甘肃省银川二中2022-2023学年化学高一上期中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、某阴离子X2有m个电子，其质量数为a，则核内中子数为（）Am+2Bm+5Cam+2Dam22、下列说法正确的是ANa2CO3溶液显碱性，NaH

2、CO3溶液显酸性B可用加热方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3杂质C用Ba（OH）2溶液能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液D等质量的Na2CO3、NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，后者产生的CO2多3、下列有机物中，不属于烃的衍生物的是( )A一氯甲烷B酒精C甲苯D硝基苯4、R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2+Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2+Z，这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（ ）AR2+X2+Z2+Y2+BX2+R2+Y2+Z2+CY2+Z2+R2+X2+DZ2+X2+R2+Y2+5、下列说法正确的是（ ）A由于碘在酒精中的溶解度大，可以用酒精

3、把碘水中的碘萃取出来B配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸C由于沙子是难溶于水的固体，因此可用过滤法分离沙子与水的混合物D可以用冷却法从热的含少量KNO3的NaCl浓溶液中分离得到纯净的NaCl6、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，11.2 L CO2所含的原子数为1.5NAB常温常压下，34 g OH-含有的质子数为20NAC1L0.5molL-lFeCl3溶液完全转化可制得0.5NA个Fe(OH)3胶粒D标准状况下，22.4 L NH3所含电子数为10NA7、VmLAl2(SO4)3 溶液中含SO42 ag，取V/4mL溶液稀释到4

4、VmL，则稀释后溶液Al3+中的物质的量浓度是A125a/(576V) mol/L B125a/(288V)mol/LC125a/(144V )mol/L D125a/(96V)mol/L8、在相同温度和压强下，容器A中的臭氧（O3）和容器B中的乙炔气（C2H2）所含的分子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是（ ）A4：3B3：4C1：1D2：39、下列离子组合中，能大量共存的是ACu2+、Mg2+、OH-、SO42- BH+、Ag+、Cl-、NO3-CNa+、K+、SO42-、Cl- DBa2+、H+、Cl-、CO32-10、下列实验装置能达到实验目的的是分离乙醇和水用自来水制取蒸馏水

5、从食盐水中获取氯化钠用排空气法收集氯气（Cl2）ABCD11、下列有关物质分类标准和分类均正确的是A组B组C 组D 组物质CaO、MgO、CO2 、CuOH2 、Cl2 、N2 、CuO2 、Fe 、Cu 、ZnHCl 、H2O 、H2SO4 、HNO3分类标准金属氧化物金属单质金属单质含氧酸不属于该类别的物质CuOCuO2HClAABBCCDD12、某同学在实验室中发现了一瓶无色而有刺激性气味的气体，根据气味判断可能是氨气，但不能确定是氨气。下列提供的方法中，能帮他检验该气体是否为氨气的是A将湿润的红色石蕊试纸放在打开的瓶口B将湿润的蓝色石蕊试纸放在打开的瓶口C用蘸有浓硫酸的玻璃棒靠近打开的

6、瓶口D将干燥的红色石蕊试纸放在打开的瓶口13、常温常压下，用等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体分别吹出四个气球，其中吹入的 气体为 O2 的是ABCD14、实验室需配置离子浓度均为0.1mol/L的某混合溶液，下列选项中能达到实验目的的是AK+、Na+、NO3-、Cl-BK+、Ba2+、Cl-、OH-CAg+、K+、Cl-、NO3-DNa+、NH4+、SO42-、NO3-15、下列对1mol/L的Na2SO4溶液的叙述中，正确的是A溶液中含有1mol Na2SO4B将142g Na2SO4固体溶于1L水可得到1mol/L的Na2SO4溶液C将142g Na2SO410H2O固体溶于少

7、量水后，再将其稀释成1000mLD从1mol/L的Na2SO4溶液中取出任意体积Na+的浓度都是2mol/L16、下列各选项中的反应与反应不能用同一离子方程式表示的是序号反应反应A向AgNO3溶液中滴加稀盐酸 AgNO3溶液与食盐水混合B过量CO2通入NaOH 溶液中过量CO2 通入澄清石灰水中 C向烧碱溶液中滴加稀盐酸向NaHSO4溶液中滴加KOH溶液D向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸向 Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液 AABBCCDD17、三聚氰胺是一种纯白色晶体，其化学式为C3H6N6(其相对分子质量是126)。下列关于三聚氰胺的叙述正确的是A三聚氰胺的摩尔质量为126gB

8、标况下，1mol三聚氰胺的体积约为22.4LC1mol三聚氰胺含15NA个原子D63g三聚氰胺含3gH2分子18、下列物既能导电，又属于电解质的是A固体NaCl B食盐水 C酒精 D熔融的NaCl19、下列仪器常用于物质分离的是漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 研钵A B C D20、我国古代文献中有许多化学知识的记载，如淮南万毕术中提到“曾青得铁则化为铜”，其反应的化学方程式是 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应不属于A复分解反应B置换反应C离子反应D氧化还原反应21、下列关于物质分类的组合正确的是分类组合碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱H3PO4CaCO3CaOSO2B苛性钠H

9、ClONaClNa2OCOC熟石灰H2SO4CuSO45H2ONa2O2CO2D烧碱HClNaHCO3Fe2O3SO3AABBCCDD22、标况下，H2O的质量为x g，含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为（）ABCD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；

10、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）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中

11、，只有C盐的溶液呈蓝色。若向的四支试管中分别加盐酸,B盐溶液有沉淀产生,D盐溶液有无色无味气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：A _、B_、C _、D_。25、（12分）NaCl样品中含有少量的Na2SO4和Na2CO3，按下列流程进行净化。（1）流程第步中应分别使用_、_试剂，第步中应进行_操作（2）写出第步发生反应的化学方程式：_。26、（10分）为除去粗盐中的Ca2、Mg2、SO42- 以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：(1)判断BaCl2已过量的方法是_。(2)第步中，相关的离子方程式是_。(3)若先用盐酸再过滤，将对实验结果

12、产生影响，其原因是_。(4)为检验精盐纯度，需配制150 mL 0.2 mol/L NaCl(精盐)溶液，下图是该同学转移溶液的示意图，其中的错误是_。27、（12分）实验室用固体烧碱配制0.1mol/L的NaOH溶液480mL，请回答：(1)经计算需要用托盘天平称取质量_g NaOH固体，NaOH固体放在_称量。(2)有以下仪器：烧杯 药匙 250mL容量瓶 500mL容量瓶 玻璃棒托盘天平 量筒，配制时肯定不需要的仪器是_(填序号)，除已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。 (3)配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为_(填序号)。振荡摇匀 洗涤

13、 定容 颠倒摇匀 转移(4)配制过程中，下列操作会引起结果偏低的是_(填序号)A未洗涤烧杯、玻璃棒 B定容时俯视刻度C容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 DNaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶28、（14分）某化学小组欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性，请回答下列问题：(1)除胶头滴管外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是_。(2)请帮他们完成以下实验报告：实验目的：探究铁及其化合物的氧化性和还原性。试剂：铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片、铜片。实验记录(划斜线部分不必填写)：序号 实验内容 实验现象 离子方程式实验结论 在FeCl2溶液中滴入适量氯水 溶液由浅绿色变为棕黄色F

14、e2+具有还原性 在FeCl2溶液中加入锌片 ZnFe2+Zn2+Fe 在FeCl3溶液中加入足量铁粉 Fe2Fe3+3 Fe2+ Fe3+具有氧化性 Fe3+具有氧化性实验结论：_。(3)根据以上结论判断，下列物质中既有氧化性，又有还原性的有：_。(填序号) A、Cl2 B、Na C、Na+ D、Cl E、SO2 F、盐酸29、（10分）阅读数据，回答问题。（1）表-1列出了一些醇的沸点名称甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸点/64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在_作用。你推测

15、2-甲基-2-丙醇的沸点不会超过_。（2）表-2列出了一些羧酸的沸点结构简式沸点/CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸点数据有两个，其原因是_。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名称溶解度/g名称溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通过数据，可以发现影响有机物水溶性的因素有（答出两条即可）_；_。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

16、）1、C【解析】对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，中子数=质量数-质子数，运用这个关系式得出正确结论。【详解】对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，阴离子X2核外有m个电子，则质子数是m2。因为质子数和中子数之和是质量数，所以核内中子数为am2，答案选C。2、D【解析】A、NaHCO3溶液显碱性，Na2CO3溶液显碱性，是由于其中的弱酸阴离子水解导致的，故A错误；B、因2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，则用加热的方法不可以除去Na2CO3杂质，故B错误；C、当碱少量时，发生Na2CO3+Ba(OH)2 BaCO3+2NaOH、2NaHCO3+BaBa(OH)2 Na2CO3

17、+BaCO3+2H2O，用Ba（OH）2溶液不能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液，两者均产生沉淀，故C错误；D、设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、106/84mol，后者产生的CO2多，故D正确；故选D。3、C【解析】四种物质中只有甲苯分子中只含C、H两种元素，属于烃而不属于烃的衍生物，故C符合题意。综上所述，答案为C。4、A【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。【详解】反应X2+Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+Z2+；反应Y+Z2+=Y2+Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化

18、性Z2+Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+X2+；综上所述，四种离子的氧化性大小为R2+X2+Z2+Y2+，A项正确；故选A。5、C【解析】A.因为碘、酒精、水三者混溶，因此不能用酒精萃取碘水中的碘，故A错误；B.量筒是量器，不可以用来稀释或配制溶液，故B错误；C.由于固体和液体不相溶，且存在明显的密度差异,因此可用过滤法分离沙子与水的混合物，故C正确；D.硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法分离，硝酸钾溶液中含少量氯化钠时可以通过降温结晶提纯硝酸钾，故D错误；答案：C。6、D【解析】A. 常温常压下气体的摩尔

19、体积大于22.4L/mol，11.2 L CO2所含的原子数小于1.5NA，A错误；B. 1个氢氧根离子含有9个质子，常温常压下，34 g OH的物质的量是34g17g/mol2mol，含有的质子数为18NA，B错误；C. 胶体是小分子的集合体，则1L0.5molL-lFeCl3溶液完全转化得到的Fe(OH)3胶粒数目小于0.5NA个，C错误；D. 氨气是10电子分子，标准状况下，22.4 L NH3的物质的量是1mol，所含电子数为10NA，D正确。答案选D。7、B【解析】根据n=计算agSO42的物质的量，根据电荷守恒可以知道2n(SO42)=3n(Al3+)，据此计算VmL溶液中铝离子物

20、质的量，进而计算mL溶液中铝离子物质的量，再根据c=计算稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度。【详解】agSO42的物质的量=mol，根据电荷守恒可以知道：2n(SO42)=3n(Al3+)，故VmL溶液中Al3+的物质的量为mol =mol，故mL溶液中铝离子物质的量mol=mol，稀释到4VmL，则稀释后该溶液中Al3+的物质的量浓度是=mol/L，所以B选项是正确的。8、C【解析】根据阿伏加德罗定律分析解答。【详解】在相同温度和压强下，容器A中的臭氧（O3）和容器B中的乙炔气（C2H2）所含的分子个数相同，根据NnNA可知两容器中气体的物质的量相等，则根据阿伏加德罗定律可知A、B两容器中气

21、体的体积之比等于物质的量之比，为1：1。答案选C。【点睛】注意阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件，即只能适用于气体（包括混合气体）。而理解、推理阿伏加德罗定律时可以依据PVnRT分析。9、C【解析】离子共存要根据离子间是否发生复分解反应、氧化还原反应、双水解、络合反应来综合判断。【详解】A. Cu2+、Mg2+与OH-反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B. Ag+与Cl-反应生成氯化银白色沉淀，不能大量共存，A错误；C. Na+、K+、SO42-、Cl-之间不发生离子反应，可以大量共存，C正确；D. Ba2+与CO32-反应生成沉淀，H+与CO32-反应生成气体和水，不能大量共存，D错误。答

22、案为C。10、D【解析】乙醇和水互溶，分液漏斗不能分离，应选蒸馏法，故错误；图中蒸馏装置可利用自来水制备蒸馏水，故正确；食盐溶于水，图中蒸发可分离出NaCl，故正确；氯气的密度比空气密度大，应长导管进气收集，故错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，是解答的易错点。11、C【解析】A、金属氧化物有两种元素，一种是金属元素，一种是氧元素，非金属氧化物一种是非金属元素，一种是氧元素，所以CaO、MgO、CuO是金属氧化物；CO2是非金属氧化物，故A错误；B、非金属单质是由非金

23、属元素组成的，一般的单质还金字旁的是金属，带气字头的是气态单质，带石字旁、三点水旁的是固态或液态非金属，所以H2、Cl2、N2是非金属单质，Cu 是金属单质，故B错误；C、O2是非金属单质，Fe、Cu、Zn 属于金属单质，故C正确；D、酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，含有氧元素的酸是含氧酸，H2SO4、HNO3为含氧酸，HCl 为无氧酸，H2O属于氧化物，故D错误；故选C。12、A【解析】A.氨气的水溶液呈碱性，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，A可行；B.湿润的蓝色石蕊试纸即使遇氨气仍为蓝色，不能判断；C.因浓硫酸是不挥发性酸，无明显现象，不能判断；D.干燥的红色石蕊试纸即使遇

24、氨气也无明显现象，不能判断；答案选A。13、B【解析】由题图知4只气球在同温同压下的体积不同，等质量的H2、N2、O2、CO2气体体积大小关系可根据阿伏加德罗定律的推论：相同温度和压强下，气体的体积比等于气体物质的量比，计算分析即可得到答案。【详解】根据公式n=可知，等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体的物质的量之比n(H2):n(N2):n(O2):n(CO2)=: =:，由阿伏加德罗定律推论可知：相同温度和压强下，气体体积与气体物质的量成正比，所以4种气体体积由小到大的顺序是V(CO2)V(O2)V(N2)V(H2)，所以A、B、C、D4只气球对应的气体分别是CO2、O2、N2、H

25、2，答案选B。14、A【解析】A. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子不反应，能共存，当离子浓度相同时能满足溶液中的电荷守恒，故正确；B. K+、Ba2+、Cl-、OH-四种离子不反应，能共存，但当离子浓度相同时，阳离子电荷多于阴离子电荷，故错误；C. Ag+和Cl-反应生成氯化银沉淀，故错误；D. Na+、NH4+、SO42-、NO3-四种离子不反应能共存，但当离子浓度相同时，阴离子电荷多于阳离子电荷，故错误。故选A。15、D【解析】A. 溶液中溶质的物质的量与溶液体积有关，溶液体积未给出，无法计算溶质的物质的量，故A错误；B. 142gNa2SO4的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶

26、液，可得1mol/L的Na2SO4溶液，不是指溶剂的体积为1L，故B错误；C. 硫酸钠晶体的物质的量为142g322g/mol=0.44mol，所以硫酸钠的物质的量为0.44mol，溶液体积为1L，所以硫酸钠溶液浓度为0.44mol/L，故C错误；D. 1mol/L的Na2SO4溶液中Na+的浓度是2mol/L，由于溶液具有均一性，则从1mol/L的Na2SO4溶液中取出任意体积，Na+的浓度都是2mol/L，故D正确；答案选D。16、D【解析】A、反应实质均为银离子与氯离子反应生成氯化银；B、反应实质均为二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸氢根；C、反应实质均为氢离子和氢氧根离子反应生成水；D、

27、若向 Ba(OH)2溶液中滴加足量NaHSO4溶液，能用同一离子反应表示。【详解】A项、硝酸银与盐酸、氯化钠反应实质相同都为银离子与氯离子反应生成氯化银，离子方程式：Ag+Cl-=AgCl，故A不选；B项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：CO2+OH-=HCO3-表示，故B不选；C项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：H+OH-=H2O，故C不选；D项、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为：2H+2OH-+Ba2+SO42-=2H2O+BaSO4，向 Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液，离子方程式为：H+OH-+Ba2+SO42-=H2O+BaSO4，故D选。故选D。

28、【点睛】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键。17、C【解析】A摩尔质量的单位为g/mol，在数值上等于其相对分子质量，故三聚氰胺的摩尔质量为126g/mol，故A错误；B三聚氰胺为白色晶体，其体积不能根据气体摩尔体积计算，故B错误；C1个三聚氰胺(C3H6N6)分子中含15个原子，故1mol三聚氰胺中含原子15mol，即15NA个，故C正确；D三聚氰胺分子中含有H原子，不含氢气分子，故D错误；故选C。18、D【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；能导电的物质中含有自由电子或离子。【详解】A、固体NaCl是电解质，但

29、无自由移动的离子，不能导电，故A不符合；B、食盐水溶液是电解质溶液，能导电，但是混合物，故B不符合；C、酒精是非电解质且不导电，故C不符合；D、NaCl是盐，属于电解质，熔融状态产生自由移动的离子，能导电，故D符合；故选D。【点睛】本题考查了电解质、非电解质概念，解题关键：对物质组成和概念理解，易错点B，混合物不是电解质，也不是非电解质。19、B【解析】过滤需要漏斗，蒸馏需要蒸馏烧瓶，分液需要分液漏斗，试管、天平、研钵不用于物质的分离与提纯，答案选B。20、A【解析】A、复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，因此该反应不是复分解反应，A选；B、根据反应方程式Fe+Cu

30、SO4=FeSO4+Cu可知该反应属于一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此是置换反应，B不选；C、反应中铁和铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不选；D、反应在溶液中进行有离子参加和生成，因此属于离子反应，D不选；答案选A。21、D【解析】A. 纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B. CO与水或碱都不反应，属于不成盐氧化物，故B错误；C. 过氧化钠与酸反应除了生成盐和水，还有氧气生成，不属于碱性氧化物，故C错误；D. 烧碱是NaOH，属于碱，HCl属于酸，NaHCO3属于盐，Fe2O3与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，SO3与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物

31、，故D正确；答案选D。22、D【解析】试题分析：xg H2O的物质的量为mol，1mol H2O中含2mol H，设x g H2O中含有y个氢原子，则mol2NA=y，解得NA=，故选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 【解析】溶液无色，一定不存在铜离子；取50m

32、L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+、 Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO

33、42-，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则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是

34、=0.8mol/L。24、A.BaCl2 B. AgNO3 C. CuSO4 D. Na2CO3【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。考点：物质的鉴别点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。25、BaCl2溶液 Na2CO3溶液 蒸发结晶 Na2CO

35、3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 【解析】氯化钠中含有硫酸钠和碳酸钠，应加入过量的氯化钡除去，氯化钡有剩余，再加入过量的碳酸钠除去钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸除去碳酸钠，最后加热蒸发结晶即可得氯化钠晶体。【详解】氯化钠中含有硫酸钠和碳酸钠，先加水溶解，然后加入过量的氯化钡除去，氯化钡有剩余，再加入过量的碳酸钠除去钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸除去碳酸钠，最后加热蒸发结晶即可得氯化钠晶体。所以为加水溶解，为加入过量的氯化钡溶液，为加入过量的碳酸钠溶液，为过滤，为加入过量的盐酸溶液除去碳酸钠，为加热蒸发结晶。(1)根据分析为加入过量的氯化钡溶液，为加入过量的碳酸钠溶液，为蒸发结晶；(2)

36、. 为加入过量的盐酸，与碳酸钠反应生成氯化钠和水和二氧化碳，方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2。【点睛】掌握除杂的原则，能将杂质除去，不引入新的杂质，将杂质转化为容易分离的物质。本题中硫酸钠杂质转化为硫酸钡沉淀，除杂试剂含有钡离子，为了能完全除去硫酸根离子，钡离子的除杂试剂应过量，则钡离子有剩余，变成新的杂质，需要除去，再加入碳酸钠除去钡离子，过量的碳酸根离子可以用盐酸除去，多余的盐酸可以在溶液加热蒸发的过程去除。26、取上层清液，继续加BaCl2，无沉淀产生 Ca2CO32-CaCO3、Ba2CO32-BaCO3 若过滤前加盐酸，前面所生成的沉淀会被盐酸溶液重新变为离

37、子进入溶液 转移液体时没有用玻璃棒引流；容量瓶用的是100 mL应该用150 mL 【解析】(1). 过量的氯化钡会将硫酸根离子沉淀完全，若硫酸根离子剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：取上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为取少上层清液，继续加BaCl2溶液，无沉淀产生；(2). 粗盐的提纯中，加入碳酸钠的作用是除去钙离子以及先前过量的钡离子，反应的离子方程式为：Ca2+CO32=CaCO3、Ba2+CO32=BaCO3，故答案为Ca2+CO32=CaCO3、Ba2+CO32=BaC

38、O3；(3). 若先加盐酸再过滤， 则前面生成的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀会与盐酸反应，生成离子又进入溶液，从而影响氯化钠的纯度，故答案为若过滤前加盐酸，前面所生成的沉淀会被盐酸溶液重新变为离子进入溶液；(4). 根据图示分析，缺少玻璃棒引流，容量瓶的规格也不对，容量瓶用的是100mL应该用150mL，故答案为转移液体时没有用玻璃棒引流；容量瓶用的是100mL应该用150mL。27、2.0g 小烧杯 胶头滴管 A 【解析】(1) 用固体烧碱配制0.1mol/L的NaOH溶液480mL，实验室没有480ml容量瓶会选择500ml容量瓶。氢氧化钠固体在空气中会潮解，需要放到小烧杯中

39、称量。 (2) 配制物质0.1mol/L的NaOH溶液480mL需要的仪器有: 药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶。 (3) 配置步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等。 (4) 分析对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c= 进行分析。【详解】(1)实验室没有480ml容量瓶会选择500ml容量瓶，需要称取NaOH固体质量m=cVM=0.1mol/L500ml40g/mol=2g。氢氧化钠固体在空气中会潮解，需要放到小烧杯中称量。(2)配制物质0.1mol/L的NaOH溶液480mL肯定不需要的仪器是：250mL容量瓶。除已有仪器外，配制上述溶

40、液还需要的玻璃仪器是：胶头滴管。 (3)配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为：转移洗涤振荡摇匀定容颠倒摇匀。(4) A.未洗涤烧杯、玻璃棒。导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度降低。B.定容时俯视刻度。溶液体积偏小，溶液浓度偏高。C.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。溶质的物质的量和溶液体积都不影响，对溶液浓度无影响。D.NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶。冷却后溶液体积减少，溶液浓度升高。会引起结果偏低的是A。28、试管 Cl22Fe2+2Cl2Fe3+Fe2+有氧化性铁粉逐渐溶解，溶液由棕黄色变为浅绿色在FeCl3溶液中加入铜片 Cu+2Fe3+= Cu2

41、+2Fe2+实验结论：Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性。 A E F 【解析】（1）物质性质实验是取少量试剂进行反应，根据反应现象分析判断离子性质，实验是在试管中进行；（2）.氯化亚铁溶液中加入氯水，溶液由浅绿色变为棕黄色，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；.氯化亚铁溶液加入锌片，锌片溶解，析出铁，亚铁离子被还原，证明亚铁离子具有氧化性；.由离子方程式可知，实验现象为铁粉逐渐溶解，溶液由棕黄色变为浅绿色；.在FeCl3溶液中加入铜片，反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子反应为Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，FeCl3中Fe元素的化合价降

42、低，则可说明Fe3+具有氧化性；实验结论：Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性。（3）元素化合价可以升高也可以降低的既有氧化性，又有还原性；A.Cl2中氯元素化合价可以升高为+1价，也可以降低为-1价，说明既具有氧化性也具有还原性，故A正确；B.Na是金属只能失电子具有还原性，故B错误； C.Na+元素化合价只能降低，表现为氧化性，故C错误；D.Cl-元素化合价处在最低价，化合价只能升高表现还原性，故D错误；E.SO2中硫元素化合价可以升高为+6价，也可以降低为-2价，表现为氧化性和还原性，故E正确； F.HCl中氯元素化合价为最低价，能够表现还原性，氢为最高价，

43、能表现氧化性，故化合物参加反应时，可表现为氧化性和还原性，故F正确；故答案为AEF。【点睛】化合物在参加氧化还原反应过程中，不一定只是一种元素化合价变化，因此化合物表现出氧化性或还原性时，不一定只在一种元素中。29、氢键99.5存在顺反异构碳原子数（相对分子质量）碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。【解析】（1）醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在氢键的作用。根据表-1数据可知，碳原子越多，饱和一元醇的沸点越高；碳原子相同时，结构越对称或带有支链，醇沸点越低。根据上述分析，可推测2-甲基-2-丙醇的沸点应低于2-丁醇。故答案为氢键；99.5。（2）CH3-CH=CH-COOH存在顺反异构，即有两种结构，所以有两种沸点。故答案为存在顺反异构。（3）根据表-3中数据