遼寧省葫蘆島2026屆高一化學(xué)第一學(xué)期期中聯(lián)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)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(jié)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、下列溶液中Cl-與50mL1mol·L-1MgCl2溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度相等的是（）A．100mL1mol·L-1的NaCl溶液 B．50mL1mol·L-1NH4Cl溶液C．150mL2mol·L-1的KCl溶液 D．75mL1mol·L-1的FeCl3溶液2、化學(xué)與生活、社會發(fā)展息息相關(guān)，下列有關(guān)說法不正確的是A．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，屠呦呦對青蒿素的提取屬于化學(xué)變化B．“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠有丁達爾效應(yīng)C．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，該過程發(fā)生了置換反應(yīng)D．古劍“沈盧”“以劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”，劑鋼指的是鐵的合金3、下列敘述中，不正確的是A．CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都屬于碳酸鹽B．鹽酸、純堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物C．藍礬(CuSO4·5H2O)和干冰屬于化合物，鐵礦石屬于混合物D．通過化學(xué)反應(yīng)，可由Ba(OH)2一步轉(zhuǎn)化生成NaOH4、下列有關(guān)NaHCO3和Na2CO3性質(zhì)的比較中，正確的是()A．熱穩(wěn)定性：Na2CO3<NaHCO3B．常溫時在水中的溶解度：Na2CO3<NaHCO3C．等物質(zhì)的量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)，NaHCO3放出的CO2多D．等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生CO2的量：Na2CO3<NaHCO35、下列敘述中，正確的是()A．有機物發(fā)生氧化反應(yīng)的本質(zhì)是有機物分子中失去氫原子或增加氧原子B．苯及其同系物的分子組成通式為CnH2n-6（n≥6）C．不飽和有機物一定能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)D．乙醇和乙醚互為同分異構(gòu)體6、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7、在2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2的反應(yīng)中，被氧化的元素是A．Fe B．Br C．Fe和Br D．Cl8、等物質(zhì)的量的氫氣和氦氣在同溫同壓下具有相等的A．原子數(shù)B．質(zhì)子數(shù)C．密度D．質(zhì)量9、下列物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是A．H2SO4 B．NaOH C．Na2CO3 D．蔗糖10、下列金屬中，表面自然形成的氧化層能保護內(nèi)層金屬不被空氣氧化的是（）A．K B．Na C．Fe D．Al11、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．2.4g金屬鎂變?yōu)殒V離子時失去的電子數(shù)為0.2NAB．常溫常壓下，11.2LC2H4含有2NA個碳原子C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCCl4含有的分子數(shù)為0.5NAD．常溫常壓下，32gO2和O3的混合氣體所含原子數(shù)為2.5NA12、下列關(guān)于蒸餾操作的說法正確的是()A．先通入冷凝水，再點燃酒精燈B．溫度計液泡置于液面以下C．若實驗開始后發(fā)現(xiàn)沒加沸石，應(yīng)立即加入D．由冷凝管上口進水，下口出水13、決定原子種類的微粒是（）A．中子 B．質(zhì)子C．質(zhì)子和中子 D．質(zhì)子、中子和電子14、下列物質(zhì)中的硫元素不能表現(xiàn)氧化性的是A．SB．Na2SC．SO2D．H2SO415、下列關(guān)于某物質(zhì)是否為電解質(zhì)的判斷正確的是（）A．固體氯化鈉不導(dǎo)電，所以氯化鈉不是電解質(zhì)B．氯化氫水溶液能導(dǎo)電，所以氯化氫是電解質(zhì)C．SO2溶于水能導(dǎo)電，所以SO2是電解質(zhì)D．氨水能導(dǎo)電，所以氨水是電解質(zhì)16、下列數(shù)字代表各元素的原子序數(shù)，則各組中相應(yīng)的元素能形成XY2型離子化合物的是（）A．3和8 B．1和16 C．12和17 D．6和1617、下列關(guān)于氧化物的敘述正確的是（）A．金屬氧化物一定是堿性氧化物B．CO2是堿性氧化物C．堿性氧化物都能與堿反應(yīng)D．氧化銅是堿性氧化物，但不與水反應(yīng)18、把0.05molBa(OH)2固體加入到下列100mL液體中，溶液的導(dǎo)電能力明顯變小的是A．水B．1mol/LMgCl2溶液C．1mol/L醋酸D．0.05mol/LCuSO419、下列溶液中Cl－濃度與50mL1mol·L﹣1MgCl2溶液中Cl－濃度相等的是A．100mL1mol·L﹣1NaCl溶液B．100mL1mol·L﹣1CaCl2溶液C．50mL2mol·L﹣1BaCl2溶液D．50mL2mol·L﹣1AlCl3溶液20、氫氧化鐵膠體穩(wěn)定存在的主要原因是（）A．膠粒直徑小于1nm B．膠粒帶正電荷C．膠粒作布朗運動 D．膠粒不能通過半透膜21、1.28g某氣體含有的分子數(shù)目為1.204×1022，則該氣體的摩爾質(zhì)量為()A．64gB．64C．64g·mol-1D．32g·mol-122、下列有關(guān)實驗操作，現(xiàn)象和解釋或結(jié)論都正確的是操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向飽和Na2CO3

溶液中通入足量CO2溶液變渾濁析出了NaHCO3晶體B向FeCl3溶液中通入SO2溶液黃色褪去二氧化硫有漂白性C用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應(yīng)火焰呈黃色溶液中有Na+、無K+D向Na2CO3粉末中滴加幾滴水少量溶解Na2CO3易溶于水A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D為四種可溶性的鹽，它們的陽離子分別可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一種，陰離子分別可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一種。(離子在物質(zhì)中不能重復(fù)出現(xiàn))①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出。根據(jù)①②實驗事實可推斷它們的化學(xué)式為：（1）A________，C________，D____________。（2）寫出鹽酸與D反應(yīng)的離子方程式：___________________________。（3）寫出C與Ba(OH)2溶液反應(yīng)的離子方程式：_______________________。24、（12分）A～E是核電荷數(shù)均小于20的元素。已知：A原子的原子核內(nèi)無中子；B原子的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍；C元素的原子M層比L層電子數(shù)少1個；D元素的+2價陽離子和氖原子具有相同的電子數(shù)；E原子的最外層電子數(shù)與B相同。(1)寫出五種元素的元素符號：A_____；B_____；C_____；D_____；E_____。(2)寫出D2+離子的結(jié)構(gòu)示意圖_____。(3)寫出C形成離子時的電子式_____。(4)A與B可形成兩種化合物，其原子個數(shù)比分別為2:1和1:1，且這兩種化合物中電子總數(shù)分別為10和18。請寫出這兩種化合物的化學(xué)式：_____、_____。(5)A元素與C元素組成的化合物的電離方程式：_____。25、（12分）某課外活動小組進行Fe(OH)3膠體的制備實驗并檢驗其性質(zhì)。(1)若將飽和FeCl3溶液分別滴入下列液體中，能形成膠體的是________(填字母)。A．冷水B．沸水C．NaOH濃溶液D．NaCl濃溶液(2)寫出制備Fe(OH)3膠體的化學(xué)方程式____________________________。(3)氫氧化鐵膠體中微粒直徑的范圍是______，證明有氫氧化鐵膠體生成的實驗操作是______________。(4)取少量制得的膠體加入試管中，加入(NH4)2SO4溶液，現(xiàn)象是_________，這種現(xiàn)象稱為膠體的________。(5)氫氧化鐵膠體穩(wěn)定存在的主要原因是________(填字母，下同)。A．膠體微粒直徑小于1nmB．膠體微粒帶正電荷C．膠體微粒做布朗運動D．膠體微粒能透過濾紙(6)Fe(OH)3膠體區(qū)別于FeCl3溶液的最本質(zhì)特征是________。A．Fe(OH)3膠體微粒的直徑在1～100nm之間B．Fe(OH)3膠體具有丁達爾現(xiàn)象C．Fe(OH)3膠體是均一的分散系D．Fe(OH)3膠體的分散質(zhì)能透過濾紙26、（10分）實驗室欲用NaOH固體配制1.00mol/L的NaOH溶液480mL：(1)配制時，必須使用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要____________。(2)使用容量瓶前必須進行的一步操作是________。(3)計算，稱量。用托盤天平稱取NaOH固體________g。(4)溶解。該步實驗中需要使用玻璃棒，目的是______________________。(5)冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌。轉(zhuǎn)移時應(yīng)使用玻璃棒引流，需要洗滌燒杯2～3次是為了____________。(6)定容。將蒸餾水注入容量瓶，當(dāng)液面離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水，至____________；搖勻。(7)將配好的溶液靜置一段時間后，倒入指定的試劑瓶，并貼好標(biāo)簽，注明溶液名稱及濃度。(8)在配制過程中，其他操作都是正確的，下列操作會引起誤差偏高的是_______。①沒有洗滌燒杯和玻璃棒②轉(zhuǎn)移溶液時不慎溶液有少量灑到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水④定容時俯視刻度線⑤未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容⑥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(9)若實驗過程中加蒸餾水時不慎超過了刻度，應(yīng)如何處理？________________。(10)取用任意體積的1.00mol/L的NaOH溶液時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是_______（填字母）。A．溶液中NaOH的物質(zhì)的量B．溶液的濃度C．溶液中OH—的數(shù)目D．溶液的密度27、（12分）掌握儀器名稱、組裝及使用方法是中學(xué)化學(xué)實驗的基礎(chǔ)，下圖為兩套實驗裝置。（1）寫出下列儀器的名稱：a.____________b.__________c.__________e.__________（2）若利用裝置I分離四氯化碳和酒精的混合物，還缺少的儀器是__________。冷凝水由_________（填f或g）口通入。（3）現(xiàn)需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，裝置II是某同學(xué)轉(zhuǎn)移溶液的示意圖。①圖中的錯誤是_____________________。②根據(jù)計算得知，用托盤天平所需稱量NaOH的質(zhì)量為__________g。③配制時，其正確的操作順序是（用字母表示，每個字母只能用一次）________。A．用30mL水洗滌燒杯2-3次，洗滌液均注入容量瓶B．稱量計算出的氫氧化鈉固體于燒杯中，再加入少量水（約30mL），用玻璃棒慢慢攪動，使其充分溶解并冷卻至室溫C．將溶解的氫氧化鈉溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D．將容量瓶蓋緊，振蕩，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(nèi)小心加水，直到液面接近刻度2~3cm處（4）物質(zhì)的量濃度誤差分析：（填偏高、偏低、無影響）①用濾紙稱量氫氧化鈉________；②定容時，若眼睛俯視刻度線，則所配制的溶液濃度將_____________；③未冷卻到室溫就注入容量瓶定容_________；④配好的溶液轉(zhuǎn)入干凈的試劑瓶時，不慎濺出部分溶液________。28、（14分）(一)某溶液由Na+、CO32-、SO42-、Ca2+、Cl-中的幾種離子組成，現(xiàn)進行如下實驗：①取5mL待測液分成兩份；②第一份滴加BaCl2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，再加過量稀HNO3，沉淀全部溶解；③第二份滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，再加過量稀HNO3，沉淀部分溶解，同時有無色無味的氣體產(chǎn)生?；卮鹣铝袉栴}：(1)該溶液中一定含有的離子有_________________；一定不含有的離子有____________________。(2)寫出②中白色沉淀溶解的離子方程式___________________________________。(二)①一定溫度下，向體積相同的三個密閉容器中，分別充入CH4、O2、O3，測得容器內(nèi)氣體密度均相同，則三個容器中氣體壓強之比為P(CH4):P(O2):P(O3)=_____________________。②標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1體積的水溶解500體積的HCl氣體，若所得溶液密度為1.19g/cm3，則所得鹽酸溶液的物質(zhì)的量濃度為_____________mol/L（保留3位有效數(shù)字）。29、（10分）建筑工地常用的NaNO2因外觀和食鹽相似，又有咸味，容易使人誤食中毒。已知NaNO2能發(fā)生如下反應(yīng)：NaNO2＋HI―→NO↑＋I2＋NaI＋H2O（1）配平上面方程式。_________（2）上述反應(yīng)的氧化劑是________；若有1mol的還原劑被氧化，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目是________。（3）根據(jù)上述反應(yīng)，可用試紙和生活中常見的物質(zhì)進行實驗，以鑒別NaNO2和NaCl，可選用的物質(zhì)有：①水②碘化鉀淀粉試紙③淀粉④白酒⑤食醋，進行實驗，下列選項合適的是________(填字母)。A．③⑤B．①②④C．①②⑤D．①②③⑤（4）某廠廢液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放會造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2轉(zhuǎn)化為不引起二次污染的N2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________。

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、C【解析】

根據(jù)同一化學(xué)式中各微粒的濃度等于物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×離子個數(shù)，50mL1mol·L-1MgCl2溶液中Cl-物質(zhì)的量濃度為2mol/L?！驹斀狻緼、100mL1mol·L-1的NaCl溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度c（Cl-）=1mol/L，故不選A；B、50mL1mol·L-1NH4Cl溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度c（Cl-）=1mol/L，故不選B；C、150mL2mol·L-1的KCl溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度c（Cl-）=2mol/L，故選C；D、75mL1mol·L-1的FeCl3溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度c（Cl-）=3mol/L，故不選D?！军c睛】本題考查物質(zhì)的量濃度的計算與理解，題目難度不大，注意溶液中溶質(zhì)離子的濃度與溶液體積無關(guān)，只取決于物質(zhì)電離出的離子的數(shù)目多少與溶質(zhì)的濃度。2、A【解析】

A、青蒿素的提取用的是低溫萃取，屬于物理方法，A錯誤；B、氣溶膠屬于膠體，有丁達爾效應(yīng)，B正確；C、鐵置換銅屬于濕法煉銅，C正確；D、劍刃硬度要大，所以用碳鐵合金，D正確，答案選A。3、B【解析】

A．CaCO3是碳酸的正鹽、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式鹽、Cu2(OH)2CO3是碳酸的堿式鹽，三者都屬于碳酸鹽，故A正確，不符合題意；B．純堿屬于鹽類，故B錯誤，符合題意；C．藍礬是含結(jié)晶水的化合物，干冰是固態(tài)CO2，二者都屬于化合物，鐵礦石含有多種物質(zhì)是混合物，故C正確，不符合題意；D．Ba(OH)2＋Na2CO3═BaCO3↓＋2NaOH，對溶液過濾可得NaOH溶液，能夠一步制取，故D正確，不符合題意；故答案選B。4、D【解析】A.NaHCO3受熱易分解，熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3，故A錯誤；B.常溫時在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B錯誤；C.等物質(zhì)的量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一樣多，故C錯誤；D.等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3，故D正確。故選D。5、B【解析】A、通常把有機物分子中加入氧原子或失去氫原子的反應(yīng)叫氧化反應(yīng)，但氧化反應(yīng)的本質(zhì)是發(fā)生了電子的轉(zhuǎn)移，故A錯誤；B、苯的分子式為C6H6，其同系物分子式與苯相差若干個個CH2，則通式可表示為C6+mH6+2m，令6+m=n，則有CnH2n-6，故苯及其同系物分子組成的通式為CnH2n-6（n≥6），故B正確；C、苯也屬于不飽和有機物，但不能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵的有機物能與溴水發(fā)生加成，故C錯誤；D、乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，分子式為C2H6O，乙醚結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OCH2CH3，分子式為C4H10O，乙醇和乙醚的分子式不同，不屬于同分異構(gòu)體，故D錯誤。故選B。6、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。7、C【解析】根據(jù)氧化還原反應(yīng)中被氧化的元素是失去電子的元素，即化合價升高的元素，上述反應(yīng)中，F(xiàn)e從+2價升高到+3價，Br從-1價升高到0價，所以被氧化的元素是Fe和Br，選C。8、B【解析】

根據(jù)m＝nM、N＝nNA以及阿伏加德羅定律結(jié)合物質(zhì)的組成分析解答?！驹斀狻緼、氫氣是雙原子分子，氦氣是單原子分子，等物質(zhì)的量的兩種氣體所含原子數(shù)不同，故A錯誤；B、氫氣和氦氣均含有2個質(zhì)子，兩種氣體物質(zhì)的量相等，則兩種氣體所含質(zhì)子數(shù)相等，故B正確；C、依據(jù)阿伏加德羅定律推論，同溫同壓下，密度之比等于其摩爾質(zhì)量之比，H2的摩爾質(zhì)量為2g·mol－1，He的摩爾質(zhì)量為4g·mol－1，故C錯誤；D、依據(jù)m=nM，H2的摩爾質(zhì)量為2g·mol－1，He的摩爾質(zhì)量為4g·mol－1，因此推出兩種氣體質(zhì)量不等，故D錯誤。答案選B。9、D【解析】

A.H2SO4是化合物，在水溶液中導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，故A不正確；B.NaOH是化合物，水溶液中和熔融狀態(tài)下導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，故B不正確；C.Na2CO3是化合物，水溶液中和熔融狀態(tài)下導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，故C不正確；D.蔗糖是化合物，水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，故D正確；答案：D【點睛】非電解質(zhì)的關(guān)鍵點：（1）化合物（2）水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電（3）非金屬氧化物和大部分有機物均為非電解質(zhì)。10、D【解析】

K、Na性質(zhì)非?；顫?，在空氣中極易被氧化，表面不能形成保護內(nèi)部金屬不被氧化的氧化膜，F(xiàn)e在空氣中被氧化后形成的氧化膜比較疏松，起不到保護內(nèi)層金屬的作用；金屬鋁的表面易形成致密的氧化物薄膜保護內(nèi)層金屬不被腐蝕。答案選D。11、A【解析】

A、鎂為2價金屬，根據(jù)鎂的質(zhì)量計算出鎂的物質(zhì)的量及失去的電子數(shù)；

B、依據(jù)氣體摩爾體積的應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀況氣體摩爾體積為22.4L/mol；

C、標(biāo)況下，CCl4的狀態(tài)不是氣體，不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算其物質(zhì)的量；

D、根據(jù)混合氣體中氧原子的質(zhì)量計算出氧原子的物質(zhì)的量及數(shù)目?！驹斀狻緼、2.4g鎂的物質(zhì)的量為0.1mol，變成鎂離子失去0.2mol，失去的電子數(shù)為0.2NA，所以A選項是正確的；

B、標(biāo)準(zhǔn)狀況氣體摩爾體積為22.4L/mol，常溫常壓下，11.2L氣體不是0.5mol，故B錯誤；

C、因為在標(biāo)準(zhǔn)狀況下CCl4的狀態(tài)不是氣體，不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算11.2LCCl4的物質(zhì)的量及分子數(shù)，故C錯誤；

D、32gO2和O3混合氣體中含有32g氧原子，32g氧原子的物質(zhì)的量為2mol，所含原子數(shù)為2NA，故D錯誤。

所以A選項是正確的。【點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應(yīng)用，主要是氣體摩爾體積條件應(yīng)用，物質(zhì)的量計算微粒數(shù)的方法，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵。12、A【解析】A．實驗開始時，為防止冷凝管遇熱的蒸氣而炸裂，應(yīng)先接通冷凝水，再點燃酒精燈加熱蒸餾燒瓶，故A正確；B．蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物，溫度計測量的是蒸氣的溫度，故應(yīng)放在支管口，故B錯誤；C．若實驗開始后發(fā)現(xiàn)沒加沸石，應(yīng)立刻停止加熱，待到液體冷卻后加入沸石，再繼續(xù)蒸餾。故C錯誤；D．為使水充滿冷凝管而達到充分冷卻水蒸氣的目的，冷凝管中冷卻水與被冷凝蒸氣或液體流向相反，則冷凝管進出水的方向是下進上出，故D錯誤．故選A。點睛：本題考查的是物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用。蒸餾是利用物質(zhì)的沸點不同，將液體混合物分離的操作方法，蒸餾時，為防止液體劇烈沸騰，應(yīng)加入碎瓷片，使用溫度計時，溫度計水銀球應(yīng)位于蒸餾燒瓶支管口附近，且冷凝管進出水的方向是下進上出，以保證充分冷凝，以此解答該題。13、C【解析】

A．當(dāng)質(zhì)子數(shù)相同時，中子數(shù)決定了元素的種類，單獨中子數(shù)不能決定核素種類，故A錯誤；B．原子的質(zhì)子數(shù)決定元素種類，故B錯誤；C．決定原子種類的微粒是質(zhì)子和中子，故C正確；D．原子核外電子數(shù)可以發(fā)生變化，但原子種類不變，電子尤其是最外層電子決定原子的化學(xué)性質(zhì)，故D錯誤；故答案選C。14、B【解析】

元素化合價處于最高價態(tài)的物質(zhì)可能具有氧化性，處于中間價態(tài)的物質(zhì)既有氧化性又有還原性，而處于最低價態(tài)時，只具有還原性?！驹斀狻緼、單質(zhì)硫中，硫元素的化合價處于中間價，既有氧化性又有還原性；B、硫化鈉中硫元素處于最低價，該物質(zhì)只有還原性，不能表現(xiàn)氧化性；C、二氧化硫中，硫元素的化合價處于中間價，既有氧化性又有還原性；D、硫酸中硫元素處于最高價，該物質(zhì)中的硫元素只能表現(xiàn)氧化性。答案選B?！军c睛】本題考查學(xué)生物質(zhì)中元素的化合價和物質(zhì)的性質(zhì)間的關(guān)系，可以根據(jù)所學(xué)知識進行回答，難度不大。15、B【解析】A．固體氯化鈉不存在自由移動的離子不導(dǎo)電，溶于水會導(dǎo)電，所以氯化鈉是電解質(zhì)，故A錯誤；B．氯化氫化合物水溶液能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，故B正確；C．SO2溶于水能導(dǎo)電，是因為二氧化硫和水反應(yīng)生成電解質(zhì)亞硫酸，本身不能電離，所以SO2是非電解質(zhì)，故C錯誤；D．氨水是氨氣的水溶液為混合物，不是電解質(zhì)，故D錯誤；故選B。點睛：主要是概念實質(zhì)理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，水溶液中或熔融狀態(tài)下導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)，水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，導(dǎo)電的條件是化合物自身能在一定條件下電離出離子導(dǎo)電，導(dǎo)電實質(zhì)是含有自由移動電子或離子，據(jù)此分析判斷。16、C【解析】

A、3號元素為Li，8號元素為O，形成離子化合物為Li2O，不符合XY2，選項A錯誤；B、1號元素為H，16號元素為S，形成共價化合物H2S，不符合XY2，選項B錯誤；C、12號元素為Mg，17號元素為Cl，形成離子化合物為MgCl2，符合XY2，選項C正確；D、6號元素為碳，16號元素為硫，碳和硫形成的化合物為CS2，符合XY2但二硫化碳為共價化合物，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查了化學(xué)鍵的判斷，知道原子序數(shù)對應(yīng)的元素是解本題關(guān)鍵，根據(jù)形成化學(xué)鍵特點再結(jié)合基本概念來分析解答，注意離子鍵和共價鍵的區(qū)別以及與離子化合物和共價化合物的關(guān)系。17、D【解析】A，金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如Al2O3屬于兩性氧化物，Mn2O7屬于酸性氧化物，A項錯誤；B，CO2屬于酸性氧化物，B項錯誤；C，堿性氧化物能與酸反應(yīng)生成鹽和水，與堿不反應(yīng)，C項錯誤；D，CuO與酸反應(yīng)生成銅鹽和水，CuO是堿性氧化物，CuO與水不反應(yīng)，D項正確；答案選D。點睛：本題考查堿性氧化物與金屬氧化物的關(guān)系，堿性氧化物的性質(zhì)。把握堿性氧化物的概念是解題的關(guān)鍵，堿性氧化物一定是金屬氧化物，金屬氧化物不一定是堿性氧化物，堿性氧化物能與酸反應(yīng)生成對應(yīng)的鹽和水，堿性氧化物不一定能與水化合成相應(yīng)的堿如CuO等與水不反應(yīng)。18、D【解析】

電解質(zhì)放入水中產(chǎn)生自由移動的離子，自由移動的離子濃度增大，使溶液的導(dǎo)電能力增強。如果溶液的導(dǎo)電能力變化小說明離子的濃度變化較小?！驹斀狻緼項、水中離子濃度較小，加入少量的氫氧化鋇固體后，離子濃度增大導(dǎo)電能力增強，故A錯誤；B項、向MgCl2溶液中加入0.05molBa（OH）2固體，MgCl2和氫氧化鋇反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀、氯化鋇和水，電解質(zhì)MgCl2轉(zhuǎn)變?yōu)槁然^，都是強電解質(zhì)，溶液離子濃度變化不大，只是離子的轉(zhuǎn)化，所以溶液導(dǎo)電能力變化不大，故B錯誤；C項、醋酸是弱酸，電離產(chǎn)生的離子濃度較小，加入Ba(OH)2固體，Ba(OH)2與醋酸反應(yīng)得到強電解質(zhì)，離子濃度增大，使溶液的導(dǎo)電能力顯著增強，故C錯誤；D項、向硫酸溶液中加入0.05molBa（OH）2固體，硫酸和氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇和水，電解質(zhì)硫酸轉(zhuǎn)變?yōu)樗?，溶液?dǎo)電能力減弱，故D正確。故選D?！军c睛】本題考查的是影響導(dǎo)電能力大小的因素，導(dǎo)電能力與離子的濃度有關(guān)，與電解質(zhì)的強弱無關(guān)，挖掘隱含條件是解決本題的關(guān)鍵。19、B【解析】

50.0mLlmol?L-1MgCl2溶液中的Cl-濃度為1mol/L×2=2mol/L，結(jié)合物質(zhì)的濃度和組成分析解答。【詳解】A、100mL1.0mo1?L-1NaCl溶液中氯離子的濃度為1mol/L，與題意不符，A錯誤；B、100mL1.0mol?L-1CaCl2溶液中氯離子的濃度為1mol/L×2=2mol/L，與題意相符，B正確；C、50mL2.0mo1·L-1BaCl2溶液中氯離子的濃度為2mol/L×2=4mol/L，與題意不符，C錯誤；D、50mL2mol?L-1A1C13溶液中氯離子的濃度為2mol/L×3=6mol/L，與題意不符，D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查了溶液中離子濃度的計算，明確溶液中離子的濃度=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×化學(xué)式中離子個數(shù)是解本題的關(guān)鍵，與溶液體積無關(guān)。20、B【解析】

膠體穩(wěn)定存在的主要原因是膠粒帶相同電荷，相互排斥，不易聚沉；答案選B。21、C【解析】

1.28g某物質(zhì)中含有1.204×1023個分子，其物質(zhì)的量為mol=0.02mol，則摩爾質(zhì)量為1.28g÷0.02mol=64g/mol，故選C。22、A【解析】

A.相同條件下，碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉，向飽和Na2CO3

溶液中通入足量CO2，發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，因生成的碳酸氫鈉的質(zhì)量大于碳酸鈉的質(zhì)量，且水的質(zhì)量減少，所以析出碳酸氫鈉晶體使溶液變渾濁，故A正確；B.向FeCl3溶液中通入SO2，發(fā)生反應(yīng)：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋，在該反應(yīng)中硫元素的化合價升高，體現(xiàn)了二氧化硫的還原性，故B錯誤；C.火焰呈黃色，只能說明溶液中含有Na＋，觀察K＋的火焰需要透過藍色鈷玻璃，故C錯誤；D.向Na2CO3粉末中滴加幾滴水，因滴加的水量太少，會有部分Na2CO3與水結(jié)合生成Na2CO3·10H2O，所以有少量碳酸鈉溶解，不能證明碳酸鈉易溶于水，故D錯誤，答案選A。二、非選擇題(共84分)23、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【解析】

①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質(zhì)中不能重復(fù)出現(xiàn)，結(jié)合①②的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；根據(jù)上述推斷作答?！驹斀狻竣偃舭阉姆N鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質(zhì)中不能重復(fù)出現(xiàn)，結(jié)合①②的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；（1）A的化學(xué)式為Ba（NO3）2，C的化學(xué)式為CuSO4，D的化學(xué)式為Na2CO3。（2）D為Na2CO3，鹽酸與Na2CO3反應(yīng)生成NaCl、H2O和CO2，反應(yīng)的離子方程式為2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C為CuSO4，CuSO4與Ba（OH）2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反應(yīng)的離子方程式為Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【點睛】本題考查離子的推斷，熟悉各離子的性質(zhì)和離子間的反應(yīng)是解題的關(guān)鍵。離子的推斷必須遵循的原則：肯定原則（根據(jù)實驗現(xiàn)象確定一定存在的離子）、互斥原則（相互間能反應(yīng)的離子不能在同一溶液中共存）、守恒原則（陽離子所帶正電荷的總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)）。24、HOClMgSH2OH2O2HCl=H++Cl-【解析】

A原子的原子核內(nèi)無中子，則A為H；B原子的L層（第二層）電子數(shù)是K層（第一層）電子數(shù)的3倍，即第二層6個電子，則B為O；C元素的原子M層(第三層)比L層電子數(shù)少1個，即第三層7個電子，C為Cl；氖原子電子數(shù)為10，即D元素核外電子數(shù)為12，D為Mg；E原子的最外層電子數(shù)與B相同且E原子序數(shù)小于20，E為S。【詳解】A原子的原子核內(nèi)無中子，則A為H；B原子的L層（第二層）電子數(shù)是K層（第一層）電子數(shù)的3倍，即第二層6個電子，則B為O；C元素的原子M層(第三層)比L層電子數(shù)少1個，即第三層7個電子，C為Cl；氖原子電子數(shù)為10，即D元素核外電子數(shù)為12，D為Mg；E原子的最外層電子數(shù)與B相同且E原子序數(shù)小于20，E為S。（1）A：HB：OC：ClD：MgE：S（2）鎂離子；（3）氯離子，電子式加中括號。；（4）A與B可形成H2O和H2O2（5）氫原子和氯原子形成氯化氫，屬于強電解質(zhì)，完全電離，HCl=H++Cl-。25、BFeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl1～100nm(或10－9～10－7m)讓一束光線通過制得的物質(zhì)，從側(cè)面觀察到一條光亮的“通路”，證明有氫氧化鐵膠體生成產(chǎn)生紅褐色沉淀聚沉BA【解析】

（1）實驗室制備氫氧化鐵膠體是在沸騰的蒸餾水中加入飽和氯化鐵溶液；（2）制備膠體的原理是利用鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體；（3）膠體具有丁達爾性質(zhì)，是區(qū)別其它分散系的獨特性質(zhì)；（4）膠體粒子帶有電荷，加入電解質(zhì)溶液消除粒子所帶電荷，會使膠粒之間的排斥力減小，使膠體聚沉；（5）膠粒帶正電荷，相互排斥，而不易產(chǎn)生較大粒子而聚沉；（6）膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑的大小不同?！驹斀狻浚?）利用FeCl3的水解制備Fe（OH）3膠體，制備Fe（OH）3膠體應(yīng)將飽和FeCl3溶液滴入沸水中，答案選B。（2）制備氫氧化鐵膠體的原理是利用鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl。（3）氫氧化鐵膠體中微粒直徑的范圍是1～100nm(或10－9～10－7m)；證明有膠體存在利用丁達爾效應(yīng)。操作過程為：讓一束光線通過制得的物質(zhì)，從側(cè)面觀察到一條光亮的“通路”，證明有氫氧化鐵膠體生成。（4）（NH4）2SO4溶液屬于電解質(zhì)溶液，（NH4）2SO4溶液加到Fe（OH）3膠體中，F(xiàn)e（OH）3膠體發(fā)生聚沉，可以觀察到產(chǎn)生紅褐色沉淀。這種現(xiàn)象稱為膠體的聚沉。（5）Fe（OH）3膠體能穩(wěn)定存在的原因是：Fe（OH）3膠體粒子吸附陽離子而帶有正電荷，同種電荷的粒子之間相互排斥阻礙了膠體粒子變大，使它們不易聚集，能穩(wěn)定存在；此外膠體粒子所作的布朗運動也使得它們不容易聚集成質(zhì)量較大的顆粒而沉降下來；主要原因是膠粒帶正電荷，答案選B。（6）A、Fe（OH）3膠體粒子的直徑在1～100nm之間，F(xiàn)eCl3溶液中溶質(zhì)粒子直徑小于1nm，是兩者的本質(zhì)區(qū)別；B、Fe（OH）3膠體具有丁達爾效應(yīng)，F(xiàn)eCl3溶液沒有丁達爾效應(yīng)，不是兩者的本質(zhì)區(qū)別；C、FeCl3溶液和Fe（OH）3膠體都是均一的分散系；D、FeCl3溶液、Fe（OH）3膠體的分散質(zhì)粒子都能透過濾紙；答案選A?！军c睛】本題易錯點為膠體的制備和膠體穩(wěn)定的原因，本題重點把握膠體的制備原理以及膠體能夠穩(wěn)定存在的主要原因。26、500mL容量瓶檢查是否漏液20.0g攪拌，加速溶解保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移入容量瓶中溶液凹液面與刻度線相切④⑤重新配制BD【解析】

(1)因為沒有480mL的容量瓶，只能選擇500mL的容量瓶，所以配制時，必須使用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要500mL容量瓶。(2)使用容量瓶之前先檢查是否漏液。(3)氫氧化鈉的固體的質(zhì)量為0.1×0.5×40g=20.0g。(4)溶解過程使用玻璃棒的目的是攪拌，加速溶解。(5)冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌。轉(zhuǎn)移時應(yīng)使用玻璃棒引流，需要洗滌燒杯2～3次是為了保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移入容量瓶中。(6)定容。將蒸餾水注入容量瓶，當(dāng)液面離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水，至溶液凹液面與刻度線相切。(8)①沒有洗滌燒杯和玻璃棒，會使溶質(zhì)損失，故濃度變小，故錯誤；②轉(zhuǎn)移溶液時不慎溶液有少量灑到容量瓶外面，溶質(zhì)損失，濃度變小，故錯誤；③容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水，不影響濃度，故錯誤；④定容時俯視刻度線，溶液的體積變小，濃度變大，故正確；⑤未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容，冷卻后溶液的體積變小，濃度變大，故正確。⑥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，溶液的體積變大，濃度變小。故選④⑤。(9)若加水超過刻度線，只能倒掉重新配制。(10)取用任意體積的溶液時，不影響物質(zhì)的量濃度和密度，影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量和氫氧根離子的數(shù)目。故選BD。【點睛】注意配制溶液時的容量瓶的選擇，計算溶質(zhì)的質(zhì)量時用容量瓶的規(guī)格進行計算。27、蒸餾燒瓶直行冷凝管容量瓶錐形瓶酒精燈g未用玻璃棒引流2.0B—C--A—F—E--D偏低偏高偏高無影響【解析】

試題分析：（1）由圖可知，I為蒸餾裝置，a為蒸餾燒瓶，b為冷凝管，Ⅱ為配制一定濃度的溶液，c為容量瓶，e為錐形瓶；（2）分離四氯化碳和酒精的混合物用蒸餾的方法分離，必須用酒精燈加熱；冷凝管下口g是進水口，上口是出水口；（3）①配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液是必須用玻璃棒引流，防止液體外濺；②實驗室沒有450mL的容量瓶，應(yīng)配制500mL，則需n（NaOH）=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，m（NaOH）=0.05mol×40g/mol=2.0g；③配制溶液5000mL，配制步驟有量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，用托盤天平稱量2.0gNaOH，在燒杯中溶解，并用玻璃棒攪拌，冷卻