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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（每题只有一个选项符合题意）1、我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指（ ）A萃取B渗析C蒸馏D过滤2、下列各组离子一定能大量共存的是A在无色溶液中：
2、NH4+、Fe3+、SO42-、CO32-B在含大量Ca2+的溶液中：Mg2+、Na+、Cl-、OH-C在强酸性溶液中：Na+、K+、Cl-、SO42-D在强碱性溶液中：K+、Na+、Cl-、NH4+3、下列反应类型中，不可能属于氧化还原反应的是（ ）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应4、下列提纯方法不正确的是A除去KNO3中的NaCl杂质-结晶、重结晶B除去食盐中的泥沙-过滤C除去KCl中的K2CO3-加适量盐酸D除去碘水中的水-升华5、下列物质中的硫元素只有还原性的是( )AH2SBSO2CSO3DNa2S2O36、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是硫酸、烧碱、醋酸钠
3、和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；金属氧化物都属于碱性氧化物；根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;非金属氧化物都属于酸性氧化物；根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质.A只有 B只有 C只有 D只有7、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是A标准状况下，分子数为NA的CO2、N2O混合气体体积约为22.4L，质量为44克B常温常压下，16gO2所含的原子数为NAC由O2和NO2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2
4、NAD标准状况下，22.4LH2O所合的分子数为NA8、下列说法正确的是A氯化铵固体受热分解和干冰升华均只需克服分子间作用力BNaF、H2SO4中所含化学键的类型相同CHCl气体溶于水和NaOH熔化破坏的化学键类型相同DI2、Br2、Cl2、F2的熔、沸点逐渐降低9、只给出下列甲中和乙中对应的量，不能组成一个求物质的量的公式的是甲乙物质微粒数阿伏加德罗常数标准状况下气体摩尔体积标准状况下气体体积固体体积固体密度溶液中溶质的质量分数溶液的体积非标准状况下物质的质量物质的摩尔质量ABCD10、我国稀土资源丰富。下列有关稀土元素与的说法正确的是( )A与互为同位素B与的质量数相同C与是同一种核素D与
5、的核外电子数和中子数均为6211、下列说法中，错误的是（ ）ASO2水溶液能导电，但是SO2是非电解质BNa2CO3既是钠盐又是碳酸盐C铜可以导电所以铜是电解质DNaCl在水溶液能导电，所以NaCl是电解质12、某物质A在一定条件下，加热分解，产物均是气体：2A=B+2C+2D，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为A7dB5dC2.5dD2d13、实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选用500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )A称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水B称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液C称取8.0 g硫酸铜，加入5
6、00 mL水D称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液14、下列关于某物质是否为电解质的判断正确的是（）A固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质B氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质CSO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D氨水能导电，所以氨水是电解质15、下列离子方程式正确的是()A铁与稀硫酸反应：2Fe+6H=2Fe3+3H2B用氢氧化钠溶液吸收过量二氧化碳气体：CO2 +OH=HCO3C制备氢氧化铁胶体：Fe3+3OH-Fe(OH)3D醋酸除去水垢：2H+ +CaCO3=Ca2+CO2+H2O16、现有NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4三种无色溶液，只用一种试剂，一次区别开，则
7、该试剂是（必要时可以加热）( )ABaCl2溶液BBa(OH)2溶液C稀盐酸DAgNO3溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、下图转化关系中的物质均为常见物质或它们的溶液，其中 A、C 为单质，B 为氧化物且常温下为无色液体，E 为淡黄色固体，H 为红褐色沉淀。（反应条件和部分产物已省略）根据上述转化关系，回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A_ G _（2）反应的化学方程式为：_。反应的离子方程式为：_。（3）沉淀 G 转化为沉淀 H 的现象：_，化学方程式为_（4）写出物质 E 的一种用途_。（5）一定条件下，将一定量的 A 与足量的 C 充分反应，最终得到 39.0g 固体 E，则反
8、应中转移的电子数为_。18、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：实验（1）中反应的离子方程式为_，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为_。溶液中一定不存在的离子有_；溶液中一定
9、存在的离子有_，其中阴离子的物质的量浓度分别为_；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl？_（填“能”或“不能”），理由是_。推断K+是否存在并说理由：_.19、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度(通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量)。(可供选用的反应物：CaCO3固体、6 molL-1盐酸、6 molL-1硫酸和蒸馏水)回答下列问题：(1)实验前必须先_。(2)装置A中液体试剂应选用_。(3)装置B的作用是_；装置C的作用是_；装置E中碱石灰的作用是_。(4)装置D中发生
10、反应的化学方程式是_。(5)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。20、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）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、
11、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_。21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。.(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是_；a化合反应 b分解反应 c置换反应 d复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是_；(3
12、)粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试剂的顺序是_；II.实验室利用精盐配制480mL 2.0molL1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_、_；(5)用托盘天平称取固体NaCl_g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：计算 称量 溶解 冷却 转移 定容 摇匀 装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是_；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_。a容量瓶洗净后残留了部分的水 b转移时溶液溅到容量瓶外面c定容时俯视容量瓶的刻度线 d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线参考答案一
13、、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】由题意知，“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，C正确。本题选C。2、C【解析】离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。【详解】A、Fe3+有颜色且不能与CO32-大量共存，故A项错误；B、钙离子、镁离子和氢氧根离子形成难溶性物质，不能大量共存，故B项错误；C、在强酸性溶液中Na+、K+、Cl-、SO42-之间不反应，可以大量共存，故C项正确；D、在强碱性溶液中NH4+、OH-会反应生
14、成一水合氨，所以不能大量共存，故D项错误；答案选C。3、D【解析】A、化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故A不符合题意；B、分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故B不符合题意；C、置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，一定属于氧化还原反应，故C不符合题意。D、复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，不可能为氧化还原反应，故D符合题意。故选D。4、C【解析】A.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的变化程度不同，硝酸钾的溶解度随温度降低而减小，氯化钠的
15、溶解度受温度变化的影响不大，所以除去KNO3中的NaCl杂质，可用结晶和重结晶法，故A正确；B.泥沙不溶于水，过滤即可，故B正确；C.碳酸钾和盐酸反应即生成氯化钾，故C正确；D.固体碘易升华，但碘水中的碘是溶解在水中的碘，要除去碘水中的水，应该用有机溶剂萃取，然后再蒸馏，故D不正确，故选D。5、A【解析】AS元素的化合价为-2价，为最低价，只具有还原性，故A符合题意；BS元素的化合价为+4，为中间价态，具有氧化性和还原性，故B不符合题意；CS元素的化合价为+6，为最高价态，只具有氧化性，故C不符合题意；DS元素的化合价为+2，为中间价态，具有氧化性和还原性，故D不符合题意。答案选A。6、D【解
16、析】阳离子只有氢离子的是酸，阴离子只有氢氧根离子的是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物称之为盐，氧元素于另一种元素组成的化合物是氧化物；非电解质是水溶液或熔融状态下均不能导电的化合物，强电解质是能完全电离的物质，弱电解质是存在电离平衡的物质，不能完全电离；金属氧化物包括一般金属氧化物和两性氧化物，前者属于碱性氧化物，后者能与碱反应；不同分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同；氧化还原反应的本质就是物质之间电子的转移;酸性氧化物是能与碱反应的一类氧化物，非金属氧化物中只有部分属于酸性氧化物；溶液导电能力强弱主要影响因素是溶液离子浓度，溶质种类无关。【详解】硫酸H2SO4、烧碱NaOH
17、、醋酸钠CH3COONa和生石灰CaO分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；金属氧化物不是都属于碱性氧化物，如氧化铝；根据分散质粒子的直径不同将分散系分为胶体、溶液和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;非金属氧化物不是都属于酸性氧化物，如一氧化碳；溶液导电能力与离子浓度和离子电荷有关。根据电解质在水溶液中电离程度不同将电解质分为强电解质和弱电解质。综上所述，只有正确。答案为D。7、D【解析】A.CO2、N2O相对分子质量都是44，所以1mol的质量都是44g，由于NA的CO2、N2O混合气体的物质的量是1mol
18、，所以其在标准状况下体积约为22.4L，A正确；B.16gO2的物质的量是n(O2)=mol，由于O2是双原子分子，所以0.5molO2中含有的O原子物质的量是1mol，O原子数目是NA，B正确；C.O2和NO2的分子中都含有2个O原子，若分子总数是NA个，则含有的O原子数目是2NA，C正确；D.标准状况下H2O不是气态，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；故合理选项是D。8、D【解析】A. 氯化铵受热是氯化铵分解生成氨气和氯化氢，属于化学变化，化学键破坏，干冰升华是物理变化，只需克服分子间作用力，A错误；B. NaF中含有离子键，H2SO4中含有共价键，所含化学键类型不相同，B错误；C. HC
19、l气体溶于水共价键断键，NaOH熔化破坏的是离子键，化学键类型不相同，C错误；D. I2、Br2、Cl2、F2形成的均是分子晶体，相对分子质量依次减小，分子间作用力逐渐减小，则熔沸点逐渐降低，D正确。答案选D。9、B【解析】试题分析：根据n=N/NA，所以有物质微粒数和阿伏伽德罗常数可计算物质的量；根据n=V/Vm，则有标准状况下气体的摩尔体积和标准状况下的气体体积可计算物质的量；有固体的密度和固体的体积只能计算固体的质量，缺少摩尔质量，不能计算物质的量；有溶液中溶质的质量分数和溶液的体积不能计算物质的量，缺少溶液的物质的量浓度；有物质的质量和该物质的摩尔质量科计算物质的量，根据n=m/M，所
20、以答案选B。考点：考查与物质的量有关公式的判断10、A【解析】A. 质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，所以与互为同位素A正确；B. 在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，所以与的质量数不同，B不正确；C. 具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子是核素，与是两种核素，C不正确；D. 因为质子数和中子数之和是质量数，所以与的核外电子数和中子数分别是62、82和62、88，D不正确。答案选A。11、C【解析】A、SO2水溶液能导电，但是SO2本身不能电离，故SO2是非电解质，A正确；B、Na2CO3既是钠盐又是碳酸盐，B正确；C、铜可以导电，但是铜不
21、是电解质，电解质的研究对象是化合物，C错误；D、NaCl在水溶液中自身电离，使得溶液可以导电，所以NaCl是电解质，D正确；故选C。12、B【解析】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，所以三种气体的平均相对分子质量为2d，右边相对分子质量总和为2d+22d+22d=10d，根据质量守恒定律，左边2A的质量也是也是10d，所以，A的相对分子质量为5d。故选：B。【点睛】本题考查气体阿伏伽德罗定律的应用，这种题注意关键条件“生成的混合气体对氢气的相对密度为d”，根据混合气体的相对密度可计算出混合气体的平均相对分子质量，然后根据阿伏加德罗定律的推论相
22、同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。13、D【解析】需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，溶液体积为500mL，结合m=cVM计算。【详解】A.加入500 mL水，水是溶剂，溶液体积不是500mL，A错误；B.若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO45H2O的质量m(CuSO45H2O)=0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，B错误；C.需要硫酸铜的质量m(CuSO4)=0.5L0.1mol/L160g/mol=8.0g，溶剂体积是500mL，得到的溶液的体积不是500mL，C错误；
23、D. 若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO45H2O的质量m(CuSO45H2O)=0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，把握配制溶液的操作、质量的计算为解答的关键。注意溶液体积的判断及溶质成分的确定。对于硫酸铜溶液，溶质为CuSO4，若用CuSO45H2O配制，注意根据元素守恒，250份CuSO45H2O中含有160份CuSO4，结晶水会进入溶液，变为溶剂水。14、B【解析】A固体氯化钠不存在自由移动的离子不导电，溶于水会导电，所以氯化钠是电解质，故A错误；B氯化氢化
24、合物水溶液能导电，属于电解质，故B正确；CSO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成电解质亚硫酸，本身不能电离，所以SO2是非电解质，故C错误；D氨水是氨气的水溶液为混合物，不是电解质，故D错误；故选B。点睛：主要是概念实质理解应用，掌握基础是解题关键，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导电的条件是化合物自身能在一定条件下电离出离子导电，导电实质是含有自由移动电子或离子，据此分析判断。15、B【解析】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B项、用氢氧化钠溶液吸收过量二氧化碳生成碳酸
25、氢钠，离子方程式：OH-+CO2=HCO3-，故B正确；C项、实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体，是利用饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热呈红褐色得到，反应的离子方程式为Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；D项、醋酸属于弱酸，不能拆成离子形式，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO-+H2O+CO2，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，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，
26、检查是否符合原化学方程式等。16、B【解析】从物质组成的角度分析，待检验的三种物质为铵盐和硫酸盐，铵盐通常用强碱检验：NH4+OH-NH3+H2O，产生刺激性气味的气体，硫酸盐通常用含Ba2+的可溶性化合物检验：Ba2+SO42-=BaSO4，综合考虑应选择Ba(OH)2溶液检验，方法和现象是：向三种溶液中分别滴加Ba(OH)2溶液，只有刺激性气体产生的是NH4Cl；既有刺激性气体产生又有白色沉淀产生的是(NH4)2SO4；只有白色沉淀产生的是K2SO4，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na Fe(OH)2 2Na2H2O = 2NaOH + H2 Fe2+2OH- = Fe(O
27、H)2 白色沉淀迅速转化为灰绿色沉淀，最终转变为红褐色沉淀 4Fe(OH)22H2OO2 = 4Fe(OH)3 潜水艇供氧剂或漂白剂 NA或6.021023 【解析】B 为氧化物且常温下为无色液体，B 为H2O。E 为淡黄色固体，E 为Na2O2。根据物质的转化关系可知，A为Na，C 为O2，D为NaOH。H为红褐色沉淀，为Fe(OH)3，G 为Fe(OH)2，F为含有Fe2+的盐。【详解】（1）由以上分析可知，A为Na， G 为Fe(OH)2。（2）反应的化学方程式为：2Na2H2O = 2NaOH + H2；反应的离子方程式为：Fe2+2OH- = Fe(OH)2。（3）Fe(OH)2不稳
28、定，易被氧化成Fe(OH)3，反应的现象为白色沉淀迅速转为灰绿色沉淀，最终变为红褐色沉淀。化学方程式为4Fe(OH)22H2OO2 = 4Fe(OH)3。（4）E 为Na2O2，可以和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇供氧剂或漂白剂。（5）发生反应为2Na+ O2 Na2O2，最终得到 39.0g Na2O2，n(Na2O2)= = =0.5mol，参与反应的 n(Na)= 0.5mol2=1mol，反应中Na元素由0价升高到+1价，反应中转移的电子数为NA或6.021023。【点睛】本题考查了钠及其化合物、铁及其化合物、化学反应中离子的计算。对重要物质的化学性质和物理性质需要牢固掌握。并
29、能根据反应中化合价变化推出电子转移数目。18、OH-+NH4+=NH3+H2O BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Mg2+、Ba2+ NH4+，SO42、CO32 c(SO42)=0.1mol/L， c( CO32)=0.2 mol/L 不能 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银 存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。 【解析】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但
30、收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO
31、42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3+H2O；实
32、验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42、CO32；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42、CO32；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42、
33、CO32；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32)=0.02mol；浓度各为：c(SO42)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本
34、题答案是：NH4+、SO42、CO32；c(SO42)=0.1mol/L，c( CO32)=0.2 mol/L。结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42、CO32；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42、CO32,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用中分析、计算可以知道SO42、CO32的物质的量分别为0.01
35、mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.051=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.012+0.022=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。19、检查装置的气密性 6 molL-1 盐酸 除去气体中的HCl 干燥气体 吸收装置D中反应剩余的CO2 Na2O+CO2Na2CO3 、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 78% 【解析】根据化学实验基础及除杂原则分析；根据化学反应方程式化学计量计算分析。【详解】(1)所有化学实验前都要进行气密性检验；(2) 装置A是碳酸钙和盐酸反应
36、生成二氧化碳，若碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，故装置A中液体试剂应选用用盐酸来反应；(3) 碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有盐酸挥发出来的氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和碳酸氢钠来除去，可以用浓硫酸吸收水蒸气，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止CO2对氧气的体积测量造成干扰，故答案为除去气体中的HCl，干燥气体， 吸收装置D中反应剩余的CO2；(4) 装置D中是CO2与Na2O2、Na2O反应，反应方程式：Na2O+CO2Na2CO3 、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；(5) 根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2
37、CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）=0.224L/22.4Lmol-1=0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol，过氧化钠的纯度为：（Na2O2）=(0.02mol78g/mol)2.0g=78%；【点睛】实验设计操作流程大致为：组装仪器从左到右，从下到上气密性检验反应除杂收集尾气处理。按照大致流程推断每一步操作的用意，即可顺利解决此种类型题。20、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
38、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、
39、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，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NaO
40、H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
41、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）21、c 过滤 bdca或cbda或bcda 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 58.5 洗涤(烧杯和玻璃棒) bd 【解析】（1）碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水发生化合反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与镁离子发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸
42、发生复分解反应生成氯化镁和水，电解熔融的氯化镁生成氯气和镁，没有涉及的基本反应类型是置换反应，答案选c；（2）步骤1中得到氢氧化镁沉淀，分离操作的名称是过滤；（3）Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，最后过滤，向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，因此加入试剂的顺序是bdca或cbda或bcda。（4）除容量瓶外，还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（5）需要500mL容量瓶，则用托盘天平称取固体NaCl的质量是0.5L2.0mol/L58.5g/mol58.5g；（6）根据计算称量溶解冷却转移定容摇匀装瓶可知还缺少一个重要步骤是洗涤(烧杯和玻璃棒)；（7）a容量瓶洗净后残留了部分的水不影响；b转移时溶液溅到容量瓶外面，溶质减少，浓度偏低；c定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，答案选bd；