天津一中2022-2023学年化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列化学反应的离子方程式正确的是( )A碳酸氢钠和少量澄清石灰水反应：HCO3-Ca2OH-=H2OCaCO3B铜片插入硝酸银溶液中：CuAg=Cu2AgC氧化镁与稀盐酸混合：MgO2H=Mg2H2OD稀硫酸滴在铜片：Cu2H=Cu2H22、下列说法正确的是()A在常温、常压下，1.7 g NH3含有的电子数为NAB在常温、常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5NAC标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数目为0.5NAD标准状况下，22.4 L H2和O2的混合气体所含分子数为2NA3、下列反应中，CO2作氧化剂的是ACa(OH)2CO2=CaCO3H2OBCO2C2COC2Fe2O33C4Fe3CO2DCOH2OH2CO24、下列物质中氧原子数目与11.7gNa2O2中氧原子数一定相等的是（ ）A6.72LCOB4.4gCO2C8gSO3D4.9gH2SO45、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6、在MgO、CuO、CaO、SO2；C、Fe、S、P；ZnCl2、BaCO3、HNO3、NaNO3三组物质中，每组各有一种物质在分类与组内其它物质不同，这三种物质分别是ACuO、S、ZnCl2BSO2、Fe、HNO3CCaO、C、BaCO3DSO2、S、NaNO37、下列关于Na2O和Na2O2说法不正确的是A均与水反应 BNa2O能被氧化成Na2O2C均属于碱性氧化物 D均与CO2反应8、在一定条件下，可发生反应：XO3n+Cl2+2OH=XO42+2Cl+H2O。则XO3 n中X元素的化合价是A+4B+5C+6D+79、茶疏中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶 ”文中未涉及下列操作原理的是A溶解B萃取C蒸馏D过滤10、下列微粒结构表达式正确的是A铝原子的结构示意图：BNH4Cl的电子式为：C氦原子的电子式：He：D重氢原子符号：H11、下列离子方程式书写正确的是A氧化铁与盐酸反应：FeO2H=Fe2H2OB碳酸钙与盐酸反应：CO32-2H=CO2H2OC钠与水反应：2Na2H2O=2Na2OHH2D氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2SO42=BaSO412、某强氧化剂XO（OH）2+被Na2SO3还原。如果还原0.0024mol XO（OH）2+用去30mL 0.2mol/L的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是A+2B+1C0D-113、下列对于“摩尔”的理解正确的是A属于七种基本物理量之一B是物质的量的单位，符号为molC12g碳含有碳原子数为1摩尔D1摩尔氧气含数个氧原子14、下列氯化物，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是()AFeCl2BFeCl3CMgCl2DCuCl215、已知20g密度为g/cm3的硝酸钙溶液中含有1gCa2+，则NO3的物质的量浓度为A/400 mol/L B20/mol/L C2. 5mol/L. D50mol/L16、下列各组物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），反应产物并不改变的是（ ）ANa和O2BNaOH和CO2CNaHCO3和NaOHD“84”和盐酸17、下列关于氧化还原反应的叙述中正确的是( )A失去电子的反应为还原反应B含有氧元素的物质是氧化剂C氧化剂得到电子的数目和还原剂失去的电子的数目一定相等D氧化剂和还原剂不可能是同一种物质18、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是A标准状况下，分子数为NA的CO2、N2O混合气体体积约为22.4L，质量为44克B常温常压下，16gO2所含的原子数为NAC由O2和NO2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAD标准状况下，22.4LH2O所合的分子数为NA19、在150时碳酸铵可以受热完全分解，(NH4)2CO3 2NH3 + H2O + CO2，则其完全分解后所产生的气态混合物的密度是相同条件下氢气密度的几倍A96倍B48倍C12倍D32倍20、下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是：()AHCl 和NaOHBNa2O 和Na2O2CCO2和 CaODCaCl2和 Na2S21、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为3NAB24 g Mg完全变为Mg2+时失去的电子数为NAC4时9 mL H2O和标准状况下11.2 L N2含有相同的原子数D同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2组成的混合气体的体积不相等22、某溶液中只含有大量的下列离子：Mg2+、K+和M离子，经测定Mg2+、K+和M离子的物质的量之比为3：5：1：1，则M离子可能是ABCCa2+DNa+二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。取少量中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。（1）请写出上述第步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，（填化学式，下同）一定不含有_，可能含有_。（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是_。24、（12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_。25、（12分）下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答有关问题：(1)装置A中玻璃仪器的名称是_，进水的方向是从_口(填字母)进水。(2)利用装置B分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是_。(3)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，应选择装置_(填字母，下同)；从碘水中分离出I2，应选择装置_。26、（10分）实验室需要490mL 0.1molL-1 NaOH溶液，请回答下列问题：(1)需称取 _g的烧碱固体，固体应放在 _中在托盘天平上称量(2)配制的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒，还需要_、_。(3)配制溶液时有以下几个操作：溶解摇匀洗涤冷却称量转移溶液定容正确的操作顺序是 _(填序号)(操作可重复选)(4)在容量瓶内确定溶液体积的过程中，完成后期加入少量水的做法是： _。(5)下列各项中，可能导致实际浓度偏高的是 _(填标号)A定容时，仰视容量瓶的刻度线BNaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液C溶解NaOH固体之后的烧杯未洗涤D向容量瓶中转移溶液时不慎洒出 (6)将取出10mL溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为 _。27、（12分）为探究某抗酸药X的组成，进行如下实验：查阅资料：抗酸药X的组成通式可表示为：MgmAln(OH)p(CO3)q（m、n、p、q为0的整数）。Al(OH)3是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反应生成盐和水。Al3+在pH=5.0时沉淀为Al(OH)3，在pH>12溶解为AlO2。Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，pH=11.4时沉淀完全。实验过程：步骤实验操作实验现象I向X的粉末中加入过量盐酸产生气体A，得到无色溶液II向所得的溶液中滴加氨水，调节pH至56，过滤生成白色沉淀BIII向沉淀B中加过量NaOH溶液沉淀全部溶解IV向II得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12生成白色沉淀C（1）中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是_。（2）II中生成B反应的离子方程式是_。（3）III中B溶解反应的离子方程式是_。（4）沉淀C的化学式是_。（5）若上述n(A)n(B)n(C)=123，则X的化学式是_。28、（14分）离子反应是中学化学中重要的反应类型，回答下列问题：（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在_（填编号）。单质 氧化物 电解质 盐 化合物（2）将两种化合物一起溶于水得到一种无色透明溶液，溶液中含有下列离子中的某些离子：K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42-、OH-、CO32-和Cl-，取该溶液进行如下实验：取少量溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色。取少许溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生。取少许溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。再取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生。根据以上现象判断，原溶液中肯定不存在的离子是_；肯定存在的离子是_。写出实验和中可能发生反应的离子方程式：、 _ ，_。、_。如溶液中各种离子的浓度相等，确定溶液中_（填有或无）K+，判断依据是_。29、（10分）按要求填空：（1）3.6gH2O物质的量为_mol，约含有_个原子；（2）已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是_；（3）同温同压下，同体积的甲烷CH4和CO2质量之比为_，质子数之比_；（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+amol，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为_，取出V/2L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是_。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、C【解析】A. 碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，正确离子方程式为：2HCO3Ca22OH-=2H2OCaCO3+CO32-，A错误；B. 该方程式电荷不守恒，正确的离子反应为Cu2Ag=Cu22Ag，B错误；C. 氧化镁为固体，不溶于水，写成化学式形式，稀盐酸为强酸，能够拆成离子形式，符合原子守恒、电荷守恒规律，方程式书写正确，C正确；D. 稀硫酸与铜片不反应，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】针对选项（A）：当碳酸氢钠溶液加入过量的氢氧化钙溶液反应时，生成碳酸钙、氢氧化钠钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2+ +OH-=CaCO3+H2O；当碳酸氢钠溶液加入少量的氢氧化钙溶液反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2+ +2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-；所以针对这样的反应，要采用“少定多变”的方法进行处理，即以量少的为准。2、A【解析】A. 在常温、常压下，1.7 g NH3的物质的量为0.1mol，每个分子含有10个电子，所以总共含有的电子数为NA，故正确；B. 在常温、常压下，11.2 L N2的物质的量不是0.5mol，故错误；C. 标准状况下， CCl4不是气体，不能计算其物质的量，故错误；D. 标准状况下，22.4 L H2和O2的混合气体的物质的量为1mol，其所含分子数为NA，故错误。故选A。【点睛】注意22.4L/mol的使用范围，必须是标况下的气体。3、B【解析】A没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B二氧化碳中C元素的化合价降低（+4+2），则CO2作氧化剂，故B正确；C二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故C错误；D二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故D错误；故选B。4、C【解析】11.7gNa2O2的物质的量是 =0.15mol，氧原子的物质的量是0.15mol×2=0.30mol，其个数是0.3NA。【详解】A.不知道气体所处的温度和压强，无法算出其物质的量，故A不选；B. 4.4gCO2的物质的量是 =0.1mol，其氧原子的物质的量是0.2mol，氧原子个数是0.2NA，故B不选；C. 8gSO3的物质的量是 =0.1mol，其氧原子的物质的量是0.3mol，氧原子的个数是0.3NA，故C选；D. 4.9gH2SO4的物质的量是 =0.05mol，其氧原子的物质的量是0.2mol，氧原子的个数是0.2NA，故D不选；故选：C。5、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。6、B【解析】MgO、CuO、CaO、SO2中，MgO、CuO、CaO是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，故中SO2的与其他三种物质不同；C、Fe、S、P中Fe是金属单质，其他的为非金属单质，故中Fe与其他三种物质不同；ZnCl2、BaCO3、HNO3、NaNO3中HNO3是酸，其他三种是盐，故中HNO3与其他三种物质不同；每组各有一种物质在分类与组内其它物质不同，这三种物质分别为SO2、Fe、HNO3，故选B。7、C【解析】A、氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，选项A正确；B、因2Na2O+O2Na2O2，则Na2O中氧元素由-2价变为-1价，被氧化，生成Na2O2，选项B正确；C、氧化钠与酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，不属于碱性氧化物，选项C不正确；D、氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查钠的氧化物，明确发生的化学反应及相关的概念是解答本题的关键，难度不大。8、A【解析】根据电荷守恒得n=2+2-2=2，则离子方程式为XO32-+Cl2+2OH-XO42-+2Cl-+H2O，XO32-中各元素化合价的代数和为-2，则X元素化合价=-2-3×（-2）=+4，故选A。9、C【解析】投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A. 溶解符合题意；B. 萃取溶解符合题；C. 蒸馏不溶解符合题；D. 过滤溶解符合题；故选C。10、C【解析】A. 铝原子的结构示意图：，故A错误；B. NH4Cl的电子式为：，故B错误。C. 氦的原子序数为2 氦原子的电子式为He：，故C正确；D. 重氢原子符号：H ，故D错误；答案为C。11、C【解析】A项、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O，故错误；B项、碳酸钙是难溶物，应该写成化学式，反应的离子方程式是：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故B错误；C项、钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故C正确；D项、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应的实质，不要漏项、难溶物、弱电解质写成化学式。12、C【解析】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒计算a的值。【详解】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价；令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2molL-1×(6-4)，解得a=0，故答案为C。13、B【解析】A. 物质的量是一种物理量，是国际科学界建议采用的一种物理量，摩尔是单位，故A错误；B. 物质的量的单位摩尔其符号为mol，物质的量的符号为n，故B正确；C. 以12C所含有的碳原子数为标准，即0.012kg12C所含有的碳原子数目为1mol，故C错误；D. 氧分子是由氧原子构成的，1摩尔氧气含NA个氧分子，2NA个氧原子，故D错误；答案选B。14、C【解析】AFe与Cl2反应生成FeCl3，不能直接得到FeCl2，A不符合题意；BFe与盐酸反应生成FeCl2，B不符合题意；CMg与Cl2或盐酸反应均生成MgCl2，C符合题意；DCu为不活泼金属，与盐酸不发生反应，D不符合题意；答案选C。15、C【解析】20g密度为g/cm3硝酸钙溶液的体积为：20g÷g/mL = 20/ mL，1g Ca2+的物质的量为 1g÷40g/mol =0.025mol，所以n（NO3-）=2n（Ca2+）=2×0.025mol=0.05mol，故NO3-的物质的量浓度为：0.05mol÷20/ ×10-3L =2.5 mol/L，本题答案为C。16、C【解析】ANa和O2常温下反应生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，A不符合题意；BNaOH中通入少量CO2，生成碳酸钠；通入过量CO2，生成碳酸氢钠，B不符合题意；CNaHCO3和NaOH反应生成碳酸钠和水，与条件，量的多少无关，C符合题意；D消毒液和盐酸常温下反应生成氯化钙和次氯酸，在光照下，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，D不符合题意；答案选C。17、C【解析】A、失去电子的反应为氧化反应，A错误；B、氧化剂是反应后所含元素的化合价降低的反应物，B错误；C、氧化还原反应，氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数，得失电子数相等，C正确；D、氧化剂和还原剂可能是同一种物质，如有单质生成的分解反应，D错误；故选C。18、D【解析】A.CO2、N2O相对分子质量都是44，所以1mol的质量都是44g，由于NA的CO2、N2O混合气体的物质的量是1mol，所以其在标准状况下体积约为22.4L，A正确；B.16gO2的物质的量是n(O2)=mol，由于O2是双原子分子，所以0.5molO2中含有的O原子物质的量是1mol，O原子数目是NA，B正确；C.O2和NO2的分子中都含有2个O原子，若分子总数是NA个，则含有的O原子数目是2NA，C正确；D.标准状况下H2O不是气态，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；故合理选项是D。19、C【解析】由150时（NH4）2CO3分解的方程式和质量守恒定律确定气态混合物的质量和气态混合物物质的量，进一步求出气态混合物的平均摩尔质量，再利用“在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比”计算。【详解】（NH4）2CO3分解的化学方程式为（NH4）2CO32NH3+CO2+H2O，1mol（NH4）2CO3完全分解生成2molNH3、1molCO2和1molH2O（g），1mol（NH4）2CO3的质量为96g，根据质量守恒定律，气态混合物的质量为96g，气态混合物的平均摩尔质量为96g÷（2mol+1mol+1mol）=24g/mol；在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，气态混合物的密度是H2密度的=12倍，答案选C。20、D【解析】A. HCl中只含共价键，NaOH中既含离子键又含共价键，故A不选；B. Na2O中只含离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，故B不选；C. CO2中只含共价键，CaO中只含离子键，故C不选；D. CaCl2中只含离子键，Na2S中只含离子键，故D选；故选D。21、A【解析】A. 48 g O3的物质的量为1mol，含氧原子的物质的量为3mol，含有的氧原子数为3NA，A项正确；B. 1个Mg原子失去2个电子变为Mg2+，24 g (即1mol)Mg完全变为Mg2+时失去2mol电子，失去的电子数为2NA，B项错误；C. 4时水的密度为1g/cm3，则9 mL H2O的质量为9g，其物质的量为0.5mol，原子的物质的量为1.5mol，原子数为1.5NA，标准状况下11.2 L N2的物质的量为0.5mol，原子的物质的量为1 mol，原子数为NA，二者原子数不相同，C项错误；D.同温、同压、同分子数的气体具有相同的体积，即NA个NO与NA个N2和O2组成的混合气体的体积相等，D项错误；答案选A。22、B【解析】先根据电荷守恒判断M离子所带电荷情况，然后根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。【详解】经测定Mg2+、K+和M离子的物质的量之比为3:5:1:1，则M应该带有负电荷，根据电荷守恒可知：2n(Mg2+)+n(K+)=n()+n(M)，即：2×3+1×1=1×5+M，解得：M=2，M应带有2个单位的负电荷，由于离子不能与镁离子子大量共存，所以M只能为选项中，故选：B。二、非选择题(共84分)23、CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2 CaCO3、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 KNO3 焰色反应 【解析】加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；取少量中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。（1）实验为CaCO3与HNO3反应，离子方程式为：CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。24、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。25、冷凝管(或直形冷凝管) a 先将分液漏斗上部的玻璃塞打开，再旋开分液漏斗的旋塞 C B 【解析】根据蒸馏、分液、蒸发的原理、装置、操作等回答。【详解】(1)装置A是蒸馏装置，其中玻璃仪器是冷凝管。为提高冷凝效率，应使水流方向与蒸气流向相反，即水从a口进、从b口出。(2)利用装置B分液时，为使液体顺利滴下，应使分液漏斗内外气体相通、压强相等。具体操作是打开分液漏斗上口的玻璃塞（或：使玻璃塞上凹槽或小孔与上口的小孔对齐），然后旋开分液漏斗的活塞。(3)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，应使用蒸发的方法，选择装置C；从碘水中分离出I2，应使用萃取、分液的方法，应选择装置B。【点睛】蒸馏适用于分离互溶、沸点相差较大的液态混合物；分液适用于分离不相溶的液体混合物；蒸发适用于从溶液中分离热稳定性较好的固体溶质。26、2.0g 小烧杯 500ml容量瓶 胶头滴管 用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水 B 0.01mol/L 【解析】（1）根据m=CVM计算溶质的质量，注意V应该是500mL，强腐蚀性的固体药品应放在烧杯中称量；（2）根据配制一定物质的量溶液所需要的仪器选取仪器；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，据此排序；（4）定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水；（5）根据C=n/V判断配制溶液的误差，如果n偏小或C偏大，则配制溶液的浓度偏低，如果n偏大或V偏小，则配制溶液的浓度偏高；（6）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算。【详解】（1）m=CVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中，故答案为2.0g，小烧杯。（2）溶液配制过程中，所需要的玻璃仪器有：烧杯，玻璃棒，胶头滴管，500mL容量瓶，所以还需要胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为胶头滴管、500mL容量瓶。（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，所以其排序是，故答案为。（4）完成后期加入少量水即定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水，故答案为用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水。（5）A.定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，根据C=n/V可知所配制溶液浓度偏低，故A错误；B.NaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液，导致溶液的体积偏小，则配制溶液的浓度偏高，故B正确；C.溶解NaOH固体之后的烧杯未洗涤，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故C错误；D.向容量瓶中转移溶液时不慎洒出，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故D错误。故答案为B。（6）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，溶液的体积变为原来的10倍，则溶液的物质的量浓度变为原来的1/10，为0.01molL-1，故答案为：0.01mol/L。27、CO2 Al3+3NH3·H2O=Al (OH)3+3NH4+ Al (OH)3+OH=AlO2+2H2O Mg(OH)2 Mg3Al2(OH)10CO3 【解析】利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题。【详解】(1)抗酸药X的通式中有CO32、实验I中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变浑浊的气体A只能是CO2。(2)实验I的溶液中溶质有MgCl2、AlCl3、HCl。据资料可知，用氨水调节pH至56，Mg2+不沉淀、Al3+完全沉淀。则实验II中生成B的离子方程式Al3+3NH3·H2OAl (OH)3+3NH4+ 。(3)实验III中Al (OH)3溶解于NaOH溶液，离子方程式是Al(OH)3+OHAlO2+2H2O。(4)实验II的滤液中溶有MgCl2、NH4Cl。滴加NaOH溶液调节pH至12时，Mg2+完全沉淀，则C为Mg(OH)2。(5)n(A)n(B)n(C)=123，即CO32、Al3+、Mg2+的物质的量之比为123。设CO32、Al3+、Mg2+物质的量分别为1mol、2mol、3mol，据电荷守恒OH-为10mol。该抗酸药X的化学式为Mg3Al2(OH)10CO3。【点睛】根据实验现象分析推理过程中，要充分利用题目所给信息。任何化合物或电解质溶液都符合电荷守恒规则，这是解题的隐含条件。28、 Mg2+、Fe3+ 、SO42- 、CO32- Ba2+ 、OH-、Cl- H+ +OH- =H2O Cl- + Ag+ =AgCl Ba2+ + SO42- =BaSO4 无 溶液中一定有Ba2+、Cl-、OH- ， 浓度相等时电荷守恒，所以无K+ 【解析】（1）离子反应是由离子参加的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，则必须是电解质发生电离，所以正确答案为电解质和化合物；综上所述，本题答案是：。（2）无色溶液，则溶液中不含Fe3+；取少量溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色，说明溶液呈碱性，故Mg2+不存在；取少许溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则SO42-、 CO32-排除；另取溶液，滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则存在Cl-；再取少许原溶液滴入H2SO4溶液，有白色沉淀产生，则有Ba2+；已确定存在的离子为Ba2+、 Cl-，未确定的离子有K+、OH-，又因为Ba2+、Cl-存在不能导致溶液呈碱性，K+也不能，所以溶液中一定含有OH-；K+无法确定。原溶液中肯定不存在的离子是Mg2+、Fe3+ 、SO42- 、CO32-；肯定存在的离子是Ba2+ 、OH-、Cl-；综上所述，本题答案是：Mg2+、Fe3+ 、SO42- 、CO32-；Ba2+ 、OH-、Cl-。实验：溶液显碱性，存在有OH-，与氢离子发生中和反应；加入硝酸银，氯离子与银离子反应生成白色沉淀氯化银，反应的离子方程式：H+ +OH-=H2O， Cl-+ Ag+ =AgCl； 实验：原溶液中含有钡离子，与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式：Ba2+ +SO42- =BaSO4； 综上所述，本题答案是：H+OH-=H2O， Cl-+Ag+ =AgCl；Ba2+ +SO42- =BaSO4。 根据上述判断可知，溶液中肯定存在的离子是Ba2+ 、OH-、Cl-；设各离子浓度均为1mol/L，根据电荷守恒规律：2×1=1×1+1×1，满足电荷守恒，溶液呈电中性，所以确定溶液中无钾离子；综上所述，本题答案是：无 ；溶液中一定有Ba2+、Cl-、OH- ， 浓度相等时电荷守恒，所以无K+。【点睛】电解质溶液中：阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，因此当给定各离子的量（或浓度），就可以利用此规律判断溶液中是否存在的离子；此题最后一问题就是利用了此规律，判断出溶液中不存在钾离子。29、0.2