1、2019-2020学年西安市第26中学第一学期期中化学考卷考试范围：必修第1-2章；考试时间100分钟相对原子质量：Ag-108 Cl-35.5 Mg-24 H-1 O-16 C-12 N-14 S-32第卷 选择题一、单选题（前10题每题2分，后10题每题3分，共50分）1. 下列仪器可以加热的是（ ）蒸馏烧瓶；容量瓶；蒸发皿；试管；表面皿；分液漏斗；量筒；锥形瓶A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】蒸馏烧瓶可垫石棉网加热；容量瓶不可加热；蒸发皿可直接加热；试管可直接加热；表面皿不可加热；分液漏斗不可加热；量筒不可加热；锥形瓶可垫石棉网加热；答案为A。2. 下列关于 A、B 两种
2、不同气体的说法中，不正确的是A. 相同温度和压强下，密度不一定相等B. 质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小C. 分子数越多，体积就越大D. 物质的量越大，分子数越多【答案】C【解析】【详解】A. 根据阿伏加德罗定律的推论，同温、同压，气体的密度与摩尔质量成正比，气体A、B的摩尔质量不一定相等，所以相同温度和压强下，密度不一定相等，故A正确；B. 根据 ，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，故B正确；C. 气体的体积与分子数、分子间距离有关，所以分子数多，体积不一定大，故C错误；D. 根据，物质的量越大，分子数越多，故D正确；选C。3. 下列实验过程中出现的异常情况,其可能原因分析错误的
3、是( )选项异常情况可能原因分析A蒸发结晶:蒸发皿破裂将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部B分液:分液漏斗中的液体难以滴下没有打开分液漏斗活塞,或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐C萃取时，震荡溶液，液体静置不分层加入萃取剂的量较多D蒸馏:冷凝管破裂冷凝管没有通水或先加热后通水A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A溶液不能蒸干，且酒精灯灯芯温度低，加热过长或受热不均匀，导致蒸发皿破裂，故A正确；B打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔对齐，可平衡压强，而没有打开时分液漏斗中的液体难以滴下，故B正确；C液体静置不分层，说明萃取剂与原溶剂互溶，与萃取剂量无
4、关，故C错误；D冷凝管没有通水或先加热后通水，冷凝管受热不均匀，导致冷凝管破裂，故D正确；故选：C。4. 用于“点豆腐”的氯化镁结晶水合物化学式是MgCl2nH2O，取10.15g此结晶水合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液，得到氯化银沉淀14.35g。则n的值是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】MgCl2nH2O溶于水，加入足量的AgNO3溶液，硝酸银会和氯化镁之间发生反应生成氯化银，根据氯化银的质量和Cl守恒确定n的值。【详解】根据氯元素守恒，则MgCl2nH2O2AgCl 95+18n 287 10.15g 14.35g=解得n=6。故选C。【点睛】根据化学方程式计算
5、时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。5. 为除去某物质中所含的杂质，周佳敏同学做了以下四组实验，其中她所选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂试剂或操作方法NaCl溶液Na2CO3加入盐酸，蒸发FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】碳酸钠可与盐酸反
6、应生成氯化钠，可除杂，故正确；铁可置换出铜，生成硫酸亚铁，可除杂，故正确；二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除杂，故正确；生成氯化钙，生成新杂质，可将混合物溶于水然后过滤除去杂质碳酸钙，故错误。故选：A。6. 对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是 ( )选项ABCD物质的化学式NaOH汽油KClO3乙醇危险警告标签A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，符合题意，故A正确；B汽油属于易燃物，图为易燃液体标志，符合题意，故B正确；CKClO3属于易爆物，应贴爆
7、炸品的标志，图为爆炸品标志，故C正确。D乙醇属于易燃物，不属于剧毒品，应贴易燃液体的标志，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查危险品标志，解这类题时，首先要知道各种物质的性质，然后根据各个标签所代表的含义进行分析判断。7. 实验室从海带中提取碘的流程如图：下列操作装置不符合要求的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液，以此来解答。【详解】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得
8、到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液；A选项中是溶液蒸发浓缩装置，海带灼烧应在坩埚中进行，故A错误；B海带灰溶解在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C悬浊液得到含碘离子的溶液，为分离固体和溶液，使用过滤装置，故C正确；D含碘单质的水溶液分离碘单质用萃取分液的方法分离，故D正确；故答案为A。8. 下列反应中既属于四种基本反应类型，又属于氧化还原反应类型的是：A. 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2B. CuSO4+H2S=CuS+H2SO4C. Cu2(OH)2CO32CuO+
9、CO2+H2OD. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【答案】D【解析】【详解】A反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2不属于任何一种基本类型，由于反应前后有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应，A不符合题意；B反应CuSO4+H2S=CuS+H2SO4的基本类型为复分解反应，由于反应前后没有元素化合价的变化，因此反应不属于氧化还原反应，B不符合题意；C反应Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O的基本类型为分解反应，由于反应前后没有元素化合价的变化，因此反应不属于氧化还原反应，C不符合题意；D反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3的基本类
10、型为化合反应，由于反应前后有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应，D符合题意；故合理选项是D。9. 为了除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，先将粗盐溶于水，过滤，然后对滤液进行4项操作过滤加适量盐酸加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液加入过量BaCl2溶液。上述4项操作的正确顺序为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】实验中我们通常分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，为了除杂更彻底，每次所用试剂都必须过量，这样必将带来新的杂质，故碳酸钠不光要除去Ca2+，还要除去过量的Ba2+，故
11、决定了Na2CO3要在BaCl2的后面加，过滤出沉淀后再加入盐酸除去过量的CO和OH-，过量的盐酸可以适当加热就可以除去，经上述分析，可以得出只有C符合题意；故答案为：C。10. 下列离子方程式中正确的是( )A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+=BaSO4B. 碳酸钙溶于稀硝酸： +2H+= CO2+H2OC. 氨水与稀硫酸反应：NH3H2O+H+=+H2OD. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H+OH-=H2O【答案】C【解析】【详解】A二者反应除产生BaSO4沉淀外，还有弱电解质H2O生成，A不符合题意；B碳酸钙难溶于水，主要以固体存在，不能写成离子形式，B不符合题意
12、；C反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C符合题意；DCH3COOH是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，D不符合题意；故合理选项是C。11. 下列说法正确的是( )A. 在反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2中，水作氧化剂B. 一种元素化合价升高的同时必然有另外一种元素化合价降低C. 反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：1D. 因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2+2NaClO32NaIO3+Cl2不能发生【答案】A【解析】【详解】A水中H元素的化合价降低，得到电子，所以水为氧化剂，A正确；B在反应中可能元素化合价的变化只
13、有一种元素，如Cl2与H2O反应生成HCl、HClO，在该反应中Cl元素的化合价既升高，又降低，而其它元素化合价不发生变化，B错误；C由原子守恒及元素的化合价变化可知，该反应中3 mol NO2发生反应，其中2 mol NO2作还原剂失去电子，1 mol NO2作氧化剂得到电子，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2，C错误；D在反应I2+2NaClO3=2NaIO3+Cl2中，Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，该反应能够发生，与Cl2的氧化性比I2的氧化性强不矛盾，D错误；故合理选项是A。12. 下列关于物质分类的说法正确的是( )A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物B
14、. 根据酸分子中含有氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等C. 钠钾合金、铝热剂、氢氧化铁胶体、漂白粉均为混合物D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质【答案】C【解析】【详解】A. Na2O、MgO属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，故A错误； B.根据酸分子在水中电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故B错误；C.钠钾合金、漂白粉、铝热剂、氢氧化铁胶体均由不同物质组成，为混合物，故C正确；D.纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质；食盐水是混合物，不是电解质，故D错误；答案选C。13. 在放电条件下发生下列反应：3O2 2O3。如有30%O2转
15、化为O3，则放电后混合气体对氢气的相对密度是( )A. 16B. 17.8C. 18.4D. 35【答案】B【解析】【详解】假设O2的物质的量是1 mol，反应前氧气的质量m(O2)=1 mol32 g/mol=32 g，根据质量守恒定律可知，反应后混合气体的质量为32 g，参加反应氧气的物质的量n(O2)反应=1 mol30%=0.3 mol，剩余未反应的O2的物质的量是n(O2)剩余=1 mol-0.3 mol=0.7 mol，根据反应方程式3O22O3可知0.3 mol O2反应后产生0.2 mol O3，则反应后气体总物质的量n=0.7 mol+ 0.2 mol=0.9 mol，则反应
16、后混合气体的平均摩尔质量M= g/mol，故混合气体相对氢气的密度D=17.8，故合理选项是B。14. 按照物质的树状分类法和交叉分类法，HNO3属于( )酸 氢化物 氧化物 含氧酸 难挥发性酸 挥发性酸 一元酸 化合物 混合物A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据树状分类和交叉分类的方法，主要是把硝酸的分属类别准确判断，即可解决。【详解】从挥发性分类属于硝酸是易挥发性酸，从物质组成分类属于化合物，从性质分类属于酸，从酸的组成分类为含氧酸、一元酸；故选：B。15. 下列事实与胶体性质无关的是（ ）A. 在豆浆里加入盐卤做豆腐B. 用一支钢笔使用不同品牌墨水时，容易发生堵塞C.
17、在河流入海处易形成沙洲D. 三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀【答案】D【解析】【详解】A. 豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化镁等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关，A项错误；B. 墨水是胶体，不同的墨水可能是不同的胶体，有的胶体胶粒(胶体本身不带电，胶粒带电荷)带正电、有的胶体胶粒带负电，带不同电荷的胶粒的胶体容易聚沉形成沉淀，所以能把钢笔堵住是胶体的性质，B项错误；C. 河流中水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关，C项错误；D. 发生了复分解反应，与胶体性质无关，D项正确；答案选D。16. 宋
18、代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有银针验毒的记载，“银针验毒”涉及的化学反应是 4Ag+2H2S+O22X+2H2O，下列说法正确的是A. X的化学式为AgSB. 银针验毒时，空气中氧气失去电子C. 反应中Ag和H2S均是还原剂D. 每生成1mo1X，反应转移2mo1 电子【答案】D【解析】【详解】A由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，故A错误；B空气中氧气中的O元素化合价降低，得电子被还原，故B错误；C反应中S元素的化合价没有变化，H2S不是还原剂，故C错误；D由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，反应中Ag元素化合价由0价升高到+1，所以每生成1mo1X转移2mo1电子，故D正确；故答
19、案为：D。17. 在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物强，还原剂的还原性比还原产物强，已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化性强弱顺序为：W2Z2X2Y2，则下列氧化还原反应能发生的是（ ）A. 2WZ2=W22ZB. 2YW2=Y22WC. 2ZX2=Z22XD. 2XY2=X22Y【答案】B【解析】【分析】X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力是W2Z2X2Y2，同一化学反应中氧化能力强的物质能置换氧化能力弱的物质，方程式中单质的氧化性符合已知条件的就可以发生，否则不能发生。【详解】在A、B、C、D各项中，氧化剂分别为Z2、W2、X2、Y2，氧化产物分别为W2、Y2、Z2、X2。
20、根据氧化性：氧化剂氧化产物的原则，在以上反应都能进行的情况下，则有氧化性：Z2W2，W2Y2，X2Z2，Y2X2，而已知氧化性为W2Z2X2Y2。逐一对照：A该反应中，氧化性Z2W2，与已知不符合，所以不能发生，故A不选；B该反应中，氧化性W2Y2，与已知相符，所以能发生，故B选；C该反应中氧化性X2Z2，与已知不相符，所以不能发生，故C不选；D该反应中氧化性Y2X2，与已知不符合，所以不能发生，故D不选；故选B。18. NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是：0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等标准状况下，22.4L氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NA通常状况
21、下， NA个CO2分子占有的体积为22.4L常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA常温下，4.4gCO2和N2O（不反应）混合物中所含有的原子数为0.3NA在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA标准状况下，22.4LSO3含有的分子数为NA在常温常压下，1molO2含有的原子数为2NA物质的量浓度为0.5molL1MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA将100mL0.1molL1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒数目为0.01NAA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】氧气所处的状态不明确，故其物
22、质的量无法计算，故含有的分子个数无法确定，故错误；标准状况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气反应后变为1价，故1mol氯气转移2NA个电子，故错误；不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化碳的体积，故错误；NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量为2mol，故含6NA个原子，故正确；常温下，4.4g CO2和N2O的物质的量为： =0.1mol，0.1mol该混合物中含有原子的物质的量为：0.1mol3=0.3mol，所含有的原子数为0.3NA，故正确；在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，转移5mol电子生成3mol碘单质，故
23、当生成3mol碘时转移5NA个电子，故正确；标况下三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故错误；在常温常压下，1mol O2分子中含有2molO原子，含有的原子数为2NA，故正确；没有告诉0.5molL1 MgCl2溶液的体积，无法计算含有氯离子数目，故错误；Fe(OH)3胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算含有氢氧化铁胶粒的数目，故错误；故选D。19. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是：A. 含有大量Ba2+的溶液：Na+、H+、B. 使酚酞变红的溶液：、CH3COO、Mg2+C. 某无色溶液：OH、K+、ClO、Ba2+D. 含有大量的溶液：K+、I、H+【答案】C【解
24、析】【详解】ABa2+与、会发生反应产生BaSO4、BaCO3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B使酚酞变红的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与会反应产生弱电解质NH3H2O；与Mg2+反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C选项离子都显无色，不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D、I、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。20. 下列说法正确的是（ ）A. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸的过程中无沉淀产生B. 制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C. 配制0.1 molL-1CuSO4溶液100
25、 mL，称取1.6g胆矾晶体D. 向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变【答案】D【解析】【详解】A项，向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸的过程中，胶体先聚沉为氢氧化铁沉淀，硫酸过量，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液，故A错误；B项，制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误；C项，配制0.1 molL-1CuSO4溶液100mL，需要CuSO4的物质的量为0.1L0.1=0.01mol，硫酸铜晶体（CuSO45H2O）的
26、质量为0.01mol250g/mol=2.5g，故C错误；D项，向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是Ca(OH)2的饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故D正确；故答案为D。【点睛】氢氧化铁胶体的制备：把氯化铁饱和溶液滴入沸水中，搅拌均匀后继续加热煮沸，得到红褐色液体；不能长时间加热，否则氢氧化铁胶体会发生聚沉，产生氢氧化铁沉淀；氢氧化铁胶体加入稀硫酸直至过量，先发生聚沉后沉淀溶解。第卷（填空题）21. 某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Fe3+、Na+、Cl、OH和的几种。请填写下列空白：(1)不做任何实验就可以肯定原溶液
27、中不存在的离子是_.(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是_，有关的离子方程式为_(3)取(2)中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3H2O)，出现白色沉淀，有关的离子方程式为_(4)综上所述，原溶液可能存在的离子是_【答案】 (1). Fe3+ (2). Ag+ (3). Ag+Cl-=AgCl (4). Mg2+2NH3H2O=Mg(OH)2+2 (5). Na+【解析】【分析】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在；(2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+；(3)能和稀
28、氨水反应的离子是Mg2+；(4)溶液中一定含Ag+、Mg2+，与Ag+、Mg2+结合生成沉淀的不能存在。【详解】(1)有颜色的离子在无色溶液中不能大量存在。由于Fe3+的水溶液显黄色，因此无色溶液中一定不含Fe3+； (2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，该反应的离子反应方程式为：Ag+Cl-=AgCl；(3)能和氨水反应的离子是Mg2+，Mg2+与氨水中的弱碱NH3H2O反应产生Mg(OH)2沉淀，该反应的离子反应方程式为：Mg2+2NH3H2O=Mg(OH)2+2；(4)根据上述分析可知原溶液中存在Ag+，由于Ag+与Cl-会反应产生AgCl沉
29、淀，可确定原溶液中不存在Cl-；原溶液中肯定有Mg2+，Mg2+与OH-、会发生反应产生Mg(OH)2、MgCO3沉淀，因而溶液中、OH不能大量共存；溶液呈电中性，Ag+、Mg2+都是阳离子，根据溶液呈电中性，溶液中还存在阴离子。由于不会与题目所给的任何离子发生反应生成沉淀，故溶液中一定存在Mg2+、Ag+、，可能含有Na+。【点睛】本题考查无机物的推断。根据离子的颜色、离子之间的反应来分析解答。要清楚铁离子、亚铁离子、硫酸根离子、氯离子、铵根离子的检验方法及实验现象。22. 我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用
30、产生的，化学式为Cu2(OH)2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜铜绿铜”的转化。(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于_(填字母)。A酸 B碱 C盐 D氧化物(2)写出B的化学式：_。(3)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：_。(4)上述转化过程中属于氧化还原反应的是_(填序号)(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为_。【答案】 (1). C (2). CuO (3). Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2 (4). (5). Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2【解析】【分析】本题考查的知
31、识点有物质的分类、离子方程式的书写、氧化还原反应。物质的分类方法很多，其中按物质的组成和性质特点可分为混合物和纯净物；纯净物分为单质和化合物；单质分为金属单质和非金属单质，化合物分为无机物和有机物；无机物分为氧化物、酸、碱、盐等；其中盐按组成可分为正盐、酸式盐、碱式盐、复盐，按是否溶于水可分为可溶性盐和难溶性盐。离子方程式书写时遵循一写二拆三删四查的原则。其中可溶性强电解质拆成离子形式；难溶物、单质、气体、氧化物、弱电解质、水不拆，保持化学式的形式。氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。本小题答案为：C。（2）氢氧化
32、铜受热分解生成氧化铜和水，则B为氧化铜，化学式为CuO。本小题答案为：CuO。（3）由信息可知“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，则铜绿与盐酸反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。本小题答案为：Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。（4）反应中铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，反应为氧化还原反应；反应是铜绿与酸反应生成铜盐、CO2和H2O，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是铜盐与碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反
33、应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是氧化铜与氢气反应生成铜和水，是置换反应，有价态变化，是氧化还原反应。本小题答案为：。（5）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，因为B为CuO，则铜绿受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2。【点睛】解答本题时可根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；反应为碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，改成离子方程式即可；依据复分解反应的概念和氧化还原反应的概念，结合反应过程的特征分析判断。23. 现有下列物质NaOH溶液；铜丝；液态HCl；盐酸；稀硫酸；液氨；酒精；SO2；BaSO4晶体；熔融NaCl。(
34、1)上述状态下可导电的是_；(填写数字序号，下同)(2)属于非电解质的是_；(3)上述状态下属于强电解质不能导电的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】(1)物质中若存在自由移动的电子或离子，就可以导电；(2)非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；(3)若电解质在水中能够完全电离，就属于强电解质，但在题干状态下没有发生电离作用，就不能导电。【详解】(1)在NaOH溶液、盐酸、稀硫酸、熔融NaCl中含有自由移动的离子，能够导电；在铜丝中含有自由移动的电子，也能够导电，故能够导电的物质序号是；(2)液氨、酒精、SO2都是化合物，均由分子构成，在水溶液和熔融状态
35、下都不能自身发生电离作用而导电，属于非电解质，故属于非电解质的物质序号是；(3)液态HCl由分子构成，无自由移动的离子，不能导电；当HCl溶于水后会完全电离为自由移动的离子，属于强电解质；BaSO4晶体是盐，由离子构成，但由于其难溶于水，水中含有的离子浓度很小，几乎不能导电，但溶于水的BaSO4完全电离为自由移动的离子，因此属于强电解质，故上述状态下属于强电解质而不能导电的物质序号是。【点睛】掌握电解质、非电解质的概念，理解电解质强、弱之分的标准是在水中是否完全电离，清楚物质导电的原因是本题解答的关键。24. 某同学称取一定量的MgCl2固体配成溶液，在该溶液中先加入一定量的稀盐酸，然后逐滴加
36、入NaOH溶液(如图甲所示)滴加过程中生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。请回答下列问题：(1)溶解MgCl2固体所用的玻璃仪器有_（填字母）.a托盘天平 b烧杯 c漏斗 d玻璃棒(2)OA段发生反应的离子方程式为_；(3)AB段发生反应的离子方程式为_；(4)在B点对应的溶液中滴加AgNO3溶液，观察到的现象是_，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). bd (2). OH-+H+=H2O (3). Mg2+2OH-=Mg(OH)2 (4). 立即出现白色沉淀 (5). Ag+Cl-=AgCl【解析】【分析】氯化镁溶液中滴入氢氧化钠，首先发生反应：NaOH+HCl=
37、NaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应2NaOH+MgCl2=2NaCl+Mg(OH)2。(1)根据配制一定浓度的溶液的方法选用仪器；(2)OA段氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，据此写出反应的离子方程式；(3)AB段氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠；(4)B点溶液中的溶质为氯化钠，氯化钠与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀。【详解】(1)溶解MgCl2固体，应该在烧杯里并且用玻璃棒不断搅拌，故合理选项是bd；(2)OA段NaOH与HCl反应生成NaCl和H2O，反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O；(3)AB段Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：M
38、g2+2OH-= Mg(OH)2；(4)根据以上分析B点时镁离子恰好完全沉淀，溶液的只剩NaCl，所以滴加AgNO3溶液，NaCl与AgNO3反应产生AgCl沉淀和NaNO3，观察到的现象立即出现白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确常见离子的性质及离子方程式的书写原则为解答关键，注意溶液的成分、物质的性质及反应现象。25. 现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。（1）该混合气体的平均摩尔质量为_。（2）混合气体中碳原子的个数为_(用NA表示阿伏加德罗常数)。（3）将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球
39、中(实验在标准状况下测定)。气球中收集到的气体的摩尔质量为_。气球的体积为_L。【答案】 (1). 36gmol1 (2). 0.4NA (3). 28gmol1 (4). 4.48【解析】【详解】设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则列方程组：28x+44y=14.4，x+y=mol，解之得x=0.2，y=0.2，气体共为0.4mol，则（1）根据M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为14.4g0.4mol=36g/mol；答案是：36g/mol；（2）CO和CO2中碳原子的物质的量为0.2mol1+0.2mol1=0.4mol，碳原子的个数为0.4molNA=0.4NA；
40、 故答案是：0.4NA；（3）将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO，气球中收集到气体为CO，摩尔质量为28g/mol；故答案是：28g/mol；气球中收集到的气体为CO，标况下体积V=0.2mol22.4L/mol=4.48L；故答案是：4.48。26. 用18.4 molL1的浓硫酸配制100 mL浓度为1 molL1的稀硫酸，其操作步骤可分解为以下几步：A用量筒量取浓硫酸B用约30 mL蒸馏水，分成三次洗涤烧杯和玻璃棒，将每次洗涤液都倒入M里C将稀释后的硫酸冷却后小心地用玻璃棒引流入MD检查M是否发生滴漏E将蒸馏水直接加入容M，至液面接近刻
41、度线1 cm至2 cm处。F盖紧瓶塞，反复倾倒振荡，摇匀溶液。G用_向M里逐滴滴入蒸馏水，至液面最低点恰好与环形刻度线相切。据此填写：(1)正确的操作顺序是_。(2)进行A步操作时，应量取_mL浓硫酸，选用量筒的规格是(填序号)_。A10 mL B50 mL C100 mL D1000 mL(3)配制上述溶液时，多次提到的实验仪器M是_，步骤G中横线处是_。(4)实验操作中，下列操作会导致所配溶液的浓度偏高的是_。A洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入M中B定容时，眼睛俯视溶液C容量瓶中原残留少量蒸馏水D定容后M液面低于刻度线，又加水定容到刻度线E量取浓硫酸时仰视量筒读数F溶解操作后立即转移至容量瓶【
42、答案】 (1). 胶头滴管 (2). DACBEGF (3). 5.4 (4). A (5). 100 mL容量瓶 (6). 胶头滴管 (7). BEF【解析】【分析】最后定容时要使用胶头滴管向容量瓶中加入蒸馏水；(1)根据用浓溶液配制稀溶液的一般操作步骤分析；(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积，量筒的选择规格遵循“大而近”的原则；(3)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液要在容量瓶中进行，最后定容时要使用胶头滴管向容量瓶中加水；(4)根据c=，计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高。【详解】用胶头滴管向容量瓶里逐滴滴入蒸馏水，至液面最低点恰好与环
43、形刻度线相切；(1)配制溶液顺序是：计算量取稀释冷却移液定容摇匀装瓶贴签；故各个步骤操作顺序是：DACBEGF；(2)由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则需浓硫酸体积为V(浓)=(1 mol/L100 mL)除18.4 mol/L=5.4 mL，量取5.4 mL溶液应选择10 mL的量筒，故合理选项是A；(3)配制上述溶液时，多次提到的实验仪器M是100 mL的容量瓶；步骤G中横线处是胶头滴管；(4)A洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，A不符合题意；B定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，则溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏高，B符合题意
44、；C容量瓶中原残留少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，C不符合题意；D定容后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线，导致溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏小，D不符合题意；E量取浓硫酸时仰视量筒读数，使溶质的物质的量偏大，最终导致配制的溶液浓度偏高，E符合题意；F浓硫酸溶于水会放出大量热，使溶液体积偏大，若溶解操作后未冷却至室温就立即转移至容量瓶，挡溶液恢复至室温时，溶液的体积偏小，低于刻度线，最终导致配制的溶液浓度偏高，F符合题意；故合理选项是BEF。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制。掌握配制原则、操作步骤及根据物质的量浓度定义式分析判断。注意实验的基本操作方法和注意事项，误差分析是易错点。凡是操作使溶质的物质的量偏大或溶液的体积偏小的都会使配制溶液浓度偏高；反之若操作使溶质的物质的量偏少或溶液的体积偏大的最终都会使配制溶液浓度偏低。