2019-2020年高一化学上学期期中试题（含解析）苏教版.doc

2019-2020年高一化学上学期期中试题（含解析）苏教版一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1（2分）目前有些中小学生喜欢使用涂改液，经实验证明，涂改液中含有许多挥发性的有害物质，二氯甲烷（CH2Cl2）就是其中一种下面是关于二氯甲烷的几种说法：它是由碳、氢、氯三种元素组成的化合物，它是由氯气（分子式为：Cl2）和甲烷组成的化合物，它的分子中碳、氢、氯三种元素的原子个数比为1：2：2，它是由多种原子构成的一种化合物这些说法中正确的是（）ABCD考点：分子、原子、离子专题：物质的组成专题；物质的分类专题分析：由同种分子构成的物质是纯净物，由不同种分子构成的物质是混合物；由同种分子构成的物质是纯净物，由不同种分子构成的物质是混合物；由化学式可知碳、氢、氯元素的原子个数比；由化学式可知元素组成；解答：解：由二氯甲烷的化学式可知，二氯甲烷是由碳、氢、氯三种元素组成的纯净物，属于化合物，故正确由二氯甲烷的化学式可知，二氯甲烷是由碳、氢、氯三种元素组成的纯净物，不含氯气和甲烷，故错误由二氯甲烷的化学式可知，1个二氯甲烷分子是由1个碳原子、2个氢原子和2个氧原子构成的，则它的分子中碳、氢、氯的原子个数比是1：2：2，故正确二氯甲烷是氯、碳、氢多种原子构成的，故正确故说法正确故选A点评：本题考查结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力，难度不大，注意知识的积累2（2分）下列化学用语正确的是（）A中子数为20的氯原子：ClB硫酸的电离方程式：H2SO4=H22+SO42C漂白粉的有效成分：CaCl2D铝离子结构示意图：考点：原子结构示意图；分子、原子、离子；电离方程式的书写分析：A、元素符号的左上角标质量数；B、硫酸电离生成氢离子；C、漂白粉的主要成分为次氯酸钙Ca（ClO）2和氯化钙，有效成分为次氯酸钙；D、铝离子为失去最外层3个电子，达到最外层8个电子的稳定结构解答：解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子：1737Cl，故A错误； B、硫酸是强酸，完全电离，H2SO4=2H+SO42，故B错误；C、漂白粉中有效成分是Ca（ClO）2，故C错误；D、铝离子为失去最外层3个电子，达到最外层8个电子的稳定结构，故D正确，故选D点评：本题考查化学用语、电离、物质的成分，难度不大，明确物质的成分是解题的关键3（2分）下列生活常见现象中，没有涉及化学变化的是（）A 光合作用B 炭烧取暖C 风力发电D 电解冶炼考点：物理变化与化学变化的区别与联系分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断解答：解：A光合作用有新物质生成，属于化学变化，故A错误； B炭烧取暖有新物质二氧化碳生成，属于化学变化，故B错误；C风力发电没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；D电解冶炼有新物质生成，属于化学变化，故D错误故选C点评：本题物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化4（2分）体操运动员在上器械之前常在手上搓一种白色粉末，这些白色粉末含有碳酸镁、氧化镁等物质，其中氧化镁属于（）A酸B碱C盐D氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系分析：酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子的化合物；氧化物是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物解答：解：氧化镁的化学式是MgO，是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物，故是氧化物，故选D点评：本题考查了酸碱盐和氧化物的概念，通过定义的辨析来进行物质的分类，难度不大5（2分）下列关于Ne和Ne的说法正确的是（）A质子数相等B质量数相等C中子数相等D性质相同考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系分析：根据原子符号中，左上角数字代表质量数，左下角数字为质子数，在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数解答：解：ANe和Ne的质子数相同，都为10，故A正确； BNe和Ne的质量数不相同，分别为20、22，故B错误；C中子数=质量数质子数，Ne和Ne的中子数不相同，分别为2010=10、2210=12，故C错误；DNe和Ne的物理性质不同，质量不同，故D错误故选A点评：本题主要考查了同位素、元素符号的含义以及粒子数目的关系，难度不大，注意概念的掌握6（2分）关于Cl的说法正确的是（）ACl呈黄绿色BCl有毒CCl具有氧化性DCl是稳定结构考点：分子、原子、离子分析：氯气有毒，氯离子无毒；氯气为黄绿色气体，氯离子无色；氯气具有强氧化性，氯离子具有还原性解答：解：A、氯气呈黄绿色，氯离子无色，故A错误；B、氯气有毒，氯离子无毒，故B错误；C、氯气具有氧化性，氯离子具有还原性，故C错误；D、氯离子具有最外层8个电子的稳定结构，故D正确，故选D点评：本题考查氯气和氯离子，明确氯气和氯离子的区别是解本题关键，结构决定性质，根据其结构分析解答即可，题目难度不大7（2分）下列溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl物质的量浓度相同的是（）A100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B200mL 0.25mol/L AlCl3溶液C50ml 1mol/L NaCl溶液D25ml 0.5mol/L HCl溶液考点：物质的量浓度专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：0.5mol/LNaCl溶液所含Cl的物质的量浓度为0.5mol/L，结合化学式计算选项中氯离子的浓度，进行判断注意离子浓度与溶液的体积无关解答：解：0.5mol/LNaCl溶液所含Cl的物质的量浓度为0.5mol/LA、0.5mol/LMgCl2溶液中氯离子的浓度为0.5mol/L2=1mol/L，故A错误；B、0.25mol/LAlCl3溶液中氯离子的浓度为0.25mol/L3=0.75mol/L，故B错误；C、1mol/LNaCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L，故C错误；D、0.5mol/LHCl溶液中所含Cl的物质的量浓度为0.5mol/L，故D正确故选：D点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确浓度与物质的构成的关系是解答本题的关键，并注意离子的浓度与物质的浓度有关，而与溶液的体积无关8（2分）下列物质属于电解质的是（）A酒精B食盐水C铁D氢氧化钠考点：电解质与非电解质专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，一定属于化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质解答：解：A、酒精不导电，酒精的水溶液也不导电，所以酒精为非电解质，故A错误；B、食盐水为混合物，所以食盐水既不是电解质，也不是非电解质，uB错误；C、铁为单质，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D、氢氧化钠在溶液中和熔融状态下都能够导电，氢氧化钠为电解质，故D正确；故选D点评：本题考查了电解质与非电解质的概念，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的区别，明确无论电解质还是非电解质，都一定为化合物9（2分）单晶硅是制作电子集成电路的基础材料科学家预计，到xx年一个电脑芯片上将会集成10亿个晶体管，其功能远比我们想象的要大的多，这对硅的纯度要求很高用化学方法可制得高纯度硅，其化学方程式为：SiO2+2C Si+2CO Si+2Cl2SiCl4 SiCl4+2H2=Si+4HCl，其中反应和属于（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应考点：硅和二氧化硅；化学基本反应类型专题：物质的性质和变化专题分析：认真分析各反应物与生成物的特点与数量，来确定反应的类型：化合反应的特点为“多变一”，分解反应的特点为“一变多”，置换反应的特点为“单质+化合物单质+化合物”，复分解反应的特点为“化合物+化合物化合物+化合物，且两种反应物相互交换成分”然后根据具体的化学方程式进行分析、判断，从而得出正确的结论解答：解：由化学方程式可知，反应中的反应物和生成物都是一种单质和一种化合物，属于置换反应；中的反应物是两种，生成物是一种，属于化合反应故选C点评：本题考查化学反应类型，难度不大，解答本题要掌握反应类型的判断方法，只有这样才能对各种反应类型做出正确的判断10（2分）现有一瓶500mL的矿泉水，其水质成分表中标示其“Ca2+”含量为4mgL1，则其物质的量浓度为（）A1104molL1B2104molL1C0.5104molL1D1103molL1考点：物质的量浓度专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：浓度4mgL1表示1L溶液中含有4mgCa2+离子，根据n=计算钙离子的物质的量，再根据c=计算钙离子的物质的量浓度解答：解：浓度4mgL1表示1L溶液中含有4mgCa2+离子，4mg钙离子的物质的量为=1104mol，故该溶液中钙离子的物质的量浓度为=1104molL1，故选A点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，理解钙离子含量的含义是解题的关键，再利用定义式计算11（2分）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作如图图示对应的操作规范的是（）ABCD考点：配制一定物质的量浓度的溶液分析：A天平称量固体时，应遵循“左物右码”；B依据玻璃棒在搅拌过程中的正确操作判断；C容量瓶瓶颈较细，移液时应用玻璃棒引流；D依据胶头滴管正确使用方法判断解答：解：A物体和砝码的位置放错了，故A错误；B用玻璃棒搅拌时尽量不要碰到容器内壁（烧杯内壁），沿着一个方向进行搅拌，故B正确；C没有用玻璃棒引流，故C错误；D胶头滴管要保持垂直悬于容器口上方，故D错误；故选：B点评：本题考查了化学实验基本操作，题目难度不大，试题旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验中常见的基本操作方法12（2分）用NA表示阿伏伽德罗常数的值下列判断正确的是（）A2g H2含有的氢原子数目为NAB常温常压下，22.4L O2含有的分子数目为NAC1L 1molL1 KOH溶液中含有的钾离子数目为NAD1mol Zn变为Zn2+时失去的电子数目为NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A.1个氢气分子含有2个氢原子；B常温常压下Vm22.4L/mol；C依据n=CV 计算氢氧化钾的物质的量，氢氧化钾为强电解质完全电离，依次计算钾离子数目；D.1个Zn变为Zn2+时失去2个电子解答：解：A.1个氢气分子含有2个氢原子，2g H2的物质的量=1mol，含氢原子个数为2NA，故A错误；B常温常压下Vm22.4L/mol，22.4L O2的物质的量不是1mol，所以分子数不是NA，故B错误；C溶液中氢氧化钾的物质的量=1L1molL1 =1mol，氢氧化钾为强电解质完全电离，所以含钾离子的物质的量为1mol，个数为NA，故C正确；D.1个Zn变为Zn2+时失去2个电子，1mol Zn变为Zn2+时失去的电子数目为2NA，故D错误；故选：C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件13（2分）（xx上海）用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1nm100nm）的超细粉末粒子，然后制得纳米材料下列分散系中的分散质的粒子的大小和这种纳米粒子大小具有相同的数量级的是（）A溶液B悬浊液C胶体D乳浊液考点：纳米材料专题：溶液和胶体专题分析：根据胶体微粒的直径判断，胶体微粒的直径为1100nm之间解答：解：胶体微粒的直径为1100nm之间，把固体物质加工到纳米级的超细粉末粒子，与胶体的微粒直径相当，故选C点评：本题以纳米材料为载体考查了胶体微粒的本质特征，胶体能产生丁达尔现象，这是胶体独有的现象14（2分）我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用，其中黑火药的爆炸反应2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2该反应中被氧化的元素是（）ACBNCN和SDN和C考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中，如元素的化合价升高，则该元素在反应中失去电子而被氧化解答：解：反应2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2中，N和S元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，被氧化，故选A点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意化合价的变化与氧化还原反应有关概念的联系15（2分）下列说法正确的是（）A用湿润的碘化钾淀粉试纸检验氯化氢气体中是否混有氯气B次氯酸具有酸性，可与碳酸钠反应产生二氧化碳气体C新制氯水的酸性一定比久置的氯水强D干燥氯气能使有色布条褪色考点：氯气的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用分析：A、氯气与KI反应生成碘单质，遇淀粉变蓝；B、次氯酸的酸性比碳酸的弱，弱酸不能获得强酸；C、久置的氯水实际是稀盐酸；D、氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，但是氯气不具有解答：解：A、氯气与KI反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，但是氯化氢不具有该性质，则可以用湿润的碘化钾淀粉试纸检验氯化氢气体中是否混有氯气，故A正确；B、次氯酸具有酸性，酸性比碳酸的弱，不能与碳酸钠反应产生二氧化碳气体，故B错误；C、久置的氯水实际是稀盐酸，新制氯水的酸性比久置的氯水弱，故C错误；D、干燥氯气不能使有色褪色，故D错误故选A点评：本题涉及氯气、氯水的性质，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大二、多项选择题（共5小题，每小题2分，满分10分）16（2分）下列有关物质检验的操作、现象及结论均正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42B向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，变浑浊该溶液中一定含有CO32C向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+D用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色该溶液一定是钠盐AABBCCDD考点：常见离子的检验方法专题：物质检验鉴别题分析：A、能够与氯化钡反应生成不溶于盐酸的沉淀的离子可能为银离子、SO42离子；B、能够使澄清石灰水不存在的气体有二氧化碳和二氧化硫，原溶液中可能存在碳酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等；C、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；D、焰色反应的火焰为黄色的离子为钠原子，溶液中一定含有钠离子，可能为钠盐、氢氧化钠解答：解：A、向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子，所以不一定含有硫酸根离子，故A错误；B、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，变浑浊，产生的气体可能为二氧化碳、二氧化硫，原溶液中可能存在碳酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等，所以不一定存在CO32，故B错误；C、向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，原溶液中一定存在铵离子，故C正确；D、用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中一定存在钠离子，该溶液可能为钠盐，有可能为氢氧化钠，所以不一定为钠盐，故D错误；故选C点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意明确常见离子（硫酸根离子、氯离子、铵离子等）的检验方法，选项D为易错点，注意含有钠离子的不一定为钠盐，注意认真分析、理解题意17（2分）标准状况下有1.8g水；3.011023个氯化氢分子；4.48L氨气，下列对这三种物质的关系由小到大排列正确的是（）A物质的量：B氢原子数：C原子总数：D质量：考点：阿伏加德罗定律及推论分析：根据n=计算出水的物质的量、根据n=计算出氯化氢的物质的量、根据n=计算出氨气的物质的量，然后分别化学式组成分别判断三种物质的物质的量、氢原子数、原子总数大小；最后根据m=nM计算出各物质质量，再判断其质量大小解答：解：1.8g水的物质的量为：=0.1mol，0.1mol水分子中含有0.2molH原子，总共含有0.3mol原子；3.011023个氯化氢分子的物质的量为：=0.5mol，0.5molHCl分子中含有0.5molH原子，总共含有1mol原子；0.5mol氯化氢的质量为：36.5g/mol0.5mol=18.25g；4.48L氨气的物质的量为：=0.2mol，0.2mol氨气中含有0.6molH原子，总共含有0.8mol原子；0.2mol氨气的质量为：17g/mol0.2mol=3.4g，A按照物质的量由小到大排列为：，故A错误；B按照H原子数由小到大排列为：，故B正确；C按照原子总数由小到大排列为：，故C错误；D按照质量由小到大排列为：，故D正确；故选BD点评：本题考查了有关物质的量的计算，题目浓度中等，注意掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积等物理量之间关系，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力18（2分）下列装置能达到实验目的是（）考点：化学实验方案的评价分析：A观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；B制取蒸馏水，不需要测定水温，且冷水应下进上出；C稀释浓硫酸将密度大的注入密度小的液体中，便于混合及散热；D除杂时导管长进短出解答：解：A观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，图中焰色反应操作合理，故A正确；B制取蒸馏水，不需要测定水温，温度计的水银球应在支管口处，且冷水应下进上出，冷却效果好，故B错误；C稀释浓硫酸将密度大的注入密度小的液体中，便于混合及散热，图中操作不合理可导致液体飞溅，故C错误；D除杂时导管长进短出，图中气体应从长导管进入，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、稀释、蒸馏及除杂的实验基本操作等，侧重物质性质及实验基本操作的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大19（2分）下列物质与其用途相符合的是（）Cl2作消毒剂； AgBr制胶卷，感光纸； AgI人工降雨； 加碘食盐预防甲状腺肿大；淀粉检验I2的存在； NaClO漂白纺织物ABCD全部考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：元素及其化合物分析：根据Cl2能与水反应生成次氯酸；AgBr不稳定，易分解生成银； AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核；碘是预防甲状腺肿大的主要元素；淀粉遇碘变蓝色；NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物；解答：解：Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故正确；AgBr不稳定，易分解生成银，可用来制胶卷、感光纸，故正确；AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，有利水汽粒子的碰撞增大，从而形成雨，故正确；碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故正确；淀粉遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，故正确；NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物；，故正确；故选：D点评：本题考查常见物质的性质及应用，题目难度不大，注意常见相关基础知识的积累，性质决定用途20（2分）有Na2SO4、Fe2（SO4）3和NaNO3的混合溶液，已知其中Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42的物质的量浓度为0.7mol/L，NO3的物质的量浓度为0.2mol/L，则此溶液中Na+的物质的量浓度为（不考虑Fe3+在溶液中的反应）（）A0.2mol/LB0.3mol/LC0.4mol/LD0.35mol/L考点：物质的量浓度的相关计算分析：Na2SO4、Fe2（SO4）3和NaNO3的混合溶液中一定满足电荷守恒，即：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（NO3），根据铁离子、硫酸根离子、NO3的浓度及电荷守恒计算出此溶液中Na+的物质的量浓度解答：解：Na2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，含Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42的物质的量浓度为0.7mol/L，NO3的物质的量浓度为0.2mol/L，根据电荷守恒有：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（NO3），即30.4mol/L+c（Na+）=20.7mol/L+0.2mol/L，解得c（Na+）=0.4mol/L，故选C点评：本题考查了电荷守恒、物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意掌握物质的量浓度概念及计算方法，明确电荷守恒在化学计算中的应用方法三、填空题（共5小题，每小题10分，满分50分）21（10分）完成下列填空（1）决定物质体积的因素有构成物质的粒子数；粒子大小；粒子间的距离对固体、液体物质而言，它主要是由上述决定（填写编号，下同）；对气体物质而言，它主要由上述决定（2）标准状况下，体积为11.2L的CO2的质量22g（3）配制100mL2molL1的H2SO4溶液，需要某98%H2SO4溶液（密度为1.8g/cm3）的体积为11.1ml取配制后的溶液20ml，SO42的物质的量为0.04mol，加入足量的锌，生成表况下氢气的体积为：0.896L（4）检验纯碱样品中是否含NaCl应选用的试剂是硝酸、硝酸银溶液（5）现有下列物质：二氧化碳（CO2）碳酸钠（Na2CO3）氯水 钠（Na），请用序号完成下列填空：上述五种物质中属于电解质的是，属于非电解质的是考点：物质的量的相关计算；电解质与非电解质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用分析：（1）对固体、液体物质而言，粒子大小远远大于粒子间的距离，可以忽略粒子间的距离；而对气体物质而言，粒子间的距离远远大于粒子大小，可以忽略粒子大小，相同物质粒子数目越大，占有的体积越大；（2）根据n=计算二氧化碳的物质的量，再根据m=nM计算其质量；（3）根据c=计算浓硫酸物质的量浓度，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积；根据n=cV计算20mL溶液中n（H2SO4），SO42的物质的量等于H2SO4的物质的量，根据H原子守恒计算生成氢气的物质的量，再根据V=nVm计算氢气体积；（4）检验氯离子即可，应先加入硝酸酸化，再用硝酸银检验氯离子；（5）电解质是指水溶液或熔融状态下可以导电的化合物，属于纯净物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水、一水合氨等属于电解质，非电解质是指水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，非金属氧化物、大多数有机物等属于非电解质，而混合物、单质既不属于电解质也不属于非电解质解答：解：（1）相同物质粒子数目越大，占有的体积越大对固体、液体物质而言，粒子大小远远大于粒子间的距离，可以忽略粒子间的距离，故构成物质的粒子数及粒子大小决定固体、液体的体积；而对气体物质而言，粒子间的距离远远大于粒子大小，可以忽略粒子大小，故构成物质的粒子数、粒子间的距离决定气体体积大小，故答案为：；（2）标况下，11.2L二氧化碳的物质的量为=0.5mol，其质量为0.5mol44g/mol=22g，故答案为：22；（3）根据c=可知，浓硫酸物质的量浓度为mol/L=18mol/L，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积为=11.1mL；20mL溶液中n（H2SO4）=0.02L2mol/L=0.04mol，则n（SO42）=n（H2SO4）=0.04mol，根据H原子守恒，生成氢气的物质的量为0.04mol，标况下生成氢气体积为0.04mol22.4L/mol=0.896L，故答案为：11.1；0.04mol；0.896；（4）检验纯碱样品中是否含NaCl，检验氯离子即可，取样品配成溶液，先加入硝酸酸化，除外碳酸根离子，再用硝酸银检验氯离子，需要试剂为硝酸、硝酸银溶液，故答案为：硝酸、硝酸银溶液；（5）二氧化碳（CO2）是非金属氧化物，不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，碳酸钠（Na2CO3）属于盐，属于电解质，氯水是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，钠（Na）属于单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故答案为：；点评：本题考查影响物质体积的因素、物质的量有关计算、氯离子检验、电解质与非电解质，难度不大，侧重对基础知识的巩固22（10分）海洋植物如海带海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在实验室里从海洋植物海藻中提取碘的流程如图：海藻海藻灰悬浊液含I的溶液含I2溶液I2的有机溶液晶态碘（1）指出提取的过程中有关实验操作名称：过滤萃取、分液（2）提取碘的过程中，可以选用的有机溶剂是BD（填字母）（A）水 （B）四氯化碳 （C）酒精 （D）苯（3）写出过程的化学方程式（I以碘化钾为例），并分析电子转移的方向和数目（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏操作考点：海带成分中碘的检验；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用分析：（1）分离固体和液体用过滤，利用溶解性的差异来分析；（2）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，据此来选择合适的试剂；（3）氯气氧化性强于碘，故能置换出碘；（4）从有机溶液中提取碘，需要蒸馏操作解答：解：（1）过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤；将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤；萃取、分液；（2）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯，故答案为：BD；（3）氯气与碘离子反应的离子反应方程式为：C2+2I=2Cl+I2，得失电子为：解：含元素化合价升高的物质为还原剂，则KI为还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应对应氧化产物为I2；含元素化合价降低的物质为氧化剂，Cl2为氧化剂，Cl元素的化合价由0降低为1价，用双线桥法在化学方程式中标出电子转移情况为，故答案为：Cl2；KI；I2；（4）从有机溶剂中提取碘，需要用蒸馏操作，故答案为：蒸馏点评：本题考查了物质的分离和提纯，掌握过滤、萃取、蒸馏等操作是解答本题的关键，题目难度不大23（10分）实验室用Na2CO3固体粉末配制400mL0.100molL1的Na2CO3溶液，有如下操作步骤：用托盘天平称量5.3gNa2CO3固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；将所得溶液小心地转移入容量瓶中；将容量瓶塞紧，充分摇匀；用少量蒸馏水洗涤烧杯与玻璃棒23次，将洗涤液一并转移到容量瓶中（1）在上述步骤的空白处填空；（2）本实验操作步骤的正确顺序是（填序号）；（3）试分析下列操作对所配得溶液的浓度有何影响（填：“偏高”、“偏低”、或“无影响”）定容时，俯视刻度线，所配得溶液的浓度偏高；定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线所配得溶液的浓度偏低考点：配制一定物质的量浓度的溶液分析：（1）依据m=CVM计算溶质的质量，依据定容的正常操作；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤解答；（3）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析解答：解：（1）配制400mL0.100molL1的Na2CO3溶液，应选择500ml容量瓶，需要碳酸钠的质量m=0.5L0.100molL1106g/mol=5.3g；定容时继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；故答案为：5.3；胶头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，故正确的答案为：；故答案为：；（3）定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，题目难度不大，熟悉配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法24（10分）在如图所示的物质转化关系中，A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂（反应中生成的水和部分反应条件未列出）（1）画出A中阴离子的结构示意图：（2）反应在点燃条件下的现象是：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾（3）反应的化学方程式为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH（4）工业制备漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O有效氯的含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的含量来表示：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O有效氯含量=100%，则该反应的产品漂白粉的有效氯为55.9%考点：无机物的推断分析：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaOH，可推知I为HCl，据此解答解答：解：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaOH，可推知I为HCl，（1）A为NaCl，其阴离子的结构示意图为：，故答案为：；（2）反应是氢气在氯气中燃烧，现象是：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾，故答案为：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾；（3）反应的化学方程式为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，故答案为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；（4）工业制备漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，假设次氯酸钙为1mol，含有2molClO，由ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O可知，生成氯气为2mol，生成氯气的质量为2mol71g/mol=142g，漂白粉的质量为1mol111g/mol+1mol143g/mol=254g，故该反应的产品漂白粉的有效氯为100%=55.9%，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；55.9%点评：本题考查无机物推断，涉及氯碱工业等，难度不大，注意对基础知识的全面掌握，（4）中计算为易错点，注意计算漂白粉的有效氯，学生容易计算次氯酸盐的有效氯25（10分）在实验室中MnO2跟足量12.0mol/L浓盐酸反应制得2.24L氯气（标准状况下）（1）请写出上述过程中发生反应的化学方程式4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）该反应的氧化剂为MnO2；氧化产物为Cl2；（3）消耗MnO2的质量为8.7g；（4）被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；（5）若原浓盐酸的体积为50mL，将反应后的溶液冷却至室温后稀释至250mL，（假设整个过程中由于挥发而损失的HCl的物质的量为0.2mol），求稀释后溶液中Cl的物质的量的浓度为1.6mol/L考点：氧化还原反应的计算分析：（1）MnO2跟足量浓盐酸加热下反应制得氯气，同时生成氯化锰和水，据此书写方程式；（2）化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂，对应产物是还原产物，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物；（3）根据化学方程式进行计算即可；（4）在参与反应的4mol盐酸中，一半被氧化，做还原剂；（5）根据稀释前后氯离子的物质的量不变结合c=来计算解答：解：（1）MnO2跟足量浓盐酸加热下反应制得氯气，同时生成氯化锰和水，方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）化合价降低的Mn元素所在的反应物MnO2是氧化剂，化合价升高的Cl元素所在的反应物HCl是还原剂，对应的产物Cl2是氧化产物；故答案为：MnO2；Cl2；（3）反应制得2.24L氯气（标准状况下）物质的量是0.1mol，设消耗的二氧化锰物质的量是x，4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 1 1 x 0.1mol即x=0.1mol，所以二氧化锰的质量是0.1mol87g/mol=8.7g，故答案为：8.7；（4）4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 4 1 1 0.1mol生成0.1mol氯气，消耗盐酸0.4mol，在参与反应的0.4mol盐酸中，一半被氧化，做还原剂，即被氧化的HCl的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2；（5）原浓盐酸的体积为50mL，浓度是：12.0mol/L，则物质的量是0.6mol，假设整个过程中由于挥发而损失的HCl的物质的量为0.2mol，所以稀释后溶质的物质的量是0.4mol，体积250mL所以稀释后溶液中Cl的物质的量的浓度c=1.6mol/L，故答案为：1.6点评：本题以二氧化锰和盐酸的反应为载体，考查学生氧化还原反应的概念以及化学方程式的计算知识，难度不大