2023-2024学年黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学高一化学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2023-2024学年黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学高一化学第一学期期末教学质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、将100mL某物质的量浓度的盐酸逐滴加入到100mL2mol·L－1的碳酸钠溶液中，下列说法正确的是()A．开始加入盐酸时有气体放出，盐酸过量后无气体放出B．加入盐酸时，开始无气体放出，最后有气体放出C．盐酸浓度为2mol·L－1时，放出二氧化碳4.4gD．盐酸浓度为5mol·L－1时，放出二氧化碳0.2mol2、标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，下列说法不正确的是（）A．标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比为m:nB．25℃时，1kg气体A和1kg气体B的分子数之比为n:mC．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m:nD．标准状况下,等质量的A和B的体积比为m:n3、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，不正确的是A．二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B．二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠C．二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，二者等质量与足量盐酸反应时生成CO2量一样多D．二者在一定条件下可以相互转化4、下列叙述正确的是A．将CO2通入BaCl2溶液至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入KNO3固体，铜粉仍不溶解C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀不溶解D．在Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸，可观察到先生成红褐色沉淀后沉淀溶解5、14C是一种放射性同位素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子或核爆炸产生的中子轰击14N可使它转变为14C。下列说法正确的是A．14N核外电子数与中子数相同 B．14C的核外电子数为8C．14C和14N互为同位素 D．14C和12C的所有性质都相同6、下图中横坐标均表示11～17号元素顺序排列的原子序数。根据图像变化趋势判断，纵坐标表示其最高化合价的是A． B． C． D．7、处处留心皆知识，生活中的下列事实，不涉及到化学变化的是A．食物腐败变质 B．酒香不怕巷子深C．铝表面形成致密的薄膜 D．食醋洗掉水垢8、把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该溶液中钾离子浓度为:A．0.1(b-2a)mol/L B．10(b-2a)mol/LC．10(2a-b)mol/L D．4(b-2a)mol/L9、NaNO2像食盐一样有咸味，有很强的毒性，误食亚硝酸钠（NaNO2）会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O。下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂为HIB．反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaIC．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1D．人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒10、在蒸馏实验中，下列叙述不正确的是（）A．在蒸馏烧瓶中盛约1/2体积的自来水，并放入几粒沸石B．将温度计水银球插入自来水中C．冷水从冷凝管下口入，上口出D．收集蒸馏水时，应弃去开始馏出的部分11、下列氧化还原反应中，水只作为还原剂的是（）A．3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 B．2H2O2H2↑+O2↑C．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ D．2F2+2H2O═4HF+O212、NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．22.4L氨气含有的质子数为10NAB．14g由乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）组成的混合物中含有原子的数目为3NAC．1molNa与足量的O2反应，转移的电子数为2NAD．100mL1mol·L－1蔗糖溶液中含有分子数为0.1NA13、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，一段时间后不会有气泡冒出的是A．稀硫酸 B．稀盐酸 C．浓硫酸 D．氢氧化钠溶液14、某溶液中可能含有H＋、NH4＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、Cl－中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋B．溶液中一定不含CO32－和SO42－，可能含有Cl－C．溶液中n(Mg2＋)=0.1molD．n(H＋):n(NH4＋):n(Al3＋):n(Mg2＋)=2:4:2:115、把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（）A．CO2（g）通入NaOH溶液 B．CO2（g）通入石灰水C．NH3（g）通入CH3COOH溶液 D．NH3（g）通入盐酸中16、下列物质中导电能力最差的是A．(NH4)2CO3溶液B．铁丝C．食盐晶体D．熔融的Na2SO417、下列溶液分别加水稀释到100mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是（）A．20mL1mol·L−1的AlCl3 B．50mL1mol·L−1的KClC．20mL2mol·L−1的NH4Cl D．20mL2mol·L−1的CaCl218、下列有关物质的量和摩尔的叙述不正确的是（）A．摩尔是国际单位制中七个基本单位之一B．物质的量可用n表示，1mol粒子的数目约为6.02×1023C．摩尔的计量对象可以是分子、离子、原子、质子、中子、电子和原子团D．用摩尔表示物质的量时，要用化学式指明较子种类，而不用该粒子的中文名称19、已知乙酸乙酯(C4H8O2)是一种无色液体，不溶于水，密度小于1g·mL－1，沸点约为55℃。要从水与乙酸乙酯的混合物中将乙酸乙酯分离出来，下列方法中最简便的是A．蒸馏 B．分液 C．过滤 D．蒸发20、新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气．下列说法正确的是A．该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成B．合金在吸氢过程中被H2还原C．一定量的镁铝合金既可以完全溶于足量盐酸中，也可以完全溶于足量的NaOH溶液中D．等质量的镁、铝、和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成H2的体积（同温同压下）顺序为：V(铝)＞V(合金)＞V(镁)21、下列物质中，属于能够导电的电解质是A．铜丝 B．蔗糖 C．NaCl溶液 D．熔融的MgCl222、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LHNO3中含有的分子数目为0.5NAB．常温下，2.7g铝片放置在空气中足够的时间，反应转移电子数为0.3NAC．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.3NAD．含有1molH2SO4的浓硫酸和过量Zn反应能产生的气体分子数大于0.5NA二、非选择题(共84分)23、（14分）如图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框中的字母表示一种反应物或生成物（部分物质，反应条件已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。(1)写出的化学方程式：_______________________。(2)实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为_________，干燥C常用_______________（填写试剂名称）。(3)E物质遇到D物质时，会观察到_______________________现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为____________________（写化学式）。(4)写出的离子反应方程式_________________________。24、（12分）A、B、C均为单质，其中A为用途广泛的金属单质，B为黄绿色气体，B与C反应后的产物E溶于水得无色酸性溶液。A、B、C之间的其他反应如图所示。试填空：(1)写出下列物质的化学式：B________，D________，F________。(2)鉴别D溶液中阳离子的方法是________________________。(3)写出下列反应的离子方程式：①A＋E→F＋C：____________________________________________________。②B＋F→D：________________________________________________。25、（12分）实验室现需配制物质的量浓度为1mol•L﹣1的NaOH溶液480mL。(1)配制该溶液的实验步骤包括：a．计算需要氢氧化钠固体的质量；b．称量氢氧化钠固体；c．将烧杯中的溶液注入________；d．用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却；e．盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；f．继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下________时，改用________滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。②上述步骤的正确操作顺序是________。(2)要配制此溶液，需要称量NaOH固体的质量为________克。(3)下列操作会使所配制溶液浓度偏大的有_______。A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线C、容量瓶中原有少量蒸馏水D、定容时观察液面仰视(4)配制好的NaOH溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放，请用化学方程式解释原因__________________________。26、（10分）某同学欲配制100mL0.10molL﹣1的CuSO4溶液。以下操作1～5是其配制的过程及示意图：操作1：准确称取一定质量的胆矾晶体并用适量蒸馏水溶解；操作2：将所得溶液转移到仪器X中，用蒸馏水冲洗烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液也转移到X中；操作3：继续向X中加蒸馏水至液面离X的刻度线l～2cm处；操作4、操作5：见图（1）仪器X的名称是______________；（2）操作1中，应称取胆矾晶体的质量为_____________；（3）若其余操作步骤均正确，根据操作4所配的溶液浓度__（选填“偏大”、“偏小”、“无影响”或“无法判断”）。27、（12分）某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。（1）A中发生反应的化学反应方程式为________________________________（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯，回答下列问题：①在装置D中能看到的实验现象分别是___________________；②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为______________________________；③装置F中球形干燥管的作用是____________________________；（3）储气瓶b内盛放的试剂是______________________________；（4）B处发生反应的离子方程式为___________________________________。28、（14分）在一定条件下均可与水蒸气反应。完成下列填空：(1)已知：则Q=______(用a、b表示)。(2)将不同量的和分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：，得到三组数据：实验组温度/℃起始量加平衡量达到平衡所需时间/1650241.652900120.433900120.41①反应涉及物质中，含非极性键的分子的电子式为_______，实验1中，从反应开始到平衡，的平均反应速率为_______。②该反应的正反应是______热反应(选填“吸”或“放”)。③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是______。④下列事实能说明该反应达到平衡的有______(选填编号)。a.容器内压强不再改变b.容器内气体密度不再改变c.容器内的质量不再改变d.29、（10分）铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取Al可采用如图所示工艺流程：请回答下列问题：（1）铝土矿加入盐酸后生成Al3＋的离子方程式为_____________________________。（2）沉淀B与烧碱反应的离子方程式为______________________________________。（3）溶液D中通入过量CO2的离子方程式为_____________________________。（4）“通入过量CO2”能否改用过量盐酸________（填“能或否”），原因是_____________。（5）向共含有0.05molAl3+、Fe3+的溶液中滴入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则溶液中Al3+的物质的量为_________mol。

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】

盐酸逐滴加入Na2CO3溶液中，随着盐酸的滴入，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，结合题给物质的量浓度和体积计算。【详解】n（Na2CO3）=2mol/L×0.1L=0.2mol，A.开始加入盐酸时发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有气体放出，A错误；B.开始加入盐酸时发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有气体放出，当加入的盐酸中HCl物质的量≤0.2mol（即盐酸物质的量浓度≤2mol/L）时，最后都没有气体放出，当加入的盐酸中HCl物质的量>0.2mol（即盐酸物质的量浓度>2mol/L）时，最后有气体放出，由于盐酸物质的量浓度未知，最后不一定有气体放出，B错误；C.盐酸的浓度为2mol/L时，n（HCl）=2mol/L×0.1L=0.2mol，HCl与Na2CO3恰好完全反应生成NaHCO3和NaCl，没有CO2放出，C错误；D.盐酸的浓度为5mol/L时，n（HCl）=5mol/L×0.1L=0.5mol，n（HCl）：n（Na2CO3）=0.5mol：0.2mol>2:1，故盐酸过量、Na2CO3完全反应放出CO2气体，根据C守恒放出的CO2物质的量=n（Na2CO3）=0.2mol，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是：盐酸与Na2CO3的反应是分步进行的，CO32-首先结合H+生成HCO3-，HCO3-继续结合H+才会放出CO2。2、D【解析】

标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，因此根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量是相等的，所以二者的摩尔质量之比是m:n。所以在质量相等的条件下，二者的分子数之比是n:m，体积之比也是n:m；在相同条件下，气体的密度之比是摩尔质量之比，即二者的密度之比是m:n，所以只有选项D不正确，答案选D。3、C【解析】A.二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A正确；B.二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，B正确；C.二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的CO2多，C错误；D.碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，D正确，答案选C。4、D【解析】

A．向BaCl2溶液中通CO2或SO2均不会生成沉淀，A项错误；B．铜不溶于稀硫酸，但若向溶液中加入硝酸钾后，铜就会被硝酸根氧化溶解，B项错误；C．AlCl3溶液中加入氨水生成Al(OH)3白色沉淀，NaHSO4在水溶液中会解离出H+，最终会使Al(OH)3溶解，C项错误；D．稀盐酸是电解质溶液，向胶体中加电解质溶液会使胶体发生聚沉，又因为稀盐酸可以将氢氧化铁溶解，所以现象是先出现红褐色沉淀，随后沉淀溶解，D项正确；答案选D。5、A【解析】

A.14N中子数=14-7=7，A正确；B.14C的核外电子数为6，B错误；C.14C和14N是不同的元素，不是同位素，C错误；D.14C和12C的化学性质都相同，物理性质有差别，D错误。故选A。6、C【解析】

A、图中表示逐渐减小的变化，可能纵坐标为原子半径的变化规律，选项A不选；B、图中表示不变的规律，可能纵坐标为电子层，选项B不选；C、图中表示逐渐增大的变化，可能纵坐标为元素的最高正化合价，选项C可选；D、图中表示逐渐增大的变化，但出现反常的规律，纵坐标不能表示最高化合价，选项D不选。答案选C。7、B【解析】

A.食物腐败是食物被空气中的氧气等氧化变质，涉及化学变化，故A不选；B．酒香不怕巷子深，酒精具有挥发性，不涉及化学变化，故B选；C．铝表面形成致密的薄膜，生成新物质氧化铝，涉及化学变化，故C不选；D．食醋洗掉水垢是乙酸与碳酸钙反应，涉及到化学变化，故D不选；故选B。8、D【解析】

题中发生的离子方程式为:Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ag++Cl-=AgCl↓；一份加入amolSO42-，原溶液中BaCl2为amol，同时电离出Cl-2amol，又因另一份加入bmolAg+，所以溶液中Cl-总量为bmol，结合前者，KCl的物质的量为b-2amol，又因将混合液分成2等分，所以其总量为2（b-2a），则钾离子的浓度为：=4(b-2a)mol/L。答案选D。9、C【解析】

A．NaNO2转化为NO，N元素的化合价由+3价降低为+2价，所以氧化剂为NaNO2，错误；B．NaI不能使淀粉变蓝，错误；C．NaNO2为氧化剂，在方程式中的系数为2，HI为还原剂，化合价变化的HI的系数为2，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，正确；D．氢碘酸是强酸，能使蛋白质变性，所以人误食亚硝酸钠中毒时，不能服用HI溶液解毒，错误。故选C。10、B【解析】

A、为防止暴沸，蒸馏时，加入的液体约为蒸馏烧瓶容积的三分之一，且加入几粒沸石，故A正确；B、温度计测的是蒸气的温度，水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；C、冷凝管中冷水从下口流进，上口流出，故C正确；D、因为仪器中难免有杂质存在，为保证蒸馏水的纯度应弃去开始馏出的部分，故D正确。答案选B。【点睛】蒸馏操作注意事项：（1）在蒸馏烧瓶中放少量碎瓷片，防止液体暴沸。（2）温度计水银球的位置应与支管口下端位于同一水平线上。（3）蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3。（4）冷凝管中冷却水从下口进，上口出。（5）加热温度不能超过混合物中沸点最高物质的沸点。11、D【解析】

A.3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2反应中，水中H的化合价由+1价变为0价，作氧化剂，O的化合价不变，与题意不符，A错误；B.2H2O2H2↑+O2↑反应中，水中H的化合价由+1价变为0价，作氧化剂，O的化合价由-2价变为0价，作还原剂，与题意不符，B错误；C.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中，水中H、O元素的化合价均为变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，与题意不符，C错误；D.2F2+2H2O═4HF+O2反应中，水中H的化合价不变，O的化合价由-2价变为0价，作还原剂，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】水只作为还原剂，则只能为水中氧元素的化合价升高为零价。12、B【解析】

氨气所处的状态不明确；乙烯和丙烯的最简式均为CH2；钠和氧气反应后变为+1价；蔗糖溶液中，除了蔗糖外，还含水分子。【详解】A、氨气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有最简式组成的物质的量为1mol，故含原子为3NA个，故B正确；C、钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠反应后转移NA个电子，故C错误；D、蔗糖溶液中，除了蔗糖外，还含水分子，故溶液中的分子数多于0.1NA个，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。13、C【解析】

氧化铝和金属铝都能与酸反应，铝与稀硫酸、稀盐酸反应产生氢气，所以将表面已完全钝化的铝条，插入稀硫酸、稀盐酸溶液中，一段时间后都会有气泡冒出，故A、B不符合题意；铝在常温下遇浓硫酸发生钝化，所以将表面已完全钝化的铝条，插入浓硫酸中，一段时间后不会有气泡冒出，故C符合题意；氧化铝是一种两性氧化物，金属铝具有两性，都能与强碱发生反应生成盐和水，将表面已完全钝化的铝条，插入NaOH溶液中，能发生如下反应：2NaOH＋Al2O3＝2NaAlO2＋H2O，2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑，所以将表面已完全钝化的铝条，插入NaOH溶液中，一段时间后有气泡冒出，故D不符合题意。14、D【解析】

若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣和Cl﹣的最少一种，据此分析。【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣和Cl﹣的最少一种，A、溶液中的阳离子有H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故A错误；B、由分析知SO42﹣和Cl﹣最少含有一种，故B错误；C、由D分析知镁离子的物质的量是0.05mol，故C错误；D、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH﹣＝NH3•H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol﹣0.5mol＝0.2mol，所以溶液中n（NH4+）＝0.2mol；根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al(OH)3～OH﹣～[Al(OH)4]﹣，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol﹣0.7mol＝0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH﹣～Al(OH)3，Mg2+～2OH﹣～Mg(OH)2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol﹣0.1mol﹣0.3mol＝0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，所以n(H＋):n(NH4＋):n(Al3＋):n(Mg2＋)=2:4:2:1，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法及判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意掌握常见离子的性质及检验方法。15、C【解析】

电解质溶液的导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关。【详解】A.该过程的离子方程式为：，该过程中，离子浓度与所带电荷的乘积没有变化，则溶液的导电能力几乎不变，A错误；B.该过程的化学方程式为：，该过程中，离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，B错误；C.该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度显著增大，则溶液的导电能力显著增大，C正确；D.该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，D错误；故合理选项为C。16、C【解析】

(NH4)2CO3溶液和熔融的Na2SO4都存在自由移动的离子，都能导电，铁丝为金属，存在自由电子也能导电；而食盐晶体无自由移动的离子，不能导电，综上所述，故导电能力最差的是食盐晶体；本题答案为C。【点睛】对于电解质来说，能导电是因为含有能自由移动的离子，固态电解质即使有离子，但其不能自由移动，所以不导电，对金属或合金来说，能导电是因为含有自由移动的电子。17、D【解析】

根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度。首先计算各选项中氯离子的物质的量。n(Cl－)=c×V×各物质中Cl－的个数。再除以溶液体积100mL可得浓度。分别是：A.1mol/L×0.02L×3=0.06mol；B.1mol/L×0.05L×1=0.05mol；C.2mol/L×0.02L×1=0.04mol；D.2mol/L×0.02L×2=0.08mol；答案选D。【点睛】本题考查离子浓度的计算。该类型的试题在判断时，关键是分析电解质的组成及其强弱。另外还需要注意的是，判断的是离子的浓度，还是离子的物质的量，因为物质的量还与溶液体积有关系。18、D【解析】

A、摩尔是物质的量的单位，摩尔是国际单位制中七个基本单位之一，故A说法正确；B、物质的量可用n表示，1mol任何粒子的粒子数为阿伏加德罗常数，约为6.02×1023，故B说法正确；C、物质的量表示微观粒子，微观粒子指分子、原子、离子、质子、中子、电子、原子团等，故C说法正确；D、能用中文名称，但要求指明粒子的种类，如1mol氢原子，故D说法错误。故本题选D。19、B【解析】

乙酸乙酯不溶于水，分液即可分离，答案选B。20、D【解析】

A.制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2，故A错误；B.合金在吸氢过程中镁元素的化合价升高，被H2氧化，故B错误；C.镁铝合金可以完全溶于足量盐酸中，镁与氢氧化钠不反应，不能完全溶于足量的NaOH溶液中，故C错误；D.假设镁、铝、镁铝合金的质量为wg，计算分别产生H2的物质的量，Mg+2HCl=MgCl2+H2↑24g1molwgw/24mol2Al+6HC=2AlCl3+3H2↑54g2molwgw/27mol镁铝合金与足量的盐酸反应生成H2的物质的量介于w/27mol～w/24mol，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以（同温同压下）生成H2的体积由大到小的顺序为：V(铝)＞V(合金)＞V(镁)，故D正确。故选D。21、D【解析】

A．铜丝能导电，但铜不是电解质，故A不选；B．蔗糖是非电解质，故B不选；C．NaCl溶液能导电，但NaCl溶液是混合物，不是电解质，故C不选；D．熔融的MgCl2中有自由移动的离子，能导电，同时又是电解质，故D选；故选D。【点睛】电解质不一定能导电，能导电的不一定是电解质，如NaCl固体是电解质，但NaCl固体中没有自由移动的离子，所以不能导电，NaCl溶液能导电，但NaCl溶液不是电解质。电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。22、D【解析】

A.标准状况下，HNO3是液态，所以无法计算11.2L中含有的分子数目，故A错误；B.常温下，铝片放置在空气表面被氧化生成氧化铝阻止铝继续被氧化,所以2.7g（0.1mol）铝反应转移电子数小于0.3NA，故B错误；C.标准状况下，6.72LNO2为0.3mol,与水充分反应3NO2+H2O=2HNO3+NO转移的电子数目为0.2NA,故C错误；D.含有1molH2SO4的浓硫酸和过量Zn反应：2H2SO4（浓）+Zn=ZnSO4+SO2+H2O;H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，能产生的气体分子数大于0.5NA，故D正确；答案：D。二、非选择题(共84分)23、碱石灰无色气体变为红棕色【解析】

无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O，据此解答。【详解】无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O。（1）C→E的反应为氨的催化氧化，反应的化学方程式为：，故答案为：；（2）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙两种固体混合物的方法制备氨气，其化学方程式为：，干燥C常用碱石灰，故答案为：；碱石灰；（3）E为NO，E物质遇到氧气时，会观察到无色气体变为红棕色现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为NO，故答案为：无色气体变为红棕色；；（4）是铜和浓硝酸反应生成NO2、硝酸铜和水的反应，离子方程式为：，故答案为：。24、Cl2FeCl3FeCl2取少量D溶液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色表明含Fe3＋Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－【解析】

由“B为黄绿色气体”知B为氯气；由“B与C反应后的产物E溶于水得无色酸性溶液”知E为HCl，进而可知C为H2；由“E＋A→F＋C，即HCl＋A→F＋H2”知A为金属单质且F为盐；由“A＋B→D，即A＋Cl2→D”知D为盐；再由“F＋B→D，即F＋Cl2→D”知D、F中A元素的化合价不同，即A为变价金属，可考虑A为铁，D为FeCl3，F为FeCl2。【详解】（1）由以上分析可知B为：Cl2、D为FeCl3、F为FeCl2，故答案为：Cl2；FeCl3；FeCl2；（2）D溶液为FeCl3溶液，其阳离子为Fe3+，能与KSCN溶液反应，使溶液呈红色，故答案为：取少量D溶液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色表明含Fe3＋；（3）①A为Fe，E为HCl，二者反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，故答案为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑；②B为氯气，F为氯化亚铁，二者反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-，故答案为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-。25、500mL容量瓶1～2cm胶头滴管abdcfe20A2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O【解析】

（1）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，溶质溶解冷却后，应将溶液转移到500mL容量瓶，定容时继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；②配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的操作顺序为abdcfe；（2）配制物质的量浓度为1mol•L-1的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量为1mol/L×0.5L×40g/mol＝20.0g；A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线C、容量瓶中原有少量蒸馏水D、定容时观察液面仰视（3）A．溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，A正确；B．定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，B错误；C．容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，C错误；D．定容时观察液面仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，D错误；答案选A；（4）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，能够将玻璃塞与玻璃瓶粘在一起，化学方程式为2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大。26、容量瓶2.5g偏小【解析】

（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）依据n=cV、m=nM计算需要溶质的质量；（3）操作4中仰视刻度线，依据c=n÷V进行误差分析。【详解】（1）依据图中仪器形状可知X为100mL容量瓶；（2）配制100mL0.10mol•L-1的CuSO4溶液，需要硫酸铜的物质的量为：0.1L×0.10mol/L=0.01mol，需要五水硫酸铜的质量m=0.01mol×250g/mol=2.5g；（3）操作4中仰视刻度线，则溶液体积偏大，依据c=n÷V可知，溶液浓度偏小。27、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑溶液先变红色后褪色C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl防止倒吸饱和食盐水2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-【解析】

依据题意可知实验目的：制取氯气并进行氯气性质实验，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气具有强的氧化性能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，E中碳与氯气、水蒸气反应生成二氧化碳和氯化氢，氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，通常用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，据此解答。【详解】（1）A是制备氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；（2）①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有