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2021-2022学年上海市上海中学高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年上海市上海中学高一（上）期中化学试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市上海中学高一（上）期中化学试卷
一、选择题
1．做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
生活垃圾
牛奶盒
眼药水
干电池
西瓜皮
垃圾分类标识
A．A B．B C．C D．D
2．下列各组内物质属同一类别的是（ ）
A．苛性钾、纯碱、烧碱、氢氧化钡
B．硫酸、亚硫酸、硝酸、碳酸
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵、醋酸
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜、熟石灰
3．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）
A．能否透过滤纸或半透膜 B．能否发生丁达尔效应
C．是否均一、透明、稳定 D．分散质粒子直径的大小
4．下列事实与胶体性质无关的是（ ）
A．清晨在树林中看到一缕缕光束
B．向豆浆中加入石膏制得可口的豆腐
C．FeCl3溶液呈现棕黄色
D．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
5．30mL 1mol/L NaCl溶液和40mL 0.5mol/L CaCl2溶液混合后，混合液中Cl﹣浓度为（ ）
A．0.5mol/L B．0.6mol/L C．1.00mol/L D．2mol/L
6．在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（ ）
A．所用NaOH已经潮解
B．溶解后的溶液立刻转移、洗涤、定容
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．定容时观察液面仰视
7．下列物质的分离方法不正确的是（ ）
A．用过滤的方法除去食盐水中的泥沙
B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水
C．用酒精萃取碘水中的碘
D．用淘洗的方法从沙里淘金
8．用向下排气法在容积为V mL的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体的平均式量为19，将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（ ）
A． B． C． D．无法判断
9．某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（ ）
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
10．如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是（ ）
A．配制100mL 1.0mol/L的Na2CO3溶液，操作1需要称量10.600gNa2CO3固体
B．操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中
C．操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐
11．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B．在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
C．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
D．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
12．能用H++OH﹣═H2O表示的反应是（ ）
A．醋酸与氢氧化钾溶液反应
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应
C．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应
D．碳酸与氢氧化钠溶液反应
13．25℃时，某物质（无结晶水）溶解度为S g，其摩尔质量为Mg/mol，饱和溶液密度为dg/mL。则其饱和溶液的物质的量浓度为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
14．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（ ）
A．NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣ B．K+、Na+、NO3﹣、SO32﹣
C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣ D．Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣
15．将12mol/L的盐酸（ρ＝1.19g/cm3）50mL稀释成6mol/L的盐酸（ρ＝1.10g/cm3），需加水的体积为（ ）
A．50mL B．50.5mL C．55mL D．59.5mL
16．下列说法正确的是（ ）
A．在化学反应中，某元素由化合物变为游离态，该元素一定是被还原了
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强
C．非金属单质在化学反应中，既能作氧化剂又能作还原剂
D．氧化还原反应中，失电子数越多的金属，其活泼性越强
17．某水溶液中含有以下离子中的若干种：K+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取两份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量BaCl2溶液后，得沉淀物6.27g，经足量硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g；在所得滤液中加入AgNO3溶液有沉淀产生。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．Cl﹣一定存在
B．100mL溶液中K+一定存在且质量不小于2.34g
C．Mg2+可能存在
D．Ba2+不一定存在
18．用如图实验装置制取干燥且纯净的气体，下列判断正确的是（ ）
（1）
（2）
（3）
（4）
X
大理石与盐酸
锌粒与稀硫酸
双氧水与二氧化锰
二氧化锰与氯酸钾
Y
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
Z
CO2
H2
O2
O2
A．只有（1） B．（1）（2） C．只有（3） D．（2）（3）
19．已知青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂如丙酮、氯仿，可溶于乙醇、乙醚等，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差。乙醚的沸点为35℃。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列有关实验操作的说法正确的是（ ）
A．干燥时应该将黄花青蒿置于干燥管中
B．操作Ⅰ是萃取，所用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗
C．操作Ⅱ是蒸馏，所用的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等
D．操作Ⅲ是酒精灯加热，然后加水溶解、过滤
20．已知反应：①2A﹣+C2═2C﹣+A2②2C﹣+B2═2B﹣+C2③2D﹣+C2═2C﹣+D2，判断下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2 B．D﹣不能被B2氧化
C．还原性：B﹣能还原A2 D．氧化能力：B2＞C2＞D2
二、综合题
21．分散系是我们日常生活中常见的混合物。
（1）胶体是分散质粒子的直径在 ＜d＜ 的分散系。
（2）某学校课外活动小组在实验室中用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。方法是：将FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至整个体系呈红褐色为止，即制得Fe（OH）3胶体，有关反应方程式为： 。甲同学想证明Fe（OH）3胶体已制成，他可以利用 （最简单的方法）。
（3）丙同学想将Fe（OH）3胶体提纯，他可以采用的方法是 。
（4）实验室中的碘水也是一种褐色液体，不加任何试剂，可将碘水与Fe（OH）3胶体鉴别开的方法是 （写两种）。
（5）在氢氧化铁胶体中逐滴滴入盐酸溶液，可以观察到的现象是 ，理由： 。
22．“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或水溶液），盐酸必须避开它们，否则就无法通过。
（1）请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：③→⑥→⑩→⑦→ → 。
（2）①Zn
②Na2CO3
③CO2
④NaOH
⑤NaCl溶液，
以上物质中属于电解质的是 ，属于非电解质的是 （写编号）
（3）在迷宫中能“吃掉”盐酸的盐是 ，写出该反应的离子方程式 。
（4）写出①Zn与盐酸反应的离子反应方程式 。
（5）同温等物质的量浓度的②Na2CO3溶液和④NaOH溶液，导电能力较强的是 （写编号）。
（6）往②Na2CO3溶液中通入③CO2气体，会反应生成NaHCO3，请写出NaHCO3的电离方程式： 。
23．在相同温度和压强条件下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。这个规律最早由阿伏伽德罗提出，故被称为阿伏加德罗定律。
（1）请说明为什么在同温同压时，1mol固体和液体的体积各不相同，而1mol任何气体的体积都近似相等： 。
（2）44gCO和44 gCO2在同温同压下体积比为 ；氧原子物质的量之比为 ，制得它们消耗的碳的质量之比为 。（写最简整数比）
（3）将16gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为22g，原混合气体中CO的质量分数为 （保留三位小数）若所得的气体再通入到1000g质量分数为2.22%的澄清石灰水中，可得 g 沉淀。
（4）使相同体积的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl﹣完全转化为氯化银沉淀，消耗等物质的量的硝酸银，则原氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液物质的量浓度之比为 。（写最简整数比）
（5）将一定量的（NH4）2CO3加热到250℃使其完全分解，所得气体在此温度下的平均分子量为 。
24．混合物的分离是根据混合物中各组分性质差异进行的。
（1）现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/g•cm﹣3
密度/g•cm﹣3
水中的溶解性
甲
﹣98
47.5
0.93
可溶
乙
﹣84
77
0.9
可溶
据此，将甲和乙分离的方法是 。
（2）从氯化钠溶液中得到NaCl固体，可采用 的方法，该方法适用于 。
（3）已知：①水的沸点随着压强的减小而降低；②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。要从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，具体操作是 ， ， ，洗涤，干燥。
（4）氯化钠的固体中含有少量硝酸钾，请设计实验，得到较纯净的氯化钠的固体： 。
25．日常生活、工农业生产和科学研究都离不开物质的制备。
（1）在实验室中，可用浓盐酸与二氧化锰反应来制备氯气。写出反应的方程式： 。
（一）如图是马虎同学设计的在实验室中制取氯气的实验装置图。
（2）说明图中装置中的错误（三处）并加以改正： 。
（3）盛NaOH溶液的烧杯的作用是 ，反应的离子方程式是 。
（二）实验室有时用高锰酸钾代替二氧化锰，与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
（4）标出电子转移方向和数目 。
（5）该反应的氧化剂是 ，氧化产物是 。
（6）若15.8gKMnO4与足量的浓盐酸充分反应，则有 mol HCl被氧化。
26．“绿色试剂”双氧水在化工生产中有重要的用途。
（1）双氧水可作为矿业废液消毒剂，如要消除采矿业废液中的氰化物（如KCN），化学方程式为：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑（已知KCN中N显﹣3价）。
①生成物A的化学式为 。
②反应中被氧化的元素为 。
（2）油画所用颜料中含有某种白色的铅化合物（PbCO3），置于空气中，天长日久会生成黑色的PbS，从而使油画的色彩变暗。若用H2O2来小心清洗，可将PbS转变为白色的PbSO4而使油画“复原”，H2O2被称为绿色氧化剂的理由是 。
2021-2022学年上海市上海中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
生活垃圾
牛奶盒
眼药水
干电池
西瓜皮
垃圾分类标识
A．A B．B C．C D．D
【分析】选项中只有干电池为重金属污染，分类不合理，以此来解答。
【解答】解：A．牛奶盒可回收再利用，分类合理，故A不选；
B．眼药水过期有害，不能回收，为有害垃圾，故B不选；
C．干电池为重金属污染，分类不合理，故C选；
D．西瓜皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料使用，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、垃圾的分类及再利用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
2．下列各组内物质属同一类别的是（ ）
A．苛性钾、纯碱、烧碱、氢氧化钡
B．硫酸、亚硫酸、硝酸、碳酸
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵、醋酸
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜、熟石灰
【分析】A．电离产生阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；
B．电离产生阳离子都是氢离子的化合物为酸；
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵都是由铵根离子或者金属阳离子与酸根离子结合而成；
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜都是氧化物。
【解答】解：A．苛性钾、烧碱、氢氧化钡都是碱，纯碱为盐，故A不选；
B．硫酸、亚硫酸、硝酸、碳酸都是含氧酸，故B选；
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵都是由由铵根离子或者金属阳离子与酸根离子结合而成，属于盐，醋酸属于酸，故C不选；
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜都是氧化物，熟石灰为氢氧化钙，是碱，不是氧化物，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类与组成，明确相关物质的组成是解题关键，题目难度不大。
3．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）
A．能否透过滤纸或半透膜 B．能否发生丁达尔效应
C．是否均一、透明、稳定 D．分散质粒子直径的大小
【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的分类依据是分散质粒子的直径大小，据此即可解答．
【解答】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），
所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小。
故选：D。
【点评】本题考查胶体与其它分散系的区别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
4．下列事实与胶体性质无关的是（ ）
A．清晨在树林中看到一缕缕光束
B．向豆浆中加入石膏制得可口的豆腐
C．FeCl3溶液呈现棕黄色
D．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
【分析】A．空气中有尘埃，是气溶胶，属于胶体；
B．胶体具有聚沉等性质；；
C．三价铁离子颜色为黄色；
D．含有灰尘的空气是胶体，属于气溶胶，有电泳的性质。
【解答】解；A．空气中有尘埃，是胶体，当光线通过现场一条光亮的通路，有丁达尔效应，与胶体有关，故A正确；
B．在豆浆里中入盐卤做豆腐 盐卤是电解质溶液，利用的是胶体的聚沉，故B正确；
C．FeCl3溶液呈现棕黄色是因溶液中存在三价铁离子，颜色为黄色，与胶体无关，故C错误；
D．含有灰尘的空气是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释，题目难度不大。
5．30mL 1mol/L NaCl溶液和40mL 0.5mol/L CaCl2溶液混合后，混合液中Cl﹣浓度为（ ）
A．0.5mol/L B．0.6mol/L C．1.00mol/L D．2mol/L
【分析】先利用n＝cV计算各溶液中溶质的物质的量，进而计算Cl﹣的总物质的量，再根据c＝来计算混合液中Cl﹣的物质的量浓度．
【解答】解：NaCl的物质的量为0.03L×1mol/L＝0.03mol，
CaCl2的物质的量为0.04L×0.5mol/L＝0.02mol，
则Cl﹣的物质的量为0.03mol+0.02mol×2＝0.07mol，
混合溶液的体积为0.03L+0.04L＝0.07L，
则混合液中Cl﹣的物质的量浓度为＝1mol/L，
故选：C。
【点评】本题考查混合溶液中离子浓度的计算，注意对物质的量浓度定义式的理解，注意溶液体积的变化忽略不计，比较基础．
6．在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（ ）
A．所用NaOH已经潮解
B．溶解后的溶液立刻转移、洗涤、定容
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．定容时观察液面仰视
【分析】先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合c＝分析实验误差。
【解答】解：A.所用NaOH已经潮解，导致氢氧化钠的物质的量偏小，根据c＝可知，所得溶液浓度偏低，故A错误；
B.氢氧化钠溶于水放热，溶解后的溶液立刻转移、洗涤、定容，冷却后所得溶液体积偏小，根据c＝可知，所得溶液浓度偏高，故B正确；
C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致氢氧化钠的物质的量偏小，根据c＝可知，所得溶液浓度偏低，故C错误；
D.定容时观察液面仰视，加入蒸馏水的体积偏大，根据c＝可知，所得溶液浓度偏低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，为高频考点，把握溶液配制的步骤、操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
7．下列物质的分离方法不正确的是（ ）
A．用过滤的方法除去食盐水中的泥沙
B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水
C．用酒精萃取碘水中的碘
D．用淘洗的方法从沙里淘金
【分析】A．泥沙不溶于水，而食盐可以；
B．自来水中水的沸点较低；
C．酒精与水互溶，不分层；
D．金与沙的密度不同。
【解答】解：A．泥沙不溶于水，而食盐可以，则用过滤的方法除去食盐水中的泥沙，故A正确；
B．自来水中水的沸点较低，可选择用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；
C．酒精与水互溶，不分层，不能萃取碘水的中碘，应选苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；
D．金与沙的密度不同，可用淘洗的方法从沙里淘金，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意分离方法及分离原理，题目难度不大。
8．用向下排气法在容积为V mL的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体的平均式量为19，将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（ ）
A． B． C． D．无法判断
【分析】空气的平均式量为29，氨气的相对分子质量为17，利用瓶内气体的平均式量为19，先计算氨气的体积分数，则将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气。
【解答】解：设最后瓶内气体中氨气的物质的量为x，空气的物质的量为y，
由瓶内气体的平均式量为19，则
＝19，解得＝5，
气体的体积之比等于物质的量之比，
即VmL的集气瓶中收集氨气为VmL，
将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气，
瓶内剩余气体的体积为VmL﹣VmL＝mL，
故选：C。
【点评】本题考查学生利用平均式量法来计算，明确氨气的体积分数是解答本题的关键，难度不大。
9．某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（ ）
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
【分析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无CaCO3；
②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，则含有KCl；
③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；
④根据白色固体混合物由两种物质组成，则无NaCl，据此分析解答。
【解答】解：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无CaCO3；
②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，则含有KCl；
③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；
④根据白色固体混合物由两种物质组成，则无NaCl；
综上：白色固体混合物由KCl、MgSO4两种物质组成，不含有NaCl、CaCO3，故B正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握物质的性质及实验中现象与结论的关系为解答的关键，注意物质的性质以及反应的现象，题目难度不大。
10．如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是（ ）
A．配制100mL 1.0mol/L的Na2CO3溶液，操作1需要称量10.600gNa2CO3固体
B．操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中
C．操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐
【分析】A．根据n＝cV计算碳酸钠的物质的量，再根据m＝nM计算碳酸钠的质量；
B．图中操作2是将溶液移入容量瓶中；
C．定容时滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐；
D．少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间。
【解答】解：A．需要碳酸钠的质量为0.1L×1.0mol/L×106g/mol＝10.6g，故A正确；
B．操作2是移液，即将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中，故B正确；
C．操作4是定容，应滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，故C正确；
D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至液面与刻度线平齐，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程，根据物质的量定义式理解配制原理、进行误差分析，属于基础型题目，难度不大。
11．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B．在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
C．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
D．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
【分析】A、依据n＝＝计算；
B、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；
C、依据n＝计算物质的量，结合分子式计算原子数；
D、标准状况水不是气体．
【解答】解：A、依据n＝＝计算，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，氦气是单原子分子，在标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；
B、在常温常压下，11.2L Cl2物质的量不是0.5mol，故B错误；
C、由n＝可知，物质的量＝＝1mol，则原子数3NA，故C正确；
D、标准状况水不是气体，11.2LH2O物质的量不是0.5mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了气体摩尔体积的分析判断，掌握基础是关键，注意氦气是单原子分子，题目较简单．
12．能用H++OH﹣═H2O表示的反应是（ ）
A．醋酸与氢氧化钾溶液反应
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应
C．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应
D．碳酸与氢氧化钠溶液反应
【分析】离子方程式H++OH﹣＝H2O表示强酸（或强酸的酸式盐）与强碱溶液反应生成可溶性盐和水的一类反应，以此进行判断。
【解答】解：A．醋酸与氢氧化钾溶液反应的离子方程式为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O，不能用离子方程式H++OH﹣＝H2O表示，故A错误；
B．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式H++OH﹣＝H2O表示，故B错误；
C．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：H++OH﹣＝H2O，故C正确；
D．碳酸与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：H2CO3+2OH﹣＝CO32﹣+2H2O，不能用离子方程式H++OH﹣＝H2O表示，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、离子方程式表示的意义为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
13．25℃时，某物质（无结晶水）溶解度为S g，其摩尔质量为Mg/mol，饱和溶液密度为dg/mL。则其饱和溶液的物质的量浓度为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
【分析】根据ω＝×100%计算质量分数，再根据c＝计算该溶液物质的量浓度。
【解答】解：该饱和溶液质量分数为×100%＝×100%，饱和溶液密度为dg/mL，溶质的摩尔质量为Mg/mol，根据c＝可知，该溶液物质的量浓度为mol/L＝mol/L，
故选：A。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，熟练掌握物质的量浓度与质量分数之间关系，试题培养了学生分析计算能力。
14．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（ ）
A．NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣ B．K+、Na+、NO3﹣、SO32﹣
C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣ D．Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣
【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．
【解答】解：A．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；
B．H+、NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．MnO4﹣为紫色，与无色溶液不符，故C错误；
D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．
15．将12mol/L的盐酸（ρ＝1.19g/cm3）50mL稀释成6mol/L的盐酸（ρ＝1.10g/cm3），需加水的体积为（ ）
A．50mL B．50.5mL C．55mL D．59.5mL
【分析】根据稀释定律计算稀释后盐酸的体积，根据m＝ρV计算浓盐酸、稀盐酸的质量，进而计算水的质量，再根据V＝计算加入水的体积．
【解答】解：根据稀释定律，稀释前后溶质物质的量不变，故稀释后盐酸的体积为＝100mL，浓盐酸的质量为50mL×1.19g/mL＝59.5g，稀盐酸的质量为100mL×1.1g/mL＝110g，加入水的质量为110g﹣59.5g＝50.5g，故需要加入水的体积为＝50.5mL，故选B。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意溶液体积不具备加和性，根据V＝计算水的体积．
16．下列说法正确的是（ ）
A．在化学反应中，某元素由化合物变为游离态，该元素一定是被还原了
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强
C．非金属单质在化学反应中，既能作氧化剂又能作还原剂
D．氧化还原反应中，失电子数越多的金属，其活泼性越强
【分析】A．化合价升高被氧化，化合价降低被还原；
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强；
C．得电子的物质为氧化剂，失电子的物质为还原剂；
D．还原性强弱与失电子难易程度有关。
【解答】解：A．化合价升高被氧化，化合价降低被还原，某元素由化合态变为游离态，此元素可能被氧化，也可能被还原，如H2S与SO2反应生成S和水，S元素既被氧化又被还原，故A错误；
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强，如稀有气体难失电子也难得电子，故B错误；
C．Cl2与NaOH也反应时，Cl2既是氧化剂又是还原剂，所以非金属单质在化学反应中，既能作氧化剂又能作还原剂，故C正确；
D．还原性强弱与失电子难易程度有关，失电子越容易则其还原性越强，与失电子数多少无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及常见实例的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
17．某水溶液中含有以下离子中的若干种：K+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取两份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量BaCl2溶液后，得沉淀物6.27g，经足量硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g；在所得滤液中加入AgNO3溶液有沉淀产生。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．Cl﹣一定存在
B．100mL溶液中K+一定存在且质量不小于2.34g
C．Mg2+可能存在
D．Ba2+不一定存在
【分析】（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，该白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3或Ag2SO4，则原溶液中可能含有Cl﹣或CO32﹣或SO42﹣；
（2）第二份加足量BaCl2溶液后，得沉淀物6.27g，经足量硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，部分沉淀溶于盐酸的是BaCO3，不溶于盐酸的为BaSO4，则原溶液中一定含有CO32﹣、SO42﹣，沉淀BaCO3和BaSO4的质量分别为6.27g﹣2.33g＝3.94g、2.33g，n（CO32﹣）＝n（BaCO3）＝＝0.02mol，n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝＝0.01mol，根据离子共存可知，原溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；在所得滤液中加入AgNO3溶液有沉淀产生，该沉淀为AgCl，但加入BaCl2溶液时引进了Cl﹣，不能确定是否含有Cl﹣；
0.02molCO32﹣和0.01molSO42﹣所带负电荷总量为0.06mol，根据溶液电中性原则可知：一定还含有K+，n（K+）≥0.06mol，据此分析解答。
【解答】解：由上述分析可知，原溶液中一定含有K+、CO32﹣、SO42﹣，一定不含有Mg2+、Ba2+，可能含有Cl﹣；
A．由上述分析可知，原溶液中可能含有Cl﹣，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液中n（K+）≥0.06mol，m（K+）≥0.06mol×39g/mol＝2.34g，故B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中一定含有CO32﹣，Mg2+与CO32﹣不能大量共存，则原溶液中一定不含有Mg2+，故C错误；
D．由上述分析可知，原溶液中一定含有CO32﹣、SO42﹣，Ba2+与CO32﹣、SO42﹣均不能大量共存，则原溶液中一定不含有Ba2+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子共存、离子反应、沉淀成分和物质的性质为解答的关键，侧重分析能力与推断能力的考查，注意物质的量的计算及电中性原则的应用，题目难度不大。
18．用如图实验装置制取干燥且纯净的气体，下列判断正确的是（ ）
（1）
（2）
（3）
（4）
X
大理石与盐酸
锌粒与稀硫酸
双氧水与二氧化锰
二氧化锰与氯酸钾
Y
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
Z
CO2
H2
O2
O2
A．只有（1） B．（1）（2） C．只有（3） D．（2）（3）
【分析】综合分析该装置，不需要加热，可以用浓硫酸干燥，用向上排空气阀收集，密度比空气大，据此分析。
【解答】解：（1）大理石与盐酸反应不需要加热，生CO2，可以用浓硫酸干燥。密度比空气大，可以用向上排空气法收集；
（2）锌粒与稀硫酸反应不需要加热，生H2，可以用浓硫酸干燥。密度比空气小，不可以用向上排空气法收集；
（3）双氧水与二氧化锰反应不需要加热，生O2，可以用浓硫酸干燥，密度接近空气，不可以用向上排空气法收集；
（3）二氧化锰与氯酸钾反应需要加热，生O2，可以用浓硫酸干燥，密度接近空气，不可以用向上排空气法收集；
所以只有（1）正确，
故选：A。
【点评】本题考查气体的制备，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备及收集、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
19．已知青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂如丙酮、氯仿，可溶于乙醇、乙醚等，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差。乙醚的沸点为35℃。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列有关实验操作的说法正确的是（ ）
A．干燥时应该将黄花青蒿置于干燥管中
B．操作Ⅰ是萃取，所用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗
C．操作Ⅱ是蒸馏，所用的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等
D．操作Ⅲ是酒精灯加热，然后加水溶解、过滤
【分析】从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程：对青蒿进行干燥、破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取，过滤除去滤渣得到提取液，提取液经蒸馏除去乙醚得到青蒿素的粗品；青蒿素在水中几乎不溶，需要用95%乙醇溶解，然后经浓缩、结晶、过滤获得精品，以此分析解答。
【解答】解：A．干燥时应该将黄花青蒿置于干燥器中，不是干燥管中，故A错误；
B．操作Ⅰ是过滤除去滤渣得到提取液，所用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B错误；
C．操作Ⅱ是蒸馏，将乙醚蒸出获得，青蒿素固体，所用的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等，故C正确；
D．青蒿素在水中几乎不溶，应该加95%乙醇溶解，然后经浓缩、结晶、过滤获得精品，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
20．已知反应：①2A﹣+C2═2C﹣+A2②2C﹣+B2═2B﹣+C2③2D﹣+C2═2C﹣+D2，判断下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2 B．D﹣不能被B2氧化
C．还原性：B﹣能还原A2 D．氧化能力：B2＞C2＞D2
【分析】同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，
则：①2A﹣+C2═2C﹣+A2 反应中氧化性C2大于A2，还原性A﹣大于C﹣；
②2C﹣+B2═2B﹣+C2 反应中氧化性B2大于C2，还原性C﹣大于B﹣；
③2D﹣+C2═2C﹣+D2反应中氧化性C2大于D2，还原性D﹣大于C﹣；
则氧化性：B2＞C2＞D2或B2＞C2＞A2，D2与A2氧化性不能判断；
还原性：A﹣＞C﹣＞B﹣或D﹣＞C﹣＞B﹣，D﹣与A﹣还原性不能判断。
【解答】解：①2A﹣+C2═2C﹣+A2 反应中氧化性C2大于A2，还原性A﹣大于C﹣；
②2C﹣+B2═2B﹣+C2 反应中氧化性B2大于C2，还原性C﹣大于B﹣；
③2D﹣+C2═2C﹣+D2反应中氧化性C2大于D2，还原性D﹣大于C﹣；
则氧化性：B2＞C2＞D2或B2＞C2＞A2，D2与A2氧化性不能判断；
还原性：A﹣＞C﹣＞B﹣或D﹣＞C﹣＞B﹣，D﹣与A﹣还原性不能判断；
A．由以上分析可知：氧化性：B2＞C2＞D2或B2＞C2＞A2，故A错误；
B．由分析可知，氧化性：B2＞D2，则D﹣能被B2氧化，故B错误；
C．还原性：A﹣＞C﹣＞B﹣，氧化性B2＞C2＞A2，所以B﹣不能还原A2，故C错误；
D．氧化性越强，则氧化能力越强，则氧化能力：B2＞C2＞D2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化性、还原性强弱比较，题目难度不大，明确氧化还原反应中氧化性、还原性强弱关系为解答关键，注意掌握氧化还原反应的实质，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
二、综合题
21．分散系是我们日常生活中常见的混合物。
（1）胶体是分散质粒子的直径在 1nm ＜d＜ 100nm 的分散系。
（2）某学校课外活动小组在实验室中用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。方法是：将FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至整个体系呈红褐色为止，即制得Fe（OH）3胶体，有关反应方程式为： FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 。甲同学想证明Fe（OH）3胶体已制成，他可以利用 用激光笔照射，有一条明亮的光路 （最简单的方法）。
（3）丙同学想将Fe（OH）3胶体提纯，他可以采用的方法是 渗析 。
（4）实验室中的碘水也是一种褐色液体，不加任何试剂，可将碘水与Fe（OH）3胶体鉴别开的方法是 ：①用一束可见光分别照射两个液体样品，在入射光的侧面有观察到光亮的通路，即为Fe（OH）3胶体，另外一个是碘水；②分别取2个液体样品于2支洁净的试管中，分别对2支试管进行加热，观察到一支试管中有红棕色沉淀生成，即为Fe（OH）3胶体，另一支试管无明显变化即为碘水 （写两种）。
（5）在氢氧化铁胶体中逐滴滴入盐酸溶液，可以观察到的现象是 先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解 ，理由： 盐酸的氯离子带负电，使带正电的氢氧化铁胶体聚沉，之后HCl与Fe（OH）3发生中和反应，沉淀溶解，Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O 。
【分析】（1）根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，本质区别就是分散质的微粒直径不同．溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；
（3）溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜；
（4）胶体能发生丁达尔效应、聚沉；
（5）根据胶体的性质判断，加入盐酸产生聚沉现象，盐酸与Fe（OH）3反应，所以出现先沉淀后溶解现象。
【解答】解：（1）胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，
故答案为：1nm；100nm；
（2）反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；用激光笔照射，有一条明亮的光路；
（3）溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜，利用渗析能提纯胶体，
故答案为：渗析；
（4）胶体能发生丁达尔效应、聚沉，碘水溶液不能，所以两种方法分别为①用一束可见光分别照射两个液体样品，在入射光的侧面有观察到光亮的通路，即为Fe（OH）3胶体，另外一个是碘水；②分别取2个液体样品于2支洁净的试管中，分别对2支试管进行加热，观察到一支试管中有红棕色沉淀生成，即为Fe（OH）3胶体，另一支试管无明显变化即为碘水
故答案为：①用一束可见光分别照射两个液体样品，在入射光的侧面有观察到光亮的通路，即为Fe（OH）3胶体，另外一个是碘水；②分别取2个液体样品于2支洁净的试管中，分别对2支试管进行加热，观察到一支试管中有红棕色沉淀生成，即为Fe（OH）3胶体，另一支试管无明显变化即为碘水；
（5）向Fe（OH）3胶体加入盐酸，胶体会发生胶体的聚沉现象，形成氢氧化铁沉淀，盐酸与Fe（OH）3反应：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O，沉淀又溶解，所以现象先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解，
故答案为：先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解；盐酸的氯离子带负电，使带正电的氢氧化铁胶体聚沉，之后HCl与Fe（OH）3发生中和反应，沉淀溶解，Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O。
【点评】本题考查胶体的性质与制备，难度不大，注意溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜，利用渗析能提纯胶体。
22．“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或水溶液），盐酸必须避开它们，否则就无法通过。
（1）请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：③→⑥→⑩→⑦→ ⑪ → ⑫ 。
（2）①Zn
②Na2CO3
③CO2
④NaOH
⑤NaCl溶液，
以上物质中属于电解质的是 ②④ ，属于非电解质的是 ③ （写编号）
（3）在迷宫中能“吃掉”盐酸的盐是 ② ，写出该反应的离子方程式 2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑ 。
（4）写出①Zn与盐酸反应的离子反应方程式 Zn+2H+＝Zn2++H2↑ 。
（5）同温等物质的量浓度的②Na2CO3溶液和④NaOH溶液，导电能力较强的是 ② （写编号）。
（6）往②Na2CO3溶液中通入③CO2气体，会反应生成NaHCO3，请写出NaHCO3的电离方程式： NaHCO3＝Na++HCO3﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣ 。
【分析】（1）解决该题应该找出一条不能和盐酸发生反应的物质构成的路；酸的化学性质有：能够和酸碱指示剂变色，能够和活泼金属反应、能够和金属氧化物反应、能够和碱反应、能够和某些盐反应、活泼金属即在金属活动性顺序表中氢前的金属，酸和金属氧化物、碱、盐发生的反应是复分解反应，因此必须有水、沉淀或气体生成；
（2）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；
（3）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳；
（4）盐酸与锌反应置换得到氢气和氯化锌；
（5）电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度和自由移动的离子带电荷有关；
（6）碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子。
【解答】解：（1）利用图示的物质对相关的与盐酸不能反应的物质作出判断即可，由于盐酸不能和二氧化碳、二氧化硫、不活泼金属铜和银、氯化钠、硫酸反应，
故答案为：⑪、⑫；
（2）①Zn是单质，既不是电解质也不是非电解质；
②Na2CO3是电解质；
③CO2是非电解质；
④NaOH是电解质；
⑤NaCl溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
所以：以上物质中属于电解质的是②④，属于非电解质的是③，
故答案为：②④；③；
（3）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，离子方程式为：2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑，
故答案为：②；2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑；
（4）盐酸与锌反应置换得到氢气和氯化锌，离子方程式为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，
故答案为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑；
（5）碳酸钠和氢氧化钠都是强电解质，同温等物质的量浓度的②Na2CO3溶液和④NaOH溶液，碳酸钠溶液中自由移动的离子浓度大，所以导电能力强，
故答案为：②；
（6）碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣；碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，部分电离，电离方程式为：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，
故答案为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣。
【点评】本题主要考查了电解质判断、酸的化学性质及有关的置换反应和复分解反应条件的应用，培养学生对知识的应用能力和解决问题的能力，题目难度中等。
23．在相同温度和压强条件下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。这个规律最早由阿伏伽德罗提出，故被称为阿伏加德罗定律。
（1）请说明为什么在同温同压时，1mol固体和液体的体积各不相同，而1mol任何气体的体积都近似相等： 不同的固体和液体分子的大小不同且远大于分子间距，分子间距可以忽略，但气体分子间距远大于分子大小，气体分子大小可以忽略，同温同压下不同的气体分子的间距相同 。
（2）44gCO和44 gCO2在同温同压下体积比为 11：7 ；氧原子物质的量之比为 11：14 ，制得它们消耗的碳的质量之比为 11：7 。（写最简整数比）
（3）将16gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为22g，原混合气体中CO的质量分数为 65.625% （保留三位小数）若所得的气体再通入到1000g质量分数为2.22%的澄清石灰水中，可得 10 g 沉淀。
（4）使相同体积的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl﹣完全转化为氯化银沉淀，消耗等物质的量的硝酸银，则原氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液物质的量浓度之比为 6：3：1 。（写最简整数比）
（5）将一定量的（NH4）2CO3加热到250℃使其完全分解，所得气体在此温度下的平均分子量为 24 。
【分析】（1）微粒数目相同条件下，微粒大小、微粒间距决定物质的体积，而固体和液体分子大小不同且远大于分子间距，而气体分子间距远大于分子大小；
（2）根据n＝计算CO、CO2的物质的量，相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比；CO分子含有1个氧原子，CO2分子含有2个氧原子；根据碳原子守恒，结合m＝nM计算消耗碳的质量；
（3）CO转化为CO2导致气体质量增大，计算CO获得氧原子的质量，而CO获得氧原子的物质的量等于CO的物质的量，进而计算CO的质量分数；n[Ca（OH）2]＝＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.5mol，故1＜＝＜2，故CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O，2CO2+Ca（OH）2＝Ca（HCO3）2都发生，根据碳原子、钙原子守恒计算解答；
（4）消耗的硝酸银的量相同，说明各溶液中Cl﹣的物质的量相等，假设均为3mol，根据氯离子守恒计算NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量，溶液体积相等，则它们的物质的量浓度之比等于溶质的物质的量之比；
（5）发生反应（NH4）2CO32NH3↑+H2O（g）+CO2↑，假设碳酸铵为1mol，则生成的混合气体为4mol，混合气体的质量等于碳酸铵的质量，再根据M＝计算混合气体平均摩尔质量，可得混合气体平均相对分子质量。
【解答】解：（1）微粒数目相同条件下，微粒大小、微粒间距决定物质的体积，固体和液体分子大小不同且远大于分子间距，分子间距可以忽略，1mol固体或液体的体积不相等，而气体分子间距远大于分子大小，分子大小可以忽略，同温同压下分子间距约是相同的，故1mol气体的体积约是相等的，
故答案为：不同的固体和液体分子的大小不同且远大于分子间距，分子间距可以忽略，但气体分子间距远大于分子大小，气体分子大小可以忽略，同温同压下不同的气体分子的间距相同；
（2）n（CO）＝＝mol，n（CO2）＝＝1mol，故V（CO）：V（CO2）＝mol：1mol＝11：7；CO分子含有1个氧原子，CO2分子含有2个氧原子，故含有氧原子的物质的量之比为（mol×1）：（1mol×2）＝11：14；根据碳原子守恒，制得它们消耗的碳的质量之比为mol：1mol＝11：7，
故答案为：11：7；11：14；11：7；
（3）CO与氧化铜发生反应生成铜和二氧化碳，而使气体质量增加，则1个CO分子获得1个O原子转化为CO2分子，CO获得氧原子质量为22g﹣16g＝6g，则n（O）＝n（CO）＝n（O）＝＝mol，则原混合气体中CO的质量分数为×100%≈65.625%，n[Ca（OH）2]＝＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.5mol，故1＜＝＜2，故CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O，2CO2+Ca（OH）2＝Ca（HCO3）2都发生，设生成CaCO3、Ca（HCO3）2分别为xmol、ymol，根据碳原子守恒、钙原子守恒有，解得x＝0.1，y＝0.2，故生成碳酸钙的质量为0.1mol×100g/mol＝10g，
故答案为：65.625%；10；
（4）消耗的硝酸银的量相同，说明各溶液中Cl﹣的物质的量相等，假设均为3mol，则n（NaCl）＝n（Cl﹣）＝3mol，n（MgCl2）＝n（Cl﹣）＝×3mol＝1.5mol，n（AlCl3）＝n（Cl﹣）＝×3mol＝1mol，各溶液体积相等，则它们的物质的量浓度之比为3mol：1.5mol：1mol＝6：3：2，
故答案为：6：3：2；
（5）发生反应（NH4）2CO32NH3↑+H2O（g）+CO2↑，假设碳酸铵为1mol，则生成的混合气体为4mol，混合气体的质量等于碳酸铵的质量，故混合气体的质量为1mol×96g/mol＝96g，故混合气体平均摩尔质量为＝24g/mol，则混合气体平均相对分子质量为24，
故答案为：24。
【点评】本题考查比较综合，属于一题多点型题目，涉及阿伏加德罗定律、物质的量有关计算、化学方程式的计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
24．混合物的分离是根据混合物中各组分性质差异进行的。
（1）现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/g•cm﹣3
密度/g•cm﹣3
水中的溶解性
甲
﹣98
47.5
0.93
可溶
乙
﹣84
77
0.9
可溶
据此，将甲和乙分离的方法是 蒸馏 。
（2）从氯化钠溶液中得到NaCl固体，可采用 蒸发结晶 的方法，该方法适用于 分离可溶的固体和液体 。
（3）已知：①水的沸点随着压强的减小而降低；②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。要从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，具体操作是 升温浓缩 ， 降温至38℃以下结晶 ， 过滤 ，洗涤，干燥。
（4）氯化钠的固体中含有少量硝酸钾，请设计实验，得到较纯净的氯化钠的固体： 蒸发结晶、过滤 。
【分析】（1）由表中数据可知，二者互溶，但沸点不同；
（2）NaCl为可溶性固体；
（3）低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，需升温浓缩、冷却结晶；
（4）少量硝酸钾应残留在母液中。
【解答】解：（1）由表中数据可知，二者互溶，但沸点不同，可选蒸馏法分离，
故答案为：蒸馏；
（2）NaCl为可溶性固体，则从氯化钠溶液中得到NaCl固体，可采用蒸发结晶的方法，该方法适用于分离可溶的固体和液体，
故答案为：蒸发结晶；分离可溶的固体和液体；
（3）由信息可知，从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，具体操作是升温浓缩，降温至38℃以下结晶，过滤，洗涤，干燥，
故答案为：升温浓缩；降温至38℃以下结晶；过滤；
（4）少量硝酸钾应残留在母液中，则得到较纯净的氯化钠的固体的方法为蒸发结晶、过滤，
故答案为：蒸发结晶、过滤。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（3）为解答的难点，题目难度不大。
25．日常生活、工农业生产和科学研究都离不开物质的制备。
（1）在实验室中，可用浓盐酸与二氧化锰反应来制备氯气。写出反应的方程式： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（一）如图是马虎同学设计的在实验室中制取氯气的实验装置图。
（2）说明图中装置中的错误（三处）并加以改正： 没有加热；水中导气管短进长出，应该用饱和食盐水除杂；除杂顺序错误 。
（3）盛NaOH溶液的烧杯的作用是 吸收尾气 ，反应的离子方程式是 2OH﹣+Cl2＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
（二）实验室有时用高锰酸钾代替二氧化锰，与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
（4）标出电子转移方向和数目 。
（5）该反应的氧化剂是 KMnO4 ，氧化产物是 Cl2 。
（6）若15.8gKMnO4与足量的浓盐酸充分反应，则有 0.5 mol HCl被氧化。
【分析】（1）实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气；
（2）二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则，装置中应该先除杂后干燥；
（3）氯气有毒不能直接排空，用氢氧化钠溶液吸收氯气；
（4）由方程式可知，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，结合化合价的变化以及反应的方程式可计算转移电子的数目；
（5）化合价降低的为氧化剂；还原剂被氧化生成氧化产物；
（6）15.8g KMnO4的物质的量为＝0.1mol，结合化学反应方程式计算被氧化的HCl。
【解答】解：（1）实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，常温下二者不反应；洗气装置盛水的装置中导气管遵循“长进短出”原则且应该用饱和食盐水除杂；装置中应该先除杂后干燥，次序颠倒，
故答案为：没有加热；水中导气管短进长出，应该用饱和食盐水除杂；除杂顺序错误；
（3）氯气有毒不能直接排空，用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式为2OH﹣+Cl2＝Cl﹣+ClO﹣+H2，
故答案为：吸收尾气；2OH﹣+Cl2＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为，
故答案为：；
（5）KMnO4中的Mn化合价由+7降低为+2，为氧化剂；反应中部分Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，被氧化，Cl元素化合价升高生成Cl2为氧化产物，
故答案为：KMnO4；Cl2；
（6）15.8g KMnO4的物质的量为＝0.1mol，由2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知，被氧化的HCl的物质的量为0.1mol××＝0.5mol，
故答案为：0.5。
【点评】本题考查了氯气的实验室制法、氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据反应物状态及反应条件选取反应装置，题目难度不大。
26．“绿色试剂”双氧水在化工生产中有重要的用途。
（1）双氧水可作为矿业废液消毒剂，如要消除采矿业废液中的氰化物（如KCN），化学方程式为：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑（已知KCN中N显﹣3价）。
①生成物A的化学式为 KHCO3 。
②反应中被氧化的元素为 C 。
（2）油画所用颜料中含有某种白色的铅化合物（PbCO3），置于空气中，天长日久会生成黑色的PbS，从而使油画的色彩变暗。若用H2O2来小心清洗，可将PbS转变为白色的PbSO4而使油画“复原”，H2O2被称为绿色氧化剂的理由是 H2O2的还原产物是H2O，没有污染 。
【分析】（1）根据质量守恒定律来分析A的化学式；结合反应的方程式根据化合价的变化判断；
（2）H2O2作氧化剂时，其还原产物是H2O，没有污染。
【解答】解：（1）①根据原子守恒：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，A的化学式为KHCO3，则反应的方程式为KCN+H2O2+H2O＝KHCO3+NH3，
故答案为：KHCO3；
②KCN+H2O2+H2O＝KHCO3+NH3反应中，C元素化合价由+2价升高到+4价，被氧化，
故答案为：C；
（2）H2O2作氧化剂时，其还原产物是H2O，没有污染，所以H2O2被称为“绿色氧化剂”，
故答案为：H2O2的还原产物是H2O，没有污染。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生分析能力和应用能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，解答本题注意从质量守恒的角度判断生成物，注意题给信息的掌握，难度不大。
2021-2022学年上海市上海中学高一（上）期中化学试卷
一、选择题
1．做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
生活垃圾
牛奶盒
眼药水
干电池
西瓜皮
垃圾分类标识
A．A B．B C．C D．D
2．下列各组内物质属同一类别的是（ ）
A．苛性钾、纯碱、烧碱、氢氧化钡
B．硫酸、亚硫酸、硝酸、碳酸
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵、醋酸
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜、熟石灰
3．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）
A．能否透过滤纸或半透膜 B．能否发生丁达尔效应
C．是否均一、透明、稳定 D．分散质粒子直径的大小
4．下列事实与胶体性质无关的是（ ）
A．清晨在树林中看到一缕缕光束
B．向豆浆中加入石膏制得可口的豆腐
C．FeCl3溶液呈现棕黄色
D．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
5．30mL 1mol/L NaCl溶液和40mL 0.5mol/L CaCl2溶液混合后，混合液中Cl﹣浓度为（ ）
A．0.5mol/L B．0.6mol/L C．1.00mol/L D．2mol/L
6．在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（ ）
A．所用NaOH已经潮解
B．溶解后的溶液立刻转移、洗涤、定容
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．定容时观察液面仰视
7．下列物质的分离方法不正确的是（ ）
A．用过滤的方法除去食盐水中的泥沙
B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水
C．用酒精萃取碘水中的碘
D．用淘洗的方法从沙里淘金
8．用向下排气法在容积为V mL的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体的平均式量为19，将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（ ）
A． B． C． D．无法判断
9．某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（ ）
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
10．如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是（ ）
A．配制100mL 1.0mol/L的Na2CO3溶液，操作1需要称量10.600gNa2CO3固体
B．操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中
C．操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐
11．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B．在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
C．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
D．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
12．能用H++OH﹣═H2O表示的反应是（ ）
A．醋酸与氢氧化钾溶液反应
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应
C．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应
D．碳酸与氢氧化钠溶液反应
13．25℃时，某物质（无结晶水）溶解度为S g，其摩尔质量为Mg/mol，饱和溶液密度为dg/mL。则其饱和溶液的物质的量浓度为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
14．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（ ）
A．NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣ B．K+、Na+、NO3﹣、SO32﹣
C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣ D．Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣
15．将12mol/L的盐酸（ρ＝1.19g/cm3）50mL稀释成6mol/L的盐酸（ρ＝1.10g/cm3），需加水的体积为（ ）
A．50mL B．50.5mL C．55mL D．59.5mL
16．下列说法正确的是（ ）
A．在化学反应中，某元素由化合物变为游离态，该元素一定是被还原了
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强
C．非金属单质在化学反应中，既能作氧化剂又能作还原剂
D．氧化还原反应中，失电子数越多的金属，其活泼性越强
17．某水溶液中含有以下离子中的若干种：K+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取两份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量BaCl2溶液后，得沉淀物6.27g，经足量硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g；在所得滤液中加入AgNO3溶液有沉淀产生。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．Cl﹣一定存在
B．100mL溶液中K+一定存在且质量不小于2.34g
C．Mg2+可能存在
D．Ba2+不一定存在
18．用如图实验装置制取干燥且纯净的气体，下列判断正确的是（ ）
（1）
（2）
（3）
（4）
X
大理石与盐酸
锌粒与稀硫酸
双氧水与二氧化锰
二氧化锰与氯酸钾
Y
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
Z
CO2
H2
O2
O2
A．只有（1） B．（1）（2） C．只有（3） D．（2）（3）
19．已知青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂如丙酮、氯仿，可溶于乙醇、乙醚等，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差。乙醚的沸点为35℃。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列有关实验操作的说法正确的是（ ）
A．干燥时应该将黄花青蒿置于干燥管中
B．操作Ⅰ是萃取，所用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗
C．操作Ⅱ是蒸馏，所用的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等
D．操作Ⅲ是酒精灯加热，然后加水溶解、过滤
20．已知反应：①2A﹣+C2═2C﹣+A2②2C﹣+B2═2B﹣+C2③2D﹣+C2═2C﹣+D2，判断下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2 B．D﹣不能被B2氧化
C．还原性：B﹣能还原A2 D．氧化能力：B2＞C2＞D2
二、综合题
21．分散系是我们日常生活中常见的混合物。
（1）胶体是分散质粒子的直径在 ＜d＜ 的分散系。
（2）某学校课外活动小组在实验室中用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。方法是：将FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至整个体系呈红褐色为止，即制得Fe（OH）3胶体，有关反应方程式为： 。甲同学想证明Fe（OH）3胶体已制成，他可以利用 （最简单的方法）。
（3）丙同学想将Fe（OH）3胶体提纯，他可以采用的方法是 。
（4）实验室中的碘水也是一种褐色液体，不加任何试剂，可将碘水与Fe（OH）3胶体鉴别开的方法是 （写两种）。
（5）在氢氧化铁胶体中逐滴滴入盐酸溶液，可以观察到的现象是 ，理由： 。
22．“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或水溶液），盐酸必须避开它们，否则就无法通过。
（1）请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：③→⑥→⑩→⑦→ → 。
（2）①Zn
②Na2CO3
③CO2
④NaOH
⑤NaCl溶液，
以上物质中属于电解质的是 ，属于非电解质的是 （写编号）
（3）在迷宫中能“吃掉”盐酸的盐是 ，写出该反应的离子方程式 。
（4）写出①Zn与盐酸反应的离子反应方程式 。
（5）同温等物质的量浓度的②Na2CO3溶液和④NaOH溶液，导电能力较强的是 （写编号）。
（6）往②Na2CO3溶液中通入③CO2气体，会反应生成NaHCO3，请写出NaHCO3的电离方程式： 。
23．在相同温度和压强条件下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。这个规律最早由阿伏伽德罗提出，故被称为阿伏加德罗定律。
（1）请说明为什么在同温同压时，1mol固体和液体的体积各不相同，而1mol任何气体的体积都近似相等： 。
（2）44gCO和44 gCO2在同温同压下体积比为 ；氧原子物质的量之比为 ，制得它们消耗的碳的质量之比为 。（写最简整数比）
（3）将16gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为22g，原混合气体中CO的质量分数为 （保留三位小数）若所得的气体再通入到1000g质量分数为2.22%的澄清石灰水中，可得 g 沉淀。
（4）使相同体积的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl﹣完全转化为氯化银沉淀，消耗等物质的量的硝酸银，则原氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液物质的量浓度之比为 。（写最简整数比）
（5）将一定量的（NH4）2CO3加热到250℃使其完全分解，所得气体在此温度下的平均分子量为 。
24．混合物的分离是根据混合物中各组分性质差异进行的。
（1）现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/g•cm﹣3
密度/g•cm﹣3
水中的溶解性
甲
﹣98
47.5
0.93
可溶
乙
﹣84
77
0.9
可溶
据此，将甲和乙分离的方法是 。
（2）从氯化钠溶液中得到NaCl固体，可采用 的方法，该方法适用于 。
（3）已知：①水的沸点随着压强的减小而降低；②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。要从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，具体操作是 ， ， ，洗涤，干燥。
（4）氯化钠的固体中含有少量硝酸钾，请设计实验，得到较纯净的氯化钠的固体： 。
25．日常生活、工农业生产和科学研究都离不开物质的制备。
（1）在实验室中，可用浓盐酸与二氧化锰反应来制备氯气。写出反应的方程式： 。
（一）如图是马虎同学设计的在实验室中制取氯气的实验装置图。
（2）说明图中装置中的错误（三处）并加以改正： 。
（3）盛NaOH溶液的烧杯的作用是 ，反应的离子方程式是 。
（二）实验室有时用高锰酸钾代替二氧化锰，与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
（4）标出电子转移方向和数目 。
（5）该反应的氧化剂是 ，氧化产物是 。
（6）若15.8gKMnO4与足量的浓盐酸充分反应，则有 mol HCl被氧化。
26．“绿色试剂”双氧水在化工生产中有重要的用途。
（1）双氧水可作为矿业废液消毒剂，如要消除采矿业废液中的氰化物（如KCN），化学方程式为：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑（已知KCN中N显﹣3价）。
①生成物A的化学式为 。
②反应中被氧化的元素为 。
（2）油画所用颜料中含有某种白色的铅化合物（PbCO3），置于空气中，天长日久会生成黑色的PbS，从而使油画的色彩变暗。若用H2O2来小心清洗，可将PbS转变为白色的PbSO4而使油画“复原”，H2O2被称为绿色氧化剂的理由是 。
2021-2022学年上海市上海中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
生活垃圾
牛奶盒
眼药水
干电池
西瓜皮
垃圾分类标识
A．A B．B C．C D．D
【分析】选项中只有干电池为重金属污染，分类不合理，以此来解答。
【解答】解：A．牛奶盒可回收再利用，分类合理，故A不选；
B．眼药水过期有害，不能回收，为有害垃圾，故B不选；
C．干电池为重金属污染，分类不合理，故C选；
D．西瓜皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料使用，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、垃圾的分类及再利用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
2．下列各组内物质属同一类别的是（ ）
A．苛性钾、纯碱、烧碱、氢氧化钡
B．硫酸、亚硫酸、硝酸、碳酸
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵、醋酸
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜、熟石灰
【分析】A．电离产生阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；
B．电离产生阳离子都是氢离子的化合物为酸；
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵都是由铵根离子或者金属阳离子与酸根离子结合而成；
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜都是氧化物。
【解答】解：A．苛性钾、烧碱、氢氧化钡都是碱，纯碱为盐，故A不选；
B．硫酸、亚硫酸、硝酸、碳酸都是含氧酸，故B选；
C．硫酸铵、醋酸钠、碳酸铵都是由由铵根离子或者金属阳离子与酸根离子结合而成，属于盐，醋酸属于酸，故C不选；
D．氧化钠、氧化钾、氧化铜都是氧化物，熟石灰为氢氧化钙，是碱，不是氧化物，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类与组成，明确相关物质的组成是解题关键，题目难度不大。
3．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）
A．能否透过滤纸或半透膜 B．能否发生丁达尔效应
C．是否均一、透明、稳定 D．分散质粒子直径的大小
【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的分类依据是分散质粒子的直径大小，据此即可解答．
【解答】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），
所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小。
故选：D。
【点评】本题考查胶体与其它分散系的区别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
4．下列事实与胶体性质无关的是（ ）
A．清晨在树林中看到一缕缕光束
B．向豆浆中加入石膏制得可口的豆腐
C．FeCl3溶液呈现棕黄色
D．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
【分析】A．空气中有尘埃，是气溶胶，属于胶体；
B．胶体具有聚沉等性质；；
C．三价铁离子颜色为黄色；
D．含有灰尘的空气是胶体，属于气溶胶，有电泳的性质。
【解答】解；A．空气中有尘埃，是胶体，当光线通过现场一条光亮的通路，有丁达尔效应，与胶体有关，故A正确；
B．在豆浆里中入盐卤做豆腐 盐卤是电解质溶液，利用的是胶体的聚沉，故B正确；
C．FeCl3溶液呈现棕黄色是因溶液中存在三价铁离子，颜色为黄色，与胶体无关，故C错误；
D．含有灰尘的空气是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释，题目难度不大。
5．30mL 1mol/L NaCl溶液和40mL 0.5mol/L CaCl2溶液混合后，混合液中Cl﹣浓度为（ ）
A．0.5mol/L B．0.6mol/L C．1.00mol/L D．2mol/L
【分析】先利用n＝cV计算各溶液中溶质的物质的量，进而计算Cl﹣的总物质的量，再根据c＝来计算混合液中Cl﹣的物质的量浓度．
【解答】解：NaCl的物质的量为0.03L×1mol/L＝0.03mol，
CaCl2的物质的量为0.04L×0.5mol/L＝0.02mol，
则Cl﹣的物质的量为0.03mol+0.02mol×2＝0.07mol，
混合溶液的体积为0.03L+0.04L＝0.07L，
则混合液中Cl﹣的物质的量浓度为＝1mol/L，
故选：C。
【点评】本题考查混合溶液中离子浓度的计算，注意对物质的量浓度定义式的理解，注意溶液体积的变化忽略不计，比较基础．
6．在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（ ）
A．所用NaOH已经潮解
B．溶解后的溶液立刻转移、洗涤、定容
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．定容时观察液面仰视
【分析】先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合c＝分析实验误差。
【解答】解：A.所用NaOH已经潮解，导致氢氧化钠的物质的量偏小，根据c＝可知，所得溶液浓度偏低，故A错误；
B.氢氧化钠溶于水放热，溶解后的溶液立刻转移、洗涤、定容，冷却后所得溶液体积偏小，根据c＝可知，所得溶液浓度偏高，故B正确；
C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致氢氧化钠的物质的量偏小，根据c＝可知，所得溶液浓度偏低，故C错误；
D.定容时观察液面仰视，加入蒸馏水的体积偏大，根据c＝可知，所得溶液浓度偏低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，为高频考点，把握溶液配制的步骤、操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
7．下列物质的分离方法不正确的是（ ）
A．用过滤的方法除去食盐水中的泥沙
B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水
C．用酒精萃取碘水中的碘
D．用淘洗的方法从沙里淘金
【分析】A．泥沙不溶于水，而食盐可以；
B．自来水中水的沸点较低；
C．酒精与水互溶，不分层；
D．金与沙的密度不同。
【解答】解：A．泥沙不溶于水，而食盐可以，则用过滤的方法除去食盐水中的泥沙，故A正确；
B．自来水中水的沸点较低，可选择用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；
C．酒精与水互溶，不分层，不能萃取碘水的中碘，应选苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；
D．金与沙的密度不同，可用淘洗的方法从沙里淘金，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意分离方法及分离原理，题目难度不大。
8．用向下排气法在容积为V mL的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体的平均式量为19，将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（ ）
A． B． C． D．无法判断
【分析】空气的平均式量为29，氨气的相对分子质量为17，利用瓶内气体的平均式量为19，先计算氨气的体积分数，则将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气。
【解答】解：设最后瓶内气体中氨气的物质的量为x，空气的物质的量为y，
由瓶内气体的平均式量为19，则
＝19，解得＝5，
气体的体积之比等于物质的量之比，
即VmL的集气瓶中收集氨气为VmL，
将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气，
瓶内剩余气体的体积为VmL﹣VmL＝mL，
故选：C。
【点评】本题考查学生利用平均式量法来计算，明确氨气的体积分数是解答本题的关键，难度不大。
9．某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（ ）
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
【分析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无CaCO3；
②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，则含有KCl；
③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；
④根据白色固体混合物由两种物质组成，则无NaCl，据此分析解答。
【解答】解：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则无CaCO3；
②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，则含有KCl；
③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；
④根据白色固体混合物由两种物质组成，则无NaCl；
综上：白色固体混合物由KCl、MgSO4两种物质组成，不含有NaCl、CaCO3，故B正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握物质的性质及实验中现象与结论的关系为解答的关键，注意物质的性质以及反应的现象，题目难度不大。
10．如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是（ ）
A．配制100mL 1.0mol/L的Na2CO3溶液，操作1需要称量10.600gNa2CO3固体
B．操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中
C．操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐
【分析】A．根据n＝cV计算碳酸钠的物质的量，再根据m＝nM计算碳酸钠的质量；
B．图中操作2是将溶液移入容量瓶中；
C．定容时滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐；
D．少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间。
【解答】解：A．需要碳酸钠的质量为0.1L×1.0mol/L×106g/mol＝10.6g，故A正确；
B．操作2是移液，即将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中，故B正确；
C．操作4是定容，应滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，故C正确；
D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至液面与刻度线平齐，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程，根据物质的量定义式理解配制原理、进行误差分析，属于基础型题目，难度不大。
11．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B．在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
C．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
D．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
【分析】A、依据n＝＝计算；
B、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；
C、依据n＝计算物质的量，结合分子式计算原子数；
D、标准状况水不是气体．
【解答】解：A、依据n＝＝计算，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，氦气是单原子分子，在标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；
B、在常温常压下，11.2L Cl2物质的量不是0.5mol，故B错误；
C、由n＝可知，物质的量＝＝1mol，则原子数3NA，故C正确；
D、标准状况水不是气体，11.2LH2O物质的量不是0.5mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了气体摩尔体积的分析判断，掌握基础是关键，注意氦气是单原子分子，题目较简单．
12．能用H++OH﹣═H2O表示的反应是（ ）
A．醋酸与氢氧化钾溶液反应
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应
C．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应
D．碳酸与氢氧化钠溶液反应
【分析】离子方程式H++OH﹣＝H2O表示强酸（或强酸的酸式盐）与强碱溶液反应生成可溶性盐和水的一类反应，以此进行判断。
【解答】解：A．醋酸与氢氧化钾溶液反应的离子方程式为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O，不能用离子方程式H++OH﹣＝H2O表示，故A错误；
B．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式H++OH﹣＝H2O表示，故B错误；
C．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：H++OH﹣＝H2O，故C正确；
D．碳酸与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：H2CO3+2OH﹣＝CO32﹣+2H2O，不能用离子方程式H++OH﹣＝H2O表示，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、离子方程式表示的意义为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
13．25℃时，某物质（无结晶水）溶解度为S g，其摩尔质量为Mg/mol，饱和溶液密度为dg/mL。则其饱和溶液的物质的量浓度为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
【分析】根据ω＝×100%计算质量分数，再根据c＝计算该溶液物质的量浓度。
【解答】解：该饱和溶液质量分数为×100%＝×100%，饱和溶液密度为dg/mL，溶质的摩尔质量为Mg/mol，根据c＝可知，该溶液物质的量浓度为mol/L＝mol/L，
故选：A。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，熟练掌握物质的量浓度与质量分数之间关系，试题培养了学生分析计算能力。
14．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（ ）
A．NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣ B．K+、Na+、NO3﹣、SO32﹣
C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣ D．Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣
【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．
【解答】解：A．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；
B．H+、NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．MnO4﹣为紫色，与无色溶液不符，故C错误；
D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．
15．将12mol/L的盐酸（ρ＝1.19g/cm3）50mL稀释成6mol/L的盐酸（ρ＝1.10g/cm3），需加水的体积为（ ）
A．50mL B．50.5mL C．55mL D．59.5mL
【分析】根据稀释定律计算稀释后盐酸的体积，根据m＝ρV计算浓盐酸、稀盐酸的质量，进而计算水的质量，再根据V＝计算加入水的体积．
【解答】解：根据稀释定律，稀释前后溶质物质的量不变，故稀释后盐酸的体积为＝100mL，浓盐酸的质量为50mL×1.19g/mL＝59.5g，稀盐酸的质量为100mL×1.1g/mL＝110g，加入水的质量为110g﹣59.5g＝50.5g，故需要加入水的体积为＝50.5mL，故选B。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意溶液体积不具备加和性，根据V＝计算水的体积．
16．下列说法正确的是（ ）
A．在化学反应中，某元素由化合物变为游离态，该元素一定是被还原了
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强
C．非金属单质在化学反应中，既能作氧化剂又能作还原剂
D．氧化还原反应中，失电子数越多的金属，其活泼性越强
【分析】A．化合价升高被氧化，化合价降低被还原；
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强；
C．得电子的物质为氧化剂，失电子的物质为还原剂；
D．还原性强弱与失电子难易程度有关。
【解答】解：A．化合价升高被氧化，化合价降低被还原，某元素由化合态变为游离态，此元素可能被氧化，也可能被还原，如H2S与SO2反应生成S和水，S元素既被氧化又被还原，故A错误；
B．失电子难的原子获得电子的能力一定强，如稀有气体难失电子也难得电子，故B错误；
C．Cl2与NaOH也反应时，Cl2既是氧化剂又是还原剂，所以非金属单质在化学反应中，既能作氧化剂又能作还原剂，故C正确；
D．还原性强弱与失电子难易程度有关，失电子越容易则其还原性越强，与失电子数多少无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及常见实例的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
17．某水溶液中含有以下离子中的若干种：K+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取两份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量BaCl2溶液后，得沉淀物6.27g，经足量硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g；在所得滤液中加入AgNO3溶液有沉淀产生。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．Cl﹣一定存在
B．100mL溶液中K+一定存在且质量不小于2.34g
C．Mg2+可能存在
D．Ba2+不一定存在
【分析】（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，该白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3或Ag2SO4，则原溶液中可能含有Cl﹣或CO32﹣或SO42﹣；
（2）第二份加足量BaCl2溶液后，得沉淀物6.27g，经足量硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，部分沉淀溶于盐酸的是BaCO3，不溶于盐酸的为BaSO4，则原溶液中一定含有CO32﹣、SO42﹣，沉淀BaCO3和BaSO4的质量分别为6.27g﹣2.33g＝3.94g、2.33g，n（CO32﹣）＝n（BaCO3）＝＝0.02mol，n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝＝0.01mol，根据离子共存可知，原溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；在所得滤液中加入AgNO3溶液有沉淀产生，该沉淀为AgCl，但加入BaCl2溶液时引进了Cl﹣，不能确定是否含有Cl﹣；
0.02molCO32﹣和0.01molSO42﹣所带负电荷总量为0.06mol，根据溶液电中性原则可知：一定还含有K+，n（K+）≥0.06mol，据此分析解答。
【解答】解：由上述分析可知，原溶液中一定含有K+、CO32﹣、SO42﹣，一定不含有Mg2+、Ba2+，可能含有Cl﹣；
A．由上述分析可知，原溶液中可能含有Cl﹣，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液中n（K+）≥0.06mol，m（K+）≥0.06mol×39g/mol＝2.34g，故B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中一定含有CO32﹣，Mg2+与CO32﹣不能大量共存，则原溶液中一定不含有Mg2+，故C错误；
D．由上述分析可知，原溶液中一定含有CO32﹣、SO42﹣，Ba2+与CO32﹣、SO42﹣均不能大量共存，则原溶液中一定不含有Ba2+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子共存、离子反应、沉淀成分和物质的性质为解答的关键，侧重分析能力与推断能力的考查，注意物质的量的计算及电中性原则的应用，题目难度不大。
18．用如图实验装置制取干燥且纯净的气体，下列判断正确的是（ ）
（1）
（2）
（3）
（4）
X
大理石与盐酸
锌粒与稀硫酸
双氧水与二氧化锰
二氧化锰与氯酸钾
Y
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
浓硫酸
Z
CO2
H2
O2
O2
A．只有（1） B．（1）（2） C．只有（3） D．（2）（3）
【分析】综合分析该装置，不需要加热，可以用浓硫酸干燥，用向上排空气阀收集，密度比空气大，据此分析。
【解答】解：（1）大理石与盐酸反应不需要加热，生CO2，可以用浓硫酸干燥。密度比空气大，可以用向上排空气法收集；
（2）锌粒与稀硫酸反应不需要加热，生H2，可以用浓硫酸干燥。密度比空气小，不可以用向上排空气法收集；
（3）双氧水与二氧化锰反应不需要加热，生O2，可以用浓硫酸干燥，密度接近空气，不可以用向上排空气法收集；
（3）二氧化锰与氯酸钾反应需要加热，生O2，可以用浓硫酸干燥，密度接近空气，不可以用向上排空气法收集；
所以只有（1）正确，
故选：A。
【点评】本题考查气体的制备，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备及收集、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
19．已知青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂如丙酮、氯仿，可溶于乙醇、乙醚等，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差。乙醚的沸点为35℃。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列有关实验操作的说法正确的是（ ）
A．干燥时应该将黄花青蒿置于干燥管中
B．操作Ⅰ是萃取，所用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗
C．操作Ⅱ是蒸馏，所用的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等
D．操作Ⅲ是酒精灯加热，然后加水溶解、过滤
【分析】从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程：对青蒿进行干燥、破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取，过滤除去滤渣得到提取液，提取液经蒸馏除去乙醚得到青蒿素的粗品；青蒿素在水中几乎不溶，需要用95%乙醇溶解，然后经浓缩、结晶、过滤获得精品，以此分析解答。
【解答】解：A．干燥时应该将黄花青蒿置于干燥器中，不是干燥管中，故A错误；
B．操作Ⅰ是过滤除去滤渣得到提取液，所用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B错误；
C．操作Ⅱ是蒸馏，将乙醚蒸出获得，青蒿素固体，所用的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等，故C正确；
D．青蒿素在水中几乎不溶，应该加95%乙醇溶解，然后经浓缩、结晶、过滤获得精品，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
20．已知反应：①2A﹣+C2═2C﹣+A2②2C﹣+B2═2B﹣+C2③2D﹣+C2═2C﹣+D2，判断下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2 B．D﹣不能被B2氧化
C．还原性：B﹣能还原A2 D．氧化能力：B2＞C2＞D2
【分析】同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，
则：①2A﹣+C2═2C﹣+A2 反应中氧化性C2大于A2，还原性A﹣大于C﹣；
②2C﹣+B2═2B﹣+C2 反应中氧化性B2大于C2，还原性C﹣大于B﹣；
③2D﹣+C2═2C﹣+D2反应中氧化性C2大于D2，还原性D﹣大于C﹣；
则氧化性：B2＞C2＞D2或B2＞C2＞A2，D2与A2氧化性不能判断；
还原性：A﹣＞C﹣＞B﹣或D﹣＞C﹣＞B﹣，D﹣与A﹣还原性不能判断。
【解答】解：①2A﹣+C2═2C﹣+A2 反应中氧化性C2大于A2，还原性A﹣大于C﹣；
②2C﹣+B2═2B﹣+C2 反应中氧化性B2大于C2，还原性C﹣大于B﹣；
③2D﹣+C2═2C﹣+D2反应中氧化性C2大于D2，还原性D﹣大于C﹣；
则氧化性：B2＞C2＞D2或B2＞C2＞A2，D2与A2氧化性不能判断；
还原性：A﹣＞C﹣＞B﹣或D﹣＞C﹣＞B﹣，D﹣与A﹣还原性不能判断；
A．由以上分析可知：氧化性：B2＞C2＞D2或B2＞C2＞A2，故A错误；
B．由分析可知，氧化性：B2＞D2，则D﹣能被B2氧化，故B错误；
C．还原性：A﹣＞C﹣＞B﹣，氧化性B2＞C2＞A2，所以B﹣不能还原A2，故C错误；
D．氧化性越强，则氧化能力越强，则氧化能力：B2＞C2＞D2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化性、还原性强弱比较，题目难度不大，明确氧化还原反应中氧化性、还原性强弱关系为解答关键，注意掌握氧化还原反应的实质，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
二、综合题
21．分散系是我们日常生活中常见的混合物。
（1）胶体是分散质粒子的直径在 1nm ＜d＜ 100nm 的分散系。
（2）某学校课外活动小组在实验室中用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。方法是：将FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至整个体系呈红褐色为止，即制得Fe（OH）3胶体，有关反应方程式为： FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 。甲同学想证明Fe（OH）3胶体已制成，他可以利用 用激光笔照射，有一条明亮的光路 （最简单的方法）。
（3）丙同学想将Fe（OH）3胶体提纯，他可以采用的方法是 渗析 。
（4）实验室中的碘水也是一种褐色液体，不加任何试剂，可将碘水与Fe（OH）3胶体鉴别开的方法是 ：①用一束可见光分别照射两个液体样品，在入射光的侧面有观察到光亮的通路，即为Fe（OH）3胶体，另外一个是碘水；②分别取2个液体样品于2支洁净的试管中，分别对2支试管进行加热，观察到一支试管中有红棕色沉淀生成，即为Fe（OH）3胶体，另一支试管无明显变化即为碘水 （写两种）。
（5）在氢氧化铁胶体中逐滴滴入盐酸溶液，可以观察到的现象是 先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解 ，理由： 盐酸的氯离子带负电，使带正电的氢氧化铁胶体聚沉，之后HCl与Fe（OH）3发生中和反应，沉淀溶解，Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O 。
【分析】（1）根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，本质区别就是分散质的微粒直径不同．溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；
（3）溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜；
（4）胶体能发生丁达尔效应、聚沉；
（5）根据胶体的性质判断，加入盐酸产生聚沉现象，盐酸与Fe（OH）3反应，所以出现先沉淀后溶解现象。
【解答】解：（1）胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，
故答案为：1nm；100nm；
（2）反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；用激光笔照射，有一条明亮的光路；
（3）溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜，利用渗析能提纯胶体，
故答案为：渗析；
（4）胶体能发生丁达尔效应、聚沉，碘水溶液不能，所以两种方法分别为①用一束可见光分别照射两个液体样品，在入射光的侧面有观察到光亮的通路，即为Fe（OH）3胶体，另外一个是碘水；②分别取2个液体样品于2支洁净的试管中，分别对2支试管进行加热，观察到一支试管中有红棕色沉淀生成，即为Fe（OH）3胶体，另一支试管无明显变化即为碘水
故答案为：①用一束可见光分别照射两个液体样品，在入射光的侧面有观察到光亮的通路，即为Fe（OH）3胶体，另外一个是碘水；②分别取2个液体样品于2支洁净的试管中，分别对2支试管进行加热，观察到一支试管中有红棕色沉淀生成，即为Fe（OH）3胶体，另一支试管无明显变化即为碘水；
（5）向Fe（OH）3胶体加入盐酸，胶体会发生胶体的聚沉现象，形成氢氧化铁沉淀，盐酸与Fe（OH）3反应：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O，沉淀又溶解，所以现象先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解，
故答案为：先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解；盐酸的氯离子带负电，使带正电的氢氧化铁胶体聚沉，之后HCl与Fe（OH）3发生中和反应，沉淀溶解，Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O。
【点评】本题考查胶体的性质与制备，难度不大，注意溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜，利用渗析能提纯胶体。
22．“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或水溶液），盐酸必须避开它们，否则就无法通过。
（1）请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：③→⑥→⑩→⑦→ ⑪ → ⑫ 。
（2）①Zn
②Na2CO3
③CO2
④NaOH
⑤NaCl溶液，
以上物质中属于电解质的是 ②④ ，属于非电解质的是 ③ （写编号）
（3）在迷宫中能“吃掉”盐酸的盐是 ② ，写出该反应的离子方程式 2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑ 。
（4）写出①Zn与盐酸反应的离子反应方程式 Zn+2H+＝Zn2++H2↑ 。
（5）同温等物质的量浓度的②Na2CO3溶液和④NaOH溶液，导电能力较强的是 ② （写编号）。
（6）往②Na2CO3溶液中通入③CO2气体，会反应生成NaHCO3，请写出NaHCO3的电离方程式： NaHCO3＝Na++HCO3﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣ 。
【分析】（1）解决该题应该找出一条不能和盐酸发生反应的物质构成的路；酸的化学性质有：能够和酸碱指示剂变色，能够和活泼金属反应、能够和金属氧化物反应、能够和碱反应、能够和某些盐反应、活泼金属即在金属活动性顺序表中氢前的金属，酸和金属氧化物、碱、盐发生的反应是复分解反应，因此必须有水、沉淀或气体生成；
（2）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；
（3）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳；
（4）盐酸与锌反应置换得到氢气和氯化锌；
（5）电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度和自由移动的离子带电荷有关；
（6）碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子。
【解答】解：（1）利用图示的物质对相关的与盐酸不能反应的物质作出判断即可，由于盐酸不能和二氧化碳、二氧化硫、不活泼金属铜和银、氯化钠、硫酸反应，
故答案为：⑪、⑫；
（2）①Zn是单质，既不是电解质也不是非电解质；
②Na2CO3是电解质；
③CO2是非电解质；
④NaOH是电解质；
⑤NaCl溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
所以：以上物质中属于电解质的是②④，属于非电解质的是③，
故答案为：②④；③；
（3）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，离子方程式为：2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑，
故答案为：②；2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑；
（4）盐酸与锌反应置换得到氢气和氯化锌，离子方程式为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，
故答案为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑；
（5）碳酸钠和氢氧化钠都是强电解质，同温等物质的量浓度的②Na2CO3溶液和④NaOH溶液，碳酸钠溶液中自由移动的离子浓度大，所以导电能力强，
故答案为：②；
（6）碳酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣；碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，部分电离，电离方程式为：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，
故答案为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣。
【点评】本题主要考查了电解质判断、酸的化学性质及有关的置换反应和复分解反应条件的应用，培养学生对知识的应用能力和解决问题的能力，题目难度中等。
23．在相同温度和压强条件下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。这个规律最早由阿伏伽德罗提出，故被称为阿伏加德罗定律。
（1）请说明为什么在同温同压时，1mol固体和液体的体积各不相同，而1mol任何气体的体积都近似相等： 不同的固体和液体分子的大小不同且远大于分子间距，分子间距可以忽略，但气体分子间距远大于分子大小，气体分子大小可以忽略，同温同压下不同的气体分子的间距相同 。
（2）44gCO和44 gCO2在同温同压下体积比为 11：7 ；氧原子物质的量之比为 11：14 ，制得它们消耗的碳的质量之比为 11：7 。（写最简整数比）
（3）将16gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为22g，原混合气体中CO的质量分数为 65.625% （保留三位小数）若所得的气体再通入到1000g质量分数为2.22%的澄清石灰水中，可得 10 g 沉淀。
（4）使相同体积的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl﹣完全转化为氯化银沉淀，消耗等物质的量的硝酸银，则原氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液物质的量浓度之比为 6：3：1 。（写最简整数比）
（5）将一定量的（NH4）2CO3加热到250℃使其完全分解，所得气体在此温度下的平均分子量为 24 。
【分析】（1）微粒数目相同条件下，微粒大小、微粒间距决定物质的体积，而固体和液体分子大小不同且远大于分子间距，而气体分子间距远大于分子大小；
（2）根据n＝计算CO、CO2的物质的量，相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比；CO分子含有1个氧原子，CO2分子含有2个氧原子；根据碳原子守恒，结合m＝nM计算消耗碳的质量；
（3）CO转化为CO2导致气体质量增大，计算CO获得氧原子的质量，而CO获得氧原子的物质的量等于CO的物质的量，进而计算CO的质量分数；n[Ca（OH）2]＝＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.5mol，故1＜＝＜2，故CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O，2CO2+Ca（OH）2＝Ca（HCO3）2都发生，根据碳原子、钙原子守恒计算解答；
（4）消耗的硝酸银的量相同，说明各溶液中Cl﹣的物质的量相等，假设均为3mol，根据氯离子守恒计算NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量，溶液体积相等，则它们的物质的量浓度之比等于溶质的物质的量之比；
（5）发生反应（NH4）2CO32NH3↑+H2O（g）+CO2↑，假设碳酸铵为1mol，则生成的混合气体为4mol，混合气体的质量等于碳酸铵的质量，再根据M＝计算混合气体平均摩尔质量，可得混合气体平均相对分子质量。
【解答】解：（1）微粒数目相同条件下，微粒大小、微粒间距决定物质的体积，固体和液体分子大小不同且远大于分子间距，分子间距可以忽略，1mol固体或液体的体积不相等，而气体分子间距远大于分子大小，分子大小可以忽略，同温同压下分子间距约是相同的，故1mol气体的体积约是相等的，
故答案为：不同的固体和液体分子的大小不同且远大于分子间距，分子间距可以忽略，但气体分子间距远大于分子大小，气体分子大小可以忽略，同温同压下不同的气体分子的间距相同；
（2）n（CO）＝＝mol，n（CO2）＝＝1mol，故V（CO）：V（CO2）＝mol：1mol＝11：7；CO分子含有1个氧原子，CO2分子含有2个氧原子，故含有氧原子的物质的量之比为（mol×1）：（1mol×2）＝11：14；根据碳原子守恒，制得它们消耗的碳的质量之比为mol：1mol＝11：7，
故答案为：11：7；11：14；11：7；
（3）CO与氧化铜发生反应生成铜和二氧化碳，而使气体质量增加，则1个CO分子获得1个O原子转化为CO2分子，CO获得氧原子质量为22g﹣16g＝6g，则n（O）＝n（CO）＝n（O）＝＝mol，则原混合气体中CO的质量分数为×100%≈65.625%，n[Ca（OH）2]＝＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.5mol，故1＜＝＜2，故CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O，2CO2+Ca（OH）2＝Ca（HCO3）2都发生，设生成CaCO3、Ca（HCO3）2分别为xmol、ymol，根据碳原子守恒、钙原子守恒有，解得x＝0.1，y＝0.2，故生成碳酸钙的质量为0.1mol×100g/mol＝10g，
故答案为：65.625%；10；
（4）消耗的硝酸银的量相同，说明各溶液中Cl﹣的物质的量相等，假设均为3mol，则n（NaCl）＝n（Cl﹣）＝3mol，n（MgCl2）＝n（Cl﹣）＝×3mol＝1.5mol，n（AlCl3）＝n（Cl﹣）＝×3mol＝1mol，各溶液体积相等，则它们的物质的量浓度之比为3mol：1.5mol：1mol＝6：3：2，
故答案为：6：3：2；
（5）发生反应（NH4）2CO32NH3↑+H2O（g）+CO2↑，假设碳酸铵为1mol，则生成的混合气体为4mol，混合气体的质量等于碳酸铵的质量，故混合气体的质量为1mol×96g/mol＝96g，故混合气体平均摩尔质量为＝24g/mol，则混合气体平均相对分子质量为24，
故答案为：24。
【点评】本题考查比较综合，属于一题多点型题目，涉及阿伏加德罗定律、物质的量有关计算、化学方程式的计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
24．混合物的分离是根据混合物中各组分性质差异进行的。
（1）现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/g•cm﹣3
密度/g•cm﹣3
水中的溶解性
甲
﹣98
47.5
0.93
可溶
乙
﹣84
77
0.9
可溶
据此，将甲和乙分离的方法是 蒸馏 。
（2）从氯化钠溶液中得到NaCl固体，可采用 蒸发结晶 的方法，该方法适用于 分离可溶的固体和液体 。
（3）已知：①水的沸点随着压强的减小而降低；②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。要从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，具体操作是 升温浓缩 ， 降温至38℃以下结晶 ， 过滤 ，洗涤，干燥。
（4）氯化钠的固体中含有少量硝酸钾，请设计实验，得到较纯净的氯化钠的固体： 蒸发结晶、过滤 。
【分析】（1）由表中数据可知，二者互溶，但沸点不同；
（2）NaCl为可溶性固体；
（3）低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，需升温浓缩、冷却结晶；
（4）少量硝酸钾应残留在母液中。
【解答】解：（1）由表中数据可知，二者互溶，但沸点不同，可选蒸馏法分离，
故答案为：蒸馏；
（2）NaCl为可溶性固体，则从氯化钠溶液中得到NaCl固体，可采用蒸发结晶的方法，该方法适用于分离可溶的固体和液体，
故答案为：蒸发结晶；分离可溶的固体和液体；
（3）由信息可知，从常温下NaClO2饱和溶液中得到NaClO2•3H2O，具体操作是升温浓缩，降温至38℃以下结晶，过滤，洗涤，干燥，
故答案为：升温浓缩；降温至38℃以下结晶；过滤；
（4）少量硝酸钾应残留在母液中，则得到较纯净的氯化钠的固体的方法为蒸发结晶、过滤，
故答案为：蒸发结晶、过滤。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（3）为解答的难点，题目难度不大。
25．日常生活、工农业生产和科学研究都离不开物质的制备。
（1）在实验室中，可用浓盐酸与二氧化锰反应来制备氯气。写出反应的方程式： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
（一）如图是马虎同学设计的在实验室中制取氯气的实验装置图。
（2）说明图中装置中的错误（三处）并加以改正： 没有加热；水中导气管短进长出，应该用饱和食盐水除杂；除杂顺序错误 。
（3）盛NaOH溶液的烧杯的作用是 吸收尾气 ，反应的离子方程式是 2OH﹣+Cl2＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
（二）实验室有时用高锰酸钾代替二氧化锰，与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
（4）标出电子转移方向和数目 。
（5）该反应的氧化剂是 KMnO4 ，氧化产物是 Cl2 。
（6）若15.8gKMnO4与足量的浓盐酸充分反应，则有 0.5 mol HCl被氧化。
【分析】（1）实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气；
（2）二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则，装置中应该先除杂后干燥；
（3）氯气有毒不能直接排空，用氢氧化钠溶液吸收氯气；
（4）由方程式可知，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，结合化合价的变化以及反应的方程式可计算转移电子的数目；
（5）化合价降低的为氧化剂；还原剂被氧化生成氧化产物；
（6）15.8g KMnO4的物质的量为＝0.1mol，结合化学反应方程式计算被氧化的HCl。
【解答】解：（1）实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，常温下二者不反应；洗气装置盛水的装置中导气管遵循“长进短出”原则且应该用饱和食盐水除杂；装置中应该先除杂后干燥，次序颠倒，
故答案为：没有加热；水中导气管短进长出，应该用饱和食盐水除杂；除杂顺序错误；
（3）氯气有毒不能直接排空，用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式为2OH﹣+Cl2＝Cl﹣+ClO﹣+H2，
故答案为：吸收尾气；2OH﹣+Cl2＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为，
故答案为：；
（5）KMnO4中的Mn化合价由+7降低为+2，为氧化剂；反应中部分Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，被氧化，Cl元素化合价升高生成Cl2为氧化产物，
故答案为：KMnO4；Cl2；
（6）15.8g KMnO4的物质的量为＝0.1mol，由2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知，被氧化的HCl的物质的量为0.1mol××＝0.5mol，
故答案为：0.5。
【点评】本题考查了氯气的实验室制法、氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据反应物状态及反应条件选取反应装置，题目难度不大。
26．“绿色试剂”双氧水在化工生产中有重要的用途。
（1）双氧水可作为矿业废液消毒剂，如要消除采矿业废液中的氰化物（如KCN），化学方程式为：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑（已知KCN中N显﹣3价）。
①生成物A的化学式为 KHCO3 。
②反应中被氧化的元素为 C 。
（2）油画所用颜料中含有某种白色的铅化合物（PbCO3），置于空气中，天长日久会生成黑色的PbS，从而使油画的色彩变暗。若用H2O2来小心清洗，可将PbS转变为白色的PbSO4而使油画“复原”，H2O2被称为绿色氧化剂的理由是 H2O2的还原产物是H2O，没有污染 。
【分析】（1）根据质量守恒定律来分析A的化学式；结合反应的方程式根据化合价的变化判断；
（2）H2O2作氧化剂时，其还原产物是H2O，没有污染。
【解答】解：（1）①根据原子守恒：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，A的化学式为KHCO3，则反应的方程式为KCN+H2O2+H2O＝KHCO3+NH3，
故答案为：KHCO3；
②KCN+H2O2+H2O＝KHCO3+NH3反应中，C元素化合价由+2价升高到+4价，被氧化，
故答案为：C；
（2）H2O2作氧化剂时，其还原产物是H2O，没有污染，所以H2O2被称为“绿色氧化剂”，
故答案为：H2O2的还原产物是H2O，没有污染。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生分析能力和应用能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，解答本题注意从质量守恒的角度判断生成物，注意题给信息的掌握，难度不大。
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