2024届湖南省长沙市望城区第二中学高一化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2024届湖南省长沙市望城区第二中学高一化学第一学期期中综合测试模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列说法正确的是()A．1mol氯含有6.02×1023个微粒B．阿伏加德罗常数的数值约等于6.02×1023C．钠的摩尔质量等于它的相对原子质量D．H2O的摩尔质量是18g2、生产、生活中下列过程不涉及氧化还原反应的是()A．多吃水果(富含维生素C)美容养颜 B．铝的表面生成致密的氧化薄膜C．久置于空气中，浓硫酸的体积增大 D．食品袋内装有还原铁粉的小袋防食品变质3、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A．Na+、K+、SO42-、HCO3B．Cu2+、K+、SO42-、NO3C．Na+、K+、Cl、NO3D．Fe3+、K+、SO42-、Cl4、下列溶液中,Na+的物质的量浓度最大的是()A．1mL0.5mol·L-1的NaNO3溶液 B．100mL0.01mol·L-1的NaCl溶液C．100mL0.1mol·L-1的NaOH溶液 D．10mL0.1mol·L-1的Na2SO4溶液5、如果你家里的食盐不小心混入了大量的泥沙，利用你所学的知识，最简便的分离方法是()A．AB．BC．CD．D6、用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是A．实验使用的主要仪器是分液漏斗B．碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大C．碘的四氯化碳溶液呈紫红色D．分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出7、将饱和FeCl3溶液分别滴入下述液体中，能形成胶体的是（）A．冷水 B．沸水 C．NaOH浓溶液 D．NaCl浓溶液8、向分别盛有100mL水、100mL0.1mol·L-1盐酸、100mL0.01mol·L-1CuSO4溶液的X、Y、Z三个烧杯中各投入0.05molNa。下列有关说法正确的是()A．三个烧杯中发生的离子反应均为2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑B．三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，且X烧杯中反应最剧烈C．三个烧杯中反应后，溶质的成分相同D．三个烧杯中反应后，生成的气体的质量一定相同9、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A．CH3COOHB．Cl2C．NaClD．NH310、下列关于同温同压下等体积的CO2和CO的叙述：①质量相等；②密度相等；③所含分子数相等；④所含碳原子数相等，其中正确的是（）A．③ B．③④ C．②③④ D．①②③④11、下列溶液中的氯离子浓度与50mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液中氯离子浓度相等的是A．150mL1mol•L﹣1的NaClB．150mL3mol•L﹣1的KClC．75mL2mol•L﹣1的NH4ClD．75mL2mol•L﹣1的CaCl212、有相同条件下三个反应：①2A－+B2

＝2B－+A2②2C－+A2＝2A－+C2

③2B－+D2＝2D－+B2由此得出下列判断不正确的是A．氧化性：D2>B2>A2

>C2 B．还原性：C－>A－>B－>D－C．2A－+D2

＝2D－+A2该反应可以进行 D．2C－+B2

＝2B－+C2该反应不能进行13、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14、在一定条件下，跟酸、碱、盐都能反应的物质是（）A．Na2CO3B．CuOC．CaCO3D．CO215、铁在高温条件下与氧化铜反应：2Fe+3CuOFe2O3+3Cu。铜在氯化铁溶液中发生反应：Cu+2FeCl3＝2FeCl2+CuCl2，一定质量的铁与氧化铜的混合物，在高温条件下恰好完全反应．将反应后的固体粉末倒入盛有足量稀盐酸的烧杯中，振荡，充分反应后静置，然后从烧杯中取适量溶液（表示为“甲”）于试管中，并加入一定质量的锌粉，充分反应后过滤，得到滤液乙和固体丙。下列判断正确的是（）①甲中含有FeCl3；②甲中不含FeCl3；③若向固体丙加稀盐酸无明显现象，则滤液乙中一定含有ZnCl2、FeCl2，可能含有CuCl2；④若向固体丙加稀盐酸有气体产生，则滤液乙中可能含有ZnCl2、FeCl2，一定不含有CuCl2。A．①③ B．②③ C．①④ D．②④16、下列叙述正确的是()A．1molCO2的质量为44g/mol B．H2SO4的摩尔质量为98C．标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L D．O2的相对分子质量为3217、在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列错误操作可使所配制溶液的浓度偏高的是()A．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线B．溶解搅拌时有液体飞溅C．用量筒量取浓盐酸时俯视量筒刻度进行读数D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线18、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”这里所用的“法”是指A．萃取B．过滤C．蒸馏D．干馏19、下列说法正确的是A．离子键就是使阴、阳离子通过共用电子对而形成的B．氯化钠的分子式为NaClC．离子化合物受热熔化时可以导电D．离子化合物溶解时，离子键不被破坏20、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A．甲的物质的量比乙的物质的量少B．甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D．甲的分子数比乙的分子数多21、下列叙述正确的是A．的质量是B．的摩尔质量是16gC．个分子的质量是22gD．标准状况下，1mol任何物质的体积均为22、下列各组变化中，只有加入酸才能一步实现的是()A．Zn→ZnSO4B．CuO→CuCl2C．CaCO3→CO2D．NaOH→Na2SO4二、非选择题(共84分)23、（14分）有一固体粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成，为了检验它们所含的物质，做了以下实验。①将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；②往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；③过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解。（1）试判断：固体混合物中肯定含有____________________，生成白色沉淀的化学方程式______________________________________；肯定没有_____________________________；可能含有________________________（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：________化学方程式_____________。24、（12分）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的某一种。①若把四种盐分别溶解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盐酸，B盐溶液有沉淀产生，D盐溶液有无色无味气体逸出。根据①、②实验事实可推断它们的化学式为：A．____________________，D．____________________。写出下列反应的离子方程式：B+盐酸：__________________________________A+C:_____________________________________25、（12分）已知有一白色粉末是由Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuSO4、MgCl2中的一种或几种组成。欲探究这一粉末的组成，甲同学做了如下实验：①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液；②取①中溶液少量，加入NaOH溶液，无明显现象发生；③另取少量粉末，加入稀盐酸，无明显现象发生。(1)根据实验①，能得到的结论是__________。(2)甲同学根据以上实验现象，推测这一粉末的可能组成是__________。(3)乙同学在甲同学实验基础上设计了后续实验，确认该粉末只含有Na2SO4，请你在下表中填写乙同学所做的实验。[可供选择的试剂有：BaCl2溶液、AgNO3溶液、稀HNO3、NaOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(NO3)2溶液、稀盐酸]实验步骤实验现象反应的离子方程式和结论______________________________注：填写实验现象、离子方程式和结论要与相应的实验步骤一一对应。26、（10分）实验室需要0.1mol/LNaOH溶液500mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是______________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是________________________。(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是______________A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加入至刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(3)根据计算用托盘天平称取的质量为_________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（填“大于”、“小于”或“等于”）。(4)根据计算得知，需用量筒取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积______mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用______mL量筒最好。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.5mol/L（填“大于”、“小于”或“等于”）27、（12分）某课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备实验并检验其性质．(1)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe（OH）3胶体的制备．①甲同学的操作是：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热．②乙直接加热饱和FeCl3溶液．③丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟．你认为哪位同学的制备方法更合理：_______，可以利用胶体的什么性质来证明有Fe（OH）3胶体生成？____________．(2)Fe（OH）3胶体稳定存在的主要原因是_____．A．胶粒直径小于1nmB．胶粒带正电荷C．胶粒作布朗运动D．胶粒能透过滤纸(3)Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_____．A．Fe（OH）3胶体粒子的直径在1～100nm之间B．Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应C．Fe（OH）3胶体是均一的分散系D．Fe（OH）3胶体的分散质能透过滤纸(4)提纯所制Fe（OH）3胶体常用的方法是_____________，若向Fe（OH）3胶体中滴入硫酸直到过量，描述此过程的实验现象_________________________________________．28、（14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__________。29、（10分）氯化铁是一种重要的化学试剂，其晶体的化学式为FeCl3·6H2O。FeCl3的饱和溶液在实验室和电子工业中都有重要应用。（1）饱和FeCl3溶液的颜色是______________色的，实验室里常用它来制备______________（化学式）胶体，具体操作方法是：先将烧杯中的水加热至沸腾，再滴入5~6滴____________________，______________至液体呈______________色，停止加热。（2）电子工业中，常用FeCl3的饱和溶液来印刷电路图板，反应的原理是：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。该反应中______________作氧化剂，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：____________。（3）将0.5mol·L—1的FeCl3溶液从100mL稀释至500mL，所得溶液中，c(Cl—）为__________。（写出计算过程）

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】

A、没有指明是什么微粒，A不正确；B、阿伏加德罗常数数值约等于6.02×1023，B正确；C、应该是如果用g/mol作单位时，摩尔质量在数值上等于相对原子质量，C不正确；D不正确，D、摩尔质量的单位是g/mol，D错误；答案选B。2、C【解题分析】

A.维生素C可抗氧化和防衰老，利用维生素C的还原性，与氧化还原反应有关，故A错误；B.铝的表面生成致密的氧化薄膜，由铝到氧化铝发生氧化还原反应，故B错误；C.久置于空气中，浓硫酸的体积增大，体现了浓硫酸的吸水性，与氧化还原反应无关，故C正确；D.铁粉做食品袋内的脱氧剂，利用铁与氧气反应，铁的化合价升高，做还原剂，发生的是氧化还原反应，故D错误；故选：C。3、C【解题分析】A．酸性条件下HCO3-与H+反应生成二氧化碳气体而不能大量存在，A项错误；B．Cu2+为蓝色，与题目无色不符，B项错误；C．Na+、K+、Cl、NO3四种离子无色，且离子之间不发生任何反应，能大量共存，C项正确．D．Fe3+为黄色，与题目无色不符，D项错误．答案选C．4、A【解题分析】

A、NaNO3溶液的物质的量浓度是0.5mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.5mol·L-1；B、NaCl溶液的物质的量浓度是0.01mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.01mol·L-1；C、NaOH溶液的物质的量浓度是0.1mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.1mol·L-1；D、Na2SO4溶液的物质的量浓度是0.1mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.2mol·L-1；因此Na+的物质的量浓度最大的是硝酸钠溶液，答案选A。5、B【解题分析】氯化钠易溶于水，泥沙不溶于水，可以溶解、过滤，即可分离，故选A。6、D【解题分析】

A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。答案选D。7、B【解题分析】

A．冷水反应缓慢，盐的水解反应是吸热反应，平衡左移得不到胶体，A错误；B．沸水中氯化铁水解能够生成氢氧化铁胶体，B正确；C．氢氧化钠溶液会和FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，C错误；D．NaCl浓溶液与FeCl3溶液不反应，不能形成氢氧化铁胶体，D错误；故合理选项是B。8、D【解题分析】

A、钠与盐酸反应时钠先与H＋反应，离子方程式表示为2Na＋2H＋＝Na＋＋H2↑，钠与硫酸铜溶液反应时生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，离子方程式为2Na＋2H2O＋Cu2＋＝2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑，A错误；B、三个烧杯中，Y烧杯溶液中的氢离子浓度最大，反应最剧烈，B错误；C、X烧杯中生成的溶质为NaOH，Y烧杯中生成的溶质为NaCl，另外氢氧化钠过量，溶质还有NaOH。Z烧杯中硫酸铜不足，反应后溶质是硫酸钠和氢氧化钠，C错误；D、因向三个烧杯中加入钠的物质的量相同且钠全部反应完，故生成H2的量相同，D正确；答案选D。【题目点拨】明确金属与水、酸和盐溶液反应的实质是解答的关键，尤其要注意钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。9、D【解题分析】

A、CH3COOH是酸，水溶液中能够电离而导电，是电解质，故A不符合；B、Cl2是单质，氯气通入水中反应生成氯化氢和次氯酸，都是电解质，但氯气既不是电解质，也不是非电解质，故B不符合；C、蔗糖是非电解质，但水溶液中不导电，故C不符合；D、NH3本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨，一水合氨能够电离，是电解质，溶液导电，故D符合；故选D。【题目点拨】本题考查了电解质、非电解质概念的判断。本题的易错点为B，要注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。10、B【解题分析】根据阿伏加德罗定律可知同温同压下同体积的CO2气体和CO气体的物质的量相等，CO2和CO的相对分子质量不同，相同物质的量时，二者质量不同，①错误；密度等于质量除以体积，质量不同，体积相同，则密度不同，②错误；同温同压下等体积的CO2和CO的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，③④正确，答案选B。11、B【解题分析】

50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度为3mol/L，根据溶质化学式计算各选项中的Cl-物质的量浓度，进行比较可知。注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。【题目详解】50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度为3mol/L。A、150mL1mol/L的NaCl溶液中Cl-浓度为1mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度不相等，选项A不符合；B、150mL3mol/L的KCl溶液中Cl-浓度为3mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度相等，选项B符合；C、75mL2mol/L的NH4Cl溶液中Cl-浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度不相等，选项C不符合；D、75mL2mol/L的CaCl2溶液中Cl-浓度为4mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度不相等，选项D不符合；答案选B。【题目点拨】本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。12、D【解题分析】

根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性进行分析。【题目详解】A.根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：D2>B2>A2>C2，故正确；B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性进行分析，还原性：C－>A－>B－>D－，故正确；C.根据氧化性：D2>B2>A2，还原性：C－>A－>B－>D－分析，反应2A－+D2＝2D－+A2可以进行，故正确；D.据氧化性：D2>B2>A2，还原性：C－>A－>B－>D－分析，反应2C－+B2＝2B－+C2能进行，故D错误。故选D。13、A【解题分析】

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：A14、A【解题分析】

Na2CO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，Na2CO3与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；CuO是碱性氧化物与碱不反应；CaCO3是弱酸强碱盐，与碱不反应；CO2是酸性氧化物，与酸不反应。【题目详解】Na2CO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，Na2CO3与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，所以Na2CO3跟酸、碱、盐都能反应，故选A；CuO是碱性氧化物与碱不反应，故不选B；CaCO3是弱酸强碱盐，与碱不反应，故不选C；CO2是酸性氧化物，与酸不反应，故不选D。15、B【解题分析】

由信息提供的方程式中物质反应时的关系分析氯化铁是否含有，根据甲的成分以及盐溶液与金属反应的规律分析滤液的成分。【题目详解】铁在高温条件下与氧化铜反应2Fe+3CuOFe2O3+3Cu；铜在氯化铁溶液中发生反应：Cu+2FeCl3＝2FeCl2+CuCl2以及Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O可以建立以下关系式：Fe2O3～2FeCl3～Cu。根据铁在高温条件下与氧化铜反应2Fe+3CuOFe2O3+3Cu可知生成物质氧化铁和铜的个数比是1：3，因此氯化铁一定能完全被铜反应，所以甲中不含FeCl3，溶液中存在FeCl2和CuCl2，由于相关金属的活动性顺序是锌＞铁＞铜，所以放入锌粒后锌首先置换出铜，所以若向固体丙加稀盐酸无明显现象，说明固体不是铁和锌，所以滤液乙中一定含有ZnCl2、FeCl2，可能含有CuCl2，若向固体丙加稀盐酸有气体产生，可能是锌（过量）或铁和锌（过量），因此溶液中不可能含有CuCl2，一定含有ZnCl2，可能含有FeCl2，综上所述②③正确；答案选B。【题目点拨】此题是一道信息给予题，充分利用题干信息以及金属与盐溶液的反应的规律，其中根据提示的反应判断甲的成分是本题的难点。16、D【解题分析】

A、质量的单位为g，故1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B、摩尔质量的单位为g/mol，故硫酸的摩尔质量为98g/mol，故B错误；C、气体摩尔体积的单位为L/mol，故标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，故C错误；D、O的相对原子质量为16，故氧气的相对分子质量为32，故D正确；答案选D。17、A【解题分析】

A．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A符合题意；B．溶解搅拌时有液体飞溅，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不符合题意；C．用量筒量取浓盐酸时俯视量筒刻度进行读数，导致量取浓盐酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不符合题意；D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不符合题意；答案选A。18、C【解题分析】

萃取适合于溶质在互不相溶的溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程，据此解答。【题目详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故C正确。答案选C。19、C【解题分析】

离子化合物是由阴阳离子通过离子键构成的化合物，受热熔化和溶解时，破坏离子键，电离产生能自由移动的来离子，能导电。【题目详解】A项、原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键，阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键为离子键，故A错误；B项、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，氯化钠的化学式（或实验式）为NaCl，离子化合物中不存在分子，故B错误；C项、能导电的化合物中含有自由移动的离子，离子化合物受热熔化时电离产生自由移动的阴阳离子，离子化合物熔融状态可以导电，故C正确；D项、离子化合物溶于水时电离生成阳离子和阴离子，离子键被破坏，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查了离子化合物的特点，明确物质构成微粒及微粒之间作用力，要根据物质的构成微粒判断离子化合物是解答关键。20、A【解题分析】

同温同压下，气体摩尔体积相等，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大。【题目详解】A.根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；B.相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，故B错误；C.同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D.根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故D错误。故选A。21、C【解题分析】

A．质量的单位是克；B．摩尔质量的单位是；C．个分子的物质的量为，然后根据；D．气体摩尔体积只适用于气体。【题目详解】A．的质量是18g，故A错误；B．的摩尔质量是，故B错误；C．个分子的物质的量为，则，故C正确；D．气体摩尔体积只适用于气体，所以标准状况下，1mol气态物质的体积均为，故D错误；故答案选：C。【题目点拨】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，根据气体体积与摩尔质量的关系即可解答，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点。22、B【解题分析】

A.锌能与稀硫酸或排在锌后面的可溶性硫酸盐反应生成硫酸锌，故A错误；B.氧化铜能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，只能与酸反应生成，故B正确；C.碳酸钙能与盐酸反应或高温分解生成二氧化碳，故C错误；D.氢氧化钠能与硫酸或硫酸镁等反应生成硫酸钠，故D错误；本题答案为B。二、非选择题(共84分)23、Na2SO4Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaClNa2CO3、CuSO4NH4Cl取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解，滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色。NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O【解题分析】

（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，则固体中一定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡，（3）过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解，结合（2）可知白色沉淀只能是硫酸钡，则原固体中一定含有Na2SO4，一定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在无法确定，据此答题。【题目详解】（1）由上述分析可以知道，固体混合物中肯定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化学方程式为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，肯定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色，若试纸变蓝，则含有NH4Cl，否则不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O，故答案为取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色；NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O。24、BaCl2Na2CO3Ag++Cl-=AgCl↓Ba2++SO42-=BaSO4↓【解题分析】

根据离子共存的相关知识解答此题。Ba2＋与SO42-、CO32—生成沉淀不能共存；Ag＋和Cl－生成沉淀不能共存；Cu2＋与CO32—生成沉淀不能共存，所以银离子只能和硝酸根离子组成AgNO3，铜离子只能和SO42-组成CuSO，钡离子只能和Cl-组成BaCl2，剩余的是Na2CO3。【题目详解】结合上述分析：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，所以溶液中含有Cu2+，则C为CuSO4；②若向①的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，说明B为AgNO3，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D为Na2CO3，则A为BaCl2；四种盐分别为：A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；答案：BaCl2Na2CO3。（2）盐酸与AgNO3溶液有沉淀产生的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl↓；A+C反应生成白色沉淀硫酸钡。其离子方程式：Ba2++SO42-=BaSO4↓。答案：Cl-+Ag+=AgCl↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓。【题目点拨】本题考查离子共存，离子方程式的书写的相关知识。根据离子含Cu2+的溶液显蓝色，Ag+与HCl反应生成AgCl沉淀，CO32-和HCl反应生成CO2气体；Ba2+不能和SO42-、CO32-共存，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-共存，Cu2+不能和CO32-共存，据此分析四种盐的组成。25、白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4NaCl或Na2SO4或两者混合物取①中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液,将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成,无明显现象Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓该溶液中有硫酸钠,该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠【解题分析】

(1)①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，说明溶液中无铜离子，该粉末无有CuSO4；溶液中无沉淀产生，说明溶液中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；据此进行分析；(2)通过实验①，可以判断出粉末中无硫酸铜；通过实验②可以判断出粉末中无氯化镁；通过实验③可以证明粉末中无碳酸钠，据以上结论进行分析；(3)若要鉴定只有硫酸钠存在，可以根据硫酸根离子能够和钡离子产生沉淀的性质来选择硝酸钡鉴别，然后加入硝酸银来排除氯离子的存在即可。【题目详解】(1)①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，溶液中不含铜离子，所以白色粉末中不含CuSO4；由于镁离子和碳酸根子不能共存，所以粉末中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；而NaCl和Na2SO4二者不反应，且能够与MgCl2或Na2CO3大量共存，因此根据实验①，能得到的结论是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4；综上所述，本题答案是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4。(2)根据实验可以知道混合物中没有硫酸铜，根据实验可以知道该固体中不含氯化镁，加入稀盐酸没有现象说明没有碳酸钠，至此只有氯化钠和硫酸钠没有涉及到，故它们是可能存在的，所以可以作出三种推测，即①只有氯化钠；②只有硫酸钠；③氯化钠和硫酸钠的混合物；综上所述，本题答案是：NaCl或Na2SO4或两者混合物。(3)取①中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明生成了硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓；将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液，没有明显现象，说明没有氯化银沉淀生成，即溶液中不含氯离子。所以该溶液中只含有硫酸钠；结论为该白色固体中没有氯化钠，只有硫酸钠；综上所述，本题答案是：取①中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液,将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液；有白色沉淀生成，无明显现象；Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓，该溶液中有硫酸钠，该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠。26、C烧杯和玻璃棒BCD2.0小于13.6mL15mL大于【解题分析】

(1)配制溶液时，固体需用天平称量、液体需用量筒量取，然后放在烧杯内用玻璃棒搅拌溶解，冷却后转移入容量瓶，然后加水定容。(2)A．使用容量瓶前，需检查是否漏水，以保证配制过程中溶质不损失；B．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤；C．配制溶液时，如果试样是固体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容；D．配制溶液时，若试样是液体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容；E．溶液定容完成后，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。(3)用托盘天平称取的质量为0.1mol/L×0.5L×40g/mol。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配溶液的体积偏大。(4)利用稀释定律，可计算出需用量筒量取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积；选择量筒时，规格尽可能小，但需一次量完。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所取浓硫酸体积偏大。【题目详解】(1)配制溶液时，固体用天平、液体用量筒，然后放在烧杯内用玻璃棒搅拌溶解，冷却后转移入容量瓶，然后加水定容。在图中所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是C，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器为烧杯和玻璃棒。答案为：C；烧杯和玻璃棒；(2)A．使用容量瓶前，需检查是否漏水，以保证配制过程中溶质不损失，A正确；B．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，B不正确；C．配制溶液时，如果试样是固体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容，C不正确；D．配制溶液时，若试样是液体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容，D不正确；E．溶液定容完成后，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀，E正确；故选BCD。答案为：BCD；(3)用托盘天平称取的质量为0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配溶液的体积偏大，则所得溶液浓度小于0.1mol/L。答案为：2.0；小于；(4)设所需浓硫酸的体积为V，利用稀释定律，0.5mol/L×0.5L=，V=0.0136L=13.6mL；如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用15mL量筒最好。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所取浓硫酸体积偏大，所得溶液浓度大于0.5mol/L。答案为：13.6mL；大于。【题目点拨】不管溶质是固体还是液体，也不管在溶解过程中放出热量多少，配制溶液时，都必须将所称取或量取的溶质放在烧杯内溶解，冷却至室温后，才能转移入容量瓶。27、（1）甲同学，丁达尔效应（2）B（3）A（4）渗析法硫酸少量时，有红褐色沉淀生成，硫酸过量时，沉淀溶解，溶液变成棕黄色【解题分析】试题分析：（1）由氢氧化铁胶体的制备方法可知，甲同学的制备方法更合理，直接加热饱和FeCl3溶液，容易变浑浊，故乙同学的制备方法不合理；根据题意，向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，可以制备氢氧化铁胶体，但煮沸10分钟，容易使具有介稳性的胶体聚集为红褐色沉淀，故丙同学的制备方法错误；胶体具有丁达尔效应，溶液则无此现象，据此可以证明溶液中是否生成氢氧化铁胶体；（2）A、胶体中分散质粒子（简称胶粒）的直径介于1～100nm之间，A错误；B、氢氧化铁胶体粒子专门吸附带正电的阳离子，因此带正电，由同性相斥、异性相吸可知，氢氧化铁胶体