湖北省天门、仙桃、潜江市2022-2023学年高一化学第一学期期中调研试题含解析.doc

《湖北省天门、仙桃、潜江市2022-2023学年高一化学第一学期期中调研试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省天门、仙桃、潜江市2022-2023学年高一化学第一学期期中调研试题含解析.doc（18页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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、有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20g/cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是A溶质的质量分数是24.0%B硫酸根离子的质量分数是19.2%C溶液的物质的量浓度是2

2、.4mol/LD溶质和溶剂的物质的量之比是1：402、除去氯气中混有的少量的氯化氢气体，最好选用A水 B饱和食盐水C纯碱溶液 D饱和烧碱溶液3、下列关于氧化还原反应说法正确的是A在氧化还原反应中非金属单质一定是氧化剂B某元素从化合态变成游离态，该元素一定被还原C在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化D一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原4、下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是A标准状况下，a L NH3溶于1000 g水中，得到的溶液密度为b gcm-3，（考虑溶液体积变化）则该溶液的物质的量浓度为molL-1B将100 mL 1.5 molL-1的NaCl溶液与200 mL 2.5 mo

3、lL-1的NaCl溶液混合（忽略溶液体积变化），得到溶液的物质的量浓度为2 molL-1CV L Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+m g，溶液中c（SO42-）是molL-1D某温度时，饱和NaCl溶液的密度为 gcm-3，物质的量浓度为cmol/L，该溶液中NaCl的质量分数为100%5、nmolC2H4（气体）和 nmol14CO 相比较，下列叙述正确的是A同温同压下，密度相等B不同温度压强下，分子数也相等C同温同压下，质量相等D同温同压下，原子数相等6、下列水溶液中的电离方程式正确的是NaHCO3=Na+H+CO32-NaHSO4=Na+H+SO42-H2SO4=2H+SO42-KCl

4、O3=K+Cl5+3O2-ABCD7、下列保存方法不正确的是A少量的金属钠应保存在煤油中 B氯水盛放在无色细口瓶中C漂白粉要避光密封保存 D少量液溴采用水封法保存8、下列各组反应中，不能用同一个离子方程式表示的是A盐酸分别与NaOH溶液、Ca(OH)2溶液反应B硫酸分别与NaOH溶液、Ba(OH)2溶液反应C硝酸分别与Na2CO3溶液、K2CO3溶液反应D锌分别与稀盐酸、稀硫酸反应9、某氯原子的质量为a g，12C原子的质量为b g，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列不正确的是A该氯原子的摩尔质量为g/mol Bx g该氯原子的物质的量是 molC1 mol该氯原子的质量是aNA g Dy g

5、该氯原子所含的原子数为NA10、实验室配制100mL1molL-1的NaCl溶液。下列有关操作错误的是A用托盘天平称取5.85gNaCl固体B在盛有NaCl的烧杯中加入适量蒸馏水，搅拌溶解，静置至室温再移入容量瓶中C用蒸馏水洗涤烧杯内壁、玻璃棒23次，洗涤液移入容量瓶中D沿着玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水，到离刻度线12cm时改用胶头滴管滴加，直到凹液面最低处恰好与刻度线相切11、将质量分数为a%、物质的量浓度为2cmol/L的氨水加水稀释,使其物质的量浓度为cmol/L，此时溶液中溶质的质量分数为b%，则a%和b%的关系是Aa%b% Ba%2b% Ca%2b% D无法确定12、在某体系内有反应物和

6、生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl。已知FeCl3为反应物，则另一反应物是（）AH2SBFeCl2CSDHCl13、完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是A用CCl4提取溴水中的Br2来B从KI和I2的固体混合物中回收I2C吸收NH3（极易溶于水），并防止倒吸D工业酒精制备无水酒精AABBCCDD14、下列电离方程式错误的是NaHCO3= Na+H+ CO32- NaHSO4 = Na+H+ SO42-H2SO4 = 2H+ SO42- KC1O3 = K+ C15+3O2-A B C D15、下列液体中，出现丁达尔效应的分散系是( ) 早晨树林里的雾

7、 牛奶 豆浆 H2SO4溶液 硫酸铜溶液ABCD全部16、等质量的CH4和NH3相比较，下列结论正确的是（ ）A它们的分子个数比为1716B它们的原子个数比为1716C它们的氢原子个数比为1716D它们所含氢的质量比为171617、向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 molL1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为A11.2 gB5.6 gC2.8 gD无法计算18、在溶液中能大量共存，加入NaOH溶液后有沉淀产生，加入盐酸后有气体

8、放出的是ANa、Cu2、Cl、CO32- BFe3、K、SO42-、NO3CNa、Ba2、Cl、HCO3 DNa、SiO32-、OH、NO319、关于氯气的性质下列说法不正确的是A新制氯水的颜色是因为氯水中含有氯气分子导致B氢气在氯气中安静燃烧，发出黄色火焰C储存氯气的钢瓶，为防止腐蚀，装氯气前必须先充分干燥D根据氯气能与碱反应，可用氢氧化钠溶液进行氯气的尾气吸收处理20、下列离子检验的正确结论是()A若向溶液中加入足量盐酸，产生能够使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定存在大量CO32-B若向溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，则溶液中一定存在大量Cl-C若向溶液中滴加酚酞试液，溶液变红色

9、，则溶液中一定存在大量OH-D若向溶液中加入BaCl2溶液后，产生白色沉淀，则溶液中一定存在大量SO42-21、 “绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是A制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2OB制CuSO4：2Cu+O22CuO；CuO+H2SO4(稀)CuSO4+H2OC制Cu(NO3)2：Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2OD制Cu(NO3)2：3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O22、下列仪器常用于物质分离的是ABCD二、非

10、选择题(共84分)23、（14分）有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、 CuSO4、 CaCl2、NaCl而成，为检验它们做了如下实验:固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成:过滤，洗涤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。请回答下列问题:(1)固体混合物中肯定有_，肯定没有_。(2)步骤沉淀是否完全的检验方法_。(3)写出步骤的离子方程式：_。(4)写出鉴别可能有的物质的离子方程式:_。(5)写出向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程_。(6)用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式_。24、（12分） (1)A、B、

11、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）如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的C1-等杂质

12、，选择装置_。（2）从碘水中分离出I2，选择装置_，该分离方法的名称为_。（3）装置A中的名称是_，进水的方向是从_（填“上”或“下” ）口进水。装置B在分液时为使液体顺利流下，先进行的操作是_，后再打开下端活塞。26、（10分）某河道两旁有甲、乙两厂。它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Cu2+、OH-、Cl-和NO3-六种离子。(1)甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中含有的三种离子是_；(2)乙厂的废水中含有另外三种离子。如果加一定量_(选填：活性炭、硫酸亚铁、铁粉)，可以回收其中的金属_(填写金属元素符号)(3)另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的_(填写离

13、子符号)转化为沉淀经过滤后的废水主要含_，可用来浇灌农田27、（12分）已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：按图组装仪器，并检查装置的气密性； 将a g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；称量盛有碱石灰（CaO与NaOH固体混合物）的U型管的质量，称得为b g；从分液漏斗滴入6 molL-1 的硫酸，直到不再产生气体时为止；从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；再次称量盛有碱石灰的U型管的质量； 重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，最终称得为c g；请填空和回答问题： （1）装置中干燥管B的作

14、用是_（2）步骤的目的是_ （3）步骤的目的是_（4）该试样中纯碱的质量分数的计算式为_28、（14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）29、（10分） (1)在一个小烧杯里加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡

15、晶体Ba(OH)28H2O，将小烧杯放在事先已滴有34滴水的玻璃片上，然后，再加入约10gNH4Cl晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。使Ba(OH)28H2O与NH4Cl充分反应。实验中观察到的现象是_，说明该反应是_热反应，这是由于反应物所具有的总能量_ (填“大于”、“小于”或“等于”生成物所具有的总能量。(2)将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计为一个原电池，则该电池的负极材料为_，正极电极反应式为_。(3)恒温下，将amo1N2与bmolH2的混合气体通入一容积固定的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g)。若反应进行到时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(

16、NH3)=6mol，则a=_。反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(已经折算为标准状况下)，其中NH3的体积分数为25%。则平衡时H2的转化率为_。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、D【解析】A.MgSO4的相对分子质量为120,其中Mg的相对原子质量为24，设溶质的质量分数为x,则有：24:120=4.8%：x，解得：x=24.0%；故A正确；B.SO42-的相对分子质量为96，Mg的相对原子质量为24，设SO42-的质量分数为x,则有：24:96=4.8%：x，解得：x=19.2%；故B正确；C.依据物质的量浓度和质量分数的关系式，溶液的物质的

17、量浓度c(MgSO4)=2.4mol/L，故C正确；D. 溶液的总质量，所以，可得出，所以，水的质量为，所以，溶质与溶剂的物质的量之比为，故D错误；本题答案为D。【点睛】在MgSO4溶液中，Mg2+和SO42-、Mg2+和MgSO4相对分子质量之比，等于质量分数之比。2、B【解析】试题分析：A氯气和氯化氢都溶于水。B氯化氢在饱和食盐水中的溶解度比较大，氯气在饱和食盐水的溶解度小，因此答案选B。C氯气与氯化氢都能与纯碱、烧碱发生反应，因此C、D错误。考点：考查物质除杂的相关知识点。3、C【解析】A.在氧化还原反应中非金属单质不一定是氧化剂，例如氢气还原氧化铜中氢气是还原剂，故A错误；B.元素从化

18、合态变成游离态，可能被氧化也可能被还原，如硫化氢和二氧化硫反应生成S和水，硫化氢中的硫被氧化，而二氧化硫中的硫被还原，故B错误；C.氧化还原反应中，可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与水的反应，氯元素的化合价既升高，又降低，不一定所有元素的化合价都变化，故C正确；D.可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应、氯气与NaOH的反应，故D错误；答案选C。【点睛】氧化还原反应的的本质是电子的转移，特征是化合价的升降，要注意加深对概念内涵的理解和外延的掌握。在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是不同反应物，也可以是同一反应物，氧化产物、还原产物可以是不同产物，也可以是同一种产物。4、A【解析】

19、A利用n=，V=， c=即可求得该溶液的物质的量浓度为mol/L。故A正确。B混合前n1=1.5 molL-10.1 L=0.15 mol，n2=2.5 molL-10.2 L=0.5 mol。混合后V=0.1 L+0.2 L=0.3 L。n= n1+ n2=0.65 mol，c=2.2 molL-1，故B错误。Cc（SO42-）=c（Fe3+）=molL-1，故C错误。D需要将密度单位转化为gL-，即 gcm-3=1000 gL-，再根据公式=即可求出为100%，故D错误。本题选A。【点睛】注意单位换算 gcm-3=1000 g/L。5、B【解析】C2H4（气体）的摩尔质量为28g/mol,

20、 14CO的摩尔质量为30g/mol, 两者摩尔质量不相等。【详解】A项、nmolC2H4（气体）和 nmol14CO的质量不相等，同温同压下，它们体积相等，所以它们的密度一定不相等，故A错误；B项、两种气体的物质的量相等，它们的分子数一定相等，故B正确；C项、两者摩尔质量不相等，nmolC2H4（气体）和 nmol14CO的质量不相等，故C错误；D项、两种气体的原子个数不相等、物质的量相等，它们的原子数一定不相等，故D错误。故选B。6、A【解析】NaHCO3=Na+HCO3-，故错；NaHSO4=Na+H+SO42-，故正确；H2SO4=2H+SO42-，故正确；KClO3=K+ ClO3

21、-，故错；综上所述正确，故选A；正确答案：A。7、B【解析】A、钠与水、氧气极易反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，A正确；B、氯水中含有次氯酸，见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存，即应该放在棕色试剂瓶中，B错误；C、漂白粉中含有次氯酸钙，极易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳生成次氯酸而失效，所以漂白粉要避光密封保存，C正确；D、溴易挥发，密度比水大，可用水封，D正确。答案选B。【点睛】本题考查化学试剂的保存，注意化学试剂的保存与物质的性质有关，学习中注意相关知识的积累。8、B【解析】A. 盐酸分别与NaOH溶液、Ca(OH)2溶液反应，离子方程式均为H+OH-=H2O；B.硫酸与氢氧化钠溶

22、液反应：HOH=H2O；硫酸与氢氧化钡溶液反应：2HSO422OHBa2=BaSO42H2O，不能用同一离子方程式表示；C. 硝酸分别与Na2CO3溶液、K2CO3溶液反应，离子方程式均为CO32-+2H+=CO2+H2O；D. 锌分别与稀盐酸、稀硫酸反应，离子方程式均为Zn+2H+=Zn2+H2。故选B。9、D【解析】A氯原子的相对原子质量是氯原子的质量与12C原子的质量的比值，即为；摩尔质量在数值上等于相对原子质量，但是单位不同，即为g/mol，故A不符合题意。B根据n=可得x g该氯原子的物质的量为n= mol，故B不符合题意。C一个氯原子的质量为a g，1mol氯原子的质量为aNA g

23、，故C不符合题意。D根据N=nNA，可得y g该氯原子所含的原子数为NA，故D符合题意。本题选D。【点睛】注意相对原子质量和摩尔质量的数值相同，但是单位不同，相对原子质量的单位为1，摩尔质量的单位为g/mol。10、A【解析】A托盘天平称量时只能准确到小数点后一位数，所以只能称量5.9g药品，不能称量5.85gNaCl，故A错误；BNaCl固体要先在烧杯中溶解，冷却后再用玻璃棒引流转移至100mL容量瓶，故B正确；C烧杯、玻璃棒要洗涤，洗涤液也要注入容量瓶，保证溶质全部转移，故C正确；D定容时，沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，直至溶液凹液面恰好与刻度线相

24、切，故D正确。答案选A。11、B【解析】物质的量浓度为2cmol/L、质量分数为a%的氨水溶液，设溶液的密度为1，则2c=，物质的量浓度为cmol/L，质量分数变为b%的氨水溶液，设溶液的密度为2，则c=，则两式相除得：2=，即，氨水的密度水于水的密度，氨水溶液的浓度越大密度越小，即21，所以a2b，故答案选B。12、A【解析】某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl，已知FeCl3为反应物，则还原反应为FeCl3FeCl2，Fe元素的化合价降低，该反应中S元素的化合价应升高，可知氧化反应为H2SS，则另一反应物为H2S，故答案为A。13、A【解析】试题分析

25、：A萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，A正确；碘单质易升华，加热后，碘单质易升华，剩余的是KI，B错误；氨气极易溶于水而难溶于苯，该装置导管口插入水中，无法防止倒吸，C错误；该装置酒精灯的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口处，冷却装置应该下口进水，上口出水，D错误。考点：考查萃取、物质的分离、尾气的吸收、工业制备酒精等知识。14、C【解析】碳酸是弱酸，NaHCO3是H2CO3的酸式盐，HCO3-不能拆，电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3-，故错误；NaHSO4是强酸的酸式盐

26、，属强电解质，完全电离用“”，电离出Na+、H+、SO42离子，其电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42，故正确；硫酸为二元强酸，一步完全电离，电离方程式为：H2SO42H+SO42，故正确；氯酸钾是强电解质，是由钾离子和氯酸根离子构成，能完全电离，电离方程式为：KClO3=K+ClO3，故错误，答案选C。15、A【解析】胶体能产生丁达尔效应。【详解】早晨树林里的雾、牛奶、豆浆都是胶体能产生丁达尔效应，H2SO4溶液、硫酸铜溶液都是溶液，不能产生丁达尔效应，所以出现丁达尔效应的分散系是。答案选A。16、A【解析】令CH4和NH3的质量都为1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的

27、量为=mol。A分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为molmol=1716，故A正确；B每个CH4分子含有5个原子，1gCH4含有原子的物质的量为5mol，每个NH3分子含有4个原子，1gNH3含有的原子物质的量为4mol，所以等质量的CH4和NH3含有原子数目之比为5mol4mol=8564，故B错误；C每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4mol3mol=1712，故C错误；D氢元素质量之比等于氢原子物质的量之

28、比，由C可知等质量的CH4和NH3含有H氢元素质量之比为4mol3mol=1712，故D错误；故选A。17、B【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=

29、1/20.21=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.156=5.6g；B选项正确；综上所述，本题选B。18、C【解析】根据离子之间能结合生成水、气体、沉淀等，则离子不能共存，并结合加入NaOH溶液生成沉淀和加入盐酸生成气体来解答。【详解】A项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成氢氧化铜沉淀，加盐酸不反应，故A错误；B项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，加盐酸不反应，故B错误；C项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶

30、液生成碳酸钡沉淀，加盐酸生成二氧化碳气体，故C正确；D项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液不反应，加盐酸生成硅酸沉淀，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子的共存问题，熟悉离子之间的反应是解答本题的关键，注意信息的综合应用来解答。19、B【解析】A. 氯气溶于水，和水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中含有氯气，次氯酸水3种物质，只有氯气为黄绿色。B. 根据氢气在氯气中燃烧的现象分析。C. 常温下干燥的氯气与铁难以反应。D. 氯气可以和强碱反应，可以用氢氧化钠溶液进行氯气的吸收。【详解】A.氯水中，只有氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有氯气，A正确。B.纯净的氢气

31、在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，B错误。C.潮湿的氯气与铁可以反应，为防止氯气腐蚀钢瓶，钢瓶在装入氯气前必须干燥，C正确。D.氯气能与碱反应，所以可用氢氧化钠溶液进行氯气的尾气吸收处理，D正确。20、C【解析】A. 若向溶液中加入足量盐酸，产生能够使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中可能含有碳酸根、亚硫酸根等离子，A错误；B. 若向溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，则溶液中含有Cl-、碳酸根离子、硫酸根离子等，B错误；C. 若向溶液中滴加酚酞试液，溶液变红色，说明溶液呈碱性，溶液中一定存在大量OH-，C正确；D. 若向溶液中加入BaCl2溶液后，产生白色沉淀，则溶液中可能存在大量SO42-或A

32、g+等，D错误。21、B【解析】选项A、B、D中分别产生了有毒气体SO2、NO2、NO，所以正确的答案是B。22、B【解析】为试管，一般用于反应等，为漏斗，一般用于过滤和向容器中添加液体，为分液漏斗，用于分液，是托盘天平，用于称量，为蒸馏烧瓶，可以用于蒸馏或分馏等，因此用于物质分离的仪器是，故选项B正确。二、非选择题(共84分)23、Na2CO3 Na2SO4、 CaCl2、CuSO4 取步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全。 BaCO3 2H+Ca2CO2H2O Ag+Cl-=AgCl Ca22OH-2HCO3-CaCO3CO32-2H2O F

33、e2O3H+2Fe3+3H2 【解析】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。【详解】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所

34、以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。（1）根据以上分析可知固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有CuSO4、Na2SO4、CaCl2；（2）取步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全；（3）离子方程式为BaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；（4）鉴别氯化钠可以用硝酸银溶液，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgCl；（5）向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2O；（6）用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；24

35、、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

36、。【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Na2CO3，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

37、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、D A B（或B、A） 萃取（或萃取、分液、蒸馏） 冷

38、凝管 下 打开分液漏斗上端的活塞或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔 【解析】A.蒸馏适用于沸点不同的液态混合物的分离和提纯；B.萃取、分液根据物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂中的方法称为萃取。将两种互不相溶的液态混合物分离开来的方法称为分液；C.过滤将不溶于液体的固体与液体分开来的方法；D.蒸发结晶将溶液中的溶质与溶剂分离开来的方法。【详解】(1)加热氯化钾溶液时水不断挥发，因溶剂的减少，氯化钾以晶体形式逐渐析出，当有大量晶体析出时停止加热，利用余热将剩余溶液蒸干即得到氯化钾固体，所以应选用D装置；自来水中含有Na+、Mg2+、Cl-、SO42-等形成的无机

39、盐，这些无机盐的沸点较高，加热使自来水沸腾，温度控制在1000C下蒸馏，水转化为水蒸气，再经冷凝即可得到不含Cl-等杂质的蒸馏水，所以选用A装置。(2)根据I2在有机溶剂如CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大得多的性质，从碘水中分离出I2的方法是：先在碘水中加适量的CCl4进行萃取，分液得到含I2的CCl4溶液，最后将I2的CCl4溶液蒸馏，得到固体I2，所以应选择装置B（或B、A），该分离方法的名称为萃取（或萃取、分液、蒸馏）。(3)装置A是一套蒸馏装置，的名称是冷凝管；为了提高冷凝管的热交换效率，通常采用逆流的方法，即细管中的热蒸气从上往下流动，外管中的冷却水从下往上流动，所以进水的方向是

40、从下口进水。装置B打开下端的活塞时，分液漏斗内的气压往往小于外面的大气压，以致液体不能顺利流下，为了平衡气压，先进行的操作是：打开分液漏斗上端的活塞或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔。26、K+、Cl-、OH- 铁粉 Ag、Cu Ag+、Cu2+、Cl-、OH- KNO3 【解析】(1)甲厂的废水呈碱性，则甲厂中一定含有OH-，结合离子的共存分析；(2)乙厂的废水中含有与OH-发生反应的Ag+、Cu2+，利用比Cu、Ag活泼的金属Fe来回收；(3)根据复分解反应来分析。【详解】(1)甲厂的废水呈碱性，则甲厂废水中一定含有OH-，由于废水中的Ag+、Cu2+与OH-结合生成AgOH、Cu(OH)2沉

41、淀，故Ag+、Cu2+不能在甲厂废水，应该存在于乙厂废水中；Ag+与Cl-会发生反应形成AgCl沉淀而不能共存，故Cl-在甲厂废水中，甲厂废水中除含有OH-、Cl-，根据溶液呈电中性，还应该含有阳离子K+，故甲厂废水中含有的三种离子是K+、Cl-、OH-；(2)由上述分析可知，乙厂废水中含有Ag+、Cu2+，根据金属的活泼性可知，金属活动性FeCuAg，所以加入铁粉能够与溶液中的Ag+、Cu2+发生金属间的置换反应产生Ag、Cu，故加入Fe粉可回收的金属是Ag、Cu；(3)将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，会发生反应：Ag+Cl-=AgCl；Cu2+2OH-=Cu(OH)2，可使溶液中的Ag

42、+、Cu2+、Cl-、OH-转化为AgCl、Cu(OH)2沉淀，经过滤后得到的废水中主要KNO3，由于其中含有植物生长需要的K、N营养元素，故可用来灌溉农田。【点睛】本题考查离子共存问题，注意判断甲、乙厂废水成分的分析，结合离子共存以及离子的性质分析解答，要结合溶液呈电中性分析判断溶液中含有的离子。27、防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中 把反应产生的CO2吹入U型管中被碱石灰吸收 保证反应产生的CO2全部被U型管中的碱石灰吸收 106（c-b）/44a100% 【解析】(1)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二

43、氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；(3)就是为了将二氧化碳全部赶过去；(4)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。【详解】(1)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差；因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2吹入U型管中被碱石灰吸收；(3)直到U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经