广东省佛山市2022-2023学年化学高一上期中质量跟踪监视试题含解析.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（每题只有一个选项符合题意）1、120 mL浓度为1 molL-1的Na2SO3溶液，恰好与100 mL浓度为0.4 molL-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3溶液可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则还原产物中Cr元素的化合价为（ ）A+3B+1C+4D+22、下列诗句或谚语都与化学现象有关，下列说法不正

2、确的是A“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关B“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C“滴水石穿”包含化学变化，而“绳锯木断”则不包含化学变化D“卤水点豆腐，一物降一物”发生了化学反应3、粗盐提纯实验的部分操作如图所示，其中错误的是()A取一定量的粗盐B溶解C过滤D蒸发4、在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记中的 ( ) ABCD5、某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.4mol/L Cl、0.8mol/L SO42、0.2mol/L Al3+、0.6mol/L H+、M，则M及其物质的量浓度可能为( )ANa+0.6mol/LBCO320.2

3、mol/LCMg2+0.4 mol/LDBa2+0.4mol/L6、设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.5NAB0.1 mol H218O中所含中子总数为1.2NAC在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO所含电子数均为1.4NAD常温下，5.6克铁与足量的浓硫酸反应，转移电子数为0.3NA7、下列电离方程式正确的是ACaCl2=Ca2+Cl2- BCH3CH2OH（乙醇）=CH3CH2O- +H+CNaHSO4=Na+H+SO42- DKMnO4=K+Mn2+4O2-8、下列物质分离的方法不正确的是 （ ）A用酒

4、精萃取碘水中的碘B用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C用淘洗的方法从沙里淘金D用过滤的方法除去食盐中的泥沙9、下列说法不正确的是A同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子C1 mol O2中含有1.2041024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 LD由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍10、要除去KNO3溶液中混有的少量Ba(NO3)2杂质，得到纯净的KNO3溶液，操作正确的是A加入适量的Na2CO3溶液，过滤B加入足量的K2CO3溶液，过滤C先加入过量的K2CO3

5、溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3D先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀盐酸11、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O ，下列说法不正确的是（）AKClO3在反应中得电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mole-转移12、关于某溶液所含离子检验方法和结论正确的是A加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有Ca2+B加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中

6、一定含有Cl-C加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有SO42-D加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则原溶液中CO32-或HCO3-13、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A54g H2O中含有3NA个氢原子B1mol Na2SO4溶于水中，所得溶液中Na+个数为NAC标准状况下，NA个H2O分子所占的体积约为22.4LD1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA14、在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是AKMnO4O2BCO2COCBrBr2DFe2O3Fe15、1993年8月，国际原子量委员会确认我国张青莲教授测定

7、的锑的相对原子质量（121.760）为标准原子量，已知锑有两种以上天然同位素，则121.760是（ ）A锑元素的质量与12C原子质量112的比值B一个锑原子的质量与12C原子质量112的比值C按各种锑的天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的一定百分比计算出的平均值D按各种锑的天然同位素质量数与这些同位素所占的一定百分比计算出的平均值16、下列离子组加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是离子组加入试剂离子方程式ANa+ SO42-氢氧化钡溶液2Na+ +SO42- +Ba2+2OH-=BaSO4+2NaOHBH+ Cl-足量石灰乳2H+ +2OH-=2H2O CK+ HCO3-硫酸氢钠

8、HCO3-+H+=H2O +CO2 DAg+ NO3-少量盐酸Ag+ +NO3-+H+ +Cl-=AgCl+HNO3 AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置_。（2）F离子结构示意图_。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量

9、百分含量最大值是_%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为_。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_。18、现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成根据表中实验现象回答下列问题：（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为_、_、_、_；（2）请分别写出上述实验和的离子方程式：_；_。19、配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：

10、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

11、水至刻度线20、.为除去粗盐中含有的可溶性杂质硫酸盐、氯化钙和氯化镁，某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如下实验流程，请回答：（1）操作a和操作b的名称依次是 _；（2）加入试剂的作用是_；（3）加入盐酸后，发生反应的离子方程式是_；（4）在上述提纯过程中，如何证明SO42-已经被除净_。.实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）根据计算得知，所需NaOH的质量为_g。（2）配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作：A称量用了生锈的砝码； B将NaOH放在纸张上称量； C定容时仰视刻度线； D往

12、容量瓶转移时，有少量液体溅出； E未洗涤溶解NaOH的烧杯；F容量瓶未干燥即用来配制溶液； G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线；H.未冷却至室温就进行定容； I.定容时有少量水洒在容量瓶外。对配制的溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有_；偏小的有_。21、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、胶头滴管、还有_。（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用

13、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

14、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（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】n（Na2SO3）=0.1mol/L0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，再根据氧化还原反应中得失电子相等进行计算，据此答题。【详解】n（Na2SO3）=0.1mol/L0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0

15、.04mol/L0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应。设元素Cr在还原产物中的化合价是x，根据得失电子相等，则0.0012mol（6-4）=0.0004mol2（6-x），3=（6-x），所以x=+3，所以答案A正确。故选A。2、D【解析】物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成。如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化。【详解】A空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，A正确。B龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种

16、类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，B正确；C滴水穿石是指石头在水滴或雨滴的侵蚀作用下发生了复杂的物理、化学变化而溶解，从而使石头穿孔；“绳锯木断”指的是用绳子把木头锯断，只发生物理变化，不包含化学变化，C正确；D豆腐的原料黄豆富含蛋白质，经水浸、磨浆、除渣、加热，得到的蛋白质的胶体，点豆腐就是设法使蛋白质胶体发生凝聚而与水分离，所以卤水点豆腐，是物理变化，D错误。答案选D。3、C【解析】A.固体药品的取用使用药匙，故A正确；B.溶解的过程中，使用玻璃棒搅拌促进溶解，故B正确；C.过滤过程中，使用玻璃棒引流，故C错误；D.蒸发过程中，使用玻璃棒搅拌，使药品受热均匀，故D正确。

17、故选C。【点睛】过滤操作中的“一贴二低三靠”是指:1.一贴：将滤纸折叠好放入漏斗，加少量蒸馏水润湿，使滤纸紧贴漏斗内壁。2.二低：滤纸边缘应略低于漏斗边缘，漏斗中液体略低于滤纸的边缘。3.三靠：烧杯的尖嘴紧靠玻璃棒；玻璃棒的底端靠漏斗三层滤纸处；漏斗颈紧靠烧杯内壁。4、A【解析】A警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，A正确；B警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，B错误；C警示标记为能燃烧的物质的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，C错误；D警示标记为禁止使用的标志，而浓硫酸有重要的应用，则不能使用该标志， D错误；故选A。5、C【解析】溶液中总负电荷

18、浓度为：c（Cl-）+2c（SO42-）=0.4mol/L+20.8mol/L=2mol/L，总正电荷浓度为：3c（Al3+）+c（H+）=30.2mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L，所以M为阳离子，设M阳离子为c（Mn+），根据电荷守恒有：nc（Mn+）=2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L；据以上分析解答。【详解】溶液中总负电荷浓度为：c（Cl-）+2c（SO42-）=0.4mol/L+20.8mol/L=2mol/L，总正电荷浓度为：3c（Al3+）+c（H+）=30.2mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L，所以M为阳离子，设M阳离子为c（Mn+），根据

19、电荷守恒有：nc（Mn+）=2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L；A.1c（Na+）=0.6mol/L，小于0.8mol/L，故A错误；B由上述分析可知，M为阳离子，不可能是CO32-，故B错误；C.2c（Mg2+）=20.4mol/L=0.8mol/L，且能够与题中给定的离子大量共存，故C正确；D.2c（Ba2+）=20.4mol/L=0.8mol/L，但硫酸根离子与钡离子不能共存，故D错误；故选C。6、C【解析】A过氧化钠中含有过氧根离子，0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.25NA，故A错误；BH中不含中子，18O 中含有10个中子，0.1 mol H218O中

20、所含中子总数为1.0NA，故B错误；C在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO都是0.1mol，所含电子数均为1.4NA，故C正确；D常温下，铁与浓硫酸发生钝化，故D错误，本题选C。7、C【解析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水或熔融时电离成离子的化学方程式，据此解答。【详解】A. 氯化钙属于盐，完全电离：CaCl2Ca2+2Cl-，A错误；B. CH3CH2OH是非电解质，不能发生电离，B错误；C. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，完全电离：NaHSO4Na+H+SO42-，C正确；D. 高锰酸钾是盐，完全电离：KMnO4K+MnO4-，D错误。答案选

21、C。【点睛】掌握物质的组成特点和电解质的强弱是解答的关键，另外书写电离方程式时应特别注意：注意区分离子符号和化合价的书写。含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。表示离子数目的数字要写在离子符号的前面，不能像在化学式里那样写在右下角。酸碱盐电离出的阴、阳离子的个数应与其化学式中相应原子或原子团的个数相同，电离出的离子所带的电荷数应与该元素或原子团的化合价数值相等。8、A【解析】A萃取剂应与水互不相溶，酒精和水混溶，不能用作萃取剂，A错误；B蒸馏适用于沸点不同的液体混合物的分离，因此可用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，B正确；C金子的密度比较大，在沙子的底部，可用淘洗的方法从沙里淘

22、金，C正确；D泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，D正确。答案选A。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的方法，题目难度不大，注意萃取剂的使用，把握物质的性质的异同，为解答该类题目的关键。9、A【解析】A.同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；B.由阿伏加德罗定律知，B项正确；C.标准状况下1 mol任何气体所占体积均为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为26.0210231.2041024，C项正确；D.0.2 g H2、8.8 g CO2、5.6 g CO的物质的量分别为0.1 mol、0.2 mol、0.2 mol，该混合气体的总质

23、量为14.6 g，总物质的量为0.5 mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2 gmol1，氧气的摩尔质量为32 gmol1，两者的相对密度为29.5320.913，D项正确。答案选A。10、C【解析】除去KNO3溶液中少量的Ba(NO3)2，实质就是除去钡离子，可以根据物质的性质，选择适当的试剂。【详解】A.加入适量的Na2CO3溶液，会带入钠离子，钠离子不能再沉淀出来，故A错误；B.加入适量的K2CO3溶液，引入了杂质碳酸根离子，故B错误；C.先加入过量的K2CO3溶液，可除去钡离子，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3，可除去碳酸根离子，不带入新的杂质，故C正确；D.先加入过量的K

24、2CO3溶液，可除去钡离子，过滤，再向滤液中加入适量的稀盐酸，引入了杂质氯离子，故D错误。故选C。【点睛】除杂时原则上选用的除杂试剂不能与原有物质反应，反应后不能引入新的杂质，还要注意所选试剂的添加顺序，后加的试剂能把先加的试剂多余的量除掉。11、D【解析】由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；BCl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；CH2C2O4在反应中C化合价

25、升高，被氧化，选项C正确；D.1molKClO3参加反应时，发生电子转移为1mol（5-4）=1mol，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。12、D【解析】A.能和碳酸钠反应生成沉淀的，可以是钙离子、钡离子；B.加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，溶液中可能有硫酸根离子、碳酸根离子或氯离子，加入的盐酸也可以和硝酸银生成不溶于酸的沉淀 ；C加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成.，沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，但是二氧化硫有刺激性气味，不符合题中

26、的无色无味气体。【详解】A. 加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，可能是碳酸根和钙离子或钡离子反应，不一定是钙离子，A错误；B. 加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，可能是氯化银沉淀、碳酸银或硫酸银沉淀，加稀盐酸后这些沉淀都不会消失，会转化为氯化银，B错误；C. 加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可能是硫酸钡或氯化银沉淀，原溶液中可能有硫酸根或银离子，C错误；D. CO32-或HCO3-都能和盐酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体， D正确。答案为D。.【点睛】离子检验方法中，注意产生对应现象的多种可能性，如能和碳酸钠反应生成沉淀的，可以是钙离子、钡离子等。再根据题目给出的

27、各种限制条件如颜色气味等进行排除，最后选出对应的答案。13、D【解析】A、n(H2O)=3mol，则n(H)=23mol=6mol，即H原子有6NA个，A错误；B、n(Na2SO4)=1mol，则n(Na+)=21mol=2mol，即Na+有2NA个，B错误；C、标况下，H2O不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol进行计算，C错误；D、1个CO2分子和1个NO2分子都含有2个O原子，故1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA，D正确；故选D。【点睛】气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的适用条件：标准状况（简称“标况”，P=101kPa，T=0），必须是标况下的气体物质。14

28、、C【解析】根据氧化还原反应中的还原剂、氧化剂中元素的化合价变化规律分析。【详解】A.KMnO4O2中O元素的化合价升高，但KMnO4分解即可生成氧气，故不需要加入合适的氧化剂，故A错误；B.CO2CO中C元素的化合价降低，需要加入合适的还原剂来实现，如加入碳，故B错误；C.Br-Br2中Br元素的化合价升高，需要加入合适的氧化剂来实现，如加入氯气，故C正确；D.Fe2O3Fe中Fe元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如加入铁粉，故D错误。 故选C。【点睛】氧化还原反应中，元素化合价降低，即做氧化剂，需要添加还原剂，反之，元素化合价升高，即做还原剂，需要添加氧化剂。15、C【解析】

29、121.760是指锑元素的相对原子质量，元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值。【详解】A元素为一类原子的总称，选项A错误；B一个锑原子的质量与12C原子的质量的的比值，为该锑原子的相对原子质量，选项B错误；C元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，选项C正确；D各种天然同位素的质量数与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，为元素的近似相对原子质量，选项D错误。答案选C。【占睛】本题考查相对原子质量的概念，难度不大，对相对原子质量的概念准确掌握。16、C【解析】A. 应该是Ba2+

30、SO42= BaSO4，故A错误；B.石灰乳保留化学式，不能拆成离子形式，故B错误；C.硫酸氢钠在水溶液中电离出氢离子，故C正确；D.应该是Ag+Cl= AgCl，故D错误。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期A族 25 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强 【解析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C

31、为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期A族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐

32、渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。18、CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3 【解析】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。【详解】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离

33、子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O，B为HCl， C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgC1，故答案为: CO32-+2H+=C

34、O2+H2O； Ag+Cl-=AgC1。19、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：50

35、0mL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，

36、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。20、过滤、蒸发 除去钙离子和钡离子 CO32-+2 H+= CO2+ H2O OH -+ H+= H2O 取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若

37、出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根 2.0 g AH BCDE 【解析】.根据实验流程可知，操作a过滤，操作b是蒸发；根据加入氢氧化钠可将氯化镁转化成氢氧化镁沉淀，除去硫酸钠需要在除去氯化钙之前，加入的碳酸钠可以将过量的氯化钡除去，所以试剂是BaCl2溶液，目的是除去SO42-离子，试剂是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，根据加入的除杂试剂氢氧化钠和碳酸钠都是过量的，所以在蒸发之前需要加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除去。.根据n=cv计算氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；根据C=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体

38、积V的影响来分析误差。【详解】.（1）通过分析实验流程可知，操作a是溶解，操作b是过滤，操作c是蒸发，故答案为过滤；蒸发；（2）试剂是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，故答案为除去钙离子和钡离子；（3）加入盐酸的目的是将碳酸钠和氢氧化钠除去，反应的离子方程式为OH -+ H+=H2O， CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为OH-+H+=H2O；CO32-+2H+= CO2+H2O；（4）证明SO42-已经被除净，即证明溶液中不存在SO42-离子，具体操作为：取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根，故答案

39、为取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；.（1）由于无450ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶，故配制的是500ml0.1mol/LNaOH溶液，根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L0.1mol/L=0.05mol，NaOH质量m=nM=0.05mol40g/mol=2.0g，故答案为2.0g；（2）A、生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C、定容时俯视刻度线观察液面

40、，所加水量偏少，结果偏高；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，未加水对浓度无影响；H、热溶液注入容量瓶会导致容量瓶热膨胀,体积变大,最终导致溶液浓度偏小；I、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，溶液的体积不变，浓度不变。故答案为AH；BCDE。21、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

41、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

42、.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

43、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，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，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。