《2022年福建省福州延安中学化学高一第一学期期中达标测试试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年福建省福州延安中学化学高一第一学期期中达标测试试题含解析.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注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2C若溶液中有Cu2，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2，则一定有Cu析出2、将碘水中的碘萃取
2、出来的实验中，下列说法不正确的是A分液漏斗使用前要检漏B注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡后立即分液C萃取剂要求不溶于水，且碘在萃取剂中溶解度更大D若用CCl4作萃取剂，则分层后下层液体呈紫红色3、10gA物质和7gB物质完全反应,生成4.4gC物质,1.8gD物质和0.1molE物质,则E物质的摩尔质量为（ ）A108 g B54 gmol1 C108 gmol1 D544、体积为V mL，密度为 g/mL的含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg,其物质的量浓度为c molL，溶质的质量分数为w%，则下面表示正确的是A BC D5、同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧
3、化碳气体的比较中，正确的是（ ）A密度比为1116B物质的量比为1611C体积比为1116D分子个数比为16116、完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是 ( )A用海水制蒸馏水B将碘水中的碘单质与水直接分离C除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D稀释浓硫酸7、现有三组分散系：汽油和氯化钠溶液的混合物 39的乙醇溶液 氯化钠和单质溴的混合溶液，分离以上各分散系的正确方法依次是：A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液8、铝具有较强的抗腐蚀性能，主要是因为()A与氧气在常温下不反应B铝性质不活泼C铝表面能形成了一层致密的氧化膜D铝耐酸耐碱9、下列反应的离子方程
4、式书写正确的是A氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： Ba2+ + OH+ H+SO42= H2O +BaSO4B稀硫酸与铁粉反应： 2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2C氯化铜溶液与铁粉反应： Cu2+ + Fe = Fe2+ + CuD碳酸钠溶液与醋酸反应： CO32+ 2H+ = H2O + CO210、欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)( )A溶液：加过量溶液，过滤，再加适量盐酸并加热B溶液：加过量KCl溶液，过滤C溶液：加萃取分液D溶液：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤11、下列化学药品名称与危险化学品的标志名称对应正确的是A乙醇剧毒品B浓硫酸腐蚀
5、品C汽油三级放射性物品D烧碱易燃品12、科学的实验方法为我们探索物质世界提供了金钥匙。下列实验方法不正确的是A容量瓶使用前必须检查是否漏液B蒸发结晶时应将溶液蒸干C用一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠溶液，置于酒精灯火焰上灼烧可以检验钠离子D用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，跟标准比色卡对照可测定溶液的pH13、已知A2On2-可将B2氧化为B单质，A2On2-则被还原为A3，又知100 mL的0.3 molL1的A2On2-与150 mL的0.6 molL1B2恰好完全反应，则A2On2-中的n值为A4 B5 C6 D714、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A500ml 5mol/L KCl
6、溶液B500ml 8mol/L KClO3溶液C50ml 3mol/L CaCl2溶液D1000ml 1mol/L AlCl3溶液15、取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入稀硫酸（含0.1 mol H2SO4），恰好完全反应成盐和水，原混合物中氧元素的质量是A6.4gB3.2gC1.6gD0.8g16、下列离子方程式书写正确的是A铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2+AgB铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C碳酸钙与稀盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2+2OH-=Mg(OH)217、在一定条件下，可发生反应：XO3n+
7、Cl2+2OH=XO42+2Cl+H2O。则XO3 n中X元素的化合价是A+4B+5C+6D+718、关于物质的类别，下列说法正确的是A盐酸、硫酸均为电解质BKHSO4、HCl、HNO3在水中都能电离出氢离子，都属于酸CNaOH、NH3H2O都为可溶性碱DCuSO45H2O、Fe3O4都属于混合物19、通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，粗盐精制的实验流程如下。下列说法不正确的是A在第步中使用玻璃棒搅拌可加速粗盐溶解B第步操作是过滤C在第步通过加入化学试剂除杂，加入试剂顺序为：NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液稀盐酸D除去M
8、gCl2的离子方程式为：Mg2+2OHMg(OH)220、下列反应的离子方程式不正确的是( )A铁与稀盐酸反应：B氢氧化钠溶液与盐酸反应：C锌与硫酸铜溶液反应：D氯化钡溶液与稀硫酸反应：21、共价键、离子键和范德华力是构成物质粒子间的不同作用方式，下列物质中，只含有上述一种作用的是()A干冰B氯化钠C氢氧化钠D碘22、下列实验现象与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（ ）A铁片加入新制氯水中，有无色气泡产生（H+）B将NaHCO3固体加入新制氯水中，有无色气泡产生（HClO）C向新制氯水中滴加石蕊溶液，溶液先变红后褪色（H+、HClO）D滴加AgNO3溶液有白色沉淀产生（Cl-）二
9、、非选择题(共84分)23、（14分）现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成根据表中实验现象回答下列问题：（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为_、_、_、_；（2）请分别写出上述实验和的离子方程式：_；_。24、（12分）某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、CO32、Cl、Mg2+中的一种或几种离子。向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象。取少许的溶液并加入少量的N
10、a2SO4溶液，有白色沉淀产生。取的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生。（1）原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，不能确定是否含有的离子是_。（2）中反应的离子方程式为_。（3）若另取10mL的溶液于锥形瓶中，然后向此溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。OA段反应的离子方程式为_。AB段反应的离子方程式为_。25、（12分）某学生欲配制3.0mol/L的H2SO4溶液100mL，实验室有标准浓度为90、密度为1.80g/mL的硫酸溶液。请回答下列问题：(1)实验所用90的硫酸的物质的量浓度为_m
11、ol/L(保留1位小数)。(2)配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为_mL。(3)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤A、C补充完整。A用量简准确量取所需的90的硫酸溶液_mL，沿玻璃棒倒入少量蒸馏水中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；B将混合均匀的硫酸溶液沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；C_；D振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；E改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；F将容量瓶盖紧，振荡，据匀。(4)如果省略操作C，对所配溶液浓度有何影响？_(填“偏大”、“偏小”或无影响”)(5)进行操作B前还需注意_。26、（10分）实验室用密度为1.25g/mL，质量分数
12、为36.5%浓盐酸配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸，请填空并回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_(列出算式）（2）配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸用量筒量取浓盐酸的体积_mL，应选用容量瓶的规格_mL（3）配制时，其正确的操作顺序是_（用下列字母表示，每个字母只能用一次）A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。B用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀。C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中。D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切。F继续往容量瓶内小心
13、加水，直到液面接近刻度线12cm处。（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是_，若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？_。（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面，则浓度_（偏大、偏小、不影响）。27、（12分）某学生用12 molL-1的浓盐酸配制0.10 molL-1的稀盐酸500 mL。可供选择的仪器有：玻璃棒、烧瓶、烧杯、胶头滴管、量筒、500 mL容量瓶回答下列问题：（1）计算量取浓盐酸的体积为_ mL（2）配制过程中，一定用不到的仪器是_（填序号）（3）将浓盐酸加入适量蒸馏水稀释后，全部转移到500 mL容量瓶中，转移过程中玻璃棒的作用是_。转移完毕
14、，用少量蒸馏水洗涤仪器23次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶，直到液面接近刻度线1-2cm处。改用_滴加蒸馏水，使溶液的凹液面的最低处与刻度线相切。振荡、摇匀后，装瓶、贴签。（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作对所配溶液浓度的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出重新加水至刻度线_转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水_28、（14分）A、B、C、D 四种元素核电荷数均小于 18。B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C 元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电
15、子层数，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。（1）四种元素为：A_B_C_D_（2）A 离子的结构示意图为_（3）B 原子的轨道表示式为_，C 原子有_种不同运动状态的电子（4）D 离子的最外层电子排布式为_（5）D 单质与 A2B 反应的化学方程式为_29、（10分）某无色透明溶液可能含有K+、Cu2+、Ca2+、SO42-、CO3-、Cl中的几种，现进行如下实验：(1)滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。(2)向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。(3)向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。
16、试判断：该溶液中肯定有_，肯定没有_，可能有_(填离子符号)。写出步骤(2)的离子方程式_。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】氧化性是Fe3Cu2Fe2，还原性是FeCu，则A、若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3，A不正确；B、若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2，B正确；C、若溶液中有Cu2，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C不正确；D、若溶液中有Fe2，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，D不正确；答案选B。2、B【解析】碘在水中溶解度小，易溶于有机溶
17、剂，可用萃取的方法分离，萃取时，萃取剂与水互不相溶，且用分液漏斗进行分液，分液时注意两层液体不能重新混合而污染【详解】A分液漏斗有旋塞，使用前要检验它是否漏水，故A正确；B、注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡后，静置，分层后分液，故B错误；C、萃取剂与水互不相溶，否则不能起到分离的目的，且溶质在萃取剂中溶解度更大，故C正确；D、四氯化碳的密度比水大，下层呈紫色，故C正确；故选B。3、C【解析】根据质量守恒定律，m（E）=m（A）+m（B）-m（C）-m（D）=10g+7g-4.4g-1.8g=10.8g，M（E）=108g/mol，答案选C。4、B【解析】A物质的量浓度c=mol/L，
18、故A错误；Bm=m(溶液)w%=g，故B正确；Cw%=100%=100%=，故C错误；Dc=mol/L，故D错误；故选B。5、C【解析】令二者的质量为1g，n(SO2)=mol，n(CO2)=mol。A同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故A错误；B等质量二氧化硫与二氧化碳物质的量之比=mol：mol =11：16，故B错误；C同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比为mol：mol =11：16，故C正确；D分子数之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的分子数之比为mol：mo
19、l =11：16，故D错误；答案选C。6、A【解析】A. 利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；B. 分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，故B错误；C. 胶体、溶液都可透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，故C错误；D. 容量瓶只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误；故选A。7、C【解析】汽油不溶于水，分液即可；乙醇和水是互溶的，应该通过蒸馏得到无水乙醇；单质溴易溶在有机溶剂中，所以萃取即可；答案选C。【点睛】8、C【解析】通常情况下铝具有较强的抗腐蚀性能，这是因为铝在常温下与空气中的氧气发生化
20、学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化，故选C。9、C【解析】氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水不符合定组成规律；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子；Fe比Cu活泼，Fe能从盐溶液中置换出Cu；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写。【详解】稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，A错误；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，B错误；Fe比Cu活泼，则氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为Cu2+Fe=Fe2+Cu，C正确；醋酸为弱酸，离子方程式中
21、不能拆写，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-2CH3COO-+CO2+H2O，D错误。故选C。【点睛】本题考查离子方程式的书写，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据离子方程式的书写规则进行判断。离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。10、B【解析】A.碳酸钠能除去氯化钡，而过量的碳酸钠可以用盐酸除去，A做法正确；B.氯化钾可以除去硝酸根，但会引入氯化钾杂质，B做法不正确；C.单质溴易溶于有机溶剂，加四氯化碳萃取
22、后分液即可除去，C做法正确；D.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同，可采用降温结晶的方法除去氯化钠，D做法正确；故答案选B。11、B【解析】A乙醇是易燃品；B浓硫酸有强腐蚀性；C汽油是易燃品；D烧碱有强腐蚀性。【详解】A乙醇易燃，是易燃品，故A错误；B浓硫酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故B正确；C汽油易燃，是易燃品，故C错误；D烧碱有强腐蚀性，是腐蚀品，故D错误，答案选B。12、B【解析】A容量瓶口部有塞子，使用前必须检查是否漏液，故A正确；B、蒸发结晶时，当有大部分固体析出时停止加热，利用余热蒸干，而不是将溶液蒸干，故B错误；C、用一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，火焰显示黄
23、色，可以检验钠离子，故C正确；D、用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，故D正确；故选B。13、D【解析】结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算。【详解】n（A2On2-）=0.3mol/L0.1L=0.03mol，n（B2-）=0.6mol0.15L=0.09mol，反应中A元素化合价降低到+3价，B元素化合价升高到0价，设A2On2-中A的化合价为x，则2x+2=2n，x=n-1，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有（n-1-3）0.03mol2=（2-0）0.09m
24、ol，解得n=7，故答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意根据氧化还原反应中转移电子数目相等的角度解答。14、C【解析】在浓度确定的溶液中，离子浓度与体积大小无关，四个选项中，A中氯离子浓度为5mol/L，B 中KClO3中不含氯离子，氯离子浓度为0mol/L，C中氯离子浓度为3mol/L 2=6mol/L，D中氯离子浓度为1 mol/L 3=3mol/L，因此选C。15、C【解析】氧化铁和氧化铜与稀硫酸反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O，CuO+H2SO4CuSO4+H2O。由于氧化铜和氧
25、化铁的混合物与0.1mol硫酸恰好完全反应，故联立两个化学方程式可得：Fe2O3+CuO+4H2SO4Fe2(SO4)3+CuSO4+4H2O4mol 4mol0.1mol 0.1mol分析化学方程式可以知道硫酸根中氧元素没有发生改变，依然在硫酸根中，而氧化铜和氧化铁中的氧元素则转变为水中的氧元素，即混合物中氧元素的质量和水中氧元素的质量相等，所以水中氧元素的质量为0.1mol18g/mol1.6g，所以正确的答案选C。16、C【解析】A电荷不守恒，离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故A错误；B稀硫酸具有弱氧化性，能将Fe氧化为亚铁离子而不是铁离子，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H
26、2，故B错误； C碳酸钙与稀盐酸反应二者反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故C正确；D漏写硫酸钡沉淀，离子方程式为Mg2+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+Mg(OH)2，故D错误；答案选C。17、A【解析】根据电荷守恒得n=2+2-2=2，则离子方程式为XO32-+Cl2+2OH-XO42-+2Cl-+H2O，XO32-中各元素化合价的代数和为-2，则X元素化合价=-2-3（-2）=+4，故选A。18、C【解析】A盐酸是混合物，不属于电解质，硫酸为电解质，故A错误；B酸指的是在水溶液电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，KHSO4在水中都
27、能电离出的阳离子有氢离子和K+，所以 KHSO4属于盐，故B错误；CNaOH、NH3H2O都为可溶性碱，故C正确；DCuSO45H2O、 Fe3O4都属于纯净物，故D错误；故答案为C。19、C【解析】A.第步中用玻璃棒搅拌，加速了液体的流动，使固体很快溶解，故A正确；B.第步操作是为了将沉淀与滤液分离，所以采用过滤操作，故B正确；C.镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸
28、钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，Na2CO3要在BaCl2的后面加，故C错误；D.除去镁离子用氢氧根离子沉淀，所以离子方程式为：Mg2+2OHMg(OH)2，故D正确。故选C。20、A【解析】A. 该离子方程式不满足电荷守恒，正确的离子方程式为，故A错误；B. 氢氧化钠溶液与盐酸发生中和反应，离子方程式正确，故B正确；C. 锌与硫酸铜溶液发生置换反应，生成硫酸锌和铜单质，离子方程式正确，故C正确；D. 氯化钡溶液与稀硫酸发生反应生成硫
29、酸钡，离子方程式正确，故D正确；故选A。21、B【解析】A、干冰是CO2，属于共价化合物，含有极性共价键，CO2分子间存在范德华力，故不符合题意；B、氯化钠属于离子晶体，只存在离子键，故符合题意；C、氢氧化钠属于离子晶体，含离子键、极性共价键，故不符合题意；D、碘属于分子晶体，存在非极性共价键，碘分子间存在范德华力，故不符合题意；本题答案选B。22、B【解析】氯气与水反应，离子方程式为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，新制氯水中含：HClO、Cl2、H+、Cl-、ClO-、H2O，HClO、Cl2具有氧化性，其中HClO具有漂白性，H+具有酸性，据此分析解答。【详解】A氯水显酸性，能与铁片反
30、应生成H2气体，反应离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故A项不选；B氯水显酸性，能与NaHCO3反应生成CO2气体，反应离子方程式为+H+=CO2+H2O，故B项选；C氯水中含有H+能使紫色石蕊变红，氯水中含有的HClO能使红色石蕊褪色，故C项不选；DCl-与Ag+能够发生复分解反应生成白色沉淀AgCl，反应离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl，故D项不选；综上所述，实验现象与新制氯水中成分没有关系的是B项，故答案为B。二、非选择题(共84分)23、CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3 【解析】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应
31、有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。【详解】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaC
32、l2。(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O，B为HCl， C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgC1，故答案为: CO32-+2H+=CO2+H2O； Ag+Cl-=AgC1。24、Ba2+、Cl、Mg2+ CO32、Cu2+ Na+ Ba2+SO42=BaSO4 HOH=H2O Mg22OH=Mg(OH)2 【解析】无色溶液，一定不含Cu2+；向溶液中滴
33、加足量稀盐酸无明显现象，一定没有CO32；取少许的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生，一定有Ba2+；取的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生，一定有Mg2+，根据电荷守恒，一定有Cl；【详解】（1）原溶液中一定含有的离子是Ba2+、Cl、Mg2+，一定不含有的离子是CO32、Cu2+，不能确定是否含有的离子是Na+；（2）中反应的离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4；（3）的溶液中含有Ba2+、Cl、Mg2+、H+，滴加氢氧化钠，氢离子先和氢氧根离子反应，然后是Mg2+和氢氧根离子反应，所以OA段为HOH=H2O；AB段反应的离子方程式为Mg22OH=Mg(OH
34、)2。25、16.5 100 18.2 洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也转移至容量瓶中 偏小 将溶液冷却至室温再转移到容量瓶 【解析】(1)根据物质的量浓度与质量分数关系式c=计算；(2)根据常见容量瓶的规格结合配制溶液的体积选择仪器；(3)利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积，用量筒量取后根据注酸入水的原则稀释；为使配制溶液浓度准确，烧杯内壁及玻璃棒上粘有的溶质也要转移到容量瓶中；(4)根据c=判断；(5)根据浓硫酸溶于水放热及容量瓶使用温度是20分析。【详解】(1)实验所用90的硫酸的物质的量浓度为c=16.5(mol/L)(2)配制100mL该溶液，就选择100
35、mL的容量瓶；(3)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以3.0mol/L100mL=16.5mol/LV，解得V=18.2mL，所以用量筒量取18.2mL浓硫酸，加入到盛有一定量水的烧杯中稀释；待溶液恢复至室温后，转移至容量瓶中，然后用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液也转移至容量瓶中；(4)由于容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的仪器，烧杯及玻璃棒上粘有溶质，若不全部转移到容量瓶中，根据c=可知，溶质的n偏少，则溶液的浓度就偏小；(5)浓硫酸溶于水，会放出大量的热，使溶液温度升高，容量瓶配制溶液的温度是20，若不将溶液冷却至室温后再转移溶液至容量瓶中，定容后，溶液温度
36、恢复至室温，溶液的体积就小于100mL，根据物质的量浓度定义式可知，这时溶液的浓度就偏大。【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。涉及物质的量浓度与质量分数的换算、仪器的使用、操作过程注意事项等。掌握浓硫酸稀释溶解放热、溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变、及容量瓶使用要求是本题解答的关键。26、12.5mol/L 10.0 250 B、C、A、F、E、D 保证溶质全部转入容量瓶,减小误差 重新配制 偏小 【解析】（1）依据C=1000/M计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）依据c浓V浓=c稀V稀计算所需浓盐酸的体积；（3）依据配制一定物质的量浓度的一般操作步骤解答；（4）（5）分析操
37、作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。【详解】（1）浓盐酸的物质的量浓度c=1000/M=10001.25g/mL36.5%/36.5g/mol=12.5mol/L，故答案为12.5mol/L。（2）设所需浓盐酸的体积为V浓，依据c浓V浓=c稀V稀可知，250mL0.5mol/L=12.5mol/LV浓，V浓=10.0mL，所配制的溶液的体积为250mL，故所需的容量瓶的容积为250mL，故答案为10.0， 250。（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其正确的操作顺序是B、C、A、F、E、D，故答案为B、C、A、
38、F、E、D。（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，因为烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁2-3次，若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败，无法挽回，必须重新配制，故答案为保证溶质全部转入容量瓶，减小误差；重新配制。（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴落在容量瓶外面，溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故答案为偏小。【点睛】配制过程中误差分析：称好后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外；（mB偏小，cB偏低）溶解搅拌时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）转移时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）未洗涤烧杯和玻璃棒2次3次；（mB偏小，cB偏低）溶解时放热，且未冷却
39、至室温（20）（V偏小,cB偏高）在定容时，仰视读数（V偏大，cB偏低），俯视读数（V偏小，cB偏高）在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分；（V偏大，cB偏低）加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线；（无影响）洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水。（无影响）27、4.2 引流 胶头滴管 偏低 无影响 【解析】（1）根据计算所需浓盐酸的体积；（2）用浓溶液配制稀溶液所需要的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（3）转移过程中用玻璃棒将溶液引流注入容量瓶里。为防止定容时加水过量，最后用胶头滴管滴加。（4）根据 分析误差。【详解】（1）设量取浓盐酸的体积为v
40、 mL，12 molL-1v mL=0.10 molL-1500 mL，解得v=4.2 mL；（2）用浓溶液配制稀溶液所需要的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的是烧瓶，故选；（3）转移过程中用玻璃棒将溶液引流注入容量瓶里，所以玻璃棒的作用是引流。为防止定容时加水过量，液面接近刻度线1-2cm处时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面的最低处与刻度线相切。（4）定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出重新加水至刻度线，溶质物质的量减少，所配溶液浓度偏低；溶液配制最后需加水定容，转移前容量瓶中含有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响。【点睛】本题考查了一定物质的量浓
41、度溶液的配制，会根据操作步骤选择仪器，会根据分析误差，如果n偏小或V偏大则配制溶液浓度偏低，易错点是误差分析。28、H O Na Cl 或 11 3s23p6 Cl2+H2OHCl+HClO 【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为 1:2，L层有两种能量，即s、p，电子个数比为1：2，B的电子排布式为1s22s22p4，即B为O，A 原子最外层电子数等于电子层数，A可能是H、Be、Al，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半，根据核外电子排布规律，K层最多容纳2个电子，即C原子最外层电子数1，A、C 元素的原子最外层电子数相等，A的最外层
42、电子数为1，即A为H，因为都是前18号元素，即C为Na，D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同，即D为Cl，（1）根据上述分析，A为H，B为O，C为Na，D为Cl；（2）A的简单离子是H，则结构示意图为或；（3）O原子轨道式为，因为每一个电子运动状态不同，因此有多少个电子，就有多少种不同运动状态的电子，因此Na原子有11种不同运动状态的电子；（4）Cl最外层电子排布式为3s23p6；（5）氯气与水反应的化学反应方程式为Cl2H2OHClHClO。点睛：本题难点是轨道图的画法，轨道图应按照泡利原理和洪特规则，泡利原理是每个轨道最多容纳2个电子，且自旋方向相反，洪特规则是同一能级上电子优先单独占
43、据一个轨道，且自旋的方向相同，从而画出O的轨道图。29、K+、SO42-、CO32- Cu2+、Ca2+ Cl BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2 【解析】无色透明的溶液中不可能存在Cu2+滴加氯化钡溶液,有白色沉淀产生,生成的沉淀可能为BaSO4或BaCO3,其中BaCO3可溶于稀硝酸,将沉淀滤出,产生的沉淀可部分溶于稀硝酸,说明含有SO42-、CO32-离子,则一定不含Ca2+ 离子,根据溶液电中性原则,一定含有K+离子，取(1)滤液中加入硝酸银溶液,有白色沉淀生成,可能为Ag2SO4、Ag2CO3或AgCl沉淀,不能确定是否含有Cl离子；结合以上分析解答。【详解】无色透明的溶液中不可能存在Cu2+滴加氯化钡溶液,有白色沉淀产生,生成的沉淀可能为BaSO4或BaCO3,其中BaCO3可溶于稀硝酸,将沉淀滤出，产生的沉淀可部分溶于稀硝酸,说明含有SO42-、