2023届河北省邯郸市临漳县第一中学高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.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、下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是A和BCO和C和D 和2、某溶液中含有较大量的Cl-、 OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是滴加足量的Mg(NO3)2溶液；过滤；滴加适量的AgNO3溶液；滴加足量的

2、Ba(NO3)2溶液ABCD3、某元素离子R2+核外有23个电子，其质量数为55，则原子核内中子数是A30B55C23D324、自来水中因含有少量 Cl而不能用于溶液的配制，实验室为了除去自来水中的 Cl获得纯净 水，可采用的方法是( )A过滤法B结晶法C蒸馏法D沉淀法5、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl、CO32、OH6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是AK+、OH、CO32BCO32、OH、ClCK+、H+、ClDCu2+、H+、Cl6、下图所示的装置或操作存在错误不能达到相应目的的是A从氯化钠溶液中提取氯化钠固体B实验室中制

3、取少量蒸馏水C闻气体气味D分离油和水的混合物7、下列电离方程式中，错误的是ANa2CO32Na+CO32BH2SO42H+SO42CNaHCO3Na+H+CO32DHClO H+ ClO8、单质X和Y相互反应生成X2和Y2，现有下列叙述其中正确的是（ ）X被氧化 X是氧化剂 X具有氧化性Y2是还原产物 Y2具有还原性 X2具有氧化性ABCD9、以下是一些常用的危险品标志，装运浓硝酸的包装箱应贴的图标是 ( )A B C D10、下列物质中属于酸的是ANH3BNaHCO3CH2SO4DFe(OH)311、下列叙述正确的是A1mol任何气体的体积一定是22.4LB标准状况下，22.4L的任何气体中

4、都约含有6.021023个分子C在标准状况下,体积为22.4L的物质都是1molD在非标准状况下,1mol任何气体的体积不可能是22.4L12、现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液；20的乙醇溶液；氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C蒸馏、萃取、分液D分液、蒸馏、萃取13、下列化学用语书写正确的是A甲烷的电子式：B丙烯的键线式：C乙烯的结构简式：CH2CH2D乙醇的结构式：14、下列物质中所含分子数目最多的是AB4时18mL的C个分子D15、下列关于物质性质的叙述错误的是ACl2可溶于水BNaClO具有强氧化性CNa2CO3受热难分解DNa2

5、O常温下为浅黄色固体16、实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是 A装置振荡后静置，溶液上层无色，下层紫红色B装置可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C装置可用于制取蒸馏水D装置 b口进气可收集H2、CO2等气体17、从1L 0.1mol/L的NaOH溶液中取出100mL，有关这100mL溶液的叙述中正确的是A含NaOH质量为 4.0 g B物质的量浓度为0.01mol/LC物质的量浓度为0.1mol/L D含Na+ 0.1mol18、下列叙述正确的是（ ）A硫酸钡固体不导电，所以硫酸钡是非电解质B铜能导电，所以铜是电解质C氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质D三氧化硫溶于

6、水能导电，所以三氧化硫是电解质19、一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO34N29H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A54B53C35D1120、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是ANa+、Cu2+、Cl-、SO42- BCa2+、Na+、NO3-、CO32-CH+、Na+、Cl-、CO32- DK+、H+、S042-、0H-21、能够直接鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液的试剂是（）AAgNO3溶液B稀硫酸C稀盐酸D稀硝酸22、有关实验的描述，符合事实的是A金属钠暴露在空气里，表面变暗，生成白色的氧化钠固体B用坩埚钳夹住打磨过的镁带，在

7、酒精灯上点燃，发出耀眼的白光，放出大量的热，产生黄色粉末C用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上点燃，发出耀眼的白光，放出大量的热D用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，有液态的铝滴落下来二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液只含Cl、CO、SO、Na、K、Mg六种离子中的某几种。经实验：原溶液白色沉淀；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_。（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_。2

8、4、（12分） (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_。25、（12分）化学实验是化学学习的重要内容。根据你掌握的知识，完成下面内容。实验室需要配制0.1 molL-1NaOH溶液230mL，请回答下列问题：应选

9、择_mL的容量瓶，用天平称取_g NaOH。溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移入容量瓶中。若趁热转移会使溶液的浓度_(填“偏大”或“偏小”，下同)；在洗涤烧杯和玻璃棒的过程中，每次洗涤液均需注入容量瓶，不能损失点滴液体，否则会导致溶液的浓度_。有人认为，用这种方法只能配置0.1 molL-1的NaOH溶液，而无法得到0.1000 molL-1的NaOH溶液，你觉得他的理由是_。选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。萃取分液 升华 结晶 过滤 蒸馏 分液分离饱和食盐水与沙子的混合物_；从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾_； 从碘水中提取碘单质_；分离水和汽油的混合物_；

10、分离沸点为和甲苯沸点为的混合物_。26、（10分）某学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物:填空和回答下列问题(1)写出生成B物质的化学方程式_(2)滤液中的溶质有_(写化学式)，若要制得纯净的NaCl，应向滤液中加入适量的某种试剂，该试剂的名称是_。(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是_。(4)某同学要配制480mL2.000molL-1NaOH溶液，配制过程如下：选择适当仪器。在下列给出的玻璃仪器中，不需要用到的是_。先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，则烧杯的实际质量为_g。要完成本实验，该

11、同学应称取_g(烧杯质量不计算在内)NaOH固体，再在烧杯中用适量蒸馏水溶解、冷却。将烧杯中的溶液转移至_(填仪器名称，下同)中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒23次，洗涤液也注入该仪器中。继续加蒸馏水至离刻度线12cm处，改用_滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，将所配溶液转移至指定试剂瓶中，贴上标签。27、（12分）用海带制备单质碘，制备过程如下：已知：常温下，碘在水中的溶解度为0.034g；碘的沸点为184；CCl4的沸点为77。请回答：（1）A物质是_。（2）写出在酸化下用H2O2氧化NaI的化学反应方程式_。（3）流程中省略部分的操作是_。（4）蒸馏装置

12、中错误的是_（写三条）。（5）蒸馏出的CCl4液体中常会带淡紫色，可能的原因是_28、（14分）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

13、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

14、 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29、（10分）已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下： 3Cu+8HNO3（稀） 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (1)用双线桥标出电子转移的方向与数目：3Cu+8HNO3（稀） 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O_.(2)写出该反应的离子方程式：_(3)标准状况下，产生 NO 气体的体积为：_；转移电子的物质的量为_；反应后NO3-的物质的量浓度为：_。（忽略反应前后溶液体积的变化）参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个

15、符合题意的选项）1、D【解析】粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数=电子数，阳离子的电子数=质子数-电荷数，阴离子的电子数=质子数+电荷数【详解】A、H3O+的质子数为11，电子数为11-1=10，OH-的质子数为9，电子数为9+1=10，电子数相同，故A错误；B、CO的质子数为14，电子数为14，N2的质子数为14，电子数为14，电子数相同，故B错误；C、HNO3的质子数为1+7+83=32，电子数为32，NO3-的质子数为7+83=31，电子数为31+1=32，电子数相同，故C错误；D、CH3+的质子数为6+13=9，电子数为9-1=8，NH4+的质子数为11，电子数为11-

16、1=10，电子数不同，故D正确故选：D2、B【解析】Ag+能与Cl-、OH-三种结合，Mg2+能与、OH-结合，Ba2+只能与结合，故先加入Ba(NO3)2溶液溶液，检验出离子，过滤除去生成的BaCO3沉淀；然后加入Mg(NO3)2溶液，检验出OH-，过滤除去生成的Mg(OH)2沉淀；最后加入AgNO3溶液，检验出Cl-，故正确的操作顺序是，故合理选项是B。3、A【解析】R原子失去2个电子形成R2+离子，由R2+离子中共有23个电子可知，R原子的电子数为23+2=25，由原子中质子数等于核外电子数可知，X原子的质子数为25，由质量数=质子数+中子数可知，该原子的原子核内中子数为5525=30，

17、故选A。【点睛】同种元素的原子和离子的质子数相同，电子数不同，阳离子的核外电子数等于质子数加电荷数是解答关键。4、C【解析】水易挥发和冷却，可先蒸发，将水与盐类分离，在冷却可得到水，以此解答该题。【详解】A可溶性盐类物质不能通过过滤的方法分离，故A错误；B结晶法得到盐类物质，不能得到水，故B错误；C水易挥发，可用蒸馏的方法分离水和可溶性盐，故C正确；D用沉淀法，易引入其它杂质离子，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的分离提纯，侧重物质除杂及混合物分离方法的考查，把握物质的性质及分离原理为解答的关键。5、A【解析】甲烧杯的溶液呈蓝色，则含有Cu2+，而CO32-、OH-离子不能与Cu2+离

18、子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32-、OH-离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl-，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl-，乙中含有的离子为K+、OH-、CO32-，故选A。6、B【解析】A水易挥发，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中得到NaCl固体，故A正确；B蒸馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口，在制取蒸馏水，可不用温度计，题中冷凝器应从下端进水，从上端出水，故B错误；C闻气味时应使少量气体飘进鼻孔，可用手在瓶口轻轻煽动，故C正确；D油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故D正确；故选B。7、C【解析】A.碳酸钠是强电解质，其电

19、离生成钠离子和碳酸根离子，故正确；B.硫酸是二元强酸，电离出氢离子和硫酸根离子，故正确；C.碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，故错误；D.次氯酸是弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，故正确。故选C。【点睛】书写电离方程式时注意强电解质电离用等号，弱电解质电离用可逆符号。注意多元弱酸电离分步书写。8、B【解析】单质X和Y相互反应生成X2+和Y2-，反应中X的化合价升高，X被氧化，X为还原剂，X2+是氧化产物，有氧化性；Y的化合价降低，Y被还原，Y为氧化剂，Y2-是还原产物，Y2-具有还原性，正确的有，故选B。9、B【解析】浓硝酸属于强酸，具有强烈的腐蚀性的液体，A、图中所示标志是易燃液体标志

20、,故A选项错误；B、图中所示标志是腐蚀品标志,故B选项正确；C、图中所示标志是有毒气体标志,故C选项错误；D、图中所示标志是爆炸品标志，故D选项错误；综上所述，本题选B。10、C【解析】根据物质的组成分类可知：NH3属于氢化物、NaHCO3属于盐、H2SO4属于酸、Fe(OH)3属于碱，故答案选C。11、B【解析】A决定1mol气体体积大小的因素是气体分子间的平均距离，分子间的平均距离由温度和压强决定，所以，当1mol气体在标准状况下，气体的体积约为22.4L， A项错误；B1mol分子数约为6.021023个，标准状况下，22.4L任何气体的物质的量为1mol， B项正确；C0C，1个标准大

21、气压，气体的体积是22.4L，在标准状况下，体积为22.4L的液体和固体的物质的量不为1mol，C项错误；D0C，1个标准大气压，气体的体积是22.4L，温度升高，气体将会受热膨胀，体积将会变大，如果在加压，把气体进行压缩，就有可能压缩到22.4L， D项错误；答案选B。12、D【解析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法，萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象。【详解】汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；酒精和水是互溶的两种液

22、体，可以采用蒸馏的方法来分离；向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；答案选D。【点睛】选择分离方法时，一定要注意各物质的物理性质差异，包括溶解性，密度等。13、A【解析】A、甲烷的分子式为CH4，碳以四个共用电子对与氢原子形成共价键，A项正确；B、键线式中，线的起点，终点以及交点都代表碳原子，该分子中有4个碳原子，不属于丙烯的键线式，B项错误；C、有机物的结构简式不能省略官能团，C项错误；D、乙醇中含有羟基OH，该分子结构中没有羟基，D项错误；答案选A。14、D【解析】由N=nNA可知，物质的物质的量越

23、大，所含分子数越大，A、n(SO3)=0.3mol；B、n(H2O)=1mol；C、n(NH3)=1mol；D、n(CO2)的物质的量为=1.5mol；则66g CO2的物质的量最大，所含分子数最大，故选D。15、D【解析】ACl2是一种黄绿色，可溶于水的有毒气体，故A正确； BNaClO中含有次氯酸根离子ClO-，NaClO具有强氧化性的原因也是因为次氯酸根，次氯酸根离子中Cl的化合价为+1价，而Cl的常见化合价是-1，Cl很容易从+1价降到-1价，即得电子能力强，所以ClO-具有强氧化性，故B正确；CNa2CO3的热稳定性较好，受热难分解，故C正确； DNa2O常温下为白色固体，故D错误；

24、答案选D。16、C【解析】A该操作为分液，分离互不相溶的液体混合物；B导管插入水中，不能起到防倒吸的作用；C利用蒸馏操作可制得蒸馏水；D该装置适用于收集密度比空气小的气体。【详解】A.酒精和水互溶，不分层，故A项错误；B.图装置不能起到防倒吸的作用，可改用密度比水大的四氯化碳，故B项错误；C.图为蒸馏装置图，冷凝水下进上出，故C项正确；D.b口进气可收集密度比空气小的气体，如H2，CO2密度比空气大，不适用此方法，故D错误；综上，本题选C。【点睛】本题考查物质分离提纯过程中的常见操作，比如：蒸馏、萃取分液，同时还考察了气体的收集和尾气的处理。要注重对实验过程的剖析，熟悉实验操作过程，明确实验操

25、作的目的。17、C【解析】根据物质的量与质量、微粒数目、溶液的物质的量浓度之间的关系分析【详解】A.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的质量为为0.1L0.1mol/L40g/mol=0.4g，故A错误；B.由于溶液是均匀的，从1L0.1mol/LNaOH溶液中取出100mL溶液，这100ml氢氧化钠溶液与原1L0.1mol/LNaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故B错误；故B错误；C.由于溶液是均匀的，取出的100mL氢氧化钠溶液与原1L0.1mol/LNaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故C正确；D.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1L0.1mol/L=0

26、.01mol，即n(Na+)=0.01mol，故D错误。故选：C。【点睛】溶液的物质的量浓度与取出的体积无关，注意计算时，使用取用的溶液体积。18、C【解析】A. 硫酸钡是电解质，固体硫酸钡中含有离子，但由于离子不能自由移动，因此不能导电，A错误；B铜能导电是因为含有自由移动的电子，但铜是单质而不是化合物，所以铜既不是电解质也不是非电解质，B错误；C氯化氢在水中能电离产生自由移动的离子，水溶液能导电，所以氯化氢是电解质，C正确；DSO3 溶于水能导电，是因为发生反应：SO3+ H2O= H2SO4，H2SO4电离产生了自由移动的H+和，所以H2SO4是电解质，SO3 不能电离，SO3属于非电解

27、质，D错误；答案选C。19、B【解析】5NH4NO32HNO34N29H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为53.故答案选：B。20、A【解析】A. Na+、Cu2+、Cl-、SO42-四种离子互不反应，能在溶液中大量共存，A正确；B. Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀，而不能大量共存；B错误；C. H+与CO32-反应生成CO2气体，不能大量共存，C错误；D. H+与0H-生成H2O，不能大量共存，D错误.答案选A.21、B【解析】B

28、aCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，以此来解答。【详解】A. 均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A不符合题意；B.BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，现象不同，可鉴别，故B符合题意；C. 稀盐酸不能鉴别BaCl2、NaCl，故C不符合题意；D. 稀硝酸不能鉴别BaCl2、NaCl，故D不符合题意。答案选B。22、B【解析】A氧化钠是白色固体，A错误；B坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，发出耀眼的白光，放出大量的热，产生白色氧化镁固体，B正确；C铝箔在空气中

29、不能燃烧，C错误；D用坩埚钳夹住一小块铝箔，由于铝熔点低，所以在酒精灯上加热铝熔化，失去了光泽，由于氧化铝熔点较高，加热时氧化膜包裹着的内层熔化的铝而不会滴落，D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Cl-CO32-、SO42-K+、Na+是溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-【解析】.题目所给的六种离子中，只有Mg2遇NaOH可以生成白色沉淀，则原溶液中一定含有Mg2；向原溶液中加入BaCl2溶液不产生沉淀，则原溶液中一定没有CO32和SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Cl，则可能

30、含有的离子是K+、Na+，故答案为Mg2+、Cl-；CO32-、SO42-； K+、Na+；.根据上述分析可知，原溶液中一定有Mg2+，根据溶液电中性原则，溶液中一定含有阴离子，但根据上述判断可知原溶液中无CO32-、SO42-，则一定含有Cl，故答案是：是；溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-。24、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结

31、合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2C

32、O3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物

33、质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。25、 偏大 偏小 由于NaOH固体极易潮解，无法精确称取1.000gNaOH固体 C A F E 【解析】（1）根据n=cV和m=nM来计算，注意按照配置250mL溶液计算；根据c=来进行误差分析根据氢氧化钠易潮解的性质分析；（2）固液分离，采用过滤的方法；氯化钠的溶解度随着温度的升高而变化不大，硝酸钾的溶解度随着温度的

34、升高而增大；从碘水中提取碘单质采用萃取分液的方法；互不相溶的液体采用分液的方法分离；互溶且沸点不同的液体采用蒸馏的方法分离【详解】(1) 由于无230mL的容量瓶，故选用250mL的容量瓶，配制出250mL的0.1mol/L的溶液，故需要的氢氧化钠的物质的量n=cV=0.1mol/L0.25L=0.025mol，质量m=nM=0.025mol40g/mol=1.0g；答案：250 1.0 NaOH溶解时放出大量的热，未冷却到室温后转移入容量瓶中，根据热胀冷缩原理，会使定容时加水体积偏小，所得溶液的浓度偏大；在洗涤烧杯和玻璃棒的过程中，每次洗涤液均需注入容量瓶，不能损失点滴液体，否则会导致溶质的

35、损失，溶液的浓度偏小；答案：偏大 偏小由于NaOH固体极易潮解，无法精确称取1.000gNaOH固体，所以无法配置0.1000 molL-1的NaOH溶液；答案：由于NaOH固体极易潮解，无法精确称取1.000gNaOH固体（2）不溶于水的固体和溶液的分离，采用过滤的方法，故选D；硝酸钾和氯化钠都溶于水，但二者在水中的溶解度不同，可用结晶的方法分离，故选C；从碘水中提取碘单质采用萃取分液的方法，故选A；汽油和水不互溶，二者混合分层，所以可以采用分液的方法分离，故选F；四氯化碳和甲苯互溶且属于沸点不同的液体，所以可以采用蒸馏的方法分离，故选E；答案： C A F E26、CaCl2+Na2CO3

36、=CaCO3+2NaCl NaCl、Na2CO3 HCl 化合物A ABF 27.4 40 500mL容量瓶 胶头滴管 【解析】分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸发生反应，得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体；由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，加入稀盐酸最合适，碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠；配制480mL2.000molL-1NaOH溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，由此分析。【详解】(1

37、)NaCl和CaCl2溶液中加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl；(2)加入过量的碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，滤液含有NaCl、Na2CO3，制备纯净的NaCl，可加入盐酸；(3)要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的碳酸钙的质量，根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O，可计算氯化钙的质量，混合物A的总质量减去氯化钙的质量可得氯化钠的质量，需要称取混合物A的质量；(4)要配制480mL2.000molL-1NaOH溶液，需要使用的仪器有500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯，不需要的仪器有圆底烧

38、瓶、分液漏斗、100mL容量瓶；使用托盘天平时，应左物右码，图中放反了，烧杯的实际质量=砝码质量-游码质量=30g-2.6g=27.4g，烧杯的实际质量为27.4g；480mL2.000molL-1NaOH溶液中需NaOH固体的质量为m=nM=cVM=2.000molL-10.5L40g/mol=40g；转移：将烧杯中的溶液转移至480mL容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒23次，洗涤液也注入该仪器中，防止产生误差；定容：继续加蒸馏水至离刻度线12cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切；盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，将所配溶液转移至指定试剂瓶中，贴上标签。27、碘 2Na

39、I+H2O2+H2SO4=I2+Na2SO4+2H2O 萃取、分液 温度计水银球位置不对；未加沸石；冷凝管水流方向不对；蒸馏装置密封 碘易升华 【解析】（1）在酸性溶液中双氧水把碘化钠氧化为单质碘，反应中还有水和硫酸钠生成，由于常温下，碘在水中的溶解度为0.034g，因此过滤后得到的A物质是单质碘。（2）在酸性溶液中双氧水把碘化钠氧化为单质碘，反应中还有水和硫酸钠生成，因此在酸化下用H2O2氧化NaI的化学反应方程式为2NaI+H2O2+H2SO4I2+Na2SO4+2H2O。（3）溶液中还有单质，碘易溶在有机溶剂四氯化碳中，则流程中省略部分的操作是萃取、分液。（4）根据装置图可判断蒸馏装置中

40、错误有：温度计水银球位置不对；未加沸石；冷凝管水流方向不对；蒸馏装置密封；（5）由于碘易升华，因此蒸馏出的CCl4液体中常会带淡紫色。28、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Na2CO3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

41、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

42、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。29、 3Cu + 8H+2NO3-3Cu2+ 2NO+ 4H2O 4.48 L 0.6mol 4mol/L 【解析】(1)3Cu+8HNO3 （稀）3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合

43、价由0升高为+2，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+2；(2) 根据“写、拆、删、查”法改写该反应的离子方程式；(3)根据化学方程式计算19.2gCu与足量稀硝酸反应生成NO气体的体积 ；根据可知，3mol铜参加反应转移6mol电子；根据氮元素守恒计算反应后NO3-的物质的量浓度。【详解】(1)3Cu+8HNO3 （稀）3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合价由0升高为+2，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+2，所以电子转移的方向和数目可表示为；(2)该反应的离子方程式为3Cu + 8H+2NO3-3Cu2+ 2NO+ 4H2O；(3) 19.2gCu的物质的量是0.3mol， 设生成NO在标准状况下的体积 为VL；3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O3mol 44.8L0.3mol VL 解得V=4.48。根据可知，3mol铜参加反应转移6mol电子，所以0.3mol铜反应转移电子0.6mol；据氮元素守恒，反应后NO3-的物质的量为0.2L5mol/L-0.2mol=0.8mol，反应后NO3-的物质的量浓度为0.