2023學年江蘇省南京市六合區(qū)程橋高級中學高一化學第一學期期中統(tǒng)考模擬試題含解析

1、2023學年高一上冊化學期中模擬測試卷考試注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、為加速漂粉精的消毒作用，最好的方法是A用水溶解B加入少量稀鹽酸C干燥后使用D加入NaOH溶液2、下列實驗操作： 過濾 分液 萃取 蒸餾 不能用于分離相互混溶的溶液的是A和 B和 C、和 D、和3、去年5月，中

2、國科學院、國家語言文字工作委員會、全國科學技術名詞審定委員會正式向社會發(fā)布元素 115 號（Mc）的中文名稱為鏌。關于 288Mc 原子說法正確的是A中子數(shù)是 173B電子數(shù)是 288C質量數(shù)是 115D質子數(shù)是 2884、常溫下，下列物質中不能與水反應的是ANa2OBCaOCFe2O3DNa2O25、下列變化過程只有通過氧化反應才能實現(xiàn)的是( )AHClH2BHClFeCl2CH2SO4(濃)SO2DFeFe2O36、下列物質中屬于電解質的是A氨水 B二氧化碳氣體 C銅絲 D氫氧化鈉固體7、在體積為VL的密閉容器中通入 a mol CO和b mol O2，一定條件下充分反應后容器內碳、氧原子

3、數(shù)之比為 （ ）Aa:bBa:2bCa:(a+2b)Da:(2a+2b)8、從海水中提取鎂的工業(yè)流程如圖所示，下列說法不正確的是A用此法提取鎂的優(yōu)點之一是原料來源豐富B在實驗室進行的操作需用到坩堝、坩堝鉗、玻璃棒、酒精燈C步驟電解MgCl2時，副產物Cl2可以循環(huán)利用D上述工藝流程中的反應未涉及置換反應9、下列各溶液中，Na+物質的量濃度最大的是（ ）A4L0.5mol/LNaCl溶液B1L0.3mol/LNa2SO4溶液C5L0.4mol/LNaOH 溶液D2L0.15mol/LNa3PO4溶液10、下列物質間的轉化能一步實現(xiàn)的是ANa2CO3NaOHBCaCO3Ca(OH)2CNaNO3N

4、aClDFeSO4CuSO411、本草綱目記載了民間釀酒的工藝“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，“以燒酒復燒二次價值數(shù)倍也”。以上用到的實驗方法可應用于分離A酒精和水B氯化鈉和沙子的混合溶液CCCl4和硫酸鈉溶液D硝酸鉀和氯化鈉的混合物12、為除去某物質中所含的雜質，周佳敏同學做了以下四組實驗，其中她所選用的試劑或操作方法正確的是（）序號物質雜質除雜試劑或操作方法NaCl溶液Na2CO3加入鹽酸，蒸發(fā)FeSO4溶液CuSO4加入過量鐵粉并過濾H2CO2依次通過盛有NaOH溶液和濃硫酸的洗氣瓶NaNO3CaCO3加稀鹽酸溶解、過濾、蒸發(fā)、結晶ABCD13、下列儀器不能用于加熱的是 （ ）A試管B量筒C坩

5、堝D燒杯14、下列物質屬于電解質的是A氨氣 BBr2 CBaSO4 D氫氧化鈉溶液15、把各組中的氣體通入溶液中，溶液的導電能力顯著增強的是（）ACO2（g）通入NaOH溶液BCO2（g）通入石灰水CNH3（g）通入CH3COOH溶液DNH3（g）通入鹽酸中16、下列反應屬于非氧化還原反應的是（）AFe2O3+3CO2Fe+3CO2 BNH4NO3N2O+2H2OC2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O DCuO+COCu+CO217、將下列各組物質區(qū)別開來的實驗方案不妥的是A鐵和銀：加鹽酸觀察其是否有氣泡產生B(NH4)2SO4與NH4Cl：加堿加熱聞其氣味CNaCl與KCl：灼燒觀察焰

6、色的顏色DK2CO3與KNO3：加稀硫酸觀察有無氣泡產生18、下列溶液中Cl-濃度與50mL1mol/L AlCl3溶液中Cl-濃度相等的是（）A150mL1mol/L的NaCl溶液B75mL2mol/L的NH4Cl溶液C150mL2mol/L的KCl溶液D75mL1mol/L的FeCl3溶液19、下列敘述中正確的是（ ）溶液都是純凈物 含氧的化合物都是氧化物 能電離出的化合物都是酸 能電離出的化合物都是堿 能電離出金屬離子和酸根離子的化合物都是鹽 酸和堿的中和反應一般都是復分解反應A全部BCD20、以下是一些常用的危險品標志，裝運濃硫酸的包裝箱應貼的圖標是 ( )ABCD21、FeS與一定濃

7、度的HNO3溶液反應，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O。當NO2、N2O4、NO的物質的量之比為1：1：1時，參加反應的FeS與HNO3的物質的量之比為A1：6B1：7C2：11D16：522、標準狀況下 224 mL 某氣體的質量為 0.32 g，該氣體的摩爾質量為( )A16 gmol-1 B32 gmol-1 C64 gmol-1 D80 gmol-1二、非選擇題(共84分)23、（14分）有四種元素 A、B、C、D，其中 B2離子與 C+離子核外都有二個電子層，B 原子的質子數(shù)與 C 原子的質子數(shù)之和等于 D 原子的質子數(shù)，A 原子失去一個電子后

8、變成一個質子，試回答：(1)A、B、C、D 的元素符號分別為_、_、_、_。(2)B2的電子式為_，D 原子的結構示意圖為_，B與C形成的簡單化合物的電子式為_。24、（12分）有一固體粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一種或幾種組成，為了檢驗它們所含的物質，做了以下實驗。將固體溶于水，攪拌后得到無色透明溶液；往此溶液中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；過濾，將沉淀置于稀鹽酸中，發(fā)現(xiàn)沉淀不溶解。（1）試判斷：固體混合物中肯定含有_，生成白色沉淀的化學方程式_；肯定沒有_；可能含有_（2）檢驗是否含有可能存在的物質的實驗方法是：_化學方程式_。25、（12分）實驗室

9、欲配制1mol/LNaOH溶液240mL，請回答：（1）需稱取NaOH固體_g，用質量為23.1g的燒杯放在托盤天平上稱取所需NaOH固體時，請在附表中選取所需的砝碼大小_(填字母)，并在下圖中選出能正確表示游碼位置的選項_(填字母)。（2）選用的主要玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外還有_。（3）下列操作的順序是（用序號表示）_。A用30mL水洗滌燒杯23次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩B用天平準確稱取所需的NaOH的質量，加入少量水，用玻璃棒慢慢攪動，使其充分溶解C將已冷卻的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D將容量瓶蓋緊，顛倒搖勻E改用膠頭滴管加水，使溶液凹面恰好與刻度相切F繼續(xù)往容量瓶內小心加水，直到

10、液面接近刻度12cm處（4）下列情況對所配制的NaOH溶液濃度有何影響？（用“偏大”“偏小”“無影響”填寫）容量瓶用蒸餾洗滌后殘留有少量的水_。將熱的溶液直接移入了容量瓶_。定容時，仰視容量瓶的刻度線_。26、（10分）下圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的濃硫酸試劑標簽上的部分內容?，F(xiàn)用該濃硫酸配制480 mL、 1 mol/L的稀硫酸?？晒┻x用的儀器有：燒瓶燒杯玻璃棒藥匙量筒請回答下列問題：（1）該濃硫酸的物質的量濃度為_ mol/L。（2）配制稀硫酸時，上述儀器中不需要的儀器是_（填序號），還缺少的儀器有_ (填寫儀器名稱)。（3）經(jīng)計算，配制480mL、1mol/L的稀硫酸需要用量筒量

11、取上述濃硫酸的體積為_ mL，量取濃硫酸所用的量筒的規(guī)格是_。(從下列規(guī)格中選用： 10 mL、 25 mL、 50 mL、100 mL)（4）對所配制的稀硫酸進行測定，發(fā)現(xiàn)其濃度大于1mol/L，配制過程中下列各項操作可能引起該誤差的原因有_。A定容時，俯視容量瓶刻度線進行定容B在燒杯中將濃硫酸進行稀釋后立即轉入容量瓶中C轉移溶液時，不慎有少量溶液灑到容量瓶外面D容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥，含有少量蒸餾水E定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加蒸餾水至刻度線27、（12分）一氯化碘是一種紅棕色液體，不溶于水，溶于乙醇和乙酸，能與KI反應生成I2，用于測定油脂中的碘值等(注：碘值表示有機物中不飽和

12、程度的指標)。某校研究性學習小組的同學擬制備一氯化碘(沸點101 )。回答下列問題：(1)甲組同學擬利用干燥純凈的氯氣與碘反應制備一氯化碘，已知碘與氯氣的反應為放熱反應，其裝置如下：各裝置連接順序為A_；A中發(fā)生反應的離子方程式為_。B裝置燒瓶需放在冷水中，其目的是_；D裝置的作用是_。B裝置得到的液態(tài)產物進一步提純可得到較純凈的ICl，采取的方法是_。(2)乙組同學采用最新報道制一氯化碘的方法，在三頸燒瓶中加入粗碘和鹽酸，控制溫度約50 ，在不斷攪拌下逐滴加入氯酸鈉溶液，生成一氯化碘，則發(fā)生反應的化學方程式為_。(3)設計實驗證明：ICl的氧化性比I2強：_。28、（14分）現(xiàn)有金屬單質A、

13、B、C和氣體甲、乙以及物質D、E、F、G、H，它們之間的相互轉化關系如圖 (圖中有些反應的生成物和反應的條件沒有標出)。（1）寫出下列物質的化學式：B_、乙_。（2）寫出下列反應的離子方程式：反應_；反應_；反應_。（3）將0.4 g D和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 molL1稀鹽酸。在如圖所示的坐標系中畫出能正確表示加入鹽酸的體積和生成CO2的物質的量的關系圖像。_ 29、（10分）某研究小組以綠礬(FeSO47H2O)為原料制備化合物AK3Fe() (C2O4)xyH2O并通過如下實驗步驟確定A的化學式： 步驟1：準確稱取A樣品4.91g,干燥脫水至恒重，

14、殘留物質量為4.37g；步驟2:將步驟1所得固體溶于水，經(jīng)測定含F(xiàn)e3+0.0l00mol；步驟3:準確稱取A樣品4.91g置于錐形瓶中，加入足量的3. 00mol-L1的H2SO4,溶液和適量蒸餾水，用0.500molL-1的KMnO4溶液滴定，當MnO4-恰好完全被還原為 Mn2+時，消耗KMnO4溶液的體積為24.00 mL。請回答下列問題：（1）綠礬(FeSO47H2O)若保存不當或長期放置，易與空氣中的氧氣反應，該反應中 FeSO4表現(xiàn)的性質為_(填字母)。A氧化性 B還原性 C氧化性和還原性 D酸性（2）用物質的量濃度為18.0 molL-1的濃硫酸配制100mL3.00 molL

15、-1的H2SO4溶液時,量取濃硫酸需要的量筒規(guī)格為_(填字母)。A10mL B25mL C50mL Dl00mL（3）步驟2發(fā)生的離子反應如下，將該離子方程式配平：_MnO4-+_ C2O42-+_H+=_Mn2+_CO2+_H2O。通過計算確定化合物A中x、y的值(請寫出計算過程)。_2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【答案解析】溶液中次氯酸濃度越大，消毒能力越強，漂粉精的有效成分為次氯酸鈣，次氯酸為弱酸，由強酸制弱酸的原理可知，向漂白精中加入少量稀鹽酸，稀鹽酸與次氯酸鈣反應生成次氯酸，以增加次氯酸的量，從而加速漂

16、粉精的消毒作用，故選B。2、B【答案解析】分離兩種相互混溶的溶液，可根據(jù)沸點不同進行蒸餾分離，如溶質在不同溶劑中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，據(jù)此分析?！绢}目詳解】兩種液體相互溶解，則不能用分液的方法分離，更不能用過濾的方法分離，因過濾用來分離固液混合物；分離兩種相互混溶的溶液，可根據(jù)沸點不同進行蒸餾分離，如溶質在不同溶劑中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，故B正確。故選B?！敬鸢更c睛】明確混合物的類型，根據(jù)物質的性質的差異性選擇分離方法。3、A【答案解析】組成原子的各微粒之間存在如下關系：原子序數(shù)=質子數(shù)=電子數(shù)，質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)，據(jù)此解答?！绢}目詳解】因鏌的原子序數(shù)為115，質量

17、數(shù)為288，則其中子數(shù)=288-115=173；質子數(shù)=電子數(shù)=115；答案選A。4、C【答案解析】ANa2O與水反應生成NaOH，A不選；BCaO與水反應生成Ca(OH)2，B不選；CFe2O3不能與水反應，C選；DNa2O2與水反應生成NaOH和O2，D不選。答案選C。5、D【答案解析】只有通過氧化反應才能實現(xiàn)即需要加入氧化劑才能實現(xiàn)，則選項中還原劑在反應中元素的化合價升高，以此來解答?！绢}目詳解】AH元素化合價降低，被還原，應加入還原劑才能實現(xiàn)，故A錯誤；BCl元素化合價不變，不是氧化還原反應，故B錯誤；CS元素化合價降低，被還原，應加入還原劑才能實現(xiàn)，故C錯誤；DFe元素化合價升高，被

18、氧化，應加入氧化劑才能實現(xiàn)，故D正確；故答案選D?！敬鸢更c睛】通過氧化反應才能實現(xiàn)的物質變化，該物質中元素化合價是要升高的，但是也要注意排除歧化反應的可能性。6、D【答案解析】在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質，注意電解質必須是化合物，不能是單質或混合物，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A、氨水是混合物，所以氨水既不是電解質也不是非電解質，選項A錯誤；B、二氧化碳的水溶液能導電，但導電的離子是二氧化碳和水反應生成的碳酸電離的，所以二氧化碳是非電解質，選項B錯誤；C、銅絲是單質，所以銅絲既不是電解質也不是非電解質，選項C錯誤；D、氫氧化鈉在水溶液和熔融狀態(tài)下都能導電，所以氫氧化鈉固體是電解質，

19、選項D正確。答案選D?！敬鸢更c睛】本題考查了電解質判斷，難度不大，注意不是電解質的物質不一定是非電解質，如混合物或單質。7、C【答案解析】反應前氣體中O原子的物質的量n(O)=n(CO)+2n(O2)=(a+2b)mol，C原子的物質的量為n(C)=n(CO)=amol，由于反應前后各種元素的原子守恒，原子數(shù)目和種類不變，則反應后容器內C、O原子的物質的量的比為n(C)：n(O)=amol(a+2b)mol=aa+2b。根據(jù)物質的量為微粒關系式n=NNA可知：微粒的物質的量與微粒數(shù)目呈正比，所以N(C):N(O)=n(C)：n(O)=aa+2b，故合理選項是C。8、B【答案解析】提取鎂的工藝流

20、程中發(fā)生的反應有：CaCO3 CaO+CO2，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2，Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，MgCl2Mg+Cl2，以此解答該題。【題目詳解】A、海水在地球上含量豐富，海水中含有大量的鎂，提取鎂的原料來源豐富，故A正確；B實驗操作是過濾，過濾時需要的儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗、鐵架臺，故B錯誤； C、工業(yè)上用電解熔融氯化鎂的方法冶煉Mg，副產物Cl2可以制得鹽酸，參與循環(huán)利用，故C正確；D、根據(jù)上述分析，上述工藝流程中的反應未涉及置換反應，故D正確；故選B。9、B【答案解析】A. 4L0.5mol/LNaC

21、l溶液中Na+的濃度為0.5mol/L；B. 1L0.3mol/LNa2SO4溶液中Na+的濃度為0.3mol/L2=0.6mol/L；C. 5L0.4mol/LNaOH 溶液中Na+的濃度為0.4mol/L；D. 2L0.15mol/LNa3PO4溶液中Na+的濃度為0.15mol/L3=0.45 mol/L；因此Na+物質的量濃度最大的是0.6mol/L；答案選B。10、A【答案解析】A.碳酸鈉可以與氫氧化鈣反應生成氫氧化鈉和碳酸鈣，能一步實現(xiàn)，故A正確；B.CaCO3是鹽，鹽只能與堿反應生成Ca(OH)2，CaCO3不溶于水，所以不能與堿溶液反應，因此CaCO3不能一步得到Ca(OH)2

22、，故B錯誤；C.NaNO3因不能與其它任何物質反應生成沉淀、氣體和水，所以NaNO3不能通過一步反應制得NaCl，故C錯誤；D.銅的金屬活動性比鐵弱，F(xiàn)eSO4不能通過一步反應制得硫酸銅，故D錯誤。故選A?！敬鸢更c睛】一步反應實現(xiàn)是指原物質只發(fā)生一個反應即可轉化為目標物質，根據(jù)物質的性質及變化規(guī)律，分析變化能否只通過一個反應實現(xiàn)。11、A【答案解析】由“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”可知乙醇、乙酸分離，為蒸餾原理，則互為液體混合物，沸點不同，均可選擇蒸餾法；A酒精和水相互混溶，分離時應選擇蒸餾操作，故A正確；B氯化鈉和沙子的混合溶液分離時應選擇過濾操作，故B錯誤；CCCl4和硫酸鈉溶液互不相溶，用分液

23、法分離，故C錯誤；D二者均溶于水，溶解度受溫度影響不同，選擇結晶法分離，故D錯誤；故答案為A?！敬鸢更c睛】分離提純方法的選擇思路是根據(jù)分離提純物的性質和狀態(tài)來定的。具體如下： 分離提純物是固體(從簡單到復雜方法) ：加熱(灼燒、升華、熱分解)，溶解，過濾(洗滌沉淀)，蒸發(fā)，結晶(重結晶)；分離提純物是液體(從簡單到復雜方法) ：分液，萃取，蒸餾；分離提純物是膠體:鹽析或滲析；分離提純物是氣體：洗氣。12、A【答案解析】碳酸鈉可與鹽酸反應生成氯化鈉，可除雜，故正確；鐵可置換出銅，生成硫酸亞鐵，可除雜，故正確；二氧化碳與氫氧化鈉溶液反應，可除雜，故正確；生成氯化鈣，生成新雜質，可將混合物溶于水然后

24、過濾除去雜質碳酸鈣，故錯誤。故選：A。13、B【答案解析】A試管是可以直接用于加熱的儀器，A不合題意；B量筒是不耐熱的儀器，不能用于加熱，B符合題意；C不管是瓷質坩堝還是鐵質坩堝，都可直接加熱，C不合題意；D燒杯需隔石棉網(wǎng)加熱，D不合題意；故選B。14、C【答案解析】溶于水或在熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物是電解質，溶于水和在熔融狀態(tài)下均不能夠導電的化合物是非電解質，則A、氨氣是非電解質，A錯誤；B、單質溴既不是電解質，也不是非電解質，B錯誤；C、硫酸鋇是電解質，C正確；D、氫氧化鈉溶液是混合物，既不是電解質，也不是非電解質，D錯誤，答案選C。點睛：判斷電解質或非電解質時必須抓住溶于水或在熔融狀態(tài)

25、下能否自身電離出離子，導電只是實驗現(xiàn)象，不能作為判斷的依據(jù)。另外也可以從物質分類的角度去判斷，即酸堿鹽、氧化物和水是電解質，答題時需要靈活掌握、合理應用。15、C【答案解析】電解質溶液的導電能力與離子的濃度及離子所帶的電荷有關?！绢}目詳解】A. 該過程的離子方程式為：，該過程中，離子濃度與所帶電荷的乘積沒有變化，則溶液的導電能力幾乎不變，A錯誤；B. 該過程的化學方程式為：，該過程中，離子濃度減小，則溶液的導電能力減弱，B錯誤；C. 該過程發(fā)生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度顯著增大，則溶液的導電能力顯著增大，C正確；D. 該過程發(fā)生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度幾乎不變，則溶液的導

26、電能力幾乎不變，D錯誤；故合理選項為C。16、C【答案解析】分析：凡是有元素化合價升降的反應均是氧化還原反應，據(jù)此解答。詳解：A. 反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中鐵元素化合價降低，鐵元素化合價升高，是氧化還原反應，A錯誤；B. 反應NH4NO3N2O+2H2O中氮元素化合價發(fā)生變化，是氧化還原反應，B錯誤；C. 反應2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O中元素的化合價均不變，是非氧化還原反應，C正確；D. 反應CuO+COCu+CO2中銅元素化合價降低，碳元素化合價升高，是氧化還原反應，D錯誤。答案選C。17、B【答案解析】A.Fe與鹽酸反應，而Ag與鹽酸不反應，現(xiàn)象不同，可鑒別

27、，故A可行；B.與堿共熱均生成氨氣，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故B不可行；C.Na、K的焰色不同，則利用灼燒觀察焰色的方法可鑒別NaCl、KCl，故C可行；D.K2CO3與鹽酸反應生成氣體，而KNO3不與鹽酸反應，現(xiàn)象不同，可鑒別，故D可行。答案選B。18、D【答案解析】50 mL 1 mol/L AlCl3溶液中c(Cl)=31 mol/L=3 mol/L?！绢}目詳解】A、150 mL 1 mol/L的NaCl溶液c(Cl)=1 mol/L，故A不符合題意；B、75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液c(Cl)=2 mol/L，故B不符合題意；C、150 mL 2 mol/L的KCl溶液 c(C

28、l)=2 mol/L，故C不符合題意；D、75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液c(Cl)=31 mol/L=3 mol/L，故D符合題意；答案選D。19、B【答案解析】溶液是由溶質、溶劑組成的混合物，故錯誤；若含氧化合物中只有兩種元素，則該化合物為氧化物，否則不屬于氧化物，如屬于氧化物，而中雖然含有氧元素，但不屬于氧化物，故錯誤；電離出的陽離子只有的化合物屬于酸，但能電離出的化合物不一定屬于酸，如屬于鹽，故錯誤；電離出的陰離子只有的化合物屬于堿，但能電離出的化合物不一定屬于堿，如堿式鹽，故錯誤；能電離出金屬離子和酸根離子的化合物屬于鹽，故正確；酸堿發(fā)生中和反應生成鹽和水，屬于復分解反應，

29、故正確；綜上所述，正確，選B。20、A【答案解析】A標志為腐蝕品標志，濃硫酸屬于腐蝕品，應該使用此在標志，故A正確；B為爆炸品標志，爆炸品是指容易發(fā)生爆炸的，如煙花爆竹等，故B錯誤；C為有毒氣體標志，有毒氣體如氯氣、一氧化碳等張貼，故C錯誤；D屬于易燃標志，常張貼于易燃液體，故D錯誤；故答案為A。21、B【答案解析】設參加反應的FeS為1mol，則溶液中Fe2 ( SO4)3為mol， Fe ( NO3 )3為mol，反應中Fe元素、S元素化合價升高， N元素化合價降低，設NO2、N2O4、 NO的物質的量分別為amol、amol。amol根據(jù)電子轉移守恒有: 1 (3-2) +16- (-2

30、)=a (5-4) +a (5-4) 2+a (5-2) ，解得: a=1.5，則NO2、 N2O4、 NO的物質的量分別為1.5mol、 1.5mol、 1.5mol ,則起氧化劑作用的HNO3為: 1.5mol+ 1.5mol2+ 1.5mol= 6mol ，起酸的作用的硝酸生成Fe ( NO3) 3 ,故起酸的作用的硝酸為mol3=1mol，參加反應的硝酸為: 6mol+ 1mol= 7mol ,所以實際參加反應的FeS與HNO3的物質的量之比=1mol:7mol=1:7。故選B。22、B【答案解析】根據(jù)nV/Vm、Mm/n計算。【題目詳解】標準狀況下224mL氣體的物質的量為0.224

31、L22.4L/mol0.01mol，因此該氣體的摩爾質量為0.32g0.01mol32g/mol，故答案為B。二、非選擇題(共84分)23、H O Na K 【答案解析】B2離子與C+離子核外都有二個電子層，所以B為O、C為Na，B原子的質子數(shù)與C原子的質子數(shù)之和等于D原子的質子數(shù)，推得D的原子序數(shù)為19，則D為K，A原子失去一個電子后變成一個質子，則A為H?！绢}目詳解】（1）A、B、C、D依次為H元素、O元素、Na元素、K元素，元素符號分別為H、O、Na、K，故答案為H、O、Na、K；（2）B2-為O2-，電子式為，D為K元素，原子結構示意圖為，B 與 C 形成的簡單化合物為過氧化鈉或氧化鈉

32、，電子式為或，故答案為；或。24、Na2SO4 Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl Na2CO3、CuSO4 NH4Cl 取少量藥品加入試管中，加蒸餾水溶解，滴入氫氧化鈉溶液后加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口檢驗，試紙是否變藍色。 NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O 【答案解析】（1）將固體溶于水，攪拌后得到無色透明溶液，則固體中一定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸鋇或硫酸鋇，（3）過濾，將沉淀置于稀鹽酸中，發(fā)現(xiàn)沉淀不溶解，結合（2）可知白色沉淀只能是硫酸鋇，則原固體中一定含有Na2SO4

33、，一定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在無法確定，據(jù)此答題?！绢}目詳解】（1）由上述分析可以知道，固體混合物中肯定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化學方程式為Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl，肯定沒有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案為Na2SO4；Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl ；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）檢驗是否含有可能存在的物質的實驗方法是：取少量藥品加入試管中，加蒸餾水溶解；滴入氫氧化鈉溶液后加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口檢驗，試紙是否變藍色，若試紙變藍，則含有NH4Cl，否則不含有

34、NH4Cl，化學方程式為：NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O，故答案為取少量藥品加入試管中，加蒸餾水溶解；滴入氫氧化鈉溶液后加熱， 用濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口檢驗，試紙是否變藍色；NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O。25、10.0 cd h 250mL容量瓶、膠頭滴管 BCAFED 無影響 偏大 偏小 【答案解析】（1）依據(jù)配制溶液體積選擇容量瓶，依據(jù)m=cVM計算溶質的質量；氫氧化鈉具有腐蝕性且易潮解，應放在燒杯內稱量，根據(jù)氫氧化鈉與燒杯質量確定需要的砝碼；由表中升高可知，最小的砝碼為5g，故游碼的最大刻度為5g，故小于5g用游碼；（2）根據(jù)操

35、作步驟有計算、稱量、溶解冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作選擇使用的儀器；（3）依據(jù)配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟排序；（4）分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據(jù)c=n/V進行誤差分析?！绢}目詳解】（1）配制1mol/L NaOH溶液240mL，應選擇250mL容量瓶，需要溶質的質量為：1mol/L0.25L40g/mol=10.0g；氫氧化鈉具有腐蝕性且易潮解，應放在燒杯內稱量，根據(jù)氫氧化鈉與燒杯總質量為10.0g+23.1g=33.1g，故應選擇20g與10g的砝碼，即選擇cd；由表中升高可知，最小的砝碼為5g，故游碼的最大刻度為5g，故小于5g用游碼，所以游碼應在3.1

36、g的位置，故選擇h；（2）配制步驟為：計算、稱量、溶解冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻，用到的儀器：天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管；還缺少的玻璃儀器為250mL容量瓶、膠頭滴管；（3）配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟：計算、稱量、溶解冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻，所以正確的操作順序為：BCAFED；（4）容量瓶用蒸餾洗滌后殘留有少量的水，對溶質的物質的量和溶液體積都不產生影響，溶液濃度無影響；將熱的溶液直接移入了容量瓶，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏大；定容時，仰視容量瓶的刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏小?！敬鸢更c睛】考查一定物質的量濃度溶液的配制，比較基礎，

37、關鍵清楚溶液配制的原理，根據(jù)c=n/V理解溶液配制，把握整個配制過程，注意氫氧化鈉應放在燒杯內稱量。26、18.4膠頭滴管、500mL 容量瓶27.250 mLA B【答案解析】(1)溶液的物質的量濃度為：c=18.4mol/L，故答案為：18.4；(2)操作步驟有計算、量取、稀釋、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸，在燒杯中稀釋(可用量筒量取水加入燒杯)，并用玻璃棒攪拌，冷卻后轉移到500mL容量瓶(由于無480mL容量瓶，故選用500mL容量瓶)中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒2-3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線12cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻

38、所以所需儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，用不到的是燒瓶和藥匙，還缺少的儀器為膠頭滴管、500mL容量瓶，故答案為：；膠頭滴管、500mL容量瓶；(3)由于無480mL容量瓶，故選用500mL容量瓶，配制480mL 1molL-1的稀硫酸，設需要的濃硫酸的體積為VmL，根據(jù)溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀可知：18.4mol/LVmL=1molL-1500mL，解得V=27.2mL；應該選用50mL的量筒量取，故答案為：27.2；50 mL；(4)A定容時，俯視容量瓶刻度線進行定容，故導致稀溶液體積偏小，根據(jù)c=判斷可知濃度偏高，故A正確；B將稀釋后的稀硫酸立即轉入容量瓶后，

39、緊接著就進行以后的實驗操作，一旦冷卻下來，導致稀溶液體積偏小，根據(jù)c=判斷可知濃度偏高，故B正確；C轉移溶液時，不慎有少量溶液灑到容量瓶外面，導致濃溶液物質的量偏小，根據(jù)c=判斷可知濃度偏低，故C錯誤；D容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥，含有少量蒸餾水，配制過程中需要滴加蒸餾水，故此無影響，故D錯誤；E定容后，把容量瓶倒置搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，便補充幾滴水至刻度處，導致稀溶液體積偏大，根據(jù)c=判斷可知濃度偏低，故E錯誤；故選AB。點睛：明確配制溶液的原理及步驟為解答關鍵。要掌握配制一定物質的量濃度的溶液步驟和誤差分析方法。根據(jù)c=可知，一定物質的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質的物質的量n和溶液的

40、體積V引起的，誤差分析時，關鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化。27、CEBD MnO24H2ClMn2Cl22H2O 防止ICl揮發(fā) 吸收未反應完的氯氣 蒸餾 3I26HClNaClO3=6IClNaCl3H2O 用濕潤的淀粉KI試紙檢測，試紙變藍 【答案解析】用干燥純凈的氯氣與碘反應制備一氯化碘，A裝置用二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣，制得的氯氣中含有HCl氣體和水蒸氣，先用C中的飽和食鹽水除HCl氣體，再用E中的濃硫酸干燥，將干燥的氯氣通入B中與碘反應，制備ICl，而ICl易揮發(fā)，所以B應放在冷水中，最后用D中的氫氧化鈉處理未反應完的氯氣，防止污染空氣?！绢}目詳解】(1)由上述分析可知，裝置

41、正確的連接順序為：ACEBD；A裝置是二氧化錳在加熱時與濃鹽酸反應制取氯氣的裝置，反應的離子方程式為MnO24H2ClMn2Cl22H2O。ICl易揮發(fā)，所以B應放在冷水中防止ICl揮發(fā)；氯氣有毒，用D中的氫氧化鈉吸收未反應完的氯氣。已知ICl的沸點為101 ，裝置B中的液態(tài)產物可以進一步蒸餾，收集101 的餾分，即可得到純凈的ICl。(2)I2具有還原性，1 個 I2失去2個電子化合價升高2價，NaClO3具有氧化性，1個NaClO3得到6個電子，化合價降低6價，根據(jù)化合價升降數(shù)相同配平化學方程式，反應的化學方程式為3I26HClNaClO3=6IClNaCl3H2O。(3)氧化性強的物質可

42、以制氧化性弱的物質，可以用濕潤的淀粉KI試紙檢驗一氯化碘蒸氣，如果試紙變藍說明KI和ICl發(fā)生氧化還原反應制得I2，ICl的氧化性比I2強。28、Al HCl 2Na2H2O=2Na2OHH2 Cl22Fe2=2Fe32Cl Fe33OH=Fe(OH)3 【答案解析】試題分析：現(xiàn)有金屬單質A、B、C和氣體甲、乙以及物質D、E、F、G、H，它們之間的相互轉化關系如圖所示。由圖可知，A為鈉、鈉與水反應生成氫氣和氫氧化鈉，則甲為氫氣、D為氫氧化鈉、B為鋁；氫氣與氯氣反應生成氯化氫，則乙為氯化氫；氯化氫溶于水得到鹽酸，E為鹽酸；紅褐色沉淀為氫氧化鐵，則C為鐵、F為氯化亞鐵、G為氯化鐵。（1）B的化學式為Al、乙的化學式為HCl。（2）反應的離子方程式為2Na2H2O=2Na2OHH2；反應的離子方程式為Cl22Fe2=2Fe32Cl；反應的離子方程式為Fe33OH=Fe(OH)3。（3）將0.4 gNaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向混合溶液中逐滴滴加0.1 molL1稀鹽酸。0.4 gNaOH的物質的量為0.01mol，1.06 g Na2CO3的物質的量為0.01mol。鹽酸加入到混合液中后，依次發(fā)生OH-+H+=H2O、CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H