内蒙古赤峰市、呼和浩特市校际联考2022-2023学年化学高一上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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、实验室需配制480mL1molL1的硫酸铜溶液，下列说法不正确的是 ( )A应选用500mL的容量瓶B应称取80.0gCuSO4C应称取120

2、.0gCuSO45H2OD应称取125.0gCuSO45H2O2、人们对物质性质的研究是一种科学探究的过程，这种研究过程的科学组合应该是A预测物质的性质观察物质的外观实验和观察解释和结论B观察物质的外观预测物质的性质解释和结论 实验和观察C预测物质的性质观察物质的外观解释和结论 实验和观察D观察物质的外观预测物质的性质实验和观察解释和结论3、体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末。碳酸镁属于( )A酸B碱C盐D氧化物4、下列反应的离子方程式书写正确的是A碳酸钙与盐酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2B稀H2SO4与铁粉反应： C氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2+SO42=

3、BaSO4D氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2+Fe=Fe2+Cu5、装运金属钠的包装箱标签上应印有下列警示标记中的A爆炸品B遇湿易燃品C氧化剂D腐蚀品6、下列叙述中，正确的是A标准状况下，22.4L水所含的水分子数目为NAB常温常压下，等物质的量的CH4和CO所含的分子数相等C1LCO气体一定比1L O2的质量小D常温常压下，17g氨气的体积约为22.4L7、过量的与混合，在密闭容器中充分加热，最后排出气体，则残留的固体物质应为A和B和CD8、以下不属于氯气用途的A消毒杀菌B制漂粉精C制盐酸D制食盐9、同温同压下，由N2O和CO2组成的混合气体的密度是C2H4、N2和H2组成的混合气体密度的 2倍

4、，则C2H4、N2和H2组成的混合气体中H2的质量分数为A3/13B10/13C大于3/13，小于10/13D3/14310、下列说法正确的是A在常温常压下，11.2LN2所含有的分子数为0.5NAB在标准状况下, 22.4 L CO和N2的混合物的物质的量为1molC在标准状况下, 18g H2O的体积为22.4 LD1mol SO2的体积为22.4 L11、南方洪灾后，为确保“大灾之后无大疫”，防疫人员可以喷洒“含氯消毒液”（成分为次氯酸钠）进行消毒。关于该消毒剂的说法错误的是（ ）A“含氯消毒液”中的次氯酸钠是弱电解质B加少量盐酸可以提高“含氯消毒液”中次氯酸含量C“含氯消毒液”具有的强

5、氧化性能够有效地杀死病毒D“含氯消毒液”应密闭保存，防止与空气反应12、下列叙述正确的是Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色A都正确BCD13、下列说法中，正确的是()A向新制氯水中滴入几滴石蕊溶液，溶液先变红后退色B氯气泄露，可用浸有NaOH溶液的毛巾捂住口鼻，逃离现场C铜丝在氯气中燃烧，生成蓝色的氯化铜D氯元素在自然界中既有游离态又有化合态存在14、分类法在化学学科发展中起到了非常

6、重要的作用，下列分类依据合理的是根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物根据水溶液溶液能否导电将物质分为电解质和非电解质ABCD15、下列化学用语的表达正确的是（）A中子数为10的氧原子：810OB漂白粉的成分是Ca(ClO)2CCl-的结构示意图：D1H、2H、3H互为同位素16、0.8 molL-1某金属阳离子An+的溶液10 mL，恰好将30 mL 0.4 molL-1的某碳酸钠溶液中的CO32-全部沉淀，则n值是（

7、）A1B2C3D417、下列物质溶于水后溶液显酸性的是ANaCl BNa2O CNH3 DCl218、同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的比较中，正确的是（ ）A密度比为1116B物质的量比为1611C体积比为1116D分子个数比为161119、如图所示,下列说法不正确的是( )A图I表示向以AlCl3溶液中滴加氨水至过量B图表示向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡C图表示向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡D图IV表示向NaAlO2溶液中缓慢通入二氧化碳至过量20、加入NaOH溶液后，溶液中离子数目不会减少的是ABCu2+CDFe3+21、在同温同压下

8、，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是 ( )A5：2B2：1C2：5D3：222、下列物质的分类正确的是( )混合物纯净物酸性氧化物碱盐A空气Fe(OH)3胶体CO2石灰水KAl(SO4)2B豆浆CuSO3烧碱NaHCO3C稀硫酸石墨CO氨气CuSO45H2OD冰水混合物生石灰Cl2O7纯碱Cu2(OH)2CO3AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）有 X、Y、Z 三种元素：X、Y、Z 的单质在常温下均为气体，X 单质可以在 Z 的单质中燃烧，生 成化合物 XZ，火焰呈苍白色，XZ 极易溶于水，在水溶液中电离处

9、 X+和 Z，其水溶液能使蓝色石蕊试 纸变红，每两个 X2 分子能与一个 Y2分子化合成两个 X2Y 分子，X2Y 常温下为液体，Z 单质溶于 X2Y 中，所得的溶液具有漂白性。（1）写出下列微粒的电子式：X+_，Z_，Y 原子_。（2）写出 X2Y 的化学式_。按要求与 X2Y 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子_，5 个原子核的分子_。（3）写出 Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：_，所得溶液能使淀粉碘 化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_。（4）实验室制备 XZ 的化学方程式：_，如何检验 XZ 是否收集满_。24、（12分）有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有

10、AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：A_，B_，C_，D_，E_。另外，请写出下面要求的离子方程式。(1)A与E：_。(2)B与E：_。(3)C与E：_。25、（12分）实验室欲配制80 g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，如图是配制该氢氧化钠溶液的实验操作示意图。实验步骤(1)计算：需要氢氧化钠固体_g，水_mL(水的密度为1 gmL1)。

11、(2)称量：用托盘天平称取氢氧化钠固体，用规格为_(填“10mL”“50mL”或“100mL”)的量筒量取所需要的水，倒入盛有氢氧化钠的烧杯中。(3)溶解：用玻璃棒搅拌，使氢氧化钠固体完全溶解。26、（10分）有一包固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤后溶液呈无色；向的沉淀物中加入足量稀盐酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀试根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原粉末中一定含有的物质是_，一

12、定不含的物质是_，可能含有的物质是_。（以上各种物质均写化学式）(2)写出下列步骤中发生反应的离子方程式：_；_；_。27、（12分）用纯净干燥的氯气通过如下装置与铁反应。（已知：氯气与铁的产物具有很强的吸湿性，应避免接触潮湿空气。）（1）当纯净干燥的氯气通过灼热铁粉时，可以看到装置A内产生_，A中发生反应的化学方程式为：_。（2）产物用氯气赶入装置B中冷却收集，推测装置C的作用是_。a.吸收多余的氯气 b.吸收空气中的水蒸气c.吸收空气中的二氧化碳 d.吸收生成的氯化氢（3）实验前需要用氯气排出装置内原有的空气，请给出一种简易判断装置内已充满氯气的方法_。28、（14分）A、B、C、D、E

13、5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3溶液中的一种。已知：A与B反应有气体生成 B与C反应有沉淀生成C与D反应有沉淀生成 D与E反应有沉淀生成A与E反应有气体生成 在和的反应中生成的沉淀是同一种物质请填空：(1)在和的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是_。(2)A是_，B是_，C是_，D是_，E是_。29、（10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：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

14、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

15、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。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、C【解析】实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶配制溶液的体积为500mL，根据n=cV计算硫酸铜的物质的量，需要硫酸铜物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，再根据m=cVM计算所需硫酸铜的质量或硫酸铜晶体的质量，据此判断注意500mL是溶液的体积，不是溶剂的体积为500mL

16、【详解】由于实验室没有480mL的容量瓶，只能选用500mL容量瓶，配制500mL 1molL1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：1molL10.5L=0.5mol，硫酸铜的质量为：160gmol10.5mol=80g，需要胆矾质量为：250gmol10.5mol=125g，A、应选用500 mL容量瓶，配制500mL溶液，故A正确；B、根据以上计算，应称取80.0gCuSO4，故B正确；C. 根据以上计算，应称取125.0gCuSO45H2O，故C错误；D. 根据以上计算，应称取125.0gCuSO45H2O，故D正确；故选C。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，解题关键：根据c

17、=n/V理解溶液的配制、物质的量浓，易错点，错误的做法：用480mL计算称取的溶质，注意一定容量规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液。2、D【解析】研究物质性质的基本程序：首先，要观察物质的外观性质（包括物质的存在状态、颜色气味等）；第二、要对物质的性质进行预测；第三、设计并实施实验来验证所做的预测。通过对实验现象的观察和分析，归纳出与预测相一致的性质，并对实验中所出现的特殊现象进行进一步的研究；第四、对实验现象进行分析、综合、推论，概括出物质的通性及特性。【详解】人们对物质性质的研究是一种科学探究的过程，这种研究过程的科学组合应该是：观察物质的外观预测物质的性质实验和观察解释和结论。答案为D。

18、3、C【解析】碳酸镁是由金属阳离子Mg2+与酸根离子CO32-结合形成的化合物，属于盐；答案选C。4、D【解析】A碳酸钙是固体，不能拆开，应该为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，错误；B铁与非氧化性酸反应，生成二价铁，应该为Fe+2H+=Fe2+H2，错误；C氢氧根和氢离子反应，Ba2+2OH-+2H+SO42=BaSO4+2H2O，错误；D铁的活泼性比铜强，发生置换反应，正确。5、B【解析】钠的化学性质活泼，能与水剧烈反应生成氢气，为遇湿易燃物品，在装运金属钠的包装箱标签上应印有遇湿易燃物品警示标记，A. 为爆炸品标志，故A不选；B. 为遇湿易燃物品，故B选；C. 为氧化剂标志，故

19、C不选；D. 为腐蚀品标志，故D不选；答案选B。6、B【解析】A标况下水不是气体，22.4L水的物质的量不是1mol，故A错误；B1molCH4和1molCO所含分子数均为NA，故B正确；C气体的体积与温度和压强有关，两种气体存在的状态是否相等不确定，则无法比较二者的质量关系，故C错误；D17g氨气的物质的量为1mol，常温常压下1mol气体的体积不是22.4L，故D错误；综上所述答案为B。7、C【解析】两种混合物在密闭容器中加热所发生的化学反应为：，。因是过量的，则加热生成的使最终全部转化为，过量的也完全分解成，而稳定，受热不易分解，故最后残留的固体是。故选C。8、D【解析】A项、氯气与水反

20、应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有消毒杀菌的作用，故A正确；B项、工业上用氯气与石灰乳反应制备漂粉精，故B正确；C项、工业上用氯气与氢气反应制备氯化氢，氯化氢气体溶于水得到盐酸，故C正确；D项、工业上用海水晒盐的方法制备食盐，不属于氯气用途，故D错误；故选D。9、D【解析】N2O和CO2的相对分子质量都是44，所以由N2O和CO2组成的混合气体的平均相对分子质量也是44。由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，也等于其相对分子质量之比。同温同压下，由N2O和CO2组成的混合气体的密度是C2H4、N2和H2组成的混合气体密度的 2倍，则C2H4、N2和H

21、2组成的混合气体的平均相对分子质量为22，1mol此气体质量为22g。因为C2H4和N2和的相对分子质量相等都是28，所以2n(H2)+281-n(H2)=22，解之得n(H2)=mol，H2组成的混合气体中H2的质量分数为=。D正确，本题选D。10、B【解析】A、常温常压下，11.2L的氮气的物质的量不是0.5mol，所以含有的分子数不是0.5NA，错误；B、标准状况下，任何22.4L气体的物质的量都是1mol，与气体的种类无关，正确；C、18g水的物质的量是1mol，但标准状况下，水不是气体，所以体积不是22.4L，错误；D、未指明标准状况，不能确定二氧化硫的体积，错误。答案选B。11、A

22、【解析】A.次氯酸钠易溶于水完全电离，属于强电解质，故A错误； B. 次氯酸钠溶液中存在水解平衡：ClO-+H2OHClO+OH-，加少量盐酸，减小c（OH-），平衡右移，HClO浓度增大，故B正确； C.NaClO具有强氧化性，可以使蛋白质变性，能够有效地杀死病毒，故C正确； D.碳酸的酸性大于次氯酸，因此次氯酸钠溶液与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸见光或受热易分解，漂白作用减弱或失去，因此“含氯消毒液”应密闭保存，故D正确；故答案选A。12、D【解析】Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故错误；Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生

23、氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故错误；Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故错误；Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故正确。故答案选D。13、A【解析】A.氯气与水反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，新制氯水中的盐酸使石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，又很快使石蕊的红色褪去，A项正确；B.碱溶液确实可以吸收氯气，但NaOH是强碱，具有强腐蚀性，所以不能用浸有NaOH溶液的毛巾捂住口鼻，B项错误；C.无水氯化铜固体是棕色的，稀氯化铜的水溶液才显蓝色，C项错误；D.氯气非常活泼，自然界

24、中氯元素没有游离态，只有化合态，D项错误；答案选A。14、D【解析】根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，故正确；化学反应根据有无电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；分散系根据分散质直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，故错误；根据纯净物所含元素种类的多少将纯净物分为单质和化合物，故正确；根据在水溶液或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质，故错误。故选D。15、D【解析】A原子符号中左上角数字表示质量数，中子数为10的氧原子质量数=8+10=18，符号为O，故A错误；B漂白粉由氯气和石灰乳反应制得，主要成分为氯化钙和次氯酸钙

25、，故B错误；CCl元素为17号元素，核电荷数为17，Cl-的结构示意图：，故C错误；D1H、2H、3H质子数均为1而中子数不同，为氢元素的不同核素，互为同位素，故D正确；故答案为D。16、C【解析】溶液中CO32-离子的物质的量为：30mL10-30.4molL-1=1210-3 mol，溶液中An+离子的物质的量为：10mL10-30.8molL-1=810-3mol，由反应中恰好将溶液中的An+离子完全沉淀为碳酸盐，A的化合价为+n，则该碳酸的化学式为A2(CO3)n，根据阴阳离子所带正负电荷相等，有，解得n=3，故答案为C。17、D【解析】ANaCl为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A

26、不选；BNa2O为碱性氧化物，溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B不选；CNH3溶于水生成一水合氨，NH3H2ONH4+OH，溶液呈碱性，故C不选；DCl2溶于水生成盐酸和次氯酸，Cl2 + H2O=HCl +HClO，溶液显酸性，故D选；故选D。18、C【解析】令二者的质量为1g，n(SO2)=mol，n(CO2)=mol。A同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故A错误；B等质量二氧化硫与二氧化碳物质的量之比=mol：mol =11：16，故B错误；C同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比

27、为mol：mol =11：16，故C正确；D分子数之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的分子数之比为mol：mol =11：16，故D错误；答案选C。19、A【解析】A氯化铝溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝沉淀完全后不再变化，A错误；B向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡，先生成偏铝酸钠，开始无沉淀生成，氢氧化钠反应完全后继续滴入氯化铝会和偏铝酸钠反应生成沉淀，发生Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，3AlO2-+6H2O+Al3+=4Al(OH)3，两过程中氯化铝的用量为3：1，与图象符合，B正确；C向NaAlO

28、2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，两过程消耗盐酸量为1：3，与图象符合，C正确；D向偏铝酸钠溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，所以通入二氧化碳会不断生成沉淀到偏铝酸钠完全沉淀后，沉淀量不再变化，发生的反应为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，与图象符合，D正确；答案选A。20、C【解析】A.加入氢氧化钠后，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，数目减少，A错误；B.加入氢氧化钠后，铜

29、离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，数目减少，B错误；C.加入氢氧化钠后，硫酸根离子不反应，数目不减少，C正确；D.加入氢氧化钠后，铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，数目减少，D错误；答案选C。21、A【解析】根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，再结合分子构成及公式n = = 计算得出结论。【详解】同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，由N=nNA，可知2 n(O2) = 5 n(CH4)，则n(O2)：n(CH4) = 5：2，根据V = nVm可知，V

30、(O2)：V(CH4)=5 Vm：2 Vm = 5：2，故答案选A。22、B【解析】由两种或两种以上物质组成的是混合物，由一种物质组成的是纯净物，能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，据此解答。【详解】A.Fe(OH)3胶体属于混合物；石灰水为碱的水溶液，属于混合物，故A分类错误；B.烧碱为NaOH，属于碱；其它分类均正确，故B分类正确；C.CO为不成盐氧化物，并不属于酸性氧化物；氨气并不是碱，一水合氨为一元弱碱，故C分类错误；D.冰水混合物的成份为水分子，属于纯净物；纯碱为碳酸钠，属于盐类

31、，故D分类错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、H+ H2O OH CH4 Cl2+H2OH+Cl+HClO Cl2 NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl 用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满 【解析】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HClX2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符

32、合题意，据以上分析解答。【详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；（1）X+为H+，其电子式为H+，Z为Cl，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；故答案为H+、；（2）X2Y 的化学式为H2O；与 H2O 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子为OH，5 个原子

33、核的分子为CH4；故答案为H2O；OH；CH4；（3）Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl2；故答案为Cl2+H2OH+Cl+HClO；Cl2；（4）实验室制备 HCl 的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；检验 HCl 是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。24、BaCl2 AgNO

34、3 HNO3 HCl K2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 2Ag+CO32-=Ag2CO3 2H+CO32-=CO2+H2O 【解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2+CO32=BaCO3；

35、（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag+CO32=Ag2CO3；（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H+CO32=CO2+H2O。25、8 72 100 mL 【解析】（1）根据溶质质量=溶液质量溶质的质量分数来计算；（2）选取量筒时，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒；【详解】（1）溶质质量=溶液质量溶质的质量分数，配制80g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，需氢氧化钠的质量=80g10%=8g；溶剂质量=溶液质量溶质质量，则所需水的质量=80g8g=72g；水的密度为1g/cm3，则水的体积为72mL。

36、故答案为8；72；（2）选取量筒时，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒，应用100mL量筒量取72mL水，故答案为100 mL。26、Ba（NO3）2、Na2CO3 CuSO4 NaCl Ba2+CO32=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Ba2+SO42=BaSO4 【解析】依据题干信息和实验过程可知，将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤后溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4：有白色沉淀生成，说明一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3，二者反应生成碳酸钡白色沉淀；向的沉淀物中加入足量稀盐酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；取少量的溶液，滴入稀硫酸

37、，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，一定有碳酸银沉淀，可能含有氯化银沉淀；则（1）根据以上分析可知一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含CuSO4，可能含有NaCl。（2）根据以上分析可知中反应的离子方程式为Ba2+CO32-BaCO3；中反应的离子方程式为BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O；中反应的离子方程式为Ba2+SO42BaSO4。【点睛】进行离子的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、

38、推理、验证即可。例如本题中的溶液显无色，排除铜离子。白色沉淀可以溶解在盐酸中，排除硫酸钡等，所以掌握常见离子和物质性质以及特征反应现象是解答该题的关键。27、棕褐色烟 2Fe3Cl2 2FeCl3 ad 装置B中充满黄绿色气体 【解析】因灼热铁粉能与空气中氧气反应，所以实验前需要用氯气排出装置内原有的空气，防止干扰实验，当装置B中充满黄绿色气体时，点燃装置A初酒精灯，氯气与灼热铁粉反应生成氯化铁，反应生成的氯化铁氯气赶入装置B中冷却收集，装置C的作用是吸收过量氯气，防止污染环境，并吸收空气中的水蒸气进入装置B中，防止装置B中收集得到的具有很强的吸湿性的氯化铁接触潮湿空气。【详解】（1）纯净干燥

39、的氯气通过灼热铁粉时，Fe与氯气反应生成棕褐色烟，反应的化学方程式为2Fe3Cl2 2FeCl3；（2）产物用氯气赶入装置B中冷却收集，装置C的作用是吸收过量氯气，防止污染环境，并吸收空气中的水蒸气进入装置B中，防止装置B中收集得到的具有很强的吸湿性的氯化铁接触潮湿空气，故选ad；（3）因灼热铁粉能与空气中氧气反应，所以实验前需要用氯气排出装置内原有的空气，防止干扰实验，当装置B中充满黄绿色气体时，说明装置内已充满氯气。【点睛】氯气有毒，氯化铁具有很强的吸湿性，应避免接触潮湿空气是设计装置C的原因，也是解答的关键和易错点。28、AgCl Na2CO3 HCl AgNO3 BaCl2 NaHSO

40、4 【解析】A与B反应有气体生成，则A、B分别为HCl、NaHSO4、Na2CO3中的一种；B与C反应有沉淀生成，则沉淀可能为硫酸钡、也可能为AgCl；C与D反应有沉淀生成，结合在和的反应中生成的沉淀是同一种物质，沉淀应为AgCl，则C为AgNO3，B为HCl，D为BaCl2；A与E反应有气体生成、D与E反应有沉淀生成，则A为Na2CO3，E为NaHSO4，则（1）根据以上分析可知在和的反应中生成的沉淀物质的化学式为AgCl；（2）由上述分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na2CO3、HCl、AgNO3、BaCl2、NaHSO4。【点睛】本题考查物质的鉴别，把握物质的性质及反应中的现象为

41、鉴别推断物质的关键，注意物质之间的相互反应，推断中沉淀为AgCl以及生成的气体为解答的突破口，题目难度中等。29、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，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

42、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