精品解析：江苏淮安市淮州中学2026-2027学年高一上学期检测(1)化学试卷

江苏省淮州中学2026级高一第一学期检测(1) 化学试卷 考试时间：75分钟 相对原子质量：Na：23 Cl：35.5 S：32 Ba：137 N：14 H：1 O：16 Mg：24 Ca：40 C：12 Cu：64 一、单选题：本大题共13小题，共39分。 1. 日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 A. 烧菜用的铁锅，放置一段时间，会出现红棕色锈迹 B. 铜铸塑像上出现铜绿(主要成分为) C. 把铁盐用热水溶解，制成的胶体加入浑浊的水样，静置一段时间，水样变澄清 D. 用煤气灶燃烧天然气(主要成分为甲烷)，为炒菜提供热量 2. 对下列物质进行的分类正确的是 A. 酸性氧化物都是非金属氧化物 B. CuSO4·5H2O属于纯净物 C. 凡能电离出H+的化合物均属于酸 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 3. 下列关于电解质、非电解质的说法正确的是 A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质 B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质 C. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液 D. HF的水溶液中既有H+、F-，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质 4. NA为阿伏加德罗常数的值，下列以物质的量为中心的计算正确的是 A. 溶液中，含有钠离子的数目为 B. 标准状况下，中所含分子数约为 C. 常温常压下，的质量为16 g D. 2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数为 5. 实验室欲配制的溶液．下列操作及误差分析正确的是 A. 用托盘天平称取固体 B. 定容时俯视容量瓶刻度线，所得溶液浓度偏高 C. 加水时不慎超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体 D. 使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，所得溶液浓度偏低 6. 下列实验方法或操作正确的是 A．转移溶液 B．制蒸馏水 C．分离水和酒精 D．除去中的结晶水 A. A B. B C. C D. D 7. 下列说法正确的是 A. 分液操作时，应使下层液体从分液漏斗下端管口放出，更换烧杯后再从上口倒出上层液体 B. 焰色反应时，铂丝需用稀硫酸洗净，并在火焰上灼烧至无色 C. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 D. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能再停止加热 8. 图a~c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验（X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连）微观示意图。下列说法正确的是 A. 图示中为电中性粒子 B. 氯化钠只有在通电条件下才能发生电离 C. 图c表示氯化钠在水溶液中的导电过程 D. 氯化钠在如上图所示三种不同状态下均能导电 9. 下列物质在水中的电离方程式正确的是 A. B. 的水溶液： C. D. 10. 一种实验时制备的流程如图所示，已知、，1 mol次磷酸最多消耗0.5 mol的，下列说法正确的是 A. 上述流程中反应均属于氧化还原反应 B. 与NaOH反应的质量比是1:3 C. 次磷酸钙属于正盐 D. 上述流程中1 mol白磷最多可生成33.6 L 11. 能够在人体血管中通行的药物分子运输车-“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法正确的是 A. 该“运输车”的外壳含有碳元素 B. 二氧化硅属于金属氧化物 C. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体 D. 该“运输车”中铁元素的价态为+3价 12. 碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜()均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这三种化合物均能分解成氧化铜。溶解40 g上述混合物，消耗盐酸。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 A. 15 g B. 20 g C. 30 g D. 35 g 13. 某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl-、、、、Na+、K+，为确认溶液组成进行如下实验： (1)取200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。 (2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)，由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是 A. 一定存在、、，可能存在Cl-、Na+、K+ B. 一定存在、、、Cl-，一定不存在Na+、K+ C. c()=0.01mol/L，c()>c() D. 如果上述6种离子都存在，则c(Cl-)>c() 二、填空题：本大题共1小题，共10分。 14. 有十种物质①石墨；②钠；③氧化钠固体；④氨气；⑤SO2；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钠溶液；⑧酒精；⑨盐酸；⑩熔融KNO3。 （1）其中能导电的是_______；属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______。 （2）过量⑤通入⑦中发生反应的化学方程式是_______。 （3）写出⑥在水中的电离方程式_______。 三、本大题共1小题，共12分。 15. 对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：①过滤；②蒸发；③蒸馏；④萃取分液；⑤加热分解；⑥分液等，下列各组混合物的分离或提纯应采用什么方法？ （1）实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有微粒。可用 ______的方法除去溶液中悬浮的微粒。(填写序号，下同) （2）乙二醇(沸点：)和丙三醇(沸点：)。可采用 ______的方法。 （3）除去食盐溶液中的水，可采用 ______的方法。 （4）除去氧化钙中的碳酸钙可用 ______的方法。 （5）从碘水中提取碘单质 ______。 （6）分离水和汽油的混合物 ______。 四、计算题：本大题共1小题，共23分。 16. 按要求完成下列填空。 （1）在一密闭容器中充入a mol NO和，可发生如下反应：，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为__________。 （2）________分子中含有的氧原子数与个中含有的氧原子数相同。 （3）与9.6 g某单质所含原子个数相同，且分子数之比为3:2，则R的摩尔质量为__________，x值为_________。 （4）标准状况下，氮气和氧气的密度比为__________。 （5）同温同压下，与的体积之比为________；二者混合后，所含H原子总数为________。 （6）某金属氯化物，含有，则金属N的相对原子质量为________。 （7）为测定溶液的浓度，取25.00 mL待测溶液，向其中加入过量的溶液，充分反应后过滤并干燥，得到沉淀1.165 g，则溶液的物质的量浓度是________。 （8）已经打磨光亮的铁片和铝片，如何用化学方法将其区分（提供的试剂有的盐酸和的NaOH溶液），请设计实验方案______________________，写出铝与所选试剂的反应方程式：__________________________。 五、实验题：本大题共1小题，共16分。 17. 我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一，资源化利用CO2是实现“碳中和”的重要途径。 （1）一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。 ①捕捉室中CO2与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为______。 ②“反应、分离”环节分离物质时用到的装置是______。 ③整个过程中可以循环利用的物质是______（写化学式）。 （2）实验室模拟捕捉回收CO2，需要用480 mL1.00 mol/L NaOH溶液，现进行配制。 ①配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、______。根据计算用电子天平（准确度0.01g）称量NaOH固体______g。 ②配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是______。 A．称量所用的砝码生锈 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水 C．定容时水加多用胶头滴管吸出 D．定容时仰视刻度线 （3）CaO固体可以捕捉回收CO2。研究表明CaC2O4·H2O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。取1.46 gCaC2O4·H2O（相对分子质量为146）进行加热（曲线中共涉及到三步分解反应），固体质量随温度变化如图所示： ①写出400~600℃范围内分解反应的化学方程式______。 ②据图分析，CaO固体捕捉CO2的反应温度应______（填“高于”或“低于”）800℃。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省淮州中学2026级高一第一学期检测(1) 化学试卷 考试时间：75分钟 相对原子质量：Na：23 Cl：35.5 S：32 Ba：137 N：14 H：1 O：16 Mg：24 Ca：40 C：12 Cu：64 一、单选题：本大题共13小题，共39分。 1. 日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 A. 烧菜用的铁锅，放置一段时间，会出现红棕色锈迹 B. 铜铸塑像上出现铜绿(主要成分为) C. 把铁盐用热水溶解，制成的胶体加入浑浊的水样，静置一段时间，水样变澄清 D. 用煤气灶燃烧天然气(主要成分为甲烷)，为炒菜提供热量 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁与空气中氧气、水接触生成铁锈，铁的化合价变化，属于氧化还原，故A不符合题意； B．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意； C．铁盐在热水中生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，水样变澄清，不属于氧化还原，故C符合题意； D．天然气燃烧生成二氧化碳（CH4→CO2），C元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D不符合题意； 故选C。 2. 对下列物质进行的分类正确的是 A. 酸性氧化物都是非金属氧化物 B. CuSO4·5H2O属于纯净物 C. 凡能电离出H+的化合物均属于酸 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，故A错误； B．CuSO4·5H2O只由一种物质组成，属于纯净物，故B正确； C．电离出的阳离子全部是氢离子的物质才是酸，硫酸氢钠可以电离出氢离子和钠离子，不属于酸，故C错误； D．盐类物质不一定含有金属阳离子，如NH4NO3等铵盐就不含金属阳离子，故D错误； 综上所述答案为B。 3. 下列关于电解质、非电解质的说法正确的是 A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质 B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质 C. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液 D. HF的水溶液中既有H+、F-，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误； B．CaCO3溶于水的部分完全电离，所以CaCO3是强电解质，故B错误； C．导电能力与离子浓度有关，导电能力电解质强弱没有直接关系，故C错误； D．HF的水溶液中既有H+、F-，又有大量的HF分子，说明HF部分电离，因此HF是弱电解质，故D正确； 选D。 4. NA为阿伏加德罗常数的值，下列以物质的量为中心的计算正确的是 A. 溶液中，含有钠离子的数目为 B. 标准状况下，中所含分子数约为 C. 常温常压下，的质量为16 g D. 2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．，题干未给出溶液体积，无法确定钠离子数目，A错误； B．标准状况下不是气体，22.4 L 的物质的量不等于1 mol，分子数不等于6.02×1023，B错误； C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/mol，11.2 L 的物质的量小于0.5 mol，质量小于16 g，C错误； D．2.4 g Mg（0.1 mol）完全反应变成镁离子时失去0.2 mol电子，电子数目为0.2，D正确； 故答案选D。 5. 实验室欲配制的溶液．下列操作及误差分析正确的是 A. 用托盘天平称取固体 B. 定容时俯视容量瓶刻度线，所得溶液浓度偏高 C. 加水时不慎超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体 D. 使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，所得溶液浓度偏低 【答案】B 【解析】 【详解】A．托盘天平属于粗量器，只能读到小数点后一位，所以不能称取5.85g固体，A错误； B．定容时俯视液面，所配溶液体积偏小，则所得溶液浓度偏高，B正确； C．加水时不慎超过了刻度线，不能用胶头滴管直接吸出多余液体，而应重新配制，C错误； D．配制前容量瓶内留有少量蒸馏水对溶液的浓度无影响，D错误； 故选B。 6. 下列实验方法或操作正确的是 A．转移溶液 B．制蒸馏水 C．分离水和酒精 D．除去中的结晶水 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．转移溶液时用玻璃棒引流，烧杯尖嘴紧靠玻璃棒，玻璃棒下端位于容量瓶刻度线以下，操作符合规范，A正确； B．制蒸馏水时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处测量蒸气温度，且冷凝水应下进上出，图中温度计插入反应液中、冷凝水上进下出，操作错误，B错误； C．水和酒精互溶，分液法仅适用于分离互不相溶的液体混合物，无法分离水和酒精，应采用蒸馏法，C错误； D．除去中的结晶水需要加热固体，应使用坩埚，蒸发皿仅用于蒸发浓缩溶液，仪器选择错误，D错误； 故选A。 7. 下列说法正确的是 A. 分液操作时，应使下层液体从分液漏斗下端管口放出，更换烧杯后再从上口倒出上层液体 B. 焰色反应时，铂丝需用稀硫酸洗净，并在火焰上灼烧至无色 C. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 D. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能再停止加热 【答案】A 【解析】 【详解】A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，以避免两种液体相互污染，选项A正确； B．用稀硫酸溶液洗涤并灼烧铂丝后，会生成沸点较高的硫酸盐附着在铂丝上，而用稀盐酸洗涤生成的氯化物沸点低，灼烧时容易除去杂质，选项B错误； C．萃取操作时，萃取剂的密度必可以比水大，也可以比水小，选项C错误； D．蒸发时，利用余热加热，则当较多固体出现时停止加热，不能完全蒸干后再停止加热，选项D错误； 答案选A。 8. 图a~c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验（X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连）微观示意图。下列说法正确的是 A. 图示中为电中性粒子 B. 氯化钠只有在通电条件下才能发生电离 C. 图c表示氯化钠在水溶液中的导电过程 D. 氯化钠在如上图所示三种不同状态下均能导电 【答案】C 【解析】 【详解】A．图示中，向X电极移动，X电极为阳极，则其代表的是水合氯离子，带负电荷，A错误； B．氯化钠的电离不需要通电，溶于水或熔融状态下即可自发离解出自由移动的离子，B错误； C．图c中存在大量水分子（小分子团），且氯离子和钠离子被水分子包围形成水合氯离子和水合钠离子，说明图c表示氯化钠在水溶液中的导电过程，C正确； D．图a为固态氯化钠，离子不能自由移动，无法导电；图b（熔融态）和图c（水溶液）可导电，三种状态并非均能导电，D错误； 故选C。 9. 下列物质在水中的电离方程式正确的是 A. B. 的水溶液： C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaHCO3属于弱酸的酸式盐，在水中的电离方程式为，A错误； B．是二元弱酸，分步电离，分步书写：、，B错误； C．KClO3在水中电离成K+和氯酸根离子：，C错误； D．电离出铝离子和硫酸根：，D正确； 故选D。 10. 一种实验时制备的流程如图所示，已知、，1 mol次磷酸最多消耗0.5 mol的，下列说法正确的是 A. 上述流程中反应均属于氧化还原反应 B. 与NaOH反应的质量比是1:3 C. 次磷酸钙属于正盐 D. 上述流程中1 mol白磷最多可生成33.6 L 【答案】C 【解析】 【分析】白磷与过量浓NaOH溶液在加热条件下反应，生成PH3和次磷酸钠；次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸等，次磷酸分解得到PH3和H3PO4。 【详解】A．流程中次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸为复分解反应（化合价无变化），不属于氧化还原反应，A错误； B．P4与NaOH反应为P4+3NaOH+3H2O=PH3+3NaH2PO2，化学计量数比为1:3（物质的量比），质量比为(124):(3×40)=31:30≠1:3，B错误； C．1 mol H3PO2最多消耗0.5 mol Ca(OH)2，说明H3PO2为一元酸，其酸根为，Ca(H2PO2)2中Ca2+与2个结合，不能电离出H+，属于正盐，C正确； D．未说明标准状况，无法计算PH3体积；且1 mol P4生成1 mol PH3（第一步）和3 mol NaH2PO2，后者生成3 mol H3PO2，分解生成1.5 mol PH3，共2.5 mol，标况下体积为56 L≠33.6 L，D错误； 故选C。 11. 能够在人体血管中通行的药物分子运输车-“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法正确的是 A. 该“运输车”的外壳含有碳元素 B. 二氧化硅属于金属氧化物 C. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体 D. 该“运输车”中铁元素的价态为+3价 【答案】A 【解析】 【详解】A．该“运输车”为有机物外壳，有机物中含有碳，A正确； B．二氧化硅属于非金属氧化物，B错误； C．该“纳米药物分子车”的直径为200nm，而胶体分散质粒子直径为1~100nm，所以该“纳米药物分子车”分散于水中所得的分散系不属于胶体，C错误； D．由图可知，该“运输车”中含有四氧化三铁，其中有+2价和+3价铁，D错误； 答案选A。 12. 碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜()均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这三种化合物均能分解成氧化铜。溶解40 g上述混合物，消耗盐酸。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 A. 15 g B. 20 g C. 30 g D. 35 g 【答案】B 【解析】 【详解】碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜可溶于盐酸转化为氯化铜，溶解40 g混合物，消耗盐酸，的物质的量为，根据氯原子守恒则的物质的量为。根据Cu原子守恒可知，原混合物中含有Cu原子的物质的量为，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为，则； 故答案为：B。 13. 某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl-、、、、Na+、K+，为确认溶液组成进行如下实验： (1)取200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。 (2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)，由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是 A. 一定存在、、，可能存在Cl-、Na+、K+ B. 一定存在、、、Cl-，一定不存在Na+、K+ C. c()=0.01mol/L，c()>c() D. 如果上述6种离子都存在，则c(Cl-)>c() 【答案】D 【解析】 【分析】(1)取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g，则溶液中含有、，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，其物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，碳酸钡的质量是4.3g-2.33g=1.97g，其物质的量是1.97g÷197g/mol=0.01mol；(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，说明溶液中物质的量是0.05mol；根据溶液电中性可知，一定存在Cl-，不能确定是否存在Na+、K+，且氯离子的物质的量最少为0.05mol-0.01mol×2-0.01mol×2=0.01mol； 【详解】A．由分析可知，一定存在Cl-、、、，可能存在Na+、K+，A错误； B．由分析可知，一定存在Cl-、、、，可能存在Na+、K+，B错误； C．由分析可知，c()=0.05mol÷0.2L=0.25mol/L，c()=0.01mol÷0.2L=0.05mol/L，c()>c()，C错误； D．Y如果上述6种离子都存在，则存在钠离子、钾离子中的一种，根据溶液电中性可知，氯离子大于0.01mol，故c(Cl-)>c()，D正确； 故选D。 二、填空题：本大题共1小题，共10分。 14. 有十种物质①石墨；②钠；③氧化钠固体；④氨气；⑤SO2；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钠溶液；⑧酒精；⑨盐酸；⑩熔融KNO3。 （1）其中能导电的是_______；属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______。 （2）过量⑤通入⑦中发生反应的化学方程式是_______。 （3）写出⑥在水中的电离方程式_______。 【答案】（1） ①. ①②⑦⑨⑩ ②. ③⑥⑩ ③. ④⑤⑧ （2）SO2+NaOH=NaHSO3 （3） 【解析】 【小问1详解】 ①石墨能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质； ②钠能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质； ③氧化钠固体不导电，是化合物，熔融状态下能导电，是电解质； ④氨气不导电，是化合物，在水溶液和熔融状态下自身不能电离，是非电解质； ⑤SO2不导电，是化合物，在水溶液和熔融状态下自身不能电离，是非电解质； ⑥碳酸氢钠固体不导电，是化合物，在水溶液中能导电，是电解质； ⑦氢氧化钠溶液能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑧酒精不导电，是化合物，在水溶液和熔融状态下自身不能电离，是非电解质； ⑨盐酸能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑩熔融KNO3能导电，是化合物，是电解质。 综上，能导电的是：①②⑦⑨⑩；属于电解质的是：③⑥⑩；属于非电解质的是：④⑤⑧； 【小问2详解】 过量的SO2通入氢氧化钠溶液中，反应生成NaHSO3，化学方程式是：SO2+NaOH=NaHSO3； 【小问3详解】 碳酸氢钠在水中电离产生钠离子和碳酸氢根，电离方程式为：。 三、本大题共1小题，共12分。 15. 对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：①过滤；②蒸发；③蒸馏；④萃取分液；⑤加热分解；⑥分液等，下列各组混合物的分离或提纯应采用什么方法？ （1）实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有微粒。可用 ______的方法除去溶液中悬浮的微粒。(填写序号，下同) （2）乙二醇(沸点：)和丙三醇(沸点：)。可采用 ______的方法。 （3）除去食盐溶液中的水，可采用 ______的方法。 （4）除去氧化钙中的碳酸钙可用 ______的方法。 （5）从碘水中提取碘单质 ______。 （6）分离水和汽油的混合物 ______。 【答案】（1）① （2）③ （3）② （4）⑤ （5）④ （6）⑥ 【解析】 【小问1详解】 过滤适用于分离不溶性固体和液体的混合物，是不溶于溶液的悬浮固体，因此选择过滤法分离。 【小问2详解】 蒸馏适用于分离互溶且沸点差异较大的液体混合物，乙二醇和丙三醇互溶，二者沸点相差90℃以上，因此选择蒸馏法分离。 【小问3详解】 蒸发适用于分离可溶性固体溶质和溶剂的混合物，通过蒸发可除去食盐溶液中的水得到氯化钠固体，因此选择蒸发法。 【小问4详解】 杂质受热可分解为目标物和，不会引入新杂质，因此选择加热分解法。 【小问5详解】 碘在与水不互溶的有机溶剂中溶解度远大于在水中的溶解度，可先加入萃取剂将碘萃取到有机相，再分液分离，因此选择萃取分液法。 【小问6详解】 分液适用于分离不互溶、静置后分层的液体混合物，水和汽油不互溶，混合后会分层，因此选择分液法分离。 四、计算题：本大题共1小题，共23分。 16. 按要求完成下列填空。 （1）在一密闭容器中充入a mol NO和，可发生如下反应：，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为__________。 （2）________分子中含有的氧原子数与个中含有的氧原子数相同。 （3）与9.6 g某单质所含原子个数相同，且分子数之比为3:2，则R的摩尔质量为__________，x值为_________。 （4）标准状况下，氮气和氧气的密度比为__________。 （5）同温同压下，与的体积之比为________；二者混合后，所含H原子总数为________。 （6）某金属氯化物，含有，则金属N的相对原子质量为________。 （7）为测定溶液的浓度，取25.00 mL待测溶液，向其中加入过量的溶液，充分反应后过滤并干燥，得到沉淀1.165 g，则溶液的物质的量浓度是________。 （8）已经打磨光亮的铁片和铝片，如何用化学方法将其区分（提供的试剂有的盐酸和的NaOH溶液），请设计实验方案______________________，写出铝与所选试剂的反应方程式：__________________________。 【答案】（1） （2）1.5 （3） ①. ②. 3 （4） （5） ①. ②. （6）64 （7） （8） ①. 将两种金属片分别放入两支试管中，分别加入适量的NaOH溶液，有气泡产生、金属逐渐溶解的是铝片，无明显现象的是铁片 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据原子守恒，反应前后各元素的原子总数不变。因此，充分反应后氮原子和氧原子的个数之比等于反应前二者的物质的量之比，为； 【小问2详解】 每个分子含有1个氧原子，因此题给水分子中含有个氧原子。取阿伏加德罗常数，这些氧原子的物质的量为。每个分子含有2个氧原子，故所需的物质的量为，填1.5； 【小问3详解】 氮气的物质的量为，其中氮原子的物质的量为。两种单质所含原子个数相同，因此9.6 g单质中R原子的物质的量也为0.60 mol，R的摩尔质量为。分子数之比等于物质的量之比，由，得。每个分子含有个R原子，故； 【小问4详解】 气体的密度，其中为摩尔质量，为气体摩尔体积。标准状况下，氮气和氧气的气体摩尔体积相同，因此二者密度之比等于摩尔质量之比，即； 【小问5详解】 氢气的物质的量为，甲烷的物质的量为。同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，故。每个分子含有2个H原子，每个分子含有4个H原子，混合后H原子的总物质的量为，所含H原子总数为； 【小问6详解】 根据化学式，金属与氯离子的物质的量之比为，所以金属的物质的量为。氯元素的质量为，金属的质量为，其摩尔质量为，故金属N的相对原子质量为64； 【小问7详解】 向待测溶液中加入过量溶液，发生反应，待测溶液中的完全转化，且其物质的量与生成的的物质的量相等。由沉淀质量可得。待测溶液的体积为，因此其物质的量浓度为； 【小问8详解】 常温下，铝能与NaOH溶液反应并放出，铁不与NaOH溶液反应，可利用这一性质差异鉴别。将两种金属片分别放入两支试管中，分别加入适量的NaOH溶液，有气泡产生、金属逐渐溶解的是铝片，无明显现象的是铁片。铝在该溶液中反应生成含的盐和，反应方程式为。 五、实验题：本大题共1小题，共16分。 17. 我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一，资源化利用CO2是实现“碳中和”的重要途径。 （1）一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。 ①捕捉室中CO2与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为______。 ②“反应、分离”环节分离物质时用到的装置是______。 ③整个过程中可以循环利用的物质是______（写化学式）。 （2）实验室模拟捕捉回收CO2，需要用480 mL1.00 mol/L NaOH溶液，现进行配制。 ①配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、______。根据计算用电子天平（准确度0.01g）称量NaOH固体______g。 ②配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是______。 A．称量所用的砝码生锈 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水 C．定容时水加多用胶头滴管吸出 D．定容时仰视刻度线 （3）CaO固体可以捕捉回收CO2。研究表明CaC2O4·H2O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。取1.46 gCaC2O4·H2O（相对分子质量为146）进行加热（曲线中共涉及到三步分解反应），固体质量随温度变化如图所示： ①写出400~600℃范围内分解反应的化学方程式______。 ②据图分析，CaO固体捕捉CO2的反应温度应______（填“高于”或“低于”）800℃。 【答案】（1） ①. CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O ②. C ③. NaOH、CaO （2） ①. 500 mL容量瓶、胶头滴管 ②. 20.00 ③. A （3） ①. ②. 低于 【解析】 【分析】用过量氢氧化钠溶液捕捉回收CO2生成碳酸钠溶液，再加入氧化钙，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙再和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氢氧化钠循环使用，碳酸钙高温分解产生氧化钙和二氧化碳，二氧化碳储存利用，氧化钙循环利用；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，据此分析解题。 【小问1详解】 ①捕捉室中CO2与过量的氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，该转化的反应方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故答案为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O； ②“反应、分离”环节为分离固液的操作，为过滤，分离物质时用到的装置是C，故答案为：C； ③由分析，整个过程中可以循环利用的物质是NaOH、CaO，故答案为：NaOH、CaO； 【小问2详解】 ①要用480mL1.00mol•L-1NaOH溶液，则需要使用500mL容量瓶配制，结合配制步骤，配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用电子天平（准确度0.01g）称量NaOH固体0.5L×1.00mol•L-1×40g/mol=20.00g，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；20.00； ②A．称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大，A符合题意； B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响，B不合题意； C．定容时水加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小，C不合题意； D．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，D不合题意； 故答案为：A； 【小问3详解】 ①CaC2O4•H2O受热会首先失去结晶水，1.46gCaC2O4•H2O物质的量为1.46g÷146g/mol=0.01mol，由题图中信息可知，CaC2O4•H2O在200℃左右失去结晶水得到CaC2O40.01mol×128g/mol=1.28g；CaC2O4在400～600℃因分解减少的固体质量为：1.28g-1.00g=0.28g，减少的是0.01mol CO的质量，碳化合价部分降低，则另一部分碳化合价升高，分解产物为CO和CaCO3，则400～600℃范围内分解反应的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑，故答案为：CaC2O4CaCO3+CO↑； ②由图可知，温度800～1000℃因分解减少的固体质量为：1.00g-0.56g=0.44g,减少的是0.01mol CO2的质量，即高于800℃时，碳酸钙分解生成CaO和CO2，只有低于此温度，才有利于CaO和CO2化合，则CaO捕捉CO2的反应温度应低于800℃，故答案为：低于。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $