2024届湖北省安陆第一中学高一化学第一学期期中经典试题含解析

2024届湖北省安陆第一中学高一化学第一学期期中经典试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、0.1mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1g，这种元素可能是()A．钠B．铝C．铁D．铜2、下列说法中正确的是A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质3、氧化还原反应的实质是A．化合价的升降 B．分子中各原子重新组合C．电子的得失或偏移 D．氧原子的得失4、下列物质中含有共价键的离子化合物是A．NaOHB．CaCl2C．H2D．H2O5、下列物质是电解质的是A．氯化钠B．铜C．二氧化碳D．氯气6、下列实验过程中出现的异常情况,其可能原因分析错误的是()选项异常情况可能原因分析A蒸发结晶:蒸发皿破裂将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部B分液:分液漏斗中的液体难以滴下没有打开分液漏斗活塞,或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐C萃取时，震荡溶液，液体静置不分层加入萃取剂的量较多D蒸馏:冷凝管破裂冷凝管没有通水或先加热后通水【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D7、下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是（）A．4L0.5mol/LNaCl溶液 B．1L0.3mol/LNa2SO4溶液C．5L0.4mol/LNaOH溶液 D．2L0.15mol/LNa3PO4溶液8、下列关于钠的说法中错误的是A．金属钠有强的还原性B．钠可以从硫酸铜溶液中还原出铜单质C．钠在氯气中燃烧产生大量的白烟D．钠元素在自然界中都是以化合态存在9、工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法类别都正确的是（）选项污染物处理措施方法类别A含的废水加反应物理法B含纯碱的废水加石灰石反应化学法C含等重金属离子的废水加硫酸盐沉降化学法D含复杂有机物的废水通过微生物代谢生物法A．A B．B C．C D．D10、在相同条件下，0.1mol镁和0.1mol铝分别和足量的稀盐酸起反应后产生的氢气的质量A．镁产生的多B．铝产生的多C．镁和铝产生的一样多D．无法比较11、下面两种气体的分子数一定相等的是A．氮气和一氧化碳的质量相等，密度不同B．氮气和一氧化碳体积相等C．在温度相同、体积相等的条件下氧气和氮气D．在压强相同、体积相等的条件下氧气和氮气12、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．在标准状况下，NA个Br2分子所占的体积约为22.4LB．含NA个Na+的氧化钠溶于1L水中，所得溶液中Na+的物质的量浓度为1mol/LC．1molCl2发生化学反应，转移的电子数一定为2NAD．24gO2分子和24gO3分子所含的氧原子数目相等13、氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。有关该反应下列叙述正确的是A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．AlN中氮的化合价为＋3C．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子D．AlN的摩尔质量为41g14、2020年2月以来，新型冠状病毒全球蔓延，外出最重要的防护措施是佩戴符合要求的口罩，口罩内部有一层防护，可有效将飞沫或病毒等隔绝在外。下列图示操作中与戴口罩原理相似的是（）A． B． C． D．15、下列物质溶于水后不能电离的是A．葡萄糖(C6H12O6) B．氯化氢(HCl)C．氯化钠(NaCl) D．氢氧化钡[Ba(OH)2]16、下列关于氧化物的叙述正确的是（）A．金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C．碱性氧化物都能与水化合生成碱D．酸性氧化物都能与水化合生成酸17、下列说法正确的是A．H2、D2、T2互为同位素B．Na2CO3电离方程式Na2CO3＝2Na++C4++3O2-C．20gD2O含有的电子数为10NAD．14462Sm与15062Sm的核外电子数和中子数均为6218、下列离子方程式中，正确的是A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子恰好沉淀完全：Ba2++2OH－+2H＋+SO42−＝BaSO4↓+2H2OB．NaHSO4溶液滴入氢氧化钠溶液：H＋＋OH－＝H2OC．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2OD．Ba(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+Ba2++2OH－＝BaCO3↓+H2O19、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．①②③④⑤⑥⑦20、在t℃时，向xgKNO3不饱和溶液中加入agKNO3或蒸发掉bg水，恢复到t℃，溶液均达到饱和，据此，下列推论不正确的是()A．在t℃时，KNO3的溶解度为100abB．若原溶液中溶质的质量分数为50aa+bC．在t℃时，所配的KNO3溶液中溶质的质量分数为w≤100aa+bD．若将原溶液蒸发掉2bg水，恢复到原温度析出2agKNO321、下列离子方程式正确的是（）A．向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-═HCOB．向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++OH-═H2OC．少量的Ca(OH)2和NaHCO3溶液混合：OH-+Ca2++HCO=CaCO3↓+H2OD．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液：NH+OH-=NH3·H2O22、关于某溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是（）A．加入AgNO3溶液生成白色沉淀，可确定有Cl-B．某黄色溶液加CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色，可确定有I2存在C．加入BaCl2溶液生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42-D．加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32-二、非选择题(共84分)23、（14分）a、b、c、d、e、f、g为七种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下所示：(单位：电荷)粒子代号abcdefg电荷数0＋1－10＋2＋10其中b的离子半径大于e的离子半径；c与f可形成两个共价型g分子。试写出：(1)a粒子的原子结构示意图是______________。(2)b与e相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为________(用化学式表示)。(3)若d极易溶于水，在水溶液中变化的方程式为________，实验室制备d气体的化学方程式为________；若d为正四面体形分子，其重要应用之一为________。(4)c粒子是________，f粒子是________(用化学式表示)，由c、f生成g的离子方程式是________。24、（12分）有一包白色粉末，可能含有①NaHSO4、②KHCO3、③Ba(NO3)2、④CaCl2、⑤NaNO3、⑥MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：①取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有______________，一定没有__________，不能确定的是___________。(2)请写出实验步骤①中产生气体的离子方程式：___________________________________。(3)请写出实验步骤①中产生沉淀的离子方程式：___________________________________。25、（12分）如图所示装置，可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6mol·L－1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的是________，A中反应的离子方程式是________。（2）实验开始时应先将活塞a打开，其目的是____________________。（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程：_______________________（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B中发生反应的化学方程式为____。（5）图中________(填“能”或“不能”)较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。26、（10分）用18.4mol·L－1的浓硫酸配制100mL1mol·L－1硫酸。（1）①应取浓硫酸的体积为__________mL，稀释浓硫酸的操作是_______________________②若实验仪器有：A．100mL量筒；B．托盘天平；C．玻璃棒；D．50mL容量瓶；E.10mL量筒；F.胶头滴管；G.50mL烧杯；H.100mL容量瓶实验时必须选用的仪器有(填入编号)___________。③定容时，若不小心加水超过了容量瓶刻度线，应___________。（2）该浓硫酸的密度为1.84g·mL－1，据此求出其溶质的质量分数___________。（3）浓硫酸是中学常用的干燥剂。若100g该浓硫酸能吸收16g水，吸水后生成H2SO4·nH2O，则n＝___________。27、（12分）实验室用固体烧碱配制0.1mol/L的NaOH溶液480mL，请回答：(1)经计算需要用托盘天平称取质量__________gNaOH固体，NaOH固体放在______________称量。(2)有以下仪器：①烧杯②药匙③250mL容量瓶④500mL容量瓶⑤玻璃棒⑥托盘天平⑦量筒，配制时肯定不需要的仪器是__________(填序号)，除已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是____________。(3)配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为___________________(填序号)。①振荡摇匀②洗涤③定容④颠倒摇匀⑤转移(4)配制过程中，下列操作会引起结果偏低的是_______(填序号)A．未洗涤烧杯、玻璃棒B．定容时俯视刻度C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水D．NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶28、（14分）实验室制取氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O（1）该反应中氧化剂是_____；被还原的元素是_______；氧化产物是______；（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目______________；（3）若该反应中有0.2mol的电子转移，则能生成标准状况下的氯气的体积是_______；（4）若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为______mol，转移电子数______mol。29、（10分）KClO3和浓盐酸在不同温度下反应，发生以下两个反应。其变化可表示为反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O(1)已知反应1的还原产物为黄绿色的二氧化氯，该反应中被还原的是_________（填化学式），产生0.1molCl2时，转移的电子的物质的量为_____。(2)反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是_____。(3)上述反应中浓盐酸表现的性质是(填写编号)：反应1中为_________，反应2中为_________。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(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，这个事实说明上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是________，标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式_____________标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中，发生反应的离子方程式_____________。

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】试题分析：由题意确定反应的氯气的物质的量为0.1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。考点：关于方程式的计算。2、D【解题分析】

A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但HCl、NaCl溶于水均电离出阴阳离子而导电，均是电解质，A错误；B、NH3、CO2的水溶液均导电，但溶液导电是因为二者都与水反应生成电解质一水合氨、碳酸的缘故，不是自身电离产生自由移动的离子，所以NH3、CO2均是非电解质，B错误；C、铜、石墨均导电，但它们都是单质，所以它们不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、蔗糖、酒精在水溶液或熔融时均不能电离出离子，不导电，所以它们是非电解质，D正确。答案选D。【题目点拨】明确电解质和非电解质的含义是解答的关键，注意化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。3、C【解题分析】

氧化还原反应的实质为电子的转移（电子的得失或偏移）；化合价的升降为氧化还原反应的特征；分子中各原子重新组合不一定有化合价的变化，不一定是氧化还原反应；有些氧化还原反应中没有氧原子参与，如Na在Cl2中燃烧生成NaCl等，氧原子的得失不是氧化还原反应的实质；故答案为C。4、A【解题分析】分析：含有原子团的离子化合物既有共价键又有离子键。详解：A.NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，氢和氧之间形成共价键；B.CaCl2是离子化合物，由钙离子和氯离子构成；C.H2是非金属单质，分子中只有共价键；D.H2O是共价化合物，分子中只有共价键。综上所述，物质中含有共价键的离子化合物是NaOH，A正确，本题选A。点睛：离子键只存在于离子化合物，而共价键可以存在于非金属单质（除稀有气体）、共价化合物和含有原子团的离子化合物中。离子化合物的组成中通常有金属元素或铵根离子，而共价化合物通常只含非金属元素。5、A【解题分析】

在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物；单质和混合物一定不是电解质。【题目详解】A、氯化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，且属于化合物，故A正确；B、Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C、CO2溶于水导电，但导电离子不是二氧化碳电离的，二氧化碳为非电解质，故C错误；D、氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选A。6、C【解题分析】

A．溶液不能蒸干，且酒精灯灯芯温度低，加热过长或受热不均匀，导致蒸发皿破裂，故A正确；B．打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔对齐，可平衡压强，而没有打开时分液漏斗中的液体难以滴下，故B正确；C．液体静置不分层，说明萃取剂与原溶剂互溶，与萃取剂的量无关，故C错误；D．冷凝管没有通水或先加热后通水，冷凝管受热不均匀，导致冷凝管破裂，故D正确；故选：C。7、B【解题分析】

A.4L0.5mol/LNaCl溶液中Na+的浓度为0.5mol/L；B.1L0.3mol/LNa2SO4溶液中Na+的浓度为0.3mol/L×2=0.6mol/L；C.5L0.4mol/LNaOH溶液中Na+的浓度为0.4mol/L；D.2L0.15mol/LNa3PO4溶液中Na+的浓度为0.15mol/L×3=0.45mol/L；因此Na+物质的量浓度最大的是0.6mol/L；答案选B。8、B【解题分析】

A.钠原子最外层只有一个电子，钠易失去最外层电子形成8电子的稳定结构，金属钠在化学反应中易失去电子表现强还原性，A项正确；B.Na与盐溶液反应，Na先与水反应，即活泼的金属钠与水剧烈反应生成NaOH和H2，NaOH与CuSO4反应生成Cu（OH）2沉淀，钠不能从CuSO4溶液中置换出Cu，没有铜单质生成，B项错误；C.钠在氯气中燃烧：2Na+Cl22NaCl，生成的NaCl以细小的固体颗粒分散在空气中形成白烟，C项正确；D.钠的化学性质非常活泼，易与O2、水等反应，自然界中不可能有游离态钠元素，所以钠元素在自然界中都以化合态存在，D项正确；答案选B。9、D【解题分析】

A．具有还原性，可与发生氧化还原反应生成和，方法类别为化学法，故A错误；B．纯碱与不反应，故B错误；C．硫酸铜可溶于水，不能通过沉淀法除去，故C错误；D．含复杂有机物的废水可通过微生物代谢进行处理，利用的是生物法，故D正确。故选D。10、B【解题分析】

根据金属与稀盐酸的反应方程式计算。【题目详解】据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，盐酸过量时0.1molMg生成0.1molH2；又据2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，盐酸过量时0.1molAl生成0.15molH2。铝生成的氢气比镁生成的氢气多。本题选B。11、A【解题分析】A.氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，当其质量相等时，其物质的量也相等，故其分子数一定相等，与密度无关，A正确；B.氮气和一氧化碳体积相等，其分子数不一定相等，体积受温度和压强两个因素影响，B不正确；C.在温度相同、体积相等的条件下，若压强不等，则氧气和氮气的分子数不相等，C不正确；D.在压强相同、体积相等的条件下，若温度不同，则氧气和氮气的分子数不相等。本题选A。12、D【解题分析】

根据阿伏伽德罗常数与物质的量、微粒数目、溶液物质的量浓度之间的转化关系分析。【题目详解】A.标准状况下，Br2是液态，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；B.氧化钠溶于1L水中形成的溶液体积一定不等于1L，故B错误；C.氯气在反应中不一定是氧化剂，例如氯气与氢氧化钠溶液反应时，氯气既是氧化剂也是还原剂，转移1个电子，C不正确；D.根据公式n=m/M，计算得到，24gO2分子中含氧原子1.5mol，24gO3分子含氧原子1.5mol，故D正确。故选D。【题目点拨】注意气体摩尔体积的适用条件；一定物质的量浓度溶液计算过程中，溶液的体积不等于溶剂水的体积。13、C【解题分析】

主要依据氧化还原反应的概念分析判断。【题目详解】A项，制AlN的反应中N2得电子变成－3价、C失电子变成+2价，则N2是氧化剂、C是还原剂，A项错误；B项，化合物中铝只有+3价，故AlN中氮为－3价，B项错误；C项，反应中有6个电子从3C转移到N2，同时生成2AlN，故每生成1molAlN需转移3mol电子，C项正确；D项，AlN的摩尔质量为41g/mol，D项错误；本题选C。14、C【解题分析】

口罩内部有一层防护，可有效将飞沫或病毒等隔绝在外，类似过滤；装置A是气体吸收装置，并能防倒吸；装置B是分液；装置C是过滤；装置D是分馏；故选C。15、A【解题分析】

A．葡萄糖是有机物属于非电解质，溶于水和熔融状态下都不导电，不能电离，故A选；B．HCl在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和氢离子，故B不选；C.氯化钠是易溶于水的盐，在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和钠离子，故C不选；D．Ba(OH)2是强碱，在水溶液里能完全电离出自由移动的钡离子和氢氧根离子，故D不选；故选A。16、B【解题分析】

A.金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物；非金属氧化物如CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；B.碱性氧化物一定是金属氧化物；Mn2O7是酸性氧化物，但Mn2O7是金属氧化物，所以酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故B正确；C.碱性氧化物不一定都能与水反应生成碱，如CuO、FeO、Fe2O3都是碱性氧化物，但它们都不和水反应，故C错误；D.酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；正确答案是B。【题目点拨】本题考查氧化物的分类和性质，题目难度不大，注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质。17、C【解题分析】

A.同位素指质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，而H2、D2、T2使单质，不是原子，故不能为同位素，故错误；B.Na2CO3电离方程式Na2CO＝2Na++CO32-，故错误；C.20gD2O的物质的量为20/20mol=1mol，每个分子中含有10个电子，所以1mol该物质含有的电子数为10NA，故正确；D.14462Sm与15062Sm的核外电子数为62，中子数分别为144-62=82和150-62=88，两者中子数不同，故D错误。故选C。【题目点拨】掌握同位素的定义，质子数相同但中子数不同的同种元素的原子，单质或化合物不能称为同位素。掌握质量数=质子数+中子数。18、B【解题分析】

根据书写规则、试剂用量判断离子方程式的正误。【题目详解】A项：SO42−恰好沉淀时，NaHSO4溶液中H+、SO42－按1:1完全反应，应为Ba2++OH－+H＋+SO42−＝BaSO4↓+H2O。A项错误；B项：NaHSO4溶液与氢氧化钠溶液反应，即H＋＋OH－＝H2O。B项正确；C项：碳酸氢钠溶液足量时，澄清石灰水中Ca2+、OH－按1:2完全反应，应为Ca2++2OH－+2HCO3－＝CaCO3↓+CO32－+2H2O。C项错误；D项：过量CO2通入Ba(OH)2溶液生成可溶性的Ba(HCO3)2，应为CO2+OH－＝HCO3－。D项错误。本题选B。【题目点拨】书写与量有关的离子方程式，通常先写化学方程式。配平时设少量物质的化学计量数为1，再观察配平其它物质。少量物质中参与反应的离子应符合化学式给定的比例关系。19、A【解题分析】

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【题目详解】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。20、D【解题分析】试题分析：在t℃时，向xgKNO3不饱和溶液中加入agKNO3或蒸发掉bg水，恢复到t℃，溶液均达到饱和，这说明bg水恰好溶解ag的硝酸钾达到饱和状态，则该温度下硝酸钾的溶解度是100abg；根据溶解度的定义，在加入了ag溶质之后形成饱和溶液，可以列出式子：，S表示溶解度。将S＝100abg带入及得到x＝2b，B正确；在t℃时饱和硝酸钾溶液中溶质的质量分数为100a考点：考查溶解度、饱和溶液与不饱和溶液的有关计算点评：该题是对溶液相关知识的考查，属于综合性较强的计算题。试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养。解题的关键是对溶液的相关计算要有较深刻的了解，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。21、A【解题分析】

A．向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2，生成碳酸氢钙和和水，氢氧化钙是强电解质拆成离子的形式，碳酸氢钙是盐，也是强电解质并且能溶于水，要拆成离子的形式，其离子方程式是CO2+OH-═HCO，故A正确；B．向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式是，故B错误；C．少量的Ca(OH)2和NaHCO3溶液混合生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式是，故C错误；D．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，离子方程式，故D错误；故选：A。22、B【解题分析】

A.加入AgNO3溶液生成白色沉淀，该白色沉淀不一定为氯化银，可能为硫酸银、碳酸银等，加稀盐酸后沉淀转化成氯化银沉淀，所以沉淀也不溶解，故无法确定原溶液中是否含有Cl-，故A错误；

B.碘易溶于有机溶剂，碘水溶液显黄色，加入CCl4，振荡、静置后，下层溶液显紫红色，可确定有I2存在，故B正确；C.加入BaCl2溶液生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银沉淀，原溶液中可能含有银离子，不能确定一定含有SO42-，C错误；D.加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫,原溶液中可能含有HCO3-、SO32-等,不一定含有CO32-,故D错误；综上所述，本题选B。二、非选择题(共84分)23、NaOH>Mg(OH)2NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O作为燃料OH－H3O＋OH－＋H3O＋=2H2O【解题分析】

a、d和g不带电荷，说明是分子或者原子，e带2个单位正电荷，说明e为Mg2+，b和f带1个单位的正电荷，可能是Na+、H3O+、NH4+，b的离子半径大于e的离子半径，因此b为Na+，c带一个单位负电荷，可能是F-、OH-、NH2-，又c与f可形成两个共价型g分子，那么c为OH-，f为H3O+，g为H2O，据此分析作答。【题目详解】（1）a为原子，即为Ne，原子结构示意图为：；（2）b为Na+，e为Mg2+，相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为NaOH>Mg(OH)2；（3）若d极易溶于水，说明d为NH3，NH3溶于水形成NH3•H2O，电离后生成NH4+和OH-，在水溶液中变化的方程式为NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－；（4）c为OH-，f为H3O+，g为H2O，OH-与H3O+生成H2O的离子方程式为：OH－＋H3O＋=2H2O。【题目点拨】解答本题时要熟记常见的“10电子”粒子：24、①②③④⑥⑤H++HCO3-=H2O+CO2↑Ba2++SO42-=BaSO4↓【解题分析】

①取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【题目详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。(2)步骤①中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑；(3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。25、铁屑Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑排出装置中的空气首先打开a，让分液漏斗中酸液流下，使A中产生的H2通入B中，一段时间后关闭a，烧瓶中压强增大，A中液体沿导管流入B中，产生少量白色沉淀4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3能【解题分析】

为了能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，应该先用氢气排出装置中氧气，即先打开d，然后关闭d，利用生成氢气产生的压强将硫酸亚铁溶液压入B中生成氢氧化亚铁，据此解答。【题目详解】（1）A中应预先盛放固态反应物铁屑，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑；（2）实验开始时，应先打开活塞a，使生成的氢气进入整套实验装置中而排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化；（3）A中反应发生后，为保证硫酸亚铁进入B中和氢氧化钠混合，要借助氢气产生的压强，因此实验操作为首先打开a，让分液漏斗中酸液流下，使A中产生的H2通入B中，一段时间后关闭a，烧瓶中压强增大，A中液体沿导管流入B中，产生少量白色沉淀；（4）氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色，反应的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；（5）根据以上分析可知图中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。【题目点拨】本题考查了氢氧化亚铁的制备方法，明确实验目的及原理为解答关键，注意掌握制备氢氧化亚铁的方法，即制取氢氧化亚铁时必须在无氧气条件下进行反应。26、5.4mL用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌CEFGH重新配制98%1【解题分析】

用18.4mol·L－1的浓硫酸配制100mL1mol·L－1硫酸。（1）①应取浓硫酸的体积为，稀释浓硫酸的操作是用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌。②若实验仪器有：A.100mL量筒；B.托盘天平；C.玻璃棒；D.50mL容量瓶；E.10mL量筒；F.胶头滴管；G.50mL烧杯；H.100mL容量瓶实验时必须选用的仪器有10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、.50mL烧杯、100mL容量瓶。③定容时，若不小心加水超过了容量瓶刻度线，应重新配制。（2）该浓硫酸的密度为1.84g·mL－1，利用公式求出溶质的质量分数。（3）由(2)中求出的浓硫酸的质量分数，求出100g该浓硫酸中含硫酸的质量和水的质量，考虑吸收16g水，然后换算成物质的量，便可求出n值。【题目详解】（1）①应取浓硫酸的体积为=5.4mL，稀释浓硫酸的操作是用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌。答案为：5.4mL；用量筒量取浓硫酸后，沿烧杯壁缓缓倒入盛有一定量水的烧杯中，边倒边搅拌；②实验时必须选用的仪器有10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、50mL烧杯、100mL容量瓶。答案为：CEFGH；③定容时，若不小心加水超过了容量瓶刻度线，应重新配制。答案为：重新配制；（2）该浓硫酸的密度为1.84g·mL－1，利用公式，求出溶质的质量分数w%===98%。答案为：98%；（3）100g该浓硫酸中含硫酸的质量为100g×98%=98g，含水的质量为100g-98g=2g，考虑吸收16g水，然后换算成物质的量，则n(H2SO4)=1mol，n(H2O)=1mol，很容易求出n=1。答案为：1。【题目点拨】量筒的规格越大，其横截面积越大，量取液体时，误差越大。所以在选择量筒时，应尽可能选择规格小的量筒，但必须一次量完。27、2.0g小烧杯③胶头滴管⑤②①③④A【解题分析】

(1)用固体烧碱配制0.1mol/L的NaOH溶液480mL，实验室没有480ml容量瓶会选择500ml容量瓶。氢氧化钠固体在空气中会潮解，需要放到小烧杯中称量。(2)配制物质0.1mol/L的NaOH溶液480mL需要的仪器有:药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶。(3)配置步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等。(4)分析对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c=进行分析。【题目详解】(1)实验室没有480ml容量瓶会选择500ml容量瓶，需要称取NaOH固体质量m=cVM=0.1mol/L×500ml×40g/mol=2g。氢氧化钠固体在空气中会潮解，需要放到小烧杯中称量。(2)配制物质0.1mol/L的NaOH溶液480mL肯定不需要的仪器是：③250mL容量瓶。除已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是：胶头滴管。(3)配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为：⑤转移②洗涤①振荡摇匀③定容④颠倒摇匀。(4)A.未洗涤烧杯、玻璃棒。导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度降低。B.定容时俯视刻度。溶液体积偏小，溶液浓度偏高。C.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。溶质的物质的量和溶液体积都不影响，对溶液浓度无影响。D.NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶。冷却后溶液体积减少，溶液浓度升高。会引起结果偏低的是A。28、KMnO4MnCl22.24L55【解题分析】

（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中KMnO4中的锰元素化合价由+7价变为+2价被还原作氧化剂，盐酸中氯元素由-1价变为0价被氧化作还原剂，故氧化剂是KMnO4；被还原的元素是Mn；氧化产物是Cl2；（2）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则单线桥法标出电子转移的方向和数目为；（3）若反应中转移了0.2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为×22.4L/mol=22.4L；（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O可知，若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为5mol，转移电子数5mol。29、KClO30.2mol5：1②②I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2Cl2+2I-=2Cl-+I2【解题分析】

(1)同一元