2024屆上海市第二工業大學附屬龔路中學化學高一上期中綜合測試模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、KOH是我國古代紡織業常用作漂洗的洗滌劑。古代制取KOH的流程如下：上述流程中沒有涉及的化學反應類型是A．化合反應 B．分解反應 C．置換反應 D．復分解反應2、下列關于純凈物、混合物、電解質、非電解質的正確組合為（）純凈物混合物電解質非電解質A純鹽酸水煤氣硫酸干冰B蒸餾水蔗糖溶液氧化鋁二氧化硫C膽礬鹽酸鐵碳酸鈣D大理石甲烷氯化銅碳酸鈉A．A B．B C．C D．D3、下列關于膠體的說法正確的是（）A．向煮沸的NaOH溶液中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3膠體B．膠體和溶液的本質區別是能否產生丁達爾效應C．膠體和溶液可以利用濾紙分離，這種提純方式是滲析D．丁達爾效應是膠體粒子對光線散射形成的，是一種物理現象4、下列有關說法正確的是A．1L水中溶解了40.0gNaOH，該溶液的物質的量濃度為1mol/LB．從1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的該溶液的濃度為1mol/LC．中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH8.0gD．配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g膽礬5、1L1mol·L-1Na2SO4溶液中，下列各量正確的是A．c(Na+)=1mol·L-1 B．n(Na+)=3molC．c(SO42-)=2mol·L-1 D．m(Na2SO4)=142g6、下列各組物質，前者屬于電解質，后者屬于非電解質的是A．NaCl晶體、CaCO3 B．銅、二氧化硫C．硫酸溶液、鹽酸 D．熔融的KNO3、CH3CH2OH7、為了除去粗鹽中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可將粗鹽溶于水，通過如下幾個實驗步驟，可制得純凈的食鹽水：①加入稍過量的Na2CO3溶液；②加入稍過量的NaOH溶液；③加入稍過量的BaCl2溶液；④滴入稀鹽酸至無氣泡產生；⑤過濾，不正確的操作順序是A．③②①⑤④B．③①②⑤④C．②③①⑤④D．②①③⑤④8、下列操作過程中一定有氧化還原反應發生的是()A．蒸發氯化鈉溶液 B．將鹽酸滴入碳酸鈉溶液中 C．蔗糖溶解 D．磷在氧氣中燃燒9、分類是化學學習和研究的常用方法。下列分類依據和結論都正確的是A．H2O、CH3COOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．溶液、膠體、濁液均為分散系，都屬于混合物C．Al、Al2O3、Al(OH)3均能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉溶液反應，都是具兩性的化合物D．H2SO4、NaOH、NaCl均為強電解質，都屬于離子化合物10、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，11.2L

乙醇中含有的分子數0.5NAB．常溫常壓下，18.0g重水所含的電子數約為10NAC．常溫常壓下，32g由O2與O3組成的混合氣體含有的原子數目為2NAD．1.2g熔融的NaHSO4含有陰陽離子總數為0.03NA11、下列說法不正確的是A．氧化還原反應的特征是有元素化合價升降B．氧化還原反應的本質是有電子轉移C．反應物所含元素的化合價升高，則發生了還原反應D．氧化反應和還原反應一定同時發生12、下列反應屬于非氧化還原反應的是（）A．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2B．NH4NO3N2O↑+2H2OC．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD．CuO+CO═Cu+CO213、某鐵的氧化物中鐵元素和氧元素的質量比為21∶8，該氧化物的化學式可能是A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O514、在同溫、同壓條件下，兩種物質的量相同的單質氣體之間的關系是①具有相同的密度②具有相同的體積③具有相同的原子數④具有相同的分子數A．①③ B．②④ C．①④ D．③④15、如下圖所示，室溫下的兩個連通剛性容器用活塞分開，左右兩室體積相同，左室充入一定量NO，右室充入一定量O2，且恰好使兩容器內氣體密度相同。打開活塞，使NO與O2充分反應且恢復至室溫，反應如下:2NO+O2=2NO2。不考慮NO2轉化為N2O4，下列判斷正確的是A．反應前后左室的壓強相同B．反應后容器內的密度與反應前的相同C．開始時左右兩室中的分子數相同D．反應后容器內無O2存在16、設NA表示阿伏加德羅常數，下列敘述中正確的是A．常溫常壓下，32gO2和O3的混合氣體所含原子數為NAB．標準狀況下，1.8g的H2O中含有的電子數為NAC．常溫常壓下，11.2L氧氣所含的原子數為NAD．10克氖氣所含原子數約為6.02×102317、R、X、Y和Z是四種元素，其常見化合價均為+2價，且X2+與單質R不反應；X2++Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z，這四種離子的氧化性大小順序正確的是（）A．R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+B．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+C．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+D．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+18、根據以下幾個反應：①Cl2＋2KI===2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3③2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2④I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI判斷氧化性由強到弱的順序是A．Cl2＞I2＞Fe3＋＞SO2B．Cl2＞Fe3＋＞I2＞SO2C．Cl2＞Fe3＋＞SO2＞I2D．Fe3＋＞I2＞Cl2＞SO219、常溫下在溶液中可發生如下兩個離子反應：Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋，Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋。由此可以確定Fe3＋、Ce4＋、Sn4＋三種離子的氧化性由強到弱的順序是A．Ce4＋、Fe3＋、Sn4＋B．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋C．Sn4＋、Ce3＋、Fe2＋D．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋20、下列離子方程式正確的是A．Zn與稀H2SO4反應：Zn＋H＋＝Zn2＋＋H2↑B．Na2CO3溶液與足量鹽酸反應：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑C．Cl2與NaOH溶液反應：Cl2＋2OH－＝2Cl－＋H2OD．MgC12溶液與過量氨水反應：Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓21、下列說法不正確的是A．同溫、同壓下，相同質量的氣體都占有相同的體積B．同溫、同壓下，相同體積的氣體都含有相同數目的分子C．1molO2中含有1.204×1024個氧原子，在標準狀況下占有體積22.4LD．由0.2gH2和8.8gCO2、5.6gCO組成混合氣體，其密度是相同狀況下O2密度的0.913倍22、下列物質的分類正確的是選項堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4NaHCO3Mn2O7COBNa2CO3HClONaClNa2OCO2CKOHHNO3CaCO3CaOSO2DBa(OH)2HClCaCl2Na2O2SO3A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八種離子中的若干種為確定甲溶液的組成，將其分成兩等份，進行如下實驗：①向一份溶液中加入足量的NaOH濃溶液并加熱，產生的氣體在標準狀況下體積為4.48L。②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以與溶液中的離子完全反應,過濾得66.3g沉淀及濾液。③向上述沉淀中加入過量的鹽酸，產生的氣體通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。④向上述濾液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反應，據此，請回答下列問題用相應的離子符號表示：⑴上述實驗③中得到沉淀X的質量為______；生成沉淀X的離子方程式為______．⑵甲溶液中一定不存在的離子是______；可能存在的離子是______．⑶甲溶液一定存在的離子中,物質的量最大的離子是______；物質的量最小的離子是______,此物質的量最小的離子其物質的量為______。24、（12分）某溶液中只含有Ba2+Mg2+Ag+三種陽離子，現用適量的NaOH溶液、稀鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，其流程如圖所示：（1）沉淀1的化學式為_________，生成該沉淀的離子方程式為______________。（2）若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2化學式為______________。（3）若試劑B為NaOH溶液，則生成沉淀2的離子方程式為______________。（4）如果原溶液中Ba2+Mg2+Ag+的濃度均為0.1mol·L-1，且溶液中含有的陰離子只有NO3-，則溶液中NO3-濃度為_______mol·L-1。25、（12分）某化學實驗需要450mL0.10mol·L-1Na2CO3溶液，某同學選用Na2CO3·10H2O晶體進行配制，簡要回答下列問題：（1）該實驗應選擇__________mL容量瓶。（2）需稱取Na2CO3·10H2O的質量為__________g。（3）該實驗的正確操作順序是_______________（填字母代號）。A．用托盤天平稱取Na2CO3·10H2O晶體B．上下顛倒搖勻C．用膠頭滴管加水至刻度線D．洗滌所用儀器并將洗滌液轉移進容量瓶E．將所稱取的晶體溶于蒸餾水并冷卻至室溫F．將溶液轉入容量瓶（4）另需配制一定濃度的NaOH溶液，稱量時若將NaOH固體置于濾紙上稱量，則所配溶液濃度______；若容量瓶中有檢漏時殘留的少量蒸餾水，會使所配溶液濃度______；NaOH溶解后未經______；立即注入容量瓶至刻度線，會使濃度______；定容時必須使凹液面最低處與刻度線相切，若仰視會使所配溶液濃度______（凡涉及濃度變化填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。（5）向200mL所配的0.10mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入10mL12.25%稀H2SO4（ρ=1.0g/cm3），理論上能收集到標準狀況下的氣體__________mL。26、（10分）I.化學是一門以實驗為基礎的學科，化學所取得的豐碩成果與實驗的重要作用分不開。結合下列實驗裝置圖回答問題：（1）寫出上述圖中儀器的名稱：①_______；②____。（2）若利用裝置I分離乙酸（沸點118℃）和乙酸乙酯（沸點77.1℃）的混合物，還缺少的玻璃儀器有________，將儀器補充完整后進行的實驗操作的名稱為_______；實驗時儀器②中冷卻水的進口為____（填“f”或“g”），蒸餾燒瓶內碎瓷片的作用是________。（3）現需配制250mL0.1moI.L-1NaCl溶液，裝置II是某同學轉移溶液的示意圖，圖中有兩處錯誤分別是________，________。II.①海帶等藻類物質經過處理后，可以得到碘水，向碘水中加入四氯化碳以提取碘單質的實驗操作叫________，該操作需要的玻璃儀器有________。②某NaCl樣品中可能含有SO42-，CO32-，為檢驗雜質離子的存在，采取如下實驗步驟：樣品無明顯現象無明顯現象。則加入的試劑A為_______，B為_______，該現象證明樣品中不含有____。③在后續實驗中需要使用450mL0.5mol·L-1NaCl溶液，為配制該濃度NaCl溶液進行實驗，需用托盤天平稱取NaCl_______g。配制NaCl溶液時，若出現下列操作，會使配制濃度偏高的是____________A．天平砝碼己銹蝕B．配制過程中未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒C．轉移溶液時有溶液濺出D．定容時仰視刻度線27、（12分）用氯化鈉固體配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL,回答下列問題（1）所需儀器為:托盤天平、量筒、燒杯膠頭滴管,若要完成實驗,還需要兩種玻璃儀器為______、_____。（2）該實驗的實驗步驟為:①計算,②稱量_______gNaCl,③溶解,④移液,⑤洗滌,⑥定容,⑦搖勻。（3）試分析下列操作,對所配溶液的濃度有何影響。(用偏低、偏高、無影響填空)。①為加速固體溶解,微熱燒杯溶液并不斷攪拌。在未降至20℃時,就將溶液轉移至容量瓶定容。所配溶液的濃度____________;②若定容時仰視刻度線。所配溶液的濃度______________;③定容后,加蓋、倒轉、搖勻后,發現液面低于刻度線,又補加蒸餾水至刻度。則所配溶液的濃度______。28、（14分）（1）①H2+CuOCu+H2O②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O上述反應中，屬于氧化還原反應的是__________________________（填序號）（2）用雙線橋法表示下述反應的電子轉移MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O________（3）在反應KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為________。（4）若反應3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中轉移了3mol電子，則生成的NO氣體在標況下的體積是_____________L。（5）配平下面兩個反應①____H2O+____Cl2+____SO2==____H2SO4+____HCl，____________②____KMnO4+____HCl==____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O（系數是1的也請填上），_____根據以上兩個反應反應，寫出由KMnO4、K2SO4、MnSO4、SO2、H2O、H2SO4這六種物質組成的氧化還原反應的方程式并配平。______________________________________。29、（10分）已知某市售“84消毒液”瓶體部分標簽如圖所示，該“84消毒液”通常稀釋100倍(體積之比)后使用。請回答下列問題：（1）該“84消毒液”中NaClO的物質的量濃度約為__mol/L。(保留1位小數)（2）該同學參閱此“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480mL與市售物質的量濃度相同的“84消毒液”，下列說法正確的是___(填序號)。A．如圖所示的儀器中有三種是不需要的B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，應烘干后才能用于溶液配制C．配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒會導致結果偏低D．需要稱量NaClO固體的質量為143.0g（3）“84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強其消毒能力，某消毒小組人員用98%(密度為1.84g/cm3)的濃硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增強“84消毒液”的消毒能力。①需用濃硫酸的體積為___mL。②取用任意體積的濃硫酸時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是____。A．溶液中H2SO4的物質的量B．溶液的濃度C．溶液的質量D．溶液的密度③配制該稀硫酸過程中，下列情況會使所配制的溶液的濃度大于2.3mol/L的有___。A．未經冷卻趁熱將溶液注入容量瓶中并進行定容B．搖勻后發現液面低于刻度線，再加水至刻度線C．容量瓶中原有少量蒸餾水D．定容時俯視容量瓶刻度線

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【解題分析】

發生CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，結合四種基本反應類型的概念來解答。【題目詳解】由制備流程可知，發生的分液依次為CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，其反應類型分別為分解反應、化合反應、復分解反應，沒有涉及置換反應，答案選C。2、B【解題分析】

純凈物是指由同種物質組成的，混合物是指由不同種物質組成的，電解質是指在水溶液里或熔化狀態下能夠導電的化合物，非電解質是指在水溶液里和熔化狀態下都不能夠導電的化合物，據此可以分析各個選項中各種物質的所屬類別。【題目詳解】A．純鹽酸是混合物，是氯化氫的水溶液，故A錯誤；B．蒸餾水、蔗糖溶液、氧化鋁、二氧化硫分別屬于純凈物、混合物、電解質、非電解質，故B正確；C．鐵是單質，既不是電解質又不是非電解質，碳酸鈣是鹽，屬于電解質，故C錯誤；D．大理石是混合物，主要成分是碳酸鈣，甲烷為純凈物，碳酸鈉為電解質，故D錯誤。答案選B。3、D【解題分析】

A．向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，繼續加熱至溶液呈紅褐色，可制得Fe(OH)3膠體，故A錯誤；B．膠體和溶液的本質區別是分散質粒子直徑的大小，故B錯誤；C．膠體和溶液都可以透過濾紙，不能用濾紙分離，故C錯誤；D．丁達爾效應是膠體粒子對光線散射形成的，由于沒有新物質生成，是一種物理現象，故D正確；故選D。4、C【解題分析】

A.溶液的體積不等于溶劑的體積；B.溶液具有均一性，溶液各處的濃度相等；C.先計算酸的物質的量，再根據反應時二者物質的量關系，計算NaOH的物質的量，利用n=，計算NaOH的質量；D.計算溶質CuSO4的物質的量，利用元素守恒，得到膽礬的物質的量，最后根據n=，計算膽礬的質量。【題目詳解】A.40.0gNaOH的物質的量是1mol，將其溶解在1L水中，得到的溶液體積不是1L，所以不能確定溶液的濃度，A錯誤；B.溶液的濃度與取出的體積大小無關，所以從1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的該溶液的濃度仍為2mol/L，B錯誤；C.100mL1mol/L的H2SO4的物質的量是n(H2SO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，根據H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物質的量是n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.2mol，則其質量是m(NaOH)=n×M=0.2mol×40g/mol=8.0g，C正確；D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶質的物質的量是n(CuSO4)=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，由于用CuSO4?5H2O配制，根據Cu元素守恒可知需n(CuSO4?5H2O)=n(CuSO4)=0.25mol，質量是m(CuSO4?5H2O)=n×M=0.25mol×250g/mol=62.5g，D錯誤；故合理選項是C。【題目點撥】本題考查了有關物質的量濃度的溶液的配制的知識。掌握物質的量與質量、濃度的關系是本題解答的關鍵，易錯選項是A、D，選項A容易混淆溶液的體積就是溶劑的體積，選項D中不清楚膽礬與CuSO4的關系，需平時多記憶、積累。5、D【解題分析】

A、c(Na＋)=2mol·L-1，A錯誤；B、n(Na+)=2mol，B錯誤；C、c(SO42-)=1mol·L-1，C錯誤；D、m(Na2SO4)=1mol×142g/mol=142g，D正確；答案選D。6、D【解題分析】

在水溶液里或熔融狀態下自身能導電的化合物叫做電解質，在水溶液里或熔融狀態下自身都不能導電的化合物叫做非電解質，A．NaCl晶體和CaCO3都屬于鹽，都屬于電解質，故A不符合題意；B．銅是單質，既不是電解質也不是非電解質，二氧化硫自身不能導電，屬于非電解質，故B不符合題意；C．硫酸溶液、鹽酸都是混合物，不屬于電解質也不屬于非電解質，故C不符合題意；D．熔融的KNO3能電離出陰陽離子，能導電，屬于電解質，CH3CH2OH不導電，屬于非電解質，故D符合題意；答案選D。7、D【解題分析】

粗鹽的提純中，為了保證雜質離子完全除去，每一次所加試劑都過量，加碳酸鈉可以除去鈣離子，加氯化鋇可以除去硫酸根離子，加入氫氧化鈉可以除去鎂離子，每一次所加的試劑都是過量的，引入的雜質離子也要除掉，所以碳酸鈉加在氯化鋇后面，以除去多余的鋇離子，鹽酸必須加在最后邊，除去多余的碳酸根離子，氫氧根離子，即順序③①④不能改變，故選D。【題目點撥】粗鹽的提純中，為了保證雜質離子完全除去，每一次所加試劑都過量，除鈣離子用碳酸根離子，除鎂離子用氫氧根離子，除硫酸根用鋇離子，每一次所加的試劑都是過量的，引入的雜質離子也要除掉，要注意除雜質的順序，后加的試劑最好能把前面先加的過量試劑除掉。8、D【解題分析】

A.加熱NaCl溶液時液態水轉化為水蒸氣，溶劑量不斷減少，NaCl逐漸析出晶體，這些過程都是物理變化，沒有氧化還原反應發生，A項錯誤；B.將鹽酸滴入Na2CO3溶液中依次發生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，這兩個反應中各元素化合價均無變化，不是氧化還原反應，B項錯誤；C.蔗糖溶解于水時，在水分子的作用下蔗糖分子擴散到水里，這個過程屬于物理變化，沒有氧化還原反應發生，C項錯誤；D.磷在氧氣燃燒，發生反應的化學方程式為4P+5O22P2O5，該反應中磷元素的化合價由單質中的0價升高到P2O5中的+5價，氧元素化合價由單質中的0價降到P2O5中的-2價，所以該反應屬于氧化還原反應，D項正確；答案選D。【題目點撥】判斷一個化學反應是否是氧化還原反應要從化合價升降入手，凡是有元素化合價升降的反應就是氧化還原反應。9、B【解題分析】

A.H2O是氧化物，CH3COOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，但不符合氧化物只有兩種元素且一種為氧元素的條件，故A錯誤；B.溶液、膠體、濁液都是一種物質分散到另一種物質中形成的混合物均為分散系，都屬于混合物，故B正確；

C.Al2O3、Al(OH)3均能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉溶液反應，都是具兩性的化合物，Al是單質不是化合物，故C錯誤；

D.H2SO4、NaOH、NaCl均為強電解質，其中NaOH、NaCl都屬于離子化合物，H2SO4為共價化合物，故D錯誤；綜上所述，本題選B。10、C【解題分析】

A.在標準狀況下乙醇是液體，不能使用氣體摩爾體積計算，A錯誤；B.18.0g重水的物質的量小于1mol，因此其中所含的電子數少于10NA，B錯誤；C.O原子的相對原子質量是16，O2與O3都是由O原子構成，使用常溫常壓下，32g由O2與O3組成的混合氣體含有的O原子的物質的量是2mol，含有的O原子數目為2NA，C正確；D.熔融的NaHSO4電離產生Na+、HSO4-，1mol該物質中含有2mol離子，含1.2g熔融的NaHSO4的物質的量是0.01mol，則其中含有陰陽離子總數為0.02NA，D錯誤；故合理選項是C。11、C【解題分析】

A.氧化還原反應表現的特征是元素化合發生改變，與題意不符，A錯誤；B.氧化還原反應中化合價升降的本質是有電子轉移，與題意不符，B錯誤；C.反應物所含元素失電子，化合價升高，被氧化，則發生了氧化反應，符合題意，C正確；D.氧化還原反應中，得失電子守恒，則氧化反應和還原反應一定同時發生，與題意不符，D錯誤；答案為C。12、C【解題分析】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+CO＝Cu+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。13、C【解題分析】

根據n=，n(Fe):n(O)=:=3:4，則分子式為Fe3O4，故C項正確。綜上所述，本題正確答案為C。14、B【解題分析】

同溫同壓條件下，相同體積的任何氣體所含的分子數是相同的，其物質的量也相同。【題目詳解】①在同溫、同壓條件下，兩種物質的量相同的單質氣體不一定具有相同的密度，因為兩者的相對分子質量不一定相同；②在同溫、同壓條件下，兩種物質的量相同的單質氣體具有相同的體積；③在同溫、同壓條件下，兩種物質的量相同的單質氣體不一定具有相同的原子數，因為其分子中的原子數不一定相同；④在同溫、同壓條件下，兩種物質的量相同的單質氣體具有相同的分子數。綜上所述，②④符合題意，故選B。15、B【解題分析】

A.發生2NO+O2=2NO2，反應后氣體總物質的量減少，氣體平均充滿左右兩室，則反應后NO室的氣體物質的量也要減小，導致氣體壓強減小，選項A錯誤；B.反應過程遵循質量守恒定律，反應后氣體的總質量與反應前一氧化氮與氧氣質量之和相等。由于容器的容積不變，氣體的質量也不變，所以反應后容器內氣體的密度與反應前氣體的密度相同，選項B正確；C.由左右兩室體積相同，兩容器內氣體密度相同可知，兩容器中氣體的質量一定相等，而NO和O2的摩爾質量不相等，故二者的物質的量不相等，則開始時左右兩室分子數不相同，選項C錯誤；D.容器內NO、O2的質量相等，二者物質的量之比為32：30=16：15，兩種氣體發生反應：2NO+O2=2NO2，反應時二者的物質的量的比是2：1，可見O2過量，故最終容器內有O2存在，選項D錯誤；故合理選項是B。16、B【解題分析】試題分析：A、常溫常壓下，32gO2和O3的混合氣體所含原子數為2NA，A錯誤；B、標準狀況下，1.8g的H2O的物質的量為0.1mol，含有的電子數為NA，B正確；C、標準狀況下，11.2L氧氣所含的原子數為NA，C錯誤；D、氖的相對分子質量為20，20克氖氣所含原子數約為6.02×1023，D錯誤；答案選B。考點：阿伏加德羅常數17、A【解題分析】

在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，據此分析。【題目詳解】反應X2++Z=X+Z2+中氧化劑X2+的氧化性大于氧化產物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反應Y+Z2+=Y2++Z中氧化劑Z2+的氧化性大于氧化產物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+與單質R不反應說明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；綜上所述，四種離子的氧化性大小為R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+，A項正確；故選A。18、B【解題分析】試題分析：氧化還原反應的方程的左邊的氧化劑的氧化性大于右邊的氧化劑，還原劑的還原性大于右邊的還原劑，①Cl2+2KI2KCl+I2中，氧化性Cl2>I2，②2FeCl2+Cl22FeCl3中，氧化性Cl2>Fe3+，③2FeCl3+2KI2KCl+I2+2FeCl2中，氧化性Fe3+>I2，④I2+SO2+2H2O2H2SO4+2HI中，氧化性I2>SO2，所以本題的氧化性由強到弱的順序是Cl2>Fe3+>I2>SO2，所以本題的答案為B。考點：氧化還原反應點評：本題考查了氧化還原反應知識，根據給出的化學方程式來判斷物質的氧化性，氧化還原反應是高考考查的重點和難點，該題要掌握氧化還原反應的方程的左邊的氧化劑的氧化性大于右邊的氧化劑，還原劑的還原性大于右邊的還原劑。本題難度不大。19、A【解題分析】

根據氧化還原反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性來判斷。【題目詳解】根據反應：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，氧化性是Ce4+＞Fe3+，根據反應：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以還原性順序是：Ce4+＞Fe3+＞Sn4+，故選A。【題目點撥】本題考查氧化還原反應，氧化性強弱的判斷規律是氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，還原性強弱的判斷規律是還原劑的還原性強于還原產物的還原性。20、B【解題分析】試題分析：A．Zn與稀H2SO4反應：Zn＋H＋Zn2＋＋H2↑沒有配平，錯誤；B正確；C．Cl2與NaOH溶液反應：Cl2＋2OH―2Cl―＋H2O漏寫次氯酸根，錯誤；D、氨水是弱電解質，不能拆開，錯誤。考點：考查離子方程式的書寫及正誤判斷。21、A【解題分析】

A.同溫、同壓下，質量相同的不同氣體的物質的量不一定相同，所以不一定占有相同的體積，故A項錯誤；B.由阿伏加德羅定律知，B項正確；C.標準狀況下1mol任何氣體所占體積均為22.4L,1molO2中含氧原子數為2×6.02×1023＝1.204×1024，C項正確；D.0.2gH2、8.8gCO2、5.6gCO的物質的量分別為0.1mol、0.2mol、0.2mol，該混合氣體的總質量為14.6g，總物質的量為0.5mol，所以該混合氣體的平均摩爾質量為29.2g·mol－1，氧氣的摩爾質量為32g·mol－1，兩者的相對密度為29.5÷32≈0.913，D項正確。答案選A。22、C【解題分析】

【題目詳解】A．Mn2O7為酸性氧化物，CO為不成鹽氧化物，故A錯誤；B．Na2CO3屬于鹽，不屬于堿，故B錯誤；C．各項均符合物質的分類，故C正確；D．Na2O2屬于過氧化物，不屬于堿性氧化物，故D錯誤；故答案為：C。二、非選擇題(共84分)23、10g、【解題分析】

通過①得出銨根離子物質的量，通過②分析得出碳酸根和硫酸根的物質的量，通過③及離子共存分體得出不含的離子，通過④分析含有的微粒及物質的量。【題目詳解】①向一份溶液中加入足量的NaOH濃溶液并加熱，產生的氣體在標準狀況下體積為4.48L，應生成NH3，則一定含有NH4+，且；②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以與溶液中的離子完全反應，過濾得66.3g沉淀及濾液，沉淀可能為BaSO4或BaCO3或二者都有，如為BaSO4，則，如為BaCO3，，則說明甲中含有SO42－、CO32－,設分別為xmol、ymol，則，x=0.2，y=0.1；③向上述沉淀中加入過量的鹽酸，產生的氣體通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，則說明含有CO32－，則一定不存在Ca2+、Cu2+；④向上述濾液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反應，可知濾液中，而②加入，則說明甲中含有Cl－，且，如不含NO3－，則由電荷守恒可知一定含有K+，由,則,因分成兩份，則甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42－、0.2molCO32－、0.1molCl－，如含有NO3－，則K+大于0.9mol，⑴上述實驗③中得到沉淀X為碳酸鈣，質量為0.1mol×100g/mol=10g，生成沉淀X的離子方程式為Ca2++2OH－+CO2==CaCO3↓+H2O，故答案為10g；Ca2++2OH－+CO2==CaCO3↓+H2O；⑵由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能確定是否含有NO3－，故答案為Ca2+、Cu2+；NO3－；⑶甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42－、0.2molCO32－、0.1molCl－，如含有NO3－，則K+大于0.9mol，則物質的量最大的離子是K+；物質的量最小的離子是Cl－，此物質的量最小的離子其物質的量為0.1mol，故答案為K+；Cl－；0.1mol。24、（1）AgCl，Ag＋+Cl－=AgCl↓；（2）BaSO4；（3）Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓；（4）0.5。【解題分析】試題分析：（1）加入稀鹽酸，發生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，沉淀1為AgCl；（2）溶液1中含有離子是Ba2＋、Mg2＋、H＋和Cl－，加入Na2SO4，發生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，沉淀2是BaSO4；（3）根據反應（2）的分析，發生反應H＋＋OH－=H2O，Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；（4）根據電荷守恒，2c（Ba2＋）＋2c（Mg2＋）＋c（Ag＋）=c（NO3－），c（NO3－）=（2×0.1＋2×0.1＋0.1）mol·L－1=0.5mol·L－1。考點：考查離子檢驗、離子反應方程式的書寫、物質的量濃度的計算等知識。25、50014.3AEFDCB偏低無影響冷卻偏高偏低112【解題分析】

（1）由于沒有450mL容量瓶，則該實驗應選擇500mL容量瓶。（2）需稱取Na2CO3·10H2O的質量為0.5L×0.1mol/L×286g/mol＝14.3g。（3）配制一定物質的量濃度溶液的基本操作步驟是計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等，則該實驗的正確操作順序是A、E、F、D、C、B。（4）另需配制一定濃度的NaOH溶液，稱量時若將NaOH固體置于濾紙上稱量，由于氫氧化鈉易吸水，則氫氧化鈉的質量減少，因此所配溶液濃度偏低；若容量瓶中有檢漏時殘留的少量蒸餾水，由于不會影響溶質和溶液體積，則會使所配溶液濃度無影響；氫氧化鈉溶于水放熱，則NaOH溶解后未經冷卻，立即注入容量瓶至刻度線，冷卻后溶液體積減少，則會使濃度偏高；定容時必須使凹液面最低處與刻度線相切，若仰視會使溶液體積增加，所配溶液濃度偏低。（5）200mL溶液中碳酸鈉的物質的量是0.2L×0.1mol/L＝0.02mol。10mL12.25%稀H2SO4（ρ=1.0g/cm3）的物質的量是10mL×1g/mL×12.25%98g/mol=0.0125mol，其中氫離子的物質的量是0.025mol。由于與碳酸鈉反應時分步進行，即首先轉化為碳酸氫鈉，消耗氫離子是0.02mol，剩余的氫離子再與碳酸氫鈉反應放出二氧化碳，此時氫離子不足，則根據HCO3－+H+＝CO2↑+H2O可知生成的二氧化碳是0.025mol－0.02mol＝0.005mol，在標準狀況下的體積是0.005mol×22.4L/mol＝026、蒸餾燒瓶冷凝管（或直形冷凝管）溫度計蒸餾g防止暴沸未用玻璃棒引流未使用250mL容量瓶萃取燒杯、分液漏斗鹽酸BaCl2溶液SO42-、CO32-14.6A【解題分析】

實驗室進行蒸餾實驗時，儀器包括蒸餾燒瓶，溫度計，直形冷凝管，牛角管，燒杯，酒精燈；萃取實驗儀器包括分液漏斗，燒杯；配制溶液時儀器包括容量瓶，燒杯，玻璃棒，膠頭滴管，容量瓶必須選用合適容積，不可小于配制要求。【題目詳解】（1）根據儀器的結構可知，①為蒸餾燒瓶；②為冷凝管（或直形冷凝管）；（2）采用分餾（蒸餾）原理進行實驗時，控制溫度是關鍵，故還缺少的玻璃儀器溫度計；冷卻蒸餾產生的氣體時，在冷凝管位置，冷卻水要采用“下進上出”原則，故冷卻水的進口為g，碎瓷片由于具有多孔結構，能防止暴沸；（3）配制250mL溶液，需選用適當容積的容量瓶，且配置過程中用玻璃棒進行引流。故錯誤為未用玻璃棒引流；未使用250mL容量瓶；II.①向碘水中加入四氯化碳以提取碘單質的實驗操作叫萃取，需要的玻璃儀器為分液漏斗、燒杯；②檢驗SO42-、CO32-時，硫酸根常用氯化鋇（沉淀），碳酸根常用鹽酸（氣泡）或氯化鈣（沉淀）等，由于檢驗試劑的量均為過量，為了防止對后續實驗產生影響，應先檢驗碳酸根，后檢驗硫酸根。故加入的試劑A為鹽酸，B為BaCl2溶液，該現象證明樣品中不含有SO42-、CO32-；③容量瓶的規格沒有450mL，應選500mL配制，則需氯化鈉的物質的量為：n=cV=0.50mol/L×0.5L=0.25mol，氯化鈉的質量為：m=nM=0.25mol×58.5g/mol=14.625g，托盤天平只能精確到0.1g，故應稱量氯化鈉的質量為14.6g；配制NaCl溶液時，若出現下列操作：A．天平砝碼己銹蝕，砝碼質量增大，所稱溶質氯化鈉質量偏大，所配溶液濃度偏高，故A正確；B．配制過程中未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，氯化鈉殘留在玻璃棒和燒杯中，溶質質量偏小，濃度偏小，B錯誤；C．轉移溶液時有溶液濺出，溶質減少，所配溶液濃度偏小，C錯誤；D．定容時仰視刻度線，蒸餾水添加量偏大導致溶液體積偏大，濃度偏低，D錯誤；答案為A。【題目點撥】實驗操作和設備選用是本題重點，易錯點是配制一定濃度的溶液時所稱量的質量。容量瓶沒有450ml，計算時要選用正確容量瓶體積，即500ml。27、100mL容量瓶玻璃棒5.9偏高偏低偏低【解題分析】

實驗室沒有95mL容量瓶，應選用100mL容量瓶，實際上配制的溶液為100mL1.00mol/L的氯化鈉溶液；根據配制步驟可知，配制該溶液需要的儀器有：托盤天平、量筒、50mL燒杯、100mL容量瓶、玻璃棒、膠頭滴管等。【題目詳解】（1）實驗室沒有95mL容量瓶，應選用100mL容量瓶，實際上配制的溶液為100mL1.00mol/L的氯化鈉溶液；根據配制步驟可知，配制該溶液需要的儀器有：托盤天平、量筒、50mL燒杯、100mL容量瓶、玻璃棒、膠頭滴管等，還缺少的玻璃儀器為：100mL容量瓶；玻璃棒，故答案為100mL容量瓶；玻璃棒；（2）配制的溶液為100mL1.00mol/L的氯化鈉溶液，需要氯化鈉的物質的量為：1.00mol/L×0.1L=0.1mol，需要氯化鈉的質量為：58.5g/mol×0.1mol=5.85g，需要稱量氯化鈉的質量為：5.9g；故答案為5.9；（3）①為加速固體溶解，微熱燒杯溶液并不斷攪拌。在未降至20℃時，就將溶液轉移至容量瓶定容，導致配制的溶液體積偏小，所配溶液的濃度偏高，答案為：偏高；②定容時仰視刻度線，導致所配溶液的體積大于容量瓶的體積，所配溶液的濃度偏低，答案為偏低；③定容后，加蓋、倒轉、搖勻后，發現液面低于刻度線，又補加蒸餾水至刻度，導致溶配制的溶液體積偏大，則所配溶液的濃度偏低，答案為：偏低；【題目點撥】配制溶液濃度要求精確時，應用容量瓶，則要求按照容量瓶的容積進行配制；誤差分析則要求對c=，進行分析。28、①③④1:522.42111221622582KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4【解題分析】

（1）①H2+CuOCu+H2O；③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O這三個反應中化合價都有變化，所以都屬于氧化還原反應；②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O；⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O這兩個反應中沒有化合價變化，均屬于非氧化還原反應；綜上所述，本題答案是：①③④。（2）MnO2→MnCl2，錳元素化合價由+4價降低到+2價，得電子發生還原反應；Cl-→Cl2，氯元素化合價由-1價升高到0價，失電子發生氧化反應；正確的電子轉移表示為：；綜上所述，本題答案是：。（3）在反應KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，若有3molI2生成，KIO3→I2，碘元素化合價降低，得電子發生還原反應，做氧化劑，其物質的量為1mol；6molHI中有1molI-沒被氧化，5molHI→2.5molI2，碘元素化合價升高，失電子發生氧化反應，做還原劑，其物質的量為5mol；因此氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:5；綜上所述，本題答案是：1:5。（4）反應3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，銅由0