2023届广东省广州外国语学校化学高一上期中学业水平测试试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、某金属元素由氧化物转变为单质，则该金属元素()A一定被氧化 B一定被还原C可能被氧化，也可能被还原 D既不被氧化，也不被还原2、某胶体遇盐卤(MgCl2)或石膏水发生凝聚，而遇食盐水或硫酸钠溶液不易发生凝聚，下列说法中错误的是()A胶体粒子直径在l100 nm之间B遇B

2、aCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚C电泳时，该胶体向阴极方向移动D钠离子使此胶体凝聚的效果不如Ca2、Mg23、人体正常的血红蛋白中应含Fe2+。若误食亚硝酸钠，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为高铁血红蛋白而中毒。服用维生素C可解除亚硝酸钠中毒。下列叙述中正确的是A亚硝酸钠表现了还原性B维生素C表现了还原性C维生素C将Fe3+氧化成Fe2+D亚硝酸钠被氧化4、下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是()AF2、K、SO2BCl2、Al、SCNO2、Na、Br2DHNO3、Cl2、Fe2+5、下列物质的分类正确的是混合物酸盐化合物ACuSO45H2OH2SO

3、4NaCl盐酸B碱石灰醋酸生石灰Na2OCKNO3晶体NH4ClCu2(OH)2CO3NaOHD澄清石灰水HNO3NaHSO4NaHCO3AABBCCDD6、下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式表示的是（ ）ABCD7、200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/L Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的变化，溶液中的物质的量浓度为 ( ) A0.3mol/LB0.4mol/LC0.45mol/LD0.5mol/L8、某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是ANa+、H+、BCu2+、K+、CNa+、K+、Cl-、D、K+、OH-9、将210-3mol的

4、XO42-还原时，恰好用去0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL(Na2SO3反应后生成了Na2SO4)，则元素X在还原产物中的化合价是A+1B+2C+3D+410、在标准状况下，如果2.8L氧气含有n个氧原子，则阿伏加德罗常数可表示为A4n B C8n D11、下列离子方程式正确的是（）A硝酸银溶液与铜反应：Cu+Ag+Cu2+AgB氧化镁与盐酸反应：O2+2H+H2OC碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+H2O+CO2DFe（OH）3加入H2SO4溶液中：3H+ + Fe（OH）3 Fe3+ + 3H2O12、在粗盐提纯的实验中，不需要的仪器是：A坩埚 B蒸发皿 C玻璃棒 D漏斗13、

5、下列说法不正确的是A新制氯水具有漂白性，与活性炭的漂白原理相同BHClO是一种弱酸，酸性比碳酸弱CHClO见光、加热易分解，放出O2D新制氯水存在Cl2、HClO、H2O分子，H+、Cl-、ClO-、OH- 离子14、下列关于氯水的叙述，正确的是()A新制氯水中只含Cl2和H2O分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照新制氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D新制氯水在密闭无色玻璃瓶中放置数天后酸性将减弱15、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 D16、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A常温常压下，32

6、g O2和O3的混合气体所含原子数为NAB标准状况下，1.8g的H2O中含有的电子数为NAC常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA D10克氖气所含原子数约为6.02102317、阿波罗宇宙飞船以N2H4（联氨）和N2O4为推力源，反应温度达2 700 ，反应式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，关于该反应的说法中正确的是（）A属于置换反应B联氨是氧化剂C联氨是还原剂D氮气是氧化产物，不是还原产物18、在一定温度和压强下，气体体积主要取决于A分子间的平均距离B分子微粒大小C分子数目的多少D分子式量的大小19、如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是A原电池工作时的总反应为Zn

7、+Cu2+Zn2+CuB原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应C若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极D盐桥中装有琼脂-饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K+移向ZnSO4 溶液20、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7821、一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是ANa

8、Cl是非电解质BNaCl溶液是电解质CNaCl溶液中水电离出大量的离子DNaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子22、下列说法正确的是()A观察只是指用眼看 B观察只是指用耳听C观察只是指用鼻嗅 D观察包括用手感觉二、非选择题(共84分)23、（14分）现有 0.1L 无色溶液，其含有的阳离子可能是 K+、Cu2+、Ca2+，含有的阴离子可能 Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验：取 50mL 溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的 BaCl2 溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤， 干燥，后称得 4.30g 固体将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生

9、；将剩余固体过 滤洗涤干燥后称量得到 2.33g取少量实验后上层清液滴入 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有_（填离子符号），一定含有_（填离子符号），可能含有_（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含 有的离子：_。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式：_。(3)若经证明没有 Cl则该溶液中的 K+的物质的量浓度是：_。24、（12分）有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无

10、色溶液；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。取少量中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。（1）请写出上述第步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，（填化学式，下同）一定不含有_，可能含有_。（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是_。25、（12分）配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_等。（2）计算、称量，需称量NaOH固体的质量为_。（3）溶解、冷

11、却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_。（4）转移、洗涤，洗涤烧杯23次是为了_。（5）定容、摇匀，定容的具体操作是_。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是_，偏低的是_（填字母序号）。A、容量瓶洗净后未烘干B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定容时俯视刻度线D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线26、（10分）除去下列物质中混有的少量杂质，把适当的试剂、操作方法的序号写在相应的横线上。A加适量盐酸、过滤B加适量水、过滤、蒸发C加

12、适量水、过滤D加热(高温或灼烧)E.加适量盐酸、蒸发F.冷却热的饱和溶液、结晶（1）碳酸钙中混有少量的碳酸钠_。（2）氯化钾粉末中混有碳酸钾_。（3）氧化钙中混有少量的碳酸钙_。（4）氯化钠中混有少量的炭粉_。（5）硝酸钾中混有少量的食盐_。27、（12分） “84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000 mL、密度 1.192 gcm3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为_molL1。（2）该同

13、学取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒（假设稀释后溶液密度为1 gcm3 ），稀释后的溶液中c(Na+)=_molL1。（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中_L的CO2(标准状况)而变质。(已知：CO2+2NaClO+H2ONa2CO3+2HClO)（4）该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL、0.2 molL1 NaClO的消毒液。需要的玻璃仪器_。利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果_(偏高，偏低，无影响)。需要称量的NaClO固体质量为_克。28、（14分）（1）下列实验需要在哪套装置中进行：（填序号，每套装置仅

14、使用一次） 从海水中提取水：_；从KCl溶液中获取KCl晶体：_；分离CaCO3和水：_；分离植物油和水：_。（2）现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能为AlCl3溶液和NaOH溶液。现分别将一定体积的甲、乙两溶液混合，具体情况如下表所示，请回答：实验实验实验取甲瓶溶液的量400 mL120 mL120 mL取乙瓶溶液的量120 mL440 mL400 mL生成沉淀的量1.56 g1.56 g3.12 g甲瓶溶液为_溶液。乙瓶溶液为_溶液，其物质的量浓度为_molL1。29、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅

15、资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）（1）中发生反应的还原剂是_、中的氧化剂是_（填化学式）。（2）中反应的离子方程式是_。（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_。研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是_。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】在金属氧

16、化物中金属元素显正价，变成单质后变为0价，化合价降低，一定被还原。2、C【解析】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1100 nm之间，A正确；B、氯化镁与氯化钠的阳离子不同，阴离子相同，硫酸钙和硫酸钠的阳离子不同，阴离子相同，由题中所述现象知：其胶体是否凝聚与加入的电解质的阳离子有关，且阳离子所带电荷越多聚沉效果越好，因此该胶体胶粒必带负电荷，由于氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此遇BaCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚，B正确；C、该胶体胶粒带负电荷，因此电泳时，该胶体向阳极移动，C错误；D、根据题干中的信息可知钠离子使此胶体凝聚的效果不如Ca2、Mg2，D正确；答案选C。【点睛】准确判断出该胶

17、体的胶粒带负电荷是解答的关键，注意掌握影响胶体聚沉的因素和规律。另外需要注意胶体是不带电的，胶体吸附某些离子而带电荷。3、C【解析】A根据题意亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化为高铁Fe3+，所以亚硝酸盐是氧化剂，A错误；B服用维C可解除亚硝酸盐中毒，即使Fe3+转化为Fe2+，让铁元素发生还原反应，所以维生素C是还原剂，发生氧化反应，B错误；C维C可使Fe3+转化为Fe2+，让铁元素发生氧化反应，所以维生素C是还原剂，C正确；D亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化为高铁Fe3+，所以亚硝酸盐是氧化剂，被还原，D错误。答案选C。4、A【解析】物质所含元素处于最高价时只具有氧化性，处于最低价时只具

18、有还原性，中间价态时既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】AF2只有氧化性，K只有还原性，SO2既有氧化性又有还原性，故A正确；BCl2既有氧化性又有还原性，Al只有还原性，S既有氧化性又有还原性，故B错误；CNO2、Br2均既有氧化性又有还原性，Na只有还原性，故C错误；DHNO3只有氧化性，Cl2、Fe2+均既有氧化性又有还原性，故D错误；答案选A。5、D【解析】根据混合物、化合物、氧化物、酸、碱、盐等相关概念分析判断。【详解】A项：CuSO45H2O是化合物，盐酸（HCl的水溶液）是混合物。A项错误； B项：生石灰（CaO）是氧化物。B项错误； C项：KNO3晶体是化合物，NH4Cl是

19、盐。C项错误； D项：所有物质分类正确。本题选D。6、B【解析】A.CaCO3属于难溶于水的盐，在离子反应方程式中写成化学式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2+H2O表示，故A错误；B.Na2CO3溶于水并完全电离成CO32-离子，HCl完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：CO32-+ 2H+=CO2+H2O，故B正确；C.醋酸属于弱电解质，在离子方程式中应写成化学式形式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2+H2O表示，故C错误；D. Na2CO3溶于水并完全电离成HCO3-离子，HNO3完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：HC

20、O3-+ H+=CO2+H2O，不符合题给条件，故D错误；故答案选B。【点睛】能够用离子反应方程式CO32-+ 2H+=CO2+H2O表示的反应，需满足的条件，盐必须为碳酸盐（不能是碳酸氢盐），必须是可溶的，酸必须是强酸，且反应后只能生成二氧化碳和水，不能生成沉淀，据以上条件就可迅速判定符合该条件下的化学反应。7、B【解析】200mL0.3mol/L的K2SO4溶液中的物质的量为0.2L0.3mol/L=0.06mol，100mL0.2mol/L Fe2(SO4)3溶液中的物质的量为30.1L0.2mol/L=0.06mol，故混合液中的物质的量为0.06mol+0.06mol=0.12mol

21、，由于混合后不考虑体积的变化，混合后的体积为0.3L，混合液中的物质的量浓度为，故选B。8、C【解析】A氢离子和碳酸氢根会反应生成二氧化碳和水不能大量共存，故A不符合题意；B铜离子的溶液显蓝色，不能在无色溶液中大量存在，故B不符合题意；C四种离子相互之间不反应，可以大量共存，且均无色，故C符合题意；D磷酸氢根会和氢氧根反应生成磷酸根和水，不能大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为C。9、C【解析】假设XO42-在反应后被还原的价态为+x价，根据反应过程中元素化合价升高与降低总数相等，可得关系式(6-x)210-3=(6-4)0.10.03，解得x=+3，故合理选项是C。10、A【解析】根据气

22、体摩尔体积、微粒数目与物质的量之间的关系分析。【详解】根据公式：标准状况下：n(O2)=0.125mol，一个氧气分子含有两个氧原子，故n(O)=2 n(O2)=0.25mol，n(O)=，得NA=4n，则A正确，故答案选A。【点睛】学会逆向思维思考，把阿伏伽德罗常数当做未知数计算，即可快速解决这类问题。11、D【解析】A硝酸银溶液与铜反应的离子反应为Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故A错误；B氧化镁与盐酸反应的离子反应为MgO+2H+Mg2+H2O，故B错误；C碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故C错误；DFe(OH)3加入H2SO4溶液中的离子反应为3H+

23、Fe(OH)3Fe3+3H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和、电子、电荷守恒等)等。12、A【解析】粗盐提纯的步骤一般是溶解、过滤、蒸发，需要的仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台、酒精灯、蒸发皿，因此不要使用的仪器是坩埚，故A正确。点睛：坩埚一般用于测高熔点物质的熔点、测结晶水的含量等，不用于蒸发结晶。13、A【解析】A. 新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，因此具

24、有漂白性，与活性炭的漂白原理不相同，活性炭的漂白原理是吸附作用，A错误；B. HClO是一种弱酸，酸性比碳酸弱，B正确；C. HClO见光、加热易分解，放出O2，同时生成氯化氢，C正确；D. 氯气溶于水和水反应生成盐酸和次氯酸，新制氯水存在Cl2、HClO、H2O分子，H+、Cl-、ClO-、OH-离子，D正确。答案选A。【点睛】注意新制氯水的漂白性不是氯气引起的，氯气虽然具有强氧化性，但没有漂白性，真正起漂白作用的是氯气与水反应生成的次氯酸。14、B【解析】新制氯水中存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的离子只有H+、Cl-、ClO-和OH-

25、，结合对应离子的性质解答该题。【详解】A所含分子有Cl2和H2O、HClO等，选项A错误；B新制的氯水中含HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，则后溶液褪色，选项B正确；C氯水光照条件下有气泡逸出，发生2HClO2HCl+O2，生成气体为氧气，选项C错误；D光照条件下HClO分解生成HCl，则溶液中氢离子浓度增大，酸性增强，选项D错误。答案选B。15、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

26、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。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。16、B【解析】试题分析：A、常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA，A错误；B、标准状况下，1.8g的H2O的物质的量为0.1mol，含有的电子数为NA，B正确；C、

27、标准状况下，11.2L氧气所含的原子数为NA，C错误；D、氖的相对分子质量为20，20克氖气所含原子数约为6.021023，D错误；答案选B。考点：阿伏加德罗常数17、C【解析】A反应物中不存在单质，不属于置换反应，故A错误；BN2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故B错误；CN2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故C正确；D该反应中只有N元素的化合价变化，则氮气是氧化产物，也是还原产物，故D错误；故答案为C。18、C【解析】任何物质的体积大小均由构成物质的粒子直径的大小、粒子的间隙、粒子的数量三个因素共同决定。对于气体来说，由于气体的分子间隙远大于分子直径的十倍以上，所以计量气体的体积时，相

28、对于间隙来说，气体分子的本身的大小可以忽略，所以气体的体积大小主要由气体分子数和气体分子间的距离共同决定。确定了气体所处的温度和压强，就等于确定了气体分子间的距离，所以此时该气体的体积主要由气体的分子数决定。在该条件下，气体的分子数越多，气体的体积就越小，且有。19、D【解析】答案：DA、正确，铜作正极，锌作负极；B、正确，锌活泼性强，作负极，电子流出；C、正确，锌活泼性也大于铁；D、不正确，盐桥中的K移向CuSO4溶液。20、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1mol，氧原子数为NA，A正确；B. 44 g CO2与28 g

29、 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。21、D【解析】A. NaCl在溶液里或熔化状态下能导电，是化合物，属于电解质，故A错误；B. 电解质必须为化合物，而NaCl溶液属于混合物，一定不是电解质，故B错误；C. 水为极弱电解质，不可能电离出大量的离子，故C错误；D. NaCl溶于水时，在水分子的作用下电离出了可以自由移动的离子，故D正确；故选D。【点睛】此题

30、易错点在于C选项，氯化钠溶液中形成的大量离子是由氯化钠电离产生的，而水电离的程度非常小，可以忽略。22、D【解析】观察是指用感官考察研究对象，所有感觉器官的考察，都属于观察，但不可用手直接接触药品，A、B、C错误。D正确，答案选D。二、非选择题(共84分)23、Cu2+、Ca2+ K+、CO32-、SO42- Cl- 取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl- Ba2+CO32-=BaCO3、Ba2+SO42-=BaSO4、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl 0.8mol

31、【解析】溶液无色，一定不存在铜离子；取50mL的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和硫酸根至少含有一种；将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；取少量实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+

32、、 Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO42-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl，若无白色沉淀则无Cl；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4、BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl；（3）硫酸钡的物质的量是=0.01mol，碳酸钡质量4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl则该溶液

33、中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是=0.8mol/L。24、CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2 CaCO3、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 KNO3 焰色反应 【解析】加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；取少量中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。（1）实验为CaCO3与HNO3反应，离子方程式为：CaC

34、O3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。25、胶头滴管 500 mL容量瓶 10.0g 搅拌，加速溶解 保证溶质全部转移至容量瓶中 向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切 CD BE 【解析】（1）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，实际上

35、配制的是500mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，因此还缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，应配制500mL，需要溶质的质量=0.5molL-10.5L40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，其作用是搅拌，加速溶解；（4）洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；（5）定容的操作是：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水

36、至液体的凹液面最低处和刻度线相切；（6）A、容量瓶洗净后未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积不产生影响，溶液浓度不变；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低；C、定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；所以使所配溶液的物质的量浓度偏高的是CD；偏低的是BE。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和

37、过程是解题关键，注意容量瓶、托盘天平的使用方法以及误差分析的依据。26、C E D B F 【解析】(1)碳酸钙不溶于水,碳酸钠能溶于水,则加适量水,过滤可分离,因此，本题正确答案是:C；(2)碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾,则加适量盐酸,蒸发可得到KCl,因此，本题正确答案是:E；(3)碳酸钙高温分解生成氧化钙,则加热(高温或灼烧)可除杂,因此，本题正确答案是:D；(4)氯化钠中能溶于水，炭粉不溶于水，所以加适量水、过滤、蒸发即可；答案：B。(5)硝酸钾中混有少量的食盐因为二者的溶解度受温度影响不同, .冷却热的饱和溶液、结晶,过滤可除杂,因此，本题正确答案是:F。【点睛】根据物质的性质进行解答

38、：如(1)碳酸钙不溶于水,碳酸钠能溶于水;(2)碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾;(3)碳酸钙高温分解生成氧化钙;(4)加热C燃烧生成二氧化碳,与二氧化锰分离;(5)二者的溶解度受温度影响不同。27、4 0.04 44.8 500mL容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管 偏低 7.45 【解析】（1）根据c1000/M计算该溶液的物质的量浓度；（2）根据稀释过程中溶质的物质的量不变分析解答；（3）根据次氯酸钠和二氧化碳反应的方程式计算消耗二氧化碳的体积；（4）根据配制过程分析需要的仪器；根据购买的商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少分析；应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可

39、，根据m=cVM计算次氯酸钠质量。【详解】（1）该溶液的物质的量浓度=1000/M=10001.19225%/74.5 molL1=4.0mol/L；（2）稀释100倍后，溶液中NaClO浓度应该是浓溶液的1/100，为0.04mol/L，根据钠原子守恒得c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L；（3）一瓶“84消毒液”含有n（NaClO）=1 L4.0 molL-1=4.0 mol，根据反应CO2+2NaClO+H2ONa2CO3+2HClO可知需要CO2的物质的量为2.0 mol，即标准状况下V（CO2）=2.0 mol22.4 Lmol-1=44.8 L；（4）配制过程一般是计

40、算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则需要的玻璃仪器有500mL容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管；由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为：0.5 L0.2 molL-174.5 gmol-1=7.45 g。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、注意题干中次氯酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸钠而不是碳酸氢钠，为易错点，注意题干信息的应用。28、AlCl3NaOH0.5【解析】（1）水易挥发，海

41、水中提取水可用蒸馏的方法，答案选；从 KCl溶液中获取KCl晶体，可用蒸发的方法，答案选；CaCO3不溶于水，分离CaCO3和水，可用过滤的方法，答案选；植物油和水互不相溶，分离植物油和水，可用分液的方法，答案选；（2）氯化铝滴入NaOH溶液中，开始氢氧化钠过量，发生反应AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O，然后发生反应：3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl；氢氧化钠溶液滴入AlCl3溶液中，开始发生反应：AlCl3+3NaOHAl(OH)3+3NaCl，然后发生反应：Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，由和可知，一定量的甲与乙反应

42、时，乙的量越多，生成的沉淀越少，则乙为NaOH溶液，即甲为AlCl3溶液，乙为NaOH溶液，由实验可知，实验中NaOH不足，AlCl3有剩余，根据AlCl3+3NaOHAl(OH)3+3NaCl，1.56g沉淀的物质的量为=0.02mol，则NaOH的物质的量为0.02mol3=0.06mol，故NaOH溶液的物质的量浓度为0.06mol/0.12L=0.5mol/L。29、Na2SO3ClO22ClO2 + 2H2O2 +2OH- = 2ClO2- + O2 + 2H2O1:4ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。【解析】（1）I中Na

43、ClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。故答案为Na2SO3；ClO2；（2）中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+ H2O2O2+ ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- +O2 + 2H2O；故答案为2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- + O2 + 2H2O；（3） 反应5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是14。故答案为14；NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl-的还原性增强；或者Cl- 的浓