2023届湖南省长沙市稻田中学化学高一第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、a g NH3含b个氢原子，则阿伏加德罗常数可表示为ABCD2、利用太阳能分解水制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是A可生成H2的质量为0.02gB可生成氢的原子数为2.408×1023个C可生成H2的体积为0.224 L(标准情况)D生成H2的量理论上等于0.48 g Mg与足量稀盐酸反应产生H2的量3、下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是( )A醋酸溶液、食盐晶体 B熔融状态的KOH、熔融状态的NaClCNaOH溶液、纯HNO3 D液氨、石灰水4、下列反应既是氧化还原反应，又是化合反应的是ANa2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 BSO2+H2O2=H2SO4CCaO+H2O=Ca(OH)2 DCl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O5、下列离子方程式中，正确的是( )A稀硫酸滴在铜片上：Cu2H+ =Cu2H2B氧化镁与稀盐酸混合：MgO2H=Mg2H2OC铜片插入硝酸银溶液中：CuAg+=Cu2AgD稀盐酸滴在石灰石上：CaCO32HCa2H2CO36、下列离子方程式书写错误的是（ ）A盐酸除铁锈：B氯气通入NaOH溶液中：C向KOH溶液中加入溶液：D向溶液中加入过量稀盐酸：7、常温下，在下列溶液中发生如下反应：16H10Z2XO4-=2X25Z28H2O2A2B2=2A32B 2BZ2=B22Z由此判断下列说法正确的是 ()A反应Z22A2=2A32Z不能进行BZ元素在反应中均被氧化C氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3D还原性由强到弱的顺序是A2、B、Z、X28、进行化学实验必须注意安全。下列做法不正确的是 ( )A实验室用加热分解高锰酸钾制备氧气时，先撤导管，后熄灭酒精灯B进行蒸馏操作时，若忘记加碎瓷片应立即停止加热待溶液冷却后加入碎瓷片再加热C稀释浓硫酸时，把水沿烧杯内壁慢慢加入浓硫酸中，并不断搅拌D不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液9、一定由三种元素组成的是（ ）A氧化物B碱C酸D盐10、下列溶液中与50 mL1mol/LAlCl3溶液中Cl物质的量浓度相等的是A50 mL 1 mol/LFeCl3溶液 B75 mL 2mol/LKCl溶液C150 mL 1 mol/LMgCl2溶液 D25 mL 3 mol/LCuCl2溶液11、根据物质的组成进行分类，O2属于A单质B氧化物C化合物D混合物12、把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成两等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为A2(b-2a)mol·L-1B2(2a-b)mol·L-1C4(b-a)mol·L-1D4(b-2a)mol·L-113、下列说法中，正确的是()A向新制氯水中滴入几滴石蕊溶液，溶液先变红后退色B氯气泄露，可用浸有NaOH溶液的毛巾捂住口鼻，逃离现场C铜丝在氯气中燃烧，生成蓝色的氯化铜D氯元素在自然界中既有游离态又有化合态存在14、下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是A盐酸与纯碱；盐酸与石灰石B氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液；氢氧化钡溶液与稀硫酸C氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与醋酸D石灰石与硝酸；石灰石与盐酸15、下列物质的保存方法不正确的是( )A新制氯水应保存在棕色试剂瓶中，并放置于阴凉处B金属钠保存在煤油中C过氧化钠应密封保存D漂白粉可以露置于空气中16、已知有如下反应：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，下列说法正确的是:A根据上述三个反可知氧化性：Cl2Fe3+I2B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1C反应中每生成127gI2，转移的电子数为2NAD反应中FeCl3只作氧化剂，反应中FeCl3只是氧化产物17、下列现象不涉及丁达尔效应的是A投影光束B布朗运动C美丽晚霞D林中光柱18、下列物质属于电解质的是 ( ) 氢氧化钠NH3·H2O 铝蔗糖二氧化碳A B C D19、下列溶液中，在指定条件下能大量共存的离子组是A无色透明溶液中：Na 、Cu2 、Cl 、S2B遇酚酞试剂变红的溶液：Fe3 、K 、SO42 、NOC含有大量 CO32-的溶液：K 、 Ba2+ 、OH 、SO42D含有大量 H+ 的溶液：Mg2+ 、NH4+ 、NO3 、Cl20、下列物质：氯水 氯化氢气体 盐酸 融熔氯化钠 氯酸钾溶液 四氯化碳，其中不含氯离子的是ABCD21、下列两种气体的原子数一定相等的是A质量相等、密度不等的N2和C2H4B等体积、等密度的CO和N2C等温、等体积的O2和Cl2D等压、等体积的NH3和CO222、为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；试判断：（1）固体混合物中肯定含有_，肯定无_，可能含有_。（2）写出实验中反应的离子方程式：_。24、（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-、SO42-、Cl、CO32-中的某一种。若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_，D_。写出下列反应的离子方程式：B+盐酸：_A+C:_25、（12分）需要0.2 mol·L1的Na2CO3溶液480 mL，用Na2CO3·10H2O晶体配制该溶液。（1）应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量是_g , 配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管外，还有_。（2）根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列要求：Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈容量瓶未经干燥使用。 其中引起所配溶液浓度偏高的有_(填序号，下同)，偏低的有_，（3）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_。A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D准确稀释某一浓度的溶液26、（10分）实验室配制100mL 0.5mol/L的Na2CO3溶液，有如下操作步骤：将称量好的Na2CO3固体放入烧杯中，加入适量的蒸馏水溶解；把所得溶液小心转入100mL容量瓶中；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12cm处，小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中并轻轻摇匀；计算所需Na2CO3固体的质量并用托盘天平称取；塞紧容量瓶的塞子，充分摇匀回答下列问题：（1）本实验操作步骤的正确顺序是（填序号）_（2）本实验中除用到玻璃棒和烧杯外，还需要用到的玻璃仪器有_、_。（3）实验中用托盘天平实际称取Na2CO3固体的质量是 _（4）在实验中，若出现如下情况，对所配溶液的浓度有何影响？未进行操作，所配溶液的浓度会_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；定容时俯视液面，所配溶液的浓度会_（5）若实验过程中出现如下情况应如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线_，向容量瓶中转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外面_27、（12分）用18.4 mol·L-1的浓H2SO4来配制500 mL 0.2 mol·L-1的稀H2SO4。可供选择的仪器有：玻璃棒、烧瓶、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶、托盘天平。请回答下列问题：（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有(填代号)_。（2）经计算，需量取浓H2SO4 _mL。现有10 mL、50 mL、100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是_(写序号)。（3）将浓H2SO4加入到适量蒸馏水中稀释后，冷却片刻，随后全部转移到_ mL的容量瓶中。（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中能引起误差偏高的有_(填代号)。定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线（5）在下图的配制过程示意图中，正确的是（填写序号）_。A称量B溶解C转移D定容28、（14分）依据AE几种烃分子的示意图或结构填空。(1)E的分子式是_。(2)属于同一物质的是_(填序号)。(3)与C互为同系物的是_(填序号)。(4)等物质的量的上述烃完全燃烧时消耗最多的是_(填序号,下同);等质量的上述烃完全燃烧时消耗最多的是_。(5)在120,下,A和C分别与足量混合点燃,完全燃烧后恢复至初始状态,气体体积没有变化的是_(填序号)。(6)C的某种同系物的分子式为,其一氯代物只有一种,该烃的结构简式为_。29、（10分）掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。（1）写出下列仪器的名称：_；_ 。（2）若利用装置I制取蒸馏水，将仪器补充完整后进行实验，冷却水从_口进。（填g或f） （3）现需配制250 mL 0.2 mol·L1 NaCl溶液，其中装置II是某同学配制此溶液时转移操作的示意图，图中有两处错误，一处是未用玻璃棒引流，另一处是_ 。（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列情况对所配制的NaCl溶液的浓度偏低有_。A没有洗涤烧杯和玻璃棒 B容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 C定容时俯视刻度线 D定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。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、B【解析】a g NH3含b个氢原子，则，解得NA=，答案选B。2、D【解析】光解海水时，发生反应的化学方程式为2H2O2H2+O2。A. 由反应可知，光解0.02 mol水，可生成H20.02 mol，质量为0.04g，A错误；B. 光解0.02 mol水，可生成氢的原子数0.04mol，数目为2.408×1022个，B错误；C. 可生成H2的体积为0.02mol，体积为0.448 L(标准情况)，C错误；D. 光解0.02 mol水，生成H2的量为0.02mol；0.48 g Mg为0.02mol，与足量稀盐酸反应产生H2 0.02mol，D正确。故选D。3、B【解析】A、醋酸溶液能导电是乙酸和水的混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，故A错误；B、熔融KOH、熔融NaCl，属于强电解质能导电，故B正确；C、NaOH溶液是混合物，不是电解质，纯硝酸不导电，故C错误；D、液氨不导电，石灰水是混合物，都不是电解质，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了电解质和非电解质的判断，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。本题的易错点为D，要注意液氨属于非电解质，一水合氨属于弱电解质。4、B【解析】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；SO2+H2O2=H2SO4有元素化合价改变，既是氧化还原反应，又是化合反应，故B正确；CaO+H2O=Ca(OH)2没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O不是化合反应，故D错误。点睛：两种或多种物质生成一种物质的反应是化合反应；有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有元素化合价变化的反应是非氧化还原反应。5、B【解析】A.稀硫酸与铜不反应，A错误；B.氧化镁与稀盐酸的反应为，B正确；C.铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式应为，C错误；D.稀盐酸滴在石灰石上的离子反应方程式为，D不正确；故选B。6、D【解析】A. 盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O ，故A正确；B.氯气通入NaOH溶液生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl22OH=ClClOH2O，故B正确；C. 向KOH溶液中加入NaHSO4溶液生成硫酸钾、硫酸钠和水，离子方程式为：H+OH-=H2O，故C正确；D. 向NaHCO3溶液中加入过量稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2+H2O，故D错误；故答案选D。7、C【解析】根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物分析，还原性顺序为：A2+B-Z-X2+，氧化性顺序为：XO4-Z2B2A3+。【详解】A、反应中氧化性顺序为：Z2A3+，与题目中的信息相符，能反应， A错误；B、Z元素在反应中被氧化，在反应中被还原， B错误；C、根据以上分析，氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3，C正确；D、根据以上分析，A2+B-Z-X2+，D错误。故选C。【点睛】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，可以通过反应确定性质强弱，也能通过性质强弱确定是否发生反应。8、C【解析】A. 高锰酸钾加热制备氧气时，用排水法收集满氧气后，先移出导管，后撤酒精灯，防止水槽内的水倒吸；故A正确；B. 液体加热要加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B 正确； C. 稀释浓硫酸时,把浓硫酸沿容器壁慢慢注入水中,并不断搅拌，使产生的热量及时散发出去，故C错误；D项，不慎将浓碱液沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上35%的硼酸溶液，以中和碱液，故D正确；综上所述，本题选C。9、B【解析】A.氧化物是由氧和另一种元素组成的化合物，不符合题意；B.电离出的阴离子全部是OH的化合物是碱，所以碱一定是由三种元素组成的，符合题意；C.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，所以酸不一定是由三种元素组成的，不符合题意；D.由酸根和金属阳离子或铵根离子构成的化合物是盐，所以盐也不一定是由三种元素构成的化合物，不符合题意；答案是B。10、A【解析】1mol/LAlCl3溶液中Cl物质的量浓度为1mol/L 3=3mol/L，结合物质的构成及溶质浓度计算离子浓度，以此来解答。【详解】A. 1 mol/LFeCl3溶液中Cl物质的量浓度为1mol/L 3=3mol/L，故A选；B. 2mol/LKCl溶液中Cl物质的量浓度为2mol/L，故B不选；C. 1 mol/LMgCl2溶液中Cl物质的量浓度为1mol/L =2mol/L，故C不选；D. 3 mol/LCuCl2溶液中Cl物质的量浓度为3mol/L =6mol/L，故D不选。所以A选项是正确的。【点睛】明确“溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算氯离子的物质的量浓度，与溶液的体积无关”是解本题的关键。11、A【解析】由同种元素组成的纯净物叫单质；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素；纯净物是由一种物质组成，因此二氧化碳属于纯净物；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物；氧气是由一种元素组成，属于单质。答案选A。12、D【解析】加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，说明一份溶液中n(Ba2+)=a mol，则原500mL溶液中含有n(Ba2+)=2a mol；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，说明一份溶液中含有n(Cl-)=b mol，则原500mL溶液中含有n(Cl-)=2b mol，原溶液呈电中性，即2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，所以n(K+)=(2b-4a)mol，则c(K+)=，故答案选D。13、A【解析】A.氯气与水反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，新制氯水中的盐酸使石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，又很快使石蕊的红色褪去，A项正确；B.碱溶液确实可以吸收氯气，但NaOH是强碱，具有强腐蚀性，所以不能用浸有NaOH溶液的毛巾捂住口鼻，B项错误；C.无水氯化铜固体是棕色的，稀氯化铜的水溶液才显蓝色，C项错误；D.氯气非常活泼，自然界中氯元素没有游离态，只有化合态，D项错误；答案选A。14、D【解析】A项，盐酸与纯碱反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2，盐酸与石灰石反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故A项错误；B项，硫酸铜溶液、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Cu2+2OH-+SO42-+Ba2+=Cu(OH)2+BaSO4、2H+2OH-+SO42-+Ba2+=2H2O+BaSO4，两者对应反应的离子方程式不同，故B项错误；C项，氢氧化钠与盐酸反应的离子方程式为：H+OH-=H2O；氢氧化钠与醋酸反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，两者对应反应的离子方程式不同，故C项错误；D项，硝酸、盐酸与石灰石反应的离子方程式均为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，两者对应反应的离子方程式相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。15、D【解析】A新制氯水中含有的次氯酸不稳定，见光易分解而导致Cl2水变质，所以新制氯水应于棕色试剂瓶避光保存，并放置于阴凉处，A正确；B金属钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，应用钠的密度比煤油大，且和煤油不反应的性质，所以可用煤油保存，B正确；C过氧化钠易与空气中的水蒸气和二氧化碳发生反应导致变质，因此应密封保存，C正确； D漂白粉的有效成分与空气中的二氧化碳和水反应产生碳酸钙，导致变质，因此要密封保存，且不可以露置于空气中，D错误；故合理选项是D。16、A【解析】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的，ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O中，氧化性：ClO3->Cl2；2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+>I2；2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，氧化性：Cl2>Fe3+，所以氧化性强弱的顺序为：ClO3->Cl2>Fe3+>I2，A正确；B. 反应ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O中ClO-中Cl元素化合价由+5降低到0价为氧化剂，Cl-中Cl元素化合价由-1价升高到0价为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，B错误； C. 反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，生成1molI2转移2mol电子，所以每生成127gI2，即0.5mol碘，转移的电子数为NA，C错误；D. 反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，FeCl3中Fe元素化合价由+3降低到+2价为氧化剂，反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，D错误；答案选A。17、B【解析】胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，空气中的灰尘等微粒分散在空气中形成气溶胶，光束通过时会发生丁达尔效应，因此投影光束、美丽晚霞、林中光柱都属于空气的丁达尔效应；布朗运动是胶体微粒所做的永不停息的无规则运动，与丁达尔效应无关，故选B。18、A【解析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，如酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，如蔗糖、乙醇等都是非电解质。大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，氢氧化钠属于电解质，故正确；NH3·H2O在水溶液中能够发生部分电离，可以导电，属于电解质，故正确；Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故错误；蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不导电的有机化合物，属于非电解质，故错误；CO2在水中能够导电，但是导电的离子不是二氧化碳本身电离的，故二氧化碳为非电解质，故错误；答案选A。【点睛】正确理解与区分电解质与非电解池是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。19、D【解析】根据离子间的相互反应判断。离子间能反应就不能大量共存，注意题目或选项中特定要求。【详解】A项：Cu2（蓝色）不能存在于无色溶液中。且Cu2 与S2生成CuS沉淀。A项错误；B项：遇酚酞变红的溶液呈碱性，Fe3 不能大量存在于碱性溶液中。B错误；C项：CO32-与 Ba2+生成BaCO3沉淀而不能大量存在。C项错误；D项：Mg2+ 、NH4+ 、NO3 、Cl彼此不反应，且与 H+ 也不反应。D项正确。本题选D。20、C【解析】氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢能电离出氯离子，所以氯水中含有氯离子，故不选；氯化氢气体为分子构成的物质，只含氯化氢分子不含氯离子，故选；氯化氢在水溶液里能电离出氯离子，所以盐酸中含有氯离子，故不选；熔融氯化钠能电离产生氯离子，故不选；氯酸钾溶液中电离产生钾离子和氯酸根离子，不产生氯离子，所以不含氯离子，故选；四氯化碳为分子构成的物质，只含四氯化碳分子不含氯离子，故选；答案选C。21、B【解析】AM（N2）=M（C2H4）=28g/mol，等质量时，物质的量相等，但分子构成的原子数目不同，则等物质的量时原子数一定不等，故A错误；B等体积等密度的CO和N2的质量相等，二者摩尔质量都为28g/mol，物质的量相等，都是双原子分子，则原子数相等，故B正确；C压强不一定相等，则物质的量、原子总数不一定相等，故C错误；D因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故D错误；故选B。22、D【解析】除去粗盐中的钙离子，用碳酸钠将其转化为碳酸钙沉淀；除去镁离子，用氢氧化钠，转化为氢氧化镁沉淀；除去硫酸钠，用氯化钡，转化为硫酸钡沉淀。为了将杂质完全除去，加入的试剂通常过量，则除杂试剂有剩余。为了能将剩余的钡离子完全除去，可以利用钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，先加入氯化钡，后加入碳酸钠，当三种除杂试剂都加入后，过滤除去沉淀，再加入盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故操作顺序为。故选D。【点睛】掌握除杂的原则和关键点，如粗盐提纯，加入除杂试剂通常是过量的，注意后续加入的试剂能将前面过量的除杂试剂除去。如加入过量的氯化钡后加入过量的碳酸钠，可以除去氯化钡。而过量的碳酸钠或氢氧化钠可以用盐酸除去，最后溶液进行加热蒸发时，利用盐酸的挥发性可以除去。二、非选择题(共84分)23、Na2CO3 CuSO4、Na2SO4、CaCl2 KCl BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2 【解析】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成沉淀的物质不能同时存在；往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。【详解】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者不能同时含有；往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3，则一定不能含有CaCl2；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4；(1)由上述分析可知，固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；(2)实验中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。【点睛】本题考查混合物组成的推断，主要利用物质的特征性质、离子共存等进行判断。本题的易错点为Na2SO4的判断，要注意硫酸钡不溶于水，也不溶于酸。24、BaCl2 Na2CO3 Ag+ +Cl- =AgCl Ba2+ +SO42- =BaSO4 【解析】根据离子共存的相关知识解答此题。Ba2与SO42-、CO32生成沉淀不能共存；Ag和Cl生成沉淀不能共存； Cu2与CO32生成沉淀不能共存，所以银离子只能和硝酸根离子组成AgNO3，铜离子只能和SO42-组成CuSO，钡离子只能和Cl-组成BaCl2，剩余的是Na2CO3。【详解】结合上述分析：若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，所以溶液中含有Cu2+，则C为CuSO4；若向的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，说明B为AgNO3，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D为Na2CO3，则A为BaCl2；四种盐分别为：A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；答案：BaCl2 Na2CO3。（2）盐酸与AgNO3溶液有沉淀产生的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl；A+C反应生成白色沉淀硫酸钡。其离子方程式：Ba2+ +SO42- =BaSO4。答案：Cl-+Ag+=AgCl、Ba2+ +SO42- =BaSO4。【点睛】本题考查离子共存，离子方程式的书写的相关知识。根据离子含Cu2+的溶液显蓝色，Ag+与HCl反应生成AgCl沉淀，CO32-和HCl反应生成CO2气体；Ba2+不能和SO42-、CO32-共存，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-共存，Cu2+不能和CO32-共存，据此分析四种盐的组成。25、28.6 玻璃棒、500mL容量瓶 BCD 【解析】（1）根据n=cV计算溶质Na2CO3的物质的量，利用Na2CO310H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，根据m=nM计算Na2CO310H2O的质量；根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定所需仪器；（2）根据c=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差;（3）容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器。【详解】（1）根据n=cV可知需要的Na2CO3的物质的量n=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，即需要的Na2CO310H2O晶体也为0.1mol，质量m=nM=0.1mol×286g/mol=28.6g；配制溶液用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，根据题目提供的仪器可以知道，还需要的玻璃仪器有玻璃棒、500mL容量瓶，故答案为28.6；玻璃棒、500mL容量瓶； （2）Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水后，Na2CO3的质量增大，故物质的量增大，所配溶液的浓度偏高；用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码），会导致所称量的固体的质量偏小，故所配溶液的浓度偏低；碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，会导致碳酸钠的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏低；生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的固体的质量偏大，则配制出的溶液的浓度偏高；容量瓶未经干燥使用，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；所以引起所配溶液浓度偏高的有，偏低的有，无影响的有，故答案为；（3）容量瓶是精密仪器，是用于配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器，不可用于储存和溶解固体，不能用于稀释浓溶液，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故选BCD，故答案为BCD。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，注意实验的基本操作方法和注意事项，易错点是计算溶质的质量，很多同学将溶液的体积认为是480mL而导致出错。26、 100mL容量瓶 胶头滴管 5.3g 偏低 偏高 实验失败，重新配制 实验失败，重新配制 【解析】(1)配制一定物质的量浓度溶液的顺序是：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，故答案为：；(2)配制顺序是：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；(3)Na2CO3的物质的量n=cV=0.1L×0.5molL1=0.05mol，Na2CO3的质量为0.05mol×106g/mol=5.3g，因天平的精确度为0.1g，所以托盘天平实际称取Na2CO3固体的质量为5.3g。故答案为：5.3g；(4)因烧杯内壁沾有溶质，未用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，溶质的质量减少，浓度偏低；定容时俯视液面，溶液的液面未达到刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏高，故答案为：偏低；偏高；(5)加蒸馏水时不慎超过了刻度，向容量瓶中转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外面，都属于配制过程中出现了错误，实验失败，必须重新配制，故答案为：实验失败，重新配制；实验失败，重新配制。27、 5.4 500 B 【解析】(1)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器； (2)根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸溶液的体积；根据浓硫酸的体积选取量筒，注意所选量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；(3)依据配制一定物质的量浓度溶液移液、洗涤、定容的正确的操作解答；(4)依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断；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；(5)从实验的正确操作分析。【详解】(1)配制一定物质的量浓度硫酸溶液的一般步骤有：量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500mL容量瓶，所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙；(2)设需要浓硫酸溶液的体积为V，0.2molL1×500mL=V×18.4mol/L，解得：V=5.4mL，应选择10mL量筒；(3)配制500mL、0.2molL1的稀H2S04，应选择500mL容量瓶，将浓H2S04加到适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后