2022年山西省忻州一中高一化学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、将30 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（）A0.3 mol·L-1B0.05 mol·L-1C0.04 mol·L-1D0.03 mol·L-12、下列对于元素周期表结构的叙述中，正确的是A7个横行代表7个周期，18个纵行代表18个族B副族元素中没有非金属元素C除第一周期外，其他周期均有18种元素D碱金属元素是指A族的所有元素3、下列电离方程式书写正确的是( )AH2CO3CO32-+2H+ BKClO3=K+Cl5+3O2-CH2O2H+O2- DNH3·H2ONH4+OH-4、根据以下几个反应：Cl22KI=2KClI2 2FeCl2Cl2=2FeCl32FeCl32KI=2FeCl22KClI2I2SO22H2O=H2SO42HI判断氧化性由强到弱的顺序是ACl2I2Fe3SO2 BCl2Fe3I2SO2CCl2Fe3SO2I2 DFe3I2Cl2SO25、下列关于胶体的描述错误的是（）A胶体分散质粒子直径在1-100nm之间B胶体具有丁达尔现象CFe(OH)3胶体具有净水作用D胶体是不透明，但均一，相对稳定的分散系6、在反应5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O中，发生氧化反应的氮原子和发生还原反应的氮原子的质量比是( )ABCD7、在相同温度和压强下，容器A中的臭氧（O3）和容器B中的乙炔气（C2H2）所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是（ ）A4：3B3：4C1：1D2：38、现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液39%的乙醇溶液氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是()A分液、蒸馏、萃取B萃取、蒸发、分液C分液、萃取、蒸馏D蒸馏、萃取、分液9、如图为常见玻璃仪器组成的六种实验装置，根据需要加入液体或者固体试剂。下列说法错误的是( )A装有P2O5固体的E不能用于干燥氨气BA、B装置能用于收集Cl2，又能用于收集NOCC、D装置可以用于尾气处理，能防止液体倒吸到气体发生装置中DF 装置可用于合成氨实验中，若装入浓硫酸可以干燥、混合并能大致观察H2和N2的体积比10、下列溶液中Cl-浓度与50 mL 1 mol·L-1AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是（ ）A150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液B75 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液C25 mL 2 mol·L-1的KCl溶液D75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液11、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为A纯盐酸、水煤气、硫酸、干冰B冰水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫C胆矾、氢硫酸、铁、碳酸钙D重钙、普钙、氯化铜、碳酸钠12、实验室加热高锰酸钾制取氧气，用排水法收集满氧气后，下一步应采取的操作及原因是A先熄灭酒精灯，以节约燃烧B先把导管移出水面，再熄灭酒精灯以免水倒吸引起试管炸裂C先撤酒精灯，再撤导气管，防止水倒吸D检验收集的气体是否纯净13、下列说法正确的是标准状况下，6.02×1023个气体分子所占的体积约为22.4 L0.5 mol N2的体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含原子数为2NA任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol1标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同ABCD14、生产、生活中下列过程不涉及氧化还原反应的是 ( )A多吃水果(富含维生素C)美容养颜B铝的表面生成致密的氧化薄膜C久置于空气中，浓硫酸的体积增大D食品袋内装有还原铁粉的小袋防食品变质15、溶质质量分数分别为 a%和 5a%的 H2SO4 溶液等体积混合均匀后，则混合溶液中 H2SO4的质量分数为A等于 3a%B等于 6a%C大于 3a%D小于 3a%16、下列物质分类的正确组合是()碱酸盐酸性氧化物A纯碱盐酸烧碱二氧化硫B烧碱硫酸食盐一氧化碳C苛性钠醋酸石灰石水D苛性钾碳酸苏打三氧化硫AABBCCDD17、下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是 （    ）A6和8B11和13C11和16D12和1718、在相同状况下，一个空瓶若装满O2称其质量为36g，若装满CO2称其质量为42g，若装满A气体，称其质量为52 g，则A的相对分子质量是A16 B32 C96 D6419、实验室配制100mL1mol·L-1的NaCl溶液。下列有关操作错误的是A用托盘天平称取5.85gNaCl固体B在盛有NaCl的烧杯中加入适量蒸馏水，搅拌溶解，静置至室温再移入容量瓶中C用蒸馏水洗涤烧杯内壁、玻璃棒23次，洗涤液移入容量瓶中D沿着玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水，到离刻度线12cm时改用胶头滴管滴加，直到凹液面最低处恰好与刻度线相切20、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；金属氧化物都属于碱性氧化物；根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;非金属氧化物都属于酸性氧化物；根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质.A只有 B只有 C只有 D只有21、在一定条件下，PbO2 与Cr3反应，产物是Cr2O72和Pb2，若生成3mol Cr2O72则反应所需PbO2的物质的量为A7.5mol B3mol C9mol D6mol22、下列有关碱金属和卤素的说法正确的是( )A从Li到Cs，单质的熔、沸点越来越高B从F到I，单质与H2化合生成的氢化物越来越稳定C从F到I，前一种单质都能把后一种单质从其盐溶液中置换出来D从Li到Cs，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质与水反应越来越剧烈二、非选择题(共84分)23、（14分）某淡黄色粉末可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂。根据下图所示转化关系及现象填空：（1）该淡黄色粉末为_；（2）X粉末的名称或化学式为_；（3）反应（I）的化学方程式为_；（4）反应（II）的化学方程式为_；（5）反应（）的化学方程式为_。24、（12分）某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。25、（12分）碳酸钠俗称纯碱，是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图： 已知：几种盐的溶解度：NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度(20，100gH2O时)36.021.79.637.2 (1)写出装置中反应的化学方程式_。操作的名称是_。(2)写出装置II中发生反应的化学方程式_。(3)该流程中可循环利用的物质是_。检验用该纯碱配制的溶液中含有Cl-的方法是_。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）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，试回答下列间题:（1）经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体_g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有_；（3）配制过程有以下操作：A 移液 B 称量、C 洗涤 D 定容 E 溶解 F 摇匀。其正确的操作顺序应是_（填字母）。28、（14分）（1）NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为_。（2）写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：_（3）乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）11.2L22.4L28.0Ln（Cl）2.5mol3.5mol4.0moln（Br）3.0mol2.5mol2.0moln（I）x mol00原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为_29、（10分）HNO2是一种弱酸，向NaNO2中加入强酸可生成HNO2；HN02不稳定；易分解成NO和NO2气体；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如：能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐如NaNO2，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒，维生素C在解毒的过程中表现出_性。（2）下列方法中，不能用来区分NaN02和NaCI的是_。（填序号）A加入盐酸，观察是否有气泡产生B加入AgN03观察是否有沉淀生成C分别在它们的酸性溶液中加入FeCl2溶液，观察溶液颜色变化（3）S2O32-可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。若S2O32-与Fe2+的物质的量之比为1：2，配平该反应的离子方程式：_Fe2+_S2O32-+_H2O2+_OH-=_Fe2O3+_S2O62-+_H2O下列关于该反应的说法正确的是_。A该反应中S2O32-表现了氧化性B已知生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，则Fe2O3纳米颗粒为胶体C每生成1molFe2O3，转移的电子数为8NA（设NA代表阿伏伽德罗常数的值）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、D【解析】硫酸根离子的物质的量为：0.03×0.5=0.015mol，加水稀释到500ml后，硫酸根离子的浓度为0.015mol/0.5L=0.03mol/L,故选B。2、B【解析】A7个横行代表7个周期，18个纵行代表16个族，7个主族、7个副族、1个0族、1个族，A错误；B副族元素均在长周期，均为金属元素，只有主族元素存在非金属元素，B正确；C2、3周期有8种元素，6、7周期有32种元素，则只有4、5周期有18种元素，C错误；D碱金属元素为金属元素，而A族元素含H，碱金属元素是指A族的除H之外的所有元素，D错误。答案选B。3、D【解析】A. 碳酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主，电离方程式：H2CO3H+HCO3，故A错误；B. 氯酸钾为强电解质，完全电离，电离方程式：KClO3=K+ClO3-，故B错误；C. 水为弱电解质，部分电离，电离方程式：H2OH+OH-，故C错误；D. NH3·H2O 为弱电解质，部分电离，电离方程式：NH3·H2ONH4+OH-，故D正确；本题选D。【点睛】多元弱酸分步电离，电离方程式需要分步写，多元弱碱的电离方程式一步写出。4、B【解析】试题分析：氧化还原反应的方程的左边的氧化剂的氧化性大于右边的氧化剂，还原剂的还原性大于右边的还原剂，Cl2+2KI2KCl+I2中，氧化性Cl2>I2，2FeCl2+Cl22FeCl3中，氧化性Cl2>Fe3+，2FeCl3+2KI2KCl+I2+2FeCl2中，氧化性Fe3+>I2，I2+SO2+2H2O2H2SO4+2HI中，氧化性I2>SO2，所以本题的氧化性由强到弱的顺序是Cl2>Fe3+>I2>SO2，所以本题的答案为B。考点：氧化还原反应点评：本题考查了氧化还原反应知识，根据给出的化学方程式来判断物质的氧化性，氧化还原反应是高考考查的重点和难点，该题要掌握氧化还原反应的方程的左边的氧化剂的氧化性大于右边的氧化剂，还原剂的还原性大于右边的还原剂。本题难度不大。5、D【解析】A胶体分散质粒子直径在1-100nm之间，故A正确；B胶体都具有丁达尔效应，故B正确；CFe(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，所以具有净水作用，故C正确；D胶体为透明的，较均匀，较稳定的分散系，故D错误；故选：D。6、A【解析】5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，N元素的化合价由-3价升高为0，失去电子发生氧化反应；N元素的化合价由+5价降低为0，得到电子发生还原反应，以此来解答。【详解】5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，N元素的化合价由-3价升高为0，失去电子发生氧化反应；N元素的化合价由+5价降低为0，得到电子发生还原反应，由反应可知，5molN失去电子与3molN得到电子相同，则氮原子发生氧化反应和还原反应的质量比等于物质的量比为5：3。答案选A。7、A【解析】设臭氧（O3）的物质的量为n1，乙炔气（C2H2）的物质的量为n2，则臭氧（O3）中所含的原子数为3 n1，乙炔气（C2H2）中所含的原子数为4n2，根据题意可知3n1=4n2，则。又因为相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，所以。故B、C、D错误，A正确。答案选A。【点睛】本题考查的是物质的量的相关计算。解题关键是根据原子数的关系找出物质的量的关系，再利用相同条件下体积之比等于物质的量之比计算。8、A【解析】汽油不溶于水，分离汽油和氯化钠溶液应该用分液法；乙醇与水互溶，但沸点相差较大，分离39%的乙醇溶液应该用蒸馏；溴单质易溶在有机溶剂中，分离氯化钠和单质溴的水溶液应该用萃取，答案选A。9、B【解析】A、五氧化二磷是一种酸性干燥剂，而氨气是一种碱性气体，所以不能用五氧化二磷干燥氨气，故A正确。B、一氧化氮易和氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误。C、C、D装置均具有缓冲结构,用于尾气吸收，能防止液体倒吸到气体发生装置中,故C正确。D、F装置用于合成氨实验, 若装浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体,并且利用F中气泡的多少能大致观察H2和N2的体积比, 故D正确。本题正确选项为B。10、D【解析】1 mol·L-1AlCl3溶液中Cl-浓度为3 mol·L-1，A1 mol·L-1的NaCl溶液Cl-浓度为1mol·L-1；B2 mol·L-1 NH4Cl溶液Cl-浓度为2mol·L-1；C2 mol·L-1的KCl溶液Cl-浓度为2mol·L-1；D1 mol·L-1的FeCl3溶液Cl-浓度为3mol·L-1；故D项正确。11、B【解析】纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别。【详解】A纯盐酸是混合物，是氯化氢的水溶液，选项A错误； B冰水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，选项B正确；C铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；D碳酸钠在水溶液中能电离出自由移动的离子，为电解质，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度中等，学习中注意相关基础知识的积累。12、B【解析】实验室制取氧气时，用排水集气法收集氧气完毕，应先把导管移出水面，再熄灭酒精灯；如果先熄灭酒精灯，水槽内的水可能倒吸入试管，使试管因骤然冷却而炸裂，故B正确。本题答案为B。【点睛】实验室加热高锰酸钾制取氧气的操作顺序为：组装装置、检查气密性、加热高锰酸钾、排水法收集氧气、将导管移出水面、熄灭酒精灯、拆除装置。13、D【解析】标况下，6.02×1023个气体分子（1mol）所占的体积才是22.4L，正确；没有指明气体存在的状态，所以0.5 mol H2所占体积不一定为11.2 L，错误；标准状况下，H2O为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，正确；在标准状况下，任何气体的摩尔体积为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，错误；标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，正确；综上所述，正确，D满足题意。答案选D。14、C【解析】A.维生素C可抗氧化和防衰老，利用维生素C的还原性，与氧化还原反应有关，故 A错误；B. 铝的表面生成致密的氧化薄膜，由铝到氧化铝发生氧化还原反应，故B错误；C. 久置于空气中，浓硫酸的体积增大，体现了浓硫酸的吸水性，与氧化还原反应无关，故C正确；D.铁粉做食品袋内的脱氧剂，利用铁与氧气反应，铁的化合价升高，做还原剂，发生的是氧化还原反应，故D错误；故选：C。15、C【解析】试题分析：设a%、5a%的H2SO4溶液的密度为d1、d2，硫酸溶液的浓度越大，密度越大，则可知d1d2，所以两种溶液混合后，溶质的质量分数为w=a%+×4a%a%+×4a%=3a%。故选C。考点：考查了混合溶液质量分数的的相关计算。16、D【解析】碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物，据此回答判断。【详解】A、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱类，烧碱是氢氧化钠属于碱不是盐，故A错误；B、一氧化碳不是酸性氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；C、苛性钠是氢氧化钠为碱，醋酸为酸，石灰石是碳酸钠钙属于盐，水不是酸性氧化物，故C错误；D、苛性钾是氢氧化钾为碱，碳酸为酸，苏打是碳酸钠属于盐，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查学生物质的分类知识，注意基本概念的理解和掌握以及物质的组成特点是解答的关键。17、D【解析】A. 形成CO2或CO，不符合题意，故A不选；B. 两者都是金属不能形成化合物，不符合题意，故B不选；C. 两者会形成Na2S，不符合题意，故C不选；D. 两者会形成MgCl2，符合题意，故D选；答案选D。18、D【解析】设瓶子的质量为x，气体A的摩尔质量为y，同一瓶子的体积相等，因此，O2、CO2与气体A的物质的量也相等，则有=，解得x=20g；因此=，解得y=64g/mol，摩尔质量与相对分子质量数值相等，所以气体A的相对分子质量为64，故选D项。综上所述，本题正确答案为D。19、A【解析】A托盘天平称量时只能准确到小数点后一位数，所以只能称量5.9g药品，不能称量5.85gNaCl，故A错误；BNaCl固体要先在烧杯中溶解，冷却后再用玻璃棒引流转移至100mL容量瓶，故B正确；C烧杯、玻璃棒要洗涤，洗涤液也要注入容量瓶，保证溶质全部转移，故C正确；D定容时，沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，直至溶液凹液面恰好与刻度线相切，故D正确。答案选A。20、D【解析】阳离子只有氢离子的是酸，阴离子只有氢氧根离子的是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物称之为盐，氧元素于另一种元素组成的化合物是氧化物；非电解质是水溶液或熔融状态下均不能导电的化合物，强电解质是能完全电离的物质，弱电解质是存在电离平衡的物质，不能完全电离；金属氧化物包括一般金属氧化物和两性氧化物，前者属于碱性氧化物，后者能与碱反应；不同分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同；氧化还原反应的本质就是物质之间电子的转移;酸性氧化物是能与碱反应的一类氧化物，非金属氧化物中只有部分属于酸性氧化物；溶液导电能力强弱主要影响因素是溶液离子浓度，溶质种类无关。【详解】硫酸H2SO4、烧碱NaOH、醋酸钠CH3COONa和生石灰CaO分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；金属氧化物不是都属于碱性氧化物，如氧化铝；根据分散质粒子的直径不同将分散系分为胶体、溶液和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;非金属氧化物不是都属于酸性氧化物，如一氧化碳；溶液导电能力与离子浓度和离子电荷有关。根据电解质在水溶液中电离程度不同将电解质分为强电解质和弱电解质。综上所述，只有正确。答案为D。21、C【解析】反应中Cr元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，若生成3molCr2O72-反应失去18mol电子。Pb元素化合价从+4价降低到+2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知所需PbO2的物质的量为18mol÷29mol，答案选C。22、D【解析】ALi到Cs，单质的熔、沸点越来越低，故A错误。B从F到I非金属性逐渐减弱，单质与H2化合生成的氢化物稳定性越来越弱，故B错误。CF2比较活泼，先和水反应生成HF和O2，故C错误。D从Li到Cs金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质还原性越来越强，与水反应越来越剧烈，故D正确，答案选D。二、非选择题(共84分)23、Na2O2或过氧化钠 铜或Cu 2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2 Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH 2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2 【解析】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,据以上分析解答。【详解】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,(1)由以上分析可以知道淡黄色粉末为Na2O2 或过氧化钠；因此，本题正确答案是: Na2O2 或过氧化钠。(2)据以上分析可知，X粉末为铜或Cu；因此，本题正确答案是:铜或Cu。(3) 反应(I)为过氧化钠与二氧化碳的反应,生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2；综上所述，本题答案是：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2。（4）反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成碳酸钙和氢氧化钠,反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH；综上所述，本题答案是：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH。（5）反应（）为氢氧化钠与硫酸酮反应，生成硫酸钠和氢氧化铜蓝色沉淀，反应的化学方程式为：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2；综上所述，本题答案是：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2。24、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸25、NaCl + CO2 + NH3 + H2O = NaHCO3 + NH4Cl 过滤 2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O CO2 取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有Cl- 【解析】模拟侯德榜制碱法制取纯碱是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体，受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液为氯化铵溶液。【详解】(1) 先向饱和食盐水中通入NH3使溶液呈碱性，CO2、NH3和H2O反应生成NH4HCO3，由于NaHCO3溶解度较小，所以NaCl和NH4HCO3反应生成NaHCO3和NH4Cl，即NaCl + CO2 + NH3 + H2O = NaHCO3 + NH4Cl；从溶液中分离晶体的操作为过滤；故答案为：NaCl + CO2 + NH3 + H2O = NaHCO3 + NH4Cl；过滤；(2) 碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O，故答案为：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O；(3) 装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳；Cl-的检验常用硝酸酸化的硝酸银溶液，方法为：取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有Cl-；故答案为：CO2；取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有Cl-；【点睛】本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质制备、物质分离提纯、实验方案设计评价等知识点，明确物质性质及物质制备原理是解本题关键，注意除杂剂的选取方法，题目难度中等。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、2.9 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 BEACDF 【解析】（1）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，需要氯化钠的质量是0.1L×0.5mol/L×58.5g/mol2.925g，因此应该用托盘天平称取NaCl固体质量为2.9g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；（3）配制过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以其正确的操作顺序应是BEACDF。28、2H+ +SO42+ Ba2+2OH=BaSO4+2H2O 6Na+6H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na+3 H2 1：2：1 【解析】(1) 2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合,即NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量2:1反应,氢离子与氢氧根离子恰好反应,反应的离子方程式: 2H+SO42+ Ba2+2OH=BaSO4+2H2O。答案：2H+ +SO42+ Ba2+2OH=BaSO4+2H2O（2）Na与FeCl3溶液的反应是先和水反应，生成的氢氧化钠再和FeCl3溶液反应，生成氢氧化铁，所以离子反应方程式：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na+3 H2;答案：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na+3 H2。（3）当通入Cl2的体积为11.2L时,溶液中I还有剩余,即氯气只与I反应: Cl2+2I-=I2+2Cl-,生成1molCl-, Cl-初始物质的量是(2.5-1)mol=1.5mol;由表中数据可以知道:Br-初始物质的量是3mol,当通入Cl222.4L即1mol时,被氧化的 Br物质的量为:n(Br)=3mol-2.5mol=0.5mol,由反应Cl2+ 2Br= Br2+2Cl-可以知道,消耗n(Cl2)=1/2n(Br)=0.25mol,所以Cl2+ 2I= I2+2Cl-中反应消耗的Cl2为:1mol-0.25mol=0.75mol,因此原溶液中的I为:n(I)=2n(Cl2)=0.75mol2=1.5mol,原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为1.5mol : 3mol : 1.5mol=1:2:1,因此答案是:1:2:1。29、还原（性） B 2 1 4 4 1 1 6 C 【解析】（1）NaNO2的加入能够导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，说明NaNO2具有强的氧化性，把Fe2+氧化为Fe3+，用维生素C解毒，就是把Fe3+还原为Fe2+，所以需加入还原剂维生素C，它具有还原性；综上所述，本题答案是：还原（性）。 （2）A项，HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaN02会与稀盐酸反应生成 HNO2，分解得到NO和NO2，可以看到有气泡产生，而NaCl与稀盐酸不反应，故不选A项；B项，根据题目信息，加入AgN03分别和NaCl生成AgCl沉淀和AgN02沉淀，现象相同，故选B项；C项，NaCl溶液没有氧化性，而酸性条件下，N02-具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，溶液颜色变为黄色，现象不同，可以鉴别，故不选C 项；综上所述，本题选B。（3）反应中S2O32-S2O62-，S元素化合价由+2价升高为+5价,则1个S2O32-化合价共升高6价, 2Fe2+Fe2O3，Fe元素价由+2价升高为+3价,2个Fe2+共升高2价；两种反应物化合价共升高6+2=8价；而H2O2H2O，