2022-2023学年四川省德阳中学高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、能区分胶体和溶液的方法是A静置，有沉淀现象的是胶体B能透过滤纸的是溶液C有丁达尔现象的是胶体D用肉眼观察，均匀透明的是溶液2、下列仪器及其名称不正确的是（）A量筒B试管C圆底烧瓶D分液漏斗3、某溶液中含有较大量的Cl-、 OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是滴加足量的Mg(NO3)2溶液；过滤；滴加适量的AgNO3溶液；滴加足量的Ba(NO3)2溶液ABCD4、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AABBCCDD5、在下列物质的分类中，前者包括后者的是A氧化物、酸性氧化物 B含氧酸、酸C碱性氧化物、碱 D酸式盐、盐6、本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )A蒸馏B升华C过滤D萃取7、如图所示装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是ABCD8、已知I、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：H2O2Fe2+ISO2，则下列反应不能发生的是（ ）A2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+BI2+SO2+2H2OH2SO4+2HIC2Fe3+2I2Fe2+I2DH2O2+H2SO4SO2+O2+2H2O9、下列化学药品与其危险化学品图形标志不一致的一组是（ ）A小苏打1B甲烷2C酒精3D白磷410、下列离子方程式正确的是A向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2+2HCO3-+2OH- = MgCO3+2H2OB在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3 反应生成Na2FeO4：3ClO2Fe(OH)3 =2FeO423ClH2O4HCNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3H2O+ H2OD物质的量相等的MgCl2、Ba(OH)2、 HCl三种溶液混合：Mg2+2OH-Mg(OH)211、下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是( )A铝片插入硝酸银溶液中，有银析出：Al+Ag+=Al3+AgB氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，有白色沉淀生成：Ba2+SO42-=BaSO4C氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2OD碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体：2H+ BaCO3=Ba2+ H2O + CO212、下列电解质在水中的电离方程式书写正确的是（）AKHSO4=K+H+SO42- BNaHCO3=Na+H+CO32-CMg（NO3）2=Mg2+(NO3)22- DKClO3=K+Cl5+3O213、，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为A1：1B5：1C.2.1D1：514、在相同的温度和压强下，下列气体密度最小的是ACO2 BCl2 CO2 DH215、下列说法中正确的是A钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠B当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现C实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中D少量金属钠保存在水中16、瓦斯中甲烷与氧气的质量比为14时极易发生爆炸，则此时甲烷与氧气的体积比是( )A14 B18 C11 D1217、制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2,下列说法正确的是A氢元素被氧化, 碳元素被还原BHCN被氧化, CaCO3被还原CHCN是氧化剂, CaCO3是还原剂DCaCN2是氧化产物, H2为还原产物18、下列选项的括号内是除去杂质所用的试剂，其中错误的是（）A二氧化氮中混有NO（水）BNaNO3溶液中混有Na2SO4Ba（NO3）2C氯气中混有水蒸气（浓硫酸）D氨气中混有水蒸气（碱石灰固体）19、下列溶液中NO3 - 物质的量与50mL 1mol/L Al(NO3)3溶液的NO3 - 物质的量不相等的是A100mL 2.0mol·L-1 AgNO3溶液B75 mL 1.0 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液C100 mL 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液D75 mL 2.0 mol·L-1 Na NO3溶液20、把含(NH4)2SO4和NH4NO3的混合液aL分成两等份。一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3-的浓度为（）Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L21、下列物质的分类正确的是选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4NaHCO3Mn2O7COBNa2CO3HClONaClNa2OCO2CKOHHNO3CaCO3CaOSO2DBa(OH)2HClCaCl2Na2O2SO3AABBCCDD22、下列说法不正确的是A氧化还原反应的特征是有元素化合价升降B氧化还原反应的本质是有电子转移C反应物所含元素的化合价升高，则发生了还原反应D氧化反应和还原反应一定同时发生二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包固体混合物粉末，其中可能含有Na2SO4、K2CO3、CuSO4、BaCl2、NaCl，现按如下操作步骤进行实验：取部分固体混合物溶于水中，振荡，得无色透明溶液；取所得溶液，滴加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀部分溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体混合物粉末中一定含有的物质是_，一定不含有的物质是_，可能含有的物质是_ (以上空格均填写化学式)。(2)写出步骤中的离子方程式_。(3)若要检验K2CO3中Cl和SO42-是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_ (填字母)。aHCl、BaCl2、AgNO3 bHNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 cAgNO3、HNO3、Ba(NO3)2 dAgNO3、HCl、BaCl224、（12分）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。若向的四支试管中分别加盐酸,B盐溶液有沉淀产生,D盐溶液有无色无味气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：A _、B_、C _、D_。25、（12分）我国著名的制碱专家侯德榜，在纯碱制造方面做出了重大贡献。用“侯氏制碱法”制得的纯碱中常含有氯化钠等杂质，化学兴趣小组欲对某品牌纯碱样品中碳酸钠的质量分数进行实验探究。资料摘要：浓硫酸具有很强的吸水性。碱石灰常用于吸收水蒸气和二氧化碳利用下图所示实验装置（铁架台略去）和试剂，通过测定样品和稀盐酸反应产生的CO2气体的质量，计算Na2CO3的质量分数(装置气密性良好，忽略盐酸的挥发性且每步反应或作用都是完全的)。(1)打开止水夹K，先对装置A和B（已连接）通入已除去CO2的空气一会儿，以排尽装置A和B中含有的_，再接上装置C和D。(2)关闭止水夹K，加入足量的稀盐酸（杂质不与盐酸反应），装置A中样品产生气体的化学方程式_。(3)待装置A中的反应结束后，再一次打开止水夹K，继续往装置通入已除去CO2的空气一会儿。此操作的目的是_。若没有装置B，将会使测定结果_(选填“偏大”或“偏小”)。装置D的作用_。26、（10分）粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质，还含有泥沙等不溶性杂质。根据粗盐提纯的实验回答下列各问题。(1)将粗盐制成精盐，主要操作步骤之一是蒸发，在加热蒸发溶剂的过程中，还要进行的动手操作是(作具体、完整地说明)_，这样做的主要目的是_，熄灭酒精灯停止加热的依据是_。(2)检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是_，如果含有硫酸根离子，除去硫酸根离子的方法是_。(3)在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是_。27、（12分）某课外兴趣小组需要用 18 mol/L 的浓硫酸配制80mL 3.0 mol/L 稀硫酸的实验步骤如下： 计算所用浓硫酸的体积 量取一定体积的浓硫酸 稀释 检漏、 转移、洗涤 定容、摇匀 回答下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是_mL， 量取浓硫酸所用的量筒的规格是_（用下列编号填空） 。 A10 mL B25 mL C50 mL D100 mL（2）第步实验的操作是继续向容量瓶中注入蒸馏水至离刻度线_， 改用_向容量瓶中滴加蒸馏水至_为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀并装试剂瓶。（3）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？ （填 “ 偏大 ”“ 偏小 ” 或 “ 无影响”）所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中 _；容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水_；在转入容量瓶前烧杯中溶液未冷却至室温_；取完浓硫酸后洗涤量筒，并把洗涤液倒入烧杯_。28、（14分）（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2OCu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是_（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2+ 2H2O_（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_L。（5）配平下面两个反应 _H2O + _Cl2 +_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMnO4 + _HCl=_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O（系数是1的也请填上），_根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。_。29、（10分）I.现有以下物质：NaCl固体；液态CO2；液态氯化氢；汞；固体BaSO4；蔗糖；酒精；熔融的Na2CO3，请回答下列问题：（1）以上物质中能导电的是_；（2）以上物质属于电解质的是_；（3）以上物质属于非电解质的是_；（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_；（5）属于盐的有_；（6）写出溶于水中的电离方程式_。.在一定条件下，有下列物质：8gCH46.02×1023个HCl分子2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：（1）摩尔质量_；（2）物质的量_；（3）分子数目_；（4）原子数目_；（5）质量_。III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫_；（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为_；（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】A胶体有介稳性，静置，不产生沉淀，故A错误；B溶液和胶体都能通过滤纸，故B错误；C丁达尔现象是区别溶液和胶体的方法，故C正确；D溶液和胶体都可以是均一稳定的分散系，均匀透明的可以是溶液或胶体，故D错误；故选：C。2、C【解析】是圆底烧瓶， 是蒸馏烧瓶，故C错误，选C。3、B【解析】Ag+能与Cl-、 OH-三种结合，Mg2+能与、 OH-结合，Ba2+只能与结合，故先加入Ba(NO3)2溶液溶液，检验出离子，过滤除去生成的BaCO3沉淀；然后加入Mg(NO3)2溶液，检验出 OH-，过滤除去生成的Mg(OH)2沉淀；最后加入AgNO3溶液，检验出Cl-，故正确的操作顺序是，故合理选项是B。4、D【解析】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。5、A【解析】A. 氧化物根据性质分为酸性氧化物和碱性氧化物，故A正确；B. 酸根据是否含有氧元素分为含氧酸和无氧酸，故B错误；C. 碱性氧化物属于氧化物，氧化物和碱是并列关系，故C错误；D. 盐包含酸式盐，碱式盐，正盐，故D错误；故选A。6、B【解析】“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，且得到固体，不是蒸馏、萃取操作，故答案选B。7、B【解析】实验中生成的Fe(OH)2容易发生氧化，要能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀就要防止其发生氧化。，【详解】Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，不符题意；苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；所以上述装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是，答案选B。8、D【解析】根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性这一规律分析解答。【详解】A.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故A错误；B.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物HI，符合题给条件，反应能进行，故B错误；C. 反应中还原剂I的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故C错误；D.双氧水中氧元素化合价升高，作为还原剂，硫酸被还原得到产物二氧化硫，反应中还原剂H2O2的还原性大于还原产物SO2，不符合题给条件，反应不能发生，故D正确。故选D。【点睛】正确判断氧化剂和还原剂是解决本题的关键，可以根据化合价的变化判断：化合价升高的反应物作还原剂，发生氧化反应。9、A【解析】A、小苏打不属于化学危险品，该化学药品与其危险化学品图形标志不一致，其他选项化学药品与图形标志一致，故选A。10、C【解析】AMg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：Mg2+2HCO3+4OH=Mg(OH)2+2CO32+2H2O，故A错误；B在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，反应产物不能生成氢离子，正确的离子方程式为：3ClO+4OH+2 Fe(OH)3=2FeO42+3Cl+5H2O，故B错误；C. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，反应生成碳酸钠、一水合氨和水，离子方程式为：NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3H2O+ H2O，故 C正确；D. 含等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2、 HCl三种溶液混合，氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子部分沉淀，反应的离子方程式为Mg2+4OH+2H=Mg(OH)2+2H2O，故D错误，答案选C。【点睛】本题考查限定条件下离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则， A项为易错点，本选项侧重考查反应物过量情况对生成物的影响，注意氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，NaOH溶液过量时，生成的产物是氢氧化镁。11、D【解析】A铝片插入硝酸银溶液中的离子方程式为：Al+3Ag+Al3+3Ag，故A错误；B氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故B错误；C氢氧化铜加到盐酸中发生酸碱中和而溶解，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+Cu2+2H2O，故C错误；D. 碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体，反应的离子方程式为2H+ + BaCO3 = Ba2+ + H2O + CO2，故D正确；故选D。12、A【解析】试题分析：A、硫酸氢钾是强电解质，完全电离出钾离子和氢离子和硫酸根离子，正确，选A；B、碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，错误，不选B；C、硝酸镁完全电离出镁离子和硝酸根离子，硝酸根离子符号写错，不选C；D、氯酸钾电离出钾离子和氯酸根离子，错误，不选D。考点： 电离方程式的判断【名师点睛】电离方程式的书写注意强弱电解质的区别，强电解质的电离方程式用=，弱电解质的电离方程式用可逆符号。同时要注意酸式盐的电离方程式的书写，例如硫酸氢钠完全电离出钠离子和氢离子和硫酸根离子，而碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子。13、B【解析】由方程式可知，NaIO3中I元素化合价降低，被还原，做反应的氧化剂，NaI中I元素化合价升高，被氧化，做反应的还原剂，I2即是氧化产物也是还原产物。【详解】有化学方程式可知，氧化剂NaIO3与还原剂NaI的化学计量数之比为1:5，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1，故选B。14、D【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据=M/Vm计算这几种气体密度相对大小，据此分析解答。【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，根据=M/Vm知，相同条件下，气体密度与摩尔质量成正比，二氧化碳摩尔质量是44g/mol、氯气摩尔质量是71g/mol、氧气摩尔质量是32g/mol、氢气摩尔质量是2g/mol，所以相同条件下，这几种气体密度大小顺序是Cl2CO2O2H2，答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，能正确推导密度与气体摩尔质量的关系是解本题关键，知道常见气体摩尔质量相对大小。15、C【解析】钠在空气中燃烧的产物是过氧化钠；当钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃；水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气。【详解】钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故A错误；当钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以有蓝色沉淀生成，故B错误；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶中，故C正确；钠属于活泼的金属，水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，少量金属钠保存煤油中，故D错误。【点睛】实验室中一般从试剂瓶中取用试剂，用完后剩余的药品不能放回，但有些特殊的试剂是要及时送回或处理掉的，目的是防止火灾或其他危害等，而钠的取用是从一块钠上切取一小块，切剩下的要放回试剂瓶。16、D【解析】甲烷与氧气的质量比为14，即可得物质的量比为1：2，相同条件下体积比等于物质的量比，所以此时甲烷与氧气的体积比为1：2，故D正确。故选D。17、D【解析】CaCO3+2HCN=CaCN2+CO+H2+CO2中，N元素化合价不变，生成物CO2中碳元素来自碳酸钙，它的化合价没有发生变化，生成物CO中碳元素来自HCN，C的化合价没有发生变化，HCN中的H原子得电子由+1价变为0价（2个H原子），得到H2，HCN中的C原子失电子，由+2价变为+4价（1个C原子），得到CaCN2。【详解】因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，A错误；因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，碳酸钙中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B、C错误；HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，D正确。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，准确判断物质中元素的化合价是解答本题的关键，HCN、CaCN2中元素的化合价分析是解答中的难点。18、A【解析】A.一方面，NO是难溶于水的气体，用水无法吸收NO；另一方面，水能与被提纯的NO2反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，A项错误；B.Na2SO4可与Ba(NO3)2反应：Ba(NO3)2+Na2SO4=BaSO4+2NaNO3，在混合溶液中加入适量的Ba(NO3)2溶液，过滤，弃滤渣，即可得到NaNO3溶液，B项正确；C.浓硫酸具有很强的吸水性，且不与Cl2反应，所以混有水蒸气的氯气通过浓硫酸即可得到纯净的氯气，C项正确；D.碱石灰固体具有很强的吸水性，且不与氨气反应，所以混有水蒸气的氨气通过碱石灰固体即可得到纯净的氨气，D项正确；答案选A。【点睛】混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。19、A【解析】50mL 1mol/L Al(NO3)3溶液的NO3 - 物质的量为1mol/L×0.05L×3=0.15mol。【详解】A. 100mL 2.0mol·L-1 AgNO3溶液中硝酸根离子物质的量为2.0mol/L×0.1L=0.2mol，故A选；B. 75 mL 1.0 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液中硝酸根离子物质的量为1mol/L×0.075L×2=0.15mol，故不选；C. 100 mL 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol/L×0.1L×3=0.15mol，故不选；D. 75 mL 2.0 mol·L-1 Na NO3溶液中硝酸根离子物质的量为2mol/L×0.075L=0.15mol，故不选。故选A。20、B【解析】bmolNaOH恰好把NH3全部赶出，根据NH4+OH-NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+；另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42-=BaSO4可知每份含有SO42-cmol；设每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+n×1，解得：n=(b-2c)mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为：c(NO3-)=，溶液具有均一性，则原溶液中硝酸根的浓度为，故选：B。21、C【解析】【详解】AMn2O7为酸性氧化物，CO为不成盐氧化物，故A错误；BNa2CO3属于盐，不属于碱，故B错误；C各项均符合物质的分类，故C正确；DNa2O2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故D错误；故答案为：C。22、C【解析】A. 氧化还原反应表现的特征是元素化合发生改变，与题意不符，A错误；B. 氧化还原反应中化合价升降的本质是有电子转移，与题意不符，B错误；C. 反应物所含元素失电子，化合价升高，被氧化，则发生了氧化反应，符合题意，C正确；D. 氧化还原反应中，得失电子守恒，则氧化反应和还原反应一定同时发生，与题意不符，D错误；答案为C。二、非选择题(共84分)23、K2CO3 、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 NaCl BaCO32H=Ba2CO2H2O b 【解析】固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液说明混合物中一定无硫酸铜，取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含硫酸钠或碳酸钠，由于硫酸钠或碳酸钠可与氯化钡反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含氯化钡，在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，故一定含碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定。【详解】（1）取固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，由于硫酸铜溶液为蓝色，所以说明一定不含硫酸铜；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，根据题干给出的物质，所形成的沉淀可能为碳酸钡或硫酸钡，所以混合物中可能含碳酸钠或硫酸钠，综合（1）得到无色溶液（2）可能含碳酸钠或硫酸钠，而碳酸钠或硫酸钠可与氯化钡形成沉淀，故混合物中一定不含氯化钡；在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明沉淀为碳酸钡，故一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有； 故答案为Na2CO3；Na2SO4、BaCl2、CuSO4；NaCl； （2）碳酸钡是可以溶于强酸的白色沉淀，实质是：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）若要检验K2CO3中Cl和SO42-是否除尽，必须先加入过量硝酸与碳酸钾反应以除去碳酸根离子，再用硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后加入AgNO3检验是否存在氯离子，故答案选b。【点睛】本题为混合物组成的推断题，完成此类题目，要抓住题干叙述的解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向推测其他物质，从而得出结论。24、A.BaCl2 B. AgNO3 C. CuSO4 D. Na2CO3【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。考点：物质的鉴别点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。25、CO2和水蒸气 2HCl+Na2CO3=2NaCl+ CO2+H2O 使纯碱样品生成的CO2全部被氢氧化钠吸收 偏大 防止空气中的CO2和H2O进入C中，影响实验结果 【解析】先打开止水夹K通入已除去CO2的空气一段时间，将装置A、B中的CO2和水蒸气全部赶出，连接C、D，在A装置中滴入稀盐酸与纯碱样品反应，用浓硫酸吸收挥发出的水蒸气，U型管中的NaOH固体吸收生成的CO2，通过测量U型管增重的质量计算纯碱样品中碳酸钠的质量分数。【详解】(1)打开止水夹K，先对装置A和B（已连接）通入已除去CO2的空气一会儿，以排尽装置A和B中含有的空气中的CO2和水蒸气，以防止对实验结果产生干扰，再接上装置C和D；(2)关闭止水夹K，加入足量的稀盐酸（杂质不与盐酸反应），装置A中样品产生气体的化学方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+ CO2+H2O；(3)待装置A中的反应结束后，再一次打开止水夹K，继续往装置通入已除去CO2的空气一会儿，此操作的目的是使纯碱样品生成的CO2全部被氢氧化钠吸收；若没有装置B，将会使CO2中含有的水蒸气也被氢氧化钠吸收，使测定结果偏大；装置D的作用是防止空气中的CO2和H2O进入C中，影响实验结果。26、用玻璃棒不断搅拌液体 防止液滴飞溅 蒸发皿中产生了较多的固体 静置片刻，在上层清液滴加一滴氯化钡溶液，若出现浑浊或沉淀，说明溶液中有硫酸根离子，若不出现浑浊或沉淀说明硫酸根离子已除完全 在溶液中加入过量的氯化钡溶液 除去氯化钠中的钙离子、镁离子及过量的钡离子 【解析】（1）在蒸发结晶的过程中，还需进行的手动操作是搅拌，当蒸发皿中有较多晶体析出时即停止加热，利用余热将剩余液体蒸干；（2）加入过量的氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；（3） 在粗盐提纯过程中滴加饱和碳酸钠溶液，除去氯化钠中的钙离子、镁离子及过量的钡离子。【详解】（1）在蒸发结晶的过程中，为了防止液体飞溅，还需进行的手动操作是搅拌，当蒸发皿中有较多晶体析出时即停止加热，利用余热将剩余液体蒸干，故答案为用玻璃棒不断搅拌液体；防止液滴飞溅；蒸发皿中产生了较多的固体 ；（2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是：静置片刻，在上层清液滴加一滴氯化钡溶液，若出现浑浊或沉淀，说明溶液中有硫酸根离子，若不出现浑浊或沉淀说明硫酸根离子已除完全 ；除去硫酸根离子的方法是：在溶液中加入过量的氯化钡溶液；故答案为静置片刻，在上层清液滴加一滴氯化钡溶液，若出现浑浊或沉淀，说明溶液中有硫酸根离子，若不出现浑浊或沉淀说明硫酸根离子已除完全 ；在溶液中加入过量的氯化钡溶液；（3）碳酸钠与镁离子生成碳酸镁沉淀、与钙离子生成碳酸钙沉淀、与钡离子生成碳酸钡沉淀，所以滴加饱和碳酸钠溶液，可以除去钙离子、镁离子和过量的钡离子，故答案为除去氯化钠中的钙离子、镁离子及过量的钡离子。27、16.7B1 2 cm胶头滴管凹液面的最低处与刻度线相切偏小无影响偏大偏大【解析】(1)配制80mL 3.0 mol/L稀硫酸,需要选用100 mL的容量瓶，因此需要18 mol/L浓硫酸的体积为 ,量筒的选择方法为“近而大 ”,选择25 mL量筒;(2)定容操作为:继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1 2 cm处,改用胶头滴管向容量瓶滴加至凹液面与刻度线相切; (3).所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中,因为浓硫酸会吸水,导致浓硫酸的浓度偏小,导致最终配制稀硫酸的浓度偏小; .容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水,因为定容时还需要加入蒸馏水,所以不影响配制结果; .在转入容量瓶前烧杯中溶液未冷却至室温,根据热胀冷缩的原理,体积减小,浓度偏大；. 取完浓硫酸后洗涤量筒，并把洗涤液倒入烧杯，导致量取浓硫酸的体积增大，最终结果偏大。【点睛】(1)根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积;根据计算出的浓硫酸的体积选择量筒的规格; (2)配制过程中,浓硫酸的稀释方法; (3) 根据c=n/V可得,误差分析时,关键要看配制过程中引起 n和 V怎样的变化.28、 1:5 22.4 2 1 1 1 2 2 16 2 2 5 8 2KMnO4+5 SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4 【解析】（1）H2 + CuO Cu + H2O ；3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O；NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O；Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：。（2）MnO2MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：；综上所述，本题答案是：。（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI2.5mol I2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。（4）反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu -