天津市复兴中学2022-2023学年高一化学第一学期期中考试试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、用碳酸钠晶体（Na

2、2CO310H2O）配制 0.1mol/L 的碳酸钠溶液，正确的方法是A称量 10.6g 碳酸钠晶体，溶解在 1L 水中B称量 28.6g 碳酸钠晶体，溶解在 1L 水中C称量 14.3g 碳酸钠晶体，溶解在适量水中，然后在容量瓶中加水到 1LD称量 14.3g 碳酸钠晶体，溶解在适量水中，然后在容量瓶中加水到 500mL2、下列变化过程中不属于氧化还原反应的是A烧菜用过的铁锅，久置出现红棕色斑迹 B燃烧天然气以提供热量C牛奶在空气中酸败变质 D向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，制备胶体3、在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c(Na+)0.2molL1，c(Mg2)0.5mol

3、L1， c(Cl)0.4molL1，则c(SO42)为（ ）A0.3molL1 B0.4molL1 C0.20molL1 D0.5molL14、由相同条件下的三个反应：2A-+B2=2B-+A2；2C-+A2=2A-+C2；2B-+D2=2D-+B2可以判断正确的是（ ）A氧化性：A2B2C2D2B还原性：A-B-C-D-C2A-+D2=2D-+A2反应可以进行D2C-+B2=2B-+C2反应不能进行5、为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）错误的是ANa2SO3是否被氧化（BaCl2）BFeCl2是否被氧化（KSCN）CKI是否被氧化（淀粉溶液）D氯水是否失效（pH试纸）6、下列除杂

4、的方法正确的是A除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去CO2中的少量HCl：通入过量NaOH溶液，收集气体C除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤D除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，过滤，滤液中再加入过量盐酸，加热7、已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵中，形成无色的溶液，其化学方程式是PbSO42CH3COONH4=（NH4）2SO4（CH3COO）2Pb。当在醋酸铅溶液中通入硫化氢时，有黑色沉淀硫化铅生成。表示这个反应的离子方程式正确的是（）A（CH3COO）2PbH2S=PbS2CH3COOHBPb22CH3C

5、OOH2S=PbS2CH3COOHCPb2H2S=PbS2HDPb22CH3COO2HS2=PbS2CH3COOH8、结晶水合物KAl(SO4)212H2O是（ ）A纯净物B混合物C溶液D俗称胆矾9、下列说法中正确的是()质子数相同的微粒一定属于同一种元素电子数相同的微粒不一定是同一种元素两个原子如果核外电子排布相同，一定是同一种元素质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子所含质子数和电子数相等的微粒一定是原子同种元素的原子其质量数必相等ABCD10、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离汽油和

6、四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C除去KNO3固体中混的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去乙醇中的水蒸馏乙醇与水的沸点相差较大【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D11、等量的金属铝与足量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体A与酸反应放出的多B与碱反应放出的多C无法判断D一样多12、下列仪器可用于物质的分离提纯的是（ ）蒸发皿 漏斗 分液漏斗 表面皿 研钵 蒸馏烧瓶 托盘天平 洗气瓶A BC D13、实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，关于该反应的说法正确的是()ANaNO2是还原剂 B生成1 mol N2时转移的电子数为6 m

7、olCNH4Cl中的氮元素被还原 DN2既是氧化产物又是还原产物14、下列除杂试剂及操作正确的是（ ）物质所含杂质除杂试剂除杂操作ACO2COO2加热BKClK2CO3稀H2SO4CCu(OH)2CuSO4Ba(OH)2溶液过滤DFe(NO3)2溶液AgNO3溶液足量铁粉过滤AABBCCDD15、已知32g X与40g Y恰好完全反应，生成mg Q和9g H。该反应生成0.5mol Q，则Q物质的摩尔质量是 （ ）A63g/mol B122g/mol C126g/mol D163g/mol16、下列对实验过程的评价正确的是（ ）A某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是碳酸盐B某溶

8、液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42-C某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀盐酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl17、在某酸性溶液中，能共存的离子组是ANa+、K+、SO、COBNa+、K+、Cl、NOCNa+、K+、OH、NODAg+、K+、SO、Cl18、检验溶液中的离子，实验步骤和结论均正确的是A加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，一定含有Cl-离子B加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，一定含有离子C加入淀粉溶液变蓝，可能含有I2D加入BaCl2溶液，有白色沉淀，

9、一定含有离子19、下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是( )Al(OH)3Al2O3 FeCl3 FeCl2SO2SO3 CuOCu ClCl2H2O2O2ABCD20、下列关于实验操作的说法中不合理的是()A不能用pH试纸测定氯水的pHB蒸发操作时，当溶液中出现较多固体应停止加热C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1molL1，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1molL121、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A22.4 L O2中含有氧分子的个数为NAB24 g Mg与足量氧气反应失去

10、的电子数为2NAC28 g N2中含有氮原子的个数为NAD1 molL-1 MgCl2溶液中含有氯离子个数为2NA22、若以w1和w2分别表示浓度为amolL1和bmolL1氨水的质量分数，且已知2ab，则下列关系正确的是(氨水密度小于水)()A2w1w2Bw12w2C2w1w2Dw1w212溶解为AlO2。Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，pH=11.4时沉淀完全。实验过程：步骤实验操作实验现象I向X的粉末中加入过量盐酸产生气体A，得到无色溶液II向所得的溶液中滴加氨水，调节pH至56，过滤生成白色沉淀BIII向沉淀B中加过量NaOH溶液沉淀全部溶解IV向II得到的滤液中滴加NaOH溶液，调

11、节pH至12生成白色沉淀C（1）中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是_。（2）II中生成B反应的离子方程式是_。（3）III中B溶解反应的离子方程式是_。（4）沉淀C的化学式是_。（5）若上述n(A)n(B)n(C)=123，则X的化学式是_。28、（14分）乙炔是基本有机化工原料，由乙炔制备聚乙烯醇和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：回答下列问题：（1）按系统命名法命名异戊二烯：_。（2）X分子中含有的官能团名称是_。（3）反应中，_（填反应序号）的反应类型与反应不同，反应属于_反应。（4）与乙炔具有相同官能团的异戊二烯的同分异构体共有_种。（5）X的所有同分异构体

12、在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是_（选填字母）。a质谱仪 b红外光谱仪 c元素分析仪 d核磁共振仪（6）顺式聚异戊二烯的结构式是（选填字母）_。a bc d（7）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由乙烯和乙醛为起始原料制备1，3-丁二烯的合成路线：_29、（10分）请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融KOH 盐酸。其中能导电的是_，（填序号，下同），属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系是_（3）在同温、同压下，实验测得CO

13、、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为_；若其中CO和N2的物质的量之比为11，则混合气体中氧元素的质量分数为_。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、D【解析】1L0.1mol/L 的碳酸钠溶液中n(Na2CO3)= 0.1mol，需要称量碳酸钠晶体的质量为0.1mol286g/mol=28.6g， 配制0.5L0.1mol/L 的碳酸钠溶液，需要碳酸钠晶体的质量为14.3g，故选D。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，解题时，应注意分子间存在间隙，因此1L水溶解溶质后，所得的溶液不等于1L。2、D【解析】A.

14、铁锅久置常出现红棕色斑迹，铁元素的化合价升高被氧化，发生氧化还原反应，故A不选；B.燃烧天然气，碳元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故B不选；C. 牛奶在空气中酸败变质，氧元素的化合价降低，则发生氧化还原反应，故C不选；D.向沸水中滴入FeCl3饱和溶液，是铁离子的水解，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故D选。故选D。3、B【解析】令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值据此判断。【详解】令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：0.2mol/L1+0.5mol/L2=0.4mol/L1

15、+2c，解得：c=0.4mol/L。答案选B。【点睛】本题考查溶液物质的量浓度的计算，难度不大，利用常规解法，比较麻烦，本题根据溶液不显电性，阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算中经常运用。4、C【解析】同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据以上分析可知：氧化性大小顺序为：D2B2A2C2，还原性大小顺序：C-A-B-D-，据此分析解答。【详解】A2A-+B2=2B-+A2中氧化性B2大于A2，2C-+A2=2A-+C2中氧化性A2大于C2，2B-+D2=2D-+B2中氧化性D2大于B2

16、，所以氧化性大小顺序为：D2B2A2C2，故A错误；B2A-+B2=2B-+A2中还原性A-大于B-，2C-+A2=2A-+C2中还原性C-A-，2B-+D2=2D-+B2中还原性B-D-，所以还原性大小顺序为：C-A-B-D-，故B错误；C2C-+D2=2D-+C2反应中D2的氧化性大于C2，符合已知条件，所以可以进行，故C正确；D2A-+D2=2D-+A2反应中D2的氧化性大于A2，符合已知条件，所以可以进行，故D错误；故选：C。5、A【解析】A、Na2SO3也能与BaCl2反应生成白色沉淀，无法判断。B、FeCl2是若被氧化加入（KSCN）后变成红色，正确； C、KI若被氧化加入（淀粉溶

17、液）会变成蓝色，正确；D、氯水若失效即为盐酸，用（pH试纸）会变红而不再褪色，正确；答案选A。6、D【解析】A、O2与灼热的CuO粉末不反应，用灼热的CuO不能除去O2，A项错误；B、CO2和HCl都与NaOH溶液反应，B项错误；C、MgCl2与NaOH溶液反应，除去了镁离子，又引进了钠离子，C项错误；D、除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，将钙离子沉淀，过滤后，滤液中再加入过量盐酸，将过量的碳酸钠除去，加热将过量的HCl除去，D项正确；答案选D。7、A【解析】根据硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，在离子反应中难溶物、弱酸应保留化学式，利用(CH3COO)2Pb（醋酸铅）

18、溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，据此写出该反应的离子方程式。【详解】(CH3COO)2Pb (醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成，反应物为(CH3COO)2Pb、H2S，生成物为PbS、CH3COOH，则化学反应方程式为：(CH3COO)2Pb+H2S=PbS+2CH3COOH，因在离子反应方程式中难溶物、弱酸应保留化学式，硫酸铅难溶于水，PbS难溶于水，H2S、CH3COOH为弱酸，则离子反应方程式为(CH3COO)2Pb +H2S=PbS+2CH3COOH，故选A。8、A【解析】A. 结晶水合物KAl(SO4)212H

19、2O是纯净物，A正确；B. 结晶水合物KAl(SO4)212H2O不是混合物，B错误；C. 结晶水合物KAl(SO4)212H2O是固体，不是溶液，C错误；D结晶水合物KAl(SO4)212H2O俗称明矾，胆矾是CuSO45H2O，D错误。答案是A。9、B【解析】元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故错误；电子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，Na+与Mg2+，故正确；原子核外电子数等于原子核内的质子数，所以两个原子如果核外电子排布相同，一定是同一种元素，故正确；分子显电中性，离子带电荷，两种粒子质子数和电子数均相

20、同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子、一种离子，故正确；所含质子数和电子数相等的粒子可能是原子，也可能是分子，故错误；元素没有质量数的概念，故错误。正确，故选B。10、D【解析】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A错误；B汽油与四氯化碳互溶，应用蒸馏分离，B错误；CNaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以利用重结晶分离，原理解释不合理，C错误；D乙醇与水互溶，但沸点不同，可用蒸馏分离，D正确；故选D。11、D【解析】金属铝不论是和盐酸反应，还是和氢氧化钠溶液反应，均失去3个电子，铝元素的化合价由0

21、升高到+3，所以根据电子得失守恒可知等量的金属铝与足量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体一样多。答案选D。12、B【解析】用于混合物分离或提纯的操作有：过滤、蒸馏、分液、蒸发、洗气等，根据以上混合物分离与提纯的操作方法判断使用的仪器即可。【详解】蒸发皿是可用于蒸发浓缩溶液的器皿，可用于蒸发操作；漏斗可用于过滤操作；分液漏斗可直接用于分离互不相溶的液体；表面皿是玻璃制的，圆形状，中间稍凹，不能用于物质的分离与提纯；研钵是实验中研碎固体试剂的容器，配有钵杵，不能用于物质的分离与提纯；蒸馏烧瓶可以用蒸馏操作；托盘天平是称量仪器，不能用于物质的分离与提纯；洗气瓶可用于除杂；因此可用于物质的分离提纯的是。

22、答案选B。【点睛】本题考查了常见仪器的构造及使用方法，注意掌握常见仪器的构造及正确使用方法，明确常见的分离、提纯混合物的方法是解答本题的关键。13、D【解析】A、NaNO2中N元素的化合价降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1molNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。14、D【解析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题

23、至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质【详解】A、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故A错误；B、K2CO3与硫酸反应生成硫酸钾，引入新的杂质，故B错误；C、CuSO4与Ba(OH)2溶液生成Cu(OH)2和BaSO4两种沉淀，在Cu(OH)2中引入杂质，故C错误；D、2AgNO3Fe=Fe(NO3)22Ag，可将杂质除去，故D正确。故选D。15、C【解析】根据质量守恒得Q质量m=（32+40-9）g=63g，反应生成0.5molQ， M（Q）=mn=63g0.5mol=1

24、26g/mol，故答案为C。 故选C。16、C【解析】A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体是碳酸盐或碳酸氢盐，故A错误；B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中含SO42-、SO32-、Ag+，故B错误；C. 酚酞在碱性溶液中显红色，某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C正确；D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀硝酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl，故D错误。17、B【解析】A酸性溶液中碳酸根不能大量存在，故A不符合题意；B四种离子相互之间不反应，也不氢离子反应，可以在酸性溶液中大量共存，故B符合题意；C氢

25、氧根不能在酸性溶液中大量存在，故C不符合题意；D氯离子和银离子不能大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为B。18、C【解析】A加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能为AgCl或Ag2CO3，则不一定含有Cl-离子，A错误；B加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，还可能是离子，被硝酸氧化为，B错误；C能使淀粉溶液变蓝，则含有I2，C正确；D加入BaCl2溶液，有白色沉淀，沉淀可能为BaSO4或BaCO3，则不一定含有离子，D错误。答案选C。【点睛】Cl-离子的检验：加入HNO3酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，含有Cl-离子；离子的检验：先加盐酸，无沉淀，再加入BaC

26、l2溶液，有白色沉淀，含有离子。19、B【解析】Al(OH)3Al2O3中，氧元素、铝元素、氢元素化合价均没有变化，不属于氧化还原反应，故不选；FeCl3 FeCl2中，Fe元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；SO2SO3中，S元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；CuOCu中，Cu元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；ClCl2中，Cl元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；H2O2O2中，O元素既可由-1价升高到0价，也可由-1价降低到-2价，自身发生氧化还原反应，不需要加氧化剂就可以反应，故不选；结合以上分析可知，正确的有； 综上所述，本题选B。【点睛】本题考

27、查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中氧化剂的考查，题目难度不大。需加氧化剂才能实现，则选项中物质应为还原剂、发生了氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高。20、D【解析】A氯水中HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，故A正确；B蒸发操作时，当溶液中出现较多固体应停止加热，然后利用余热蒸发剩余溶液且不断搅拌，故B正确；C分液时应避免液体重新混合而污染，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D气体摩尔体积与状态有关，22.4L氨气的物质的量无法求出，所以22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度不一定等于1mo

28、lL-1，故D错误；故答案为D。21、B【解析】试题解析：A、未指明标准状况，无法计算氧气的分子个数，错误；B、24gMg的物质的量为1mol，完全反应时转移电子数为2NA,正确；C、N2为双原子分子，所以氮原子个数应为2 NA，错误；D、未给出溶液的体积，无法计算离子个数，错误，答案选B。考点：考查对阿伏伽德罗常数的理解和应用22、C【解析】设质量分数w1的氨水密度为1g/mL，质量分数w2的氨水的为2g/mL，质量分数w1的氨水的物质量浓度为a=mol/L，质量分数w2的氨水的物质量浓度为b=mol/L，由于2a=b，所以2mol/L=mol/L，故21w1=2w2，氨水的浓度越大密度越小

29、，所以21，故2w12w2，故答案为C。【点睛】考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，关键理解物质的量浓度与质量分数之间的关系，根据c=表示氨水的物质的量浓度，结合氨水的浓度越大密度越小，进行判断。二、非选择题(共84分)23、Ag+、Ca2+、Ba2+ CO322H H2OCO2 ？ 0.4 0 存在，最小浓度为0.8 mol/L 【解析】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；

30、II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；【详解】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无

31、现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；（1）根据上述分析，实验I中一定不存在的离子是Ag、Ca2、Ba2；（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO322H=CO2H2O；（3）根据上述分析，NO3可能含有，也可能不含有，因此NO3的浓度为?；SiO32的物质的量浓度为0.04/(100103)molL1=0.4molL1；SO42不含有，浓度为0；（4）根据上述分析，K一定存在，根据电中性，当没有NO3时，K浓度最小，n(K)n(Na)=2n(SiO32)2n(CO32)，代入数值，解得n(K)=0.08mol，即c(K)=0.8molL1。24、CO32- Cl-、SO

32、42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向

33、沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸25、MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O 无水硫酸铜 白色固体变为蓝色 氯气无漂白性，湿润的氯气有漂白性（或次氯酸有漂白性） 吸收氯气 湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条） 【解析】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；（2）利用无水硫酸铜遇到水变蓝性质检验氯气中是否含有水蒸气；依据干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，对比说明具有漂白性的不是氯气；氯气易溶于CCl

34、4；（3）G装置是用来检验HCl气体的，为确保实验结论的可靠性，需要排除氯气的干扰，氯气可氧化碘化钾得到单质碘，碘与淀粉变蓝，据此作答；【详解】A.实验时用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应来制备氯气，生成氯化锰、水和氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（2）为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气，可以在B中加入无水硫酸铜，如果固体变蓝则证明氯气中含有水蒸气，故答案为无水硫酸铜；白色固体变为蓝色；干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明具有漂白性的不是氯气，而是氯水中的次氯酸，

35、故答案为氯气无漂白性，湿润的氯气有漂白性（或次氯酸有漂白性）；氯气易溶于CCl4，所以该装置的作用是吸收氯气，故答案为吸收氯气；（3）G装置用来检验HCl气体，为了确保实验结论的可靠性，应排除氯气的干扰，在F吸收氯气之后要检验氯气是否完全除去，根据氯气具有强氧化性的性质，可用湿润的淀粉KI试纸检验，其反应方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2，生成的碘遇淀粉变蓝，如不变色，说明已经完全除去，所以可以在F和G之间连接一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸的洗气瓶检验是否存在氯气，另外根据氯气的漂白性，也可在F和G之间连接一个盛有湿润的有色布条的洗气瓶，若不褪色，则证明氯气已被完全吸收，此方法也可行。故答

36、案为湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）26、正确 不正确 FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 打开装有热水的暖瓶盖，用一束光照射升腾的水汽即可 【解析】（1）制取氢氧化铁胶体的方法是：取一小烧杯，加入25ml蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入12mlFeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热。故甲正确。乙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应充分进行，煮沸10分钟使胶体发生聚沉，所以此法不正确；（2）向沸水中逐滴加入12mlFeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热，制得Fe(OH)3胶体的化学方程式：FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）

37、+3HCl（3）打开装有热水的暖瓶盖，用一束光照射升腾的水汽即可。27、CO2 Al3+3NH3H2O=Al (OH)3+3NH4+ Al (OH)3+OH=AlO2+2H2O Mg(OH)2 Mg3Al2(OH)10CO3 【解析】利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题。【详解】(1)抗酸药X的通式中有CO32、实验I中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变浑浊的气体A只能是CO2。(2)实验I的溶液中溶质有MgCl2、AlCl3、HCl。据资料可知，用氨水调节pH至56，Mg2+不沉淀、Al3+完全沉淀。则实验II中生成B的离子方程式Al3+3NH3H2OAl (OH)3+3NH4+ 。(

38、3)实验III中Al (OH)3溶解于NaOH溶液，离子方程式是Al(OH)3+OHAlO2+2H2O。(4)实验II的滤液中溶有MgCl2、NH4Cl。滴加NaOH溶液调节pH至12时，Mg2+完全沉淀，则C为Mg(OH)2。(5)n(A)n(B)n(C)=123，即CO32、Al3+、Mg2+的物质的量之比为123。设CO32、Al3+、Mg2+物质的量分别为1mol、2mol、3mol，据电荷守恒OH-为10mol。该抗酸药X的化学式为Mg3Al2(OH)10CO3。【点睛】根据实验现象分析推理过程中，要充分利用题目所给信息。任何化合物或电解质溶液都符合电荷守恒规则，这是解题的隐含条件。28、2-甲基-1，3-丁二烯碳碳双键、酯基消去反应3cb【解析】（1）选择双键均在的碳链为主链，则主链上有4个碳原子；编号时碳碳双键优先，再保证甲基的位次最小，所以从左端开始编号，碳碳双键在1，3号位次；2号碳上有1个甲基，所以异戊二烯又名：2-甲基-1，3-丁二烯。（2）根据X的加聚产物，可得X