2023届广东省中山纪念中学化学高一上期中预测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、单质碘溶解于有机溶剂CCl4中，所得溶液的颜色是A蓝色 B紫红色 C银白色 D绿色2、下列说法正确的是A0.012 kg 12C中含有约6.02×1023个碳原子B1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧C氢氧化钠的摩尔质量是40 gD0.1 mol氢气和2.24 L氯化氢气体所含分子数相同3、向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是（ ）A标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同B相同温度下，向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器的压强之比为2:3C将两气体混合，混合气体的平均摩尔质量为44g/molD同温同压下，两容器中气体质量相同4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A2.4g金属镁变为镁离子时得到的电子数为0.2NAB常温常压下，11.2LC2H4含有2NA个碳原子C标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAD常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA5、用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）A称量B溶解C转移D定容6、下列物质在水溶液中的电离方程式中，正确的是ANa2CO3=Na2+CO32 BFe2(SO4)3= Fe 3+ SO42CCu(NO3)2= Cu2+2NO3 DNaHSO4= Na+ HSO47、下列叙述正确的是A1mol任何气体的体积一定是22.4LB同温同压下两种气体,只要它们的分子数相同,所占体积也一定相同C在标准状况下,体积为22.4L的物质都是1molD在非标准状况下,1mol任何气体的体积不可能是22.4L8、硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.2mol/L，硫酸根离子的浓度为0.5 mol/L，则混和溶液中镁离子浓度为( )。A0.15 mol/LB0.3 mol/LC0.45 mol/LD0.2 mol/L9、实验室制取氧气的反应为 2 KClO32 KCl+ 3 O2 ，反应后从剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是（已知MnO2为黑色难溶于水的固体）（ ）A溶解、蒸发、洗涤、过滤B溶解、过滤、蒸发、洗涤C溶解、过滤、洗涤、干燥D溶解、洗涤、过滤、加热10、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A常温常压下，17 g OH中所含的电子数为9 NAB物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为1 NAC通常状况下， 2.24L CO2气体含有的0.1 NA 个CO2分子D1.06g Na2CO3溶于水配成500mL溶液，溶液中含有的Na+离子数为0.02 NA11、一般情况下，下列物质间的转化，不可能由一步实现的是（）ACuOCu(OH)2BFeFeCl2CNaClNaNO3DSO2Na2SO312、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13、已知32g X与40g Y恰好完全反应，生成mg Q和9g H。该反应生成0.5mol Q，则Q物质的摩尔质量是 （ ）A63g/mol B122g/mol C126g/mol D163g/mol14、某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是 ()A硫酸镁B氧气C二氧化碳D氧化钙15、下列金属元素的单质或化合物在火焰上灼烧时，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是（ ）A钠B钾C镁D铁16、下列分散系中，容易产生丁达尔效应的是A黄山云雾B氢氧化铁沉淀C食盐水D硫酸铜溶液17、利用太阳能分解水制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是A可生成H2的质量为0.02gB可生成氢的原子数为2.408×1023个C可生成H2的体积为0.224 L(标准情况)D生成H2的量理论上等于0.48 g Mg与足量稀盐酸反应产生H2的量18、在实验室中,用镊子从煤油中取出一小块金属钠,然后用滤纸将煤油吸干,再用小刀切开观察。在这一实验过程中不能得出的钠的物理性质是A钠在常温下是固体 B钠具有银白色的金属光泽C钠的熔点很低 D金属钠很软19、将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是A分液漏斗使用前要检验它是否漏水B萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解C注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力震荡后立即分液D分液时，打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出20、李时珍在本草纲目中写到:“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上,用器承取滴露。” “凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次，价值数倍也”，这里用到的方法可用于分离A硝酸钾和氯化钾B四氯化碳和水C甲醇（沸点64.7）和丁醇（沸点117.6）D碘化钾和碘21、为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了下图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是 ( )ABCD22、下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是()ANaNaOHNa2CO3NaClBAlAl2O3Al(OH)3AlCl3CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4DFeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3二、非选择题(共84分)23、（14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：_。24、（12分）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：_.25、（12分）为了除去粗盐中含有的可溶性杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4，需进行下列实验操作，请在（）中填写所使用除杂试剂的化学式_、_、_、_、_，在中填写实验操作名称_、_、_。26、（10分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上A 萃取分液法 B 结晶法 C 洗气法 D 蒸馏法 E 过滤法_ 分离饱和食盐水与沙子的混合物。_用通入氢氧化钠溶液的方法除去CO中混有的CO2。_分离四氯化碳（沸点为76.75）和甲苯（沸点为110.6）的混合物。_从碘的水溶液里提取碘。_从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。27、（12分）实验室要配制500mL 0.2mol·L-1的NaOH溶液，请结合实验回答下列问题:(1)实验中需称量NaOH固体的质量为_g。(2)实验步骤主要有计算、称量、溶解、转移和定容。完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_和_。溶解和转移过程中玻璃棒的作用分别是_和_。(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响（填 “偏高”“偏低”或“无影响”）。转移液体过程中有少量液体溅出:_；定容时俯视刻度线:_；容量瓶洗净后,未经干燥处理:_28、（14分）实验室用密度为1.25 g·mL1，质量分数36.5%的浓盐酸配制 0.1 mol·L1的盐酸240 mL，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_。（2）配制240 mL 0.1 mol·L1的盐酸应选用_mL的容量瓶，需要浓盐酸体积为_mL。（3）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。定容时，俯视刻度线，浓度 _ ；容量瓶未干燥，浓度 _ ；定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度 _ 。29、（10分）某溶液可能含有Na、Ca2+、NO3-、CO32-、SO42-、Cl等离子。为了鉴别这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：加稀盐酸后，生成无色无味的气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊。加足量的BaCl2产生白色沉淀，过滤，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解。取中滤液，加硝酸酸化后，再加过量的AgNO3溶液，析出白色沉淀。(1)上述3个实验证明一定存在的离子是_，一定不存在的离子是_，可能存在的离子为_。(2)写出中涉及反应的离子反应方程式:_。(3)实验室中常用于检验Na是否存在的方法叫_。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】单质碘溶解于有机溶剂CCl4中，所得溶液的颜色是紫红色。故选B。2、A【解析】A根据阿伏伽德罗常数的标准进行判断；B使用物质的量时必须指明粒子的具体名称，如1molO、2molH等；C摩尔质量的单位错误，应该为g/mol；D2.24 L氯化氢的物质的量在标况下才是0.1mol。【详解】A. 0.012kg12C中含有1mol碳原子,含有阿伏伽德罗常数个碳原子,约6.02×1023个碳原子，故A正确；B. 1mol水中含有1mol氧原子、2mol氢原子，必须指出具体的粒子名称，故B错误；C. 氢氧化钠的摩尔质量为40g/mol，40g为1mol氢氧化钠的质量，故C错误；D. 没有说明是标况，只有在标况下2.24 L氯化氢气体所含分子数才是0.1mol，故D错误；【点睛】涉及到气体体积的时候，必须要确定是否是标况才能确定能否计算其物质的量。3、B【解析】A.标准状况下，当两容器气体密度相同，根据m=V，二者的质量相同，而二者摩尔质量相同，故气体的物质的量相同，故A正确；B.向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，说明原来两容器中CO2和N2O物质的量之比为1：2，才能保证氧原子数相同，则需往甲容器中通入与乙容器中物质的量相同的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器在同温下的压强之比为3：2，故B错误；C.CO2和N2O的摩尔质量都是44g/mol，两气体混合，混合气体的平均摩尔质量也为44g/mol，故C正确；D.同温同压下，体积相同的甲、乙两容器的气体物质的量相同，二者摩尔质量相同，故气体的质量相同，故D正确；故选B。4、D【解析】A.镁是二价金属，根据镁的质量计算镁的物质的量和失去的电子数；B.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；C.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；D.可直接计算氧原子的物质的量，进而求出氧原子个数。【详解】A. 2.4g金属镁的物质的量为0.1mol，变为镁离子失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故A错误；B.因为不是标准状况，无法计算出11.2LC2H4的物质的量，所以碳原子数也无法知道，故B错误；C.标准状况下，H2O不是气体，所以无法计算水的物质的量，故C错误；D.32gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为2mol，所含原子数为2NA，故D正确；正确答案：D。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，气体摩尔体积的应用条件，物质的量计算微粒数的方法。易错点气体摩尔体积的应用。5、B【解析】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。答案选B。6、C【解析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式，据此判断。【详解】A碳酸钠是强电解质，完全电离，电离方程式为：Na2CO3=2Na+CO32-，故A错误；BFe2(SO4)3在溶液中完全电离，电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO42-，故B错误；CCu(NO3)2是强电解质，在溶液中完全电离出铜离子和硝酸根离子，电离方程式为：Cu(NO3)2=Cu2+2NO3-，故C正确；DNaHSO4是强酸的酸式盐，属强电解质，溶液中完全电离，电离出Na+、H+、SO42-离子，电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42-，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查电解质的电离方程式书写，掌握电离方程式书写规则并能灵活运用是正确解答此类题的关键，要注意原子守恒、电荷守恒的应用。7、B【解析】A气体的体积取决于温度和压强的大小，在标准状况下，Vm=22.4L/mol，在其它条件下，1mol气体的体积不一定为22.4L，A错误；B根据n=，同温同压下两种气体，气体的分子个数与体积呈正比，B正确；C在标准状况下，只有体积为22.4L的气体物质才是1mol，其它状态的物质的Vm22.4L/mol，C错误；D根据PV=nRT可知，并不是只有在标准状况下Vm=22.4L/mol，Vm取决于温度和压强的大小，D错误；答案选B。【点晴】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，本题注意阿伏加德罗定律只适用于气体，另外在标准状况下，Vm=22.4L/mol，其它条件下也有可能为22.4L/moL。解答时注意灵活应用。8、D【解析】根溶液显电中性分析解答。【详解】混合溶液呈电中性，忽略水的电离，根据电荷守恒有2c（SO42-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+），即：0.5mol/L×2=2c（Mg2+）+0.2mol/L×3，解得：c（Mg2+）=0.2mol/L，故答案选D。9、C【解析】根据物质的性质，分析评价简单的提纯方案。【详解】加热KClO3制氧气后的固体残留物中，含有MnO2、KCl和可能未分解的 KClO3，其中只有MnO2不溶于水。故将残留物加水溶解、过滤，再将滤渣洗涤、干燥，即得纯净的MnO2。本题选C。10、D【解析】A. 17 g OH的物质的量为1mol，1molOH中所含的电子数为10NA，A错误；B. 没有给定溶液的体积，无法计算出MgCl2溶液中含有Cl- 个数，B 错误；C. 通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol；所以 2.24LCO2气体的量不是0.1mol，不能确定含有的CO2分子为0.1 NA 个，C错误；D.1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，溶于水配成500mL溶液，溶液中含有的Na+离子数为0.02NA，D正确；综上所述，本题选D。11、A【解析】ACuO不溶于水，不能一步实现转化，故A符合题意；BFe与盐酸反应生成氯化亚铁，能一步实现，故B不符合题意；C氯化钠与硝酸银反应可以生成硝酸钠，能一步实现，故C不符合题意；D二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠，能一步实现，故D不符合题意；故答案为A。12、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。13、C【解析】根据质量守恒得Q质量m=（32+40-9）g=63g，反应生成0.5molQ， M（Q）=m÷n=63g÷0.5mol=126g/mol，故答案为C。 故选C。14、C【解析】由信息可知，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，二氧化碳为酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成盐和水，二氧化碳高温下和碳反应生成一氧化碳，稀硫酸和碳不反应，氧气和氢氧化钠溶液不反应，氧气与Fe反应，氧化钙和碳不反应，“五连环”中有空缺的一环应填入的物质为CO2。故选C。15、B【解析】焰色反应是金属元素特有的性质，不同的金属元素在火焰上灼烧时的焰色不同，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是钾元素，故答案选B。【点睛】蓝色钴玻璃是看钾的焰色反应时用的，钾盐中常混有钠离子，而钠的黄光会干扰钾的紫光，蓝色钴玻璃能滤掉黄光，所以不能透过蓝色钴玻璃看钠，镁，铁的焰色反应。16、A【解析】A. 黄山云雾属于胶体分散系，当光束通过时，可能产生丁达尔效应，故A正确；B. 氢氧化铁沉淀属于浊液分散系，当光束通过时，不可能产生丁达尔效应，故B错误；C. 食盐水属于溶液分散系，当光束通过时，不可能产生丁达尔效应，故C错误；D. 硫酸铜溶液属于溶液分散系，当光束通过时，不可能产生丁达尔效应，故D错误；故选：A。17、D【解析】光解海水时，发生反应的化学方程式为2H2O2H2+O2。A. 由反应可知，光解0.02 mol水，可生成H20.02 mol，质量为0.04g，A错误；B. 光解0.02 mol水，可生成氢的原子数0.04mol，数目为2.408×1022个，B错误；C. 可生成H2的体积为0.02mol，体积为0.448 L(标准情况)，C错误；D. 光解0.02 mol水，生成H2的量为0.02mol；0.48 g Mg为0.02mol，与足量稀盐酸反应产生H2 0.02mol，D正确。故选D。18、C【解析】用镊子从煤油中取出一小块金属钠，可观察到钠的颜色和状态，用刀子切开，说明质软。【详解】用镊子从煤油中取出一小块金属钠，可观察到钠的颜色和状态，用刀子切开，说明质软，在这一过程中钠的状态没有变化，仍为固体，不能得出熔点低的结论。答案选C。【点睛】本题考查钠的性质，题目难度不大，本题注意常见元素化合物的知识的积累。19、C【解析】A为防止漏液，使用前要检查分液漏斗是否漏液，故A正确；B碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，故B正确；C震荡后需静置分层后分液，故C错误；D下层液体下口流出，上层液体从上口倒出，以免污染液体，故D正确；故选C。【点睛】考查分液与萃取，题目难度不大，注意相关化学实验的基本操作方法，萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；20、C【解析】题中的分离方法为蒸馏。用于分离互溶的液体混合物。【详解】A. 硝酸钾和氯化钾应利用在水中的溶解度随温度变化的差异用结晶的方法分离，故错误；B. 四氯化碳和水不互溶，可以用分液的方法分离，故错误；C. 甲醇（沸点64.7）和丁醇（沸点117.6）二者物理性质相似，要利用沸点差异进行分离，采用蒸馏的方法，故正确；D. 利用碘在有机溶剂中的溶解度比在水中大，用萃取的方法分离出碘化钾和碘的混合物中的碘，故错误。故选C。21、C【解析】铁离子与铁反应生成浅绿色的亚铁离子，故正确；铁离子与硫氰化钾溶液反应显示红色，据此能够检验铁离子，故正确；硫酸铜与氯化铁不发生反应，混合后溶液不会变成无色，故错误；氯化铁与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，该性质不是铁离子的性质，故错误；铁离子与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，据此可以检验是否存在铁离子，故正确。综上所述，选项C正确。故答案选C。22、B【解析】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、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。24、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。25、H2O 溶解 NaOH BaCl2 Na2CO3 过滤 HCl 蒸发 【解析】除去粗盐中的可溶性杂质: CaCl2、MgCl2和Na2SO4的方法:(1)加水使粗盐溶解；(2)加入过量NaOH除去镁离子Mg2+2OH-=Mg(OH)2；(3)加入过量BaCl2除去硫酸根离子SO42-+Ba2+= BaSO4； (4)加入过量Na2CO3除去钙离子和过量的钡离子:CO32-+Ba2+= BaCO3、Ca2+CO32-=CaCO3； (5)过滤将沉淀和溶液分离； (6)加过量的盐酸除去多余的碳酸根离子、氢氧根离子；（7）蒸发,让多余的盐酸以氯化氢的形式挥发出去；因此，本题正确答案是： H2O、溶解 、 NaOH 、 BaCl2、Na2CO3 、 过滤 、 HCl、蒸发。【点睛】本题考查物质分离提纯的相关知识。把杂质转化为沉淀或气体除去,除钙离子用碳酸根离子,除镁离子用氢氧根离子,除硫酸根用钡离子，要注意除杂质的顺序,后加的试剂最好能把前面先加的过量试剂除掉。26、E C D A B 【解析】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，据此解答。【详解】沙子不溶于水，分离饱和食盐水与沙子的混合物用过滤法，答案选E；氢氧化钠溶液能吸收二氧化碳，用通入氢氧化钠溶液的方法除去CO中混有的CO2属于洗气法，答案选C；四氯化碳和甲苯相互混溶，但沸点相差较大，分离四氯化碳和甲苯的混合物用蒸馏法，答案选D；碘易溶在有机溶剂中，可用四氯化碳从碘的水溶液里萃取碘，答案选A；硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度变化明显，而氯化钠变化不明显，可用结晶法从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾，答案选B。27、4.0 500ml容量瓶 胶头滴管 搅拌 引流 偏低 偏高 无影响 【解析】(1)实验中需称量NaOH固体的质量，应使用公式m=cVM进行计算。(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等。溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。(3)转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量减少；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小；容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响。【详解】(1)实验中所需NaOH固体的质量m=cVM=0.2mol·L-1×0.5L×40g/mol=4.0g。答案为：4.0；(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管。答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。答案为：搅拌；引流；(3)转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量减少，所配溶液的浓度偏低；答案为：偏低；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；答案为：偏高容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响，所配溶液的浓度无影响。答案为：无影响。【点睛】在进行所需溶质的质量计算前，需选择合适的容量瓶。若没有所配体积的容量瓶，则应选择稍大规格的容量瓶，计算时必须使用所选择容量瓶的规格。