山东部分学校2024-2025学年高一上学期10月学情诊断联考化学试题（解析版）

这是一份山东部分学校2024-2025学年高一上学期10月学情诊断联考化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，02×1023等内容，欢迎下载使用。

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu64 Ba 137
第Ⅰ卷 选择题(共60分)
一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1. 化学与社会、生活、科技密切相关，下列说法正确的是
A. 在家用食醋除水垢，利用的原理是醋酸能够溶解CaSO4
B. 神舟飞船广泛使用钛合金材料，合金一定由两种或两种以上的金属组成
C. 2022年北京冬奥会首次大规模使用二氧化碳跨临界直冷技术制冰，该过程属于物理变化
D. 2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，其组成为2~20nm的纳米粒子，则直径为10nm的硅量子点属于胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．在家用食醋除水垢，利用的原理是醋酸能够溶解CaCO3，故A错误；
B．合金可能由金属和非金属组成，如铁碳合金，故B错误；
C．二氧化碳跨临界直冷技术制冰，该过程没有生成新物质，属于物理变化，故C正确；
D．胶体是分散系，直径为10nm的硅量子点不是分散系，不属于胶体，故D错误；
选C。
2. 下列关于阿伏加德罗常数NA的描述，正确的是
A. NA的数值是6.02×1023
B. 标准状况下，107g的NH4Cl含有的分子数目为2NA
C. 物质的量浓度为1ml/L的K2SO4溶液，含有的K+数目为2NA
D. 常温常压下，2.24L NO与H2的混合物与2.24L O2所含原子数相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．NA是阿伏加德罗常数，其数值约为6.02×1023，A错误；
B．NH4Cl是离子化合物，不存在NH4Cl分子，B错误；
C．溶液体积未知，无法计算物质的量浓度为1ml/L的K2SO4溶液中含有的K+数目，C错误；
D．同温同压下，相同体积的气体混合物所含的分子数相等，NO、H2、O2都是双原子分子，所以常温常压下，2.24L NO与H2的混合物与2.24L O2所含原子数相同，D正确；
故选D。
3. 二氧化氯(ClO2，黄绿色、易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂，其制备的化学方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，下列说法错误的是
A. 二氧化氯属于酸性氧化物
B. 可以用水吸收未反应的二氧化氯气体
C. 反应中仅有氯元素的化合价发生了变化
D. 自来水消毒可以使用二氧化氯代替氯气，是利用了二氧化氯的化学性质
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化氯中氯元素化合价为+4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成氯酸钠、亚氯酸钠两种盐，所以二氧化氯不属于酸性氧化物，故A错误；
B．二氧化氯易溶于水，可以用水吸收未反应的二氧化氯气体，故B正确；
C．5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应，NaClO2中氯元素化合价由+3升高为+4、NaClO2中氯元素化合价由+3降低为-1，仅有氯元素化合价发生了变化，故C正确；
D．自来水消毒可以使用二氧化氯代替氯气，是利用了二氧化氯的强氧化性，故D正确；
选A。
4. 实验室安全至关重要，下列有关实验安全和仪器使用，说法错误的是
A. 皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗
B 配制H2SO4溶液时，可以用10mL量筒量取3.50mL浓硫酸，再稀释至相应浓度
C. 金属K燃烧起火，用灭火毯（石棉布）灭火
D. 容量瓶在使用前需要检查是否漏液，检漏需要倒置两次
【答案】B
【解析】
【详解】A．碱液具有腐蚀性，皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗，故A正确；
B．量筒的精度为0.1mL，不能用10mL量筒量取3.50mL浓硫酸，故B错误；
C．灭火毯耐高温，能隔绝空气，金属K燃烧起火，用灭火毯（石棉布）灭火，故C正确；
D．容量瓶在使用前需要检查是否漏液，检漏需要倒置两次，盖上瓶塞倒置不漏液后，将瓶正立且将瓶塞旋转180°后,再次倒立，故D正确；
选B。
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是
A. 与Al反应产生H2的溶液：HCO、Na+、NO、SO
B. 常温下，pH=1的溶液：K+、NH、C2O、SO
C. 遇酚酞变红的溶液中：Fe2+、Na+、S2-、CO
D. 过氧化钠与水反应后的溶液中：Ba2+、Na+、NO、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．与Al反应产生H2的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，所给的离子组中的既能与酸反应，又能与碱反应，不能大量共存，A错误；
B．常温下，pH=1的溶液中，能与反应生成草酸，不能大量共存，B错误；
C．遇酚酞变红的溶液显碱性，下列组合都能发生反应而不能共存：与、与、与，C错误；
D．过氧化钠与水反应后的溶液为溶液，与所给的离子都不能发生反应，能大量共存，D正确；
故答案为D。
6. 下列过程对应的离子方程式书写正确的是
A. 向CuSO4溶液中滴加Ba(OH)2：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
B. NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O
C. 向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
D. 向BaCl2溶液中通入CO2：Ba2++CO2+H2O=BaCO3↓+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知BaSO4是沉淀，故向CuSO4溶液中滴加Ba(OH)2的离子方程式为：Ba2+++Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；
B．NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应生成CaCO3、NaOH和H2O，故离子方程式为：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，B错误；
C．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液生成Fe(OH)2、(NH4)2SO4、Na2SO4，故离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，C正确；
D．由于HCl的酸性比H2CO3强，且BaCO3能与HCl反应，故向BaCl2溶液中通入CO2不反应，D错误；
故答案为：C。
7. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液过程中需要用玻璃棒在溶解步骤中加速溶解，转移步骤中进行引流，故玻璃仪器中缺少玻璃棒不行，A不合题意；
B．实验室可以用MnO2催化H2O2分解来制备O2，O2能够用排水法进行收集，该选项中玻璃仪器和试剂均正确，B符合题意；
C．粗盐中的Mg2+需要NaOH来除去，只用Na2CO3将导致Mg2+除不干净，C不合题意；
D．NaHCO3受热分解生成CO2，应该用澄清石灰水来检验而不能用石灰乳，D不合题意；
故答案为：B。
8. 反应AlN+3H2O=Al(OH)3↓+3NH3↑，该反应为“水解反应”，即物质分两部分再分别与OH－和H+结合，下列反应不属于水解反应的是
A. NCl3+3H2O=3HClO+3NH3↑
B. SiCl4＋4H2O=H4SiO4↓＋4HCl
C. SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl
D. 2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应可以看做氮和氯分别与水电离的氢离子和氢氧根离子结合，属于水解，A不符合题意；
B．该反应可以看做硅和氯分别与水电离的氢氧根离子和氢离子结合，属于水解，B不符合题意；
C．该反应可以看做SO2Cl2中氯和氢离子结合，SO2Cl2的其余部分与氢氧根离子结合，属于水解，C不符合题意；
D．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于水解，D符合题意；
故选D。
9. 磷酸分子（H3PO4）与NaOH反应可生成三种盐Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4，其中NaOH足量生成的Na3PO4称之为“正盐”，而NaOH不足产生的另外两种称之为“酸式盐”，下列关于盐的说法，正确的是
A. CO2与NaOH生成的NaHCO3属于酸式盐
B. 醋酸（CH3COOH）与足量NaOH可生成CH3COONa，CH3COONa属于酸式盐
C. 酸式盐属于盐，一定呈酸性
D. 1mlH3PO3最多能够与2mlNaOH反应，则Na2HPO3属于酸式盐
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知NaHCO3与NaOH能够继续反应生成Na2CO3，故CO2与NaOH生成的NaHCO3是与不足量的NaOH反应生成的盐，则属于酸式盐，A正确；
B．根据题干信息可知，醋酸（CH3COOH）与足量NaOH可生成CH3COONa，CH3COONa属于正盐，B错误；
C．酸式盐属于盐，但溶液不一定呈酸性，如NaHCO3溶液显碱性，NaHSO4显酸性，C错误；
D．1mlH3PO3最多能够与2mlNaOH反应，即H3PO3与足量的NaOH反应也只能生成Na2HPO3，故Na2HPO3属于正盐，D错误；
故答案为：A。
10. “价—类二维图”是学习元素及其化合物知识的高效模型，有关氯的“价—类二维图”说法错误的是
A. e的某种常见化合物可以用于实验室制备O2
B. 将b通入盛有鲜花的试剂瓶，鲜花褪色，说明b具有漂白性
C. 类比d的分子式，g的分子式为HClO4，是氯元素的最高价态
D. 84消毒液的有效成分是f的钠盐，作用原理是与空气中的水和二氧化碳反应生成d
【答案】B
【解析】
【分析】根据氯的“价—类二维图”，a是HCl、b是Cl2、c是ClO2、d是HClO、e是氯酸盐、f是次氯酸盐、g是HClO4。
【详解】A．e是氯酸盐，KClO3加热发生分解反应生成氯化钾和氧气，可以用于实验室制备O2，故A正确；
B．Cl2没有漂白性，故B错误；
C．d是HClO，类比d的分子式，g的分子式为HClO4，氯元素显+7价，是氯元素的最高价态，故C正确；
D．84消毒液的有效成分是NaClO，作用原理是NaClO与空气中的水和二氧化碳反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；
选B。
11. 过氧化钠是重要的化工原料，具有多种用途，但其经常因保存不当而与二氧化碳反应失效，某小组同学想要探究二氧化碳与过氧化钠反应的产物，下列说法错误的是
A. 将样品溶于少量水，加入CaCl2，有沉淀产生，则说明过氧化钠已经变质
B. 浓硫酸的作用是除去气体中的水蒸气，防止对实验产生干扰
C. 带火星木条复燃，说明生成了氧气
D. 双球干燥管中的淡黄色固体变白，说明过氧化钠发生了化学变化
【答案】A
【解析】
【分析】A装置制取二氧化碳气体，气体进入B装置以后，除去水，然后进入C装置，与过氧化钠反应，产生氧气。二氧化碳与过氧化钠反应，生成碳酸钠和氧气，方程式为：，同时也会和水反应，方程式为：，所以它在空气中变质会生成碳酸钠和氢氧化钠，但是因为氢氧化钠要和二氧化碳反应，所以最终变质产物是碳酸钠。据此分析作答。
【详解】A．若变质，生成了碳酸钠，可以和氯化钙溶液生成碳酸钙沉淀；将样品溶于少量水，过氧化钠和水生成氢氧化钠，然后和氯化钙生成氢氧化钙固体（微溶于水）而出现沉淀，A错误；
B．过氧化钠也会和水反应，方程式为：，也产生氧气；而浓硫酸吸收了水蒸气，所以可以证明过氧化钠和二氧化碳产生氧气。B正确；
C．带火星木条复燃，说明过氧化钠和二氧化碳生成了氧气，C正确；
D．过氧化钠是淡黄色固体，和二氧化碳反应以后，生成的碳酸钠是白色固体，说明过氧化钠发生了化学变化，D正确；
故选A
12. 如图为一定量理想气体密度与温度的关系，下列关于图像的分析，正确的是
A. 由A→B的过程中，气体压强不变
B. 由C→A的过程中，气体压强变小
C. 由A→B的过程中，气体体积变小
D. 由B→C的过程中，气体压强不变
【答案】B
【解析】
【分析】由理想气体状态方程可知，PV=nRT=RT可推导得到：P=，据此分析解题。
【详解】A．由题干图示信息可知，由A→B的过程即温度不变，气体密度减小，P=，即气体压强减小，A错误；
B．由题干图示信息可知，由C→A的过程即气体密度不变，温度降低，P=即气体压强变小，B正确；
C．由题干图示信息可知，由A→B的过程即温度不变，气体密度减小，气体质量不变，故气体体积变大，C错误；
D．由题干图示信息可知，由B→C的过程即密度增大，气体的温度也升高，P=即气体压强增大，D错误；
故答案为：B。
13. 某透明溶液中可能含有H+、Cu2+、NH、Fe3+、SO、Cl-、NO、OH-中的几种离子（浓度均为0.1 ml/L）。常温时，对其进行如下的实验操作
下列说法错误是
A. 原溶液中一定不含有Fe3+、OH-
B. 原溶液中一定含有H+、Cl-、Cu2+、SO
C. 无法判断原溶液中是否含有NO
D. 若经过后续检验，测得原溶液中含有NH，则说明原溶液中一定含有H+、Cu2+、NH、SO、Cl-、NO
【答案】B
【解析】
【分析】由题干转化信息可知，测得透明溶液的pH为1，说明溶液显酸性，则溶液中含有大量的H+，则不可能含有大量的OH-，向溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀说明原溶液中含有，过滤后的滤液中加入AgNO3产生白色沉淀，说明有Cl-，但前面加入的BaCl2中引入了Cl-，故不能说明原溶液中一定含有Cl-，加入NaOH溶液产生蓝色沉淀，说明原溶液中一定含有Cu2+，则一定含有的离子已经有：H+、和Cu2+，结合题干信息，各离子浓度均为0.1 ml/L可知，溶液中一定含有或Cl-中一种或两种，一定不含Fe3+，可能含有，综上分析可知，一定含有H+、和Cu2+、或Cl-中至少含有一种，一定不含OH-、Fe3+,可能含有，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，原溶液中一定不含有Fe3+、OH-，A正确；
B．由分析可知，原溶液中一定含有H+、Cu2+、SO，或Cl-中至少含有一种，B错误；
C．由分析可知，无法判断原溶液中是否含有NO，C正确；
D．由分析可知，若经过后续检验，测得原溶液中含有NH，根据离子浓度均为0.1ml/L和电荷守恒可知，说明原溶液中一定含有H+、Cu2+、NH、SO、Cl-、NO，D正确；
故答案为：B。
阅读下列材料，完成下面小题。
[Cu(NH3)4]SO4在工业上用途广泛，主要用于印染、纤维、杀虫剂及制备某些含铜的化合物，某同学想要制备[Cu(NH3)4]SO4晶体并探究其含氨量。
Ⅰ．配制100mL 0.1ml/L CuSO4溶液
①称取mg CuSO4·5H2O固体，用10mL蒸馏水溶解
②……最终得到100mL 0.1ml/L CuSO4
Ⅱ．制备[Cu(NH3)4]SO4晶体
①向CuSO4溶液中逐滴滴入浓氨水并不断搅拌，先生成浅蓝色沉淀，后沉淀消失，得到深蓝色溶液
②所得溶液中加入10mL 95％的乙醇，静置析出深蓝色晶体
③过滤、洗涤、干燥得到[Cu(NH3)4]SO4晶体
Ⅲ．含氨量测定
准确称量a g晶体，加适量水溶解，之后逐滴加入足量NaOH溶液，加热，发生如下反应：[Cu(NH3)4]SO4+2NaOHCu(OH)2↓+Na2SO4+4NH3↑。已知2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，通入水蒸气，将氨气全部蒸出，将生成的气体全部经碱石灰干燥后，用浓硫酸吸收氨气，测得浓硫酸增重b g。
14. 完成实验Ⅰ和Ⅱ，需要用到的玻璃仪器有
①烧杯 ②量筒 ③玻璃棒 ④漏斗 ⑤胶头滴管 ⑥U形干燥管 ⑦酒精灯 ⑧干燥器 ⑨蒸发皿 ⑩100mL容量瓶
A. ①②③④⑤⑥⑩
B. ①②③④⑤⑧⑩
C. ①②③⑤⑦⑧⑩
D. ①②③⑤⑥⑦⑩
15. 关于实验Ⅰ的溶液配制，下列说法正确的是
A. 称取固体时，部分固体变白色，则配制出的溶液浓度偏小
B. 定容时仰视刻度线，配制出的溶液浓度偏大
C. 定容，摇匀后液面低于刻度线，再加水至刻度线，配制出的溶液浓度不变
D. 转移时，部分洗涤液洒出，配制出的溶液浓度偏小
16. 关于实验ⅠⅡ，下列说法错误的是
A. 实验Ⅰ中m=1.6g
B. 晶体中氨的质量分数为b/a×100%
C. 通过实验Ⅱ，可以说明[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度很小
D. 实验Ⅱ洗涤固体时，可以使用乙醇洗涤，乙醇蒸发带走部分水分，以减少产品损失
【答案】14. B 15. D 16. A
【解析】
【14题详解】
实验是配制一定物质的量浓度的溶液，需要容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒等仪器；实验是制备、分离、提纯晶体，涉及的操作有溶解、过滤、洗涤和干燥，所以需要使用烧杯、玻璃棒、量筒、漏斗、干燥器等；综合以上分析，完成实验Ⅰ和Ⅱ，需要的仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、漏斗、干燥器，答案选B。
【15题详解】
A．称取固体时，部分固体变白色,说明硫酸铜晶体失去了结晶水，导致称取的固体中，硫酸铜含量偏高，则所配溶液浓度偏大，A错误；
B．定容时仰视刻度线，则定容时，加入的水增加，导致溶液浓度偏小，B错误；
C．定容，摇匀后液面低于刻度线，再加水至刻度线，损失了溶质，配制出的溶液浓度偏小，C错误；
D．转移时，部分洗涤液洒出，损失了溶质，配制出的溶液浓度偏小，D正确；
答案选D。
【16题详解】
A．实验是配制一定物质的量浓度的溶液，需要的质量为：，A错误；
B．用浓硫酸吸收氨气，测得浓硫酸增重克，浓硫酸增加的质量即为氨气的质量，所以产生氨气为克，故晶体中氨的质量分数为，B正确；
C．所得溶液中加入的乙醇，静置析出深蓝色晶体，说明在乙醇中溶解度很小，C正确；
D．实验洗涤固体时，可以使用乙醇洗涤，因为乙醇易挥发，可以带走部分水分，D正确；
答案选A。
17. 由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为“混盐”，如Na4S2O3(可表示成Na2S·Na2SO3的形式)、CaOCl2；由两种或者两种以上金属阳离子（或铵根）和一种酸根离子构成的盐称为“复盐”，如KAl(SO4)2下列关于两类盐的判断，正确的是
A. 1mlNa4S2O3中含有的离子的物质的量为5ml
B. NH4Fe(SO4)2属于混盐
C. 将CaOCl2与稀H2SO4混合，会产生一种黄绿色气体
D. 明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O，属于混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na4S2O3可表示成Na2S·Na2SO3的形式，则1mlNa4S2O3中含有的离子的物质的量为6ml，A错误；
B．NH4Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，属于“复盐”，B错误；
C．CaOCl2是一种混盐，其中含有氯离子和次氯酸根离子，则将CaOCl2与稀H2SO4混合，氯离子和次氯酸根离子在酸性条件下会生成黄绿色的氯气，C正确；
D．明矾其中含有钾离子和铝离子，是一种纯净物，D错误；
故选C。
18. 工业废水中常含有FeSO4、CuSO4，为防止污染并进行废物利用，现利用以下流程回收FeSO4和Cu。
下列说法错误的是
A. 操作Ⅰ是过滤
B. 试剂B的化学式是CuSO4
C. 固体X的成分是Fe、Cu
D. 操作Ⅱ包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】B
【解析】
【分析】工业废水中含有FeSO4和CuSO4，向废水中加入足量的铁粉，发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，过滤，得到溶液Z为FeSO4溶液，固体X为Fe和Cu，向滤渣中加入过量试剂B即稀硫酸，发生反应：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4，过滤，得到固体Y为铜，溶液Z为FeSO4溶液，两溶液Z合并，进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4•7H2O，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，操作Ⅰ均为分离固体与液体，该操作是过滤，A正确；
B．由分析可知，试剂B的化学式是H2SO4，B错误；
C．由分析可知，固体X的成分是Fe、Cu，C正确；
D．由分析可知，操作Ⅱ包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；
故答案为：B。
19. 电解质溶于水时可电离出自由移动的离子，溶液的导电能力与自由移动的离子浓度有关，离子浓度越大；离子所带电荷越多，溶液的导电能力越强。向两份相同的Ba(OH)2溶液中分别加入等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，导电能力与滴加溶液的体积关系如图（不考虑溶液混合和因生成水或沉淀导致的体积变化）。下列说法错误的是
A. 曲线①代表的是NaHSO4溶液，曲线②代表的是H2SO4溶液
B. ab段对应的离子方程式为OH-+H+=H2O
C. c点时，溶液①与溶液②的SO浓度不同
D. b点处溶液的溶质为Na2SO4
【答案】C
【解析】
【分析】氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，恰好反应时，溶液中离子浓度几乎为0，导电率几乎为0，根据图像可知，②表示向氢氧化钡溶液中加硫酸，①表示向氢氧化钡溶液中加硫酸氢钠，a点氢氧化钡和硫酸氢钠恰好1:1反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，ab段氢氧化钠和硫酸氢钠反应生成氯酸钠和水。
【详解】A．根据以上分析，曲线①代表的是NaHSO4溶液，曲线②代表的是H2SO4溶液，故A正确；
B．ab段氢氧化钠和硫酸氢钠反应生成氯酸钠和水，ab段对应的离子方程式为OH-+H+=H2O，故B正确；
C．c点时，溶液①与溶液②中加入的硫酸和硫酸氢钠的物质的量相等，生成的硫酸钡沉淀的量相等，则溶液①与溶液②的SO浓度相同，故C错误；
D．b点氢氧化钡和硫酸氢钠1:2反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠、水，b处溶液的溶质为Na2SO4，故D正确；
故选C。
20. 25℃，101kPa时，乙炔(C2H2)、丙烷(C3H8)、丁烯(C4H8)组成的混合气体24mL与过量氧气混合并充分燃烧，用P2O5充分吸收生成的气体，恢复原来的温度和压强，气体总体积缩小了54mL，则原混合气体中乙炔的体积分数为
A. 20%B. 25%C. 33.3%D. 50％
【答案】D
【解析】
【详解】由反应方程式：2C2H2+5O24CO2+2H2O，C3H8+5O23CO2+4H2O，C4H8+6O24CO2+4H2O，用P2O5充分吸收生成的气体，恢复原来的温度和压强可知，2体积乙炔完全燃烧气体体积减小了3体积，而1体积丙烷和丁烯完全燃烧气体体积减小了3体积，设乙炔为xmL，则丙烷和丁烯的体积为：(24-x)mL，故乙炔(C2H2)、丙烷(C3H8)、丁烯(C4H8)组成的混合气体24mL与过量氧气混合并充分燃烧，用P2O5充分吸收生成的气体，恢复原来的温度和压强，气体总体积缩小了54mL，即=54，解x=12，故原混合气体中乙炔的体积分数为×100%=50%，故答案为：D。
第Ⅱ卷 非选择题 (共40分)
二、非选择题：本题共3个小题，共40分。
21. 物质的量是建立宏观与微观的重要桥梁，对物质分类能帮助我们更好的认识化学，根据所学知识回答下列问题（阿伏加德罗常数的数值用NA表示）。
（1）0.5ml的Na2O2中含有的离子个数为_______；它与_______ml的Na2O含有的离子个数相同。
（2）标准状况下，16g CH4的体积为_______，含有氢原子个数为_______，与标准状况下_______L的NO含有相同的原子数。
（3）现有以下物质：①氢氧化铝胶体②稀盐酸③氯水④冰醋酸⑤纳米级氧化镁⑥K2O2⑦漂白粉⑧体积分数为52%的酒精溶液⑨甲烷。
上述物质属于电解质的有________（填序号）。
（4）某气态氢化物AH4，在标准状况下，0.96g该氢化物的体积为672mL，则该气态氢化物的摩尔质量为 ________，A的相对原子量为_______。
（5）V L Fe2(SO4)3溶液中含a g的Fe3+，取0.25V L溶液稀释到V L，则稀释后溶液中SO的物质的量浓度是______ml/L，稀释后的溶液中含有______g的Fe2(SO4)3。
【答案】（1） ①. 1.5NA ②. 0.5
（2） ①. 22.4L ②. 4NA ③. 56
（3）④⑤⑥ （4） ①. 32g/ml ②. 28
（5） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
Na2O2是由Na+和离子构成的，故0.5ml的Na2O2中含有的离子个数为0.5ml×3×NAml-1=1.5NA，Na2O是由Na+和O2-构成的，故它与0.5ml的Na2O含有的离子个数相同，故答案为：1.5NA；0.5；
【小问2详解】
标准状况下，16g CH4的体积为=22.4L，含有氢原子个数为=4NA，与标准状况下=56L的NO含有相同的原子数，故答案为：22.4L；4NA；56；
【小问3详解】
电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，①氢氧化铝胶体、②稀盐酸、③氯水、⑦漂白粉、⑧体积分数为52%的酒精溶液均为混合物，既不是电解质也不是非电解质；④冰醋酸溶于水能够导电，⑤纳米级氧化镁、⑥K2O2熔融时能够导电属于电解质；⑨甲烷不溶于水，且液态时也不导电，属于非电解质，综上分析可知，上述物质属于电解质的有④⑤⑥，故答案为：④⑤⑥；
【小问4详解】
某气态氢化物AH4，在标准状况下，0.96g该氢化物的体积为672mL，其物质的量为：=0.03ml，则该气态氢化物的摩尔质量为=32g/ml，A的相对原子量为32-4×1=28，故答案为：32g/ml；28；
【小问5详解】
V L Fe2(SO4)3溶液中含a g的Fe3+的物质的量为：=ml，则硫酸根离子的物质的量为：=ml，硫酸根离子的物质的量浓度为：ml/L，取0.25V L溶液稀释到V L，则稀释后溶液中SO的物质的量浓度是：×ml/L=ml/L；稀释前Fe2(SO4)3的物质的量为ml，则稀释后的溶液中含有ml××400g/ml=g的Fe2(SO4)3，故答案为：；g。
22. 某实验小组的同学打算将粗盐进行提纯，并用于模拟侯氏制碱法，具体过程如下：
（1）海水制得的粗盐中常含有Ca2+、Mg2+、SO、泥沙等杂质，提纯步骤为：①加入过量NaOH溶液②加入过量BaCl2溶液③加入适量盐酸④蒸发⑤过滤⑥pH试纸测溶液呈中性⑦溶解⑧加入过量Na2CO3溶液。正确的操作顺序是________（步骤不重复，填序号）。
（2）在过滤时，可以将“过滤”操作改为“抽滤”操作，利用抽气泵将装置内的空气不断抽出，可使装置内的压强小于外界大气压，试分析抽滤较普通过滤的优点有________。
（3）提纯过程中需要用到稀盐酸，现需要用浓盐酸配制220mL 0.1ml/L的HCl溶液，盛有浓盐酸的标签纸如下
①浓盐酸的物质的量浓度为_________。
②使用量筒量取浓盐酸，需要量取的浓盐酸体积为_________。
③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是________（填选项字母）。
A．容量瓶未干燥直接使用
B．量筒量取浓盐酸，读数时仰视读数
C．量取过程中，盛有浓盐酸的试剂瓶开盖太久
D．未冷却至室温就转移定容（不考虑HCl挥发）
E．量取浓盐酸的量筒用蒸馏水洗涤，洗涤液转移至烧杯
F．将量筒中的浓盐酸转移至烧杯时，不慎有液体洒出
G．未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
（4）提纯出的NaCl用于模拟侯氏制碱法制备少量NaHCO3晶体
①向饱和食盐水中通入氨气可以得到饱和氨盐水，将饱和氨盐水通入雾化装置后与二氧化碳混合，可以有利于NaHCO3的制备，则雾化装置的作用是_________。
②操作a是_________。
③将NaHCO3晶体洗涤后进行干燥，加热即可得到纯碱，证明NaHCO3已洗涤干净的操作为_________。
④利用NH4Cl和NaCl溶解度的差别，从母液中提取NH4Cl晶体需采用的操作为_______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）⑦①②⑧⑤③⑥④、⑦②①⑧⑤③⑥④或⑦②⑧①⑤③⑥④
（2）速度快于普通过滤、更容易干燥
（3） ①. 11.9ml/L ②. 2.1mL ③. CFG
（4） ①. 增大CO2气体与氨盐水的接触面积，加快反应速率，从而提高产率 ②. 过滤 ③. 取最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀硝酸酸化，再加入2～3滴AgNO3溶液，若无沉淀产生，说明NaHCO3已洗涤干净，反之，未除尽 ④. 蒸发浓缩、降温结晶
【解析】
【分析】本题为实验探究题，即想将粗盐进行提纯，并用于模拟侯氏制碱法，(1) 粗盐分离提纯中，试剂加入的先后顺序需注意氯化钡必须加在碳酸钠的前边，过滤后，滤液中最后加入盐酸，(3)配制一定物质的量浓度的溶液根据操作步骤和实验仪器，并根据稀释定理来计算需要浓盐酸的体积，(4)为模拟工业上制纯碱的侯氏制碱法，由于CO2难溶于水，故需先将饱和食盐水通入NH3进行氨化，然后通入雾化装置以增大气液接触面积，据此分析解题。
【小问1详解】
粗盐溶解后，加入过量的氢氧化钠溶液，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入过量氯化钡溶液，硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入过量的碳酸钠，沉淀钙离子和前面剩余的钡离子，过滤除去硫酸钡和氢氧化镁和碳酸钡沉淀、碳酸钙沉淀，滤液中含有多余的氢氧化钠和碳酸钠，最后加入盐酸，转化为氯化钠，蒸发，结晶，烘干得到氯化钠，氯化钡必须加在碳酸钠的前边，过滤后，滤液中最后加入盐酸，所以正确的操作顺序是⑦①②⑧⑤③⑥④、⑦②①⑧⑤③⑥④或⑦②⑧①⑤③⑥④，故答案为：⑦①②⑧⑤③⑥④、⑦②①⑧⑤③⑥④或⑦②⑧①⑤③⑥④；
【小问2详解】
抽滤外接抽滤机，可使装置内的压强小于外界大气压，会产生负压，加快过滤速度，故答案为：速度快于普通过滤、更容易干燥；
【小问3详解】
①浓盐酸的物质的量浓度为c===11.9ml/L，故答案为：11.9ml/L；
②使用量筒量取浓盐酸，需要量取的浓盐酸体积为V2==2.1mL，故答案为：2.1mL；
③
A．因为在配制过程中需向容量瓶中加入一定量的蒸馏水，故容量瓶未干燥直接使用，对实验结果无影响，A不合题意；
B．量筒量取浓盐酸，读数时仰视读数，导致所量浓盐酸的体积偏大，导致所配溶液浓度偏高，B不合题意；
C．浓盐酸易挥发，量取过程中，盛有浓盐酸的试剂瓶开盖太久，导致浓盐酸浓度变小，所配稀盐酸浓度也偏低，C符合题意；
D．由于液体的膨胀速率比固体大，故未冷却至室温就转移定容(不考虑HCl挥发)，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D不合题意；
E．量取浓盐酸的量筒用蒸馏水洗涤，洗涤液转移至烧杯，导致溶质物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，E不合题意；
F．将量筒中的浓盐酸转移至烧杯时，不慎有液体洒出，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，F符合题意；
G．未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，G符合题意；
故答案为：CFG；
【小问4详解】
①使用雾化装置，可增大CO2气体与氨盐水的接触面积，加快反应速率，使CO2气体更充分吸收，故答案为：增大CO2气体与氨盐水的接触面积，加快反应速率，从而提高产率；
②由题干信息可知，操作a分离NaHCO3晶体和NH4Cl溶液，故操作a是过滤，故答案为：过滤；
③由于NaHCO3表面含有NH4Cl等杂质，将NaHCO3晶体洗涤后进行干燥，加热即可得到纯碱，证明NaHCO3已洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀硝酸酸化，再加入2～3滴AgNO3溶液，若无沉淀产生，说明NaHCO3已洗涤干净，反之，未除尽，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀硝酸酸化，再加入2～3滴AgNO3溶液，若无沉淀产生，说明NaHCO3已洗涤干净，反之，未除尽；
④由题干图示信息可知，NH4Cl的溶解度随温度改变而变化明显，而NaCl的溶解度随温度改变而变化不明显，利用NH4Cl和NaCl溶解度的差别，从母液中提取NH4Cl晶体需采用的操作为：需采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶。
23. 有一实验小组的同学想对班里另一实验小组同学制备的碳酸氢钠样品进行纯度检测（含氯化钠杂质）。设计出以下方案。
方案一：用以下装置测定碳酸氢钠样品与足量稀盐酸反应生成的CO2的体积，进而确定碳酸氢钠含量
（1）该实验在设计上有一处缺陷，会使得测量结果不准确，请说明改进方法________。导管a的作用是：_________；_________。为减小实验误差，读体积时要注意：①待气体恢复至室温再读数；②________；③视线与量筒凹液面最低处保持再读数。
（2）将装置改进后，测得样品中NaHCO3纯度低于实际纯度（即碳酸氢钠含量低于实际含量），可能的原因是 （填写字母）。
A. 测定气体体积时未冷却至室温（反应放热）
B. 部分产生的CO2还在锥形瓶中
C. CO2气体中含有少量水蒸气，水蒸气无法被广口瓶中的液体吸收
D. 读数时仰视读数
（3）正确操作后，记录数据如下：称取样品a g，反应后量筒读数b mL，室温下气体摩尔体积为V0 mL/ml，则样品中NaHCO3的质量分数为________%。
方案二：利用以下流程测定碳酸氢钠含量
（4）操作Ⅰ的名称为________，加热过程中用到的实验仪器有铁架台、________（填字母）。
（5）样品质量m1，恒重后固体m2，则样品中NaHCO3的质量分数为________%。
方案三：利用沉淀法测定碳酸氢钠含量
（6）操作Ⅱ的名称为_________，写出溶解过程中发生反应的离子方程式__________。样品质量m1，恒重后固体m2，则样品中NaHCO3的质量分数为__________%。使用托盘天平称量恒重后固体质量时，若砝码与样品位置放反且使用了游码，则所求得的样品中NaHCO3的质量分数________（选填“偏大”或“偏小”或“不变”）。
【答案】（1） ①. 广口瓶中未盛满液体，应该充满液体 ②. 平衡压强 ③. 使液体顺利流下 ④. 广口瓶和量筒内液面相平 （2）D
（3）
（4） ①. 在干燥器中冷却 ②. BEF
（5）
（6） ①. 过滤 ②. ③. ④. 减小
【解析】
【小问1详解】
该实验的缺陷是：广口瓶中未盛满液体，应该充满液体；导管a可以保持内外压强相等，其作用是：平衡压强，使液体顺利流下；为减小实验误差，读体积时要注意：待气体恢复至室温再读数、广口瓶和量筒内液面相平、视线与量筒凹液面最低处保持再读数；
故答案为：广口瓶中未盛满液体，应该充满液体；平衡压强，使液体顺利流下；广口瓶和量筒内液面相平。
【小问2详解】
将装置改进后，测得样品中NaHCO3纯度低于实际纯度（即碳酸氢钠含量低于实际含量），可能的原因是
A．该反应为放热反应，未冷却至室温，气体体积偏大，气体物质的量偏大，碳酸氢钠质量偏大，碳酸氢钠质量分数偏大，A不符合题意；
B．部分二氧化碳还在锥形瓶中，不影响实验结论，B不符合题意；
C．CO2气体中含有少量水蒸气，水蒸气无法被广口瓶中的液体吸收，气体体积偏大，气体物质的量偏大，碳酸氢钠质量偏大，碳酸氢钠质量分数偏大，C不符合题意；
D．读数时仰视读数, 气体体积偏小，气体物质的量偏小，碳酸氢钠质量偏小，碳酸氢钠质量分数偏小，D符合题意;
故答案选D；
【小问3详解】
称取样品ag，反应后量筒读数bmL，室温下气体摩尔体积为V0mL/ml，设样品中NaHCO3的质量为m，则有，解得m=，样品中碳酸氢钠的质量分数为；
故答案为：
【小问4详解】
根据题干流程可知：应该在加热后，在干燥器中冷却后，才可以称量质量；对固体药品加热需要的仪器有：带铁圈的铁架台、泥三角、坩埚、酒精灯；
故答案为：在干燥器中冷却；BEF。
【小问5详解】
根据题意，设样品中碳酸氢钠质量为m，根据方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知消耗168g碳酸氢钠，固体质量减少62g，则，解得m＝，样品中碳酸氢钠的质量分数为；
故答案：
【小问6详解】
①根据题干流程可知生成难溶性碳酸钡，操作Ⅱ为过滤；氢氧化钡过量，溶解步骤发生反应的离子方程式为：；根据题意，设样品中碳酸氢钠质量为m，可以得到如下对应关系，解得m＝，样品中碳酸氢钠的质量分数为；砝码放放在左盘，使用游码会导致固体质量偏小，即偏小，所得样品质量分数偏小。
故答案为：过滤；；；减小。实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制220mL 0.1ml/L的FeSO4溶液
250mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒
FeSO4·7H2O晶体、蒸馏水
B
实验室制备氧气
锥形瓶、分液漏斗、集气瓶、导管、水槽
MnO2固体、H2O2溶液
C
实验室粗盐（含CaCl2、MgSO4、CaSO4杂质）提纯固体NaCl
普通漏斗、烧杯、玻璃棒
Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀盐酸
D
验证碳酸氢钠和碳酸钠的稳定性
试管、导管、酒精灯、烧杯
NaHCO3固体、Na2CO3固体、石灰乳
浓盐酸
密度:1.19g/cm3
HCl质量分数:36.5%