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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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、下列离子方程式正确的是( )A往NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至恰好中和:Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2OB碳酸钙与盐酸反应:2H+CO32-=CO2+H2OC铁与稀盐酸反应:2
2、Fe+6H+=2Fe3+3H2D往Ba(OH)2溶液中加少量硫酸溶液:Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O2、根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是2MnO4+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl2=2FeCl3AMnO4Cl2Fe3+I2BClMn2+IFe2+CMnO4 Cl2I2Fe3+DIFe2+ClMn2+3、下列离子方程式书写正确的是（ ）A铁与稀硫酸反应:2Fe+6H+=2Fe3+3H2B铁片与氯化铜溶液反应:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+C氢氧化镁溶于盐酸:Mg
3、(OH)2+H+=Mg2+H2ODCu(OH)2与稀硫酸反应:4、已知在酸性溶液中可发生如下反应： R2O72+ 6Fe2+ + 14H+ =6Fe3+ +2Rn+ +7H2O，则Rn+中R的化合价是A+3 B+4 C+5 D+65、下列反应中，离子方程式为H+OH=H2O的是ACH3COOHNaOH=CH3COONaH2OBHNO3KOH=KNO3H2OCH2SO4Ba(OH)2=BaSO42H2OD2HClCu(OH)2=CuCl22H2O6、下列表示离子符号表示正确的有（）CO32Mg2+ABCD7、某溶液中含有大量的下列离子：Mg2+ 、SO42、Al3+和M离子，经测定Mg2+、SO
4、42、Al3+和M离子的物质的量之比为1411，则M离子可能是下列中的（ ）AClBFe3+COHDNa+8、如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同。已知2NO+O2=2NO2，打开活塞，使NO与O2充分反应，则下列说法正确的是 A开始时左右两室分子数相同B反应开始后NO室压强增大C最终容器内密度与原来相同D最终容器内仍然有NO剩余9、在制小苏打(NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4Cl)的操作中，应在饱和食盐水中( )A先通入CO2，达到饱和后再通入NH3B先通入NH3，达到饱和后再通入CO2CCO2和NH3同时通
5、入D以上三种方法都行10、实验室可用多种方法制取氯化氢，下面是实验室制取氯化氢的装置和选用的试剂，其中错误的是A BC D11、将蛋白质溶液放在半透膜上静置，溶液的成分通过半透膜的情况如图所示。下列说法正确的是A能用丁达尔效应鉴别 Fe(OH)3 胶体和蛋白质溶液B该半透膜的孔径大小可能为 200 nmC该半透膜可用来分离 NaCl 溶液和淀粉溶液D该半透膜可用来分离泥沙和淀粉溶液12、下列物质中属于酸的是ANH3BNaHCO3CH2SO4DFe(OH)313、下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是A用明矾净化饮用水B用石膏或盐卤点制豆腐C在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀D清晨
6、的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）14、已知（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是（ ）Ab的同分异构体只有d和p两种B它们的二氯代物均只有三种C它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应D只有b的所有原子处于同一平面15、某无色透明的溶液，在强酸和强碱性环境下都能大量共存的是( )AFe2、K、SO42、NO3 BNa、K、SO42、NO3CMg2、NH4+、SO42、Cl DBa2、Na、MnO4、SO4216、在强酸性溶液中，下列各组离子不能大量共存的是ANa+、K+、SO42、ClBNa+、Cl、SO42、Fe3+CBa2+、K+、HCO3、NO3DCu2
7、+、Na+、SO42、NO317、近年来，在金星大气层中发现存在三氧化二碳。三氧化二碳属于 ( )A单质 B酸 C盐 D氧化物18、宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag2H2SO2=2Ag2S2H2O，其中H2S是A氧化剂 B还原剂 C既是氧化剂又是还原剂 D既不是氧化剂又不是还原剂19、实验室中需要配制2molL-1NaOH的溶液430mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是A500mL，40g B500mL，34.4g C430mL，34.4g D430mL，40g20、下列实验结论正确的是A向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的
8、气体，将该气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，证明该溶液中一定含有CO32-B向某溶液中加入碳酸钠溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸，白色沉淀消失，证明该溶液中一定含有Ba2+C向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫红色，证明该溶液中存在I-D向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中可能含有Ag+或SO42-21、用浓硫酸配制稀硫酸时，下列操作使所配硫酸浓度偏高的是A容量瓶中有少量蒸馏水B定容后，反复颠倒容量瓶C未冷却立即转移溶液、定容D转移溶液时有少量液体溅出22、合成新物质是研究化学的主要目的之一。意大利科学家最近合成了一种新型的氧分子O4下列关于O4的
9、说法中，正确的是( )AO4是一种新型的化合物B1个O4分子由两个O2分子构成CO4和O2互为同素异形体DO4和O2可通过氧化还原反应实现转化二、非选择题(共84分)23、（14分）我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2(OH)2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜铜绿铜”的转化。(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于_(填字母)。A酸 B碱 C盐 D氧化物(2)写出B的化学式：_。(3)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：_。(4)上述转化过程中属于氧
10、化还原反应的是_(填序号)(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为_。24、（12分）有一包白色粉末状混合物，其中可能含有K2CO3、NaCI、Ba(OH)2、CuSO4,，现取少量该固体混合物做如下实验：取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。（1）该固体混合物中肯定含有的物质是：_。（2）该固体混合物中一定不存在的物质是：_。（3）该固体混合物中可能存在的物质是：_，为了进一步检验该物质是否存在，请写出你的检验方法：_。25、（12分）为除去粗盐中的C
11、a2+、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）操作需要用到的玻璃仪器有_，操作的名称是_。（2）试剂、其实是三种物质：饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序可能有多种情况，下列选项中正确的是_。A饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液BBaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液CNaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液D饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液（3）固体丁是混合物，除含有泥沙、CaCO3、BaSO4外，还含有_（填化学式）。（4）在混
12、合物乙中分别加入试剂、的过程中，判断滴加BaCl2溶液已过量的方法是：加入BaCl2溶液后，静置，在上层清液中，_。（5）若先用适量盐酸调节pH值再进行操作，将对实验结果产生影响，其原因是_。26、（10分）实验室用氯化钠固体配制1.00 mol/L的NaCl溶液0.5 L，回答下列问题：(1)请写出该实验的实验步骤：_，_，_，_，_，_。(2)所需仪器为：容量瓶 (规格：_)、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，请写出：_。(3)试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的原因。为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度
13、的影响：_，原因是：_。定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。27、（12分）NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如图：（1）操作的名称是_。（2）试剂的化学式是_，判断试剂已过量的方法是：_。（3）加入试剂发生的离子方程式是_。28、（14分）铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：请回答下列有关问题：（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是_
14、。A铝矾石中含有两种类型氧化物B铝矾石与河沙含有完全相同的成分C铝矾石炼铝需要消耗电能D铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_。（3）滤液中所含溶质有_；步骤反应的离子方程式为_。（4）若步骤中用氨气代替CO2，步骤生成沉淀的离子方程式为_。29、（10分） (1)将2.4gNaOH溶于水配成300 mL的溶液，它的物质的量浓度为_mol/L，取出该溶液30mL，它的物质的量浓度为_mol/L，取出的溶液中含氢氧化钠_mol,把取出的溶液稀释到120mL，稀释后溶液的物质的量浓度为_mol/L，若用0.1 mol/L的硫酸中和稀释后的NaOH溶液，需用去硫酸_
15、mL。(2)电解水的实验中，标准状况下产生氢气5.6L，其物质的量_mol,有_g水分解。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】A.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液,至混合溶液恰好为中性,离子方程式：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故A正确；B.碳酸钙与盐酸反应,离子方程式：2H+CaCO3=CO2+H2O+Ca2+，故B错误；C. 铁与稀盐酸反应,离子方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，故C错误；D.往Ba(OH)2溶液中加少量硫酸溶液,离子方程式：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故D错误；答案
16、：A。2、A【解析】在反应中，Mn元素的化合价从+7价变为+2价，则MnO4为氧化剂，Cl元素的化合价从1价变为0价，则Cl2为氧化产物，所以氧化性：MnO4Cl2；在反应中，Fe元素的化合价从3价变为2价，则Fe3为氧化剂，I元素的化合价从1价变为0价，则I2为氧化产物，所以氧化性：Fe3I2；在反应中，Cl元素的化合价从0价变为1价，则Cl2为氧化剂，Fe元素的化合价从2价变为3价，则Fe3为氧化产物，所以氧化性：Cl2Fe3，综上所述，各微粒氧化能力由强到弱的顺序为：MnO4Cl2Fe3+I2，故答案选A。点睛：本题主要考查氧化性强弱的判断，解题时注意判断氧化性强弱的依据是：氧化剂的氧化
17、性大于氧化产物的氧化性，解答本题的关键是能够根据元素化合价的变化情况正确判断氧化剂和氧化产物，题目难度不大。3、B【解析】A铁与稀硫酸反应，离子方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B铁片与氯化铜溶液反应，离子方程式：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B正确；C氢氧化镁溶于盐酸，离子方程式：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O，故C错误；DCu(OH)2是不溶性碱，其与稀H2SO4反应的离子方程式：Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，故D错误；故答案为B。【点睛】离子方程式正误判断是高考中的高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：(1)反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反
18、应只生成二价铁等。(2)电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。(3)配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。4、A【解析】Fe2+中的铁元素的化合价为+2价，反应后铁元素的化合价为+3价，6mol Fe2+反应中失去6mol的电子，根据得失电子守恒，反应中1mol R2O72得到6mol的电子，R2O72中R的化合价为+6价，根据得失电子守恒：（6-n）2=6，解得n=+3，故选A项。5、B【解析】A、醋酸是弱酸，用化学式表示，不能用该离子方程式
19、表示，A错误；B、强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，可以用该离子方程式表示，B正确；C、反应中还有硫酸钡白色沉淀生成，不能用该离子方程式表示，C错误；D、氢氧化铜难溶，不能用该离子方程式表示，D错误；答案选B。6、A【解析】CO32是碳酸根的化学式，故正确；的核内质子数为9，故为氟元素，而核外有10个电子，故是F的结构示意图，故正确； 是由18O原子构成的过氧根的化学式，故正确；为O2的电子式，故正确；Mg2+为镁离子，故正确。故答案选A。7、B【解析】根据电荷守恒判断M离子所带电荷数，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。【详解】根据题目条件Mg2+、SO42、Al3+和M离子的物质的量之
20、比为1411，由于21+3124，则M带正电荷，由电荷守恒可知M离子所带电荷数为24（21+31）3，因此选项B中铁离子符合，答案选B。8、C【解析】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，再结合n = 来判断气体的物质的量关系，据此判断；B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，故反应后NO室的气体物质的量要减小；C. 气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变；D. NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，发生2NO+O2=2NO2，NO 少量
21、，无剩余。【详解】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同，故A项错误；B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B项错误；C. 反应后气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变，即最终容器内密度与原来相同，故C项正确；D. NO、O2的质量相等，根据n = 得出，二者物质的量之比与摩尔质量成反比，即物质的量之比为32：30=16
22、：15，发生的反应为2NO+O2 = 2NO2，可以看出参加反应的NO少量，无剩余，故D项错误；答案选C。9、B【解析】CO2在NaCl溶液中溶解度小，先通NH3后溶液呈碱性，能溶解大量的CO2，生成大量的HCO3-，从而析出大量的NaHCO3晶体，因此答案选B。【点睛】该题是侯氏制碱法的原理，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的训练和检验，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。10、B【解析】A、浓硫酸与NaCl反应生成HCl；B、稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，故B错误；C、浓硫酸溶于盐酸放热大量的热，盐酸易挥发；D、NaCl与硫酸氢钠固体加热反应生成硫酸钠和H
23、Cl【详解】A、浓硫酸与NaCl反应生成HCl，该固液、加热装置可制备HCl，故A不选；B、稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，不能产生大量氯化氢气体，故B错误；C、浓硫酸溶于盐酸放热大量的热，盐酸易挥发，则液体混合装置可制备HCl，故C不选；D、NaCl与硫酸氢钠固体加热反应生成硫酸钠和HCl，则该固体加热装置可制备HCl，故D不选；故选B。11、C【解析】根据图示，将蛋白质溶液放在半透膜上静置，水分子可以透过半透膜，而蛋白质分子不能透过半透膜，说明蛋白质溶液属于胶体，据此分析判断。【详解】A将蛋白质溶液放在半透膜上静置，水分子可以透过半透膜，而蛋白质分子不能，说明蛋白质溶液是胶体，因此Fe
24、(OH)3 胶体和蛋白质溶液都具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应鉴别 Fe(OH)3 胶体和蛋白质溶液，故A错误；B胶体微粒的直径在1 nm 100 nm之间，蛋白质分子不能透过半透膜，因此该半透膜的孔径大小不可能为 200 nm，故B错误；C淀粉溶液属于胶体，胶体微粒不能透过半透膜，而溶液中的微粒可以透过半透膜，因此该半透膜可用来分离 NaCl 溶液和淀粉溶液，故C正确；D泥沙和淀粉溶液的微粒都大于该半透膜的孔径，因此该半透膜不能用来分离泥沙和淀粉溶液，故D错误；故选C。12、C【解析】根据物质的组成分类可知：NH3属于氢化物、NaHCO3属于盐、H2SO4属于酸、Fe(OH)3属于碱，故答案
25、选C。13、C【解析】A.用明矾净化饮用水，利用氢氧化铝凝胶的吸附性，故A正确；B. 用石膏或盐卤点制豆腐利用了胶体的聚沉，故B正确；C.在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀不是胶体，故C错误；D.雾属于气溶胶，可以产生丁达尔效应，故D正确；答案选C。14、D【解析】A、b为苯，其同分异构体可为环状烃，也可为链状烃，如HCC-CH=CH-CH=CH2，则同分异构体不仅d和p两种，故A错误；B、将d的碳原子进行编号，如图，对应的二氯代物中，两个Cl原子可分别位于(1，2)、(1,3)、(1,4)、(2,3)、(2,5)、(2、6)，即d的二氯代物有6种，故B错误；C、苯（b）不能
26、使高锰酸钾褪色，(p)中碳原子均成四个单键（3个C-C键和1个C-H键），不能与高锰酸钾反应，故C错误；D、d和p都含有饱和碳原子，饱和碳原子与所连的四个原子成四面体结构，则d、p不可能所有原子处于同一平面，苯（b）是平面形结构，故D正确。故选D。15、C【解析】溶液无色，则有颜色的离子不能存在，在强酸性和强碱性的条件下都能大量共存，说明离子既不与H+反应也不与OH-反应，则在两种溶液中都能大量共存，以此解答该题。【详解】AFe2+有颜色，在碱性溶液中会生成沉淀，在酸性溶液中能被硝酸根离子氧化，不能大量共存，A错误；B碱性条件下Mg2、NH4+不能大量共存，故B错误；C四种离子既不与H+反应也
27、不与OH-反应，且离子之间不发生任何反应，在两种溶液中都能大量共存，C正确；DMnO4有颜色，且Ba2+、SO42反应生成沉淀，不能大量共存，D错误。答案选C。【点睛】明确离子的性质、发生的反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。16、C【解析】CHCO3-可与H+反应，其余选项不发生反应。【详解】酸性溶液中存在大量的H+，C选项中HCO3-+H+=CO2+H2O,不能共存；其余选项中均能共存，综上，本题选C。【点睛】本题考
28、查在限定条件下的离子共存问题，溶液为酸性时，不能出现与H+反应的离子，如：OH-、HCO3、CO32等。17、D【解析】氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，所以三氧化二碳属于氧化物，故 D正确。故选D。18、D【解析】根据氧化还原反应的特征分析，判断氧化剂、还原剂。【详解】4Ag2H2SO2=2Ag2S2H2O反应中，Ag元素从0价升高到+1价，故Ag做还原剂，O2中O元素从0价降低到-2价，故O2做氧化剂，H2S中的H元素和S元素化合价没有改变，故H2S既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确。故选D。【点睛】金属单质大多数情况下都做还原剂，O2是常见氧化剂，再判断H2S中各元素化合
29、价变化情况，从而可以快速作出正确判断。19、A【解析】由于容量瓶的规格没有430ml的，试液应该配制500ml。试液需要氢氧化钠的质量是0.5L2mol/L40g/mol40g，答案选A。20、D【解析】A无色气体CO2、SO2都可使澄清石灰水变浑浊，因此溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，故A错误。B白色沉淀可能是碳酸钡或者碳酸钙，他们都溶于稀盐酸，所以该溶液中可能含有Ba2+和Ca2+，故B错误。CCCl4层显紫红色，证明该溶液中含有I2，不是I-，I-无色，故C错误。D氯化银和硫酸钡都是不溶于稀盐酸的白色沉淀，故D正确。本题选D。21、C【解析】A容量瓶中有少量
30、的蒸馏水，不影响硫酸的物质的量和溶液的体积，不会影响硫酸的浓度，故A不选；B定容后，塞上瓶塞反复摇匀，是正确的实验操作，不会影响硫酸的浓度，故B不选；C未冷却到室温，就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后溶液体积减小，导致溶液浓度偏高，故C选； D转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D不选； 故选C。22、C【解析】A. O4是单质，不是化合物，A错误； B. 1个O4分子由4个O原子子构成，B错误；C. O4和O2是氧元素的不同单质，故互为同素异形体，C正确； D. O4和O2之间的转化过程中元素化合价不变，故通过非氧化还原反应实现转化，D错误
31、；答案选C。二、非选择题(共84分)23、C CuO Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2 Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2 【解析】本题考查的知识点有物质的分类、离子方程式的书写、氧化还原反应。物质的分类方法很多，其中按物质的组成和性质特点可分为混合物和纯净物；纯净物分为单质和化合物；单质分为金属单质和非金属单质，化合物分为无机物和有机物；无机物分为氧化物、酸、碱、盐等；其中盐按组成可分为正盐、酸式盐、碱式盐、复盐，按是否溶于水可分为可溶性盐和难溶性盐。离子方程式书写时遵循一写二拆三删四查的原则。其中可溶性强电解质拆成离子形式；难溶物、单质、气体、氧化物、弱电解质
32、、水不拆，保持化学式的形式。氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。本小题答案为：C。（2）氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，则B为氧化铜，化学式为CuO。本小题答案为：CuO。（3）由信息可知“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，则铜绿与盐酸反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。本小题答案为：Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。（4）反应中铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，反应为氧化还原反应；反应是铜绿与酸反应生成铜盐、CO2和H2O，
33、是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是铜盐与碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是氧化铜与氢气反应生成铜和水，是置换反应，有价态变化，是氧化还原反应。本小题答案为：。（5）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，因为B为CuO，则铜绿受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2。【点睛】解答本题时可根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；反应为碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，改成离子方程式即可；依据复分解反应
34、的概念和氧化还原反应的概念，结合反应过程的特征分析判断。24、Ba(OH)2 K2CO3 Cu SO4 NaCl 取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有 【解析】取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，也就没有硫酸铜存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；氯化钠是否存在不能确定，可以检验氯离子的存在来验证氯化钠的存在；据以上分析解答。【详解】取部分固体混
35、合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，因此硫酸铜也不存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；（1）结合以上分析可知：该固体混合物中肯定含有的物质是：Ba(OH)2 和K2CO3；（2）结合以上分析可知：该固体混合物中一定不存在的物质是：CuSO4；（3）结合以上分析可知：该固体混合物中可能存在的物质是：NaCl；为了检验该物质的存在，可以检验溶液中是否含有氯离子，加入硝酸银和硝酸溶液；检验方法：取中的溶液少量于试管中，加入
36、AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。综上所述，本题答案是：NaCl；取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。25、烧杯、漏斗、玻璃棒 蒸发结晶 BC Mg（OH）2、BaCO3 继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量 会使之前步骤中为去除杂质而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以） 【解析】（1）根据实验流程和原理，操作为过滤，结合过滤操作所用到的仪器来作答；操作是分离氯化钠溶液中的氯化钠；（2）除去镁离子选用氢氧化钠，除去钙离子选用碳酸钠，除去硫酸根离
37、子选用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠除将钙离子沉淀，还将过量的钡离子沉淀下来；碳酸钠必须放在氯化钡之后加入；（3）经过除杂剂除杂后根据发生的离子反应可知，得到的难溶性物质有：CaCO3、BaSO4和Mg(OH)2、BaCO3；（4）根据钡离子能和硫酸根之间反应生成硫酸钡沉淀来检验氯化钡是否过量；（5）Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，会影响制得精盐的纯度。【详解】（1）当加完除杂剂以后，操作为过滤，目的是为了分离上述操作得到的难溶性物质和氯化钠溶液，用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，操作目的是想从溶液中分离氯化钠精盐
38、，该方法是蒸发结晶，故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸发结晶；（2）除杂试剂为了完全除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序必须满足饱和Na2CO3溶液放在BaCl2溶液之后加入，则可以依次是BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液或者NaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液，故答案为BC；（3）粗盐和各除杂剂发生的离子方程式分别是为：SO42-+Ba2+=BaSO4，CO32-+Ba2+=BaCO3，CO32-+Ca2+=CaCO3，Mg2+2OH- = Mg(OH)2；因
39、此，过滤之后得到的固体丁除含有泥沙、CaCO3、BaSO4外，还应有Mg(OH)2、BaCO3，故答案为Mg(OH)2、BaCO3；（4）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，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：向上层清液(或取少量上层清液于试管中)，继续滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量（5）若先用适量盐酸调节pH值再进行过滤操作，那样之前生成的不溶于水但溶于酸的沉淀均会与盐酸反应，生成易溶于水的氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而达不到提纯精盐的目
40、的，故答案为会使之前步骤中为去除杂质而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以）26、计算 称量 溶解 移液 洗涤 定容 500 mL 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 偏大 受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小 偏小 溶液体积增大，溶质量不变 【解析】配制溶液时，需保证溶质质量的准确性和溶液体积的准确性，即称量的溶质溶解后，需将烧杯内的溶质全部转移入容量瓶，定容时，溶液的体积与所选择的容量瓶的规格相同。【详解】(1)配制溶液时，依据所配溶液的浓度和体积进行计算，确定溶质的质量，然后称量、溶解，将溶质全部转移入容量瓶，并保证溶液体积的准确。该实验的实验步骤：计算，称量
41、，溶解，移液，洗涤，定容。答案为：计算；称量；溶解；移液；洗涤；定容；(2)因为配制0.5L溶液，所以选择容量瓶 (规格：500 mL)、托盘天平、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管。答案为：500 mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；(3)为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积会减小。对所配溶液浓度的影响：偏大，原因是：受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小。答案为：偏大；受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小；定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，导致溶液体积大于容量瓶的规格。对所配溶
42、液浓度的影响：偏小，原因是：溶液体积增大，溶质量不变。答案为：偏小；溶液体积增大，溶质量不变。【点睛】分析误差时，可使用物质的量浓度的运算公式进行分析。27、渗析 HCl 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 Ba2+CO32=BaCO3，Ca2+CO32=CaCO3 【解析】胶体不能透过半透膜，操作为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，所以除去粗盐中含有的Ca2+、SO42-可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，除去硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（除去钙离子），同时也将过量的钡离子除去，则试剂为BaCl2，操作为
43、过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂为Na2CO3，操作为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体。【详解】（1）淀粉溶液属于胶体，溶液中小的分子或离子能透过半透膜，胶体微粒不能透过半透膜，采用渗析的方法将二者分离，则操作是利用半透膜进行渗析操作分离出淀粉胶体，故答案为渗析；（2）试剂为盐酸，目的是除去溶液中过量的CO32-离子；试剂为BaCl2溶液，目的是除去溶液中硫酸根离子，判断氯化钡溶液已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；故答案为HCl；静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，
44、没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量（3）试剂是碳酸钠溶液，加过量的碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量的钡离子，反应的离子方程式为：Ba2+CO32-=BaCO3，Ca2+CO32-=CaCO3，故答案为Ba2+CO32-=BaCO3，Ca2+CO32-=CaCO3。【点睛】本题考查物质的分离提纯操作，把握除杂原则，注意把握实验的先后顺序，提纯时要除去引入新的杂质是解答关键。28、C Al2O3+6H+2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O NaOH、NaAlO2 OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3 Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+