2023届青海省西宁市第二十一中学化学高一第一学期期中达标测试试题含解析.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（每题只有一个选项符合题意）1、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2mol/LK2SO4溶液的说法正确的是A1000mL水中所含K+、SO42-总数为0.3NAB500mL溶液中含有0.3NA个K+C1L溶液中K+的浓度为0.4mol/LD1L溶液中SO42-的浓度是0.4mol/L2、下列说法不正确的是A向Na2CO

2、3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）B向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)CH2O2、CuS、FeCl2均不能通过单质直接化合得到D将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a=b3、下列说法中不正确的是ANa2CO3和NaHCO3均能 与NaOH反应 BNa2CO3比NaHCO3稳定CNa2CO3俗称纯碱，苏打 DNaHCO3俗称小苏打4、某同学欲配制含有大量下

3、列各离子的溶液，其中能实现的是( )AK+、H+、SO42-、OH-BNa+、Ca2+、CO32-、NO3-CNa+、H+、Cl-、CO32-DNa+、Cu2+、Cl-、SO42-5、配制250 mL 0.10 molL1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏高的是()A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B在容量瓶中定容时仰视刻度线C在容量瓶中定容时俯视刻度线D定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线6、某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是 ( )A图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部反应B图中：生成蓝色的烟C图中：用日光照射量筒，量

4、筒中会产生大量白雾，液面会迅速上升D图中：a中有色布条褪色，b中不褪色7、垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾的归类不合理的是ABCD垃圾废玻璃铅蓄电池杀虫剂果皮归类可回收物其他垃圾有害垃圾厨余垃圾AABBCCDD8、检验某一溶液中是否含有氯离子，可选用的试剂是（ ）A硝酸银溶液B稀盐酸酸化的硝酸银溶液C稀硝酸酸化的硝酸银溶液D稀硫酸酸化的硝酸银溶液9、下列关于物质的量的说法中正确的是（ ）A是表示物质多少的单位B是表示物质数量的单位C是以克为单位的质量单位D是国际单位制中七个基本物理量之一10、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A1molCH4中含有的电子数为8NAB2L0.3mo

5、lL-1的硫酸钾溶液中钾离子的物质的量为0.6NAC常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NAD标准状况下，22.4LH2O所含的分子数为NA11、列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是可用于氯气的收集 若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 可证明氯气具有漂白性 可用于实验室中氯气的尾气吸收ABCD12、同种元素的原子和离子，一定具有相同的( )A电子层数B中子数C电子数D质子数13、把0.05molBa(OH)2固体加入到下列100mL液体中，溶液的导电能力明显变小的是A水 B1mol/LMgCl2溶液 C1mol/L醋酸 D0.05mol/LCuSO414、在一定条件下，分

6、别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气(注：2H2O22H2OO2)，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为( )A111B221C231D43215、下列叙述中，正确的是A1 molH2O2中含有1 mol H2和1 mol O2BCaCO3的摩尔质量是100 gC等质量的CO与N2中所含原子数之比为1:1D1L 1 molL-1MgCl2溶液中Cl- 的物质的量为1 mol16、根据下列反应：(1)2Fe3+2I-=2Fe2+I2；(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）ABr-I-Fe2+BI-Fe

7、2+Br-CFe2+I-Br-DBr-Fe2+I-二、非选择题（本题包括5小题）17、现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成根据表中实验现象回答下列问题：（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为_、_、_、_；（2）请分别写出上述实验和的离子方程式：_；_。18、已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3-六种离子，向试管A的溶液中滴入酚

8、酞试液呈粉红色。请回答下列问题：(1)试管A的溶液中所含的上述离子有_。(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为_(填“A”或“B”)。(3)若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是_(填化学式)。(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式为_、_。(不考虑氢氧化银的存在)(5)若向由试管A溶液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为_。19、（1）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的有关数据，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度

9、为_mol/L。某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.3 mol/L稀盐酸：（2）该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。（3）配制过程中，除需要使用烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要使用的仪器是（填写名称）_、_。（4）配制时，其正确的操作顺序是（要求用字母表示，每个字母只能用一次）_；A用30mL蒸馏水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量蒸馏水（约30mL）的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度线

10、相切F继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻线12cm处（5）在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的是_A摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至与刻度线相切 B溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容C定容时仰视刻度线D在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶20、纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。I. 用纯净的碳酸钠固体配制500mL 0.40mol/L Na2CO3溶液。(1)称取Na2CO3固体的质量是_g。(2)配制溶液时，进行如下操作，按照操作顺序，第4步是_(填字母)。a. 定容 b. 计算 c. 溶解 d. 摇匀 e.

11、转移 f. 洗涤 g. 称量(3)下列说法中，正确的是_(填字母)。a. 定容时，仰视刻度线，会导致配制的溶液浓度偏小 b. 定容时，如果加水超过刻度线，要用滴管吸出c. 转移时，溶液倒出容量瓶外，要重新配制溶液d. 摇匀后，液面低于刻度线，要再加水至刻度线II. 某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如下：(1)工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中SO42、Ca2+离子，依次加入的试剂及其用量是 _、 _、 (过滤)、 _。(2)已知：几种盐的溶解度NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度(20C，100gH2O时)36.021.79.637.2写出装置I中反应的化学方

12、程式_。写出装置II中发生反应的化学方程式_。(3)该流程中可循环利用的物质是_。(4)制出的纯碱中只含有杂质NaCl。检验用该纯碱配制的溶液中含有Cl的方法是_。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是_(填字母)。a. 向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b gb. 向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b gc. 向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g21、（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 +

13、 H2O3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2OCu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是_（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2+ 2H2O_（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_L。（5）配平下面两个反应 _H

14、2O + _Cl2 +_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMnO4 + _HCl=_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O（系数是1的也请填上），_根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A项，物质的量浓度溶液中体积指溶液的体积，不是溶剂的体积，无法计算1000mLH2O中所含K+、SO42-物质的量，A项错误；B项，500mL溶液中n（K2SO4）=0.2mol/L0.5L=0.1mol，含有0.2mo

15、lK+，含有0.2NA个K+，B项错误；C项，根据K2SO4的组成，1L溶液中c（K+）=0.4mol/L，C项正确；D项，根据K2SO4的组成，1L溶液中c（SO42-）=0.2mol/L，D项错误；答案选C。【点睛】解答本题需注意：（1）物质的量浓度中的体积指溶液的体积，不是溶剂的体积；（2）由于溶液具有均一性，从已知物质的量浓度的溶液中取出任意体积，其物质的量浓度不变。2、D【解析】A. 向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以在此过程中，溶液中HCO3的浓度变化是先

16、变大后变小，故A正确；B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，二者先反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，此时溶液中碳酸根离子浓度增加，再滴加Ba(OH)2溶液与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，所以CO32的浓度变化是先变大后变小，故B正确；C. H2与O2反应生成水、Cu与S反应生成Cu2S、Fe与Cl2反应生成FeCl3，三者均不能通过单质直接化合得到，故C正确；D. 设Na的物质的量为2mol、Na2O为1mol，则2Na 2H2O = 2NaOH H2 m2mol 2mol 44gNa2O H2O = 2NaOH m1mol 2mol 62g由方程式可知，生成溶质的物

17、质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量变化值不同，所以两溶液溶质质量分数不相等，即ab，故D错误，答案选D。3、A【解析】A、Na2CO3不能与氢氧化钠反应，NaHCO3能 与NaOH反应生成碳酸钠和水，选项A不正确；B、因2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠加热不分解，故Na2CO3比NaHCO3稳定，选项B正确；C、Na2CO3俗称纯碱，苏打，选项C正确；D、NaHCO3俗称小苏打，选项D正确。答案选A。4、D【解析】A因H+、OH能结合水成水，则不能共存，故A错误；B因Ca2+、CO32能结合生成碳酸钙沉淀，则不能共存，故B错误；C因H+、CO32能结合生成水

18、和气体，则不能共存，故C错误；D因该组离子之间不反应，则能够共存，故D正确；故选D。5、C【解析】A、未洗涤溶解NaOH的烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏低，故A不选；B、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故C选；D、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，再加水至刻度线会导致溶液浓度偏低，故D不选；故选C。【点睛】根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。本题的易错点为BC，要注意学会画

19、图：。6、C【解析】A.浓盐酸与MnO2共热发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，随着反应的进行HCl的量不断减少，而且反应生成水的量逐渐增多，使浓盐酸逐渐变稀，但稀盐酸是不能与MnO2反应的，所以既使MnO2过量，浓盐酸中HCl也不可能完全反应，A项错误；B.铜丝在Cl2中点燃能剧烈的燃烧：Cu+Cl2CuCl2，生成的无水CuCl2细小颗粒分散在空气中形成棕黄色的烟，B项错误； C.光照下H2与Cl2发生反应：H2+Cl22HCl，生成的HCl气体极易溶于水，在量筒内HCl溶解在水蒸气中形成大量白雾，随着HCl气体的溶解，量筒内气体体积快速减小，所以水槽里液面迅速

20、上升，C项正确；D.因Cl2不具有漂白性，故干燥的有色布条a不会褪色，而Cl2溶解在湿润的有色布条b中生成了HClO，HClO具有漂白性，故b中有色布条褪色，D项错误；答案选C。7、B【解析】A废玻璃可回收再利用，属于可回收利用的材料，属于可回收物，A正确；B废电池中含有重金属等有害物质，所以废电池属于有害垃圾，不是其他垃圾，B错误；C杀虫剂瓶中残留有杀虫剂药液等有害物，所以盛装杀虫剂的废瓶是有害垃圾，C正确；D果皮易腐烂，是生活垃圾，不能回收利用，属于厨余垃圾，D正确；故答案为：B。8、C【解析】能与硝酸银溶液反应生成的白色沉淀不一定是氯化银，如碳酸银也是白色沉淀，但碳酸银能溶于稀硝酸，所以

21、检验氯离子选用的试剂是硝酸酸化的硝酸银溶液，可以排除碳酸根离子的干扰；故选C。【点睛】检验氯离子时只能用稀硝酸酸化，如果用盐酸酸化则会引入氯离子；如果用硫酸酸化，溶液中如果存在钡离子也会产生不溶于酸的沉淀。9、D【解析】A物质的量是表示物质所含微粒集合体数目多少的物理量，A不正确；B物质的量是物理量，不是单位，B不正确；C物质的量不是质量单位，C不正确；D物质的量是物理量，是国际单位制中七个基本物理量之一，D正确；故选D。10、C【解析】A. 1个CH4分子中有10个电子，1molCH4中含有的电子数为10NA，故A错误；B. 2L0.3molL-1的硫酸钾溶液中钾离子的物质的量为2L0.3m

22、olL-12=1.2mol，故B错误；C. O2和O3中只含氧原子，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA，故C正确；D. 标准状况下H2O是液体，22.4LH2O的物质的量不是1mol，故D错误；选C。11、D【解析】这个装置是向上排空气收集气体的方法，氯气的密度比空气大，该装置可用于氯气的收集，装置能达到实验目的；若气球干瘪，说明平底烧瓶中气体压强比瓶外压强大。而Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应气体体积减小，气压减小，所以Cl2与NaOH反应气球会膨胀，装置不能达到实验目的；潮湿布条中的水与干燥的Cl2反应生成HClO，HClO能漂白有色布条，所以该实验无法证明氯

23、气具有漂白性，装置不能达到实验目的；Cl2与NaOH反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应不再产生有毒气体，所以NaOH溶液可用于实验室中氯气的尾气吸收，装置能达到实验目的；答案选D。【点睛】事实上，Cl2没有漂白性，HClO才有漂白性。12、D【解析】根据元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，不同种元素之间的本质区别是质子数不同，同种元素一定具有相同的核电荷数即质子数，同位素不同核素之间中子数不同，进行解答。【详解】A因原子变为离子时要得到或失去电子，有的电子层数发生了变化，不一定相同，A错误；B同种元素的原子和离子，质子数一定相同，但中子数不一定相

24、同，B错误；C同种元素的原子和离子电子数一定不同，金属元素会失去电子，非金属元素会得到电子，C错误；D同种元素的原子和离子质子数一定相同，D正确；答案选D。13、D【解析】电解质放入水中产生自由移动的离子，自由移动的离子浓度增大，使溶液的导电能力增强。如果溶液的导电能力变化小说明离子的浓度变化较小。【详解】A项、水中离子浓度较小，加入少量的氢氧化钡固体后，离子浓度增大导电能力增强，故A错误；B项、向MgCl2溶液中加入0.05molBa（OH）2固体，MgCl2和氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀、氯化钡和水，电解质MgCl2转变为氯化钡，都是强电解质，溶液离子浓度变化不大，只是离子的转化，所以溶液

25、导电能力变化不大，故B错误；C项、醋酸是弱酸，电离产生的离子浓度较小，加入Ba(OH)2固体，Ba(OH)2与醋酸反应得到强电解质，离子浓度增大，使溶液的导电能力显著增强，故C错误；D项、向硫酸溶液中加入0.05molBa（OH）2固体，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，电解质硫酸转变为水，溶液导电能力减弱，故D正确。故选D。【点睛】本题考查的是影响导电能力大小的因素，导电能力与离子的浓度有关，与电解质的强弱无关，挖掘隐含条件是解决本题的关键。14、B【解析】分别以高锰酸钾（O由-2价变为0价）、氯酸钾（O由-2价变为0价）、过氧化氢(H2O2)（O由-1价变为0价）为原料制取1mol氧气，转

26、移的电子数分别为4mol、4mol、2mol，4mol：4mol：2mol=221，故选B。15、C【解析】A一个过氧化氢分子含有两个氢原子和两个氧原子，即1 molH2O2中含有2 mol H和2 mol O，A错误；B摩尔质量的单位是g/mol，B错误；CCO和N2的相对分子质量均为28，由，等质量的CO和N2即物质的量也相等，CO和N2中所含原子数之比为2:2=1:1，C正确；D1L 1 molL-1MgCl2溶液中，Cl- 的物质的量为，D错误；故选C。16、B【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。【详解】(1)反应2Fe3+2I-=2Fe2

27、+I2中，碘元素化合价从-1升到0，失去电子，发生氧化反应，I-为还原剂；Fe化合价降低，得到电子，发生还原反应，得到还原产物Fe2+，则还原性I-Fe2+。(2)反应Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+中，Fe化合价升高，发生氧化反应，亚铁离子是还原剂；Br化合价降低，发生还原反应，得到还原产物Br-，则还原性Fe2+Br-。综上所述，还原性I-Fe2+Br-。答案为B。【点睛】利用化合价变化判断还原剂，并根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来进行比较。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3 【解析】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A

28、和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。【详解】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根

29、据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O，B为HCl， C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgC1，故答案为: CO32-+2H+=CO2+H2O； Ag+Cl-=AgC1。18、OH-、K+、Cl- B Mg Mg2+2OH-= Mg(OH)2 Ag+Cl-=AgCl 2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3

30、+CO32-+2H2O 【解析】试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶液显碱性，一定含有OH-，则A一定没有与OH-发生反应的Ag+、Mg2+， Ag+、Mg2+在试管B中，由于Cl-与Ag+会反应产生AgCl沉淀，则试管B中一定没有Cl-，Cl-在试管A中，根据电荷守恒可知A试管中含有K+；试管B中应含有NO3-，结合对应离子的性质解答该题。【详解】(1)根据上述分析可知试管A中含有OH-、K+、Cl-，试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-。(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，发生反应为Ag+Cl-=AgCl，则该试管中含有Ag+，为试管B；(3)试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3

31、-，若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，应该发生置换反应，且不能引入其它杂质离子，则加入的药品是Mg，发生的反应为Mg+2Ag+=Mg2+2Ag；(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则Mg2+和OH-恰好完全反应生成Mg(OH)2沉淀，Ag+与Cl-恰好完全反应产生AgCl沉淀，剩余K+和NO3-存在于溶液中，溶质为KNO3，则混合过程中发生反应的离子方程式为：Mg2+2OH-= Mg(OH)2、Ag+Cl-=AgCl；(5)试管A中金属阳离子为K+，其碳酸氢盐是KHCO3，向KHCO3溶液中滴入少量Ba

32、(OH)2溶液，发生反应产生K2CO3、BaCO3和H2O，反应的离子方程式为2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O。【点睛】本题考查了离子共存及离子方程式的书写，注意掌握离子反应发生的条件及离子方程式的书写方法，侧重考查学生的分析能力，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。19、12mol/L 12.5mL 胶头滴管 500ml 容量瓶 BCAFEDBD 【解析】（1）.根据c=计算；（2）.根据稀释定律c1V1=c2V2计算；（3）.根据实验所用的仪器分析；（4）.实验的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤并移液、定容、摇匀；（5）.根据公式c=判断实验误差。【详解

33、】（1）.c(HCl)=12mol/L，故答案为：12mol/L；（2）. 设配制500mL物质的量浓度为0.3mol/L的稀盐酸需要12mol/L的浓盐酸的体积是V L，则有0.5L0.3mol/L=V L12mol/L，解得V=12.5mL，故答案为12.5；（3）.用12mol/L的浓盐酸配制500mL、0.3mol/L的稀盐酸时，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，故答案为：胶头滴管；500mL容量瓶；（4）.配制时，正确的操作顺序为计算、量取、稀释、移液、洗涤并移液、定容、摇匀，故答案为BCAFED；（5）. A摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至

34、与刻度线相切，溶液体积偏大，造成所配制的溶液浓度偏低，故A不选；B. 溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，液体热胀冷缩，溶液体积偏小，造成所配制的溶液浓度偏高，故B选；C. 定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，造成所配制的溶液浓度偏低，故C不选；D. 在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶，溶质的物质的量偏大，造成所配制的溶液浓度偏高，故D选，答案选：BD。【点睛】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制，掌握实验步骤是解题的关键，试题难度不大，易错点为第（5）小题A项，注意定容摇匀后静置，液面低于刻度线为正常情况，继续加水会使溶液体积偏大、配制的溶液浓度偏低。20、21.2 e ac 足量Ba

35、Cl2溶液 足量Na2CO3溶液 适量稀盐酸 NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl 2NaHCO3 Na2CO3+H2 O+CO2 CO2 取少量纯碱样品，加入足量的稀硝酸，在加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有氯离子。 ac 【解析】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制以及侯氏制碱法相关实验。I.（1）根据m=nM以及n=cV计算；（2）配制溶液的操作顺序为计算、称量、溶解并冷却、转液、洗涤并转液、定容、摇匀；（3）根据并结合操作对n和V的影响进行误差分析；II.（1）除去饱和食盐水的中SO42-、Ca2+离子可依次加入过量BaCl2溶液和过量Na2CO3溶

36、液，过滤后，向滤液中再加入适量稀盐酸；（2）装置I中反应为侯氏制碱法制备NaHCO3的反应；装置II中发生NaHCO3在加热条件下分解的反应；（3）根据图示信息分析可循环利用的物质；（4）检验Cl-常用试剂为硝酸酸化的硝酸银溶液，根据离子反应设计实验并根据相关现象推断是否含有Cl-；根据实验是否能测定出纯碱中NaHCO3或Na2CO3的量进行分析。【详解】I.用纯净的碳酸钠固体配制500mL 0.40mol/L Na2CO3溶液。（1）称取Na2CO3固体的质量；（2）配制溶液的操作顺序为计算、称量、溶解并冷却、转液、洗涤并转液、定容、摇匀，故第4步是e；（3）a.定容时，仰视刻度线，导致溶液

37、体积偏大，根据可知，溶液浓度将偏小，正确；b.定容时，如果加水超过刻度线，需重新配制，错误；c.转移时，溶液倒出容量瓶外，会导致溶质的量减少，需重新配制，正确；d.摇匀后，部分溶液附着于刻度线以上器壁和瓶塞，导致液面低于刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液浓度偏小，错误；II.侯德榜制碱法制取纯碱的相关方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3 Na2CO3+H2 O+CO2。（1）除去饱和食盐水的中SO42-、Ca2+离子可依次加入过量BaCl2溶液和过量Na2CO3溶液，再过滤除去BaSO4、CaCO3、BaCO3，因加入Na2CO3溶液过量，需除

38、去，可向滤液中加入适量稀盐酸将Na2CO3反应生成NaCl；（2）装置I中反应为制备NaHCO3的反应，其化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；装置II中发生NaHCO3在加热条件下分解的反应，其化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2 O+CO2；（3）由图可知，该流程中可循环利用的物质是CO2；（4）检验NaHCO3溶液中的Cl-选用硝酸酸化的AgNO3溶液，其操作为：取少量纯碱样品，加入足量的稀硝酸，在加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有氯离子；a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀

39、，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g，可计算出纯碱的纯度=，正确；b.向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，Na2CO3和NaHCO3与过量的稀盐酸反应均能产生CO2气体，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g，无法确定NaHCO3或Na2CO3的量，故无法计算纯碱纯度，错误；c.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，Na2CO3与AgNO3反应生成Ag2CO3沉淀，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g，可计算出纯碱的纯度=，正确。【点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3；生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出；

40、制备过程中，需先通入NH3，后通过CO2，因NH3在水中溶解度较大，形成的氨水溶液浓度较大，可反应更多的CO2，能有效提高生产效率；食盐水需选择饱和食盐水，保证生成的NaHCO3能够尽可能多地析出。21、 1:5 22.4 2 1 1 1 2 2 16 2 2 5 8 2KMnO4+5 SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4 【解析】（1）H2 + CuO Cu + H2O ；3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O；NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；CaCO3 + 2HCl

41、=CaCl2 + CO2 + H2O；Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：。（2）MnO2MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：；综上所述，本题答案是：。（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI2.5mol I

42、2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。（4）反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu -2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是122.4=22.4 L；综上所述，本题答案是：22.4。（5）根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl22HCl，氯元素化合价降低2价；SO2 H2SO4

43、，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O +Cl2 +SO2 =H2SO4 + 2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HClCl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4 + 16HCl=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O；KMnO4在反应中做氧化剂，被还原为MnSO4，SO2在反应中作还原剂，被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4MnSO4，锰元素化合价降低5价；SO2SO42-，硫元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，SO2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2KMnO4+