《2023届黑龙江省宾县第一中学高一化学第一学期期中达标检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届黑龙江省宾县第一中学高一化学第一学期期中达标检测试题含解析.doc（15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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、设NA代表阿伏加德
2、罗常数的值，下列说法一定正确的是（ ）A18g水中所含的电子数为18NAB1mol氦气中有NA个氦原子C2 L 0.8molL1Na2SO4溶液中含1.6NA个NaD11.2L氧气中含NA个氧原子2、将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是AHClBNaOHCK2SO4DCuSO43、漂白粉的有效成分是 ABCD4、在标准状况下,相同质量的下列气体:Cl2H2 N2CO2，体积最大的是ACl2BH2CN2DCO25、下列说法中错误的是（ ）A石油主要含碳、氢两种元素B通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃C通过煤的直接或间接液化，可以获得燃料油及多
3、种化工原料D煤、石油、天然气都是可再生能源6、下列说法正确的是( )ASO2的摩尔质量是64g/molB2mol O2的摩尔质量是64g/molCSO2的摩尔质量是64gD摩尔质量就是相对分子质量7、实验室需要配制2.0mol/L的NaOH溶液950ml，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是A950ml，76.0gB500ml,，80gC1000ml，76.0gD1000ml，80.0g8、实验室为了使用方便，通常将氯气溶解于水中形成氯水或将氯气降温加压形成液氯来使用。下列有关这两种液体的实验描述都正确的是()A两种液体都可以使干燥的布条褪色B两种液体都可以使干燥的蓝色石蕊试纸
4、变红C用这两种液体都可给自来水消毒D分别向这两种液体中投入几颗金属锌粒均有气泡产生9、海水中含有大量的化学元素,自然界中的有些元素主要存在于海水中。下列元素中,被称为“海洋元素”的是A钠B碘C溴D氯10、下列有关原子结构的说法，正确的是（ ）A决定元素种类的是电子数B决定元素化学性质的是原子的核外电子数C决定元素相对原子质量的是中子数D决定原子序数的是质子数11、下列仪器常用于物质分离的是A B C D12、若在强热时分解的产物是、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A1:4B1:2C2:1D4:113、在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是A将NaOH固体
5、放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中B将准确量取的18.4molL-1浓硫酸10mL，注入已盛有30 mL水的100 mL容量瓶中，加入至刻度线即可C仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液D欲配制1000 mL 0.1 molL-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000 mL的容量瓶中，加水至刻度线14、对下列实验的评价，正确的是（ ）A加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-B加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-C加入碳酸钠溶液产生白色沉淀
6、，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀硝酸，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl15、在一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述合理的是ANaOH溶液浓度增大，并放出H2B溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C溶液的总质量增大，有H2放出D溶液的总质量不变，有H2放出16、下列化学反应对应的离子方程式正确的是A盐酸与Fe(OH)3反应:Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2OB稀硫酸与铁粉反应:2Fe+6H+=2Fe3+3H2C氢氧化钡溶液与稀硫酸反应:Ba2+SO42-=BaSO4DFe
7、3O4与盐酸反应:Fe3O4+8H+=3Fe3+4H2O17、下列电离方程式书写正确的是ANaHCO3Na+ + HCO3-BCaCO3 = Ca2+ + CO32-CCu(NO3)2 = Cu2+ + (NO3-)2DHClO = H+ + ClO-18、小苏打是焙制糕点常用的发酵粉，小苏打属于A碱B氧化物C盐D有机物19、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是ANa+、K+、OH-、Cl-BNa+、Cu2+ 、SO42-、NO3-CMg2+、Na+、SO42-、Cl-DBa2+、HCO3-、NO3-、K+20、下列事实及其解释均正确的是A将石蕊试液滴入氯水中，溶液先变为蓝
8、色后迅速褪色，说明氯水中有HClO存在B向氯水中加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明氯水中有HClO存在C向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2 与 H2O反应放热且有氧气生成D将钠长期暴露在空气中的产物是NaHCO3，原因是钠与氧气反应生成的Na2O与水和二氧化碳反应21、某气体物质的质量为6.4 g，含有6.021022个分子，则该气体的相对分子质量是A64B32C96D12422、0.1mol下列某种金属单质和足量的氯气完全作用后，得到白色的固体且固体的质量比原单质质量增加7.1克，则该金属单质是AAlBMgCCuDNa二、非选择题(共84分)
9、23、（14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，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_。24、（12分）有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，Y元素原子核内有8个质子，Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同。（1）写出X元素符号_，画出Y元素的原子结构示意图_。（2）写出Z单质与X2Y反
10、应化学方程式_。25、（12分）某同学在实验室纯盐的流程如下：请回答：（1）步骤、的操作名称是_、_。（2）粗盐中含有、等杂质离子，步骤所用的除杂试剂有：碳酸钠溶液；氯化钡溶液；氢氧化钠溶液，则加入试剂的顺序_（填编号）。a. b. c. d.（3）除杂过程中，加入溶液的目的是_。（4）步骤判断加入的盐酸“适量”的方法是_，步骤加热时要用玻璃棒搅拌，这是为了防止_，加热到_时，停止加热。26、（10分）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，试回答下列间题:（1）经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体_g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有_；（3）配制过程有
11、以下操作：A 移液 B 称量、C 洗涤 D 定容 E 溶解 F 摇匀。其正确的操作顺序应是_（填字母）。27、（12分）实验室用密度为1.25g/mL，质量分数为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
12、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）。28、（14分）已知在实验室浓盐酸和二氧化锰加热条件下可以反应生成氯化锰和Cl2等，某同学用此法制得标准状况下Cl2体积为22.4mL，据题意回答下列问题：（1）写出其化学反应方程式并配平_（2）请计算共消耗Mn
13、O2多少克？_（3）上述实验所用浓盐酸，其质量分数为36.5%，密度为1.19g/mL，为了使用方便，请计算该浓盐酸的物质的量浓度为多少？_29、（10分）已知元素A焰色反应为黄色，B的一价阴离子的电子层结构与氩相同，请回答：(1)元素符号：A_，B_；(2)元素B的离子结构示意图为_，B的单质常温下是_态(3)A和B形成的化合物的化学式是_，该化学式_(选填“能”或“不能”)称为分子式，它是通过_键形成的，属于_化合物(选填“离子”或“共价”)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】A、质量换算物质的量，结合水分子是10电子微粒计算电子数；B、稀有
14、气体是单原子分子；C、钠离子的浓度是硫酸钠浓度的二倍；D、温度压强不知体积无法换算物质的量。【详解】A、18g水物质的量为1mol，水分子是10电子微粒，所以1mol水分子中所含的电子数为10NA，选项A不正确；B、稀有气体是单原子分子；1 mol氦气中有NA个氦原子，选项B正确；C、2 L 0.8molL1Na2SO4溶液中含3.2NA个Na，选项C错误；D、温度压强不知，11.2L氧气的物质的量无法计算，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用、质量换算物质的量、计算微粒数，稀有气体是单原子分子是解题关键，题目较简单。2、D【解析】A.N
15、a与HCl溶液发生反应2Na+2HCl=2NaCl+H2，有气体放出，溶液质量增加；B.Na与NaOH溶液发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，有气体放出，溶液质量增加；C.Na与K2SO4溶液发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，有气体放出，溶液质量增加；D.Na与CuSO4溶液发生反应2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2+H2，有气体放出，溶液质量减小；答案选D。3、A【解析】漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸，则其有效成分为次氯酸钙，故A正确。4、B【解析】标况下，质量相同的气
16、体，物质的量之比与摩尔质量成反比，根据物质的量之比等于体积之比分析，体积最大的物质摩尔质量最小，氢气的摩尔质量最小，所以体积最大。故选B。5、D【解析】A、石油主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，则石油主要含碳、氢两种元素，故A正确；B、通过石油的催化裂化和裂解把大分子的烃转化为小分子的烃，可以得到较多的轻质油和气态烯烃，故B正确；C、通过煤的直接或间接液化，将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，从而获得燃料油及多种化工原料，故C正确；D、煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经一系列复杂的化学变化而形成的，属于不可再生能源，故D错误；故答案选D。6、A【解析】ASO2的摩尔质量是64g/
17、mol，A正确；BO2的摩尔质量是32g/mol，或2mol O2的质量是64g，摩尔质量不随量的多少而改变，B错误；C摩尔质量的单位是g/mol，C错误；D摩尔质量的数值与相对分子质量相等，单位是g/mol，D错误；答案选A。7、D【解析】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，利用溶液的均一性及根据n=cV以及m=nM进行计算。【详解】实验室没有950mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaOH)=1L2mol/L=2mol，m(NaOH)=2mol40g/mol=80g，故选项D合理。【点睛】本题考查了物质的量
18、浓度溶液的配制知识，比较基础，注意实验室常用容量瓶的规格及选择标准，这是该题分析的关键。8、C【解析】A氯水中部分氯气与水反应生成HCl、HClO，HClO具有漂白性，能使干燥的布条褪色，液氯中只含有氯气分子，氯气没有漂白性，故A错误；B氯水中部分氯气与水反应生成HCl、HClO，可以使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，液氯不具有此现象，故B错误；C氯气与HClO均具有强氧化性，可以用于自来水消毒，故C正确；DZn与氯水中盐酸反应生成氢气，通常条件下，Zn不能与液氯反应，故D错误；故答案为C。【点睛】明确液氯和氯水的成分和性质是解题关键，液氯中只含有氯气分子，氯气没有漂白性，氯水中部分氯气与水反
19、应生成HCl、HClO，HClO具有漂白性，氯气与HClO均具有强氧化性，可以用于自来水消毒，Zn与氯水中盐酸反应生成氢气，通常条件下，Zn不能与液氯反应。9、C【解析】地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称。答案选C。10、D【解析】A. 决定元素种类的是质子数，故错误；B. 决定元素化学性质的是原子核外最外层电子数，故错误；C. 决定元素相对原子质量的是质子数和中子数，故错误；D. 决定原子序数的是质子数，故正确。故选D。11、B【解析】常用的分离操作有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液等，结合仪器的用途来解答。漏斗在过滤时需要，分液漏斗在萃取、分液时需要，蒸馏烧瓶在蒸
20、馏时需要。【详解】试管常用于物质的制备及性质实验，不能用于分离，故错误；漏斗可用于过滤分离，故正确；分液漏斗可用于分离互不相溶的液体，故正确；托盘天平常用于称量物质的质量，故错误；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体，故正确；研钵常用于研磨固体，不能用于分离，故错误。故选B。【点睛】本题考查混合物分离、提纯，注重实验基础知识和基本技能的考查，把握常见的仪器及仪器的用途、混合物分离方法为解答的关键。12、B【解析】利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反
21、应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。13、D【解析】A称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放在小烧杯中称量；氢氧化钠溶液后，应该先冷却再转移到容量瓶中，故A错误；B不能在容量瓶中稀释浓硫酸，容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；C定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；故选D。14、D【解析】A可能生成AgCl沉淀；B可能含有CO32、SO32、HCO3、HSO
22、3等离子；C也可能是Ca2等离子；D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀硝酸，排除碳酸根离子等干扰；【详解】A应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡检验，以排除生成AgCl沉淀的可能，故A错误；B生成气体可能为二氧化碳、二氧化硫，原溶液可能含有CO32、SO32、HCO3、HSO3等离子，故B错误；C原溶液也可能含Ca2等离子，故C错误；D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀硝酸，排除碳酸根、OH-离子等干扰，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl，故D正确；故选D。15、B【解析】试题分析：钠投入溶液后，立即与水作用生成NaOH和H2，由于原溶液为饱和溶液，因此NaOH溶液
23、仍然是饱和溶液，质量分数不变，但由于反应消耗水，溶液的总质量减小，答案选B。考点：考查钠的化学性质，饱和溶液等知识。16、A【解析】试题分析：A、盐酸与Fe(OH)3反应：Fe(OH)33H=Fe33H2O，正确；B、稀硫酸与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，应为：Fe2H=Fe2H2，错误；C、氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，应为：Ba2SO+2H+2OH=BaSO4+2H2O，错误；D、Fe3O4与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁和水，应为：Fe3O48H=2Fe3+Fe24H2O，错误。考点：考查离子方程式正误判断17、B【解析】强电解质在水溶液中完全电离，书写电离方程式时用“=”。弱
24、电解质在水溶液中发生部分电离，书写电离方程式时用“”。【详解】A. NaHCO3为强电解质在水溶液中完全电离，电离方程式为NaHCO3 =Na+ + HCO3-，HCO3- H+ + CO32-，A错误。B. CaCO3为强电解质在水溶液中完全电离，电离方程式为CaCO3 = Ca2+ + CO32-，B正确。C. Cu(NO3)2为强电解质在水溶液中完全电离，电离方程式为Cu(NO3)2 = Cu2+ + 2NO3-，C错误。D. HClO为弱电解质在水溶液中发生部分电离，电离方程式为HClO H+ + ClO-，D错误。18、C【解析】小苏打是NaHCO3，其属于酸式盐，故选C。19、C【
25、解析】A选项，强酸性H+与OH反应生成水，不能共存，故A错误；B选项，强酸性都共存，但Cu2+是蓝色，故B错误；C选项，强酸性H+，Mg2+、Na+、SO42、Cl都共存，故C正确；D选项，强酸性H+与HCO3反应生成二氧化碳和水，不能共存，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】记住有颜色的离子，铜离子：蓝色，铁离子：黄色，亚铁离子：浅绿色，高锰酸根：紫色。20、C【解析】A氯水中含有盐酸(酸性)和次氯酸(漂白性)，则将几滴紫色石蕊试液滴入到氯水中，溶液先变红，后又褪色，故A错误；B加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故B错误；C过氧化钠与水反应生成
26、氧气，且反应为放热反应，所以向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，故C正确；D钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗，反应方程式为4Na+O22Na2O，生成的氧化钠与水反应生成氢氧化钠，反应方程式为Na2O+H2O=2NaOH，生成的氢氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，再形成碳酸钠晶体，最后风化得到Na2CO3，故D错误；答案为C。21、A【解析】根据n=N/NA计算该气体的物质的量，再根据M=m/n计算该气体的摩尔质量，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相对分子质量【详解】6.4g某气体的物质的量
27、为6.021022/6.021023mol1=0.1mol。摩尔质量为6.4g/0.1mol=64gmol1，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相对分子质量，所以该气体的相对分子质量为64。故选A。22、B【解析】0.1mol某种金属单质和足量的氯气完全作用后，得到白色的固体且固体的质量比原单质质量增加7.1克，说明增加的质量是氯气的质量，其物质的量为0.1 mol，其金属与氯气物质的量之比按1:1反应。【详解】A选项，Al与氯气的反应为2 Al 3Cl2 2 AlCl3 ，氯化铝呈白色，但Al与氯气物质的量之比不为1:1，故A不符合题意；B选项，Mg与氯气的反应为Mg Cl2 MgC
28、l2 ，氯化镁呈白色，Mg与氯气物质的量之比为1:1，故B符合题意；C选项，Cu与氯气的反应为Cu Cl2 CuCl2 ，氯化铜呈棕黄色，故C不符合题意；D选项，Na与氯气的反应为2 Na Cl2 2 NaCl ，氯化钠呈白色，但Na与氯气物质的量之比不为1:1，故D不符合题意；综上所述，答案为B。二、非选择题(共84分)23、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
29、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。24、H Cl2+H2OHCl+HClO 【解析】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。【详解】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯
30、元素。(1)X为氢元素，元素符号为H；氧原子结构示意图为 ； (2) X2Y为水，Z的单质为氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为Cl2+H2OHCl+HClO。25、过滤 蒸发 ac 将溶液中的杂质离子钙离子以及多余的钡离子除去 滴加盐酸至无气泡放出为止 局部过热，造成溶液飞溅 蒸发皿中有较多量固体出现 【解析】由题给流程可知粗盐除杂方法是先将粗盐溶解，加入试剂氢氧化钠溶液、氯化钡溶液和碳酸钠溶液分别将镁离子、硫酸根离子、钙离子及过量的钡离子转化为沉淀，但碳酸钠应放在氯化钡的后面把多余的钡离子转化为沉淀，过滤除去镁离子、硫酸根离子、钙离子及过量的钡离子生成的沉淀；向滤液中加入盐酸除去过
31、量的氢氧根和碳酸根，得到氯化钠溶液；蒸发氯化钠溶液得到氯化钠晶体，氯化钠晶体经洗涤、烘干制得纯氯化钠。【详解】（1）步骤的操作名称为过滤，目的是除去镁离子、硫酸根离子、钙离子及过量的钡离子生成的沉淀；步骤的操作名称是蒸发，目的是蒸发氯化钠溶液得到氯化钠晶体；（2）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，所以正确顺序为或，故选；（3）除杂过程中，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的杂质离子钙离子以及多余的钡离子除去；（4）滤液中含有过量
32、的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸时，盐酸先与氢氧化钠溶液反应，当氢氧化钠完全反应后，与碳酸钠溶液反应有气泡产生，则当滴加盐酸至刚好无气泡放出时说明恰好完好反应，盐酸量为适量；蒸发结晶时，用玻璃棒不断搅拌，目的是防止局部过热，造成溶液飞溅；当蒸发皿中有较多量固体出现时，应停止加热，用余热使水分蒸干。【点睛】除杂不引杂，引入的杂质还要除去，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠应放在氯化钡的后面把多余的钡离子除去是解答关键，也是易错点。26、2.9 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 BEACDF 【解析】（1）实验室要配制100mL 0.5molL-1 NaCl溶液，需要氯化钠的质量是0
33、.1L0.5mol/L58.5g/mol2.925g，因此应该用托盘天平称取NaCl固体质量为2.9g；（2）若用NaCl固体配制溶液，需使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；（3）配制过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以其正确的操作顺序应是BEACDF。27、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
34、操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
35、、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
36、却至室温（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）28、MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O 0.087克 11.90mol/L 【解析】（1）浓盐酸和二氧化锰加热生成二氯化锰、氯气和水，化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（2）标准状况下，22.4mL氯气的物质的量为0.001mol，根据化学方程式，消耗MnO2
37、的物质的量和生成Cl2的物质的量相等，所以消耗MnO2的物质的量即为0.001mol，质量为0.001mol87g/mol=0.087g；（3）根据=11.90mol/L。29、Na Cl 气 NaCl 不能 离子键 离子 【解析】分析：已知元素A焰色反应为黄色，A为Na；元素B的一价阴离子的电子层结构与氩相同，B为Cl；Cl2常温下呈液态；Cl原子最外层电子数是7，易得1个电子，Na原子最外层电子数是1，易失电子；Cl与Na形成的化合物NaCl为离子化合物。详解：已知元素A焰色反应为黄色，A为Na；元素B的一价阴离子的电子层结构与氩相同，B为Cl；（1）元素符号：A为Na；B为Cl；（2）元素氯离子的结构示意图为，氯气常温下呈气态；（3）Cl与Na形成的化合物是活泼金属和活泼非金属组成，其化学式为NaCl，该化学式不能称为分子式，因为它是通过离子键键形成的，属于离子化合物。因此，本题答案为：NaCl ；不能； 离子键； 离子。