《2022-2023学年广东省六校联盟化学高一上期中统考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年广东省六校联盟化学高一上期中统考试题含解析.doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.4mol/L, c（Mg2+）=0.7mol/L,c（Cl-）=1.4mol/L,则c(SO42-)为（ ）A0.2 mol/LB0.3 mo
2、l/LC0.4 mol/LD0.5 mol/L2、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A标准状况下，2.24L 四氯化碳含有的分子数目为 0.1NAB25时，0.1 molL-1Na2S溶液中含有Na+的数目为0.2NAC64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子D2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA3、下列属于电解质的是A氯化钠 B酒精 C氯气 D铁4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A常温常压下，32g O2 含NA个原子B2 mol/L的氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒数小于2NAC标况下,22.4 L的C
3、Cl4中含有NA个CCl4分子D14g的C2H4和C3H6的混合物中含有C原子为NA5、从元素化合价变化的角度分析，下列反应中，画线的物质发生氧化反应的是ASO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O B2CuO + C2Cu + CO2C2FeCl3 + Fe = 3FeCl2 DZn2HCl = ZnCl2 H26、下列微粒不具有氧化性的是（ ）ACl2BCl-CH+DFe2+7、物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为321时，三种溶液中Cl的物质的量之比为()A111B123C321D3438、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A
4、22.4 L O2中含有氧分子的个数为NAB24 g Mg与足量氧气反应失去的电子数为2NAC28 g N2中含有氮原子的个数为NAD1 molL-1 MgCl2溶液中含有氯离子个数为2NA9、24 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知元素Cr在产物中的化合价为3 ，则Na2SO3反应后硫元素的化合价变为 ()。A2 B0 C4 D610、以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是( )A现有等物质的量的CO和CO2 ，这两种气体中氧原子的质量之比为12B5.6 g C
5、O和22.4 L CO2中含有的碳原子数一定相等C将20 g NaOH固体溶解在500 mL水中所得溶液的物质的量浓度为1 molL1Da g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为71b/a11、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A16gCH4中含氢原子数为4NAB1molL1NaCl溶液含有NA个Na+C1molCu和足量稀硫酸反应产生H2分子数为NAD常温常压下，22.4LCCl4中含有CCl4分子数为NA12、下列说法中正确的是（ ）AH2O的摩尔质量是18g BN的相对原子质量为14g/molC0.5mol氢约含6.021023个氢原子 D1molO2的
6、质量是32g13、下列实验基本操作（或实验注意事项）中，主要是出于实验安全考虑的是（ ）A实验剩余的药品不能放回原试剂瓶B可燃性气体的验纯C气体实验装置在实验前进行气密性检查D滴管不能交叉使用14、下列属于电解质的是（）ACu B熔融的K2SO4 C乙醇 DNaOH溶液15、浓H2SO4应贴下列哪个危险化学品的标志A剧毒品 B遇湿易燃物品 C腐蚀品 D有害品16、下列说法正确的是A由同种元素组成的物质一定是纯净物B氨水导电，所以氨水是电解质C能电离出H的化合物都是酸D硫酸钡是一种难溶于水的强电解质17、下面是一些危险警告标签，其中标签贴法有错误的是 ( )ABCD物质的化学式浓H2SO4C6H
7、6CH3COOHKClO3危险警告标签AABBCCDD18、下列溶液中，与100mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是( )A100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B200mL 0.25mol/L HCl溶液C50mlL1mol/L NaCl溶液D200mL0.25mol/L CaCl2溶液19、已知3.011023个X气体分子的质量为32g，则X气体的摩尔质量是（ ）A16g B32 C64g /mol D32g /mol20、下列关于物质性质的比较，不正确的是A非金属性强弱：IBrClB原子半径大小：NaPSC氧化性强弱：F2Cl2Br2D金属性强弱
8、：NaMgAl21、在某两烧杯溶液中，各含有大量以下六种离子Cu2+、OH-、CO32-、Mg2+、K+、NO3-中的三种，已知乙烧杯溶液呈碱性，则甲烧杯溶液中大量存在的离子组是ACu2+、Mg2+、K+BCu2+、Mg2+、NO3-CCu2+、K+、NO3-DMg2+、K+、NO3-22、氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸具是（）A强酸B高沸点酸C脱水剂D强氧化剂二、非选择题(共84分)23、（14分）甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3、Cl、SO42、CO32八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：向一份溶液中加入足量的
9、NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：上述实验中得到沉淀X的质量为_；生成沉淀X的离子方程式为_甲溶液中一定不存在的离子是_；可能存在的离子是_甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是_；物质的量最小的离子是_,此物质的量最小的离子其物质的量为_。
10、24、（12分）现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。（1）A、B、C、D的分子式分别为：A_ B_ C_D_。（2）写出下列各反应的化学方程式：A与B_；B与水_；C与澄清石灰水_。25、（12分）工业上通常用工业酒精和生石灰混合蒸馏法制取无水乙醇。如图是实验室中模拟工业原理制取无水乙醇的装置。回答下列问题：(1)指出图中的四处错误：_、_、_、_(2)在除去工业酒精中的水时，下列做法不可
11、取的是_a.加入过量的生石灰后过滤b.加入过量的生石灰后分液c.加入过量的生石灰后蒸馏(3)由(2)可知除去工业酒精中的水的原理是(用化学方程式表示)_(4)装置中仪器ABC的名称分别是A _；B_；C_26、（10分）实验室要配制500mL 0.2molL-1的NaOH溶液，请结合实验回答下列问题:(1)实验中需称量NaOH固体的质量为_g。(2)实验步骤主要有计算、称量、溶解、转移和定容。完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_和_。溶解和转移过程中玻璃棒的作用分别是_和_。(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响（填 “偏高”“偏低”或“无影响”）。转移液体过程中有少量液
12、体溅出:_；定容时俯视刻度线:_；容量瓶洗净后,未经干燥处理:_27、（12分）由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K、Cl、NH4+、Mg2、CO32、Ba2、SO42。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份 100 mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加入AgNO3溶液有白色沉淀生成2加入足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L(换算成标准状况)3加入足量BaCl2溶液,，将所得沉淀洗涤、干燥、称重；再向沉淀中加足量的稀盐酸，洗涤、干燥、称重第一次称重读数为6.27g，第二次称重读数为2.33g已知加热时NH4+ + OH=NH3+ H2O, 试回答下
13、列问题：（1）根据实验1对Cl是否存在的判断是_(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”)；根据实验13判断混合物中一定不存在的离子是_。（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度：_。（3）试确定K是否存在？_（填“存在”或“不存在”），判断的理由是_。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，如何判断沉淀已洗净，方法是_。28、（14分）请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融KOH 盐酸。其中能导电的是_，（填序号，下同），属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的
14、稀硫酸，则p、q的关系是_（3）在同温、同压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为_；若其中CO和N2的物质的量之比为11，则混合气体中氧元素的质量分数为_。29、（10分）实验室用密度为1.25 gmL1，质量分数36.5%的浓盐酸配制 0.1 molL1的盐酸240 mL，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_。（2）配制240 mL 0.1 molL1的盐酸应选用_mL的容量瓶，需要浓盐酸体积为_mL。（3）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。定容时，俯视刻度线，浓度 _ ；容量瓶未干燥
15、，浓度 _ ；定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度 _ 。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、A【解析】设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值，据此答题。【详解】设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：0.10mol/L1+0.25mol/L2=0.20mol/L1+2c解得：c=0.2mol/L，故答案A正确。故选A。【点睛】本题根据溶液不显电性阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算经常运用。2、D【解析】
16、标准状况下，四氯化碳是液体；没有溶液体积不能计算溶质物质的量；可逆反应中，反应物不可能完全转化为生成物；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1。【详解】标准状况下，四氯化碳是液体，2.24L 四氯化碳的物质的量不是0.1mol，故A错误；没有溶液体积不能计算溶质物质的量，故B错误；2SO2+O22SO3，该反应可逆，64g的SO2与足量的O2充分反应后得到SO3分子数小于NA个，故C错误；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1，所以2.3gNa完全反时，失去的电子
17、数为0.1NA，故D正确。3、A【解析】ANaCl溶于水或熔融状态可以导电，属于电解质，故A正确；B酒精在水溶液中和熔融状态下，不能电离出自由离子，不能导电，属于非电解质，故B错误；C氯气是单质，即不是电解质也不是非电解质，故C错误；D铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A。4、D【解析】A项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气分子中含有2molO原子，含2NA个原子，故A错误；B项、胶粒是粒子的集合体，且没有明确2 mol/L的氢氧化铁胶体的体积，无法计算氢氧化铁胶粒数，故B错误；C项、标准状况下CCl4不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D项
18、、C2H4和C3H6的最简式都是CH2，14g CH2的物质的量为1mol，含有1molC原子，故D正确。故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。5、C【解析】氧化反应的标志是元素化合价升高。由此分析。【详解】A.氧化反应的标志是元素化合价升高。SO2Na2SO3，硫元素、氧元素化合价没有变化，该反应不是氧化还原反应；A项错误；B.CuOCu，铜元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项错误；C.FeFeCl2，铁元素化合价
19、由0价升高到+2价，发生氧化反应，C项正确；D.HClH2，氢元素化合价由+1价降到0价，发生还原反应，D项错误；答案选C。6、B【解析】A. Cl2中Cl元素的化合价为0,为中间价态,既有氧化性又有还原性,故A不选； B. Cl-中Cl元素的化合价为-1价,为最低价,只具有还原性,故选B；C. H+中H元素的化合价为+1价,为最高价,只具有氧化性,故C不选；D. Fe2+中Fe元素的化合价为+2价,为中间价态，既有氧化性又有还原性,故D不选；所以选B。【点睛】处于最高价的微粒具有氧化性,处于最低价的微粒具有还原性,处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性。7、D【解析】设NaCl、MgCl2、
20、AlCl3三种溶液的物质的量浓度均为amol/L，三种溶液的体积分别为3bL、2bL、bL，则n(NaCl)=3abmol，NaCl溶液中Cl-的物质的量为3abmol；n(MgCl2)=2abmol，MgCl2液中Cl-的物质的量为4abmol；n(AlCl3)= abmol，AlCl3溶液中Cl-的物质的量为3abmol， 故NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl的物质的量之比为3ab：4ab：3ab=3：4：3，D符合题意；答案选D。8、B【解析】试题解析：A、未指明标准状况，无法计算氧气的分子个数，错误；B、24gMg的物质的量为1mol，完全反应时转移电子数为2NA,正确；C
21、、N2为双原子分子，所以氮原子个数应为2 NA，错误；D、未给出溶液的体积，无法计算离子个数，错误，答案选B。考点：考查对阿伏伽德罗常数的理解和应用9、D【解析】根据反应中元素的化合价变化情况结合电子得失守恒解答。【详解】在K2Cr2O7中Cr元素的化合价是+6价，产物中Cr元素的化合价是+3价，说明Cr元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，设从+4价升高到+n价，则根据得失电子守恒可知0.02L0.02mol/L2（6-3）0.024L0.05mol/L（n-4），解得n6，答案选D。10、A【解析】A. 设CO和CO2的物质的量均为1mol，这两种气体中氧原子的质量之比为1
22、1161216=1:2，A正确；B.没有给定气体的存在状态，无法确定22.4 L CO2的物质的量，也就无法比较两种气体中含有的碳原子数是否相等，B错误；C. 20 g NaOH固体物质的量为0.5mol，溶剂水的体积为500 mL，溶液的体积不等于500 mL，所以所得溶液的物质的量浓度不是1 molL1，C错误；D. 根据公式：n=m/M=N/NA可知，NA2a/71=b,所以NA=71b/2a，D错误；综上所述，本题选A。11、A【解析】A. 16gCH4的物质的量为1mol，含氢原子4mol，数目为4NA，故A正确；B、未给出溶液的体积，无法计算，故B错误；C. Cu与稀硫酸不反应，故
23、C错误；D. 常温常压下，四氯化碳是液体，22.4LCCl4的物质的量远大于1mol，含有CCl4分子数远多于NA，故D错误；故选A。点睛：涉及阿伏加德罗常数考点中常出现审题错误，容易忽视外界条件的限制。不要看到常温常压，就认为无法确定物质的物质的量，需要清楚物质的量、物质的质量、微粒个数等不受外界条件的影响。12、D【解析】A摩尔质量的单位为g/mol； B相对原子质量的单位为1，省略不写； C结合N=nNA及分子构成计算，且氢指代不明； D结合m=nM计算。【详解】A摩尔质量的单位为g/mol时，H2O的摩尔质量是18g/mol，故A错误； BN的相对原子质量为14，故B错误； C. 氢指
24、代不明，若是0.5molH2约含6.0210 23个氢原子，若是0.5molH约含3.0110 23个氢原子，故C错误； D.1molO 2的质量是1mol32g/mol=32g，故D正确。故选D。【点睛】本题考查物质的量的计算，把握质量、物质的量的关系、物质的构成为解答的关键，注意选项C为解答的易错点，0.5mol氢指的可能是0.5mol氢原子或者是0.5mol氢分子等，含义不明确。13、B【解析】A为防止药品变质而污染试剂瓶中的药品，实验剩余的药品不能放回原试剂瓶；B可燃性气体不纯时，点燃易爆炸；C为防止装置漏气而导致实验失败，气体实验装置在实验前进行气密性检查；D为防止药品互相污染，滴管
25、不能交叉使用。【详解】A为防止药品变质而污染试剂瓶中的药品，实验剩余的药品不能放回原试剂瓶，不是出于实验安全考虑，故A错误；B可燃性气体不纯时，点燃易爆炸，可燃性气体的验纯出于实验安全考虑，故B正确；C为防止装置漏气而导致实验失败，气体实验装置在实验前进行气密性检查，不是出于实验安全考虑，故C错误；D为防止药品互相污染，滴管不能交叉使用，不是出于实验安全考虑，故D错误；答案选B。14、B【解析】试题分析：ACu是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故A错误； B熔融的K2SO4导电，硫酸钾在水溶液中也导电，且为化合物，则熔融的K2SO4为电解质，故B正确；C乙醇不导电，在水溶液中也不导电，
26、乙醇为非电解质，故C错误；D硫酸溶液是混合物，所以不是电解质，故D错误；故选B。【考点定位】考查电解质与非电解质的判断【名师点晴】本题考查了电解质与非电解质的判断。在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，电解质、非电解质都必须为化合物。明确电解质与非电解质的概念为解答关键，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。15、C【解析】浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故浓H2SO4应贴腐蚀品标志。答案选C。16、D【解析】A同种元素组成的可以为纯净物或混合物；B水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质；C水溶液中电离出的
27、阳离子全部是氢离子的化合物为酸；D水溶液中或熔融状态完全电离的为强电解质。【详解】A由同种元素组成的物质不一定是纯净物，如O2、O3组成的是混合物，故A错误；B氨水导电，是因为氨气和水反应生成的一水合氨为电解质，氨气不能电离，氨水为溶液，所以氨水既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C能电离出H+的化合物不一定都是酸，如NaHSO4水溶液中也可以电离出氢离子，故C错误；D硫酸钡熔融状态完全电离，是一种难溶于水的强电解质，故D正确；答案选D。【点睛】选项D是易错点，注意强电解质不一定易溶于水，如CaCO3、BaSO4都是难溶于水的，但溶于水的部分全部电离，因此硫酸钡、碳酸钡都是强电解质；易溶于
28、水的也不一定是强电解质，如醋酸等，故电解质的强、弱与溶解性无必然联系。17、C【解析】危险警告标示均是为了便于群众快速阅读领会的，会意好懂，直接从图画表面意思理解即可。【详解】A浓硫酸具有极强的腐蚀性，A项正确；B苯是一种易燃的液体，B项正确；C醋酸无毒，家庭常用的食醋中就含有2%-5%左右的醋酸，C项错误；D氯酸钾具有强氧化性，遇到可燃物易发生爆炸，D项正确；所以答案选择C项。18、D【解析】根据溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关，100mL0.5mol/LNaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。【详解】A100mL0.5mol/
29、LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为：0.5mol/L2=1mol/L，A错误；B200mL0.25 mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.25 mol/L，B错误；C50mL 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，C错误；D200mlL0.25mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度0.25mol/L2=0.5mol/L，D正确；故选D。19、D【解析】试题分析： ， ，M=64g /mol，故C正确。考点：本题考查物质的量计算。20、A【解析】A同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：ClBrI，A错误； B同一周期的元素，从左到
30、右，原子半径逐渐减小，则原子半径大小：NaPS，B正确；C同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性也减弱，所以氧化性：F2Cl2Br2，C正确；D同一周期的元素从左到右元素的金属性依次减弱，所以金属性：NaMgAl，D正确。答案选A。21、B【解析】根据乙烧杯溶液呈碱性，确定乙烧杯溶液含有OH-，与之反应的离子在甲溶液中，再根据离子不能共存通过甲溶液离子反过来确定乙溶液成分，最后根据溶液电中性确定其它阴离子或阳离子，据此解答。【详解】乙烧杯溶液呈碱性，说明有大量OH-，则与OH-发生反应的Cu2+、Mg2+不能存在乙溶液中，应该在甲溶液中；由于CO32-与Cu2+、Mg2+会发生沉
31、淀反应，不能共存，CO32-应该在乙溶液中。溶液呈电中性，则甲溶液还要还要阴离子，所以只能含有NO3-，则乙溶液中还要含有K+，所以甲烧杯溶液含有Cu2+、Mg2+、NO3-，乙烧杯溶液含OH-、CO32-、K+，故合理选项是B。【点睛】本题考查溶液成分的确定的知识。溶液呈电中性及离子能否大量共存的本题判断的关键，突破口是乙烧杯溶液呈碱性，含大量的OH-。22、B【解析】氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸是高沸点酸，属于高沸点酸制低沸点酸，例如：2NaCl+H2SO4=Na2 SO4+2HCl【详解】氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸是高沸点酸，属于高沸
32、点酸制低沸点酸，例如：2NaCl+H2SO4=Na2 SO4+2HCl故答案为B。【点睛】除了强酸制弱酸，还有强氧化剂制若氧化剂，强还原剂制弱还原剂、难溶物制更难溶物、以及高沸点酸制低沸点酸，总之都是以强制弱。二、非选择题(共84分)23、10g 、 【解析】通过得出铵根离子物质的量，通过分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，通过及离子共存分体得出不含的离子，通过分析含有的微粒及物质的量。【详解】向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的
33、离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则，如为BaCO3，则说明甲中含有SO42、CO32,设分别为x mol、y mol，则，x = 0.2 ，y = 0.1；向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32，则一定不存在Ca2+、Cu2+；向上述滤液中加入1 mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而加入，则说明甲中含有Cl，且，如不含NO3，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,则,因分成两份，则甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.
34、4 mol SO42、0.2 mol CO32、0.1mol Cl，如含有NO3，则K+大于0.9 mol，上述实验中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1 mol 100 g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2+ + 2OH + CO2= CaCO3 + H2O，故答案为10g；Ca2+ + 2OH + CO2= CaCO3 + H2O；由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3，故答案为Ca2+、Cu2+；NO3；甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42、0.2 mol CO32、0.1mol Cl，如含有NO3，则K+大
35、于0.9 mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol，故答案为K+；Cl；0.1 mol。24、H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl22HCl Cl2+H2OHCl+HClO CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 【解析】A是密度最小的气体,应为H2 ,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2 ,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成HCl,则D为HCl；把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，C为CO2 ；(1)由以上分析可以知道A为H2 ,B为Cl2 ,C为CO2,D为HCl；因此，本题正确答案是:H
36、2 、 Cl2 、CO2 、HCl。（2）氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；综上所述，本题答案是：H2+Cl22HCl。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2OHCl+HClO。 二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，C与澄清石灰水反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O。25、温度计水银球位置不在支管口处 未加石棉网 未加沸石 冷凝水上进下出 b CaO+H2O=Ca(OH)2 锥形瓶 蒸馏
37、烧瓶 冷凝管 【解析】（1）仔细观察制取无水乙醇的装置图，可知给烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反，未加沸石；（2）加入过量的生石灰后，形成的乙醇、Ca(OH)2混合溶液不分层，不能用分液的方法分离；（3）生石灰与水反应，可以除去工业酒精中的水，CaO+H2O=Ca(OH)2；（4）由装置图可知，仪器A是锥形瓶；仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管。【详解】(1)由制取无水乙醇的装置图，可知给烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反了，混合溶液加热烧瓶中未加入防止暴沸的沸石，故答案为：给烧瓶加热未垫石棉网；温度计的水银球插入溶液中；冷却水的
38、方向接反了；烧瓶中未加沸石；(2)加入过量的生石灰后，形成的乙醇、Ca(OH)2混合溶液不分层，不能用分液的方法分离，故答案为：b；(3)生石灰与水反应，可以除去工业酒精中的水， CaO+H2O=Ca(OH)2，故答案为：CaO+H2O=Ca(OH)2；(4)由装置图可知，仪器A是锥形瓶；仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管，故答案为：温度计；蒸馏烧瓶；冷凝管。26、4.0 500ml容量瓶 胶头滴管 搅拌 引流 偏低 偏高 无影响 【解析】(1)实验中需称量NaOH固体的质量，应使用公式m=cVM进行计算。(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等。溶解时玻璃
39、棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。(3)转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量减少；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小；容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响。【详解】(1)实验中所需NaOH固体的质量m=cVM=0.2molL-10.5L40g/mol=4.0g。答案为：4.0；(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管。答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。答案为：搅拌；引流；(3)转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的
40、质量减少，所配溶液的浓度偏低；答案为：偏低；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；答案为：偏高容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响，所配溶液的浓度无影响。答案为：无影响。【点睛】在进行所需溶质的质量计算前，需选择合适的容量瓶。若没有所配体积的容量瓶，则应选择稍大规格的容量瓶，计算时必须使用所选择容量瓶的规格。27、不能确定 Ba2、Mg2 SO42- 0.1mol/L CO32- 0.2mol/L 存在；溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mo
41、l和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在 取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净 【解析】将该混合物溶于水后得澄清溶液，证明相互反应生成沉淀的离子不能共存。根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存，Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，所以可能含有Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到标况下气体1.12L即0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，故可确定一定含有N
42、H4+，一定不存在Mg2+。产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g233g/mol0.01mol，则SO42物质的量为0.01mol，SO42物质的量浓度=0.01mol0.1L=0.1mol/L。BaCO3为6.27g-2.33g3.94g，物质的量为3.94g197g/mol0.02mol，则CO32
43、物质的量为0.02mol，CO32物质的量浓度为0.02mol0.1L0.2mol/L。由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+。而每一份中CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32、SO42所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒可知K+一定存在，K+物质的量0.01 mol，当K+物质的量0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.01 mol时，溶液中不含有Cl-；则（1）依据上述分析可知Cl-可能含有，即根据实验1对Cl是否存在的判断是不能确定；依据实验现象分析溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；（2）依据上述分析计算，得到一定存在的阴离子为CO32、SO42，其物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L；（3）根据以上分析可知K一定存在，判断的理由是溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算每一份中NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32