湖南省常德市淮阳中学等校联考2022年化学高一上期中预测试题含解析.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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下列物质贴错了包装标签的是选项ABCD物质的化学式HNO3(浓)NaClP4C2H5OH(酒精)危险警告标识AABBCCDD2、下列气体所含有

2、原子数最多的是（）A7.5gC2H6 B14gN2 C7gCO D24gO23、在不通直流电的条件下，下列变化中必须加入还原剂才能实现的是 ( )AHClCl2 BKClO3 O2 CCu2+ Cu DFeFe2+4、在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是( )A、Al3+、BK+、Na+、CK+、Fe3+、DNa+、K+、5、当光束通过下列分散系时，不能产生丁达尔效应的是A稀豆浆B淀粉胶体C氯化钾溶液D氢氧化铁胶体6、在加入石蕊试液呈蓝色的溶液中，下列能够大量共存的离子组是AH+、SO42-、CO32-、Na+BAg+、K+、Ca2+、NO3CK+、Ba2+、Cl、NO3DMg2+、K

3、+、HCO3、Cl7、在碱性溶液中能大量共存且为无色透明溶液的是AK+、Cl-、MnO4-、SO42- BNa+、SO42-、Cl-、NO3-CH+、NO3-、SO42-、Mg2+ DNa+、Cu2+、NO3-、CO32-8、科研人员最近发现放射性同位素钬Ho可有效地治疗肝癌，该同位素原子核内中子数与质子数之差为()A99B32C166D2339、NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A标况下，11.2 L CO2与SO2的混合物含有氧原子数为2NAB常温下，0.9 g H2O中，含有的电子数为0.5NAC标准状况下，2.24 L CCl4所含的原子数为0.5NAD1 molL1的Na2SO4

4、溶液中，含Na+的个数为2NA10、1molCO和1molCO2具有相同的分子数 原子数 碳原子数 氧原子数ABCD11、天然碳元素的相对原子质量为 12.01，若在自然界碳元素有12C、13C 两种同位素，则 12C 与13C 的质量比为：A等于 1:99B大于 99:1C等于 99:1D小于 99:112、下列各组离子在水溶液中能大量共存的是ANa+、Ba2+、Cl-、SO42-BCa2+、HCO3-、C1-、K+CMg2+、Ag+、NO3-、Cl-DH+、Cl-、Na+、CO32-13、合成新物质是研究化学的主要目的之一。意大利科学家最近合成了一种新型的氧分子O4下列关于O4的说法中，正

5、确的是( )AO4是一种新型的化合物B1个O4分子由两个O2分子构成CO4和O2互为同素异形体DO4和O2可通过氧化还原反应实现转化14、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15、下列有关焰色反应操作的描述正确的是（）A取一根洁净的细铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取少量NaCl溶液，进行焰色反应B观察焰色反应时均要透过蓝色钴玻璃片，以便排除钠元素黄光的干扰C铂丝在做完氯化钠溶液的焰色反应后，用稀硫酸洗净，再蘸取少量的K2

6、SO4溶液，重复以上实验D用洁净的铂丝蘸取某溶液，放在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，则证明该溶液中一定有Na，没有K16、现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液 39%的乙醇溶液 碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）A分液、萃取、蒸馏B分液、蒸馏、萃取C萃取、蒸馏、分液D蒸馏、萃取、分液17、歼-20 将 209 84 Po涂于表面以屏蔽雷达，起到隐身作用。该 Po(钋)原子核外电子数是A42B84C125D20918、下列各种仪器：漏斗容量瓶表面皿分液漏斗天平量筒胶头滴管蒸馏烧瓶。常用于物质分离的是（ ）ABCD19、质子数和中子数相同的原子A，其阳离子An+核外共有X个 电子，则A的质

7、量数为A2（xn）B2（xn）C2xDn220、下列常用实验仪器中，不能直接用于混合物的分离或提纯的是A分液漏斗 B漏斗 C蒸发皿 D容量瓶21、已知由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物,硫元素的质量分为a%,则混合物中氧元素的质量分数为Aa%B2a%C11.75a%D10.75a%22、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A16 g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子数为NAB44 g CO2与28 g CO所含有的分子数都为NAC46 g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NADNA个氮分子与NA个氧分子的质量比为78二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白

8、色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：（1）气体B的化学式_,白色沉淀的成分为_。（2）该白色粉末中一定含有的物质有_；一定不含有的物质有_；可能含有的物质有_；（3）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：_。24、（12分）现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有无色无味气体放出C+B有白色沉淀生成A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各

9、小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液_，C溶液_，D溶液_。(2)写出B与D反应的离子方程式：_，写出B与C反应的离子方程式 ：_。25、（12分）实验室需使用0.5 molL1的稀硫酸480 mL，现欲用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84 gcm3）进行配制。回答下列问题：(1)如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是_（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_（填仪器名称）。(2)需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为_ mL。(3)下列操作中正确的是_（填序号，下同）；若配制过程中的其他操作均准确，下列操作能使所配溶液浓度偏高的有_。洗涤量取浓硫酸后

10、的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中将浓硫酸倒入烧杯中，再向烧杯中注入蒸馏水稀释浓硫酸定容时，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，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线26、（10分）实验室要配制500mL 0.2molL-1的NaOH溶液:请结合实验回答下列问题:(1)实验中需称量NaOH固体的质量为_(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_。(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响(填 “偏高”“偏低”或“无影响”)。转移液体过程中有少量液体溅出:_；定容

11、时仰视刻度线:_；将NaOH固体溶解后,直接转至容量瓶中进行实验:_。27、（12分）回答下列实验仪器和实验操作的有关问题。(1)图A中试管夹的作用是_。(2)指出图B中的错误操作是_。(3)图C、D是某同学配制50 g质量分数为6%的氯化钠溶液时，在称量和量取两个操作步骤中出现的情况：如图C所示：在称量氯化钠的操作过程中，发现指针偏右，则继续进行的操作是_，至天平平衡。如图D所示，量取水时，仰视读数，所得溶液中溶质的质量分数会_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。28、（14分）实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：

12、称量计算溶解倒转摇匀转移洗涤定容冷却。其正确的操作顺序为_ _。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_。（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_ g。要完成本实验该同学应称出_ g NaOH。（3）对所配制的NaOH溶液进行测定，发现其浓度低于1.0mol/L。在溶液配制过程中，下列操作会引起该误差的有_（填序号）。A转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒B转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面C容量瓶未干燥就用来配制溶液D称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长E定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加

13、入少量水使液面与刻度线相平F定容时仰视刻度线GNaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中（4）氢氧化钠是一种用途十分广泛的重要化工原料，工业上主要通过电解氯化钠饱和溶液的方法 。试用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目_。实验测得，反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则耗氧化剂的物质的量为_mol。29、（10分）某透明溶液中含有以下离子中的几种H+、Na+、Fe3+、Cu2+、NH4+、Mg2+、Cl-、NO3-、SO42-、CH3COO-、I-、OH-，且只含有四种阳离子，为确定离子种类设计实验如下(已知氧化性:HNO3Fe3+I2) :取溶液少许滴加12滴紫色石蕊试液后溶

14、液呈红色；取100mL溶液，滴加1.0mol/L的NaOH溶液至520mL时恰好完全反应，加热后共收集到0.448L(标准状况下)气体（假设气体全部逸出）,同时产生沉淀。将沉淀过滤，洗涤,灼烧后得到一种黑色和白色的固体混合物，称得质量为14.0g。下图为滴加NaOH溶液过程图像(纵坐标为生成沉淀的质量，横坐标为滴加NaOH溶液体积)。继续向滤液中滴加足量的BaCl2溶液,又产生白色沉淀46.6g；另取100mL原溶液通入标准状况下1.12LCl2，恰好完全反应,加入四氯化碳后，振荡静置后分层，下层呈现紫色(已知:Cl2+2I-=2Cl-+I2)；在中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液后生成不溶于稀硝酸的

15、白色沉淀。结合以上实验现象和数据可知:（1）溶液中一定不能大量存在_。（2）填写表中空格(可以不填满): _。离子种类离子浓度（mol/L）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、B【解析】A项、浓硝酸具有强腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，故A正确；B项、氯化钠不属于易爆物，不应贴爆炸品的标志，故B错误；C项、白磷有剧毒，应贴剧毒品的标志，故C正确；D项、乙醇属于易燃液体，应贴易燃液体的标志，故D正确。故选B。【点睛】本题考查危险品标志，解这类题时，首先要知道各种物质的性质，然后根据各个标签所代表的含义进行分析判断。2、A【解析】试题分析：A35gC2H6的物质的量

16、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。3、C【解析】在不通直流电的条件下，就是不分析电解反应

17、。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】在不通直流电的条件下，就是不包括电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被加入的还原剂还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，A. HClCl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，需要加入氧化剂，故A项错误；B. KClO3 O2可以通过分解氯酸钾可以实现，所以不需要加入还原剂即可实现，故B项错误；C. Cu2+ Cu，Cu元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C项正确；D. FeFe2+，Fe元素化合价由0价变为+2价，化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，

18、故D项错误；答案选C。【点睛】在氧化还原反应中，化合价升高的元素，失电子，被氧化，所对应的反应物为还原剂，化合价降低的元素，得电子，被还原，所对应的反应物为氧化剂。4、A【解析】A、Al3+、溶液无色，且与氢离子不反应，A符合题意；B与氢离子不反应生成二氧化碳和水，B与题意不符；CFe3+有颜色，C与题意不符；D与氢离子不反应生成二氧化碳和水，D与题意不符；答案为A。5、C【解析】丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的通路，丁达尔现象是胶体特有的性质，据此解答。【详解】A稀豆浆属于胶体，能产生丁达尔效应，A不符合；B淀粉胶体能产生丁达尔效应，B不符

19、合；C氯化钾溶液是溶液分散系，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C符合；D氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，D不符合。答案选C。6、C【解析】加入石蕊试液呈蓝色，说明溶液呈碱性，如离子之间不反应，且与OH-不反应，则离子可大量共存，以此解答该题。【详解】AH+、CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，且H+、OH-反应生成水，故A错误；B碱性条件下Ag+、Ca2+不能大量共存，故B错误；C离子之间不反应，且与OH-不反应，可大量共存，故C正确；DMg2+、HCO3-与OH-反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸根离子和水而不能大量共存，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离

20、子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。7、B【解析】A.在无色溶液中不能存在紫色的MnO4-离子，A错误；B.离子之间不能发生任何反应，可以大量共存；C. H+、Mg2+会与碱性溶液的OH-发生离子反应，不能大量共存，C错误；D. Cu2+是蓝色的，在无色溶液中不能大量存在，且Cu2+、CO32-会形成CuCO3沉淀，与OH-会形成Cu(OH)2沉淀，不能大量存在，D错误；故合理选项是B。8、B【解析】由Ho中可以得出，质子数为67，质量数为166，该同位素原子核内中子数与质子数之差为166-67-67=32，故选B。9、B【解析】A、标况下，11.2L CO2与SO2的混合

21、物的物质的量是0.5mol,根据分子式可知，1个CO2、SO2分子中均含有2个氧原子，所以含有氧原子数为NA，故A错误；B、常温下，0.9g H2O的物质的量为0.05mol，1个水分子中含有10个电子，则含有的电子数为0.5NA，故B正确；C、标准状况下四氯化碳为液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L/mol CCl4含有的原子数，故C错误；D、缺少溶液的体积，不能计算钠离子的个数，故D错误；答案选B。10、A【解析】物质的量相等的一氧化碳和二氧化碳，则根据N=nNA可以知道分子数是相等的，并且两分子中，一个分子中都含有一个碳原子数，所以等物质的量的两种分子中含有的碳原子的物质的量以及数目

22、是相等的，含有的原子总数和氧原子数不相等，正确，故答案为A。11、D【解析】根据元素的相对原子质量的计算，令12C原子个数百分比为x，则13C原子个数百分比为（1x），12.01=12x13(1x，解得x=0.99，则13C的原子个数百分比为0.01，原子个数百分比为0.99：0.01=99：1，质量比小于99：1，故D正确。12、B【解析】离子在水溶液中能大量共存，根据复分解反应发生的条件，溶液中的离子需要满足以下条件：离子间不能形成沉淀或气体或水。【详解】A、硫酸根离子和钡离子能生成硫酸钡沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故A不正确；B、钙离子、碳酸氢根离子、氯离子、钾离子之间既不能生成

23、沉淀也无气体或水生成，该组离子可以在溶液中大量共存，所以B选项是正确的；C、氯离子和银离子生成氯化银白色沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故C不正确；D、氢离子和碳酸根离子生成二氧化碳和水、该组离子不能在溶液中大量共存，故D不正确。所以B选项是正确的。13、C【解析】A. O4是单质，不是化合物，A错误； B. 1个O4分子由4个O原子子构成，B错误；C. O4和O2是氧元素的不同单质，故互为同素异形体，C正确； D. O4和O2之间的转化过程中元素化合价不变，故通过非氧化还原反应实现转化，D错误；答案选C。14、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

24、，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。15、A【解析】A取一根洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，排除其他离子的影响后再蘸取NaCl溶液，进行焰色反应，故A正确；B在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，其他物质不需要，故B错误；C做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤而不是稀硫酸，故C错误；D黄光能掩盖紫光，该现象只能说明含有Na，不能说明是否含有K+，故D错误；综上所述答案为A。16、B【解析】汽油和氯化钠溶液，混合分层，则选择分液法分离；39%的乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则选择蒸馏法分离；单质碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取法分离；则操作方法依次

25、为分液、蒸馏、萃取，故答案为B。【点睛】考查混合物分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。17、B【解析】质子数等于核外电子数，该Po(钋)原子核外电子数是84，答案选B。18、C【解析】漏斗用于过滤分离混合物；容量瓶用于配制溶液，不能分离混合物；表面皿用于蒸发溶液，也可以作盖子，盖在蒸发皿或烧杯上，不能分离混

26、合物；分液漏斗用于萃取、分液分离混合物；天平只能测定物质的质量；量筒只能量取液体的体积；胶头滴管用于取少量液体，滴加液体；蒸馏烧瓶用于沸点不同的混合物分离；所以常用于物质分离的是，故答案为C。19、A【解析】其阳离子An+核外共有X个电子，则A原子核内的电子数为，即质子数为，所以A的质量数为2（xn），答案选A。20、D【解析】用于混合物分离或提纯的操作有：过滤操作、蒸馏操作、分液操作等，根据分离操作常用到的仪器判断，分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，而过滤用于分离固体和液体混合物【详解】A、分液漏斗可运用分离互不相溶液体，故A错误； B、漏

27、斗用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，故B错误；C、蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，故C错误；D容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于分离，故D正确。故选：D。21、C【解析】NaHS、NaHSO3中“NaH”的总相对原子质量为24，与1个Mg原子的相对原子质量相等，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，可看作其相对原子质量为24）那么，这样处理后混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成的了，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32；利用硫元素的质量分数可求得A的质量分数，混合物中氧

28、元素的质量分数=1-混合物中硫元素的质量分数-A元素的质量分数【详解】由于Na和H的相对原子质量和等于Mg的相对原子质量，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，其相对原子质量可作24），混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32=3：4，由于w（S）=a%，故w（A）=3/4a=0.75a%，氧元素的质量分数=1-a%-0.75a%=1-1.75a%故选：C22、C【解析】A. 氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，16 g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的物质的量是

29、1mol，氧原子数为NA，A正确；B. 44 g CO2与28 g CO的物质的量均是1mol，所含有的分子数都为NA，B正确；C. 由于不能计算出46 g NO2和N2O4的混合物的物质的量，因此不能计算混合物含有的分子数，C错误；D. NA个氮分子与NA个氧分子的物质的量相同，均是1mol，则其质量比为28：327：8，D正确。答案选C。二、非选择题(共84分)23、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl 【解析】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶

30、液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。【详解】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4

31、，可能含有 KCl；(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。【点睛】掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。24、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ag+Cl-=AgCl 【解析】本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3

32、反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaC

33、l2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag+Cl-=AgCl。25、AD 玻璃棒、胶头滴管 13.6 【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管；(2)根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式计算即可；(3)依据进行误差分析。【详解】(1) 配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻

34、璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要烧瓶、分液漏斗；还需要玻璃棒、胶头滴管；故答案为：AD；玻璃棒、胶头滴管；(2) 设需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为V L，因为浓硫酸的物质的量浓度，根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式可得：18.4 mol/L V L = 0.5 mol/L 0.5 L，解得V = 0.0136 ，即需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为13.6 mL； 故答案为：13.6；(3) 洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，题中操作不正确；待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中，不会影响浓度的变化，题中操作正确；

35、浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸密度较大，则稀释浓硫酸的操作方法为：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，题中操作不正确；定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸，导致n偏小，则配制溶液浓度偏低，题中操作不正确；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响V，则配制溶液浓度不变，题中操作正确；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，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，题中操作不正确；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，题中操作不正确；故选：；。【点睛】明确实验原理、实验操作规范性及操作步骤是解本题关键，难点是误差分析，利用公式中n、V判断即可。26、4.0g 50

36、0mL容量瓶和胶头滴管 偏低 偏低 偏高 【解析】（1）利用m=nM=cVM计算需要称量NaOH固体的质量。（2）配制一定物质的量浓度溶液需要用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。（3）根据c=，分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。【详解】（1）实验中需称量NaOH固体的质量m=nM=cVM=0.2molL-10.5L40g/mol=4.0g.（2）配制一定物质的量浓度溶液需要用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管。本实验需要配制500mL 0.2molL-1的NaOH溶液，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管。

37、（3）转移液体过程中有少量液体溅出，导致溶质的物质的量n偏小，所配制溶液浓度偏低。定容时仰视刻度线，导致溶液体积V偏大，所配制溶液浓度偏低。将NaOH固体溶解后，直接转至容量瓶中进行实验，溶液冷却后体积减小，导致溶液体积V偏小，所配制溶液浓度偏高。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液。需熟悉配制溶液的具体过程、操作、实验仪器及其误差分析。误差分析结合c=，分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。27、夹持试管 将水注入浓硫酸中 向左盘添加氯化钠 偏小 【解析】(1)试管夹的作用：夹持试管，故答案为夹持试管；(2)浓硫酸密度大于水，且溶于水放热，所以稀释浓硫酸应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注

38、入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，不能将水注入浓硫酸中，故答案为将水注入浓硫酸中；(3)如图C所示：在称量氯化钠的操作过程中，发现指针偏右，说明右盘质量大于左盘，则继续进行的操作是向左盘添加氯化钠，故答案为向左盘添加氯化钠；量取水时，仰视读数，量取的水体积偏大，溶液的质量增大，则溶质的质量分数偏小，故答案为偏小。28、250 mL容量瓶27.410.0ABDEF0.1mol【解析】.配制一定物质的量浓度的溶液时，一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、倒转摇匀，所以正确的操作顺序为： ；根据上述分析可知，该实验中需要的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和容量瓶，

39、因实验室无240mL的容量瓶，因此应选用250mL的容量瓶，故答案为； ；250 mL容量瓶；.由图可知，称量烧杯质量时砝码与烧杯位置放反了，称量时使用了30.0g的砝码，游码的读数为2.6，则烧杯的实际质量为30.0g2.6g=27.4g；根据上述分析可知，本实验需要选用250mL的容量瓶，则n（NaOH）0.25L1.0 mol/L0.25mol，m（NaOH）0.25mol40g/mol10.0g，故答案为27.4g；10.0g；. A转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏

40、低，故B正确；C容量瓶未干燥就用来配制溶液，因后面还要加水定容，因此未干燥对配制溶液无影响，故C错误；D称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长，因NaOH易吸水潮解，则称量的NaOH固体偏少，配制的溶液浓度偏低，故D正确；E定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，属于正常情况，若再加入少量水使液面与刻度线相平，则溶剂偏多，配制的溶液浓度偏低，故E正确；F定容时仰视刻度线，会导致溶液的体积偏大，浓度偏低，故F正确；GNaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中，会造成溶液的体积偏小，浓度偏高，故G错误；所以答案为：ABDEF；在反应中，氯元素化合价从-1价升高到0价，共失去2个电子，氢元素化合价从+1价

41、降低到0价，共得到2个电子，则用单线桥法表示的式子为：；根据反应方程式可知，该反应的氧化剂是H2O，且生成等物质的量的H2和Cl2，当反应消耗2mol水时，将生成1mol H2和1molCl2，在标准状况下的体积为44.8L，因此当反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L时，消耗氧化剂（即水）的物质的量为0.1mol，故答案为；0.1mol。点睛：本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制过程中的计算和误差分析。本题的易错点是配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，在解题时要注意根据c=进行判断，由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，进行误差分析时，

42、关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。29、Na+、Fe3+、NO3-、CH3COO-、OH- 离子种类H+Cu2+NH4+Mg2+Cl-SO42-I-离子浓度（mol/L）1.01.50.20.50.22.01.0【解析】（1）取溶液少许滴加12滴紫色石蕊试液后溶液呈红色；说明溶液呈酸性，含有H+，CH3COO-、OH- 不能大量共存，取100mL溶液，滴加1.0mol/L的NaOH溶液至520mL时恰好完全反应，加热后共收集到0.448L(标准状况下)气体（假设气体全部逸出

43、）,同时产生沉淀。将沉淀过滤，洗涤,灼烧后得到一种黑色和白色的固体混合物，说明溶液中一定存在NH4+、Cu2+、Mg2+，加热后共收集到0.448L(标准状况下)气体0.448L/22.4Lmol1=0.02mol，浓度为0.02mol/0.1L=0.2molL1；1.0mol/L的NaOH到100mL时中和H+，c(H+)=1.0molL10.1L/0.1L=1.0molL1；将沉淀过滤，洗涤,灼烧后得到一种黑色和白色的固体混合物，称得质量为14.0g，是CuO、MgO混合物，消耗碱400mL，令CuO、MgO的物质的量分别是x、y，则有80gmol1x+40gmol1y=14.0g，x+y=1.0mol/L0.4L/2，x=0.15mol，y=0.05mol，c(Cu2+)=0.15mol/0.1L=1.5molL1，c(Mg2+)=0.05mol/0.1L=0.5molL1；继续向滤液中滴加足量的BaCl2溶液,又产生白色沉淀46.6g，得溶液中c(SO42-)=2molL1。另取100mL原溶液通入标准状况下1.12LCl2，恰好完全反应,加入四氯化碳后，振荡静置后分层，下层呈现紫色(已知:Cl2+2I-=2Cl-+I2)，得n(I-)=2n(Cl2)=1.12L