2022-2023学年安徽省毛坦厂中学高一化学第一学期期中经典试题含解析.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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、同温同压下，有质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列有关说法错误的是（ ）A气体的体积由大到小的顺序是H2CH4O2CO2SO2B所含分子数由多到少的顺序是H2CH4O2CO2SO2C密度由大到小的顺序是SO2CO2O2CH4H2D所含电子数由

2、多到少的顺序是CO2SO2CH4O2H22、下列溶液中的Cl浓度与50mL1mol L1 MgCl2溶液中的Cl浓度相等的是A50mL1molL1 NaCl溶液 B75mL15mol L1 CaCl2溶液C100mL2molL1 KCl溶液 D150mL3molL1 AlCl3溶液3、下列变化中，属于化学变化的是 （ ）A轮胎爆炸B玻璃破碎C冰棒融化D菜刀生锈4、用0.1mol/l的Na2SO3溶液40mL，恰好将0.002mol的X2O42-还原，Na2SO3被氧化成Na2SO4 则元素X在还原产物中的化合价是（ ）A+1B+2C+3D+45、下列化学方程式改写成离子方程式正确的是（）A2N

3、aOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2OBCaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O；CO32-+2H+ = CO2+H2OCAl2(SO4)3+6NH3H2O=2Al(OH)3+3(NH4)2SO4； Al3+3OH-=Al(OH)3DBa(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O；2H+2OH- =2H2O6、在同温同压下，8.25g气体X所占体积与6gO2的体积相同，则X的相对分子质量是A22B28C44D887、氢氧化铁胶体中逐滴滴入下列某种溶液，出现现象是先沉淀，后沉淀溶解。这种溶液是A饱和的氯化钠溶液 B饱和硫酸镁溶液 C盐

4、酸溶液 D饱和硫酸钠溶液8、下列实验事故的处理方式不恰当的是A实验时手不慎被玻璃划伤，先取出伤口中的碎玻璃片再用双氧水清洗，然后敷药包扎B酒精灯着火了用湿毛巾盖灭C将CO中毒者移至通风处抢救D不慎将NaOH溶液粘在皮肤上，先用大量水冲洗，再涂上盐酸9、两个体积相同的密闭容器一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体，在同温同压下，两个容器内的气体一定具有相同的 （ ）质量密度分子总数 原子总数 质子总数A B C D10、科学家已经发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同的条件下，等质量的H3和H2相同的是( )A原子数B分子数C体积D物质的量11、同温同压下，等质量的氧气和二氧化

5、碳相比较，下列叙述正确的是（ ）A物质的量之比为811B密度比为118C质子数之比为11D原子个数比1112、下列电离方程式，书写正确的是AKMnO4K+Mn7+4O2-BNaHCO3= Na+ H+ CO32-CFeCl3Fe3+Cl3DAl2(SO4)32Al3+3SO42-13、下列说法不正确的是( )A氯化氢的摩尔质量是36.5 g/ molB5 molCO2中所含的CO2分子数为3.011024C将 0.1molNaOH加入1L水中溶解，即配制得到0.1mol/L的NaOH溶液D49g H2SO4的物质的量是0.5 mol14、向四只盛有相同量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气

6、体，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图：（忽略CO2的溶解和HCl的挥发），则下列分析都正确的组合是对应图象溶液中的主要成分ANaOH、NaHCO3BNaHCO3、Na2CO3CNaOH、Na2CO3DNa2CO3AABBCCDD15、已知丙酮(C3H6O)通常是无色液体，可溶于水，密度小于1 gmL1，沸点约为56 。要将丙酮从水与丙酮的混合物中分离出来，最合理的方法选择是()A过滤 B蒸馏 C蒸发 D干燥16、下列说法正确的是( )A1mol中含有的氢原子子数约为B NaCl溶液中含的物质的量为0.5molC8g S在足量中完全燃烧转

7、移的电子数约为D标准状况下，22.4 L和的混合气体中所含原子数约为17、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（ ）A氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH+H+=H2OB澄清的石灰水与醋酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2+2H2OC铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+AgD碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO218、下列反应中，属于氧化还原反应的是（ ）A2H2O22H2O+O2BCuCl2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaClCFeO+2HCl=FeCl2+H2OD2Al（OH）3Al2O3+3H2O19、下列关于胶体的说法正确的是A胶体的分散质粒子能通过滤

8、纸，而其他分散系的分散质粒子不能通过滤纸B氢氧化铁胶体、硫酸铜溶液用激光笔照射，均能观察到一条光亮的通道C胶体区分于溶液的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1nm100nm之间D氢氧化铝和氢氧化铁胶体可用于净水是因为它们具有强氧化性20、判断下列物质中属于电解质的是（ ）A硝酸钾溶液B蔗糖C金属铜D氢氧化钡21、等质量的下列物质中，所含分子数最少的是( )ACl2BNH3CHClDH2SO422、将标准状况下aLNH3溶解于1L水中，得到氨水的物质的量浓度为bmol/L，则该氨水的密度为Ag/cm3Bg/cm3C g/cm3Dg/cm3二、非选择题(共84分)23、（14分）现有一包白色固体粉末

9、，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为确定其成分，进行如下实验：取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；向滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。据此回答下列问题：(1)原白色固体粉末中一定含有_，一定不含有_(填化学式)。 (2)实验中发生反应的离子方程式为_。 (3)为进一步确定白色粉末的组成，向过滤得到的无色滤液中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的_(填序号)。 ANa2SO4溶液 BBaCl2溶液 CNa2CO3溶液 DAgNO

10、3溶液24、（12分）有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种，现进行如下实验：(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液。(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，一定没有_，可能有_。25、（12分）实验室用氯化钠固体配制1.00 mol/L的NaCl溶液0.5 L，回答下列问题：(1)请写出该实验的实验步骤：_，_，_，_，_，_。(2)所需仪器为：容量瓶 (规格：_

11、)、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，请写出：_。(3)试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的原因。为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。26、（10分）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，试回答下列间题:（1）经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体_g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有_；（3）配制过程有以下操作：A 移液 B 称量、C 洗涤 D

12、定容 E 溶解 F 摇匀。其正确的操作顺序应是_（填字母）。27、（12分）实验室需要1.2molL-1NaOH溶液80mL，步骤如下：（1）选择仪器：有如图所示的仪器，配制溶液一定不需要的是_(填序号)；除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。（2）计算：根据计算结果得知，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为_g。（3）称量：调节天平平衡时，发现指针在分度盘的偏右位置，此时应向_（填“左”或“右”）调节螺母以使天平平衡。称量一个小烧杯的质量。下图表示称量小烧杯的过程：“”表示在托盘上放上砝码，“”表示从托盘上取下砝码（5g以下用游码）。砝码质量/g502020105称量(取用砝码

13、过程)标尺上游码的位置：由以上图示可知，小烧杯的质量为_g。（4）溶解，冷却。（5）移液、洗涤：洗涤23次的目的是_。（6）定容、摇匀。28、（14分）下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分（其它成分未列出）编号名称天然气白酒醋酸小苏打消石灰铜线成分CH4C2H5OHCH3COOHNaHCO3Ca(OH)2Cu (1)请你对表中的主要成分进行分类（填编号）是电解质的是_，是非电解质的是_。(2)写出在水中的电离方程式_。(3)写出下列反应的离子方程式：用治疗胃酸过多（主要成分为盐酸）_用澄清的溶液检验CO2气体 _29、（10分）要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下

14、列问题:（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO每组分类均有错误，其错误的物质分别是第一组_、第二组_(填化学式)。（2）一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表,按要求回答下列问题：物质MNQP反应前质量/g501312反应后质量/gx26330该变化的基本反应类型是_反应；物质Q在反应中可能起的作用是_。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_。（4）已知反应：2

15、KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目_。浓盐酸在该反应中表现的性质是_（填序号）。A只有还原性 B还原性和酸性 C只有氧化性 D氧化性和酸性上述反应转移1mol电子时，有_克HCl被氧化？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、D【解析】A项，根据n可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，同温同压下气体的体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的体积由大到小的顺序是H2CH4O2CO2SO2，正确；B项，根据n可知，质量相同时，摩尔质量越大，物

16、质的量越小，所含分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2所含分子数由多到少的顺序是H2CH4O2CO2SO2，正确；C项，根据阿伏伽德罗推论：同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的摩尔质量由小到大的顺序是H2CH4O2CO2SO2，故密度为H2CH4O2CO2SO2，正确；D项，分别取mg五种气体，则CO2、H2、O2、CH4、SO2所含电子的物质的量分别为22mol，2mol，16mol，10mol，32mol，所含的电子数由多到少的顺序是H2CH4CO2O2SO2，错误；故选D。2、C【解析】50mL1molL-1Mg

17、Cl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L， A.50mL1molL-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A错误； B.75mL 1.5molL-1 CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=3mol/L，故B错误； C.100mL2molL-1KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C正确； D.150mL3molL-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=3c（AlCl3）=9mol/L，故D错误。故选C。3、D【解析】A. 轮胎爆

18、炸，气体膨胀，为物理变化，A错误；B. 玻璃破碎，玻璃的成分未发生变化，为物理变化，B错误；C. 冰棒融化，水由固体变为液体，为物理变化，C错误；D. 菜刀生锈为铁与潮湿的空气发生反应，化学变化，D正确；答案为D。4、A【解析】本题主要考查氧化还原反应中转移电子守恒的应用。根据反应过程中得失电子守恒求解。【详解】根据氧化还原反应中得失电子守恒计算，该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价从+4升到+6价，失电子数=；X2O42-为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+3价，得失电子守恒得电子数=X元素摩尔数每摩尔得电子数，每摩尔得电子数=，由此可知X元素化合

19、价变化为2，即从+3价降到+1价。【点睛】需注意0.002mol的X2O42-中含有X原子为0.004mol。5、A【解析】A项，在反应方程式中钠离子不参与水、气体或者沉淀等的生成，因此将钠离子从反应中去掉，故A项正确；B项，该反应中由于碳酸钙是固体，不能将其拆分，故B项错误；C项，NH3H2O属于弱碱，应用分子式表示，不能将其拆分，故C项错误；D项，该反应中硫酸钡是沉淀，因此参与反应的硫酸根、钡离子等都不能消去，故D项错误；综上所述，本题选A。【点睛】在书写离子方程式时，能够拆成离子的物质有：强酸、强碱、可溶性的盐，而单质、气体、弱酸、弱碱、水、氧化物等均写成化学式形式。6、C【解析】根据阿

20、伏加德罗定律解答。【详解】对于任何气体，同温、同压、同体积，必同物质的量。则，解得M(X)44g/mol，X的相对分子质量为44。本题选C。7、C【解析】胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，氢氧化铁胶体逐滴加入溶液，先产生沉淀后沉淀溶解，说明先胶体聚沉，后能溶解沉淀，据此分析解答。【详解】A饱和的氯化钠溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，选项A错误； B饱和硫酸镁溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，选项B错误；C盐酸是电解质溶液，能引起胶体聚沉，继续加入盐酸会发生酸碱中和反应3HCl+Fe（OH）3FeCl3+3H2O，氢氧化铁沉淀溶解，

21、选项C正确；D饱和硫酸钠溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查胶体的性质应用，熟悉胶体的性质、电解质的性质是解答本题的关键，题目难度不大。8、D【解析】A双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可先用双氧水清洗，然后敷药包扎，故A正确；B用湿毛巾可隔绝空气，且湿毛巾不易燃烧，可用于酒精的灭火，故B正确；CCO中毒时缺少氧气，将CO中毒者移至通风处抢救，补充氧气，故C正确；D不能用盐酸，因腐蚀性较强，应用酸性较弱的硼酸，故D错误。答案选D。9、A【解析】氢气与氯气的物质的量之比为1：1时，氢气、氯气的总质量与HCl的质量相等，但氢气、氯气的物

22、质的量之比不一定为1：1，故氢气、氯气的总质量与HCl的质量不一定相等，故错误；由中分析可知，氢气与氯气的物质的量之比为1：1时，两容器内气体的密度相等，但氢气、氯气的物质的量之比不一定为1：1，故两容器内气体的密度不一定相等，故错误；氢气、氯气的总体积与HCl体积相等，则氢气、氯气总物质的量与HCl物质的量相等，分子总数一定相等，故正确；氢气、氯气的总体积与HCl体积相等，则氢气、氯气总物质的量与HCl物质的量相等，都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故正确；H原子中含有1个质子，Cl原子中含有17个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等，故

23、错误；答案选A.10、A【解析】设这两种物质都为1g，则n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、mol H3有1mol H原子，mol H2有1mol H，故二者的原子相同，A正确；B、mol H3和mol H2的分子数不同，B错误；C、同温同压下，气体的气体与物质的量成正比，所以mol H3和mol H2的体积不同，C错误；D、mol H3和mol H2的物质的量不同，D错误；故选A。11、C【解析】A.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，即n(O2):n(CO2)=44:32=11:8，故A错误；B.同温同压下，密度比等于摩尔质量之比3244811，故B错

24、误；C.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，质子数之比=11，故C正确；D.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，原子个数比1112，故D错误；故答案：C。12、D【解析】KMnO4的电离方程式是KMnO4=K+MnO4-，故A错误；NaHCO3的电离方程式是NaHCO3 = Na+ + HCO3-，故B错误；FeCl3的电离方程式是FeCl3=Fe3+3Cl-，故C错误；Al2(SO4)3的电离方程式是Al2(SO4)3=2Al3+3SO42-，故D正确。点睛：强酸是酸式盐电离出金属阳离子、氢离子、酸根离子；弱酸的酸式盐电离出金属阳离子、酸式根离子，如：NaHCO3的电离方程式是NaHCO3

25、= Na+ + HCO3-；NaHSO4的电离方程式是NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-。13、C【解析】A. 氯化氢的相对分子质量是36.5，则其摩尔质量是36.5 g/mol，A正确；B. 5 molCO2中所含的CO2分子数为5mol6.021023/mol3.011024，B正确；C. 将0.1molNaOH加入1L水中溶解，所得溶液不是1L，因此不能配制得到0.1mol/L的NaOH溶液，C错误；D. 49g H2SO4的物质的量是49g98g/mol0.5 mol，D正确。答案选C。【点睛】选项C是解答的易错点，注意在物质的量浓度的计算式cn/V中的“V”是指溶液的

26、体积而不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和。14、B【解析】A若氢氧化钠过量，溶液中不会存在碳酸氢钠，所以溶液的主要成分不可能为：NaOH、NaHCO3，A错误；B溶液溶质为NaHCO3、Na2CO3，说明二氧化碳部分过量；加入氯化氢后，先发生反应Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3，碳酸钠反应完全后开始生成二氧化碳气体，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，图象中数据合理，B正确；C反应后生成物为NaOH、Na2CO3，说明二氧化碳不足，加入的氯化氢先与氢氧化钠反应，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，之后开始生成二氧化碳；根据反应Na2CO3+2HCl=Na

27、Cl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，生成二氧化碳气体之前消耗的氯化氢的物质的量应该大于碳酸氢钠消耗的氯化氢，图象恰好相反，C错误；D由反应方程式Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，开始生成二氧化碳消耗的氯化氢的物质的量应该与碳酸钠消耗的氯化氢的物质的量相等，图示中不相等，D错误；答案选B。15、B【解析】丙酮易溶于水，但是其沸点和水的沸点相差较大，所以可用蒸馏操作将丙酮从水与丙酮的混合物中分离出来，B正确；综上所述，本题选B。16、D【解析】A由的分子式可知，1mol中含有的氢原子数约为，故A错

28、误；B未说明溶液体积，故无法计算含的物质的量，故B错误；CS在足量中完全燃烧生成SO2，1molS失去4mol电子，8g S的物质的量为0.25mol，故失电子的数目约为，故C错误；D标准状况下，22.4LSO2和CO2的混合气体物质的量为1mol，含有3mol原子，个数为：1.8061024，故D正确。答案选D。17、D【解析】A氢氧化钡溶液与硫酸的反应还产生了BaSO4沉淀，故离子方程式为：+Ba2+2OH+2H+=2H2O+BaSO4，A错误；B澄清的石灰水是强电解质，与醋酸是弱电解质，故离子方程式为：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，B错误；C铜片插入硝酸银溶液中：Cu+

29、Ag+=Cu2+Ag该离子方程式电荷不守恒，故正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，C错误；D碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，D正确；故答案为：D。18、A【解析】AO元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故A符合题意；B没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；C没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选A。19、C【解析】试题分析：A溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子能通过滤纸，故A错误；B氢氧化铁胶体有丁达尔现象，硫酸铜溶液没有丁达尔现

30、象，故B错误；C胶体的分散质粒子直径在1nm100nm之间是胶体区分于溶液的本质特征，故C正确；D氢氧化铝和氢氧化铁胶体吸附性，都可用于净水，与是否有强氧化性无关，故D错误；答案为C。考点：考查胶体的性质特征20、D【解析】A.硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，既不是电解质、也不是非电解质；B.蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，蔗糖属于非电解质；C.铜是单质，不是化合物，既不是电解质、也不是非电解质；D.氢氧化钡是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质；故答案选D。21、D【解析】根据n=比较。【详解】根据n=可知，等质量时，物质的相对分子质量越大，分子数越小，题中H2SO4

31、的相对分子质量最大，为98，则H2SO4的分子数最少，故选D。【点睛】本题综合考查物质的量的计算，侧重于学生计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，找出物理量之间的关系，可省去计算的繁琐。22、A【解析】氨气的质量是，溶液的质量是1000g+，则溶质的质量分数是。根据可知密度是g/mL，答案选A。二、非选择题(共84分)23、CaCO3、NaCl CuSO4 CaCO3+2H= Ca2+CO2+H2O D 【解析】硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐

32、酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。【详解】(1)根据分析可知原白色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；(2)实验中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H= Ca2+CO2+H2O；(3)原白色粉末中无法确定的是BaCl2和Na2SO4A加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；B加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；C加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na

33、2SO4，故C不符合题意；D氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；综上所述答案为D。24、Na2SO4、MgCl2 CuSO4、Na2CO3 KNO3、NaNO3 【解析】根据硫酸铜溶液显蓝色，硫酸钡是白色不溶于硝酸的沉淀，Mg(OH)2是白色不溶性物质分析。【详解】(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，说明固体中一定不含有CuSO4；(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，则该沉淀是BaSO4，一定含有Na2SO4，一定不含Na2CO3，因为碳酸钡可以溶于硝酸中，反应会放

34、出CO2气体，向另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。说明含有Mg2+，产生的白色沉淀是Mg(OH)2，原固体中含有MgCl2。由于题目涉及实验中没有进行有关K+、Na+及NO3-的检验及各种微粒物质的量的计算，因此不能确定是否含有KNO3、NaNO3。根据上述分析可知：溶液中一定含有Na2SO4、MgCl2，一定没有CuSO4、Na2CO3，可能含有KNO3、NaNO3。【点睛】本题考查了混合物组成的推断，完成此题，可以结合题干提供的实验现象，结合各种离子的检验方法，根据离子在物质的存在确定物质的存在。25、计算 称量 溶解 移液 洗涤 定容 500 mL 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 偏

35、大 受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小 偏小 溶液体积增大，溶质量不变 【解析】配制溶液时，需保证溶质质量的准确性和溶液体积的准确性，即称量的溶质溶解后，需将烧杯内的溶质全部转移入容量瓶，定容时，溶液的体积与所选择的容量瓶的规格相同。【详解】(1)配制溶液时，依据所配溶液的浓度和体积进行计算，确定溶质的质量，然后称量、溶解，将溶质全部转移入容量瓶，并保证溶液体积的准确。该实验的实验步骤：计算，称量，溶解，移液，洗涤，定容。答案为：计算；称量；溶解；移液；洗涤；定容；(2)因为配制0.5L溶液，所以选择容量瓶 (规格：500 mL)、托盘天平、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴

36、管。答案为：500 mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；(3)为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积会减小。对所配溶液浓度的影响：偏大，原因是：受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小。答案为：偏大；受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小；定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，导致溶液体积大于容量瓶的规格。对所配溶液浓度的影响：偏小，原因是：溶液体积增大，溶质量不变。答案为：偏小；溶液体积增大，溶质量不变。【点睛】分析误差时，可使用物质的量浓度的运算公式进行分析。26、2.9 烧杯、玻璃棒、100

37、mL容量瓶、胶头滴管 BEACDF 【解析】（1）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，需要氯化钠的质量是0.1L0.5mol/L58.5g/mol2.925g，因此应该用托盘天平称取NaCl固体质量为2.9g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；（3）配制过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以其正确的操作顺序应是BEACDF。27、AC 烧杯、玻璃棒 4.8 左 32.4 保证溶质全部转移至容量瓶中 【解析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据操作步骤判断需要使

38、用的仪器；（2）实验需用100mL容量瓶(没有80mL），根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量；（3）天平平衡的标志是：指针指在分度盘的中央或左右摆动幅度相等，指针左偏右调螺母，右偏左调螺母；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度；（5）洗涤23次可以把溶质完全移入容量瓶；【详解】（1）一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容

39、量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，不需仪器有烧瓶、分液漏斗，故选AC；除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；（2）实验需用100mL容量瓶，根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量，m=cVM=1.2molL-10.1L40g/mol=4.8g；（3）在调节横梁平衡时，指针左偏右调，右偏左调；本题中指针指向分度盘的偏右位置，所以应该将平衡螺母向左移；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度=20+10+2.4=32.4g；（5）洗涤23次，把洗涤液移入容量瓶中，目的是保证溶质全部转移至容量瓶中。28、 NaHCO3 =Na + + HCO3 HCO3 + H+ = H2O + CO2 Ca2+

40、 2OH + CO2 = CaCO3 +H2O 【解析】(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非金属氧化物、大多数有机物是非电解质。(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子；(3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水。【详解】CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2在水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电；CH4、C2H5OH在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子；Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质；所以是电解质的是CH3COOH、Na

41、HCO3、Ca(OH)2，选，是非电解质的是CH4、C2H5OH，选；(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3 =Na + + HCO3； (3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是HCO3 + H+ = H2O + CO2；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是Ca2+ 2OH + CO2 = CaCO3 +H2O。29、Na2CO3 CO 分解 催化作用 2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O B 36.5 【解析】(1)利用酸碱盐及氧化物的概念判断；(2)根据质量守恒，x+26+3+30=50+1+

42、3+12，x=7，根据表中数据，Q的质量未变，为催化剂或未参与反应；N、P的质量增大，为生成物，则M的质量必然减少；(3)溶液至中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子过量，钡离子反应完全；(4)利用化合价升降判断得失电子数目及进行计算。【详解】(1)第一组中碳酸钠属于盐，不属于碱；第二组中CO不属于酸性氧化物；(2)根据分析，M为反应物，N、P为生成物，反应类型为分解反应；物质Q若参与反应则为催化剂，起催化作用；(3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子过量，钡离子反应完全，离子方程式为2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O；(4)反应时，Cl的化合价升高，失2e-5，Mn的化合价降低得5e-2，双线桥法表示为；浓盐酸在反应时，Cl的化合价部分升高，部分未变，则既表现还原性，又表现酸性，答案为B。反应转移1mol电子时，则有1molHCl被氧化，则m(HCl)=1mol36.5g/mol=36.5g。