广东省肇庆中学2022-2023学年高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.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（每题只有一个选项符合题意）1、8g NaOH固体溶于水配成1000 mL溶液，取出其中的10 mL，该10 mL NaOH溶液的物质的量浓度为 （ ）A1 molL-1 B0.5 molL-1 C

2、0.25 molL-1 D0.2 molL-12、下列各组离子能在呈酸性的无色溶液中大量共存的是（ ）ABa2、Na、NO3、MnO4 BMg2、Cl、Al3、SO42CK、OH、HCO3、NO3 DCa2、Na、Fe3、SO323、下列有关化学用语表示正确的是A中子数为10的氧原子：B氯原子的结构示意图：C电离方程式：HClO=H+Cl+O2D水的摩尔质量为184、下列气体所含有原子数最多的是（）A7.5gC2H6 B14gN2 C7gCO D24gO25、下列离子方程式中，属于氧化还原反应的是()Fe+Cu2+Fe2+Cu Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2OCl2+H2

3、OH+Cl-+HClO CO32-+2H+CO2+H2O Ag+Cl-AgClA只有 B C D6、在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是（ ）A铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡B铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D右边球上出现红色，左边溶液的碱性增强7、14C 常用于测定年代，关于其说法正确的是（ ）A比 12C 多两个质子 B与 12C 化学性质相似C与 12C 互为同素异形体 D质子数与

4、中子数相等8、实验室要用63%的浓硝酸(密度1.38g/cm3)配制800mL0.8mol/L的稀硝酸，下列说法正确的是（ ）A浓硝酸见光受热易分解，应用带磨口玻璃塞的棕色细口瓶保存B量取浓硝酸应选用的量筒规格是10mLC量筒量取的浓硝酸倒入烧杯后应洗涤量筒并将洗涤液也倒入烧杯D配制时若有少量浓硝酸溅到手上，应立即用水进行冲洗再涂上Na2CO3溶液9、在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是( )A同质量不同密度的C2H4和CO B同温度同体积的C2H6和NO2C同温度同密度的CO2和N2 D同体积同压强的N2和C2H210、标准状况下，质量相等的下列物质中体积最大的是AN2BCl2CH2D

5、CO211、等质量的CH4和NH3相比较，下列结论正确的是（ ）A它们的分子个数比为1716B它们的原子个数比为1716C它们的氢原子个数比为1716D它们所含氢的质量比为171612、下列物质，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红又褪色的是（ ）氯气液氯新制氯水敞口放置的久置氯水盐酸用盐酸酸化的漂白粉溶液ABCD13、离子M2O7X-与S2-能在酸性溶液中发生如下反应：aM2O7X- +3S2- +cH+=2M3+ +eS+f H2O,则M2O7X-中M的化合价为 ( )A+4B+5C+6D+714、我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令

6、气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指（ ）A萃取B渗析C蒸馏D过滤15、锗（Ge）是第四周期第 A 元素，处于周期表中金属区与非金属区的交界线上，下列叙述正确的是A锗是一种金属性很强的元素 B锗的单质具有半导体的性能C锗化氢（GeH4）稳定性比CH4强 D锗酸（H4GeO4）是难溶于水的强酸16、O2F2可以发生反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )A氧气是氧化产物B O2F2既是氧化剂，又是还原剂C若生成2.24 L HF，则转移0.4 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4二、非选择题（本题包括5小题）17、某固体混合物中，可能

7、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_

8、；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：_.18、有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子：B元素-2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子：D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）写出A、B、C、D四种元素的符号：A_、B_、C_、D_。（2）写出与A的电子层结构相同的两种离子的离子符号_、_。（3）写出B离子的电子式_，D原子的结构示意图_。19、现需要480mL1.00molL-1 NaOH溶液，根据要求回答下列问题。(

9、1)欲配制上述溶液，则所用玻璃仪器中除过滤操作涉及到的外，还需玻璃仪器为_。(2)计算后，需称 NaOH的质量为_。(3)下列操作的正确顺序是_。上下颠倒摇匀 称量 洗涤 定容 溶解 移液 A B C D(4)下列操作对溶液浓度有何影响，填 “偏高”、“偏低”或“无影响”。溶液定容时溶液超出刻度线后，用滴管吸出超出的液体：_；容量瓶洗涤后未干燥_；定容时俯视容量瓶刻度线：_；若出现情况时，应如何处理_。20、实验室配制100mL 0.5mol/L的Na2CO3溶液，有如下操作步骤：将称量好的Na2CO3固体放入烧杯中，加入适量的蒸馏水溶解；把所得溶液小心转入100mL容量瓶中；继续向容量瓶中加

10、蒸馏水至液面距刻度线12cm处，小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中并轻轻摇匀；计算所需Na2CO3固体的质量并用托盘天平称取；塞紧容量瓶的塞子，充分摇匀回答下列问题：（1）本实验操作步骤的正确顺序是（填序号）_（2）本实验中除用到玻璃棒和烧杯外，还需要用到的玻璃仪器有_、_。（3）实验中用托盘天平实际称取Na2CO3固体的质量是 _（4）在实验中，若出现如下情况，对所配溶液的浓度有何影响？未进行操作，所配溶液的浓度会_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；定容时俯视液面，所配溶液的浓度会_（5）若实验过程中出现如下情况应如

11、何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线_，向容量瓶中转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外面_21、通过海水晒盐可以得到粗盐，粗盐除含 NaCl 外，还含有少量 MgCl2、CaCl2、Na2SO4、KCl 以及泥沙等物质。以下是甲、乙同学在实验室中粗盐提纯的操作流程。提供的试剂：Na2CO3 溶液、K2CO3溶液、NaOH 溶液、BaCl2 溶液、75%乙醇。（1）欲除去溶液 I 中的 MgCl2、CaCl2、Na2SO4，从提供的试剂中选出 a 所代表的试剂，按滴加顺序依次为_。A过量的 NaOH 溶液、Na2CO3 溶液、BaCl2 溶液B过量的 NaOH 溶液、K2CO3、BaCl2 溶液

12、C过量的 NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液D过量的 NaOH 溶液、BaCl2 溶液、K2CO3 溶液（2）如何检验所加 BaCl2 溶液已过量_。（3）在滤液中加盐酸的作用是_。盐酸_（填“是”或“否”）可以过量。（4）在洗涤的时候，可以使用的最佳洗涤剂是_。（5）乙同学欲使用提纯得到的精盐配制 100mL 1mol/L 的 NaCl 溶液，需要称量 NaCl_g，需使用的玻 璃仪器除了烧杯、玻璃棒和胶头滴管还有_。（6）甲同学观察乙同学的操作，认为他配制的溶液浓度偏低，乙同学可能做的错误操作有_。A定容时，仰视读数B洗涤容量瓶后没有进行干燥C未洗涤烧杯和玻璃棒 2 次3

13、 次D在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分E. 加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】8g NaOH固体为0.2mol,溶于水配成1L溶液，此时的浓度为0.2 mol?L-1，在此溶液中取出10ml溶液，浓度不变，仍为0.2 mol?L-1，故选D2、B【解析】酸性溶液中存在大量的H+，根据离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能大量共存，注意溶液呈无色透明，不能含有明显有颜色的MnO4-、铁离子等，以此来解答。【详解】酸性溶液中存在大量氢离子，无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子

14、的存在，AMnO4-为有色离子，不满足溶液无色的要求，选项A错误；BMg2+、Cl-、Al3+、SO42-之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项B正确；CH+、OH-、HCO3-之间相互反应，在溶液中不能大量共存，选项C错误；DFe3+、SO32-之间发生氧化还原反应，Fe3+为有色离子，SO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；并注意是在酸性溶液中共存及特定离子的颜色，题目难度不大。3、A【解析】A.O是8号元素，质子

15、数是8，中子数为10的氧原子，质量数是18，表示为：，A正确；B.Cl是17号元素，原子核外有17个电子，氯原子的结构示意图为：，B错误；C.HClO是一元弱酸，存在电离平衡，电离产生H+、ClO-，电离方程式为HClOH+ClO-，C错误；D.水的摩尔质量为18g/mol，D错误；故合理选项是A。4、A【解析】试题分析：A35gC2H6的物质的量为n=35g32g/mol=225mol，每个C2H6分子含有8个原子，因此其中含有原子的物质的量为225mol8=2mol；B34gN2的物质的量为n=34g28g/mol=25mol，氮气是双原子分子，含有原子的物质的量为3mol；C3gCO的物

16、质的量为n=3g28g/mol=225mol，是双原子分子，含有原子的物质的量为25mol；D24gO2的物质的量为n=24g32g/mol=235mol，氧气是双原子分子，含有原子的物质的量为35mol可见在上述物质中35gC2H6含有的原子最多故选项是A。考点：考查物质的量的有关计算的知识。5、D【解析】凡是有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，据此解答。【详解】反应Fe+Cu2+Fe2+Cu中铁和铜元素的化合价变化，属于氧化还原反应；反应Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O是复分解反应，不是氧化还原反应；反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO中氯元素的化合价升降，属于氧

17、化还原反应；反应CO32-+2H+CO2+H2O是复分解反应，不是氧化还原反应；反应Ag+Cl-AgCl是复分解反应，不是氧化还原反应；答案选D。【点睛】准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键，注意判断氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。6、B【解析】质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，然后左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，以

18、此来解答。【详解】A左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，不生成沉淀，故A错误；B左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故B正确；C由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，故C错误；D右边球上生成Cu，则出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH-)减小，碱性减弱，故D错误。答案选B。7、B【解析】A. 14C与 12C

19、属于同一种元素的核素， 质子数相同，故A错误；B. 14C与 12C 属于同种元素，化学性质相似，故B正确；C. 14C与 12C 是同种元素的不同核素，属于同位素，故C错误；D. 14C与 12C质子数相同，但中子数不同，故D错误；故选B。点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。8、A【解析】A浓硝酸见光或受热后易分解，具有强氧化性，应用带磨口玻璃塞的棕色细口瓶保存，故A正确；B浓硫酸物质的量浓度，由于无800mL容量瓶，故应选用1000mL容量瓶，配制出1000mL溶液，设需要的浓硝

20、酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀，13.8molL1VmL=1000mL0.80molL1，解得V=58.0mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硝酸的体积为58.0mL，故应选择100mL量筒，故B错误；C量筒量取的浓硝酸倒入烧杯后，如果洗涤量筒并将洗涤液也倒入烧杯，所配溶液浓度偏高，故C错误；D硝酸有强氧化性，应立刻用大量水冲洗，再涂上稀碳酸氢钠溶液，故D错误；故选A。9、A【解析】根据理想气体状态方程pV=nRT可以比较气体分子数目多少。【详解】A项，C2H4和CO的相对分子质量相等，同质量的两种物质，物质的量相同，分子数相同，故A项正确；B项，同温度、同体积、

21、不同压强的两种气体的分子数不相等，故B项错误；C项，CO2和N2的相对分子质量不相等，同温度、同密度，相同体积的两种气体的分子数不相等，故C项错误；D项，同体积、同压强,不同温度的两种气体的分子数不相同，故D项错误；综上所述，本题选A。【点睛】气体的体积受到温度和压强的影响，根据气态方程：pV=nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律，以上选项可以根据上述规律进行分析。10、C【解析】氮气的摩尔质量是28g/mol、氯气的摩尔质量是71g/mol、氢气的摩尔质量是2g/mol、二氧化碳的摩尔质量是44g/

22、mol，标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，根据可知，相同质量的不同气体，其体积与摩尔质量成反比，摩尔质量最小的气体其体积最大，所以气体体积最大的是氢气，本题选C。【点睛】质量相等的气体，摩尔质量越小，物质的量越大，相同条件下的体积也就越大。11、A【解析】令CH4和NH3的质量都为1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol。A分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为molmol=1716，故A正确；B每个CH4分子含有5个原子，1gCH4含有原子的物质的量为5mol，每个NH3分子含有4个原子，1gNH3含有的原子物质的量为4mol，所以等质量

23、的CH4和NH3含有原子数目之比为5mol4mol=8564，故B错误；C每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4mol3mol=1712，故C错误；D氢元素质量之比等于氢原子物质的量之比，由C可知等质量的CH4和NH3含有H氢元素质量之比为4mol3mol=1712，故D错误；故选A。12、D【解析】干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有HClO存在。【

24、详解】氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，错误； 液氯是氯气的液态形式是纯净物，不能使干燥的石蕊试纸褪色，错误；新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，正确；敞口放置的久置氯水实质为稀盐酸，只具有酸性，可以使干燥的蓝色石蕊试纸变红，但是不能使之褪色，错误；盐酸是酸，只具有酸性可以使干燥的蓝色石蕊试纸变红，但是不能使之褪色，错误；用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有反应产生HCl、HClO，故能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红又褪色，正确；所以正确的说法是，选项D正确。答案选D。13、C【解析】反应a M2O7x-+3S2-+cH+=2M3+eS+fH2O中，由M原子守恒可知a=1，由O

25、原子守恒可知，f=7，则由H原子守恒可知c=14，由电荷守恒可知-x+（-2）3+14=+6，解得x=2，则M2O7x-中M的化合价为2(2)7/2=+6，答案选C。14、C【解析】由题意知，“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，C正确。本题选C。15、B【解析】试题分析：A锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，反应中既不易得电子，也不易失去电子，故A错误；B锗处于金属区与非金属区的交界线上，既有金属性又有非金属性，常用于做半导体材料，故B正确；C锗处于

26、金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH4)稳定性较弱，故C错误；D锗和硅处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则硅的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性比硅酸弱，为弱酸，故D错误；故选B。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查位置结构性质的相互关系。处于金属区与非金属区的交界线上的元素常用于做半导体材料，锗和硅处于同一主族，根据同主族元素的金属性、非金属性的递变规律比较最高价含氧酸的酸性，类比硅酸判断溶解性等性质。注意掌握同主族元素的性质的递变性和相似性，明确元素周期表结构、元素周期律内容

27、为解答关键。16、D【解析】在反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。A在该反应中O元素由反应前O2F2中+1价降低到O2中的0价得到电子被还原，则氧气为还原产物，A错误；B在反应中，O元素化合价由O2F2中+1价变为O2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2F2是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是2价，反应后变为SF6中的+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2S是还原剂，B错误；C由于未指明标准状况下，因此无法计算转移的电子的物质的量，C错误；D

28、在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、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

29、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

30、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

31、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：

32、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；

33、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

34、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0.051=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.012+0.022=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。18、Na S H Cl Mg2+ Al3+（或F-、O2-、N3-都可） 【解析】A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子，A为Na，B元素-

35、2价阴离子的电子层结构与氩原子相同，B为S；C元素的原子核内无中子，C为H；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个，D为Cl；【详解】（1）根据分析，A、B、C、D四种元素的符号：A：Na、B：S、C：H、D：Cl。答案为：Na；S；H；Cl；（2）A为Na，A的离子为Na+，核外有10个电子，两个电子层，与其结构相同的离子有Mg2+、Al3+、F-、O2-、N3-，答案为：Mg2+；Al3+（或F-、O2-、N3-都可）；（3）B为S，S2-的电子式，D为Cl，原子的结构示意图。答案为：；。19、500mL容量瓶 20.0 g B 偏低 无影响 偏高 重新配制 【解析】(1)欲配制480

36、mL1.00molL-1 NaOH溶液，根据实验室配制溶液仪器的规格，应选用500mL容量瓶，过滤操作中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，配制该溶液还需要的玻璃仪器为500mL容量瓶；(2)根据(1)中分析，欲配制480mL1.00molL-1 NaOH溶液，应选用500mL容量瓶，则溶质氢氧化钠的物质的量=1.00molL-10.5L=0.5mol，则需称 NaOH的质量=0.5mol40g/mol=20.0g；(3)配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、洗涤、转移、定容、摇匀、装瓶，则正确的操作顺序为，答案选B；(4)溶液定容时溶液超出刻度线后，用滴管吸出超出的液体，吸出的液体中含有溶

37、质，导致所配溶液的浓度偏低；容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响；定容时俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；若出现情况时，应重新配制。20、 100mL容量瓶 胶头滴管 5.3g 偏低 偏高 实验失败，重新配制 实验失败，重新配制 【解析】(1)配制一定物质的量浓度溶液的顺序是：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，故答案为：；(2)配制顺序是：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中

38、，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；(3)Na2CO3的物质的量n=cV=0.1L0.5molL1=0.05mol，Na2CO3的质量为0.05mol106g/mol=5.3g，因天平的精确度为0.1g，所以托盘天平实际称取Na2CO3固体的质量为5.3g。故答案为：5.3g；(4)因烧杯内壁沾有溶质，未用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，溶质的质量减少，浓度偏低；定容时俯视液面，溶液的液面未达

39、到刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏高，故答案为：偏低；偏高；(5)加蒸馏水时不慎超过了刻度，向容量瓶中转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外面，都属于配制过程中出现了错误，实验失败，必须重新配制，故答案为：实验失败，重新配制；实验失败，重新配制。21、C 取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠，如果变浑浊则说明氯化钡是过量的，反之则不是过量的 除去过量的 NaOH 和 Na2CO3 是 75%乙醇 5.9 100mL 容量瓶 ACD 【解析】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，（1）Mg2用NaOH除去，Ca2用Na2CO3除去，Na2SO4用BaCl2除去，因为所加除杂试剂过量，必须除去，因此Na

40、2CO3必须放在BaCl2的后面，即选项C正确；（2）检验BaCl2溶液过量，操作是取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠，如果变浑浊则说明氯化钡是过量的，反之则不是过量；（3）滤液中含有过量的NaOH和Na2CO3，因此加入盐酸的目的是除去过量NaOH和Na2CO3；因为盐酸易挥发，在蒸发结晶中HCl挥发出去，因此盐酸是可以过量的；（4）因为乙醇易挥发，挥发时携带水，且氯化钠不溶于乙醇，因此洗涤过程中最佳试剂是75%的乙醇；（5）需要称量NaCl的质量为100103158.5g=5.85g，因为托盘天平读数到0.1g，因此需要称量NaCl的质量为5.9g，还需要的仪器是100mL的容量瓶；（6）利用c=n/V=m/MV，A、定容时仰视读数所加水的体积偏大，即所配溶液浓度偏低，故A正确；B、容量瓶中是否有水，对实验无影响，故B错误；C、未洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质的质量或物质的量减少，所配溶液浓度偏低，故C正确；D、定容时，加水超出刻度线，已经对原来溶液进行稀释，再用胶头滴管吸出多余部分，溶液浓度偏低，故D正确；E、相当于取出部分溶液，溶液浓度不变，故E错误。点睛：本题的易错点是问题（5）的第一问，称量氯化钠，中学阶段一般用托盘天平，而托盘天平读数到0.1g，因此称量的质量为5.9g。