2022-2023学年福建省泉州市晋江市子江中学化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

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1、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、下列电离方程式中，正确的是（ ）ANa2SO4=2Na+SOBBa（OH）2=Ba2+OHCAl2（SO4）3=2Al3+3SODCa（NO3）2=Ca2+2（NO3）2-2、下列说法正确的是（）A酸性氧化物一定

2、是非金属氧化物B根据酸中所含氢原子个数，分为一元酸、二元酸、三元酸CO2转化为O3的过程为物理变化DFeSO47H2O属于纯净物、化合物、盐、强电解质3、海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2SO22H2O=2HBrH2SO4，下列说法正确的是( )。ABr2在反应中表现氧化性 BSO2在反应中被还原CBr2在反应中失去电子 D1 mol氧化剂在反应中得到1 mol电子4、某溶液中只含有下列四种离子Fe3、SO42-、Cl-和M离子，经测定Fe3、SO42-、Cl-和M离子的物质的量之比为2：4：4：3，则M离子可能是下列中的AMg2B

3、Al3CBa2DNa5、下列物质肯定为纯净物的是（ ）A只有一种元素组成的物质B只有一种原子构成的物质C只有一种分子构成的物质D只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质6、工业上常用如下的方法从海水中提溴：下列说法错误的是A步骤的主要反应为：Cl2+2BrBr2+2ClB物质X为HBrOC步骤的目的是富集溴元素D步骤利用了溴易挥发的性质7、同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占体积之比为12，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是A同温同压下甲和乙的密度之比为11B甲与乙的相对分子质量之比为11C同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为11D等质量的甲和乙中的原子数之比一定为

4、118、下列叙述正确的是A物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量B摩尔是七个基本物理量之一C非标准状况下，1 mol 气体体积也可能为 22.4 LD1mol 任何物质中都含有阿伏加德罗常数个原子9、下列各组离子一定能大量共存的是A在无色溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、B在含大量Cu2+的溶液中：、K+、OH-C在强碱溶液中：Na+、K+、D滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中：K+、Ca2+、Cl-、CH3COO-10、关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是A明矾净水是利用胶体的吸附性B胶体区别于其他分散系的本质特征是有丁达尔效应C胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外D静电

5、除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘，是利用胶体粒子的带电性而加以除去11、若箭头表示能直接一步转化，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ACl2NaClONaClNaHCO3BSSO3H2SO4CuSO4CN2NO2HNO3Fe(NO3)2DSiSiO2H2SiO3Na2SiO312、为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）错误的是ANa2SO3是否被氧化（BaCl2）BFeCl2是否被氧化（KSCN）CKI是否被氧化（淀粉溶液）D氯水是否失效（pH试纸）13、下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是A溶液是电中性的，胶体是带电的B通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一

6、极移动C一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有D溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动14、完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为111，则上述溶液的体积比为A111B632C321D93115、下列说法合理的是 根据纯净物中是否含氧元素，来判断是否属于氧化物根据电泳现象可证明胶体带电荷直径介于lnml00nm之间的微粒称为胶体金属氧化物都是碱性氧化物根据分散系的稳定性将分散系分为胶体、溶液和浊液同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉A只有B只有C只有

7、D只有16、高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理是：Fe(OH)3+ClO+OH+Cl+H2O(未配平)，下列叙述不正确的是AClO是氧化剂B每1个Fe(OH)3得到3个电子C反应中氧化剂和还原剂的计量系数比为32D用高铁酸钾处理水时，可消毒杀菌，又能吸附水中悬浮颗粒净水17、下列物质属于电解质的是A氨气 BBr2 CBaSO4 D氢氧化钠溶液18、我国科学家在兰州成功地制备出过去一直依赖进口、比黄金贵百倍的氧-18气体（又称重氧），与的关系不正确的是A同种原子B同种元素C含有相同的质子数D同位素19、一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左边

8、充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO与CO2分子数之比为A1：3B3:1C1：2D2：120、在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟指的是（ ）A元素B单质C分子D氧化物21、关于钠的说法正确的是A4.6g钠溶于水所得溶液中要使100个水分子溶有1个钠离子，需要水的质量是360gB根据金属间置换的原理，把一小粒金属钠放入硫酸铜溶液中，可以生成金属铜C当钠、钾等金属不慎着火时，可以用沙子扑灭、水浇灭等方法D少量的金属钠长期暴露在空气中，它的最

9、终产物是Na2CO3而不是NaHCO322、一种比黄金还要贵重的18O2气体不久在我国兰州近代物理研究所制备成功，1mol这种18O2气体含有中子的物质的量为( )A36 mol B20mol C16 mol D10mol二、非选择题(共84分)23、（14分）今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：乙BA水；AC乙D；甲BA水。（1）写出下列四种物质的化学式：甲_， 乙_， A_， D_。（2）用离子方程式表示上述三个变化：_，_，_。24、（12分） (1)A、B

10、、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_。25、（12分）已知有一白色粉末是由Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuSO4、MgCl2中的一种或几种组成。欲探究这一粉末的组成，甲同学做了如下实验：取少量粉末，加水溶解，得无

11、色透明溶液；取中溶液少量，加入NaOH溶液，无明显现象发生；另取少量粉末，加入稀盐酸，无明显现象发生。(1)根据实验，能得到的结论是_。(2)甲同学根据以上实验现象，推测这一粉末的可能组成是_。(3)乙同学在甲同学实验基础上设计了后续实验，确认该粉末只含有Na2SO4，请你在下表中填写乙同学所做的实验。可供选择的试剂有：BaCl2溶液、AgNO3溶液、稀HNO3、NaOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(NO3)2溶液、稀盐酸实验步骤实验现象反应的离子方程式和结论_注：填写实验现象、离子方程式和结论要与相应的实验步骤一一对应。26、（10分）.为除去粗盐中含有的可溶性杂质硫酸盐、氯化钙和氯化镁，某

12、同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如下实验流程，请回答：（1）操作a和操作b的名称依次是 _；（2）加入试剂的作用是_；（3）加入盐酸后，发生反应的离子方程式是_；（4）在上述提纯过程中，如何证明SO42-已经被除净_。.实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）根据计算得知，所需NaOH的质量为_g。（2）配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作：A称量用了生锈的砝码； B将NaOH放在纸张上称量； C定容时仰视刻度线； D往容量瓶转移时，有少量液体溅出； E未洗涤溶解NaOH的烧杯；F容量瓶未干

13、燥即用来配制溶液； G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线；H.未冷却至室温就进行定容； I.定容时有少量水洒在容量瓶外。对配制的溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有_；偏小的有_。27、（12分）某固体混合物可能由NaCl，K2SO4、FeCl2、CaCl2、K2CO3中的一中或几种混合而成，为鉴定其组成，依次进行如下实验：混合物中加入足量水得到无色透明溶液；上述溶液中滴加BaCl2有白色沉淀产生；过滤，然后向上述白色沉淀中加盐酸时，沉淀全部溶解；往滤液中加AgNO3溶液时有白色沉淀产生且白色沉淀不溶于稀硝酸。试判断：(1)肯定存在的物质有_；(2

14、)肯定不存在的物质有_；(3)可能存在的物质有_；(4)写出第步实验中发生反应的化学方程式：_。28、（14分）A、B、C、D 四种元素核电荷数均小于 18。B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C 元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电子层数，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。（1）四种元素为：A_B_C_D_（2）A 离子的结构示意图为_（3）B 原子的轨道表示式为_，C 原子有_种不同运动状态的电子（4）D 离子的最外层电子排布式为_（5）D 单质与 A2B 反应的化学方程式为

15、_29、（10分）依据AE几种烃分子的示意图或结构填空。(1)E的分子式是_。(2)属于同一物质的是_(填序号)。(3)与C互为同系物的是_(填序号)。(4)等物质的量的上述烃完全燃烧时消耗最多的是_(填序号,下同);等质量的上述烃完全燃烧时消耗最多的是_。(5)在120,下,A和C分别与足量混合点燃,完全燃烧后恢复至初始状态,气体体积没有变化的是_(填序号)。(6)C的某种同系物的分子式为,其一氯代物只有一种,该烃的结构简式为_。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、C【解析】A.硫酸钠属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为

16、Na2SO4=2Na+SO，故A错误；B.氢氧化钡属于碱，是强电解质，在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根根离子，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH，故B错误；C.硫酸铝属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3+3SO，故C正确；D.硝酸钙属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca（NO3）2=Ca2+2NO，故D错误；故选C。2、D【解析】A和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故A错误；B根据酸电离产生氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，不是按酸分子中所

17、含氢原子个数分，如H3PO2中有3个H原子、但H3PO2是一元酸，故B错误；CO2、O3是不同的分子，所以O2转化为O3的过程为化学变化，故C错误；DFeSO47H2O是结晶水合物，是盐，属于纯净物、化合物，完全电离产生金属阳离子和酸根离子，因此属于强电解质，故D正确；故选D。3、A【解析】根据方程式控制，Br的化合价从0价降低到1价，得到1个电子。S的化合价从4价升高到6价，失去2个电子，所以单质溴是氧化剂，SO2是还原剂，答案选A。4、A【解析】离子的物质的量与其带有的电荷数的乘积就是该离子带有的电荷总数，溶液中阳离子带有的正电荷总数等于阴离子带有的负电荷总数，离子可共存，不发生反应，据此

18、解答。【详解】假设Fe3物质的量是2mol，则SO42-物质的量是4mol， Cl-物质的量是4mol，M离子的物质的量是3mol，Fe3+带有的正电荷的物质的量是2mol3=6mol，SO42-与Cl-带有的负电荷的物质的量是4mol2+4mol1=12mol，负电荷总数比正电荷多，说明M离子带正电荷，(12-6)3=2，带有2个单位正电荷的离子有Mg2、Ba2，由于Ba2与溶液中SO42-会反应形成BaSO4沉淀，不能共存，所以不能含有Ba2，则M离子就是Mg2，选项A合理。【点睛】本题考查溶液成分判断的知识。溶液呈电中性是解答该题的基础，同时要清楚溶液中离子之间可能反应的离子不能大量共存

19、。5、C【解析】A、由一种元素组成的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧，故A错误；B、由原子构成的物质，不一定是纯净物，例如金刚石和石墨都是由碳原子，两者混合在一起属于混合物，故B错误；C、只由一种分子构成的物质一定是纯净物，故C正确D、只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定是纯净物，如氧化钠与过氧化钠，故D错误；故选C。6、B【解析】A步骤是利用氯气氧化海水里的Br-，发生的主要反应为Cl2+2Br=Br2+2Cl，故A正确；BSO2和Br2水反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，物质X为HBr，故B错误；C利用步骤的操作，目的是富集溴元素，故C

20、正确； D步骤利用了溴易挥发的性质，通过升温促进溴蒸汽挥发，故D正确，答案为B。7、D【解析】同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1：2，由n= V/Vm,可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2。【详解】A项、同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据=m/V知，其密度相同，故A正确；B项、根据m=nM=VM/Vm知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；C项、根据PV=nRT=m/MRT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；D项、等质量的两种气体的物质的量相同，但

21、分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。故选D。8、C【解析】A. 摩尔质量与相对分子质量在数值上相等。B. 物质的量是七个基本物理量之一。C. 气体的摩尔体积与温度、压强有关。D. 要根据物质的结构判断含有原子的个数。【详解】A. 摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，摩尔质量单位为g/mol，A错误。B. 物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，B错误。C. 气体的摩尔体积与温度、压强有关，非标准状况下，1 mol气体体积也可能为22.4 L，C正确。D. 1mol O2中都含有2NA个原子，D错误。9、C【解析】A含Fe3+的溶液显黄色，与无色溶液不相符，A不符

22、题意；BCu2+离子会和OH-离子反应生成氢氧化铜沉淀，铵根离子和氢氧根离子反应而不能大量共存，B不符题意；C在强碱溶液中：Na+、K+、之间不反应且不与OH-反应，可以大量共存，C符合题意；D滴加紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，溶液中含有一定量的H+，CH3COO-能与H+发生反应而不能大量共存，D不符题意；答案选C。10、B【解析】明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体；胶体、溶液、浊液的本质区别是粒子直径不同；利用渗析原理提纯胶体；静电除尘利用的是胶体电泳。【详解】明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，明矾净水是利用胶体的吸附性，故A正确；胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径不同，故B错误；血液属

23、于胶体，利用渗析原理提纯胶体，故C正确；胶体粒子带电，净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之电泳除去，故D正确。11、A【解析】A、氯气可以先和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠，氯化钠再和氨气、水、二氧化碳反应转化成碳酸氢钠，故A正确。B、硫只能一步反应生成二氧化硫，不能一步反应生成三氧化硫，故B错误。C、氮气可以和氧气一步反应生成一氧化氮，不能一步反应生成二氧化氮，故C错误。D、二氧化硅不能一步生成硅酸，故D错误。本题正确选项为A。点睛：本题考查几种元素及其化合物之间的转化，要熟记常见元素单质氧化物酸（碱）盐的转化。12、A【解析】A、Na2SO3也能与BaCl2反应生成

24、白色沉淀，无法判断。B、FeCl2是若被氧化加入（KSCN）后变成红色，正确； C、KI若被氧化加入（淀粉溶液）会变成蓝色，正确；D、氯水若失效即为盐酸，用（pH试纸）会变红而不再褪色，正确；答案选A。13、C【解析】A.分散系都是电中性的，胶体不带电，故A错误；B.胶体粒子可能不带电，不做定向移动，故B错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质，故C正确；D.溶液中的溶质粒子的运动也是布朗运动，故D错误；故答案选C。14、B【解析】设物质的量浓度均是cmol/L，需要溶液的体积分别是xL、yL、zL，根据Ag+ClAgCl结合化学式可知xc2yc3zc，解得x:y:z6:3:2，答案选B。15、A

25、【解析】氧化物是含有两种元素且其中一种是氧元素的化合物。所以氧化物中一定含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是两种元素组成，故不一定是氧化物，故错误；电泳现象可证明胶体微粒带电荷，胶体是电中性的，故错误；分散质微粒直径介于lnml00nm之间的分散系称为胶体，故错误；金属氧化物有的是酸性氧化物，如Mn2O7，有的是两性氧化物，如Al2O3，故错误；分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故错误；同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉，是正确的，故正确。故选A。16、B【解析】Fe(OH)3+ClO-+OH-+Cl-+H2O反应中Fe元素的化合价由+3价升

26、高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，结合氧化还原反应的规律分析解答。【详解】ACl元素的化合价降低，被还原，则ClO-是氧化剂，故A正确；BFe元素的化合价由+3价升高为+6价，失去电子，而且1个Fe(OH)3失去3个电子，故B错误；CFe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，ClO-是氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，根据化合价升降守恒，配平后的方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O，氧化剂和还原剂的计量系数比为32，故C正确；D高铁酸钾具有强氧化性，用高铁酸钾处理水时，可杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成具

27、有吸附能力的氢氧化铁胶体，能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，故D正确；故选B。17、C【解析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能够导电的化合物是非电解质，则A、氨气是非电解质，A错误；B、单质溴既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C、硫酸钡是电解质，C正确；D、氢氧化钠溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D错误，答案选C。点睛：判断电解质或非电解质时必须抓住溶于水或在熔融状态下能否自身电离出离子，导电只是实验现象，不能作为判断的依据。另外也可以从物质分类的角度去判断，即酸碱盐、氧化物和水是电解质，答题时需要灵活掌握、合理应用。18、A【解析】质

28、子数相同，中子数不同的原子互为同位素，18O的质量数为18，质子数为8，中子数为10，16O的质量数为16，质子数为8，中子数为8，18O和16O的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故选A。19、B【解析】隔板不移动，说明两边的压强相等，温度相同，因此体积比等于物质的量之比，即有=4，解得混合气体物质的量为0.25mol，混合气体平均摩尔质量为=32gmol1，采用十字交叉法，得出CO和CO2的物质的量之比为3：1，物质的量之比等于分子数之比，即为3：1，故选项B正确。20、A【解析】根据题意可知，本题考查物质的组成，运用物质是由元素组成分析。【详解】物质是由元素组成的，“加碘食盐”、“高钙

29、牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等，这里的碘、钙、硒、氟指的是物质中所含有的元素， 答案选A。21、D【解析】A.n(Na)=n(Na+)=0.2mol，需要反应掉0.2mol水，设水的物质的量为x，由100个水分子中溶有1个钠离子，则=，解得x=20.2mol，水的质量为20.2mol18g/mol=363.6g，故A错误；B将Na放入硫酸铜溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，生成的NaOH再和硫酸铜发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀，所以钠不能置换出Cu，故B错误；C钠易和氧气、水反应，所以钠着火时可以用沙子盖灭，不能用水扑灭，故C错误；D钠长期暴露在空气中，钠与氧气反应生成氧化钠，

30、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠易潮解，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠会从溶液中析出生成十水碳酸钠，十水碳酸钠失水生成碳酸钠，它的最终产物是Na2CO3，故D正确；故选D。22、B【解析】根据氧气分子的构成先计算一个18O2分子中含有的中子数，再计算1mol 818O2气体中所含中子的物质的量【详解】一个18O含有10个中子，所以一个18O2分子中含有20个中子，n（中子）=20n（818O2）=201mol=20mol，故选B。【点睛】本题以有关物质的量的计算为载体考查了原子的构成，解题关键：明确一个18O中含有的中子个数。二、非选择题(共84分)23、CuO Cu(OH)2

31、CuCl2 NaCl Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2 CuO+2H+=Cu2+ +H2O 【解析】甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜【详解】(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(

32、OH)2；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2+ +H2O。24、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuS

33、O4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3

34、；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质

35、的性质及反应现象是解答本题的关键。25、白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 NaCl或Na2SO4或两者混合物 取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液 有白色沉淀生成, 无明显现象 Ba2SO42BaSO4 该溶液中有硫酸钠, 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠 【解析】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，说明溶液中无铜离子，该粉末无有CuSO4；溶液中无沉淀产生，说明溶液中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；据此进行分析；(2)通过实验，可以

36、判断出粉末中无硫酸铜；通过实验可以判断出粉末中无氯化镁；通过实验可以证明粉末中无碳酸钠，据以上结论进行分析；(3)若要鉴定只有硫酸钠存在，可以根据硫酸根离子能够和钡离子产生沉淀的性质来选择硝酸钡鉴别，然后加入硝酸银来排除氯离子的存在即可。【详解】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，溶液中不含铜离子，所以白色粉末中不含CuSO4；由于镁离子和碳酸根子不能共存，所以粉末中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；而NaCl和Na2SO4二者不反应，且能够与MgCl2或Na2CO3大量共存，因此根据实验，能得到的结论是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaC

37、l和Na2SO4；综上所述，本题答案是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 。 (2)根据实验可以知道混合物中没有硫酸铜，根据实验可以知道该固体中不含氯化镁，加入稀盐酸没有现象说明没有碳酸钠，至此只有氯化钠和硫酸钠没有涉及到，故它们是可能存在的，所以可以作出三种推测，即只有氯化钠；只有硫酸钠；氯化钠和硫酸钠的混合物；综上所述，本题答案是：NaCl或Na2SO4或两者混合物。 (3)取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明生成了硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为 Ba2SO42BaSO4；将上述步骤得到的溶液

38、静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液，没有明显现象，说明没有氯化银沉淀生成，即溶液中不含氯离子。所以该溶液中只含有硫酸钠；结论为该白色固体中没有氯化钠，只有硫酸钠；综上所述，本题答案是：取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液； 有白色沉淀生成，无明显现象；Ba2SO42BaSO4，该溶液中有硫酸钠， 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠。26、过滤、蒸发 除去钙离子和钡离子 CO32-+2 H+= CO2+ H2O OH -+ H+= H2O 取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白

39、色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根 2.0 g AH BCDE 【解析】.根据实验流程可知，操作a过滤，操作b是蒸发；根据加入氢氧化钠可将氯化镁转化成氢氧化镁沉淀，除去硫酸钠需要在除去氯化钙之前，加入的碳酸钠可以将过量的氯化钡除去，所以试剂是BaCl2溶液，目的是除去SO42-离子，试剂是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，根据加入的除杂试剂氢氧化钠和碳酸钠都是过量的，所以在蒸发之前需要加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除去。.根据n=cv计算氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；根据C=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来

40、分析误差。【详解】.（1）通过分析实验流程可知，操作a是溶解，操作b是过滤，操作c是蒸发，故答案为过滤；蒸发；（2）试剂是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，故答案为除去钙离子和钡离子；（3）加入盐酸的目的是将碳酸钠和氢氧化钠除去，反应的离子方程式为OH -+ H+=H2O， CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为OH-+H+=H2O；CO32-+2H+= CO2+H2O；（4）证明SO42-已经被除净，即证明溶液中不存在SO42-离子，具体操作为：取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根，故答案为取少量A溶

41、液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；.（1）由于无450ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶，故配制的是500ml0.1mol/LNaOH溶液，根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L0.1mol/L=0.05mol，NaOH质量m=nM=0.05mol40g/mol=2.0g，故答案为2.0g；（2）A、生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C、定容时俯视刻度线观察液面，所加水量偏

42、少，结果偏高；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，未加水对浓度无影响；H、热溶液注入容量瓶会导致容量瓶热膨胀,体积变大,最终导致溶液浓度偏小；I、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，溶液的体积不变，浓度不变。故答案为AH；BCDE。27、K2CO3 FeCl2、K2SO4、CaCl2 NaCl AgNO3 +NaCl=AgCl + NaNO3 【解析】

43、混合物中加入足量水得到无色透明溶液，说明不含有色离子，则不存在FeCl2；上述溶液中滴加BaCl2有白色沉淀产生，说明含有K2SO4或K2CO3或二者都有；过滤，然后向上述白色沉淀中加盐酸时，沉淀全部溶解，说明沉淀为BaCO3，则存在K2CO3，不存在K2SO4和CaCl2；往滤液中加AgNO3溶液时有白色沉淀产生且白色沉淀不溶于稀硝酸，说明含有氯离子，因为中加入的物质中含有氯离子，所以以上步骤不能说明是否含有NaCl；【详解】(1)肯定存在的物质有：K2CO3；(2)肯定不存在的物质有：FeCl2、K2SO4、CaCl2；(3)可能存在的物质有：NaCl；(4) 第步实验中，硝酸银和氯化钠反

44、应生成氯化银沉淀，方程式为：AgNO3 +NaCl=AgCl + NaNO3。28、H O Na Cl 或 11 3s23p6 Cl2+H2OHCl+HClO 【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为 1:2，L层有两种能量，即s、p，电子个数比为1：2，B的电子排布式为1s22s22p4，即B为O，A 原子最外层电子数等于电子层数，A可能是H、Be、Al，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半，根据核外电子排布规律，K层最多容纳2个电子，即C原子最外层电子数1，A、C 元素的原子最外层电子数相等，A的最外层电子数为1，即A为H，因为都是前18号元素，即C为Na，D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同，即D为Cl，（1）根据上述分析，A为H，B为O，C为Na，D为Cl；（2）A的简单