2022-2023学年江苏省金陵中学化学高一上期中教学质量检测试题含解析.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、下列选项中全属于电解质的是（ ）稀盐酸 NaCl晶体 液态的醋酸 铜 BaSO4固体 纯蔗糖(C12H22O11) 酒精(C2H5OH) 熔化

2、KNO3 液态SO3 明矾ABCD2、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），合理的是（ ）A干燥Cl2 B实验室制盐酸C实验室制氯水D吸收多余Cl23、已知甲和乙的某些性质如下表所示：物质熔点（）沸点（）密度（g/mL）水中的溶解性甲-9837.50.93可溶乙-48950.90可溶现有甲和乙的混合物，进行分离时，可采用的方法是（ ）A蒸发B过滤C蒸馏D萃取4、下列关于Na2O2的叙述中正确的是A将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中振荡，溶液变为蓝色，且有气泡产生B将过量Na2O2粉末加入FeCl3溶液中并振荡，产生红褐色沉淀，且有气泡产生C凡是有Na2O2参与的反应，均能产生O2

3、DNa2O2粉末在空气中长期放置不变质5、下列反应中属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型的是 ( )ACuO + H2 Cu + H2O BFe2O3 + 3CO 2Fe + 2CO2C2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 DNaOH + HCl = NaCl + H2O6、实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是 A装置振荡后静置，溶液上层无色，下层紫红色B装置可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C装置可用于制取蒸馏水D装置 b口进气可收集H2、CO2等气体7、下列物质分类的正确组合是()选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气Fe

4、(OH)3胶体铁Na2CO3CCuSO45H2OCaCl2水银铜D氯水KNO3晶体O3NaClAABBCCDD8、下列能导电且属于电解质的是A铜B稀硫酸CNaCl固体D熔融KCl9、下述实验操作中，正确的是( )A配制硫酸溶液时，将浓硫酸慢慢注入盛有水的容量瓶中进行配制B用托盘天平称量药品时，将药品置于天平左盘C.将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中D分液时，将上下层液体依次从分液漏斗下口分别流入两个烧杯中AABBCCDD10、下列从混合物中分离出其中的某一成分，所采取的分离方法正确的是( )A利用氯化钾与碳酸钙的溶解性差异，可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙B由于碘在酒精中的溶解度

5、大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来CCO2中混有HCl，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶得到纯净干燥的CO2D从海水中获取氯化钠，可采取蒸馏的方法11、下列电离方程式中，正确的是（）AH2SO4=H2+SO42 BBa(OH)2=Ba2+OHC2KIO32K+ 2I+ 3O2 DNH4NO3=NH4+NO312、下列有关实验的叙述正确的是A加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加硝酸，沉淀不消失，一定有SO42B加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+C蒸馏操作时温度计应插入液体中以控制液体的温度D分液漏斗中先从下口放出下层液体后，再另取一

6、洁净烧杯从下口放出上层液体13、以下实验装置一般不用于分离物质的是（）ABCD14、下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 molL1的是A将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成的溶液B将含有 6.021022个分子SO3的溶于水并配成1 L溶液C将标况下22.4L HCl气体配成1 L溶液DK为2 mol的K2SO4溶液15、容量瓶上不必标注的是 （ ）A刻度线 B容积 C物质的量浓度 D温度16、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A醋酸和水 B水和四氯化碳 C碘和四氯化碳 D汽油和植物油17、下列有关物质分类的说法，不正确的是（ ）ACO、N2O5是非金属氧化物，也是酸性氧化物，它

7、们属于电解质BKNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐CH2CO3是含氧酸、二元酸DNaOH是可溶性碱，也是强碱18、下列分离提纯方法正确的是A除去NaCl固体中少量的Na2CO3：加水溶解，加入足量的CaCl2溶液，过滤，蒸发，结晶B除去NaCl固体中少量的KNO3:加水溶解，燕发结晶，趁热过滤C除去CO2气体中少量的HCl通过感有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶洗气D除去CO2气体中少量的CO：通入适量O2后点燃19、下列实验装置能达到实验目的的是分离乙醇和水用自来水制取蒸馏水从食盐水中获取氯化钠用排空气法收集氯气（Cl2）ABCD20、通过阴极射线实验发现电子，从而确定原子是有结构的科学家是（）A道

8、尔顿B汤姆生C德谟克利特D卢瑟福21、以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是ABCD腐蚀品爆炸品有毒气体易燃液体AABBCCDD22、0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）有四种元素 A、B、C、D，其中 B2离子与 C+离子核外都有二个电子层，B 原子的质子数与 C 原子的质子数之和等于 D 原子的质子数，A 原子失去一个电子后变成一个质子，试回答：(

9、1)A、B、C、D 的元素符号分别为_、_、_、_。(2)B2的电子式为_，D 原子的结构示意图为_，B与C形成的简单化合物的电子式为_。24、（12分）.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式_。（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质

10、的电离方程式_。（3）写出变化的离子方程式：_。. 实验室需要240 mL0.5 molL-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。（1）需称量_ g 烧碱，应放在_中称量、溶解。（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有_。（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有_。A烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中B容量瓶未干燥就用来配制溶液 C定容时仰视容量瓶D称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯25、（12分）某无色透明溶液中可能大量存在、中的几种离子。 (1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_。(2)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀

11、生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是_。(3)取(2)的滤液加入过量，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有_，离子反应方程式为_。(4)原溶液中可能大量存在的阴离子是下列中的(填序号)_。A B C D26、（10分）现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去杂质，从而得到纯净的NaNO3固体。相应的实验过程可用如图表示：请回答下列问题：（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X：_，沉淀A：_；（2）上述实验流程中步均要进行的实验操作是：_(填操作名称)。（3）上述实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是_。（4）按此实验方案得到的

12、溶液3中肯定含有_(填化学式)杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的_，之后若要获得NaNO3晶体，需进行的实验操作是_(填操作名称)。27、（12分）现用质量分数为98%、密度为1.84gcm3的浓硫酸来配制500mL 0.2mol/L的稀硫酸。可供选择的仪器:玻璃棒，烧瓶，烧杯，量筒，托盘天平，药匙请回答下列问题:(1)上述仪器中，在配制稀硫酸时用不到的仪器有_(填代号)。缺少的仪器是_.(2)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤:量取计算稀释摇匀移液洗涤定容冷却初步振荡装瓶贴签其正确的操作顺序为_(填序号)。(3)经计算，需浓硫酸的体积为_mL。现有10mL、50mL、100m

13、L三种规格的量筒，应选用的量筒是_(填代号)。(4)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误且能使所配溶液浓度偏高的有_ (填代号) 用量筒量取浓硫酸时仰视读数洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转入容量瓶中未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转入容量瓶内将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时俯视刻度线28、（14分）铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程

14、图如下：请回答下列有关问题：（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是_。A铝矾石中含有两种类型氧化物B铝矾石与河沙含有完全相同的成分C铝矾石炼铝需要消耗电能D铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_。（3）滤液中所含溶质有_；步骤反应的离子方程式为_。（4）若步骤中用氨气代替CO2，步骤生成沉淀的离子方程式为_。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

15、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】稀盐酸是混合物，不属于电解质的研究范畴；NaCl晶体在水中或者熔融状态下都可以发生电离，该物质属于电解质；液态的醋酸在水中可以电离，该物质属于电解质；铜是单质，不属于电解质的研究范畴；BaSO4固体在水中或者熔融状态下都可以发生电离，该物质属于电解质；纯蔗糖(C12H22O11)在水中、熔融状态下都不能发生电离，该物质属

16、于非电解质；酒精(C2H5OH)在水中、熔融状态下都不能发生电离，该物质属于非电解质；熔化KNO3发生电离，该物质属于电解质；液态SO3在水中、熔融状态下都不能发生电离，该物质属于非电解质；明矾在水中或者熔融状态下都可以发生电离，该物质属于电解质；综上所述，属于电解质的有，故选C。2、C【解析】A气体的进出方向错误；B应防止倒吸现象； C多余的氯气可用碱液吸收； D氯气在水中的溶解度不大，吸收效果差。【详解】A干燥气体时导管长进短出，图中短导管进入不能干燥，故A错误；BHCl极易溶于水，图中导管在液面下可发生倒吸，故B错误； C氯气与NaOH溶液反应，多余的氯气可利用NaOH溶液吸收，则该装置

17、可制备氯水，故C正确； D球形结构可防止倒吸，但氯气在水中的溶解度不大，应将水改为NaOH溶液，故D错误；故答案选C。3、C【解析】根据题中信息可以看出，甲和乙两物质均易溶于水，互溶，但是沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法通过控制沸点的不同来实现二者的分离。答案选C。4、B【解析】A将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液变蓝且有气泡产生，但Na2O2过量，Na2O2具强氧化性，溶液由蓝色又变成无色，A错误；B将过量Na2O2粉末加入FeCl3溶液中，Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再和FeCl3反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，B正确； C有

18、Na2O2参与的反应，不一定能产生O2，如Na2O2+H2SO3=Na2SO4+H2O，C错误； DNa2O2粉末在空气中长期放置会和二氧化碳、水蒸气反应而变质，D 错误；答案选B。5、B【解析】A.该反应属于置换反应，Cu和H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；B.Fe和C元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型的任何一种，故B正确；C.该反应属于分解反应，Mn和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；D.该反应属于复分解反应，反应中各元素的化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误。故选B。【点睛】四种基本反应类型中置换反应一定是氧

19、化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，有单质参加的化合反应与有单质生成的分解反应是氧化还原反应。6、C【解析】A该操作为分液，分离互不相溶的液体混合物；B导管插入水中，不能起到防倒吸的作用；C利用蒸馏操作可制得蒸馏水；D该装置适用于收集密度比空气小的气体。【详解】A.酒精和水互溶，不分层，故A项错误；B.图装置不能起到防倒吸的作用，可改用密度比水大的四氯化碳，故B项错误；C.图为蒸馏装置图，冷凝水下进上出，故C项正确；D.b口进气可收集密度比空气小的气体，如H2，CO2密度比空气大，不适用此方法，故D错误；综上，本题选C。【点睛】本题考查物质分离提纯过程中的常见操作，比如：蒸馏、萃取分液

20、，同时还考察了气体的收集和尾气的处理。要注重对实验过程的剖析，熟悉实验操作过程，明确实验操作的目的。7、D【解析】A、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、胶体是混合物，B错误；C、CuSO45H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、物质分类均正确，D正确；答案选D。8、D【解析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，且必须是自身发生电离产生能够自由移动的离子，能够导电物质必须有能够自由移动的离子或者电子，如金属单质或少数非金属单质，电解质的水溶液或某些熔融状态下的电解质，据此分析解题；A铜虽然能导电，但其是单质不是化合物，故既不是电解

21、质也不是非电解质，A不合题意；B稀硫酸能够导电，但其是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，B不合题意；CNaCl固体中没有能够自由移动的离子，故不能导电，C不合题意；D熔融KCl中有自由移动的K+和Cl-，能导电，且是化合物，属于电解质，D符合题意；故答案为：D。9、B【解析】A. 容量瓶不能用来稀释溶液。B. 用托盘天平称量药品时，左盘放物质，右盘放砝码。C. 蒸馏分离时，应使温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口相平。D. 分液时，将分液漏斗下层液体从下口流出，分液漏斗上层液体从分液漏斗上口倒出。【详解】A.容量瓶不能用来稀释溶液，应先在小烧杯中稀释浓硫酸，冷却后再转移到容量瓶中，A错误。B.用托

22、盘天平称量药品时，左盘放物质，右盘放砝码，B正确。C.蒸馏分离时，应使温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口相平，C错误。D.分液时，将分液漏斗下层液体从下口流出，上层液体从分液漏斗上口倒出，D错误。10、A【解析】A.碳酸钙不溶于水，KCl溶于水，则可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙，故A正确；B.酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳把碘水中的碘萃取出来，故B错误；C.CO2和HCl都能和NaOH溶液反应，最终无法得到CO2气体，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中氯化氢，故C错误；D. 氯化钠溶解度随温度变化较小，从海水中获取氯化钠，可采取蒸发的方法得到氯化钠晶体，D错误；综上所述。本题选A。1

23、1、D【解析】A、H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H+SO42，故A错误；B、Ba(OH)2的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH，故B错误；C、KIO3的电离方程式为KIO3K+ IO3，故C错误；D、NH4NO3 的电离方程式为NH4NO3=NH4+NO3，故D正确；故选D。12、B【解析】A氯化钡能与亚硫酸根离子、硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水的白色沉淀，其中硫酸钡、氯化银不溶于硝酸，亚硫酸钡遇硝酸会被氧化为硫酸钡沉淀，所以加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加硝酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有SO42-，故A错误；B.加入氢氧化钠溶液并加热，

24、产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则该气体为氨气，原物质中一定有NH4+，故B正确；C.蒸馏操作时温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，控制的是被蒸馏出蒸气的温度，故C错误；D.分液时，应从分液漏斗下口放出下层液体后，再另取一洁净烧杯从上口倒出上层液体，故D错误；13、C【解析】A. 图为蒸发装置，适用于难挥发的物质与易挥发的物质之间进行分离，故A不符合题意；B. 图为蒸馏装置，可分离互溶但沸点不同的液体混合物，故B不符合题意；C. 图为配制一定浓度的溶液，不能用于分离物质，故C符合题意；D. 图为洗气装置，可分离混合气体，如洗气瓶中为NaOH溶液可分离CO和二氧化碳，故D不符合题意；答案

25、选C。14、C【解析】A、58.5g NaCl物质的量为1mol，但溶液体积不是1L；B、根据n=N/NA计算SO3的物质的量，SO3溶于水生成H2SO4，而n（H2SO4）=n（SO3），根据c=n/V计算溶液物质的量浓度；C、将标况下22.4L HCl气体，为1molHCl,配成1 L溶液,所得溶液浓度为1molL1；D、溶液体积未知，不能确定溶液浓度。【详解】A、58.5g NaCl物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1molL1，但题目中的1L是溶剂的体积，不是溶液的体积，故溶质的物质的量浓度不是1 molL1；B、SO3的物质的量为 6.021022 6.02102

26、3mol1=0.1mol，SO3溶于水生成H2SO4，而n（H2SO4）=n（SO3）=0.1mol，溶液体积为1L，则溶质的物质的量浓度为0.1molL1，故溶质的物质的量浓度不是1 molL1；C、标况下22.4L HCl气体的物质的量为1mol,配成1 L溶液,所得溶液中溶质的物质的量浓度为1molL1；D、含2molK的K2SO4的物质的量为1mol，但溶液体积未知，不能确定溶质的浓度；故选C。【点睛】本题考查物质的量浓度，解题关键是对物质的量浓度定义式的理解，易错点A，注意溶剂的体积不等于溶液的体积。15、C【解析】容量瓶主要用于准确地配制一定物质的量浓度的溶液；它是一种细长颈、梨形

27、的平底玻璃瓶，配有磨口塞；瓶颈上刻有标线，当瓶内液体在所指定温度下达到标线处时，其体积即为瓶上所注明的容积数，一种规格的容量瓶只能量取一个量，常用的容量瓶有50、100、250、500、1000毫升等多种规格【详解】容量瓶是一种定量仪器，用于配制一定体积的溶液，所以容量瓶上标有容积和刻度线；温度影响溶液的体积，配制一定物质的量浓度的溶液需要在一定温度下进行，所以容量瓶上标有A. 刻度线，B. 容积、D. 温度，没有C物质的量浓度，故选C。【点睛】本题考查了容量瓶的构造，解题关键：注意掌握常见仪器的构造及使用方法，仪器的0刻度、计量仪器的准确度等16、B【解析】互不相溶的液体之间能用分液漏斗进行

28、分离，则A. 醋酸与水互溶，不能用分液漏斗进行分离，A错误；B. 四氯化碳不溶于水，能用分液漏斗进行分离，B正确；C. 碘易溶在四氯化碳中，不能用分液漏斗进行分离，C错误；D. 汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，D错误，答案选B。17、A【解析】ACO、N2O5是非金属氧化物，酸性氧化物是该物质与碱反应能生成相应的盐，CO不是酸性氧化物，且二者本身不能电离出自由移动的离子，不是电解质，A错误；BKNO3含钾离子、硝酸根，是钾盐、硝酸盐，也是正盐，B正确；CH2CO3是含氧酸，可电离出两个氢离子，是二元酸，C正确；DNaOH是强碱，可溶于水，也是可溶性碱，D正确；答案选A。18、B【解析

29、】A、除去NaCl固体中少量的Na2CO3：加水溶解，加入足量的CaCl2溶液，引入了新的杂质，故A错误；B、除去NaCl固体中少量的KNO3:加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤，KNO3 溶解度受温度影响较大，趁热过滤后留在母液中，故B正确；C、饱和Na2CO3溶液也能和CO2 反应，故C错误；D、通入适量O2后可能无法点燃，另外，通入O2的量也无法控制，故D错误；故选B。19、D【解析】乙醇和水互溶，分液漏斗不能分离，应选蒸馏法，故错误；图中蒸馏装置可利用自来水制备蒸馏水，故正确；食盐溶于水，图中蒸发可分离出NaCl，故正确；氯气的密度比空气密度大，应长导管进气收集，故错误；答案选D。【点睛】本

30、题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，是解答的易错点。20、B【解析】A、道尔顿提出了原子学说，故A错误；B、汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故B正确；C、德谟克利特是古希腊伟大的唯物主义哲学家，原子唯物论学说的创始人之一，率先提出原子论：万物由原子构成，故C错误；D、卢瑟福用粒子轰击氮原子核，发现了质子，实现了人类第一次原子核的人工转变，故D错误；故答案选B。21、D【解析】A图标为腐蚀品，乙醇不是腐蚀品，属于易燃液体，故A错误； B图标为爆炸品，乙醇不是

31、爆炸品，属于易燃液体，故B错误；C图标为有毒气体，乙醇不是有毒气体，属于易燃液体，故C错误；D乙醇为易燃液体，图标为易燃液体，故D正确；故答案为D。22、C【解析】n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，以此解答该题。【详解】n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na

32、+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，设生成xmolCO32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4；x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3，该阶段0.1molCa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，

33、溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、生成0.1molCaCO3；然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-；再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-、CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，答案选

34、C。【点睛】本题考查离子方程式的计算，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分析，注意图象中各阶段离子的浓度变化。二、非选择题(共84分)23、H O Na K 【解析】B2离子与C+离子核外都有二个电子层，所以B为O、C为Na，B原子的质子数与C原子的质子数之和等于D原子的质子数，推得D的原子序数为19，则D为K，A原子失去一个电子后变成一个质子，则A为H。【详解】（1）A、B、C、D依次为H元素、O元素、Na元素、K元素，元素符号分别为H、O、Na、K，故答案为H、O、Na、K；（2）B2-为O2-，电子式为，D为K元素，原子结构示意图为，B 与 C 形成的简单化合物为过氧化钠或

35、氧化钠，电子式为或，故答案为；或。24、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2+2NO3 Ag+Cl=AgCl 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶，胶头滴管 AD 【解析】. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；另取中过滤后的溶液加入足量Ag

36、NO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2+2NO3-；（3）取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl；.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有

37、强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；（）ANaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；B若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故

38、C不选；D砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；E未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；答案选AD。25、 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 B 【解析】(1)由于溶液呈无色透明，而Cu2+有颜色，为蓝绿色，由于原溶液为无色，可以肯定原溶液中不存在Cu2+，故答案为：Cu2+；(2)过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子，故答案为：Ag+；(3)在除去Ag+离子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，离子反应方程式为

39、: Mg2+2OH-=Mg(OH)2，故答案为：Mg2+；Mg2+2OH-=Mg(OH)2；(4)由于Cl-和Ag+离子，CO32-、OH-与Mg2+、Cu2+都能生成沉淀，只有NO3-与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，故原溶液中可能大量存在的阴离子是NO3-，故答案为：B。【点睛】该题主要考查了离子的检验和离子共存问题，注意常见离子的性质和检验方法是解答的关键。26、AgNO3 BaSO4 过滤 使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀 Na2CO3 稀HNO3 冷却热饱和溶液(或蒸发浓缩冷却结晶) 【解析】由流程可以知道，中加氯化钡，硫酸根离子转化为沉淀，则沉淀A为BaSO4，溶液1中含氯

40、化钠、硝酸钠、氯化钡；中加AgNO3后氯离子转化沉淀，沉淀B为AgCl，溶液2中含硝酸钠、硝酸银、硝酸钡；中钡离子，银离子转化为沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，溶液3为硝酸钠和碳酸钠，以此分析解答。【详解】(1)由上述分析可以知道，X为AgNO3，沉淀A为BaSO4，故答案为AgNO3；BaSO4；(2)由上述分析可以知道，流程中步均生成沉淀，需要进行过滤操作，故答案：过滤；(3)由上述分析可以知道，加入过量的Na2CO3的目的是使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，因此，故答案为使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；(4) 由上述分析可以知道，溶液3中肯定含Na2CO3，可加适量的稀硝酸后蒸发结晶

41、或加热冷却结晶得到纯净的硝酸钠，故答案是：Na2CO3；稀HNO3；冷却热饱和溶液(或蒸发浓缩冷却结晶)。27、 5.4 【解析】试题分析：本题考查一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析。（1）根据浓溶液配稀溶液的实验步骤，实验时需要使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是烧瓶、托盘天平、药匙，答案为。（2）配制时的实验步骤为：计算量取稀释冷却移液洗涤初步振荡定容摇匀装瓶贴签，正确的操作顺序为。（3）根据稀释前后H2SO4物质的量不变列式，1.84g/cm3V(浓H2SO4)98%98g/mol=0.2mol/L0.5L，V(浓H2SO4)=5.4mL，根

42、据“大而近”的原则选择量筒，应选用10mL的量筒，答案选。（4）根据公式cB=分析。洗涤量取浓硫酸后的量筒，洗涤液转入容量瓶中，操作错误，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转入容量瓶内，操作错误，由于浓硫酸溶于水放热，冷却至室温后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸，操作错误，若没有溶液溅出，所配溶液浓度无影响，若有溶液溅出，所配溶液浓度偏低；定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，操作错误，所配溶液浓度偏低；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验结果无影响；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加

43、蒸馏水至刻度线，操作错误，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；定容时俯视刻度线，操作错误，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；答案选。点睛：配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏大；反之，所配溶液浓度偏小。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大。28、C Al2O3+6H+2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O NaOH、NaAlO2 OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3 Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+ 【解析】氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则步骤中生成的沉淀是氢氧化铝，因此滤液中含有偏铝酸盐，则原料B是强碱，因此滤液中含有铝盐