2023届黑龙江省肇东一中高一化学第一学期期中教学质量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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列各组微粒中，核外电子数相等的是（ )ANa和ClBCl和ArCMg和Mg2DS和S22、下列物质的水溶液导电性最强的是A10 mL 0.50 mol/LH2SO4溶液 B20 mL 0.50 mo

2、l/L KNO3溶液C30 mL 0.50 mol/L氨水溶液 D40 mL 1.0 mol/L蔗糖溶液3、说法中正确的是()A32 g O2占有的体积约为22.4 LB22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子C在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 gD22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数4、向含有下列离子的溶液中分别加入烧碱固体（溶液体积变化可忽略），能引起离子浓度减小的是（ ）ACO32BClCOHDCu2+5、在给定条件的水溶液中可能大量共存的粒子组是（ ）A透明的溶液：Cu2+、K+、NO3、ClB含有NaHCO3的溶液：SO42、H+、K +、CO

3、32C使酚酞试液呈红色的溶液中：NH4+ 、Ba2+ 、NO3 、K+Dc（H+）=1mol/L的溶液：K+、Na+、Cl、NH3H2O6、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是A. 若120g石墨能写a个字，则平均每个字约含有 10NA/a个碳原子B常温常压下，9mLH2O含有5NA个电子（水的密度为1g/mL）C标准状况下，16g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为NAD0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质离子总数为0.3NA7、在反应2KMnO416HCl=2KCl2MnCl25Cl28H2O中( )A氧化产物与还原产物粒子个数比是25B被氧化的HCl占参加反应HCl

4、总分子数的5/8CKMnO4只有一部分发生还原反应DKMnO4与HCl恰好分别完全被还原和被氧化8、下列物质中所含分子数目最多的是AB4时18mL的C个分子D9、运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是ABCD10、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-11、2015年诺贝尔医学奖授予中国药学家屠呦呦等三位科学家，以表彰她们在青蒿素方面做出的突出贡献，提取青蒿素通常可以用乙醚浸取，这与下列哪种方法的原理相同（ ）A分液法 B萃取法 C结晶法 D过滤法12、下列关于卤素性质的叙述中不正确的是()A卤素单质的颜色按Cl2、B

5、r2、I2的顺序逐渐变深B氯气易液化，溴单质易挥发，碘单质易升华C氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大DCl2、Br2、I2的氧化性逐渐增强13、向含有、Na的溶液中加入一定量Na2O2后，下列离子的浓度减少的是()ABCDNa14、有Fe3+、Fe2+、NO3、NH4+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述中，不正确的是A还原产物为NH4+B氧化剂与还原剂的物质的量之比为18C若有0.5mol NO3参加还原反应，则转移电子8molD若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+eFe3+15、下列叙述中，错误的是( )A等物质的量的O2与

6、O3，所含氧原子数相同B阿伏加德罗常数的符号为NA，其近似值为6.021023mol1C摩尔是物质的量的单位D在0.5molNa2SO4中，含有的Na数约是6.02102316、现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液39%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、蒸馏、萃取B萃取、蒸发、分液C分液、萃取、蒸馏D蒸馏、萃取、分液17、如图，将潮湿的通过甲装置后再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色。则甲装置中所盛试剂不可能是A饱和食盐水B浓硫酸CKI溶液DNaOH溶液18、 “安全无小事”，对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。高锰酸钾(KMnO4)应选用

7、的标志是ABCD19、下列实验操作不正确的是A蒸发结晶时，应将蒸发皿中的NaCl溶液全部蒸干才停止加热B蒸馏实验中，要在烧瓶中加入沸石或碎瓷片，以防止液体暴沸C蒸馏操作使用的温度计的水银球应与蒸馏烧瓶支管口平齐D浓硫酸的稀释是将浓硫酸沿器壁慢慢地注入烧杯里的水中，并用玻璃棒不断搅拌20、已知由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物,硫元素的质量分为a%,则混合物中氧元素的质量分数为Aa%B2a%C11.75a%D10.75a%21、若实际操作时需要分离下列两种混合物，选用最合适的实验装置是（ ）a.煤油中不小心混入了大量的水；b.水与丙酮的混合物，已知：丙酮是一种可与水混溶的无色液体，

8、密度小于苯，沸点约为56。ABCD22、浓度为2.00 mol/L的盐酸溶液1L，欲使其浓度变为4.00mol/L，下列方法可行的是（ ）A蒸发掉0.5L水B标况下通入44.8L HCl气体C将溶液加热蒸发浓缩至0.5LD加入10mol/L盐酸0.6L，再将溶液稀释至2L二、非选择题(共84分)23、（14分）某强酸性溶液X中仅含有Ba2、Al3、NH4、Fe2、Fe3、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下根据以上信息，回答下列问题:(1)仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的离子分别是_。(2)若中所用氢氧化钠浓度为2 mol/L

9、，当加入10 mL时开始产生沉淀，55 mL时沉淀的量达到最大值0.03 mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60 mL时沉淀的量降为0.025 mol且保持不变，则原溶液中：c(Fe2+)为_mol/L、c(Fe3+)为_mol/L、c(Cl-)为_mol/L。(若有些离子不存在，请填0 mol/L)24、（12分）某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：混合物加水得无色透明溶液；向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；上述白色沉

10、淀可完全溶于稀盐酸；往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色(氯水能将I氧化为I2)；往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。由此可推断出：（1）写出中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式_。（2）写出中生成白色沉淀的离子方程式_。（3）该固体中一定含有_；无法确定是否含有的是_。（4）确定该物质是否存在的方法是_。25、（12分）某学生设计了如下实验：(1)该同学的实验目的是_；(2)上图操作步骤为_，加入试剂为_；(3)按此实验方案得到的NaCl固体中肯定含有_(填化学式)杂质；为了解决这个问题可以向过滤得到的滤液中加入适量的_；(4)写

11、出生成C的化学方程式_。26、（10分）实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：请回答下列问题：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个主要步骤：量取 计算 溶解 定容 转移 洗涤 装瓶，其正确的操作顺序为_（填序号）。（2）实验室只有100mL、250mL、500mL三种规格的容量瓶，但要配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，需取该浓硫酸_mL。（3）接下来完成此实验你将用到的仪器有20mL量筒、烧杯、玻璃棒、_。（4）要从所配溶液中取出50 mL盛装于试剂瓶中，给它贴上标签，则标签的内容是_；若再从中取出10 mL溶液稀释至20 mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为_

12、。（5）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_。A用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线 B转移溶液时未洗涤烧杯 C容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水 D定容时俯视容量瓶的刻度线 E. 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线27、（12分）某溶液中只含有Na2SO4、Na2CO3和NaCl三种溶质。欲证明其中SO42-、CO32-、Cl- 三种阴离子确实存在，我们设计了如下实验，请你认真填写下面的实验报告。实验步骤实验现象结论1、向盛放溶液的试管中加入足量_。有气泡产生证明有CO32-2、继续向试管中加入足量_溶液有白色沉淀生成证明有_。3、过滤，向滤液中加适量的_溶液有白色沉淀生成证明有_。

13、28、（14分）在图（）所示的装置中，烧杯中盛放的是Ba(OH)2溶液，当从滴定管中逐渐加入某种溶液A时，溶液的导电性的变化趋势如图（）所示。 (1)滴加液体至图（）中曲线最低点时，灯泡可能熄灭，可能的原因是_。(2)试根据离子反应的特点分析，溶液A中含有的溶质可能是（填序号）_。HCl H2SO4 NaHSO4 NaHCO3 (3)已知0.1 molL-1NaHSO4溶液中c(H)=0.1 molL-1，请回答下列问题：写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式_。 NaHSO4属于_（填“酸”、“碱”或“盐”）。向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式

14、：_；在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：_。29、（10分）储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7 +8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3 +8H2O。（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目_。（2）上述反应中氧化剂是_（填化学式），被氧化的元素是_（填元素符号）。（3）H2SO4 在上述反应中表现出来的性质是_（填序号）。A氧化性 B氧化性和酸性 C酸性 D还原性和酸性 （4）若反应中电子转移了0.8 mol

15、，则产生的气体在标准状况下的体积为_L。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】分析：在原子中，核内质子数等于核外电子数，金属离子的核外电子数等于原子的核外电子数减电荷数，简单阴离子的核外电子数等于原子的核外电子数加电荷数。详解:A、钠原子有11个电子，Na核外电子总数为10，氯原子有17个电子，Cl核外电子总数为18，故A错误。B、氯原子有17个电子，Cl核外电子总数为18，Ar有18个电子，故B正确；C、Mg原子有12个电子，Mg2核外电子总数为10， 所以C选项是错误的；D、硫原子的有16个电子，S2核外电子总数是18，故D错误；答案选B。2、

16、A【解析】电解质溶液导电性强弱与离子浓度、所带电荷数成正比，物质的水溶液导电性最强，说明溶液中离子浓度最大，据此分析解答。【详解】硫酸是二元强酸，硝酸钾是盐完全电离，一水合氨是为弱电解质，部分电离，在浓度相等的条件下，硫酸溶液中离子浓度最大，蔗糖是非电解质，其溶液不导电，所以导电能力最大的是硫酸溶液，答案选A。【点睛】本题考查电解质溶液导电性强弱判断，明确溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，电解质溶液导电性强弱与离子浓度、所带电荷数成正比，与电解质强弱无关。3、D【解析】A、因为气体的状态不能确定，无法计算氧气的体积，A错误；B、22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，不能计算其分子数，B错

17、误；C、标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，C错误；D、22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl的物质的物质的量都是0.5mol，分子数是相同的，D正确；答案选D。4、D【解析】试题分析：A、碳酸根水解，溶液显碱性，加入氢氧化钠抑制碳酸根水解，浓度增加，A错误；B、氯离子和氢氧化钠不反应，浓度不变，B错误；C、加入氢氧化钠，氢氧根浓度增加，C错误；D、铜离子结合氢氧根生成氢氧化铜沉淀，铜离子浓度减小，D正确，答案选D。考点：考查离子反应5、A【解析】A. 透明的溶液中：Cu2+、K+、NO3、Cl之间不反应，无沉淀、气体、水等生成，故能大量共存；B. 含有NaHCO3的溶液

18、：H+和HCO3-、CO32反应生成水和二氧化碳，故不能大量共存；C. 使酚酞试液呈红色的溶液中：NH4+ 、OH反应生成一水合氨，故不能大量共存；D. c（H+）=1mol/L的溶液：H+和NH3H2O反应生成NH4，故不能大量共存；故选A。6、D【解析】A. 依据n=计算石墨的物质的量，进而得到碳原子数为120g12g/molNA=10NA，则平均一个字含有碳原子数是10NA/a 个，故A正确；B. 根据常温常压下水的密度可以得出9mLH2O的质量是9g，物质的量是0.5mol，1个水分子中含有10个电子，则0.5mol水中含有5mol电子，数目是5NA个，故B正确；C. O2和O3都是由

19、氧原子构成的，则16g O2和O3的混合气体中含有氧原子的物质的量是16g16g/mol1mol，则氧原子数目是NA，故C正确；D. 因未给出溶液的体积，所以无法计算0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质的离子总数，故D错误；答案选D。点睛：本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查基本的计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如D项因未指明溶液的体积，所以无法计算溶液中溶质的离子总数；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算，解题时特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。本题的易错点是C项，在

20、解答这类混合物的相关计算时，一定要注意找出相关物质之间的特定关系，如O2和O3的混合气体、NO2和N2O4的混合气体、金刚石和石墨形成的混合物等。7、B【解析】在2KMnO416HCl=2KCl2MnCl25Cl28H2O 反应中，Mn元素化合价降低，被还原，Cl元素化合价升高，被氧化，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物，当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化。A.氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2，故A错误；B.当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，所以被氧化的HCl占参加反应HCl总分子数的5/8，故B

21、正确；C. 2molKMnO4全部发生还原反应，故C错误；D.当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，所以HCl没有分别完全发生氧化反应，故D错误。答案选B。8、D【解析】由N=nNA可知，物质的物质的量越大，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。9、B【解析】汽油属于易燃品，车上应该贴上易燃液体的标志。【详解】A图中所示标志是腐蚀品标志，故A错误； B图中所示标志是易燃液体标志，故B正确； C图中所示标志是自

22、燃品标志，故C错误； D图中所示标志是氧化剂标志，故D错误。故答案选B。10、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。11、B【解析】青蒿素提取过程是先用冷水浸泡青蒿，将青蒿绞汁，再用乙醚低温溶解提取，利用了青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水的性质。【详解】A. 分液法是分离两种互不相溶的液体混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是分液法，故A错

23、误；B. 青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水，可用乙醚萃取，然后分液分离，所以B选项是正确的；C.结晶法使利用溶解度的差异分离混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是结晶法，故C错误；D. 过滤适用于不溶性固体与液体的分离，用乙醚浸取提取青蒿素不是过滤法，故D错误。所以B选项是正确的。12、D【解析】A卤素单质Cl2、Br2、I2的颜色分别为黄绿色、红棕色、紫色，逐渐加深，A正确；B氯气常温下为气体，易液化，溴单质常温下为液体，易挥发，碘单质为固体，熔点与沸点相接近，易升华，B正确；C同主族元素从上到下原子、离子半径逐渐增大，则氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大，C正确；D同主族

24、元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，D错误；答案选D。13、A【解析】溶液中加入少量过氧化钠后发生反应：2Na2O 2 +2H2O=4NaOH+O2，溶液中Na浓度增大；+OH-=+H2O，浓度减少，浓度增大，浓度不变，故选A。14、C【解析】Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但与H+、NO3-的强氧化性无法比Fe2+作还原剂，NO3-作氧化剂由此得出该反应为：8Fe2+NO3-+10H+8Fe3+NH4+3H2O。A.根据（氧化剂）降（化合价降低） 得（得到电子） 还（发生还原反应），对应产物为还原产物

25、NO3-生成NH4+，N化合价从+5降为-3，NH4+为还原产物，选项A正确；B.根据氧化还原反应的规律：升失氧，降得还；该反应中氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，得到8mol电子；还原剂是Fe2+，8molFe2+生成8molFe3+，失去8mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8，选项B正确；C.氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，得到8mol电子，发生还原反应，则0.5mol NO3参加还原反应，转移电子4mol，选项C不正确；D.原电池的负极发生氧化反应，若把该反应设计为原电池，则负极反应

26、为Fe2+-e-=Fe3+，负极反应是Fe2+失去电子，发生氧化反应，选项D正确；答案选C。15、A【解析】A等物质的量的O2与O3，所含氧原子数之比为2:3，A错误；B阿伏加德罗常数的数值等于12g12C中所含的碳原子数，其符号为NA，近似值为6.021023mol1，B正确；C物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，它的单质是摩尔，C正确；D在0.5molNa2SO4中，含有的Na数约是0.5mol26.021023mol-1=6.021023，D正确；故选A。16、A【解析】汽油不溶于水，分离汽油和氯化钠溶液应该用分液法；乙醇与水互溶，但沸点相差较大，分离39%的乙醇溶液应该用蒸馏；溴

27、单质易溶在有机溶剂中，分离氯化钠和单质溴的水溶液应该用萃取，答案选A。17、A【解析】A项、饱和NaCl溶液与氯气不反应，抑制氯气的溶解，但通过饱和食盐水时导致氯气中含有水分，所以红色布条会褪色，故A正确；B项、将潮湿的氯气通过浓硫酸时，浓硫酸干燥氯气，氯气没有漂白性，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故B错误；C项、氯气和碘化钾溶液反应，将潮湿的氯气通过KI溶液后，氯气被吸收，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故C错误；D项、氯气和氢氧化钠溶液反应，将潮湿的氯气通过NaOH溶液后，氯气被吸收，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故D错误；故选A。【点睛

28、】氯气没有漂白性，不能使红色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色是解答关键，也是易错点。18、B【解析】高锰酸钾具有强氧化性，故应贴氧化剂标志。A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，选项A错误；B、图中标志是氧化剂标志，符合要求，选项B正确；C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，选项C错误；D、图中标志是腐蚀品标志，不符合要求，选项D错误；答案选B。19、A【解析】A.蒸发时应避免温度过高而导致固体分解，当有大量固体析出时可停止加热，用余热蒸干，A错误；B.蒸馏时，加入碎瓷片可防止液体暴沸，B正确；C.因温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口附近，C正

29、确。D.浓硫酸溶解于水放出大量的热，由于水的密度比浓硫酸小，如把水倒入浓硫酸中，水浮于硫酸上，热量不易散失，水沸腾，造成酸液飞溅，D正确；故合理选项是A。20、C【解析】NaHS、NaHSO3中“NaH”的总相对原子质量为24，与1个Mg原子的相对原子质量相等，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，可看作其相对原子质量为24）那么，这样处理后混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成的了，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32；利用硫元素的质量分数可求得A的质量分数，混合物中氧元素的质量分数=1-混合物

30、中硫元素的质量分数-A元素的质量分数【详解】由于Na和H的相对原子质量和等于Mg的相对原子质量，所以可以从质量角度将“NaH”视为一个与Mg等效的整体A（即将“NaH”和Mg都换用“A”来表示，其相对原子质量可作24），混合物就相当于是由AS、ASO4、ASO3组成，而此时的混合物中A、S原子个数比为1：1，二者的质量比为24：32=3：4，由于w（S）=a%，故w（A）=3/4a=0.75a%，氧元素的质量分数=1-a%-0.75a%=1-1.75a%故选：C21、B【解析】a. 汽油中不小心混入了大量的水，水与汽油分层；b. 水与丙酮的混合物，由信息可知互溶，但沸点不同；【详解】由图可知，

31、为过滤、为分液、为蒸发、为蒸馏，a. 汽油中不小心混入了大量的水，水与汽油分层，选分液法分离； b.水与丙酮的混合物，由信息可知，水和丙酮互溶，但沸点不同，选蒸馏法分离，故B正确；故选B。22、D【解析】A. 盐酸具有挥发性，蒸发掉0.5L水时HCl也会逸出，所以不能实现；B、标况下的44.8L HCl气体物质的量为2mol,原溶液中HCl的物质的量为：2.00 mol/L1L=2mol，溶液的总体积大于1L,故不能实现；C. 将溶液加热蒸发浓缩至0.5L，盐酸具有挥发性，所以此法不能达到；D.加入盐酸，再将溶液稀释至2L，HCl的浓度为c(HCl)= （0.6L10mol/L+2.00 mo

32、l/L1L）/2L=4.00mol/L,故D正确；答案：D。二、非选择题(共84分)23、Fe3+、Cl- 0.15 0.1 0.4 【解析】(1)强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42；生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，它在酸性条件下和NO3反应生成NO；溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe(OH)3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO

33、2，说明溶液中含有Al3+；溶液中含有Fe2+，就一定不含NO3，含有SO42就一定不含Ba2+，不能确定是否含有的Fe3+和Cl。(2)根据得失电子数相等和阴阳离子电荷所带电荷数相同求解。【详解】(1)由分析可知不能确定是否含有的是Fe3+和Cl。(2) n(NO)=0.005 mol，根据得失电子数可知n(Fe2+)= n(NO)3=0.015 mol，c(Fe2+)=0.015mol0.1L=0.15mol/L；加入氢氧化钠溶液60mL时沉淀量降到0.025mol，说明此时为氢氧化铁沉淀，亚铁离子的物质的量是0.015mol，所以说明原溶液中存在铁离子，n(Fe3+)=0.025mol0

34、.015mol=0.01mol，则c(Fe3+)=0.01mol/0.1L=0.1mol/L；加入55mL氢氧化钠溶液时沉淀达到最大值0.03mol，加入60mL氢氧化钠溶液时，沉淀降为0.025mol，说明n(Al(OH)3)=0.03mol0.025mol=0.005mol，则溶液中SO42：0.04mol，NH4+：0.005mol，Fe2+：0.015mol，Fe3+：0.01mol，Al3+：0.005mol，此时2n(SO42)=n(NH4+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)，所以c(Cl)=0.4 mol/L。【点睛】注意生成的Al(OH)3会和过量的NaO

35、H反应生成NaAlO2和H2O。24、BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2 Ag+Cl-AgCl Na2CO3 NaCl 取所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明原固体中有NaCl，反之则无 【解析】向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；向步骤溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；取步骤的白色沉淀，白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确

36、定KI一定不存在；另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是中加入的氯化钡所致；（1）中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的离子方程式：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2；（2）中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgCl，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl；（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体

37、中有NaCl，反之则无。25、分离BaCl2和NaCl两种固体混合物 蒸发结晶 稀盐酸 Na2CO3 稀盐酸 BaCl2+ Na2CO3BaCO3+2NaCl 【解析】混合物A溶于水得到BaCl2和NaCl溶液，溶液中加过量Na2CO3溶液，生成BaCO3沉淀，过滤得到BaCO3沉淀C与NaCl和Na2CO3的混合溶液B，NaCl和Na2CO3的混合溶液，蒸发可得到NaCl固体；BaCO3沉淀中加入盐酸，BaCO3与盐酸反应生成BaCl2溶液，经蒸发结晶可得到BaCl2固体，据此分析解答。【详解】(1)混合物A溶于水得到BaCl2和NaCl溶液，经过一系列实验操作后得到BaCl2和NaCl，则

38、实验目的是分离BaCl2和NaCl两种固体混合物，故答案为分离BaCl2和NaCl两种固体混合物；(2)中操作为从溶液得到固体应用蒸发的操作分离，一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶；过滤得到BaCO3沉淀，加入盐酸，BaCO3与盐酸反应生成BaCl2溶液，经蒸发结晶可得到BaCl2固体，故答案为蒸发结晶；过量(足量)稀盐酸；(3)溶液加过量Na2CO3溶液，过滤得到NaCl和Na2CO3的混合溶液，得到的NaCl固体中肯定含有Na2CO3；要除去碳酸钠，可以加入盐酸，将碳酸钠转化为氯化钠，故答案为Na2CO3；稀盐酸； (4)溶液加过量Na2CO3溶液，生成BaCO3沉淀，发生反应的化学方程式为Ba

39、Cl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，故答案为BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl。26、 13.6 500 mL容量瓶、胶头滴管 0.50 mol/L H2SO4(aq) 0.25 mol/L BE 【解析】了解稀释溶液的过程，根据过程记忆使用的仪器。利用公式c=来进行溶液物质的量浓度和质量分数的换算。【详解】（1）配制溶液时的顺序为，计算、量取、溶解、转移、洗涤、定容最后装瓶。因此正确的操作顺序为。（2）实验室没有480 mL的容量瓶，因此需要用500 mL的容量瓶来配制。利用图中数据可求出浓硫酸的物质的量浓度c2=18.4 mol/L。依据稀释前后硫酸的物质的量不变，

40、即c1V1=c2V2，可解得V2=13.6 mL。 （3）溶液的稀释需要用到的实验仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶和胶头滴管。（4）从所配溶液中取出50 mL溶液，标签应写上溶液名称和物质的量浓度，因此答案为0.50 mol/L H2SO4(aq)；c1V1=c2V2，将c1=0.50 mol/L，V1=0.01 mL，V2=0.02 mL代入可求得c2=0.25 mol/L。（5）A用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线导致量取的浓硫酸物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高；B转移溶液时未洗涤烧杯，烧杯中有残余的硫酸，导致所配溶液浓度偏低；C容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水，对溶液所配浓

41、度没有影响；D定容时俯视容量瓶的刻度线，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高；E定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致所配溶液体积偏大，浓度偏低。会使所配溶液浓度偏低的是BE。【点睛】实验室没有480 mL的容量瓶，因此配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸时，需要使用500 mL的容量瓶来配制；稀释溶液误差分析根据c=来判断，V不变n偏小的情况下，所配溶液浓度偏小，n偏大，浓度偏大；n不变，V偏大浓度偏小，n不变V偏小浓度偏大。27、稀硝酸 Ba(NO3)2溶液 SO42 硝酸银溶液 Cl 【解析】根据常见酸和盐的物理性质和化学性质即可作答；氯化银、硫酸钡均是不溶于稀硝酸的白

42、色沉淀；碳酸钡、碳酸银也是白色沉淀，但是能溶于稀硝酸。【详解】在检验氯离子时，是加入硝酸银出现白色沉淀，证明氯离子的存在；但是硫酸银是微溶于水的，量多了也就变成沉淀了，所以要先检验硫酸根离子，再检验氯离子；碳酸钡和碳酸银也都是白色的沉淀，在检验硫酸根离子和氯离子时，要先除去碳酸跟离子，但是不能引入会与钡离子、银离子生成沉淀的离子，故答案为：实验步骤实验现象结论盐酸Ba(NO3)2溶液SO42.硝酸银溶液Cl28、溶液中离子浓度很小，几乎不导电 NaHSO4Na+H+SO42- 盐 2HSO42Ba22OHBaSO42H2O Ba2SO42 BaSO4 【解析】根据电解质的电离、离子反应规则分析

43、。【详解】(1) 滴加液体至图（）中曲线最低点时，灯泡可能熄灭，说明随着A的加入溶液导电能力迅速降低，即A必定能与Ba(OH)2发生反应，使溶液中离子浓度变得极小，故答案为A与溶液中离子浓度很小，几乎不导电；(2) A必定能与Ba(OH)2发生反应，不仅消耗Ba2+，而且还消耗OH-，故液A中含有的溶质可能是H2SO4，故答案为；(3) NaHSO4是强电解质能完全电离，故电离方程式为：NaHSO4Na+H+SO42-；从电离理论来看，NaHSO4是盐，因为它电离出的阳离子是钠离子和氢离子，是强酸性盐，溶液显酸性；向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，说明NaHSO4中电离出的H+与Ba(OH)2电离的OH-反应，故离子反应方程式为：2HSO42Ba22OHBaSO42H2O；在以上中性溶液中，说明硫酸中的H+和氢氧化钡中的OH-都被反应完，OH-OH继续滴加Ba(OH)2溶液，就只有SO42-和Ba2+反应，故离子方程式为：Ba2SO42 BaSO4 。【点睛】分析图像：（1）看起点（2）看变化趋势（3）看终点，从而确定反应过程的变化。导电性降低时，溶液中离子浓度降低，即生成难溶性物质、难电离物质或易挥发性物质。29、 K2Cr2O7 C C 4.48 【解析】（1）反应中C元素的化