2024屆江蘇省海安市化學(xué)高一第一學(xué)期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2024屆江蘇省海安市化學(xué)高一第一學(xué)期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在三個密閉容器中分別充入Ne、H2、O2三種氣體，當(dāng)它們的溫度和密度都相同時，這三種氣體的壓強(qiáng)(p)從大到小的順序是()A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)2、同溫同壓下,質(zhì)量忽略不計的兩個氣球A和B,分別充入X氣體和Y氣體,且兩氣球的體積相同。若相同條件下,A氣球放在CO中靜止不動,B氣球放在CO中上浮。下列敘述不正確的是A．A氣球的質(zhì)量大于B氣球B．X可能是氮?dú)?Y可能是甲烷C．X氣體的密度大于Y氣體D．A氣球內(nèi)分子數(shù)小于B氣球3、吸入人體內(nèi)的氧有2%轉(zhuǎn)化為氧化性極強(qiáng)的“活性氧”，它能加速人體衰老，被稱為“生命殺手”，服用含硒元素(Se)的化合物亞硒酸鈉(Na2SeO3)，能消除人體內(nèi)的活性氧，由此推斷Na2SeO3在人體中的作用是()A．作氧化劑 B．作還原劑C．既作氧化劑又作還原劑 D．既不作氧化劑又不作還原劑4、現(xiàn)在NaOH、Na2CO3、Ba(OH)2三種無色溶液，選用一種試劑把它們鑒別出來，可選用（）A．稀鹽酸 B．稀硫酸 C．BaCl2溶液 D．Na2SO4溶液5、實驗室利用如圖所示裝置制備氯氣，圖中涉及氣體發(fā)生、除雜、干燥、收集、尾氣處理裝置，其中錯誤的是A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④6、下列四種物質(zhì)的溶液，其中一種與其他三種均能發(fā)生離子反應(yīng)，這種物質(zhì)是（）A．KOH B．H2SO4 C．BaCl2 D．Na2CO37、如圖所示,下列說法不正確的是(

)A．圖I表示向以AlCl3溶液中滴加氨水至過量B．圖Ⅱ表示向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至過量且邊滴邊振蕩C．圖Ⅲ表示向NaAlO2溶液中滴加稀鹽酸至過量且邊滴邊振蕩D．圖IV表示向NaAlO2溶液中緩慢通入二氧化碳至過量8、最近湖南都市臺報道，長沙市周邊農(nóng)田由于焚燒稻草導(dǎo)致煙霧彌漫，致使高速公路限行，航班停飛。煙霧屬于下列分散系中的A．溶液B．懸濁液C．乳濁液D．膠體9、分類是化學(xué)學(xué)習(xí)與研究的常用方法，下列分類正確的是①硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③金屬氧化物都屬于堿性氧化物；④根據(jù)分散系是否具有丁達(dá)爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng);⑥非金屬氧化物都屬于酸性氧化物；⑦根據(jù)溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)弱，將電解質(zhì)分為強(qiáng)電解質(zhì)、弱電解質(zhì).A．只有②④⑥⑦B．只有①③⑤⑦C．只有③④⑥D(zhuǎn)．只有①②⑤10、常溫常壓下，將等質(zhì)量的氫氣、甲烷、氧氣、二氧化碳四種氣體分別吹入四個氣球，氣球中氣體為甲烷的是A． B． C． D．11、下列溶液的物質(zhì)的量濃度的計算正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，aLNH3溶于1000g水中，得到的溶液密度為bg?cm-3，（考慮溶液體積變化）則該溶液的物質(zhì)的量濃度為1000ab17a+22400mol?LB．將100mL1.5mol?L-1的NaCl溶液與200mL2.5mol?L-1的NaCl溶液混合（忽略溶液體積變化），得到溶液的物質(zhì)的量濃度為2mol?L-1C．VLFe2（SO4）3溶液中含F(xiàn)e3+mg，溶液中c（SO42-）是m56Vmol?LD．某溫度時，飽和NaCl溶液的密度為ρg?cm-3，物質(zhì)的量濃度為c

mol/L，該溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為58.5cρ12、下列關(guān)于氯水的敘述，不正確的是()A．新制的氯水中，溶質(zhì)既有分子又有離子B．新制的氯水是無色透明的液體，有酸性和漂白性C．光照氯水有氣泡逸出，該氣體是O2D．氯水放置數(shù)天后酸性將增強(qiáng)13、下列說法中錯誤的是()A．從1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其濃度仍是1mol·L－1B．40gNaOH溶于1L的水中所得的溶液中NaOH物質(zhì)的量濃度是1mol·L－1C．0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2＋和Cl－總數(shù)為3×6.02×1023D．制成0.5L10mol·L－1的鹽酸，需要氯化氫氣體112L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)14、下列說法正確的是A．同溫同壓下甲烷和氧氣的密度之比為2∶1B．1g甲烷和1g氧氣的原子數(shù)之比為5∶1C．等物質(zhì)的量的甲烷和氧氣的質(zhì)量之比為2∶1D．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下等質(zhì)量的甲烷和氧氣的體積之比為1∶215、把各組中的氣體通入溶液中，溶液的導(dǎo)電能力顯著增強(qiáng)的是（）A．CO2（g）通入NaOH溶液 B．CO2（g）通入石灰水C．NH3（g）通入CH3COOH溶液 D．NH3（g）通入鹽酸中16、一定溫度下的反應(yīng)A(g)+3B(g)2C(g)，下列敘述不能表明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)是A．C的生成速率與C的分解速率相等B．混合氣體的總物質(zhì)的量不再變化C．A、B、C的濃度不再變化D．單位時間內(nèi)生成amolA，同時分解2amolC二、非選擇題（本題包括5小題）17、某強(qiáng)酸性溶液X中僅含有Ba2＋、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、NO3－中的一種或幾種，取該溶液進(jìn)行連續(xù)實驗，實驗過程如下根據(jù)以上信息，回答下列問題:

(1)僅根據(jù)上述連續(xù)實驗不能確定溶液X中是否含有的離子分別是________。

(2)若②中所用氫氧化鈉濃度為2mol/L，當(dāng)加入10mL時開始產(chǎn)生沉淀，55mL時沉淀的量達(dá)到最大值0.03mol，繼續(xù)滴加沉淀的量保持不變，隨后再滴加沉淀部分溶解，到60mL時沉淀的量降為0.025mol且保持不變，則原溶液中：c(Fe2+)為_____mol/L、c(Fe3+)為______mol/L、c(Cl-)為_____mol/L。(若有些離子不存在，請?zhí)?mol/L)18、A——F是中學(xué)化學(xué)常見的六種物質(zhì)，它們之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系。已知A是廚房中常見的一種調(diào)味品，D是一種黃綠色氣體單質(zhì)，F(xiàn)是一種黑色固體，F(xiàn)常用作催化劑，回答下列各題：(1)①②③④四個反應(yīng)中，屬于氧化還原反應(yīng)的是____________。(2)寫出①③兩個化學(xué)反應(yīng)的化學(xué)方程式：①____________________________________;③____________________________________。19、某同學(xué)設(shè)計如下實驗方案，以分離KCl和BaCl2兩種固體混合物，試回答下列問題：供選試劑：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、鹽酸。（1）試劑a是_________，加入試劑b所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________。（2）該方案能否達(dá)到實驗?zāi)康腳____(填“能”或“不能”)。若不能，應(yīng)如何改進(jìn)?_____（若能，此問不用回答)。（3）若要測定原混合物中BaCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，除了要準(zhǔn)確稱量混合物的質(zhì)量外至少還要獲得的數(shù)據(jù)是____的質(zhì)量。（4）用所（3）所制備的KCl固體配制0.1mol/LKCl溶液450mL，回答下列問題：（i）配制過程中需要用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、____________。（ii）需要用托盤天平稱量______________gKCl固體。20、實驗室欲用NaOH固體配制1.0mol/L的NaOH溶液480mL。（1）配制時，必須使用的玻璃儀器有________、________、________、________。（2）要完成本實驗該同學(xué)應(yīng)稱出NaOH________g。（3）某同學(xué)欲稱量NaOH的質(zhì)量，他先用托盤天平稱量燒杯的質(zhì)量，天平平衡后的狀態(tài)如圖，燒杯的實際質(zhì)量為________g。（4）使用容量瓶前必須進(jìn)行的一步操作是________。（5）配制時，正確的操作順序是（用字母表示，每個字母只能用一次）___________________________；A．用50mL水洗滌燒杯2~3次，洗滌液均注入容量瓶B．用托盤天平準(zhǔn)確稱取所需的氫氧化鈉的質(zhì)量，用適量蒸餾水溶解稱量好的氫氧化鈉固體，用玻璃棒慢慢攪動，使其充分溶解，冷卻C．將已冷卻的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．將容量瓶蓋緊，振蕩，搖勻E．改用膠頭滴管加水，使溶液凹液面恰好與刻度相切F．繼續(xù)往容量瓶內(nèi)小心加水，直到液面接近刻度1~2cm處（6）在配制過程中下列操作會引起誤差偏高的是________。（請?zhí)钚蛱枺贈]有洗滌燒杯和玻璃棒②轉(zhuǎn)移溶液時不慎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。21、在圖（Ⅰ）所示的裝置中，燒杯中盛放的是Ba(OH)2溶液，當(dāng)從滴定管中逐漸加入某種溶液A時，溶液的導(dǎo)電性的變化趨勢如圖（Ⅱ）所示。(1)滴加液體至圖（Ⅱ）中曲線最低點(diǎn)時，燈泡可能熄滅，可能的原因是__________________。(2)試根據(jù)離子反應(yīng)的特點(diǎn)分析，溶液A中含有的溶質(zhì)可能是（填序號）____________。①HCl②H2SO4③NaHSO4④NaHCO3(3)已知0.1mol·L-1NaHSO4溶液中c(H＋)=0.1mol·L-1，請回答下列問題：①寫出NaHSO4在水溶液中的電離方程式___________________________。②NaHSO4屬于________（填“酸”、“堿”或“鹽”）。③向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，請寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____________；在以上中性溶液中，繼續(xù)滴加Ba(OH)2溶液，請寫出此步反應(yīng)的離子方程式：_____________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解題分析】

根據(jù)阿伏加德羅定律，當(dāng)它們的溫度和密度相同時，摩爾質(zhì)量與壓強(qiáng)成反比，摩爾質(zhì)量由小到大的順序為H2＜Ne＜O2，則壓強(qiáng)的大小順序為p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)；本題答案選D。2、D【解題分析】

同溫同壓下，充氣后兩氣球的體積相等，則兩氣球中所含氣體分子物質(zhì)的量相等；A氣球置于CO中，氣球靜止不動，X氣體的密度與CO接近，B氣球置于CO中，氣球上浮，Y氣體的密度比CO小，同溫同壓下氣體的密度之比等于氣體的相對分子質(zhì)量之比，則X氣體的相對分子質(zhì)量為28，Y氣體的相對分子質(zhì)量小于28；據(jù)此分析可得結(jié)論?！绢}目詳解】A.兩氣球中所含氣體分子物質(zhì)的量相等，X氣體的摩爾質(zhì)量為28g/mol，Y氣體的摩爾質(zhì)量<28g/mol，則充氣后A氣球質(zhì)量大于B氣球，故A敘述正確；B.氮?dú)獾南鄬Ψ仲|(zhì)量為28，甲烷的相對分子質(zhì)量為16，小于28，故B敘述正確；C.同溫同壓下氣體的密度之比等于氣體的相對分子質(zhì)量之比，則X氣體的密度大于Y氣體的密度，故C敘述正確；D.同溫同壓下，兩氣球的體積相同，由阿伏加德羅定律可知A、B兩氣球中氣體的分子數(shù)目相同，故D敘述錯誤；答案選D。【題目點(diǎn)撥】本題主要考查了學(xué)生對阿伏加德羅定律及其推論的理解，在同溫同壓下，兩種氣體的密度之比等于其相對分子質(zhì)量之比。3、B【解題分析】

“活性氧”氧化性極強(qiáng)，服用含硒元素(Se)的化合物亞硒酸鈉(Na2SeO3)，能消除人體內(nèi)的活性氧，表明Na2SeO3能將“活性氧”還原，“活性氧”為氧化劑，Na2SeO3為還原劑，由此可知Na2SeO3在人體中作還原劑，故答案為：B。4、B【解題分析】

A.取樣品，加入稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生的是Na2CO3，另外兩種物質(zhì)中都沒有明顯現(xiàn)象，不能鑒別，故A錯誤；B.取樣品，加入稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生的是Na2CO3，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，沒有明顯現(xiàn)象的是NaOH，現(xiàn)象不同，可以鑒別，故B正確；C.取樣品，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3，另外兩種物質(zhì)中都沒有明顯現(xiàn)象，不能鑒別，故C錯誤；D.取樣品，加入Na2SO4溶液，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，另外兩種物質(zhì)中都沒有明顯現(xiàn)象，不能鑒別，故D錯誤。故選B。5、C【解題分析】

題中應(yīng)用飽和食鹽水除去氯化氫，不能用氫氧化鈉，因為氫氧化鈉可以與氯氣反應(yīng)，故②不正確；干燥裝置應(yīng)長導(dǎo)管進(jìn)氣，否則濃硫酸會被壓入其右側(cè)裝置中，故③不正確；澄清石灰水濃度較低，無法完全吸收氯氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，故④不正確；故答案為：C。6、B【解題分析】

A．氫氧化鉀與氯化鋇、碳酸鈉不反應(yīng)，選項A錯誤；B．硫酸與氫氧化鉀反應(yīng)生成硫酸鉀和水、與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇和鹽酸、與碳酸鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化碳和水，故與三種物質(zhì)都能發(fā)生離子反應(yīng)，選項B正確；C．氯化鋇與氫氧化鉀不反應(yīng)，選項C錯誤；D．碳酸鈉與氫氧化鉀不反應(yīng)，選項D錯誤。答案選B。7、A【解題分析】A．氯化鋁溶液中滴加氨水至過量，應(yīng)生成沉淀氫氧化鋁，由于氫氧化鋁不溶于弱堿，所以氯化鋁沉淀完全后不再變化，A錯誤；B．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至過量且邊滴邊振蕩，先生成偏鋁酸鈉，開始無沉淀生成，氫氧化鈉反應(yīng)完全后繼續(xù)滴入氯化鋁會和偏鋁酸鈉反應(yīng)生成沉淀，發(fā)生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，3AlO2-+6H2O+Al3+=4Al(OH)3↓，兩過程中氯化鋁的用量為3：1，與圖象符合，B正確；C．向NaAlO2溶液中滴加稀鹽酸至過量且邊滴邊振蕩，開始會生成沉淀，當(dāng)偏鋁酸鈉完全沉淀后繼續(xù)滴入鹽酸，沉淀會溶解，發(fā)生的反應(yīng)為：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，兩過程消耗鹽酸量為1：3，與圖象符合，C正確；D．向偏鋁酸鈉溶液中逐漸通入二氧化碳至過量，由于碳酸的酸性強(qiáng)于氫氧化鋁，所以通入二氧化碳會不斷生成沉淀到偏鋁酸鈉完全沉淀后，沉淀量不再變化，發(fā)生的反應(yīng)為AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，與圖象符合，D正確；答案選A。8、D【解題分析】

根據(jù)分散系的概念，膠體的本質(zhì)特征分析?！绢}目詳解】分散質(zhì)粒子直徑在1nm～100nm之間的分散系屬于膠體，膠體具有丁達(dá)爾現(xiàn)象，大霧時，用燈照射時會出現(xiàn)一條光亮的通路，則煙霧屬于膠體分散系。故選D。9、D【解題分析】

①陽離子只有氫離子的是酸，陰離子只有氫氧根離子的是堿，由金屬離子或銨根離子和酸根離子構(gòu)成的化合物稱之為鹽，氧元素于另一種元素組成的化合物是氧化物；②非電解質(zhì)是水溶液或熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電的化合物，強(qiáng)電解質(zhì)是能完全電離的物質(zhì)，弱電解質(zhì)是存在電離平衡的物質(zhì)，不能完全電離；③金屬氧化物包括一般金屬氧化物和兩性氧化物，前者屬于堿性氧化物，后者能與堿反應(yīng)；④不同分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子的直徑不同；⑤氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)就是物質(zhì)之間電子的轉(zhuǎn)移;⑥酸性氧化物是能與堿反應(yīng)的一類氧化物，非金屬氧化物中只有部分屬于酸性氧化物；⑦溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)弱主要影響因素是溶液離子濃度，溶質(zhì)種類無關(guān)?！绢}目詳解】①硫酸H2SO4、燒堿NaOH、醋酸鈉CH3COONa和生石灰CaO分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③金屬氧化物不是都屬于堿性氧化物，如氧化鋁；④根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑不同將分散系分為膠體、溶液和濁液；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng);⑥非金屬氧化物不是都屬于酸性氧化物，如一氧化碳；⑦溶液導(dǎo)電能力與離子濃度和離子電荷有關(guān)。根據(jù)電解質(zhì)在水溶液中電離程度不同將電解質(zhì)分為強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)。綜上所述，只有①②⑤正確。答案為D。10、C【解題分析】

根據(jù)相同條件下相同質(zhì)量的氣體，體積之比與摩爾質(zhì)量成反比分析判斷?！绢}目詳解】根據(jù)阿伏加德羅定律可知同溫同壓下，相同質(zhì)量的氣體，體積之比與摩爾質(zhì)量成反比，即摩爾質(zhì)量越大，氣體占有的體積越小。氫氣、甲烷、氧氣、二氧化碳四種氣體的摩爾質(zhì)量分別為2g/mol、16g/mol、32g/mol、44g/mol，所以同溫同壓下，氫氣、甲烷、氧氣、二氧化碳四種氣體占有體積大小為：H2＞CH4＞CO2＞O2，答案選C?！绢}目點(diǎn)撥】掌握并能靈活應(yīng)用阿伏加德羅定律及其推論是解答的關(guān)鍵，注意阿伏加德羅定律的適用范圍和條件，另外要注意阿伏加德羅定律既適合于單一氣體，也適合于混合氣體，氣體摩爾體積是阿伏加德羅定律的特例。11、A【解題分析】

A．利用n=V22.4，V=mρ，c=nV即可求得該溶液的物質(zhì)的量濃度為1000ab17a+22400B．混合前n1=1.5mol?L-1×0.1L=0.15mol，n2=2.5mol?L-1×0.2L=0.5mol?；旌虾骎=0.1L+0.2L=0.3L。n=n1+n2=0.65mol，c=nV=0.65mol0.3L≈2.2mol?L-1C．c（SO42-）=32c（Fe3+）=32×m56V=3m112Vmol?L-1D．需要將密度單位轉(zhuǎn)化為g?L-，即ρg?cm-3=1000g?L-，再根據(jù)公式ω=cM1000ρ即可求出為58.5c1000ρ×100%，故D【題目點(diǎn)撥】注意單位換算ρg?cm-3=1000ρg/L。12、B【解題分析】

氯水中，氯氣與水發(fā)生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H＋、ClO－、Cl－等離子，氯水具有酸性和強(qiáng)氧化性，其中HClO見光易分解而變質(zhì)?！绢}目詳解】A、新制氯水中含有Cl2、HClO、H2O三種分子，有H＋、ClO－、Cl－等離子，故A正確；B、新制的氯水因溶解了氯氣，而呈淺黃綠色，有酸性和漂白性，故B錯誤；C、氯水中含有HClO，不穩(wěn)定，見光易分解生成氧氣，該氣體是O2，故C正確；D、氯水放置數(shù)天后，次氯酸分解生成鹽酸，酸性增強(qiáng)，故D正確；故選B。【題目點(diǎn)撥】本題綜合考查氯氣和氯水的性質(zhì)，解題關(guān)鍵：把握氯氣和水反應(yīng)的特點(diǎn)以及氯水的成分和性質(zhì)，易錯點(diǎn)A，氯氣與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，氯氣末完全反應(yīng)．13、B【解題分析】

A.因為溶液具有均一性，所以從1mol·L－1的NaCl溶液中取出任意體積的溶液，其濃度仍是1mol·L－1，A項正確；B.根據(jù)物質(zhì)的量濃度的公式可知，V表示溶液的體積，已知水的體積是1L，但并不能確定其溶液的體積，所以無法計算此NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度，B項錯誤；C.0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中BaCl2的物質(zhì)的量是0.5L×2mol/L=1mol，又因BaCl2=Ba2++2Cl-，1molBaCl2在溶液中電離出Ba2+和Cl-的總物質(zhì)的量為3mol，所以該溶液中Ba2＋和Cl－總數(shù)目為3×6.02×1023，C項正確；D.0.5L10mol·L－1的鹽酸中HCl的物質(zhì)的量是0.5L×10mol/L=5mol，即配制前需要5molHCl氣體，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下該HCl氣體的體積為5mol×22.4L/mol=112L，D項正確；答案選B。14、B【解題分析】

A.同溫同壓下氣體的密度之比等于摩爾質(zhì)量之比；B.根據(jù)N=nNA=NAm/M來計算；C.根據(jù)m=nM來計算；D.根據(jù)公式V=nVm=mVm/M來計算?！绢}目詳解】A.同溫同壓下，甲烷和氧氣的密度之比等于摩爾質(zhì)量之比即等于16:32=1:2，故A錯誤；B.根據(jù)N=nNA=mNA/M可知，1g甲烷和1g氧氣的原子數(shù)之比為(1/16×5NA):(1/32×2)=5:1，故B正確；C.根據(jù)m=nM可知，等物質(zhì)的量的甲烷和氧氣的質(zhì)量之比為16:32=1:2，故C錯誤；D.根據(jù)公式V=nVm=mVm/M可知，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下等質(zhì)量的甲烷和氧氣的體積之比=（mVm/16）：（mVm/32）=2:1,故D錯誤；故答案選B。【題目點(diǎn)撥】根據(jù)氣態(tài)方程：PV==nRT及n=m/M、m=ρV可知，P×M==m/VRT=P×M=ρRT，當(dāng)P、T一定時，M與ρ成正比。15、C【解題分析】

電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力與離子的濃度及離子所帶的電荷有關(guān)?！绢}目詳解】A.該過程的離子方程式為：，該過程中，離子濃度與所帶電荷的乘積沒有變化，則溶液的導(dǎo)電能力幾乎不變，A錯誤；B.該過程的化學(xué)方程式為：，該過程中，離子濃度減小，則溶液的導(dǎo)電能力減弱，B錯誤；C.該過程發(fā)生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度顯著增大，則溶液的導(dǎo)電能力顯著增大，C正確；D.該過程發(fā)生的離子方程式為：，則該過程中離子濃度幾乎不變，則溶液的導(dǎo)電能力幾乎不變，D錯誤；故合理選項為C。16、D【解題分析】試題分析：一定溫度下的反應(yīng)A(g)+3B(g)2C(g)中，各組分均為氣體，該反應(yīng)是一個氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)。A.C的生成速率與C的分解速率相等時，說明正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到平衡狀態(tài)；B.混合氣體的總物質(zhì)的量不再變化，說明各組分的濃度保持不變，達(dá)到平衡；C.A、B、C的濃度不再變化時達(dá)到平衡狀態(tài)；D.單位時間內(nèi)生成amolA，同時分解2amolC，不能說明正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等，故不能說明達(dá)到平衡。綜上所述，不能表明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)是D，本題選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Fe3+、Cl-0.150.10.4【解題分析】

(1)強(qiáng)酸性溶液中一定不會存在CO32－和SO32－，加入過量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀為BaSO4，說明溶液中含有SO42－；生成氣體A，A連續(xù)被氧化生成D和E，則A為NO，D為NO2，E為HNO3，說明溶液中含有還原性離子，一定為Fe2+，它在酸性條件下和NO3－反應(yīng)生成NO；溶液B中加入過量NaOH溶液，沉淀G為Fe(OH)3，生成氣體F，則F為NH3，說明溶液中含有NH4+；溶液H中通入CO2氣體，生成沉淀I，則I為Al(OH)3，H為NaOH和NaAlO2，說明溶液中含有Al3+；溶液中含有Fe2+，就一定不含NO3－，含有SO42－就一定不含Ba2+，不能確定是否含有的Fe3+和Cl－。(2)根據(jù)得失電子數(shù)相等和陰陽離子電荷所帶電荷數(shù)相同求解?！绢}目詳解】(1)由分析可知不能確定是否含有的是Fe3+和Cl－。(2)n(NO)==0.005mol，根據(jù)得失電子數(shù)可知n(Fe2+)=n(NO)×3=0.015mol，c(Fe2+)=0.015mol÷0.1L=0.15mol/L；加入氫氧化鈉溶液60mL時沉淀量降到0.025mol，說明此時為氫氧化鐵沉淀，亞鐵離子的物質(zhì)的量是0.015mol，所以說明原溶液中存在鐵離子，n(Fe3+)=0.025mol－0.015mol=0.01mol，則c(Fe3+)=0.01mol/0.1L=0.1mol/L；加入55mL氫氧化鈉溶液時沉淀達(dá)到最大值0.03mol，加入60mL氫氧化鈉溶液時，沉淀降為0.025mol，說明n(Al(OH)3)=0.03mol－0.025mol=0.005mol，則溶液中SO42－：0.04mol，NH4+：0.005mol，F(xiàn)e2+：0.015mol，F(xiàn)e3+：0.01mol，Al3+：0.005mol，此時2n(SO42－)=n(NH4+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)，所以c(Cl－)=0.4mol/L?！绢}目點(diǎn)撥】注意生成的Al(OH)3會和過量的NaOH反應(yīng)生成NaAlO2和H2O。18、①②③2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O【解題分析】

已知A是廚房中常見的一種調(diào)味品，為氯化鈉，D是一種黃綠色氣體單質(zhì)，為氯氣，F(xiàn)是一種黑色固體，F(xiàn)常用作催化劑，為二氧化錳。據(jù)此解答問題?！绢}目詳解】已知A是廚房中常見的一種調(diào)味品，為氯化鈉，D是一種黃綠色氣體單質(zhì)，為氯氣，F(xiàn)是一種黑色固體，F(xiàn)常用作催化劑，為二氧化錳。則A為氯化鈉，B為氫氧化鈉，C為氫氣，D為氯氣，E為氯化氫，F(xiàn)為二氧化錳。(1)有元素化合價變化的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，四個反應(yīng)中屬于氧化還原反應(yīng)的為①②③。(2)反應(yīng)①為電解氯化鈉生成氫氧化鈉和氫氣和氯氣，方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；③為濃鹽酸和二氧化錳反應(yīng)生成氯化錳和氯氣和水，方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O。【題目點(diǎn)撥】推斷題抓住突破口是關(guān)鍵，如顏色，黃綠色的氣體為氯氣，紅棕色的氣體為二氧化氮等，抓住物質(zhì)的用途，如氯化鈉為廚房常用調(diào)味劑等。19、K2CO3溶液BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O不能應(yīng)在操作②的濾液中加入過量鹽酸后再蒸發(fā)結(jié)晶沉淀A1(或固體B)500mL容量瓶3.7【解題分析】

分離KCl和BaCl2兩種固體混合物，可先溶于水，然后加入過量K2CO3使BaCl2轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾后沉淀加入鹽酸可生成BaCl2溶液，經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶、干燥后可得固體BaCl2，操作②所得濾液為KCl和K2CO3的混合物，蒸發(fā)結(jié)晶得到固體C為KCl和K2CO3，沉淀A為BaCO3，洗滌后，加鹽酸，蒸發(fā)得到固體B為BaCl2，以此來解答。【題目詳解】（1）加入試劑a，與BaCl2反應(yīng)生成BaCO3沉淀，因此試劑a是K2CO3溶液；碳酸鋇經(jīng)過洗滌干燥后加入試劑b轉(zhuǎn)化為氯化鋇溶液，則試劑b是鹽酸，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O。（2）經(jīng)操作②得到的濾液中含有過量K2CO3，直接蒸發(fā)得到的氯化鉀中混有碳酸鉀，應(yīng)先加入鹽酸酸化，然后再蒸發(fā)結(jié)晶；（3）測定氯化鋇的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，可計算碳酸鋇或分離后氯化鋇的質(zhì)量，即除了要準(zhǔn)確稱量混合物的質(zhì)量外至少還要獲得的數(shù)據(jù)是沉淀A1或固體B的質(zhì)量；（4）用所（3）所制備的KCl固體配制0.1mol/LKCl溶液450mL，由于沒有450mL容量瓶，則需要500mL容量瓶，則配制過程中需要用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管和500mL容量瓶；因此需要KCl固體的質(zhì)量是0.5L×0.1mol/L×74.5g/mol＝3.725g，由于托盤天平只能讀數(shù)到0.1g，則需要用托盤天平稱量的質(zhì)量是3.7g。【題目點(diǎn)撥】本題考查混合物的分離、提純，側(cè)重于考查學(xué)生分析能力、實驗?zāi)芰?，注意把握流程中的反?yīng)及混合物分離方法的選擇。易錯點(diǎn)是（4）中的計算，注意托盤天平只能讀數(shù)到0.1g。20、燒杯500mL容量瓶玻璃棒膠頭滴管20.0g27.4g查漏BCAFED④⑤【解題分析】

（1）根據(jù)實驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應(yīng)所需儀器；（2）利用n=cV計算出NaOH的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計算所需NaOH的質(zhì)量；（3）托盤天平平衡原理為左盤內(nèi)質(zhì)量=右盤內(nèi)質(zhì)量+游碼數(shù)值；（4）最后需顛倒搖勻，所以容量瓶在使用前必須檢查是否漏水；（5）根據(jù)配制溶液的實驗操作過程進(jìn)行步驟排序；（6）分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，根據(jù)c=n/V分析判斷。【題目詳解】（1）沒有480mL容量瓶，所以選擇500mL容量瓶。操作步驟有計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，用玻璃棒攪拌，加速溶解，恢復(fù)室溫后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌2~3次，并將洗滌液移入容量瓶中，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻；所以需要的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管、藥匙，必須使用的玻璃儀器有：燒杯、500mL容量瓶、玻璃棒、膠頭滴管。故答案為燒杯、500mL容量瓶、玻璃棒、膠頭滴管。（2）需氫氧化鈉的質(zhì)量為m=0.5L×1mol·L-1×40g/mol=20.0g，故答案為20.0g。（3）