湖南省市衡阳第八中学2022-2023学年化学高一第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析.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、下列叙述正确的是（ ）A摩尔是物质的量的单位，1mol任何物质都含有6.02×1023个分子B1mol 氢的质量为1g，它含有NA个氢分子C摩尔是七个基本物理量之一D12g12C所含有的碳原子数为阿伏加德罗常数,每摩尔物质含有阿伏加德罗常数组成该物质的微粒2、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）A铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B铁制菜刀生锈C大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D铝锅表面生成致密的氧化膜3、下列叙述正确的是（ ）ANH3 的摩尔质量等于 17gB常温常压下，32gO2 和 O3 混合气体含氧原子数目为 2NAC相同条件下，等质量O2与NH3两种气体，其物质的量比为 32:17D任何条件下，等质量的 CO和 CO2所含的碳原子数一定相等4、下列仪器常用于物质分离的是ABCD5、2019年9月29日上午十点，主席向89岁高龄的诺贝尔医学奖获得者屠呦呦授予“共和国勋章”。以表彰她在青蒿素方面做出的突出贡献。提取青蒿素通常可以用乙醚浸取。这与下列哪种方法的原理相同（ ）A分液法B过滤法C结晶法D萃取法6、下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是ABC D7、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法正确的是（ ）AKClO3在反应中得到电子BClO2是氧化产物CH2C2O4在反应中被还原D1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移8、在Cu2S2Cu2O=6CuSO2反应中，说法正确的是( )A生成1 mol Cu，反应中转移2mol电子 BCu元素被氧化C氧化剂只有Cu2O DCu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂9、40.5 g某金属氯化物RCl2含有0.6 mol 氯离子，则金属R的摩尔质量为()A135 gB135 g·mol1C64 gD64 g·mol110、下列说法中错误的是（ ）A石油主要含碳、氢两种元素B通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃C通过煤的直接或间接液化，可以获得燃料油及多种化工原料D煤、石油、天然气都是可再生能源11、下列转化过程中必须加入氧化剂的是AFeSH2SBKClO3O2CII2DFe3+Fe2+12、NaNO2是一种食品添加剂，具有致癌性。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为：MnO4+NO2+ Mn2+NO3+H2O(未配平)。下列叙述中正确的是A该反应中NO2被还原B生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4C反应过程中溶液的酸性增强D中的粒子是OH13、从元素的化合价分析，下列物质中不能作还原剂的是ANH3BS2CNa+DFe2+14、高铁的快速发展方便了人们的出行。工业上利用铝热反应焊接钢轨间的缝隙。反应的方程式如下：2AlFe2O32FeAl2O3，下列说法不正确的是（ ）A氧化剂是Fe2O3，氧化产物是 Al2O3。B被氧化的元素是铝，被还原的元素是铁。C当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为2.7gDFe2O3既不是氧化剂又不是还原剂15、下列电离方程式中错误的是( )ANa2CO3Na2CO32 BNa2SO42NaSO42CBa(OH)2Ba22OH DMgCl2Mg22Cl16、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A标准状况下,11.2LH2O含有的分子数为0.5NAB46gNO2和N2O4混合物含有的原子数为3NAC20gNaOH固体溶于1L水可制得0.5mol/L氢氧化钠溶液D常温常压下,32g氧气含有的原子数为NA17、同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是 ( )AO2BNH3CCH4DSO218、若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m3.55）g，则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为（）（m0.8）g（m1.0）g（m1.2）g（m1.6）g（m1.4）gA仅B仅C仅D19、今有0.1mol/L Na2SO4溶液300mL，0.1mol/L MgSO4溶液200mL和0.1mol/L Al2(SO4)3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是( )A111B321C323D11320、可用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的物质是ACaCl2 BCa(OH)2CNaClDNa2O221、下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A生石灰、白磷、熟石灰B烧碱、液态氧、碘酒C干冰、铁、氯化氢D空气、氮气、胆矾22、下列说法正确的是A金属氧化物都是碱性氧化物B溶于水电离出H+的物质都是酸C在氧化还原反应中，金属单质作反应物时一定是还原剂D阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_(2)一定不含有的物质的化学式_(3)依次写出各步变化的离子方程式_；_；_；24、（12分）某溶液的溶质离子可能含有Mg2、Ba2、CO32、Cl、SO42、NO3中的几种，现进行如下实验：.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_。（2）写出和中所发生反应的离子方程式：_。（3）为了验证溶液中是否存在Cl、NO3，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO3同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl的实验方法：_。25、（12分）实验室用氯化钠固体配制1.00 mol/L的NaCl溶液0.5 L，回答下列问题：(1)请写出该实验的实验步骤：_，_，_，_，_，_。(2)所需仪器为：容量瓶 (规格：_)、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，请写出：_。(3)试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的原因。为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。26、（10分）将浓盐酸滴加到盛有二氧化锰粉末的圆底烧瓶中，实验室可用如图装置制取无水氯化铁（已知：FeCl3固体易吸收空气中的水发生潮解）。请回答下列问题:（1）盛放浓盐酸的仪器名称为_。（2）烧瓶中发生反应的化学方程式为_。（3）C瓶中的试剂是_。 （4）玻璃管D中发生反应的化学方程式为_，反应现象是_。 （5）干燥管E中盛有碱石灰，其作用是_。27、（12分）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验：已知： 3Fe4H2O(气)Fe3O44H2 Fe3O4可以看成FeO Fe2O3，可溶于盐酸请回答：（1）在图I的虚线框中，应选用图中的_填(“A”或“B”）装置；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是_。（2）实验后，取硬质玻璃管中适量的固体，用一定浓度的盐酸溶解，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，说明该固体中没有3价的铁。该结论是否正确？_，并说明理由_。28、（14分）X、Y、Z、W四种常见化合物，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)：请回答：（1）W的化学式是_。（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是_。（3）将4.48 L(已折算为标准状况)W通入100 mL3 mol/L的Y的水溶液后，溶液中溶质及相应的物质的量是_。自然界中存在X、Z和H2O按一定比例结晶而成的固体。取一定量该固体溶于水配成100 mL溶液，测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5 mol/L。若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为_g。29、（10分）铝土矿是冶炼金属铝的重要原料，其中主要成分为 Al2O3、Fe2O3 等。工业上可 NaOH 溶解 Al2O3 使 其与杂质分离：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O（1）找出上述反应中化合价为负值的元素，写出其原子的电子式_。（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为_。（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为：_，从原子结构的角度分 析其原因：_。（4）若根据化学性质进行物质分类，则 Al2O3 属于_氧化物，据此推测下列反应方程式正确的是_。AAl2O3+3H2O2Al（OH）3B2Al（OH）3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2OCAl（OH）3+NaOHNaA1O2+2H2OD NaAlO2+4HClAlCl3+2H2O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】A. 任何物质不一定都是由分子组成的，可以是原子或离子，摩尔是物质的量的单位，1mol任何物质中所含有的粒子数约为6.02×1023，故A错误； B. 氢气的摩尔质量是1g/mol，1mol氢气的质量为2g，1molH2含有阿伏加德罗常数个氢分子，故B错误；C. 物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，故C错误；D. 12g12C所含有的碳原子数即为阿伏伽德罗常数，单位为mol1，即12g12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数值，每摩尔物质含有阿伏加德罗常数组成该物质的微粒，故D正确；答案选D。【点睛】物质的量是七个基本物理量之一，它表示物质所含微粒得多少，单位是摩尔。2、C【解析】A金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；B铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应过程，故B不选；C酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；D铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C。3、B【解析】ANH3 的摩尔质量为17g/mol，故A错误；BO2和O3均为氧原子构成，所以32g混合物也就是32g氧原子，物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C1g氧气的物质的量为mol，1g氨气的物质的量为mol，物质的量之比为：=17:32，故C错误；D1gCO所含的碳原子为mol，1gCO2所含的碳原子为mol，二者不相等，故D错误；综上所述答案为B。4、B【解析】为试管，一般用于反应等，为漏斗，一般用于过滤和向容器中添加液体，为分液漏斗，用于分液，是托盘天平，用于称量，为蒸馏烧瓶，可以用于蒸馏或分馏等，因此用于物质分离的仪器是，故选项B正确。5、D【解析】青蒿素为有机物，乙醚是常用的有机溶剂，用乙醚提取青蒿素是利用青蒿素在乙醚中的溶解度比较大，用乙醚做萃取剂，把青蒿素从黄花蒿中提取出来，故选D。6、C【解析】离子间若能发生化学反应，就不能大量共存。【详解】AH和SO32-反应生成SO2，不能大量共存；BBa2和CO32-生成碳酸钡沉淀，不能大量共存；C互相不反应，可以大量共存；DCa2和SO42-生成硫酸钙沉淀，不能大量共存。答案选C。7、A【解析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3 中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；答案选A。8、D【解析】A由反应可知，生成6molCu转移电子数为6mol，则生成1molCu，转移1mol电子，选项A错误；BCu元素由+1价降低为0价，则Cu元素被还原，选项B错误；CCu2S、Cu2O中Cu元素的化合价均为+1价，则它们均为氧化剂，选项C错误；D因Cu2S中Cu元素由+1价降低为0价，S元素由-2价升高到+4价，则Cu2S既是氧化剂又是还原剂，选项D正确；答案选D。9、D【解析】因为每个“RCl2”中含2个氯离子，含0.6mol氯离子的RCl2的物质的量为×0.6mol=0.3mol，金属氯化物RCl2的摩尔质量为=135g/mol，即RCl2的式量为135，所以R的相对原子质量为135-35.5×2=64，金属R的摩尔质量为64g/mol，答案选D。10、D【解析】A、石油主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，则石油主要含碳、氢两种元素，故A正确；B、通过石油的催化裂化和裂解把大分子的烃转化为小分子的烃，可以得到较多的轻质油和气态烯烃，故B正确；C、通过煤的直接或间接液化，将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，从而获得燃料油及多种化工原料，故C正确；D、煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经一系列复杂的化学变化而形成的，属于不可再生能源，故D错误；故答案选D。11、C【解析】需要加入氧化剂才能实现则一定作为还原剂，化合价升高；故选D。12、B【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5 NO3-+3H2O。A该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量= =0.4mol，故B正确；C根据元素守恒、电荷守恒知，中是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的酸性减弱，故C错误；D由C分析可知，中是H+，故D错误；故选B。13、C【解析】从元素的化合价分析，元素化合价能够升高，可作还原剂，元素化合价处于最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，Na+是稳定结构，+1价是钠元素的最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，S2- 可以升价到 0、+4、+6，NH3中氮元素-3价能升高到0价等，Fe2+ 能升高到+3价，它们都可作还原剂。故选C。14、D【解析】A、失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成氧化产物；得电子化合价降低的反应物是氧化剂，生成还原产物；B、失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成氧化产物；C、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，失电子化合价升高，由此计算参加反应的铝；D、Fe2O3得电子化合价降低的反应物是氧化剂。【详解】A、铝是失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成的氧化产物是Al2O3，Fe2O3是得电子化合价降低的反应物，是氧化剂，生成还原产物，故A正确；B、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以Al是还原剂、Al2O3是氧化产物，故B正确；C、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以每1molAl参加反应时，转移电子的物质的量3mol，当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为0.1mol，质量为2.7g，故C正确；D、Fe2O3得电子化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂是Al，故D错误；故选D。15、A【解析】A.钠离子的表示方法错误，正确的电离方程式为Na2CO32NaCO32，A项错误；B. Na2SO4属于易溶于水的盐且易电离，电离方程式正确；B项正确；C.Ba(OH)2属于易溶于水的强碱且易电离，电离方程式正确；C项正确；D.MgCl2属于易溶于水的盐且易电离，电离方程式正确；D项正确；答案选A。16、B【解析】A.在标准状态下，水为非气态，11.2L水的物质的量并不等于0.5mol，故A错误；B.NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2组合的物质的量为1mol，则含3mol原子，即3NA个，故B正确；C.20gNaOH固体溶于1L水所得氢氧化钠溶液的体积并不等于水的体积，即得到的溶液的体积并不是1L，故C错误；D. 32g氧气的物质的量为32g÷32g/mol=1mol，所含氧原子的物质的量为1mol×2=2mol，原子个数为2NA，故D错误；答案选B。【点睛】掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系是解题的基础。使用气体摩尔体积时需要注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体；必须明确温度和压强；标准状态下的气体摩尔体积为22.4L/mol。17、C【解析】根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，根据n = ，质量相同时，气体的物质的量与其摩尔质量成反比，据此分析解答。【详解】同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，根据n = ，质量相同时，气体的物质的量与其摩尔质量成反比，即同温同压下，质量相同时，气体的摩尔质量越小，其体积越大。O2的摩尔质量是32 g/mol、NH3的摩尔质量是17 g/mol、CH4的摩尔质量是16 g/mol、SO2的摩尔质量是64 g/mol，因CH4的摩尔质量最小，所以CH4所占的体积最大，C项符合题意，答案选C。18、D【解析】mgNa在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为(m+3.55g)，则m(Cl)=3.55g，故n(Cl)=0.1mol，根据NaCl化学式可得n(Na)=n(Cl)=0.1mol，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为，所以固体的质量为(m+0.8)g；全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为 0.1mol×16g/mol=1.6g，所以固体的质量为(m+1.6)g，故钠与氧气反应生成固体的质量：(m+0.8)gm(固体)(m+1.6)g，故选D。19、D【解析】对于浓度确定的溶液来讲，粒子浓度的大小与溶液的体积没有关系，因此0.1mol/LNa2SO4溶液、0.1mol/LMgSO4溶液、0.1mol/LAl2(SO4)3溶液中硫酸根浓度分别为：0.1mol/L、0.1mol/L、0.3mol/L，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是：113，故答案为：D。20、D【解析】根据Na2O2能与CO2反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，生成氧气，可作为呼吸面具或潜水艇中的氧气的来源，结合物质为固体时容易携带、反应容易等进行分析。【详解】A、CaCl2不能与CO2反应，无氧气生成，故A错误；B、Ca（OH）2能与CO2反应Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，无氧气生成，且Ca（OH）2具有腐蚀性，故B错误；C、NaCl能与CO2不反应，无氧气生成，故C错误；D、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查的是有关制氧剂的知识，Na2O2的性质及用途都源自于教材中的内容，学生要注重对教材内容的学习。21、B【解析】A、生石灰是化合物、白磷是单质、熟石灰是化合物，A项错误；B、烧碱是化合物、液态氧是单质、碘酒是混合物，B项正确；C、干冰是化合物、铁是单质、氯化氢是化合物，C项错误；D、空气是混合物、氮气是单质、胆矾是化合物，D项错误；答案选B。22、C【解析】A. 金属氧化物不一定都是碱性氧化物，例如氧化铝是两性氧化物，A错误；B. 溶于水电离出H+的物质不一定都是酸，例如NaHSO4溶于水电离出氢离子，属于酸式盐，B错误；C. 金属单质在氧化还原反应中只能失去电子，金属单质作反应物时一定是还原剂，C正确；D. 阴离子只有还原性，但阳离子不一定只有氧化性，例如亚铁离子还具有还原性，D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【解析】取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【详解】(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2；加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2+= BaSO4'；答案：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；Ba2+= BaSO4。【点睛】中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。24、CO32、SO42 Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO42=BaSO4 只存在NO3 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成 【解析】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32、SO42；（2）和中所发生反应的离子方程式分别为Mg2+2OH-Mg(OH)2、Ba2+SO42-BaSO4；（3）根据假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在，因此假设应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。25、计算 称量 溶解 移液 洗涤 定容 500 mL 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 偏大 受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小 偏小 溶液体积增大，溶质量不变 【解析】配制溶液时，需保证溶质质量的准确性和溶液体积的准确性，即称量的溶质溶解后，需将烧杯内的溶质全部转移入容量瓶，定容时，溶液的体积与所选择的容量瓶的规格相同。【详解】(1)配制溶液时，依据所配溶液的浓度和体积进行计算，确定溶质的质量，然后称量、溶解，将溶质全部转移入容量瓶，并保证溶液体积的准确。该实验的实验步骤：计算，称量，溶解，移液，洗涤，定容。答案为：计算；称量；溶解；移液；洗涤；定容；(2)因为配制0.5L溶液，所以选择容量瓶 (规格：500 mL)、托盘天平、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管。答案为：500 mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；(3)为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积会减小。对所配溶液浓度的影响：偏大，原因是：受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小。答案为：偏大；受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小；定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，导致溶液体积大于容量瓶的规格。对所配溶液浓度的影响：偏小，原因是：溶液体积增大，溶质量不变。答案为：偏小；溶液体积增大，溶质量不变。【点睛】分析误差时，可使用物质的量浓度的运算公式进行分析。26、分液漏斗 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 浓硫酸 2Fe+3Cl22FeCl3 产生棕(褐)色的烟 吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中水蒸气进入装置D 【解析】装置A制备氯气,利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气,氯气中含有氯化氢和水蒸气,需要通过饱和食盐水除去氯化氢,通过浓硫酸除去水蒸气,得到干燥的氯气通入装置D中和铁反应生成氯化铁，装置E是为了防止空气中的水蒸气进入装置影响物质制备,同时吸收多余氯气，防止污染大气，以此解答该题。【详解】(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，浓盐酸放在分液漏斗中，因此，本题正确答案是:分液漏斗； (2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰和水，化学方程式: 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O，因此答案：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O (3)C瓶中的试剂是浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气； 因此，本题正确答案是:浓硫酸；干燥氯气；(4)装置D中是干燥的氯气和铁加热发生的反应，产生了棕褐色的烟，发生反应的化学方程式为: 2Fe+3Cl22FeCl3 （5）因为FeCl3固体易吸收空气中的水发生潮解，所以干燥管E中盛有碱石灰的作用是吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中水蒸气进入装置D。答案：吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中水蒸气进入装置D。27、B 铜丝由黑变红 不正确 因为铁过量时：Fe2Fe3+3Fe2+ 【解析】铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应后的固体中一定含有四氧化三铁，可能存在未反应的铁，结合铁离子的检验方法和氢气的性质分析解答。【详解】(1)铁和水蒸气反应生成的气体为氢气，氢气比空气轻，所以虚线框处宜选择的装置是B，实验时应先将螺旋状铜丝加热，铜和氧气反应生成黑色的氧化铜，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，氢气还原氧化铜生成铜，因此看到铜丝由黑变为红色，故答案为：B；铜丝由黑色变为红色；(2)实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含+3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加 KSCN溶液，没有出现血红色，不能说明该固体中没有+3价的铁元素，因为若铁过量会和生成的铁离子反应生成亚铁离子，Fe+2Fe3+=3Fe2+，没有出现血红色，不能说明该固体中没有+3价的铁元素，因此该同学的结论不正确，故答案为：不正确；铁过量时，铁会和生成的铁离子反应生成亚铁离子，Fe+2Fe3+=3Fe2+。28、CO2 HCO3-+OH-=CO32-+H2O Na2CO3 0.2 mol 和 NaHCO3 0.2 mol 2.65 【解析】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，均为钠元素的化合物X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Z为Na2CO3，Y为NaOH，Z得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2【详解】（2）由以上分析可知W为CO2；（2）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3+OH=CO32+H2O；（3）二氧化碳与氢氧化钠会发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，4.48L（已折算为标准状况）二氧化碳的物质的量=4.48L/22.4L·mol2=0.2mol，NaOH的物质的量=0.2L×3mol·L2=0.3mol，n（NaOH）：n（CO2）：n（NaOH）=0.2mol：0.3mol=2：2.5，介于2：2与2：2之间，故上述两个反应都发生，则反应后溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，设物质的量分别为x、y，根据钠守恒：x+2y=0.3mol，碳守恒：x+y=0.2mol，联立方程组后可求出x=y=0.2mol；取一定量该固体溶于水配成200mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5mol·L2，即钠离子浓度为0.5mol·L2取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，碳酸钠的质量为2/2×0.2L×0.5mol·L2×206g·mol2=2.65g29、 O3 NaAl 两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子 两性 BCD 【解析】（1）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O中Na、H为+1价，Al为+3价，O为2价，O的最外层有6个电子；（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质为臭氧；（3）同周期从左往右金属性减弱；（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物。【详解】（1）只有O为负价，氧原子的电子式为，故答案为；（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为O3，故答案为O3；（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为NaAl；从原子结构的角度分析其原因为两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子，故答案为NaAl；两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子；（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物；氧化铝与水不反应，氢氧化铝为两性氢氧化物，则BC中方程式合理，氢氧化铝可溶于盐酸，则D中合理，故答案为两性；BCD。