衡水中学2022-2023学年化学高一第一学期期中质量跟踪监视试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知 HCl 气体难溶于 CCl4，如图所示，下列装置中不适宜用于 HCl 气体尾气吸收的是ABCD2、自来水中因含有少量 Cl而不能用于溶液的配制，实验室为了除去自来水中的 Cl获得纯净 水，可采用的方法是( )A过滤法B结晶法C蒸馏法D沉淀法3、下列两种气体分子数一定相同的是A等温等体积的O2与N2B质量相等密度不等的N2O与CO2C等压等体积的CO2与N2D体积相等密度相等的CO2与CO4、下列说法中不正确的是（ ）A1 mol 氧气中含有1.204×1024个氧原子，占有体积22.4 LB1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数C等体积、浓度均为1 mol/L的硫酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为21D等物质的量的干冰和葡萄糖(C6H12O6)中所含碳原子数之比为16，氧原子数之比为135、下列各图中能较长时间看到氢氧化亚铁白色沉淀的是（ ）ABCD6、下列说法正确的是A氨水能导电,所以氨气是电解质B盐酸是强电解质,所以导电能力比醋酸溶液强C氯化银难溶于水,所以氯化银是非电解质D蔗糖溶液不能导电,所以蔗糖是非电解质7、100mL0.10mol·L1Na2SO3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl离子，则SO32将转化为ASO42BSCSO2DS28、下列仪器中常用于物质分离的是A B C D9、下列说法不正确的是ANa与Cl2反应生成NaCl，消耗l mol Cl2时转移的电子数是2×6.02×1023B0.1 mol水含有的电子数为NAC标准状况下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NAD标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mol 氯原子10、某化学兴趣小组进行化学实验，按照图连接好线路发现灯泡不亮，按照图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是()A氯化镁固体是非电解质B氯化镁溶液是电解质C氯化镁在水溶液中电离产生自由移动的离子D氯化镁只有在溶液中才能导电11、下列变化过程需要加入氧化剂才能实现的是( )AFe3+Fe2+BCuOCuCI-I2DH2OH212、下列离子在溶液中能大量共存的是( )ACa2+、Cl-、K+、CO32- BH+、K+、OH-、ClCCu2+、OH-、NO3-、SO42- DNa、Cl-、H+、SO42-13、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）AFe与稀硫酸反应：BCu与溶液反应：C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：D向碳酸钙中加入足量稀盐酸：14、下列物质属于碱的是（）AKCl BCu2（OH）2CO3 CNa2CO3 DNaOH15、胶体区分于溶液和浊液的根本区别是A是否是大量分子或离子的集合体B是否能通过滤纸C是否分散质粒子直径在1100nmD是否均一、透明、稳定16、一个A原子转移2个电子给2个B原子，下列说法正确的是A生成物的化学式为A2B，A是还原剂 B生成物属于混合物C生成物的化学式为AB2，B发生还原反应 D生成物一定为电解质17、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A16 g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子数为NAB44 g CO2与28 g CO所含有的分子数都为NAC46 g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NADNA个氮分子与NA个氧分子的质量比为7818、下列物质中所含氧原子数目最多的是（）A4时12 mL的H2O B1.204×1023个NO2分子C19.6 g H2SO4 D标况下11.2 L CO219、下列说法中正确的是( )只要能源充足而且价格低廉，废弃物中的原子都可以成为有用物质的原料 化学家能合成大量自然界中并不存在的新物质、新材料 学习化学不限于书本和实验室，成功的关键在于如何激发自己对于自然现象的兴趣实验是学习化学、体验化学和探究化学过程的重要途径ABCD20、下列各组离子能在呈酸性的无色溶液中大量共存的是（ ）ABa2、Na、NO3、MnO4 BMg2、Cl、Al3、SO42CK、OH、HCO3、NO3 DCa2、Na、Fe3、SO3221、一元硬币有银白色的金属光泽，有的同学认为它是由铁制成的，便找磁铁来吸一下，这一过程属于科学探究中的（ ）A实验 B比较 C观察 D分类22、某小组同学配制480 mL 0.2 mol/L的NaCl溶液，下列说法正确的是（ ）A选用500 mL的容量瓶，且容量瓶无需干燥B用托盘天平准确称量5.85 g NaCl固体C定容时俯视容量瓶的刻度线，会使实验结果偏低D定容摇匀后发现液面低于刻度线，应再加蒸馏水至刻度线二、非选择题(共84分)23、（14分）有一固体粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成，为了检验它们所含的物质，做了以下实验。将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解。（1）试判断：固体混合物中肯定含有_，生成白色沉淀的化学方程式_；肯定没有_；可能含有_（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：_化学方程式_。24、（12分）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3-六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色。请回答下列问题：(1)试管A的溶液中所含的上述离子有_。(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为_(填“A”或“B”)。(3)若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是_(填化学式)。(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式为_、_。(不考虑氢氧化银的存在)(5)若向由试管A溶液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为_。25、（12分）某次实验需用0.4 mol·L1 NaOH溶液480 mL。配制方法如下：（1）容量瓶上需标有以下六项中的哪些项_ （用字母表示。温度 浓度 容量 压强 刻度线 酸式或碱式A B C D（2）配制该溶液应选用_mL容量瓶；（3）用托盘天平准确称量_g 固体NaOH；（4）之后进行的操作步骤，正确顺序是_（用字母表示）B G 。A冷却 B称量 C洗涤 D定容 E.溶解 F.转移 G.摇匀（5）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是_，对实验结果没有影响的是_（填各选项的字母）。A所用的NaOH中混有少量NaClB用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线G定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。26、（10分）某化学研究性学习小组需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培养液450mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=c(SO42-)=0.4mol·L1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：药匙托盘天平烧杯胶头滴管量筒。请回答下列问题：（1）该植物培养液中，NH4+的物质的量浓度为_。（2）该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的玻璃仪器是_、_。（3）若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是_。a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线27、（12分）某校科学兴趣小组探究二氧化碳与过氧化钠反应是否有氧气生成，设计了如图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液吸收挥发出的HCI，E为收集氧气装置。(1)C中盛有_，作用是_。(2)写出装置D中发生反应的化学方程式_。(3)指出装置E的错误：_。28、（14分）已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为_mol/L。(保留1位小数)（2）该同学参阅此“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL与市售物质的量浓度相同的“84消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。A如图所示的仪器中有三种是不需要的B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（3）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_mL。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中H2SO4的物质的量 B溶液的浓度 C溶液的质量 D溶液的密度配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/L的有_。A未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容B摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线C容量瓶中原有少量蒸馏水D定容时俯视容量瓶刻度线29、（10分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类：（1）上图所示的物质分类方法名称是_。（2）以H、O、N、S中两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表处。物质类别酸碱盐氧化物化学式HCl_Ba(OH)2Na2CO3_CO2Na2O2（3）过量通入中反应的离子方程式：_。（4）设阿伏加德罗常数的值为NA。15.9g 溶于水配制成250mL溶液，CO32-的粒子数为_，Na+的物质的量浓度为_。（5）上述八种物质中有两种可发生离子反应：NH4OHNH3·H2O，其对应的化学反应方程式为_。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.倒扣的漏斗可防止水倒吸，故A不选；B.导管在液面下，可发生倒吸，故B选；C.四氯化碳的密度比水的密度大，HCl难溶于CCl4，隔绝气体与水，防止倒吸，故C不选；D.球形结构可防止水倒吸，故D不选；故选B。2、C【解析】水易挥发和冷却，可先蒸发，将水与盐类分离，在冷却可得到水，以此解答该题。【详解】A可溶性盐类物质不能通过过滤的方法分离，故A错误；B结晶法得到盐类物质，不能得到水，故B错误；C水易挥发，可用蒸馏的方法分离水和可溶性盐，故C正确；D用沉淀法，易引入其它杂质离子，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的分离提纯，侧重物质除杂及混合物分离方法的考查，把握物质的性质及分离原理为解答的关键。3、B【解析】A没有说明压强，温等体积的O2与N2分子数不一定相同，A不符合题意；BN2O与CO2的摩尔质量均位44g/mol，质量相等，二者的物质的量也相等，分子数一定相同，B符合题意；C没有温度的说明，等压等体积的CO2与N2分子数不一定相同，C不符合题意；D体积相等密度相等，二者的质量也相等，但是二者的物质的量不相等，故分子数不相同，D不符合题意。故选B。4、A【解析】在标准状况下，1 mol 氧气的体积是22.4 L；1 mol臭氧(O3)中含有3mol氧原子，1.5 mol氧气(O2)中含有3mol氧原子；等体积、浓度均为1 mol/L的硫酸和盐酸， ；根据干冰(CO2)和葡萄糖(C6H12O6)的分子式分析；【详解】非标准状况下，1 mol 氧气的体积不一定是22.4 L，故A错误；1 mol臭氧(O3)中含有3mol氧原子，1.5 mol氧气(O2)中含有3mol氧原子，故B正确；等体积、浓度均为1 mol/L的硫酸和盐酸， ，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，所以硫酸、盐酸电离出的氢离子分别为，故C正确；设有1mol干冰(CO2)、1mol葡萄糖(C6H12O6)；根据分子式：碳原子数比为1：（1×6）=1：6，氧原子数比为（1×2）：（1×6）=1：3，故D正确。选A。5、B【解析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。据此解答。【详解】、原理一样，都是先用产生的氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；中将胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中可以看见白色的氢氧化亚铁沉淀，但不能较长时间保持；中液面加苯阻止了空气进入能较长时间看到白色沉淀；答案选B。6、D【解析】A.氨气的水溶液能导电，电离出自由移动离子的物质是一水合氨，不是氨气，所以氨气是非电解质，故A说法错误；B.盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；其导电能力也不一定比醋酸溶液强，因溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，较稀的盐酸中自由移动离子浓度较小，导电能力较弱，而较浓度的醋酸溶液中自由移动离子浓度较大，导电能力较强；故B说法错误；C.化合物为电解质还是非电解质与化合物的溶解性没有关系，氯化银虽难溶于水，但在溶液中却能完全电离，故氯化银为强电解质，C说法错误；D. 蔗糖在溶液中以分子形式存在，不能电离，则蔗糖溶液不能导电，蔗糖在熔融也不导电，所以蔗糖是非电解质，D说法正确；答案选D。【点睛】本题主要考查电解质的相关概念，学生的易错点为盐酸和氨水的类别，其中盐酸和氨水都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，HCl是强酸，为强电解质；一水合氨为弱碱，为弱电解质，一水合氨并不等同于氨水。7、A【解析】Cl2完全转化为Cl离子，氯气化合价降低，则亚硫酸根化合价升高，则+4价升高，纵观答案只有硫酸根中硫为+6价，故A正确；综上所述，答案为A。【点睛】利用氧化还原反应原理，有元素化合价升高，必定有元素化合价降低来分析。8、C【解析】根据化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作分析。【详解】试管：常用作物质的反应仪器，不用分离操作，故错误；漏斗：常用于过滤；故正确；分液漏斗：常用于分液；故正确；托盘天平：用于称量固体的质量，未用于分离操作，故错误；蒸馏烧瓶：常用于蒸馏；故正确；研钵：研钵用来将固体药品研细，未用于分离操作，故错误。故选C。【点睛】漏斗常被用作分离固液混合物；分液漏斗常被用于分离互不相溶的液体混合物；蒸馏烧瓶是蒸馏操作中，利用互溶的液体的沸点不同，用于物质的分离的仪器。9、C【解析】A项、消耗1molCl2，反应生成2molNaCl，反应转移的电子数是2mol，故A正确；B项、1 mol水含有的电子数10mol，则0.1 mol水含有的电子数为1mol，故B正确；C项、标准状况下， 2.24LCO和CO2混合气体的物质的量为0.1 mol，若CO和CO2的物质的量相等，混合气体中含有的氧原子数为0.15 mol，若CO和CO2的物质的量不相等，混合气体中含有的氧原子数大于或小于0.15 mol，故C错误；D项、1molCl2中含有2 molCl原子,标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1 mol，0.1molCl2中含有0.2 molCl原子，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重分析与计算能力的考查，把握物质的构成及物质的量与体积的关系为解答的关键。10、C【解析】AMgCl2是强电解质，故A错误；BMgCl2溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；CMgCl2在水溶液中电离出可以自由移动的镁离子和氯离子，故C正确；DMgCl2在水溶液和熔融状态下都可以导电，故D错误；故答案为C。【点睛】判断电解质与非电解质需要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。11、C【解析】AFe3+Fe2+，Fe元素化合价降低，需要加还原剂，A错误；BCuOCu，Cu元素化合价降低，需要加还原剂，B错误；CI-I2，化合价升高，需要加氧化剂，C正确；DH2OH2，H元素化合价降低，需要加入还原剂，D错误。答案选C。12、D【解析】A. Ca2+与CO32- 反应生成碳酸钙沉淀。B. H+与OH-反应生成水。C. Cu2+与OH-反应生成氢氧化铜沉淀。D. Na、Cl-、H+、SO42-相互不反应，可以共存。【详解】A. Ca2+与CO32- 反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，A错误。B. H+与OH-反应生成水，不能共存，B错误。C. Cu2+与OH-反应生成氢氧化铜沉淀，不能共存，C错误。D. Na、Cl-、H+、SO42-相互不反应，可以共存，D正确。13、B【解析】A铁与稀硫酸反应，生成硫酸亚铁，不符合客观事实，A项错误；BCu与溶液反应生成银河硝酸铜，离子方程式为：，B项正确；C氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，生成硫酸钡和水，、和前面的系数应为2，C项错误；D碳酸钙是难溶物，应写成化学式，D项错误；故选B。14、D【解析】碱是电离出得阴离子全部为氢氧根离子的化合物。A、CaO为金属氧化物，不属于碱，在熔融状态下电离出氧离子，故A错误；B、Cu2(OH)2CO3电离出的阴离子为氢氧根离子和酸根离子，为碱式碳酸盐，故B错误；C、Na2CO3电离出的阴离子为酸根离子，属于盐，不属于碱，故C错误；D、NaOH电离出得阴离子全部为氢氧根离，属于碱，故D正确；故选D。15、C【解析】根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故胶体与溶液和浊液的本质区别是分散知粒子直径的大小是否在1100nm之间，故答案为：C。16、C【解析】一个A原子转移2个电子给两个B原子，二者原子个数关系为1：2，则生成物化学式为AB2，则反应中A为还原剂，被氧化，B为氧化剂，被还原。【详解】A. 生成物的化学式应为AB2，A是还原剂，故A错误；B. 生成物属于化合物，故B错误；C. 生成物的化学式应为AB2，B为氧化剂，被还原，发生还原反应，故C正确；D. 生成物不一定为电解质，故D错误。故选C。17、C【解析】A. 氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，16 g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的物质的量是1mol，氧原子数为NA，A正确；B. 44 g CO2与28 g CO的物质的量均是1mol，所含有的分子数都为NA，B正确；C. 由于不能计算出46 g NO2和N2O4的混合物的物质的量，因此不能计算混合物含有的分子数，C错误；D. NA个氮分子与NA个氧分子的物质的量相同，均是1mol，则其质量比为28：327：8，D正确。答案选C。18、D【解析】4时水的密度是1g/cm3，12 mL的H2O的质量是12g，物质的量是 ；1.204×1023个NO2分子的物质的量是 ；19.6 g H2SO4的物质的量是mol；标况下11.2 L CO2的物质的量是 。【详解】4时水的密度是1g/cm3，12 mL的H2O的质量是12g，物质的量是 ，含氧原子；1.204×1023个NO2分子的物质的量是 ，含氧原子0.4mol；19.6 g H2SO4的物质的量是mol，含氧原子0.8mol；标况下11.2 L CO2的物质的量是 ，含氧原子1mol；含氧原子数目最多的是标况下11.2 L CO2，故选D。19、D【解析】化学反应能够将原子重新组合从而生成新的物质，所以只要能源充足而且价格低廉，废弃物中的原子都可以成为有用物质的原料，故正确；通过化学反应能够生成新的物质，可以改变自然界原有物质的组成，也能制造出自然界原本不存在的物质，可以合成新物质、新材料，故正确；学习化学必须激发学生的学习兴趣，需要走出书本和课堂，故正确；化学是一门以实验为基础的科学，是学习化学、体验化学和探究化学过程的重要途径，故正确；故选:D。20、B【解析】酸性溶液中存在大量的H+，根据离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能大量共存，注意溶液呈无色透明，不能含有明显有颜色的MnO4-、铁离子等，以此来解答。【详解】酸性溶液中存在大量氢离子，无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，AMnO4-为有色离子，不满足溶液无色的要求，选项A错误；BMg2+、Cl-、Al3+、SO42-之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项B正确；CH+、OH-、HCO3-之间相互反应，在溶液中不能大量共存，选项C错误；DFe3+、SO32-之间发生氧化还原反应，Fe3+为有色离子，SO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；并注意是在酸性溶液中共存及特定离子的颜色，题目难度不大。21、A【解析】同学用磁铁来吸一下一元硬币，这一过程属于科学探究中的实验法，答案选A。22、A【解析】A. 实验室没有480 mL规格的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，要选用500 mL的容量瓶配制溶液，且容量瓶无需干燥，A正确；B. 托盘天平精确度是0.1 g，所以不能用托盘天平准确称量5.85 g NaCl固体，B错误；C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏小，会使配制的溶液浓度偏高，C错误；D. 定容摇匀时一部分溶液粘在容量瓶瓶颈上，因此摇匀后发现液面低于刻度线，由于溶液有均一性，所以溶液的浓度不变，若再加蒸馏水至刻度线，则会使溶液的浓度偏低，D错误；故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、Na2SO4 Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl Na2CO3、CuSO4 NH4Cl 取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解，滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色。 NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O 【解析】（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，则固体中一定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡，（3）过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解，结合（2）可知白色沉淀只能是硫酸钡，则原固体中一定含有Na2SO4，一定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在无法确定，据此答题。【详解】（1）由上述分析可以知道，固体混合物中肯定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化学方程式为Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl，肯定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl ；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色，若试纸变蓝，则含有NH4Cl，否则不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O，故答案为取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热， 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色；NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O。24、OH-、K+、Cl- B Mg Mg2+2OH-= Mg(OH)2 Ag+Cl-=AgCl 2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O 【解析】试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶液显碱性，一定含有OH-，则A一定没有与OH-发生反应的Ag+、Mg2+， Ag+、Mg2+在试管B中，由于Cl-与Ag+会反应产生AgCl沉淀，则试管B中一定没有Cl-，Cl-在试管A中，根据电荷守恒可知A试管中含有K+；试管B中应含有NO3-，结合对应离子的性质解答该题。【详解】(1)根据上述分析可知试管A中含有OH-、K+、Cl-，试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-。(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，发生反应为Ag+Cl-=AgCl，则该试管中含有Ag+，为试管B；(3)试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-，若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，应该发生置换反应，且不能引入其它杂质离子，则加入的药品是Mg，发生的反应为Mg+2Ag+=Mg2+2Ag；(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则Mg2+和OH-恰好完全反应生成Mg(OH)2沉淀，Ag+与Cl-恰好完全反应产生AgCl沉淀，剩余K+和NO3-存在于溶液中，溶质为KNO3，则混合过程中发生反应的离子方程式为：Mg2+2OH-= Mg(OH)2、Ag+Cl-=AgCl；(5)试管A中金属阳离子为K+，其碳酸氢盐是KHCO3，向KHCO3溶液中滴入少量Ba(OH)2溶液，发生反应产生K2CO3、BaCO3和H2O，反应的离子方程式为2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O。【点睛】本题考查了离子共存及离子方程式的书写，注意掌握离子反应发生的条件及离子方程式的书写方法，侧重考查学生的分析能力，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。25、A 500 8.0 EAFCD DF BC 【解析】（1）容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器，瓶上标有温度、容量、刻度线，答案选A。（2）由于没有480mL容量瓶，则配制该溶液应选用500mL容量瓶。（3）根据ncV、mnM可知用托盘天平准确称量NaOH固体的质量是0.5L×0.4mol/L×40g/mol8.0g；（4）配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，所以正确顺序是BEAFCDG。（5）A所用的NaOH中混有少量NaCl，溶质的质量减少，浓度偏低；B用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥，不影响氢氧化钠的质量，浓度不变；C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，不影响溶质的质量和溶剂的体积，浓度不变；D固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作，冷却后溶液体积减少，浓度偏高；E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，溶质的质量减少，浓度偏低；F最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；G定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低。则将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是DF，对实验结果没有影响的是BC。26、0.8mol/L 500mL容量瓶 玻璃棒 ac 【解析】（1）要求该培养液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4molL-1，依据电荷守恒计算溶液中铵根离子浓度；（2）依据配制步骤选择需要仪器；（3）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。【详解】(1)所得溶液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4molL-1，依据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，即：0.4mol/L+2×0.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得：c(NH4+)=0.8mol/L，故答案为：0.8mol/L；(2)配制450mL溶液，需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等用到的仪器：托盘天平(量筒)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒； (3)a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故a选；b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b不选；c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物的量偏小，溶液浓度偏低，故c选；d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d不选；e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，属于正常操作，溶液浓度准确，故e不选；故选：ac。【点睛】实验室中容量瓶的规格有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所以配制450ml的溶液需要500ml的容量瓶。27、浓硫酸 干燥CO2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 集气瓶中导管应该左短右长 【解析】A装置中大理石与盐酸反应制取CO2；B装置中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl气体；由于过氧化钠与水蒸气反应生成氧气，所以通入D装置中的CO2必须是干燥的，则C中盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置D中实现过氧化钠与二氧化碳的反应；E为排水法收集氧气；据此分析作答；【详解】(1)A装置中由大理石与盐酸反应制得的二氧化碳中混有HCl和H2O(g)，B装置中盛放饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的HCl，水蒸气也能与过氧化钠反应生成O2，为防止水蒸气与Na2O2反应产生的O2对反应的干扰，C装置中盛放浓硫酸，用于干燥二氧化碳； (2)装置D中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； (3)根据装置图，E装置采用排水法收集氧气，为了将E装置中的水排入F中，E装置中集气瓶的导管应左短右长。28、4.0 C 62.5 BD AD 【解析】（1）根据c(NaClO)=计算溶液的物质的量浓度；（3）根据c=计算浓硫酸物质的量浓度,根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=进行误差分析。【详解】（1）c(NaClO)=4.0 molL-1，故答案为4.0。（2）A.用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧瓶和分液漏斗，共2种仪器，故A错误；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能用于溶液配制，故B错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故C正确；D.因为没有480mL的容量瓶，需要配制500mL溶液，需要NaClO的质量为：m=0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149g，故D错误。故答案为C。（3）浓硫酸物质的量浓度c=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得：V×18.4mol/L=500×2.3mol/L，计算得出V=62.5mL，故答案为62.5。A.溶液中硫酸的物质