2022-2023學年甘肅省蘭州市五十一中高一化學第一學期期中聯考模擬試題含解析

2022-2023學年高一上化學期中模擬試卷注意事項：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、下列各組原子序數所表示的兩種元素，能形成AB2型離子化合物的是

（

）A．6和8 B．11和13 C．11和16 D．12和172、下列關于分散系的說法不正確的是A．分散系的穩(wěn)定性:溶液>膠體>濁液B．分散質粒子的大小:溶液>膠體>濁液C．分散質粒子的直徑為幾納米或幾十納米的分散系是膠體D．可以用過濾的方法將懸濁液中的分散質從分散劑中分離出來3、有下列三個氧化還原反應：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2===2FeCl3③2KMnO4+16HCl（濃）===2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O下列有關說法正確的是A．還原性最強的是FeCl3B．氧化性的強弱順序為：KMnO4>FeCl3>C12C．若溶液中Cl-與I-共存，為了氧化I-而不氧化CI-可以向溶液中通入Cl2D．反應③中若生成2molCl2共轉移5mol電子4、下列關于溶液和膠體的敘述中，正確的是（）A．膠體帶電荷，而溶液呈電中性B．膠體加入電解質溶液可產生沉淀，而溶液不能C．膠體是一種介穩(wěn)性的分散系，而溶液是一種非常穩(wěn)定的分散系D．膠體和溶液都能產生丁達爾現象5、某同學欲大量配制含有下列四種不同陰、陽離子的溶液，其中能配制成功的是A．K+、H+、Cl-、CO32-B．Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-C．Na+、H+、NO3-、Fe2+D．Na+、Ba2+、HCO3-、OH-6、下列說法正確的是()A．將飽和FeCl3溶液加熱至沸騰，制得Fe(OH)3膠體B．膠體與其他分散系的本質區(qū)別是丁達爾效應C．黃河入海口處三角洲的形成與膠體性質有關D．用過濾的方法可分離膠體和溶液7、合金具有許多優(yōu)良的性能．下列物質屬于合金的是A．氧化銅B．生鐵C．汞D．鈉8、原子的種類取決于A．質子數 B．質量數C．質子數和中子數 D．原子序數9、下列物質中屬于電解質的是()A．酒精 B．稀硫酸 C．氯化鈉 D．氫氧化鈉溶液10、在強酸性無色透明溶液中，下列各組離子能大量共存的是（）A．Zn2+、Al3+、SO、Cl－ B．Ag＋、Na+、NO、Cl-C．Fe3＋、K＋、Cl－、NO D．Ba2＋、NH、Cl-、HCO11、有碳酸鈉、碳酸氫鈉、氧化鈣和氫氧化鈉組成的混合物27.2g，把它們溶于足量的水里，此時溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-全部轉化沉淀，將反應后的溶液蒸干，最后得到白色固體物質共29g，則原混合物中含Na2CO3的質量為：A．1.8g B．5.3g C．10.6g D．無法計算12、下列物質不能由單質直接化合而生成的是（）A．FeCl3 B．FeS C．CuI D．CuS13、標準狀況下，密閉容器被可以自由滑動的活塞分成兩個密閉的反應器。左側充入等物質的量的氫氣和氧氣，右側充入一氧化碳和氧氣的混合氣體。同時引燃左右兩側的混合氣，反應后恢復到標準狀況。反應前后活塞位置如下圖所示，則右側混合氣體中一氧化碳和氧氣的物質的量之比可能是（液態(tài)水的體積忽略不計）①1:1②3:1③1:3④1:2A．①② B．②④ C．①④ D．①③14、某同學在實驗室進行了如圖所示的實驗，下列說法中錯誤的是A．利用過濾的方法，可將Z中固體與液體分離B．X、Z燒杯中分散質相同C．Y中反應的離子方程式為D．Z中能產生丁達爾效應15、下列說法正確的是A．由非金屬元素組成的化合物不一定是共價化合物B．離子化合物中一定不存在共價鍵C．共價化合物中可能含有離子鍵D．非極性鍵只存在于雙原子單質分子里16、設NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．將1L2mol/L的FeCl3溶液制成膠體后，其中含有氫氧化鐵膠粒數為2NAB．常溫常壓下，23gNO2和N2O4的混合氣體一定含有NA個氧原子C．1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有0.1NA個HSO4-D．向某無色溶液中滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42-17、等溫等壓下，等質量的C2H4和C3H6氣體，下列敘述正確的是A．密度相等B．體積相等C．原子數相等D．分子數相等18、標準狀況下，等體積的NH3和CH4兩種氣體，下列有關說法錯誤的是（）A．所含分子數目相同B．所含氫原子的物質的量之比為3:4C．質量之比為16:17D．密度之比為17:1619、某化學興趣小組進行化學實驗，按照圖Ⅰ連接好線路發(fā)現燈泡不亮，按照圖Ⅱ連接好線路發(fā)現燈泡亮，由此得出的結論正確的是()A．氯化鎂固體是非電解質B．氯化鎂溶液是電解質C．氯化鎂在水溶液中電離產生自由移動的離子D．氯化鎂只有在溶液中才能導電20、分類方法在化學學科的發(fā)展中起了非常重要的作用。下圖1是某反應在密閉容器中反應前后的分子狀況示意圖，“”和“”分別表示不同的原子。對此反應的分類正確的A．化合反應B．分解反應C．復分解反應D．置換反應21、下列溶液里離子檢驗的結論正確的是A．加稀鹽酸產生無色無味氣體，將氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，原溶液可能含CO32－B．加入BaCl2溶液有白色沉淀產生，再加鹽酸，沉淀不消失，原溶液一定含有SO42－C．加入AgNO3溶液有白色沉淀產生，原溶液一定含有Cl－D．加入Na2CO3溶液有白色沉淀產生，再加鹽酸，白色沉淀消失，原溶液中一定含有Ca2+22、裝有白磷的試劑瓶貼有的危險化學品標志為A． B． C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）Ⅰ.有一包白色固體粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一種或幾種，現做以下實驗：①將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾，溶液呈無色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固體完全溶解，并有氣泡產生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產生；④另取①中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產生白色沉淀。試根據上述實驗事實，回答下列問題：（1）寫出原白色粉末中一定含有的物質的化學式____________________。（2）寫出原白色粉末中一定不含有的物質的電離方程式________________。（3）寫出④變化的離子方程式：______________________。Ⅱ.實驗室需要240mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，現用固體燒堿進行配制。（1）需稱量_________g燒堿，應放在_______中稱量、溶解。（2）完成此配制實驗，除了量筒，燒杯，玻璃棒外還需要的常見的玻璃儀器有___________。（3）下列操作對所配溶液濃度偏大的有______。A．燒堿在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉移到容量瓶中B．容量瓶未干燥就用來配制溶液C．定容時仰視容量瓶D．稱量時使用了生銹的砝碼E.未洗滌溶解燒堿的燒杯24、（12分）某溶液中含有X－、Y2－、Z2－三種常見的無機離子。如下圖所示，發(fā)生了一系列化學反應。第④步反應生成的白色沉淀中含Y2－.（1）判斷X－、Y2－、Z2－分別為________、________、________（寫離子符號）。（2）寫出④、⑤步反應的離子方程式。④______________________________________________________；⑤______________________________________________________。25、（12分）（1）寫出下列儀器的名稱：①，②，④。（2）儀器①~④中，使用時必須檢查是否漏水的是(填序號)。（3）若利用裝置Ⅰ分離酒精和水的混合物，還缺少的儀器是，將儀器補充完整后進行的實驗操作的名稱為；②的進水口是(填“f”或“g”)。26、（10分）某學生欲配制3.0mol/L的H2SO4溶液100mL，實驗室有標準濃度為90％、密度為1.80g/mL的硫酸溶液。請回答下列問題：(1)實驗所用90％的硫酸的物質的量濃度為________mol/L(保留1位小數)。(2)配制該硫酸溶液應選用容量瓶的規(guī)格為_______mL。(3)配制時，該同學的操作順序如下，請將操作步驟A、C補充完整。A．用量簡準確量取所需的90％的硫酸溶液_______mL，沿玻璃棒倒入少量蒸餾水中，并用玻璃棒攪拌，使其混合均勻；B．將混合均勻的硫酸溶液沿玻璃棒注入所選的容量瓶中；C．______________________________________________；D．振蕩，繼續(xù)向容量瓶中加水，直到液面接近刻度線1～2cm處；E．改用膠頭滴管加水，使溶液的凹液面恰好與刻度線相切；F．將容量瓶蓋緊，振蕩，據勻。(4)如果省略操作C，對所配溶液濃度有何影響？______(填“偏大”、“偏小”或無影響”)(5)進行操作B前還需注意__________________________。27、（12分）混合物分離和提純常用下圖裝置進行，按要求回答下列問題：（1）儀器①的名稱__________。（2）明膠是水溶性蛋白質混合物，溶于水形成膠體。分離明膠的水溶液與Na2CO3、Na2SO4的混合溶液應選用裝置的為(用上圖字母填寫)_____。如何證明SO42-已分離出來_____。（3）在裝置D中加入10mL碘水，然后再注入4mLCCl4，蓋好玻璃塞，按操作規(guī)則反復振蕩后靜置觀察到的現象是：___________________________________。操作完畢后，為得到碘并回收CCl4可用________法。28、（14分）（1）對于混合物的分離或提純，常采用的方法有：過濾、蒸發(fā)、蒸餾、萃取、分液，結晶，滲析法等。下列各組混合物的分離或提純應采用什么方法？①實驗室中的石灰水久置，液面上常懸浮有CaCO3微粒?？捎胈_______的方法除去Ca(OH)2溶液中懸浮的CaCO3微粒。②提取碘水中的碘，用_____________的方法。③除去食鹽溶液中的水，可采用___________的方法。④淡化食鹽水，可采用____________的方法。⑤除去氫氧化鐵膠體中的少量的鹽酸可以采用__________的方法。（2）現有mgHCl溶解到VmLH2O中所得溶液密度為dg/mL，若阿伏加德羅常數用NA表示。①該氣體的物質的量為______________。②該溶液中溶質的質量分數為____________。③HCl氣體在標準狀況下的體積為________________。④溶液的物質的量濃度為___________________________。⑤溶液中氫離子的數目為___________________________。29、（10分）離子反應、氧化還原反應都是中學化學中重要的反應類型。請回答下列問題：(1)在發(fā)生離子反應的反應物或生成物中，一定存在有_____________。A．單質B．氧化物C．電解質D．鹽E．化合物(2)人們常用圖示的方法表示不同反應類型之間的關系。如分解反應和氧化還原反應可表示為下圖。右圖為離子反應、氧化還原反應和置換反應三者之間的關系，則表示離子反應、氧化還原反應、置換反應的字母依次是_____________(3)將NaBr溶液加入AgC1沉淀中，產生AgBr黃色沉淀。從離子反應發(fā)生的條件分析，AgCl與AgBr相比較，溶解度較大的是_____________。(4)已知某氧化還原反應Au2O3+4Na2S2O3+2H2O＝Au2O+2Na2S4O6+4NaOH①用單線橋標出電子轉移的方向和數目________________。②反應中，被氧化的元素是______________，氧化劑是_________________。③比較該反應中氧化劑和氧化產物的氧化性相對強弱_________________________。

參考答案一、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、D【解析】

A.形成CO2或CO，不符合題意，故A不選；B.兩者都是金屬不能形成化合物，不符合題意，故B不選；C.兩者會形成Na2S，不符合題意，故C不選；D.兩者會形成MgCl2，符合題意，故D選；答案選D。2、B【解析】

A.溶液均一穩(wěn)定，膠體具有介穩(wěn)性，濁液不能穩(wěn)定存在。B.濁液分散質粒子直徑>100nm，膠體分散質粒子直徑1nm~100nm，溶液分散質粒子直徑<1nm。C.膠體分散質粒子直徑在1nm~100nm。D.懸濁液中有不能溶解的固體顆粒，可以通過過濾分離分散質?！驹斀狻緼.溶液均一穩(wěn)定，膠體具有介穩(wěn)性，濁液不能穩(wěn)定存在，所以分散系的穩(wěn)定性:溶液>膠體>濁液，A正確。B.濁液分散質粒子直徑>100nm，膠體分散質粒子直徑1nm~100nm，溶液分散質粒子直徑<1nm，分散質粒子的大小:濁液>膠體>溶液，B錯誤。C.膠體分散質粒子直徑在1nm~100nm，分散質粒子的直徑為幾納米或幾十納米的分散系是膠體，C正確。D.懸濁液中有不能溶解的固體顆粒，可以用過濾的方法將懸濁液中的分散質從分散劑中分離出來，D正確。答案為：B。3、C【解析】

根據氧化還原反應規(guī)律可知：氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2；氧化性：FeCl3>I2；還原性：I->Fe2+；②2FeCl2+Cl2===2FeCl3，氧化性：Cl2>FeCl3；還原性：Fe2+>Cl-；③2KMnO4+16HCl（濃）===2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性：KMnO4>Cl2；還原性：Cl->Mn2+；所以氧化性：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2；還原性：I->Fe2+>Cl->Mn2+；結合以上分析解答?！驹斀狻扛鶕趸€原反應規(guī)律可知：氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2；氧化性：FeCl3>I2；還原性：I->Fe2+；②2FeCl2+Cl2===2FeCl3，氧化性：Cl2>FeCl3；還原性：Fe2+>Cl-；③2KMnO4+16HCl（濃）===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性：KMnO4>Cl2；還原性：Cl->Mn2+；所以氧化性：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2；還原性：I->Fe2+>Cl->Mn2+；A.結合以上分析可知，還原性最強的是KI，A錯誤；B.結合以上分析可知，氧化性的強弱順序為：KMnO4>C12>FeCl3，B錯誤；C.結合以上分析可知，還原性：I->Cl-，若溶液中Cl-與I-共存，為了氧化I-而不氧化Cl-可以向溶液中通人Cl2，C正確；D.根據2KMnO4+16HCl（濃）===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應可知：10e----5Cl2，所以若生成2molCl2共轉移4mol電子，D錯誤；綜上所述，本題選C。4、C【解析】試題分析：A.溶液呈電中性，膠體分散系不帶電，是膠體粒子吸附帶電離子，膠粒帶電荷，A項錯誤；B.膠體加入電解質溶液會發(fā)生聚沉可產生沉淀，復分解發(fā)生的條件之一是生成沉淀，所以溶液可以生成沉淀，氫氧化鋇溶液與硫酸鈉反應生成硫酸鋇沉淀，B項錯誤；C.膠體較穩(wěn)定，是一種介穩(wěn)性的分散系，溶液是一種非常穩(wěn)定的分散系，C項正確；D.丁達爾效應是膠體特有的性質，溶液沒有丁達爾效應，D項錯誤；答案選C?？键c：考查膠體和溶液。5、B【解析】

A.H+和CO32-反應，不能共存，故錯誤；B.Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-四種離子不反應，能共存，故正確；C.H+、NO3-和Fe2+發(fā)生氧化還原反應不共存，故錯誤；D.Ba2+和HCO3-、OH-反應生成碳酸鋇沉淀，故錯誤。故選B。6、C【解析】

A、將飽和氯化鐵溶液滴入沸水，繼續(xù)煮沸，至溶液變?yōu)榧t褐色時即可獲得氫氧化鐵膠體，將飽和FeCl3溶液加熱至沸騰，不能制得Fe(OH)3膠體，故A錯誤。B、膠體與其他分散系的本質區(qū)別是分散質粒子直徑大小不同，丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體，故B錯誤；C、河水中的泥沙形成的是膠體，在入?？谟龅胶Ｋ畷r，由于海水中含電解質氯化鈉，故能發(fā)生聚沉從而形成三角洲，故C正確；D、膠體和溶液均能透過濾紙，不能用過濾的方法分離膠體和溶液，故D錯誤；答案選C。7、B【解析】A．氧化銅是純凈物，不屬于合金，故A錯誤；B．生鐵是鐵和碳的合金，故B正確；C．汞是金屬單質，屬于純凈物，不屬于合金，故C錯誤；D．鈉是金屬單質，屬于純凈物，不屬于合金，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查合金的特征，掌握物質的組成是正確解答本題的關鍵。合金具有以下特點：①一定是混合物；②合金中至少有一種金屬等。8、C【解析】

原子由原子核和核外電子構成，原子核一般由質子和中子構成，元素的種類決定于原子結構中的質子數，同一元素因中子數不同，有多種原子，所以決定原子的種類的是質子數和中子數，答案選C。9、C【解析】

在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質，在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質，以此來解答?！驹斀狻緼.酒精是在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物，則屬于非電解質，故A錯誤；

B.稀硫酸溶液是混合物，所以既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C.氯化鈉為化合物，熔融時能導電，且在水溶液里能電離出自由移動的陰陽離子能使溶液導電，所以氯化鈉是電解質，故C正確；

D.氫氧化鈉溶液是混合物，所以既不是電解質也不是非電解質，故D錯誤。故選C?！军c睛】電解質包括酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物和水，單質和混合物既不是電解質也不是非電解質。10、A【解析】

A．Zn2+、Al3+、SO、Cl-之間不反應，都是無色離子，都不與氫離子反應，在溶液中大量共存，故A正確；B．Ag+、Cl-之間反應生成氯化銀沉淀，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．Fe3+為有色離子，在溶液中不能共存，故C錯誤；D．HCO與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選A。11、C【解析】

充分反應后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均轉化為沉淀，即為CaCO3，溶液中溶質為NaOH，將溶液蒸干，所得固體為CaCO3、NaOH混合物，發(fā)生反應為：

①CaO+H2O=Ca(OH)2②Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH③NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O將①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH④將①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH⑤可以看做發(fā)生反應④、⑤，反應④即CaO與Na2CO3反應，由于H2O參加反應，會引起固體質量增加，反應⑤即CaO與NaHCO3反應，不會引起固體質量增加，即：固體增加的質量等于參加反應的水的質量，結合反應④進行計算?！驹斀狻砍浞址磻?，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均轉化為沉淀，即為CaCO3，溶液中溶質為NaOH，將溶液蒸干，所得固體為CaCO3、NaOH混合物，發(fā)生反應為：

①CaO+H2O=Ca(OH)2②Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH③NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O將①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH④將①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH⑤可以看做發(fā)生反應④、⑤，反應④即CaO與Na2CO3反應，由于H2O參加反應，會引起固體質量增加，反應⑤即CaO與NaHCO3反應，不會引起固體質量增加，即：固體增加的質量等于參加反應的水的質量，參加反應水的質量=29g?27.2g=1.8g，其物質的量==0.1mol，由④反應方程式CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH可知碳酸鈉的物質的量為0.1mol，故碳酸鈉的質量為m=nM=0.1mol×106g/mol=10.6g，答案選C。12、D【解析】

A．鐵與氯氣反應生成氯化鐵，故A不選；B．鐵單質與硫單質生成硫化亞鐵，故B不選；C．銅單質與碘單質反應生成碘化亞銅，故C不選；D．銅單質與硫單質反應生成硫化亞銅，故D選；故選：D。13、A【解析】

【詳解】假設氫氣和氧氣的物質的量都是2mol，開始時左右兩側氣體的體積相等，則右側氣體共為4mol；左側反應2H2+O2=2H2O，剩余1molO2；由圖可知反應后左右兩側氣體物質的量之比為1：3，所以右側氣體的物質的量為3mol，右側反應2CO+O2=2CO2；當CO過量時，CO為3mol、O2為1mol；當O2過量時，CO為2mol、O2為2mol；所以n(CO)：n(O2)=3：1或1：1，故①②正確，選A。14、B【解析】

A．利用過濾法可將Z中固體和液體分離，故A正確；B．X中分散系是氯化鐵溶液，分散質是氯離子和三價鐵離子，乙中分散系是氫氧化鐵膠體，分散質是氫氧化鐵膠粒，故B錯誤；C．根據實驗現象，碳酸鈣與溶液反應，生成氫氧化鐵膠體和，故C正確；D．Z中是氫氧化鐵膠體，能產生丁達爾效應，故D正確；故答案為B。15、A【解析】

A.由非金屬元素組成的化合物，如氯化銨、碳酸銨等銨鹽類，都是由非金屬元素組成的，它們是離子化合物，A正確；B.離子化合物，如氫氧化鈉、銨鹽等，除了離子鍵外還存在共價鍵，B錯誤；C.共價化合物中不可能含有離子鍵，含有離子鍵的化合物為離子化合物，C錯誤；D.雙氧水和過氧化鈉中都含有非極性鍵，所以非極性鍵也可以存在于化合物中，D錯誤。答案選A?！军c睛】含有離子鍵的化合物是離子化合物，離子化合物肯定有離子鍵，可能存在共價鍵，而共價化合物只能存在共價鍵，不能有離子鍵。16、B【解析】

A.FeCl3溶液制成膠體時，一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故形成的膠粒的個數變少；B.利用計算假設，假設23g全為NO2求出極端值，再假設23g全為N2O4求出極端值，最終結果介于兩者之間；C.NaHSO4在溶液中完全電離為鈉離子、氫離子和硫酸根離子；D.關于Ba2+的沉淀，可以為BaSO4，也可以為BaCO3，當產生白色沉淀時，無法確定溶液中是否含有SO42-?！驹斀狻緼.1L2mol/L的FeCl3溶液中含有2molFeCl3，制成膠體時，一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故形成的膠粒的個數小于2NA，故A錯誤；B.極端假設，當23g氣體全為NO2時，其物質的量為0.5mol，含有NA個氧原子，當23g氣體全為N2O4時，其物質的量為0.25mol，含有NA個氧原子，故當23gNO2和N2O4任意比例混合時，一定含有NA個氧原子，故B項正確；C.NaHSO4在溶液中完全電離為鈉離子、氫離子和硫酸根離子，故溶液中無HSO4﹣，故C項錯誤；D.向某無色溶液中滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，可能為BaCO3沉淀，也可能為BaSO4沉淀，無法確定溶液中是否含有SO42-，故D項錯誤。綜上，本題選B。17、C【解析】

等溫等壓下，等質量的C2H4和C3H6氣體物質的量比等于摩爾質量的反比?！驹斀狻康葴氐葔合拢荣|量的C2H4和C3H6氣體，物質的量比等于摩爾質量的反比，即為3:2。A.二者密度比等于相對分子質量之比，為2:3，故錯誤；B.等溫等壓下，體積比等于物質的量比，等于3:2，故錯誤；C.因為物質中都為一個碳原子對應有2個氫原子，所以等質量時原子個數相同，故正確；D.二者物質的量不同，所以分子數不同，故錯誤。故選C。18、C【解析】

A．根據N=nNA=NA知，相同條件下，氣體摩爾體積相同，氣體的分子數與氣體的體積成正比，所以相同體積的氨氣和甲烷，所含分子數相同，故A正確；B．相同條件下，等體積的氨氣和甲烷的物質的量相同，一個氨氣分子中含有3個H，一個甲烷分子中含有4個H，所以所含氫原子物質的量之比為3：4，故B正確；C．根據m=M知，相同條件下，等體積的氨氣和甲烷，其質量與相對分子質量成正比，所以其質量之比=17：16，故C錯誤；D．根據ρ＝知，相同條件下，氣體摩爾體積相同，氣體的密度與相對分子質量成之比，所以其密度之比=17：16，故D正確。故選：C。19、C【解析】

A．MgCl2是強電解質，故A錯誤；B．MgCl2溶液屬于混合物，不是電解質，也不是非電解質，故B錯誤；C．MgCl2在水溶液中電離出可以自由移動的鎂離子和氯離子，故C正確；D．MgCl2在水溶液和熔融狀態(tài)下都可以導電，故D錯誤；故答案為C。【點睛】判斷電解質與非電解質需要注意以下幾點：①電解質和非電解質均指化合物，單質和混合物既不屬于電解質也不屬于非電解質；②電解質本身可能不導電，如NaCl固體，但NaCl是電解質，電解質是在水溶液后熔融狀態(tài)導電即可，又如HCl氣體不導電，但溶于水后形成的鹽酸能導電，HCl是電解質；③能導電的不一定是電解質，如Fe能導電，但是單質，不屬于電解質；④難溶性化合物不一定就是弱電解質。20、A【解析】

有圖片可知，該反應是一種單質和一種化合物反應，生成另外一種化合物的反應，屬于化合反應，答案選A。21、A【解析】

A、加稀鹽酸產生無色無味氣體，將氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，說明該氣體是二氧化碳；B、硫酸鋇是一種不溶于水、不溶于酸的沉淀；C、除氯離子外，碳酸根離子等也可以與銀離子反應生成白色沉淀；D、符合該現象的離子不一定是鈣離子，如鋇離子、鎂離子等也是這種現象?！驹斀狻緼、加稀鹽酸產生無色無味氣體，將氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，說明該氣體是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32-或HCO3-或CO32-、HCO3-，故A正確；B、加入BaCl2溶液有白色沉淀產生，再加鹽酸，沉淀不消失，由于硫酸鋇和氯化銀都是不溶于水、不溶于酸的沉淀，所以原溶液中不一定含有SO42-，故B錯誤；C、除氯離子外，碳酸根離子等也可以與銀離子反應生成白色沉淀，加入AgNO3溶液有白色沉淀產生，原溶液不一定含有Cl-，故C錯誤；D、加入碳酸鈉溶液產生白色沉淀，再加鹽酸白色沉淀消失，符合條件的離子除了鈣離子，還可能含有鋇離子、鎂離子等，故D錯誤；本題選A。22、A【解析】

白磷易自燃，在濕空氣中約著火，在干燥空氣中稍高，故屬于自燃物品，答案選A。二、非選擇題(共84分)23、BaCl2、K2CO3Cu(NO3)2=Cu2++2NO3—Ag++Cl—=AgCl↓5.0小燒杯250mL容量瓶，膠頭滴管AD【解析】

Ⅰ.有一包白色固體粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一種或幾種；①將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾，溶液呈無色說明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀為碳酸鋇，判斷BaCl2、K2CO3一定存在；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固體完全溶解，并有氣泡產生，證明沉淀是BaCO3；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產生，證明白色沉淀為BaSO4；④另取①中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產生白色沉淀，證明含有Cl-；綜上所述：白色固體粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白色粉末中一定含有的物質的化學式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物質為Cu（NO3）2；電離方程式為：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；（3）取①中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產生白色沉淀是氯化銀，反應的離子方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓；Ⅱ.（1）實驗室沒有240mL規(guī)格的容量瓶，必須配制250mL溶液，需要稱取的氫氧化鈉的質量為：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，燒堿易吸水且具有強腐蝕性，所以稱量燒堿時要放在小燒杯中；（2）配制溶液的步驟是：稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、轉移、定容、搖勻，用燒杯溶解燒堿、可以用量筒量取水、用玻璃棒攪拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用膠頭滴管定容、用托盤天平稱量燒堿、用藥匙取藥品，所以除了量筒、燒杯、玻璃棒外還會用到的儀器有：250mL容量瓶，膠頭滴管；（３）A．NaOH在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉移到容量瓶中，則冷卻后溶液體積偏小，濃度偏大，故A選；B．若容量瓶未干燥即用來配制溶液，對溶液濃度無影響，因為只要定容時正確，至于水是原來就有的還是后來加入的，對濃度無影響，故B不選；C．定容時仰視刻度線，會導致溶液體積偏大，則濃度偏小，故C不選；D．砝碼生銹后質量偏大，稱量時m物=m砝+m游，稱量時用了生銹的砝碼后會導致溶質的質量偏大，故濃度偏大，故D選；E．未洗滌溶解NaOH的燒杯，會導致溶質損失，濃度偏小，故E不選；答案選AD。24、Cl－SO42－CO32－BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2OCO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O【解析】

根據實驗中沉淀的顏色和是否溶于酸分析沉淀的成分，進而分析溶液中存在的離子?！驹斀狻?1)溶液中加入硝酸鋇后產生白色沉淀，白色沉淀中加入鹽酸沉淀部分溶解，說明沉淀中含有硫酸鋇沉淀和碳酸鋇，碳酸鋇能與鹽酸反應生成氯化鋇和水和二氧化碳，二氧化碳能與石灰水反應生成白色沉淀碳酸鈣，說明溶液中含有硫酸根離子和碳酸根離子，濾液中加入硝酸銀溶液產生白色不溶于硝酸的沉淀，說溶液中有氯離子，故答案為Cl－，SO42－，CO32－；(2)反應④為碳酸鋇與鹽酸的反應，離子方式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O；反應⑤為二氧化碳與澄清石灰水的反應，離子方程式為：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O?！军c睛】1.氯離子：加入硝酸酸化的硝酸銀，產生白色沉淀。2.硫酸根離子：加入鹽酸酸化，再加入氯化鋇，產生白色沉淀。3.碳酸根離子：加入氯化鈣或氯化鋇，產生白色沉淀，再加入鹽酸，沉淀溶解產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體。25、（1）①蒸餾燒瓶，②冷凝管，④容量瓶。（2）④（3）溫度計，蒸餾，g【解析】試題分析：（1）根據儀器的結構可知，①為蒸餾燒瓶，②為冷凝管，④為容量瓶，故答案為：蒸餾燒瓶，冷凝管，容量瓶；（2）容量瓶在使用前一定要查漏，故答案為：④；（3）利用蒸餾裝置分離酒精和水的混合物，必須使用溫度計，故答案為：溫度計；制取蒸餾水的實質是蒸餾過程，冷凝管下口是進水口，上口是出水口。考點：考查化學實驗的基本操作知識26、16.510018.2洗滌燒杯和玻璃棒2~3次，并將洗滌液也轉移至容量瓶中偏小將溶液冷卻至室溫再轉移到容量瓶【解析】

(1)根據物質的量濃度與質量分數關系式c=計算；(2)根據常見容量瓶的規(guī)格結合配制溶液的體積選擇儀器；(3)利用溶液在稀釋前后溶質的物質的量不變，計算需要濃硫酸的體積，用量筒量取后根據注酸入水的原則稀釋；為使配制溶液濃度準確，燒杯內壁及玻璃棒上粘有的溶質也要轉移到容量瓶中；(4)根據c=判斷；(5)根據濃硫酸溶于水放熱及容量瓶使用溫度是20℃分析?！驹斀狻?1)實驗所用90％的硫酸的物質的量濃度為c==16.5(mol/L)(2)配制100mL該溶液，就選擇100mL的容量瓶；(3)溶液在稀釋前后溶質的物質的量不變，所以3.0mol/L×100mL=16.5mol/L×V，解得V=18.2mL，所以用量筒量取18.2mL濃硫酸，加入到盛有一定量水的燒杯中稀釋；待溶液恢復至室溫后，轉移至容量瓶中，然后用少量蒸餾水洗滌燒杯內壁和玻璃棒2~3次，洗滌液也轉移至容量瓶中；(4)由于容量瓶是準確配制一定體積、一定物質的量濃度溶液的儀器，燒杯及玻璃棒上粘有溶質，若不全部轉移到容量瓶中，根據c=可知，溶質的n偏少，則溶液的濃度就偏??；(5)濃硫酸溶于水，會放出大量的熱，使溶液溫度升高，容量瓶配制溶液的溫度是20℃，若不將溶液冷卻至室溫后再轉移溶液至容量瓶中，定容后，溶液溫度恢復至室溫，溶液的體積就小于100mL，根據物質的量濃度定義式可知，這時溶液的濃度就偏大?！军c睛】本題考查了有關物質的量濃度的溶液的配制的知識。涉及物質的量濃度與質量分數的換算、儀器的使用、操作過程注意事項等。掌握濃硫酸稀釋溶解放熱、溶液在稀釋過程中溶質的物質的量不變、及容量瓶使用要求是本題解答的關鍵。27、冷凝管或直形冷凝管均可E取燒杯中的少量液體于試管中,向其中滴加鹽酸，沒有氣體，再加BaCl2溶液,無白色沉淀產生，則證明SO42-已分離出來溶液分層，上層無色（或顏色變淺）下層紫色或紫紅色蒸餾【解析】

（1）根據儀器構造可知儀器①的名稱是冷凝管或直形冷凝管。（2）明膠是水溶性蛋白質混合物，溶于水形成膠體。由于膠體不能透過半透膜，溶液可以，則分離明膠的水溶液與Na2CO3、Na2SO4的混合溶液應采用滲析法，則選用裝置的為E。由于硫酸鋇不溶于水也不溶于酸，又因為碳酸鈉會干擾硫酸根離子檢驗，則證明SO42－已分離出來的操作是取燒杯中的少量液體于試管中，向其中滴加鹽酸，沒有氣體，再加BaCl2溶液，無白色沉淀產生，則證明SO42－已分離出來。（3）在裝置D中加入10mL碘水，然后再注入4mLCCl4，蓋好玻璃塞，按操作規(guī)則反復振蕩后靜置。由于碘易溶在四氯化碳中，且四氯化碳的密度大于水的密度，則觀察到的現象是溶液分層，上層無色（或顏色變淺）下層紫色或紫紅色：由于二者的沸點相差較大，則操作完畢后，為得到碘并回