2023屆廣西南寧市馬山縣金倫中學(xué)化學(xué)高一第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測試試題含解析

2022-2023學(xué)年高一上化學(xué)期中模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、等體積NaCl、MgCl2、AlCl3溶液分別與足量的AgNO3溶液反應(yīng)。若生成的沉淀的物質(zhì)的量之比為3︰2︰1，則三種鹽酸鹽溶液的物質(zhì)的量濃度比為（）A．1︰2︰3B．9︰6︰1C．3︰2︰1D．9︰3︰12、列離子方程式書寫正確的是A．鐵與鹽酸反應(yīng)：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．碳酸鈉與過量鹽酸反應(yīng)：CO32-+2H+=CO2↑+H2OC．氫氧化鋇溶液中滴加硫酸：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OD．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應(yīng)：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓3、進行化學(xué)實驗時必須要有安全意識，下列做法正確的是()A．加熱裝有碳酸氫鈉固體的試管時，試管口向上傾斜B．滴瓶中的滴管用后不用清洗，直接放到滴瓶中C．做蒸餾實驗時，如果加熱液體時發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)立即補加沸石D．溫度計摔壞導(dǎo)致水銀散落到地面上，應(yīng)立即用水沖洗水銀4、將標準狀況下aL

NH3溶解于1L水中，得到氨水的物質(zhì)的量濃度為b

mol/L，則該氨水的密度為A．g/cm3 B．g/cm3C．g/cm3 D．g/cm35、下列說法中正確的是A．在熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電的物質(zhì)都屬于非電解質(zhì)B．稀HCI溶液在電流的作用下電離出H+和Cl-而導(dǎo)電C．液態(tài)硫酸，固體NaCI不導(dǎo)電，但屬于電解質(zhì)D．NaOH溶液的導(dǎo)電能力一定比氨水的強6、下列試劑中，標簽上應(yīng)標注和的是()A．HNO3 B．Na2CO3 C．NaOH D．HCl7、氯氣可用來消滅田鼠，為此將氯氣通過軟管灌入洞中，這是利用了氯氣下列性質(zhì)中的①黃綠色②密度比空氣大③有毒④較易液化⑤溶解于水A．②③ B．③④ C．①②③ D．③④⑤8、實驗室測定膽礬結(jié)晶水含量，不需要的儀器和用品是（）A．蒸發(fā)皿 B．電子天平C．研缽 D．干燥器9、膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是()A．膠體是均一、透明的B．膠體能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)C．膠體粒子大小在1nm-100nm之間D．膠體粒子可以透過濾紙10、下列反應(yīng)既是氧化還原反應(yīng)，又是化合反應(yīng)的是A．Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3B．SO2+H2O2=H2SO4C．CaO+H2O=Ca(OH)2D．Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O11、在一定條件下可以把Mn2+氧化成，若反應(yīng)中變?yōu)?，又知反?yīng)中氧化劑與還原劑的離子個數(shù)比為5：2。則n為A．1 B．2 C．3 D．412、下列實驗操作正確的是（）A．過濾操作時，漏斗下部的尖嘴要緊靠燒杯的內(nèi)壁B．用蒸發(fā)皿蒸發(fā)溶液時，邊加熱邊用玻璃棒攪拌，直到液體全部蒸干C．萃取操作時，應(yīng)選擇有機萃取劑，且萃取劑的密度必須比水大D．使用容量瓶時，要先干燥13、電解質(zhì)和非電解質(zhì)是對化合物的一種分類方式．下列關(guān)于電解質(zhì)的說法正確的是（）A．液態(tài)HCl不導(dǎo)電，所以HCl不是電解質(zhì)B．NH3溶于水形成的溶液能導(dǎo)電，所以NH3是電解質(zhì)C．電解質(zhì)一定能導(dǎo)電，能導(dǎo)電的物質(zhì)一定屬于電解質(zhì)D．AgCl在水溶液中難導(dǎo)電，但熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，所以AgCl是電解質(zhì)14、原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最高正化合價與Z的相同，Z原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的0.4倍，Y元素的周期序數(shù)等于族序數(shù)，W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液Q是實驗室常用的氣體干燥劑。下列說法錯誤的是A．原子半徑：Y>Z>W>XB．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：X>ZC．Y最高價氧化物對應(yīng)的水化物可以和Q反應(yīng)D．加熱條件下Q可氧化X、Y、Z的單質(zhì)15、下列敘述中，不正確的是A．Cl2的摩爾質(zhì)量為71B．12C、13C、14C是碳元素的三種核素，互稱為同位素C．0.012kg12C中所含的原子數(shù)稱為阿伏加德羅常數(shù)D．盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗，提出了帶核的原子結(jié)構(gòu)模型16、下列物質(zhì)的分類正確的是()堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2(OH)2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOCO2A．A B．B C．C D．D17、如圖所示，縱軸表示導(dǎo)電能力，橫軸表示所加溶液的量，下列說法正確的是（）A．曲線A表示NaOH溶液中滴加稀鹽酸B．曲線B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液C．曲線C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸D．曲線D表示Cu(OH)2懸濁液中滴加HNO3溶液18、下列括號中的分離方法運用得當?shù)氖?)A．植物油和自來水(蒸餾)B．水溶液中的食鹽和碘(分液)C．碳酸鈣和氯化鈣固體混合物(溶解、過濾、蒸發(fā))D．自來水中的雜質(zhì)(萃取)19、下列溶液中c(Cl－)最大的是A．400mL0.5mol/LBaCl2溶液B．200mL0.5mol/LMgCl2溶液C．300mL1mol/LNaCl溶液D．100mL0.5mol/LAlCl3溶液20、已知由AgNO3溶液和稍過量的KI溶液可制得AgI膠體，當它跟Fe(OH)3膠體相混合時，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，由此可知A．該AgI膠粒能通過半透膜 B．該AgI膠體帶負電荷C．該AgI膠體進行電泳時，膠粒向陽極移動 D．該AgI膠體是電解質(zhì)21、在同一條件下，體積相同的三個燒瓶中分別盛有NH3、HCl、NO2氣體，并分別倒立在水槽中，充分反應(yīng)后（已知：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO不溶于水），燒瓶內(nèi)三種溶液的物質(zhì)的量濃度之比為（設(shè)燒瓶中的溶液未擴散到水槽里）A．3：3：2B．2：2：3C．1：1：1D．2：2：122、在下列條件下，兩瓶氣體所含的原子數(shù)一定相等是()A．具有同壓強、同體積的NO2和CO2B．具有同溫度、同體積的CO和H2C．具有同質(zhì)量、不同密度的O2和O3D．具有同體積、同密度的CO2和NO2二、非選擇題(共84分)23、（14分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，現(xiàn)取三份各100mL該溶液進行如下實驗：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生；②第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.08mol；③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為4.66g。根據(jù)上述實驗，回答下列問題：（1）由第二份進行的實驗得知混合物中應(yīng)含有___________離子，其物質(zhì)的量濃度為________。（2）由第三份進行的實驗可知12.54克沉淀的成分是______________（寫沉淀化學(xué)式），其物質(zhì)的量分別為______________________。（3）原溶液中是否存在K+_______填“是”或“否）若存在則K+的濃度的取值范圍是____________________（若不存在此空可不填）24、（12分）現(xiàn)有四瓶失去標簽的無色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一種，為了確定具體成分，隨意將四瓶溶液標記為A、B、C、D后，進行了下列四組實驗。實驗順序?qū)嶒瀮?nèi)容實驗現(xiàn)象①A+B無明顯現(xiàn)象②B+D有氣體放出③B+C有沉淀生成④A+D有沉淀生成根據(jù)表中實驗現(xiàn)象回答下列問題：（1）A、B、C、D分別對應(yīng)的溶質(zhì)化學(xué)式為____________、___________、___________、___________；（2）請分別寫出上述實驗②和③的離子方程式：②________________________________________________________；③________________________________________________________。25、（12分）某白色粉末A在農(nóng)業(yè)上用作殺菌劑，進行下列實驗：①白色粉末A溶解在水中，得到藍色溶液，分成等量的兩份；②在其中一份藍色溶液中加入適量的鹽溶液B，恰好沉淀完全，過濾，得到白色沉淀和藍色溶液；在此藍色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀和藍色溶液；③在①中的另一份藍色溶液中加入適量C溶液，恰好沉淀完全，過濾，得到藍色沉淀和純凈的硫酸鉀溶液。根據(jù)實驗現(xiàn)象推斷：(1)A______________B_______________C_______________(填化學(xué)式)(2)反應(yīng)③中的離子方程式為__________________________________________________26、（10分）在某次實驗中，要用420mL0.52mol·L-1的NaOH溶液，回答下列問題：(1)實際配制時，應(yīng)用托盤天平稱取NaOH固體_____________g；(2)若在稱量樣品時，藥品放在天平的右盤上，砝碼放在天平的左盤上，1g以下移動游碼，天平平衡時實際稱得的NaOH固體質(zhì)量是______________g；(3)用托盤天平和小燒杯稱出NaOH固體的質(zhì)量，其正確的操作順序的序號為__________；A．調(diào)整零點B．添加所需砝碼，并將游碼移至所需刻度處C．小心將NaOH固體逐漸加入小燒杯中至天平平衡D．稱量空的小燒杯質(zhì)量E．將砝碼放回砝碼盒，并將游碼移至0刻度處(4)欲配制該0.52mol·L－1的NaOH溶液時需用的主要儀器有托盤天平(附砝碼、鑷子)、藥匙、量筒、燒杯、膠頭滴管、_____________和______________；(5)下列操作對所配濃度有何影響(填寫字母)？偏大的有________；偏小的有___________。A．稱量時用了生銹的砝碼；B．將NaOH放在紙張上稱量；C．NaOH在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中(假設(shè)：溶液的熱脹冷縮程度大于容器)D．往容量瓶轉(zhuǎn)移時，有少量液體濺出；E．定容時俯視刻度線；F．容量瓶未干燥即用來配制溶液；G．定容后塞上瓶塞反復(fù)搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線。27、（12分）已知某試劑瓶上貼有標簽，完成以下問題：(1)該“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度為____________mol·L－1(小數(shù)點后保留一位)。(2)某同學(xué)參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制250mL含NaClO質(zhì)量分數(shù)為37.25%的消毒液。需要稱量NaClO固體的質(zhì)量為______________g。(3)配制上述“84消毒液”時，其正確的操作順序是(每個操作只用一次)：__________。A．用天平稱量該物質(zhì)B．在燒杯中加入適量水溶解C．將燒杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．改用膠頭滴管加水，使溶液的凹液面恰好與刻度線相切E．繼續(xù)往容量瓶內(nèi)小心加水，直到液面接近刻度1～2cm處F．將容量瓶蓋緊，反復(fù)上下顛倒，搖勻，裝入貼有標簽的試劑瓶G．用少量蒸餾水洗滌燒杯2～3次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩(4)某同學(xué)取10mL該“84消毒液”，稀釋成2L用于消毒，稀釋后的溶液中NaClO的物質(zhì)的量濃度為______________mol·L－1。(5)下列操作將導(dǎo)致所配溶液的濃度偏大的是______________(填編號)①定容時，仰視讀數(shù)；②天平的砝碼粘有其他物質(zhì)或生銹；③定容搖勻后發(fā)現(xiàn)溶液的凹液面低于刻度線；④容量瓶在使用前剛剛配制完一定物質(zhì)的量濃度的“84消毒液”而未洗凈；⑤定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶的刻度線，再用膠頭滴管加水至刻度線。28、（14分）(1)原子是由________和________構(gòu)成的，原子核是由_______和_______構(gòu)成的，（_______）的原子核中只有質(zhì)子），原子的質(zhì)量主要取決于_________的質(zhì)量。(2)寫出下列物質(zhì)的電子式Mg__________Cl-__________NaCl__________HCl_____29、（10分）HNO2是一種弱酸，且不穩(wěn)定，易分解生成NO和NO2；它是一種還原劑，能被常見的強氧化劑氧化，但在酸性溶液中它也是一種氧化劑，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一種難溶于水、易溶于酸的化合物。試回答下列問題：(1)人體正常的血紅蛋白含有Fe2＋。若誤食亞硝酸鹽(如NaNO2)，則導(dǎo)致血紅蛋白中的Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋而中毒，可以服用維生素C可解毒。下列敘述不正確的是________(填序號)。A．亞硝酸鹽被還原B．維生素C是還原劑C．維生素C將Fe3＋還原為Fe2＋D．亞硝酸鹽是還原劑(2)下列方法中，不能用來區(qū)分NaNO2和NaCl的是________(填序號)。A．加入稀鹽酸，觀察是否有氣泡產(chǎn)生B．加入AgNO3，觀察是否有沉淀產(chǎn)生C．在酸性條件下加入KI-淀粉溶液，觀察溶液顏色(I2遇淀粉呈藍色)(3)某同學(xué)把氯氣通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，請寫出反應(yīng)的離子方程式：____________。(4)若FeSO4和O2的化學(xué)計量數(shù)比為2∶1，試配平下列方程式：______FeSO4＋______K2O2—______K2FeO4＋______K2O＋______K2SO4＋______O2↑(5)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型、高效的綠色水處理劑，它在水中發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體。請根據(jù)以上信息，寫出高鐵酸鉀作為水處理劑的兩點原理_________________________。

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】因n=cV，取等體積NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，生成AgCl沉淀物質(zhì)的量之比為3︰2︰1，即NaCl、MgCl2、AlCl3溶液提供氯離子的物質(zhì)的量之比為3︰2︰1，則三種鹽酸鹽溶液的物質(zhì)的量濃度比為3︰1︰1/3，D正確。2、B【解析】

A.Fe和鹽酸反應(yīng)生成Fe2+，正確的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A錯誤；B.碳酸鈉與過量鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳與水，其離子方程式為：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故B正確；C.該離子方程式不符合實際情況，正確的離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D.該離子方程式不能完整的表示出整個反應(yīng)，正確的離子方程式為：SO42-+Cu2++2OH-+Ba2+=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故D錯誤；故選B。3、B【解析】

A、碳酸氫鈉分解生成水；B、滴瓶上的滴管使用過后不需清洗，直接放回原瓶；C、蒸餾時加熱后發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)停止加熱，冷卻后補加；D、溫度計摔壞導(dǎo)致水銀散落到地面上，應(yīng)立即撒上硫粉?！驹斀狻緼項、碳酸氫鈉分解生成水，則用試管加熱碳酸氫鈉固體時使試管口略向下傾斜，故A錯誤；B項、滴瓶上的滴管使用過后不需清洗，直接放回原瓶，故B正確；C項、蒸餾時加沸石防止暴沸，溫度高加沸石易導(dǎo)致液滴飛濺，則加熱后發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)停止加熱，冷卻后補加，故C錯誤；D項、溫度計摔壞導(dǎo)致水銀散落到地面上，汞不溶于水，不能用水沖洗掉，應(yīng)立即撒上硫粉，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查化學(xué)實驗安全及事故處理，把握物質(zhì)的性質(zhì)、實驗基本技能、實驗安全常識等為解答的關(guān)鍵。4、A【解析】氨氣的質(zhì)量是，溶液的質(zhì)量是1000g+，則溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是。根據(jù)可知密度是g/mL，答案選A。5、C【解析】

電解質(zhì)的概念是熔融或水溶狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，而且電解質(zhì)不能與水反應(yīng)；電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力與電解質(zhì)強弱沒有必然的聯(lián)系；電解質(zhì)電離過程與電流無關(guān)；據(jù)以上分析解答。【詳解】電解質(zhì)的概念是熔融或水溶狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，而且電解質(zhì)不能與水反應(yīng)，

A.氯化氫在熔融狀態(tài)下，以分子形式存在，不能導(dǎo)電，氯化氫的水溶液能夠?qū)щ?，所以氯化氫屬于電解質(zhì)，A錯誤；B.電解質(zhì)在水分子作用下離解成自由移動離子的過程，稱為電離，電離過程與電流無關(guān)，B錯誤；C.液態(tài)硫酸以分子形式存在，固體NaCl沒有自由移動的離子，所以二者均不導(dǎo)電，但是二者溶于水，水溶液均能導(dǎo)電，所以二者均屬于電解質(zhì)，C正確；D.溶液導(dǎo)電能力主要看溶液中自由移動離子濃度及離子所帶電荷數(shù)的多少，與電解質(zhì)強弱沒有必然的聯(lián)系，因此NaOH溶液的導(dǎo)電能力不一定比氨水的強，D錯誤；綜上所述，本題選C。6、A【解析】

A．硝酸具有強的氧化性和腐蝕性，應(yīng)標注和，故A正確；B．Na2CO3不具有強的氧化性和腐蝕性，故B錯誤；C．NaOH具有腐蝕性，但是不具有氧化性，故C錯誤；D．鹽酸具有腐蝕性，但是不具有強的氧化性，故D錯誤；故選：A。7、A【解析】

能夠消滅田鼠，利用了氯氣的有毒性質(zhì)，氯氣要能夠進入到洞中，利用了密度比空氣大的性質(zhì)，與顏色、溶解性、易液化無關(guān)，選A。8、A【解析】

測定膽礬晶體結(jié)晶水含量時，結(jié)晶水合物在研缽中研碎放在坩堝中加熱灼燒，先用小火，后漸改為用大火加熱至固體恒重，加熱時注意控制加熱溫度，避免固體迸濺而導(dǎo)致實驗誤差，并放在干燥器中冷卻到室溫，并用電子天平稱量質(zhì)量，實驗室測定膽礬結(jié)晶水含量，不需要的儀器和用品是蒸發(fā)皿，故A正確；故選A。9、C【解析】

膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的粒子直徑大于100nm。故選C。10、B【解析】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3沒有化合價變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；SO2+H2O2=H2SO4有元素化合價改變，既是氧化還原反應(yīng)，又是化合反應(yīng)，故B正確；CaO+H2O=Ca(OH)2沒有化合價變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O不是化合反應(yīng)，故D錯誤。點睛：兩種或多種物質(zhì)生成一種物質(zhì)的反應(yīng)是化合反應(yīng)；有元素化合價變化的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，沒有元素化合價變化的反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)。11、B【解析】

該反應(yīng)中，錳元素的化合價變化為+2價→+7價，失電子化合價升高，錳離子作還原劑；氧元素的化合價不變，所以R元素得電子化合價降低，作氧化劑，反應(yīng)中氧化劑與還原劑的離子個數(shù)比為5：2，即與Mn2+的個數(shù)之比為5：2，根據(jù)各元素的原子守恒寫出并配平該方程式為8H2O+5+2Mn2+=2+10+16H+，根據(jù)電荷守恒得-5n+2×2=-1×2+(-2×10)+1×16，解得n=2，答案選B。12、A【解析】

A.過濾操作要注意“一貼二低三靠”，其中的“一靠”就是漏斗下部的尖嘴要緊靠燒杯的內(nèi)壁，故A正確；B.蒸發(fā)時,不能將溶液蒸干，應(yīng)出現(xiàn)大量固體時停止加熱，故B錯誤；C.萃取不需要考慮萃取劑的密度，需考慮溶劑與水不互溶，不反應(yīng)等，故C錯誤；D.使用容量瓶配制溶液時，需要向容量瓶內(nèi)加入一定量的水，因此不需要先干燥容量瓶，故D錯誤；故答案選A?！军c睛】過濾操作要點：一貼：濾紙緊貼漏斗內(nèi)壁；二低：濾紙邊緣低于漏斗邊緣；漏斗內(nèi)液體液面低于濾紙邊緣；三靠：燒杯口緊靠玻璃棒；玻璃棒斜靠在三層濾紙?zhí)?；漏斗下端管口緊靠燒杯內(nèi)壁。13、D【解析】

在水溶液中或熔化狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锸请娊赓|(zhì)；在水溶液中和熔化狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，物質(zhì)的導(dǎo)電與溶液中的離子濃度和金屬的自由電子有關(guān)【詳解】A．液態(tài)HCl不導(dǎo)電，但氯化氫溶于水能電離出自由移動的氫離子和氯離子，能導(dǎo)電，所以HCl是電解質(zhì)，A錯誤；B．NH3是非電解質(zhì)，一水和氨是電解質(zhì)，B錯誤；C．物質(zhì)的導(dǎo)電與溶液中的離子濃度和金屬的自由電子有關(guān)，C錯誤；D．AgCl屬于鹽，雖難溶于水，當它溶于水時，溶于水的部分，可以完全電離變成離子，是強電解質(zhì)，D正確；選D。14、D【解析】

Z原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的0.4倍，即Z為Si，因為X的最高正價與Z的相同，因此X和Z屬于同主族，即X為C，Y元素的周期序數(shù)等于族序數(shù)，推出Y為Al，W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液Q是實驗室常用的氣體干燥劑，W為S，Q為H2SO4。【詳解】A．同主族從上到下，原子半徑增大，同周期從左向右原子半徑減小，即原子半徑大?。簉(Al)>r(Si)>r(S)>r(C)，A正確；B．同主族從上到下，非金屬性減弱，其氫化物的穩(wěn)定性減弱，即氫化物的穩(wěn)定性：CH4>SiH4，B正確；C．Al(OH)3可以與H2SO4反應(yīng)，C正確；D．濃硫酸不能與Si反應(yīng)，D錯誤；故選D。15、A【解析】

A.摩爾質(zhì)量的單位為g/mol，故氯氣的摩爾質(zhì)量為71g/mol，故A錯誤；B.同種元素的不同原子間互稱為同位素，而12C、13C、14C是碳元素的三種核素，互稱為同位素，故B正確；C.將0.012kg12C中所含的原子數(shù)稱為阿伏加德羅常數(shù)，符號為NA，故C正確；D.1911年，盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗提出了帶核的原子結(jié)構(gòu)模型，故D正確。故選A。16、D【解析】

A．Na2CO3不是堿，屬于鹽，錯誤；B．CO不是酸性氧化物，為中性氧化物，錯誤；C．NaHSO4不是酸，屬于鹽，錯誤；D.KOH屬于堿，HNO3屬于酸，NaHCO3屬于鹽，CaO屬于堿性氧化物，CO2屬于酸性氧化物，分類正確，D正確；綜上所述，本題選D。【點睛】堿性氧化物一定是金屬氧化物，金屬氧化物不一定為堿性氧化物，如氧化鋁為兩性氧化物；酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，如金屬氧化物Mn2O7，非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO為不成鹽氧化物。17、C【解析】

A、NaOH溶液中滴加稀鹽酸，導(dǎo)電能力基本保持不變，應(yīng)該是曲線B，選項A錯誤；B、CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，開始滴加時導(dǎo)電能力增強，應(yīng)該是曲線A，選項B錯誤；C、Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和極弱電解質(zhì)水，離子濃度降低，當硫酸過量時離子濃度增大，導(dǎo)電能力先減小再增大，應(yīng)該是曲線C，選項C正確；D、Cu(OH)2懸濁液中滴加HNO3溶液，沉淀溶解，離子濃度增大，開始滴加時導(dǎo)電能力增強，應(yīng)該是曲線A，選項D錯誤；答案選C。18、C【解析】

A.植物油和自來水是不互溶的液體混合物，可以用分液的方法分離，故錯誤；B.碘在水中的溶解度小，可以用有機物溶劑進行萃取，故錯誤；C.碳酸鈣不溶于水，氯化鈣固體溶于水，可以用溶解、過濾、蒸發(fā)的方法分離，故正確；D.自來水中的雜質(zhì)可以用蒸餾的方法分離，故錯誤。故選C?！军c睛】掌握分離和提出的方法，不互溶的液體混合物用分液的方法分離，從溶液中分離固體溶質(zhì)的方法為蒸發(fā)，從水溶液中分離碘或溴通常用萃取的方法。制取蒸餾水用蒸餾的方法。19、D【解析】

A.因其在水溶液中完全電離：BaCl2=Ba2++2Cl-，0.5mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；B.因其在水溶液中完全電離：MgCl2=Mg2++2Cl-，0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全電離：NaCl=Na++Cl-，1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，D.因其在水溶液中完全電離：AlCl3=Al3++3Cl-，0.5mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×3=1.5mol/L，答案選D。20、C【解析】

已知由AgNO3溶液和稍過量的KI溶液可制得AgI膠體，當它跟Fe(OH)3膠體相混合時，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，這是發(fā)生了膠體的聚沉，說明AgI膠粒與Fe(OH)3膠粒帶相反電荷，F(xiàn)e(OH)3膠粒帶正電，AgI膠粒帶負電；【詳解】A.膠粒直徑在1到100nm之間，不能通過半透膜，A錯誤；B.該AgI膠體不帶電，B錯誤；C.AgI膠粒帶負電，則該AgI膠體進行電泳時，膠粒向陽極移動，C正確；D.該AgI膠體是一種分散系，不是電解質(zhì)，D錯誤；答案選C。21、C【解析】

相同條件下，等體積的氣體其物質(zhì)的量相等，氨氣和氯化氫極易溶于水，則盛有等體積氯化氫、氨氣的燒瓶分別倒立在水槽中時，水會充滿整個燒瓶；二氧化氮和水反應(yīng)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根據(jù)方程式知，水會充入燒瓶的2/3，溶液中的溶質(zhì)是硝酸，其物質(zhì)的量是二氧化氮的2/3。【詳解】設(shè)三種氣體體積為標準狀況下22.4升,即物質(zhì)的量為1mol。氨氣完全溶于水,水充滿整個容器,其物質(zhì)的量濃度為1mol/22.4L=1/22.4mol/L，氯化氫氣體完全溶于水,水充滿整個容器,其物質(zhì)的量濃度為為1mol/22.4L=1/22.4mol/L，由化學(xué)方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO可知,1molNO2可生成2/3mol的硝酸,氣體體積減少2/3,即進入水的體積為：22.4升×2/3,二氧化氮氣體溶于水后生成硝酸物質(zhì)的量濃度為23【點睛】本題考查了物質(zhì)的量濃度的有關(guān)計算，根據(jù)C=n/V分析解答，明確溶液中的溶質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，注意盛放二氧化氮的燒瓶中水的體積及溶質(zhì)的物質(zhì)的量，為易錯點。22、C【解析】

A.同壓強、同體積下，影響氣體分子數(shù)目的因素有溫度，二者所處溫度不一定相同，分子數(shù)不一定相同，所含原子數(shù)也不一定相同；B.同溫度、同體積下，影響氣體分子數(shù)目的因素有壓強，二者所處壓強不一定相同；C.O2和O3都由氧原子構(gòu)成，氧原子質(zhì)量相等，O2和O3質(zhì)量相等，則含有的氧原子數(shù)目相等。D.同體積、同密度的CO2和NO2質(zhì)量相等，二者摩爾質(zhì)量卻不相等，二者物質(zhì)的量不等；【詳解】A.同壓強、同體積下，影響氣體分子數(shù)目的因素有溫度，若二者所處溫度相同，則含有相同的分子數(shù)目，每個分子都含有3個原子，含有相同的原子數(shù)目，若所處溫度不同，含有的原子數(shù)目一定不相同，故A項錯誤；B.同溫度、同體積下，影響氣體分子數(shù)目的因素有壓強，若二者所處壓強相同，則含有相同的分子數(shù)目，都是雙原子分子，含有相同的原子數(shù)目，若所處壓強不同，含有的原子數(shù)目一定不相同，故B項錯誤；C.O2和O3都由氧原子構(gòu)成，氧原子質(zhì)量相等，O2和O3質(zhì)量相等，則含有的氧原子數(shù)目相等，故D正確；D.同體積、同密度的CO2和NO2質(zhì)量相等，二者摩爾質(zhì)量不相等，二者物質(zhì)的量不等，物質(zhì)的量之比為44：46=22：23，每個分子都含有3個原子，所以含有原子數(shù)目之比為22：23，故C項錯誤；

答案選C。二、非選擇題(共84分)23、NH4+0.8mol/LBaCO3、BaSO40.04mol、0.02mol是≥0.4mol/L【解析】

據(jù)題意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀產(chǎn)生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加熱后收集到氣體，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用發(fā)生的離子反應(yīng)，經(jīng)過計算、推得一定存在，一定不存在；根據(jù)溶液中陰陽離子的電荷守恒，即可推出一定存在。【詳解】（1）加入足量溶液加熱后，收集到氣體0.08mol氣體，氣體為氨氣，故溶液中含有0.08mol，濃度為，故答案為：；；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為4.66g，可知沉淀既有也含有，質(zhì)量為4.66g，物質(zhì)的量為：，碳酸鋇質(zhì)量為：，物質(zhì)的量為，故答案為：；0.04mol、0.02mol；（3）根據(jù)上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根據(jù)的物質(zhì)的量為0.04mol、0.02mol，物質(zhì)的量為0.08mol，根據(jù)電荷守恒，若無則的物質(zhì)的量為0.04mol，若存在則的物質(zhì)的量則大于0.04mol，故肯定存在，其物質(zhì)的量濃度大于等于，故答案為：是；≥0.4mol/L?！军c睛】破解離子推斷題：(1)肯定性原則：根據(jù)實驗現(xiàn)象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的離子；(記住幾種常見的有色離子：)(2)互斥性原則：在肯定某些離子的同時，結(jié)合離子共存規(guī)律，否定一些離子的存在；(要注意題目中的隱含條件，如：酸性、堿性、指示劑的變化等)(3)電中性原則：溶液呈電中性，一定既有陽離子，又有陰離子，且溶液中正電荷總數(shù)與負電荷總數(shù)相等24、CaCl2HClAgNO3Na2CO3【解析】

根據(jù)實驗現(xiàn)象，A+B反應(yīng)無明顯現(xiàn)象，可確定A和B為CaCl2和HCl，再結(jié)合B+D反應(yīng)有無色無味氣體放出，反應(yīng)的離子方程式為CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B為HCl，D為Na2CO3，C+B反應(yīng)有白色沉淀生成，可推出C為AgNO3，反應(yīng)的離子方程式為Ag++Cl-=AgC1↓，最后根據(jù)A+D反應(yīng)有白色沉淀生成，推出A為CaCl2。【詳解】根據(jù)實驗現(xiàn)象，A+B反應(yīng)無明顯現(xiàn)象，可確定A和B為CaCl2和HCl，再結(jié)合B+D反應(yīng)有無色無味氣體放出，反應(yīng)的離子方程式為CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B為HCl，D為Na2CO3，C+B反應(yīng)有白色沉淀生成，可推出C為AgNO3，反應(yīng)的離子方程式為Ag++Cl-=AgC1↓，最后根據(jù)A+D反應(yīng)有白色沉淀生成，推出A為CaCl2。(1)、由以上分析可知A為CaCl2，B為HCl，C為AgNO3，D為Na2CO3，故答案為CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3；(2)B為HCl，D為Na2CO3，反應(yīng)有無色無味氣體放出，反應(yīng)的離子方程式為：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，B為HCl，C為AgNO3，反應(yīng)的離子方程式為：Ag++Cl-=AgC1↓，故答案為:CO32-+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl-=AgC1↓。25、CuSO4BaCl2KOHCu+2OH—=Cu(OH)2↓【解析】

①：白色粉末溶解在水中,得到藍色溶液,說明此溶液中含有銅離子,驗證了白色粉末為銅鹽；

③：在①中的一份藍色溶液中加入適量C溶液，恰好沉淀完全，過濾，得到藍色沉淀和純凈的硫酸鉀溶液，根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律可知，C溶液為KOH，銅鹽為CuSO4；②：在①中的另一份藍色溶液（CuSO4）中加入適量的鹽溶液B，恰好生成白色沉淀，過濾，藍色濾液中含有銅離子；在此藍色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀氯化銀和藍色溶液硝酸銅；從以上實驗中可以確定白色沉淀和鹽B各為硫酸鋇和氯化鋇；據(jù)以上分析解答?！驹斀狻?1)①白色粉末溶解在水中，得到藍色溶液，溶液為藍色,說明含有銅離子，白色粉末為銅鹽；

③在①中的一份藍色溶液中加入適量C溶液，恰好沉淀完全，過濾，得到藍色沉淀和純凈的硫酸鉀溶液，根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律可知，C溶液為KOH，銅鹽為CuSO4；②在①中的另一份藍色溶液（CuSO4）中加入適量的鹽溶液B，恰好生成白色沉淀，過濾，藍色濾液中含有銅離子；在此藍色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀氯化銀和藍色硝酸銅溶液；從以上實驗現(xiàn)象中可知，白色沉淀為硫酸鋇，鹽B為BaCl2；結(jié)合以上分析可知：A為CuSO4；B為BaCl2；C為KOH；因此，本題正確答案是:CuSO4，BaCl2，KOH。(2)硫酸銅溶液和氫氧化鉀溶液反應(yīng)生成氫氧化銅藍色沉淀和硫酸鈉溶液，離子方程式為：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；綜上所述，本題答案是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。26、10.49.6ADBCE玻璃棒500mL的容量瓶偏大的有A、C、E偏小的有B、D、G【解析】

(1)選擇儀器的標準是“大而近”分析；(2)天平稱量物質(zhì)時要遵循：左物右碼的原則；(3)根據(jù)天平使用原則判斷操作順序；(4)根據(jù)配制物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟確定使用的儀器；；(5)利用c=判斷實驗誤差?！驹斀狻?1)準確配制一定體積的物質(zhì)的量濃度的溶液要使用容量瓶，在實驗室中沒有規(guī)格是420mL的容量瓶，根據(jù)選擇儀器的標準是“大而近”的原則，要選擇使用500mL的容量瓶，則配制500mL0.52mol/L的NaOH溶液，需稱量NaOH的質(zhì)量為m(NaOH)=0.52mol/L×0.5L×40g/mol=10.4g；(2)稱量物質(zhì)應(yīng)該左物右碼，若在稱量樣品時，藥品放在天平的右盤上，砝碼放在天平的左盤上，1g以下移動游碼，則用天平實際稱得的NaOH固體質(zhì)量是m(MaOH)=10g-0.4g=9.6g；(3)托盤天平在使用前首先應(yīng)該調(diào)零；NaOH具有腐蝕性，不能在天平上直接稱量，應(yīng)該在燒杯中進行稱量，因此要先稱量空的小燒杯質(zhì)量，然后添加所需砝碼，并將游碼移至所需刻度處

，再小心將NaOH固體逐漸加入小燒杯中至天平平衡，最后將砝碼放回砝碼盒，并將游碼移至0刻度處，故操作正確順序為ADBCE；(4)用NaOH固體準確配制0.52mol·L－1的NaOH溶液時，要使用托盤天平(附砝碼、鑷子)準確稱量NaOH的質(zhì)量，用藥匙從試劑瓶中取出NaOH固體，并將具有腐蝕性的NaOH放在燒杯中進行稱量，然后用量筒量取水，向燒杯中加水溶解NaOH固體，為使NaOH固體快速溶解，使熱量迅速擴散，要使用玻璃棒進行攪拌，待溶液恢復(fù)至室溫后，通過玻璃棒引流轉(zhuǎn)移至已經(jīng)查漏的500mL的容量瓶中，然后洗滌燒杯內(nèi)壁和玻璃棒2-3次，洗滌液也轉(zhuǎn)移至容量瓶中，當加水至離刻度線1-2cm處，改用膠頭滴管滴加，直至凹液面最低處與刻度線相切，最后蓋上瓶塞，上下顛倒，反復(fù)搖勻，就得到0.52mol·L－1的NaOH溶液。故使用的儀器，除題干給出的，還缺少的儀器是玻璃棒和500mL的容量瓶；(5)A．稱量時用了生銹的砝碼，則稱量的NaOH質(zhì)量偏大，NaOH的物質(zhì)的量偏大，最終導(dǎo)致配制的溶液濃度偏大；B．若將NaOH放在紙張上稱量，由于NaOH有吸濕性，部分NaOH會沾在紙上，導(dǎo)致配制溶液的NaOH質(zhì)量偏少，最終使配制的溶液的濃度偏??；C．NaOH在燒杯中溶解后，反應(yīng)會放出大量熱，若未冷卻溶液就立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中(假設(shè)：溶液的熱脹冷縮程度大于容器)，待溶液恢復(fù)至室溫時，液面低于刻度線，使得溶液的體積偏小，最終配制溶液的濃度就偏大；D．往容量瓶轉(zhuǎn)移時，有少量液體濺出，使配制溶液中含有的溶質(zhì)減少，最終使配制的溶液濃度偏?。籈．定容時俯視刻度線，溶液的體積偏小，導(dǎo)致配制溶液的濃度偏大；F．容量瓶未干燥即用來配制溶液，對配制溶液的濃度不產(chǎn)生任何影響；G．定容后塞上瓶塞反復(fù)搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線，會導(dǎo)致溶液體積偏大，最終導(dǎo)致配制溶液的濃度偏小。綜上所述可知：操作使溶液的濃度偏大的有A、C、E；使溶液的濃度偏小的有B、D、G。【點睛】本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制，涉及儀器的使用、操作步驟、誤差分析等。明確配制原理和操作步驟是解題關(guān)鍵，注意容量瓶規(guī)格的選擇和誤差分析的方法。27、6.0111.8ABCGEDF0.03②④【解析】

(1)已知該消毒液的質(zhì)量分數(shù)為37.25%，密度為1.2g/cm3，溶質(zhì)為NaClO，所以物質(zhì)的量濃度為=6.0mol/L；(2)250mL該溶液的質(zhì)量為250mL×1.2g/cm3=300g，則NaClO的質(zhì)量為300g×37.25%=111.75g，但托盤天平的精確度為0.1g，所以需稱量NaClO固體的質(zhì)量為111.8g；(3)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液一般步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶，所以正確的操作順序為：ABCGEDF；(4)稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，設(shè)稀釋后的濃度為c，則0.01L×6.0mol/L=2L×c，解得c=0.03mol/L；(5)①定容時仰視讀數(shù)會使加入的蒸餾水偏多，溶液體積偏大，濃度偏小，故①不選；②天平的砝碼粘有其他物質(zhì)或生銹會使稱得的溶質(zhì)的質(zhì)量偏大，溶液濃度偏大，故②選；③定容搖勻后發(fā)現(xiàn)溶液的凹液面低于刻度線屬于正?，F(xiàn)象，濃度不變，故③不選；④容量瓶在使用前剛剛配制完一定物質(zhì)的量濃度的“84消毒液”而未洗凈會使溶質(zhì)的質(zhì)量偏大，溶液濃度偏大，故④選；⑤定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶的刻度線，再用膠頭滴管加水至刻度線，則加水過多，溶液體積偏大，溶液濃度偏小，故⑤不選；綜上所述選②④。【點睛】若已知某溶液的密度ρ和溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)w，則該溶液的物質(zhì)的量濃度為。28、原子核核外電子質(zhì)子中子11H原子核【解析】分析：（1）根據(jù)原子的結(jié)構(gòu)及其帶電情況分析解答，氫原子原子核中沒有中子，電子的質(zhì)量很小。（2）鎂原子最外層有兩個電子；Cl-