，钠和苯不反应，钠密度大于苯而小于水，所以在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入苯层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完，故选C。19、D【解析】

A.氯气通入含酚酞的氢氧化钾溶液中，溶液褪色，是由于氯气与氢氧化钾反应消耗了氢氧根离子，氯气没有漂白性，A错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B错误；C.新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后呈红色，但氯气还具有强氧化性，因此最终褪色，C错误；D.氯气有毒，具有强氧化性，氯气还可用于消毒杀菌，D正确。答案选D。20、A【解析】

A、标准状况下气体的摩尔体积是22.4L/mol，22.4LH2物质的量为22.4L÷22.4L/mol＝1mol，A正确；B、在标准状况下水不是气体，NA个水分子所占的体积不是22.4L，B错误；C、NA个CO2分子的物质的量为1mol，但不是在标准状况下，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算其体积，C错误；D、溶液体积未给出，无法计算离子物质的量，D错误。答案选A。21、A【解析】试题分析：根据溶液电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl-）+nb×N（X），设X的电荷数为n，则A、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl-）+4a×2×N（SO42-），电荷守恒，正确；B、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+4a×N（NO3-），电荷不守恒，错误；C、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+8a×N（OH-），电荷不守恒，错误；D、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+8a×2×N（SO42-），电荷不守恒，错误。考点：考查电解质溶液计算——电荷守恒法。22、C【解析】

A．NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡属于电解质，故A错误；B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫属于非电解质，故B错误；C．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故C正确；D．熔融的KNO3属于电解质；硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。【点睛】本题考查电解质与非电解质，解答该类概念性题目，应抓住概念中的关键词，并注意大多数有机化合物都是非电解质。无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质。二、非选择题(共84分)23、NaH2NaAlO22Na+2H2O=2NaOH+H26NA2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2【解析】

有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。【详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为Na、H2、NaAlO2。（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2，故答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2。【点睛】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。24、NH4+、H3O+氟略18HNO3NH4NO3【解析】

A最外层的电子数是次外层电子数的3倍，则A为O元素；海水中含量第一位的金属元素是钠，则B为Na元素；L层得1个电子后成为稳定结构，说明该原子最外层有7个电子，C为F元素；二价阴离子核外有18个电子，则D原子核内有16个质子，D为S元素；E失去一个电子后就成为一个质子，则E为H元素；F的单质为大气中含量最多的气体，则F为N元素。【详解】（1）A为O元素，原子的电子式：，答案为：。（2）B为Na元素，钠离子的结构示意图，与钠离子质子数与电子数均相同的微粒可能是NH4+、H3O+，答案为：；NH4+、H3O+。（3）C为F元素，名称为氟，氟原子有两个电子层，能量最高的电子位于第L层。答案为：L。（4）D为S元素，S的二价阴离子是S2-，电子式为；S元素的某种同位素原子质量数为34，S的质子数为16，则原子核内的中子数为34-16=18。答案为：.；18。（5）A、E、F三种元素分别为O、H、N，能相互形成多种类别的物质，其中属于共价化合物为HNO3，离子化合物为NH4NO3；答案为：HNO3；NH4NO3。25、胶头滴管500mL容量瓶①②④③⑤500mL容量瓶胶头滴管①②③②28.6g【解析】

(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制溶液的实验操作过程进行操作步骤的排序；(2)结合配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析误差。(4)结合元素守恒，根据n=、c=计算物质的质量。【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解(可用量筒加水)，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为：①②④③⑤；(2)由(1)中操作可知，所用仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等。故还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管；(3)A.加水定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则会导致配制的溶液浓度偏高，故合理选项是①；B.忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量偏少，则n偏小，导致溶液的浓度偏低，合理选项是②；C.使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度不产生影响，合理选项是③；D.定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出，会使溶质偏少，n偏小，则溶液的浓度偏低，合理选项序号是②；(4)n(Na2CO3)=cV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，根据Na元素守恒可知，晶体的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)=0.1mol，则m(Na2CO3·10H2O)=0.1mol×286g/mol=28.6g。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法，对于给出的溶质与所配制溶液的物质不同时，要根据元素守恒，先计算出溶质的物质的量，然后结合物质转化关系，计算出配制溶液的物质的物质的量，再根据m=nM计算出需要称量的物质的质量。本题侧重考查学生分析能力和实验能力。26、检查装置的气密性MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O③④②①Ag、Cu、FeCFe3+＋3NH3·H2O＝Fe(OH)3↓＋3NH4+【解析】

I．实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，结合氯气的性质分析解答；II．废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，银离子变成单质银、铜离子被还原成单质铜，铁离子被还原为亚铁离子；滤液中含有亚铁离子，加入双氧水，亚铁离子被氧化生成铁离子，再加入碱液，生成氢氧化铁沉淀，据此分析解答。【详解】I．(1)制备气体的装置连接完成后，首先需要检查装置的气密性，故答案为检查装置的气密性；(2)A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水、氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)制备的氯气中含水蒸气、氯化氢杂质气体，制备纯净、干燥的氯气需要通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，导气管都应该长进短出，在A、B之间添加净化装置D、E，其中导管连接的顺序是③④②①，故答案为③④②①；II．(1)废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，银离子变成单质银、铜离子被还原成单质铜，铁离子被还原为亚铁离子，所以在操作①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故答案为银、铜、铁；(2)步骤②是将Fe2+转化为Fe3+，发生氧化反应，所以应加入氧化剂，除了双氧水外，还可以是新制氯水，故选C；(3)氯化铁溶液中加入氨水生成氢氧化铁，反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故答案为Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+。27、Na2O2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2NaHCO32NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑CO2、Na2CO3、NaOH【解析】

(1)若C为淡黄色固体，则A为Na、X为O2、B为Na2O、C为Na2O2，Na2O2在潜水艇中作供氧剂时牵涉的两个反应方程式分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(2)若X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则X为CO2，A可以是NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，若Na2CO3固体中混有少量NaHCO3杂质，可以利用加热的方法除去NaHCO3，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；(3)若B是膨松剂的主要成分，则B为NaHCO3，A为CO2、C为Na2CO3、X为NaOH。28、CuSO4（或Cu2＋）2.24L②⑤④AgMg2＋Zn2＋5：1SO42－紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低。NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在。1.610641032【解析】

（1）根据氧化还原反应中，元素化合价升高的物质做还原剂，发生氧化反应，对应氧化产物；根据2e---SO2可计算出SO2的体积；（2）元素化合价处于最低价态，只有还原性，元素化合价处于最高价态，只有氧化性，处于中间价态，即有氧化性又有还原性；据此进行分析；（3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺序：Mg>Zn>Cu>Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，据此进行分析；（4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，由电子得失守恒判断被氧化和被还原的氯原子个数比；（5）NaHSO3具有还原性，被氧化后NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在；（6）①方案a：结合实验现象根据氧化还原反应规律进行分析；②方案b：根据化合价升降总数相等或电子得失守恒进行配平，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。【详解】（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）=CuSO4＋SO2↑＋2H2O。铜元素化合价升高，发生氧化反应，对应氧化产物为CuSO4（或Cu2＋）；该反应转移电子2e-，根据2e---SO2可知，若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为22.4×0.2/2=2.24L；综上所述，本题答案是：CuSO4（或Cu2＋）；2.24L。（2）①S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；②S2－的化合价处于最低价态，只有还原性；③Fe2＋的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性