2024届河南省郑州市嵩阳高级中学高一化学第一学期期中监测试题含解析

2024届河南省郑州市嵩阳高级中学高一化学第一学期期中监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、已知原子序数，可以推断原子的（）①质子数②中子数③质量数④核电荷数⑤核外电子数⑥原子结构示意图⑦元素在周期表中的位置A．①②③④⑥ B．①④⑤⑥⑦ C．②③④⑤⑦ D．③④⑤⑥⑦2、下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（）A．氯化镁晶体 B．氯化钠溶液 C．液态氯化氢 D．熔融氢氧化钾3、下列说法不正确的是A．I-遇淀粉变蓝色，I2易升华B．常温下单质溴为深红棕色液体，溴元素被称为海洋元素C．海水制溴，溶于水的溴可鼓入热空气或水蒸气吹出来D．AgBr是重要的感光材料，AgI可用于人工降雨4、完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是()A．分离植物油和氯化钠溶液B．除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体C．分离CCl4中的Br2D．除去CO2气体中的HCl气体5、反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，当有6mole－发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为()A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶16、一定温度下的反应A(g)+3B(g)2C(g)，下列叙述不能表明该反应达到化学平衡状态是A．C的生成速率与C的分解速率相等B．混合气体的总物质的量不再变化C．A、B、C的浓度不再变化D．单位时间内生成amolA，同时分解2amolC7、下列叙述中正确的是（）①溶液都是纯净物②含氧的化合物都是氧化物③能电离出的化合物都是酸④能电离出的化合物都是碱⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐⑥酸和碱的中和反应一般都是复分解反应A．全部 B．⑤⑥ C．③④ D．①②8、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是A．K+、OH﹣、CO32﹣ B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣ D．Cu2+、H+、Cl﹣9、广州的自来水是采用氯气消毒的，为了检验Cl﹣的存在，最好选用下列物质（）A．稀硝酸和硝酸银溶液 B．四氯化碳C．氢氧化钠溶液 D．石蕊溶液10、气体的体积主要由以下什么因素决定的：①气体分子的直径②气体物质的量的多少③气体分子间的平均距离④气体分子的相对分子质量（）A．①② B．①③ C．②③ D．②④11、已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，下列反应在水溶液中不可能发生的是A．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2OC．Cl2+2KI=2KCl+I2D．2FeCl2+Cl2=2FeCl312、实验时，不慎把浓硫酸洒在皮肤上，正确的处理方法是A．用水冲洗，再涂上硼酸溶液B．用氢氧化钠溶液中和，再用水冲洗C．用布擦去硫酸后，用稀氢氧化钠溶液冲洗D．立即用大量水冲洗，再用3%～5%的碳酸氢钠溶液涂抹13、已知硫酸的密度大于纯水，若以w1和w2分别表示浓度为c1mol/L和c2mol/L硫酸的质量分数，已知2w1＝w2，则下列推断正确的是A．2c1＝c2B．2c2＝c1C．c2＞2c1D．c1＜c2＜2c114、以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是()A．现有等物质的量的CO和CO2，这两种气体中氧原子的质量之比为1∶2B．5.6gCO和22.4LCO2中含有的碳原子数一定相等C．将20gNaOH固体溶解在500mL水中所得溶液的物质的量浓度为1mol·L－1D．agCl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为71b/a15、用等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液可使相同体积的Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为()A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：1：1 D．1：3：316、下列装置及药品和实验室制备的气体相匹配的是（）A．甲装置用来制备氧气 B．乙装置用来尾气处理氯化氢气体C．丙装置用来制取氯气 D．丁装置中盛有碱石灰用来干燥二氧化碳气体17、用如图装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和形管的质量差，实验测得。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是（）A．装置Ⅰ与Ⅱ之间缺少干燥装置B．Ⅲ装置后缺少干燥装置C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝D．没有全部被还原18、下表是某化学兴趣小组的同学用多种方法来鉴别物质的情况，其中完全正确的选项是（）需鉴别物质所加试剂或方法方法1方法2A木炭粉和氧化铜观察颜色通CO并加热BNaCl溶液和Na2CO3溶液稀HClZnCNH4HCO3氮肥和K2SO4钾肥加NaOH研磨并闻气味稀H2SO4D稀HCl和KCl溶液Fe2O3无色酚酞A．A B．B C．C D．D19、下列电离方程式中，错误的是（）A．MgSO4=Mg2++SO42-B．Na2SO4=Na2++SO42-C．Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-D．BaCl2=Ba2++2Cl-20、现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是（）A．N一定是HCl(aq) B．X可能是Al或Cl2C．Q、Z中的一种必定为A12O3 D．Y一定为NaOH(aq)21、强碱性的无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、SO42-、CO32- B．Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-C．Ba2+、K+、Cu2+、Cl- D．Na+、Ag+、HCO3-、Cl-22、三位科学家因在“分子机器的设计与合成”领域做出贡献而荣获2016年诺贝尔化学奖。他们利用原子、分子的组合，制作了最小的分子马达和分子车。下列说法不正确的是()A．化学是一门具有创造性的科学，化学的特征是认识分子和制造分子B．化学是在原子、分子的水平上研究物质的一门自然科学C．化学注重理论分析、推理，而不需要做化学实验D．化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料二、非选择题(共84分)23、（14分）由A和B两种可溶性盐组成的混合物，进行了下列实验：(1)若A溶液有颜色，试判断，A、B分别是_____________、_____________。(写化学式)(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_____________、_____________、_____________。(顺序不限)24、（12分）有X、Y、Z三种元素：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体，②X单质可以在Z的单质中燃烧，生成化合物XZ，火焰呈苍白色，③XZ极易溶于水，在水溶液中电离处X+和Z﹣，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，④每两个X2分子能与一个Y2分子化合成两个X2Y分子，X2Y常温下为液体，⑤Z单质溶于X2Y中，所得的溶液具有漂白性。（1）写出下列微粒的电子式：X+_____，Z﹣______，Y原子_____。（2）写出X2Y的化学式_____。按要求与X2Y分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核的阴离子_____，5个原子核的分子_____。（3）写出Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：_____，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_____。（4）实验室制备XZ的化学方程式：_____，如何检验XZ是否收集满__________。25、（12分）如图所示为元素周期表中钾元素框图，数据“39.10”表示的是________。某化学兴趣小组欲除去16g固体氯化钠中混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，设计实验方案如下（已知常温下NaCl的溶解度为36g/100gO）（1）加水溶解时，适合的取水量为________A．20mLB．45mLC．75mLD．100mL（2）为加快溶解速率，可采取的方法是________和________（任写2种）（3）依次加入的过量试剂为________、________和________。（4）溶液A中加入的适量酸为________，若该酸也加过量，对所得到氯化钠的纯度________（填“有”或“没有”）影响（5）操作Ⅰ的名称是________；操作II的名称是________。两种操作中都用到的玻璃仪器是________。（6）最后得到的固体氯化钠与原固体混合物中的氯化钠质量相比，结果________（填“增大”、“减小”或“不变”）。（7）固体A中所含的盐的化学式为___________。26、（10分）实验室用18.4mol•L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有___（选填序号），还缺少的仪器有（写仪器名称）___。（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为___mL，量取浓硫酸时应选用___（选填

①10mL②50mL③100mL）规格的量筒。（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：___、___。（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是___。A．容量瓶上标有容积、温度和浓度B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D．使用前要检查容量瓶是否漏水（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有___（填序号）①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④定容时，仰视刻度线27、（12分）阅读、分析下列两个材料：材料一：材料二：物质

熔点/℃

沸点/℃

密度/

溶解性

乙二醇

（C2H6O2）

198

1.11

易溶于水和乙醇

丙三醇

（C3H8O3）

17.9

290

1.26

能跟水、酒精以任意比互溶

回答下列问题（填序号）：A．蒸馏法B．萃取法C．“溶解、结晶、过滤”的方法D．分液法①将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用_________。②将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是____________。28、（14分）（1）下列说法正确的是____________。A．用可见光束可以鉴别红褐色的氢氧化铁胶体和溴水，是因为溶液与胶体的本质区别是能否发生丁达尔效应B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C．用托盘天平在烧杯中称量氢氧化钠固体8.8g。D．漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应。E．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大。F．KNO3在电流作用下在水中电离出K+和NO3－。（2）现有四瓶溶液分别是NH4NO3溶液、NaCl溶液、(NH4)2SO4溶液、MgSO4溶液，可用于鉴别它们一种试剂(可适当加热）是______________。（填试剂名称）（3）已知某植物营养液配方为0.3molKCl，0.2molK2SO4，0.1molZnSO4和1L水．若以KCl，K2SO4，ZnCl2和1L水为原料配得相同组成的营养液，需三种溶质KCl__mol，K2SO4__mol，ZnCl2__（4）100mL0.3mol·L－1Na2SO4溶液和50mL0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42－的物质的量浓度约为_____________（忽略溶液体积变化）。29、（10分）已知元素A焰色反应为黄色，B的一价阴离子的电子层结构与氩相同，请回答：(1)元素符号：A___________，B___________；(2)元素B的离子结构示意图为__________，B的单质常温下是____态(3)A和B形成的化合物的化学式是___________，该化学式_________(选填“能”或“不能”)称为分子式，它是通过_________键形成的，属于_________化合物(选填“离子”或“共价”)．

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、B【解题分析】

原子序数＝质子数＝核电荷数＝原子核外电子数，结合原子核外电子排布规律，可得原子结构示意图和元素在周期表中的位置，由于质子数和中子数之和是质量数，所以②③无法确定，答案选B。2、D【解题分析】

A.氯化镁晶体属于电解质，但氯化镁晶体中离子不能自由移动，不能导电，故A不选；B.氯化钠溶液能导电，但属于混合物，不属于电解质，故B不选；C.液态氯化氢中氯化氢以分子形式存在，没有自由移动的离子，不能导电，故C不选；D.熔融氢氧化钾能电离出自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故D选；故选D。3、A【解题分析】

A.单质碘遇淀粉变蓝色，不是碘离子，A错误；B.常温下单质溴为深红棕色液体，溴元素被称为海洋元素，B正确；C.溴易挥发，海水制溴时溶于水的溴可鼓入热空气或水蒸气吹出来，C正确；D.AgBr见光易分解，是重要的感光材料，AgI可用于人工降雨，D正确。答案选A。4、A【解题分析】

A、植物油和氯化钠溶液的分离应用分液法，A正确；B、氯化钠、氯化钾的溶解度随温度的变化差异大，除去氯化钠晶体中的氯化钾晶体，用重结晶法，B错误；C、分离中的，用蒸馏，C错误；D、NaOH溶液不仅吸收HCl、而且吸收CO2，除去二氧化碳中的氯化氢气体应选用饱和碳酸氢钠溶液，D错误；答案选A。5、C【解题分析】

NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1:2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2:1。故选C。6、D【解题分析】试题分析：一定温度下的反应A(g)+3B(g)2C(g)中，各组分均为气体，该反应是一个气体分子数减小的反应。A.C的生成速率与C的分解速率相等时，说明正反应速率和逆反应速率相等，达到平衡状态；B.混合气体的总物质的量不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；C.A、B、C的浓度不再变化时达到平衡状态；D.单位时间内生成amolA，同时分解2amolC，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，故不能说明达到平衡。综上所述，不能表明该反应达到化学平衡状态是D，本题选D。7、B【解题分析】

①溶液是由溶质、溶剂组成的混合物，故①错误；②若含氧化合物中只有两种元素，则该化合物为氧化物，否则不属于氧化物，如属于氧化物，而中虽然含有氧元素，但不属于氧化物，故②错误；③电离出的阳离子只有的化合物属于酸，但能电离出的化合物不一定属于酸，如属于盐，故③错误；④电离出的阴离子只有的化合物属于碱，但能电离出的化合物不一定属于碱，如碱式盐，故④错误；⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物属于盐，故⑤正确；⑥酸碱发生中和反应生成盐和水，属于复分解反应，故⑥正确；综上所述，⑤⑥正确，选B。8、A【解题分析】

甲烧杯的溶液呈蓝色，则含有Cu2+，而CO32-、OH-离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32-、OH-离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl-，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl-，乙中含有的离子为K+、OH-、CO32-，故选A。9、A【解题分析】

氯离子与银离子反应生成白色沉淀氯化银，为了检验Cl-的存在，可以选用硝酸酸化的硝酸银溶液，如果有白色沉淀生成，则含有氯离子；故选A。10、C【解题分析】

决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。11、A【解题分析】

A．氧化性FeCl3＞I2，则还原性是碘离子强于亚铁离子，所以碘离子会先被氯气氧化，故A符合题意；B．该反应中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知：氧化性Co2O3＞Cl2，所以可以发生，故B不符合题意；C．该反应中Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知：氧化性Cl2＞I2，所以可以发生，故C不符合题意；D．该反应中Cl2为氧化剂，FeCl3为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知：氧化性Cl2＞FeCl3，所以可以发生，故D不符合题意；综上所述答案为A。12、D【解题分析】

A．浓硫酸稀释放热，立即用大量的水冲洗，应先用干抹布擦去，再涂上一定浓度的碳酸氢钠溶液，故A错误；B．氢氧化钠溶液有腐蚀性，不能涂上氢氧化钠溶液，应该涂上3%～5%的碳酸氢钠溶液，故B错误；C．氢氧化钠溶液有腐蚀性，不能涂上氢氧化钠溶液，应该涂上3%～5%的碳酸氢钠溶液，故C错误；D．若不小心把少量的浓硫酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再用3%～5%的碳酸氢钠溶液涂抹，故D正确；故选D。13、C【解题分析】

设物质的量是浓度为c

1

mol/L

的密度为ρ

1，物质的量是浓度为c

2mol/L

硫酸溶液的密度为ρ

2，则

c

1=1000ρ1w198，c

2=

1000ρ2因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则ρ

1＜ρ

2，

则c

2＞2c

1。

故选C。【题目点拨】本题考查物质的量浓度与质量分数的计算与比较，注意浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大。14、A【解题分析】

A.设CO和CO2的物质的量均为1mol，这两种气体中氧原子的质量之比为1×1×16∶1×2×16=1:2，A正确；B.没有给定气体的存在状态，无法确定22.4LCO2的物质的量，也就无法比较两种气体中含有的碳原子数是否相等，B错误；C.20gNaOH固体物质的量为0.5mol，溶剂水的体积为500mL，溶液的体积不等于500mL，所以所得溶液的物质的量浓度不是1mol·L－1，C错误；D.根据公式：n=m/M=N/NA可知，NA×2×a/71=b,所以NA=71b/2a，D错误；综上所述，本题选A。15、D【解题分析】

等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液，溶质的物质的量相同，利用钡离子与硫酸根离子的关系来计算Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种溶液中溶质的物质的量，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比。【题目详解】由题意设BaCl2溶液中BaCl2的物质的量为1mol，Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，假设Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，可知x×3=y×1=z×1=1mol，解得x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，故c[Fe2(SO4)3]：c(FeSO4)：c(K2SO4)=1：3：3，故合理选项是D。【题目点拨】本题考查离子的浓度关系，明确钡离子与硫酸根离子的关系及信息中溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀是解答本题的关键。注意同一溶液微粒的浓度比等于物质的量的比，及电解质化学式与其电离产生的离子的关系。16、C【解题分析】A、制备氧气一般用KMnO4受热分解或KClO3和MnO2加热，试管口略向下倾斜，如果用H2O2制备O2，用MnO2作催化剂，不需要加热，故选项A错误；B、HCl极易溶于水，因此需要防止倒吸，本装置缺少防倒吸，故B错误；C、制取Cl2，用MnO2和浓盐酸加热来制备，故C正确；D、碱石灰是NaOH和CaO的混合物，CO2属于酸性氧化物，因此干燥CO2不能用碱石灰干燥，故D错误。17、D【解题分析】

A．装置Ⅰ与Ⅱ之间缺少干燥装置，Ⅰ中的水蒸气进入Ⅲ中，水蒸气被看作氢气的质量，使实验测得，故不选A；B．Ⅲ装置后缺少干燥装置，空气中的水蒸气进入Ⅲ中，水蒸气被看作氢气的质量，使实验测得，故不选B；C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝，通氢气前后玻璃管的质量差偏小，测量氧元素质量偏小，使实验测得，故不选C；D．没有全部被还原，对实验结果无影响，故选D。18、C【解题分析】

A.均为黑色粉末，CO能还原CuO，则方法1不能鉴别，故A不选；B.碳酸钠与盐酸反应生成气体，均与Zn不反应，则方法2不能鉴别，故B不选；C.NH4HCO3与NaOH反应生成刺激性气体，与稀硫酸反应生成无色无味气体，现象不同，可鉴别，故C选；D.盐酸与氧化铁反应，二者加酚酞均为无色，则方法2不能鉴别，故D不选；答案：C。【题目点拨】本题考查物质的性质，根据物质的性质和反应的特殊现象加以区别。19、B【解题分析】A，MgSO4电离出Mg2+和SO42-，MgSO4的电离方程式为MgSO4=Mg2++SO42-，A项正确；B，Na2SO4电离出Na+和SO42-，Na2SO4的电离方程式为Na2SO4=2Na++SO42-，B项错误；C，Al2（SO4）3电离出Al3+和SO42-，Al2（SO4）3的电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-，C项正确；D，BaCl2电离出Ba2+和Cl-，BaCl2的电离方程式为BaCl2=Ba2++2Cl-，D项正确；答案选B。20、B【解题分析】

Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，其中NaOH和其他5种物质都能发生反应，所以Y一定为NaOH。盐酸和除了Cl2之外的其他4种物质都能反应，所以N一定为盐酸。Al能和Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)发生反应，所以M为Al，X为Cl2，Al2O3和A1(OH)3都只能盐酸、NaOH(aq)反应，所以Q、Z分别为Al2O3和A1(OH)3中的一种。故选B。21、A【解题分析】

A、这组离子可以在碱性溶液中大量共存，且都为无色，A符合题意；B、Mg2+、NH4+均不能在碱性溶液中大量存在，B不符合题意；C、Cu2+呈蓝色，且该离子不能在碱性溶液中大量存在，C不符合题意；D、Ag+、HCO3-均不能在碱性溶液中大量存在，D不符合题意；故选A。22、C【解题分析】

A项，化学是一门具有创造性的科学，化学的特征是认识分子和制造分子，A正确；B项，化学是在原子、分子的水平上研究物质的一门自然科学，正确；C项，化学注重理论分析、推理，而且需要做化学实验来检验，C错误；D项，根据题意，化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料，D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、CuSO4K2CO3Cu2++CO32-=CuCO3↓Ba2++SO42-=BaSO4↓CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O【解题分析】

A和B两种可溶性盐组成的混合物，加水溶解后，过滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液，说明混合物中含有SO42-、K＋；混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2，说明混合物中含有CO32-，最后得到硫酸铜溶液，则混合物中含有Cu2＋；则混合物中含有：SO42-、Cu2＋、CO32-、K＋；这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析，A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，若A溶液有颜色，A为CuSO4、B为K2CO3；(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时，发生反应生成碳酸铜和硫酸钾，离子反应为：Cu2++CO32-=CuCO3↓，过滤后的溶液中加入硝酸钡，生成硫酸钡和硝酸钾，离子反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，过滤得到的沉淀为碳酸铜，加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子反应为：CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O。24、H+H2OOH﹣CH4Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClOCl2NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满【解题分析】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl．X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。【题目详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，

X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；（1）X+为H+，其电子式为H+，Z﹣为Cl﹣，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；故答案为H+、、；（2）X2Y的化学式为H2O；与H2O分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核的阴离子为OH﹣，5个原子核的分子为CH4；故答案为H2O；OH﹣；CH4；（3）Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl2；故答案为Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO；Cl2；（4）实验室制备HCl的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；检验HCl是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。25、钾元素的相对原子质量B搅拌加热氢氧化钠（或氯化钡）氯化钡（或氢氧化钠）碳酸钠盐酸没有过滤蒸发结晶玻璃棒增大BaSO4、CaCO3和BaCO3【解题分析】

元素周期表提供的原子量均表示某元素的相对原子质量；（1）假设16g固体全部为氯化钠，溶于xg水中恰好形成饱和溶液，根据S/100=溶质/溶剂进行计算，从而判断出合适的取水量；（2）根据影响反应速率的因素进行分析；（3）镁离子用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去；（4）溶液A中含有氯化钠、剩余的碳酸钠和氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，加入适量的盐酸，除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据盐酸中的氯化氢易挥发性质，分析盐酸加过量，对所得到氯化钠的纯度影响；（5）根据常用物质的分离方法进行分析。（6）由于在除去氯化钙、硫酸镁杂质时，加入了过量的氢氧化钠、碳酸钠，与盐酸反应生成氯化钠，所以最后得到的固体氯化钠比原固体混合物中的氯化钠质量要大；（7）镁离子用氢氧化钠除去，生成氢氧化镁沉淀；硫酸根离子用氯化钡除去，生成硫酸钡沉淀；钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去，产生碳酸钙和碳酸钡沉淀，据此分析生成盐的种类。【题目详解】根据元素周期表中钾元素框图可知，数据“39.10”表示的是钾元素的相对原子质量；故答案是：钾元素的相对原子质量；（1）假设16g固体全部为氯化钠，溶于xg水中恰好形成饱和溶液，根据S/100=溶质/溶剂可知，36g/100g=16g/xg，x=44.4g，水的体积为44.4mL；所以加水溶解时，适合的取水量为45mL；故答案选B。（2）为加快溶解速率，可采取的方法是用玻璃棒搅拌、用温水溶解；故答案是：搅拌、加热；（3）镁离子用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去；故答案是：氢氧化钠（或氯化钡）、氯化钡（或氢氧化钠）、碳酸钠；（4）经过过滤后，溶液A中含有氯化钠、剩余的碳酸钠和氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，加入适量的盐酸，除去碳酸根离子和氢氧根离子；盐酸中的氯化氢易挥发，因此，即使盐酸加过量，加热也可以除去，对所得到氯化钠的纯度没有影响；故答案是：盐酸；没有；（5）固体与溶液分离，可以采用过滤方法，操作Ⅰ的名称是过滤；从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，可以采用蒸发结晶，操作II的名称是蒸发结晶；过滤和蒸发操作中均用到玻璃棒，过滤时，玻璃棒起到转移液体的作用，而蒸发时，玻璃棒起到搅拌溶液，防止液体局部受热造成迸溅；故答案是：过滤；蒸发结晶；玻璃棒；（6）由于在除去氯化钙、硫酸镁杂质时，加入了过量氢氧化钠、碳酸钠，除完杂质离子后，剩余氢氧化钠、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，所以最后得到的固体氯化钠比原固体混合物中的氯化钠质量要大，结果增大；故答案是：增大；（7）镁离子用氢氧化钠除去，产生氢氧化镁沉淀；硫酸根离子用氯化钡除去，生成硫酸钡沉淀，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去，产生碳酸钙和碳酸钡沉淀，所以经过过滤后，固体A中含有的盐为：硫酸钡、碳酸钙和碳酸钡，化学式为：BaSO4、CaCO3和BaCO3；故答案是：BaSO4、CaCO3和BaCO3。【题目点拨】粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液；NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。26、②④⑥500mL容量瓶5.4①搅拌引流D①④【解题分析】

（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；（2）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，据此选择合适规格量筒；（3）依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；（4）根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【题目详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：②④⑥；还缺少的仪器为：容量瓶，配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；故答案为：②④⑥；500mL容量瓶；（2）用18.4mol•L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=500mL×0.2mol/L，解得V=5.4mL，所以应选择10mL量筒；故答案为：5.4；①；（3）稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流；故答案为：搅拌；引流；（4）A．容量瓶是定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，不标有浓度，选项A错误；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；C．容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，选项C错误；D．由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选D；（5）①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏小，溶液浓度偏低，故①选；②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故②不选；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，故③不选；④定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故④选；答案选①④。【题目点拨】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验能力。27、CA【解题分析】

①物质在同一溶剂中的溶解度不同,在饱和情况下,通过改变溶液温度而使其中的一种物质结晶析出,达到分离的效果；

②互溶的液体利用沸点相差比较大,采取蒸馏法分离。【题目详解】①由图可以知道,氯化钠溶解度受温度影响较小,碳酸钠溶解度受温度影响大,利用冷却热饱和溶液分离,即用热水把固体溶解配制成饱和溶液,等液体冷却后,因为碳酸钠的溶解度随温度变化大,而NaCl小,所以碳酸钠析出,而氯化钠留在母液当中,反复多次也可以提纯,故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离；

因此，本题正确答案是:C；

②由表可以知道乙二醇和丙三醇互溶的液体,沸点相差比较大,可用蒸馏法分离；因此，本题正确答案是:A。28、CD氢氧化钡溶液0.10.30.10.4mol·L－1【解题分析】

（1）