山东省恒台第一中学2022年化学高一第一学期期中达标测试试题含解析.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（每题只有一个选项符合题意）1、现有一定量的气体如下：标准状况下6.72LCH4、3.01×1023个HCl分子、13.6gH2S、0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是（ ）a标况下体积： b同温同压下的密度： c质量： d氢原子个数：AabcBabcdCabdDbcd2、下列微粒的关系中，属于同位素的是A金刚石、石墨B2、2CK、CaDCl、Cl3、下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液中所含Cl-的物质的量浓度相同的是( )A100mL0.5mol/LMgCl2溶液B200mL0.25mol/LKCl溶液C50mL1.0mol/LNaCl溶液D25mL0.5mol/LHCl溶液4、已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2BrCl2=Br22Cl ， 2Fe32I=2Fe2I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中，不正确的是A还原性：IFe2BrB当通入2 molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClC原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)=213D原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol5、现有物质：铁片、NaCl、氨水、硫酸钡、酒精、盐酸、稀 H2SO4、KOH、 蔗糖、H2S；下列全部属于电解质的一组是A B C D6、与50mL0.1mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量浓度相同的溶液是（   ）A25mL0.2mol/L的NaCl溶液B100mL0.1mol/L的NaCl溶液C25mL0.2mol/L的Na2SO4溶液D10mL0.5mol/L的Na2CO3溶液7、下列反应属于非氧化还原反应的是（）AFe2O3+3CO2Fe+3CO2 BNH4NO3N2O+2H2OC2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O DCuO+COCu+CO28、下列说法正确的是A潮湿的氯气、新制的氯水、次氯酸钠溶液、漂白粉溶液均能使有色布条褪色，这是由于它们含有或能生成次氯酸B用氯气消毒过的水可用于配制澄清石灰水溶液C氯水、液氯、氯气的成分相同D久置的氯水呈无色，但仍然有较强漂白、杀菌的功能9、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A6.02×1023就是阿伏加德罗常数B1 mol水中的氢原子数目为2NAC阿伏加德罗常数个粒子的物质的量是1 molD1 mol 氨气所含原子数约为2.408×1024个10、以下反应属于氧化还原反应，且H2O既不是氧化剂也不是还原剂的是A2Na+2H2O=2NaOH+H2 B2F2+2H2O=4HF+O2CCaO+H2O=Ca(OH)2 DCl2+H2O=HCl+HClO11、氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3N23C2AlN3CO。有关该反应下列叙述正确的是A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子CAlN的摩尔质量为41 gDAlN中氮的化合价为312、有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述错误的是A等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2气体体积大B同一温度下，与等浓度的盐酸反应时，NaHCO3比Na2CO3剧烈C与同种酸反应生成等量的CO2时，所消耗的酸的量相等D将石灰水加入到NaHCO3溶液中将会产生沉淀13、下列关于非金属氧化物的叙述正确的是：A都是酸性氧化物 B都是酸酐C都只含两种元素 D都是气体（常温常压下）14、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A0.5 molNa2O2与足量的水反应产生5.6 L O2B标准状况下，11.2 L酒精所含分子数为0.5NAC常温常压下，1.6gCH4中含有的质子数为NAD等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA15、学习和研究化学，经常要进行实验，下列关于实验安全的说法正确的是A用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯B做水的蒸馏实验时，要在烧瓶内加几粒沸石以防止暴沸C不慎把浓硫酸洒在皮肤上要立即用NaOH溶液冲洗D盛放盐酸的试剂瓶上要贴上如右图的标志16、摩尔是( )A国际单位制的一个基本物理量B表示物质质量的单位C计量微观粒子的物质的量的单位D表示6.02×1023个粒子的集体二、非选择题（本题包括5小题）17、下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。18、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：实验（1）中反应的离子方程式为_，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为_。溶液中一定不存在的离子有_；溶液中一定存在的离子有_，其中阴离子的物质的量浓度分别为_；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl？_（填“能”或“不能”），理由是_。推断K+是否存在并说理由：_.19、NO很容易与许多分子迅速发生反应，科学家发现在生物体中不断地产生NO，用于细胞间传递信息；NO还参与心血管系统、免疫系统以及中枢和外围神经系统的调控。(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为：_。(2)NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是_(填选项编号)。A铁B铝C铂D玻璃打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是_(填化学方程式)。(3)为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。长玻璃管的作用是_。(4)以下收集NO气体的装置，合理的是_(填选项代号)。(5)假设实验中12.8gCu全部溶解，需要通入标况下_LO2才能使NO全部溶于水。(6)用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染的角度考虑，下列4种方法中最好的是_(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)，理由是_。甲：铜+浓硝酸硝酸铜乙：铜+稀硝酸硝酸铜丙：铜+氯气氯化铜；氯化铜+硝酸硝酸铜丁：铜+空气氧化铜；氧化铜+硝酸硝酸铜20、I实验室用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液450mL，回答下列问题：（1）实验步骤：计算所需称量的NaOH的质量为_g。用托盘天平称量NaOH固体。称量时应该将NaOH放于_中且放置在天平左盘称量。将称得的固体放于烧杯中，并加水溶解。检查容量瓶是否漏水，用玻璃棒引流将溶解液立即转移进_mL容量瓶中。用少量水洗涤_2-3次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为_。翻转摇匀后转入试剂瓶中储存。II若配制1mol/L的稀硫酸溶液500 mL则需要质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，就选用_mL规格的量筒最好。（2）下面操作造成所配稀硫酸浓度偏高的是_(填序号)A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线21、已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为： 3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO 4H2O(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目_(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是_mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】标准状况下6.72LCH4的物质的量是0.3mol、3.01×1023个HCl分子的物质的量是0.5mol、13.6gH2S的物质的量是0.4mol、0.2molNH3。相同条件下体积与物质的量成正比，标况下体积：，故a正确；同温同压下密度与相对分子质量成正比，同温同压下的密度：，故b正确；0.3mol CH4的质量是4.8g；0.5molHCl的质量是18.25g；0.2molNH3的质量是3.4g，质量：，故c正确；0.3mol CH4含氢原子1.2mol；0.5molHCl含氢原子0.5mol；0.4molH2S含氢原子0.8mol；0.2molNH3含氢原子0.6mol；氢原子个数：，故选B。2、D【解析】A.金刚石和石墨是碳元素形成的不同单质，两者互为同素异形体；B.2、2是两种不同的氢分子，不属于同位素；C.40K、40Ca的质子数不同，分别为19、20，两者不属于同位素；D.、的质子数相同都为17，中子数不同，分别为18、20，是Cl元素的两种核素，两者互为同位素；综上所述，答案为D。【点睛】同位素必须满足三个要素：（1）必须是质子数相同；（2）必须是中子数不同；（3）必须是原子。3、D【解析】100mL0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度0.5mol/L。A100mL0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2×0.5mol/L=1mol/L；B200mL0.25mol/LKCl溶液中c(Cl-)=0.25mol/L；C50mL1.0mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L；D25mL0.5mol/LHCl溶液中c(Cl-)=0.5mol/L；故选：D。4、B【解析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。【详解】A反应2Fe2Br22Fe32Br中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，即还原性：Fe2+Br-，反应2Fe32I2Fe2I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，即还原性：I-Fe2+，所以还原性I-Fe2+Br-，A正确；B通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，B错误；C当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl22Fe3I24Cl，C正确；D由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2）n（I）n（Br）213，D正确。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。5、B【解析】电解质：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。单质和混合物不是电解质。【详解】铁片是单质不是化合物，不是电解质；NaCl属于电解质；氨水是混合物，不是电解质；硫酸钡属于电解质；酒精是非电解质；盐酸是混合物，不是电解质；稀 H2SO4是混合物，不是电解质；KOH属于电解质；蔗糖是非电解质；H2S属于电解质。属于电解质的有：。答案为B。6、A【解析】50mL 0.1mol/L的Na2CO3溶液中Na+的物质的量浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L；A25mL0.2mol/L的NaCl溶液中Na+的物质的量浓度为0.2mol/L×1=0.2mol/L，故A符合题意； B100mL0.1mol/L的NaCl溶液中Na+的物质的量浓度为0.1mol/L×1=0.1mol/L，故B不符合题意；C25mL0.2mol/L的Na2SO4溶液中Na+的物质的量浓度为0.2mol/L×2=0.4mol/L，故C不符合题意；D10mL0.5mol/L的Na2CO3溶液中Na+的物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故D不符合题意；答案选A。【点睛】注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。电解质溶液离子浓度=电解质浓度×电解质电离产生的该离子的数目。7、C【解析】分析：凡是有元素化合价升降的反应均是氧化还原反应，据此解答。详解：A. 反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中铁元素化合价降低，铁元素化合价升高，是氧化还原反应，A错误；B. 反应NH4NO3N2O+2H2O中氮元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B错误；C. 反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O中元素的化合价均不变，是非氧化还原反应，C正确；D. 反应CuO+COCu+CO2中铜元素化合价降低，碳元素化合价升高，是氧化还原反应，D错误。答案选C。8、A【解析】A、氯气、盐酸均不具有漂白性，潮湿的氯气，新制的氯水含有次氯酸，次氯酸钠溶液和漂白粉的水溶液均能生成次氯酸，次氯酸能使有色布条褪色，选项A正确；B氯气消毒过的水含有HCl、氯气等，用氯气消毒过的水，可与澄清石灰水发生反应，选项B错误；C氯气的水溶液是氯水，属于混合物，氯气和液氯的成分相同，属于纯净物，选项C错误；D、久置氯水中无氯气分子所以呈现无色，不含有次氯酸，不具有漂白、杀菌的功能，选项D错误。答案选A。9、A【解析】A.阿伏加德罗常数的单位为mol-1，即阿伏加德罗常数约为6.021023mol-1,故A不正确；B.1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，故1mol水中含2mpl氢原子,即2NA个，故B正确；C.将阿伏加德罗常数个微粒看做一个整体，即为1mol，故阿伏加德罗常数个粒子物质的量为1mol，故C正确；D.1mol氨气含原子，即为2.4081024个，故D正确；本题答案为A。10、D【解析】试题分析：AH元素化合价降低，水为氧化剂，故A错误；BO元素化合价升高，被氧化，水为还原剂，故B错误；C元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D氯气自身发生氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确；故选D。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意从氧化化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关物质的性质。属于氧化还原反应，说明元素化合价发生变化，但水既不是氧化剂又不是还原剂，说明水中的H和O元素都不发生变化。11、B【解析】A在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂。反应Al2O3N23C2AlN3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，A错误；B氮元素化合价从0价降低到3价，得到3个电子，则每生成1 mol AlN需转移3 mol电子，B正确；CAlN的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，C错误；DAlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3价，D错误；答案选B。12、C【解析】A、等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，NaHCO3物质的量大，生成二氧化碳多，A正确；B、Na2CO3和盐酸反应是分两步进行的，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl ；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；所以同一温度下，与等浓度的盐酸反应时，NaHCO3比Na2CO3剧烈，B正确；C、因为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl ；NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2；所以与同种酸反应生成等量的CO2时，所消耗的酸的量不相等，C错误；D、将石灰水加入到NaHCO3溶液中将会产生沉淀NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+NaOH+H2O，D正确；答案选C。13、C【解析】A、非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如CO、NO属于不成盐氧化物，故A错误；B、CO和NO属于不成盐氧化物，因此不属于酸酐，故B错误；C、氧化物是由两种元素组成，其中一种元素属于氧元素，故C正确；D、H2O属于非金属氧化物，但常温常压下，H2O的状态为液态，故D错误。点睛：酸性氧化物是能与水反应生成相应的酸，或与碱反应生成相应盐和水的氧化物，非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，其中像CO、NO不与水反应或不与碱反应生成相应盐的氧化物称为不成盐氧化物。14、C【解析】A. 根据2Na2O22H2O=4NaOHO2可知，0.5 molNa2O2与足量的水反应产生0.25mol的氧气，因未说明气体是否处于标准状况，则无法确定氧气的体积，故A错误；B. 在标准状况下，酒精不是气体，所以无法计算11.2L酒精的分子数，故B错误；C. 常温常压下，1.6gCH4的物质的量为n=m÷M=1.6g÷16g/mol=0.1mol，1个甲烷分子中含有10个质子，则0.1mol甲烷中含有1mol的质子，质子数为NA，故C正确；D. 气体的物质的量相等，分子数也相等，等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定为NA，故D错误；答案选C。15、B【解析】A、倾斜到一定程度话酒精就从燃烧的瓶口流出而且被点燃，故A错误；B、做水的蒸馏实验时，沸石可以防止暴沸，所以要在烧瓶内加几粒沸石以防止暴沸，故B正确；C、不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应先用布擦去，再用大量水冲冲洗，故C错误；D、盐酸不是剧毒品，是容易挥发，错误。答案选B。16、C【解析】A、摩尔是表示物质的量的单位，故A错误；B、摩尔是表示物质的量的单位，不是质量的单位，故B错误；C、摩尔是表示物质的量的单位，故C正确；D、摩尔是表示物质的量的单位，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2×e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。18、OH-+NH4+=NH3+H2O BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Mg2+、Ba2+ NH4+，SO42、CO32 c(SO42)=0.1mol/L， c( CO32)=0.2 mol/L 不能 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银 存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。 【解析】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42、CO32；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42、CO32；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42、CO32；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32)=0.02mol；浓度各为：c(SO42)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42、CO32；c(SO42)=0.1mol/L，c( CO32)=0.2 mol/L。结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42、CO32；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42、CO32,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用中分析、计算可以知道SO42、CO32的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。19、3Cu8H2NO3-=3Cu24H2O2NO C、D 2NOO2=2NO2 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 C、D 2.24L 丁 制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少(原料的利用率最高)且不产生污染环境的气体 【解析】(1) 利用稀硝酸强氧化性，与铜发生反应，离子反应方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22 NO4H2O；(2) 所用物质不能与稀硝酸反应，干扰铜和稀硝酸的反应，Fe、Al都与稀硝酸反应，Pt、玻璃不与稀硝酸反应，即选择C、D；分液漏斗中含有空气，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，即2NOO2=2NO2； (3) 关闭活塞，铜丝与硝酸反应，气体增多，压强增大，会把硝酸压入到玻璃管中，防止稀硝酸溢出，所以长玻璃管的作用是：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出(4) 因为NO与空气中氧气反应，因此收集NO用排水法收集，排水法收集气体应是短管进气长管出水，因此选项C和D正确；(5) NO与氧气、水的反应为：4NO3O22H2O=4HNO3 ，铜的物质的量为，根据反应3Cu8H2NO3-=3Cu24H2O2NO，生成NO物质的量为，根据反应4NO3O22H2O=4HNO3 ，氧气物质的量为，得V(O2)=2.24L；(6) .甲：铜与浓硝酸反应产生对环境有污染的氮的氧化物，故甲错误；乙：产生NO，污染空气，故乙错误；丙：使用氯气，氯气有毒，污染空气，故丙错误；丁：对环境无污染，故丁正确，同时根据几个反应可以看出制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少，所以最好的是丁，理由是制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少(原料的利用率最高)且不产生污染环境的气体。【点睛】本题难点是氧气量的计算，可以根据两个反应来进行计算，还可以根据电子守恒计算，铜与硝酸反应：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，铜失电子，硝酸得电子，转化成NO，然后氧气与NO反应4NO3O22H2O=4HNO3 ，NO失电子，氧气得电子，因此铜失去电子，最终给了氧气，最后根据得失电子数目守恒， ,求得氧气的体积。20、20.0g 烧杯 500 烧杯，玻璃棒 先加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切 27.2 50 ACD 【解析】I（1）配制450mL的溶液应选用500mL容量瓶，则所需称量的NaOH的质量为：1.0mol/L0.5L40g/mol=20.0g。NaOH具有腐蚀性，称量时应该将NaOH放于烧杯中且放置在天平左盘称量。由于选用500mL容量瓶，所以用玻璃棒引流将溶解液转移进500mL容量瓶中。为了保证溶质全部转移入容量瓶中，所以用少量水洗涤烧杯、玻璃棒23次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为：先加蒸馏水至刻度线下12cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切。II根据稀释前后溶质不变列式：1.84 g/cm3V（浓硫酸）98%=1mol/L0.5L98g/mol，V（浓硫酸）=27.2mL；根据“大而近”的原则选择量筒，选用50mL规格的量筒最好。（2）根据公式cB=分析，A项，溶解后溶液没有冷却到室温就转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；B项，转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，硫酸物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；C项，向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D项，用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；E项，摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配稀硫酸浓度偏高的是ACD，答案选ACD。【点睛】配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏高；反之，所配溶液浓度偏低。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。21、 0.06 【解析】（1）反应方程式为：3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO 4H2O；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不拆，离子方程式为：3Cu8H+2NO3-3Cu2+2NO 4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子6个，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6个电子，单纯桥法表示该反应电子得失的方向和数目如下：。故答案为：。（2）. 448mLNO的物质的量为0.02mol，则该过程中转移的电子0.02mol×3=0.06mol.故答案为：0.06。（3）根据反应可知，8mol HNO3参加反应，被还原的硝酸有2mol，所以被还原的硝酸参与反应硝酸的比例为2/8=1/4。故答案为：。