《陕西省四校联考2022年化学高一第一学期期中预测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省四校联考2022年化学高一第一学期期中预测试题含解析.doc（14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须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用聚光手电筒照射下列分散系，不能观察到丁达尔效应的是（ ）AFe(OH)3胶体B蛋白质溶液CKOH溶液D淀粉溶液2、某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质：乙醇溶液、氯化钠溶液、硅酸胶体、氢氧化铁胶
2、体，不会发生聚沉的是()ABCD3、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A在常温常压下，11.2L氯气所含的原子数目为NAB32g氧气含的原子数目为NAC2 L 0.1molL-1 K2SO4溶液中离子总数约为1.4NAD5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA4、下列反应中属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型的是ACuO + H2 Cu + H2O B2KMnO4 K2MnO4 + MnO2+O2CFe2O3 + 3CO 2Fe + 2CO2 DNaOH + HCl = NaCl + H2O5、下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 0.1 molL1AlCl3溶液中氯离子
3、的浓度相等的是A150 mL 0.1 molL1 NaCl溶液B75 mL 0.2 molL1 NH4Cl溶液C300 mL 0.1 molL1 KCl溶液D150 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液6、常温下，在下列溶液中可发生如下三个反应：16H+10Z-+2XO4-2X2+5Z2+8H2O 2A2+B22A3+2B-2B-+Z2B2+2Z-由此判断下列说法错误的是（ ）AZ元素在反应中均被还原B反应Z2+2A2+2A3+2Z-可以进行C氧化性由强到弱的顺序是XO4- Z2 B2 A3+D还原性由强到弱的顺序是A2+ B- Z- X2+7、下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完
4、成的是()ANaNaOHNa2CO3NaClBAlAl2O3Al(OH)3AlCl3CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4DFeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)38、若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是标准状况下，2.24L四氯化碳含碳原子数为0.1NA 标准状况下，aL氧气和氮气的混合气含有的分子数约为aNA/22.4 1mol/L Mg(NO3)2溶液中含有NO3-的数目为2NA 同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA1 L 0.5 molL1 Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NAABCD9、现有一混合物的
5、水溶液，可能含有以下离子中的几种：、现取三份各100mL溶液进行如下实验： 第一份加入溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体；第三份加足量溶液后，得到干燥沉淀，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。你认为以下结论正确的是A该混合液中一定含有：、，可能含，且B该混合液中一定含有：、，可能含、C该混合液中一定含有：、，可能含、D该混合液中一定含有：、，可能含、Cl10、决定原子种类的是A质子 B中子数 C质子和中子 D质量数11、分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是A水 B盐酸 C醋酸溶液 DNaCl溶液12、下列溶液中的离子浓度与500mL 1mo
6、l/L NaNO3中的浓度近似相等的是( )A100 mL 2 mol/L NH4NO3溶液B20 mL 1 mol/L KNO3溶液和40 mL 0.5 mol/L Ca(NO3)2溶液混合C50 mL 1.5 mol/L Al(NO3)3溶液D250 mL 1 mol/L Mg(NO3)2溶液13、下列有关实验操作的叙述错误的是A过滤操作中，漏斗的尖端应该接触烧杯内壁B蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置C向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度
7、线14、东汉成书的神农本草经有“石胆化铁为铜”(石胆是硫酸铜)的记载。这一方法开创了人类文明史上湿法冶金的先河。其中涉及的化学反应类型是A化合反应 B分解反应 C置换反应 D复分解反应15、下列实验仪器可以直接用来加热的是A容量瓶 B试管 C锥形瓶 D量筒16、下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H=2Fe3+3H2B氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2+SO42-=BaSO4C碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H=H2O+CO2DNaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后恰好显中性Ba2+2OH+2H+ SO42-=BaSO4+2H2O二、非选择题（本题
8、包括5小题）17、有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_（3）写出中反应的离子方程式_18、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组
9、成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：（1）步骤所用分离方法叫做_，要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做_。（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式_；_。（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）_；不能确定是否存在的物质是_。（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。_序号化学式（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。_19、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
10、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：_。20、在下在下面的装置中，A是Cl2发生装置，C、D为气体的净化装置，C中装有饱和食盐水，D中装有浓H2SO4，E是硬质玻璃管,其中装有细铁丝网；F为干燥的广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置。试回答：（1）实验室制取氯气的化学反应方程式：
11、_。（2）C装置作用：_；（3）E中的现象为_；生成的物质是_。（4）写出G装置反应的离子方程式：_。21、W、X、Y、Z为118号元素内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数相等。Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍。（1）写出元素符号：W为_，X为_，Y为_，Z为_。（2）X的原子结构示意图为_,Y_（填“得到”或“失去”）电子时，形成的离子结构示意图为_;Z得到电子，形成的阴离子的电子式为_.（3）由X、Y、Z形成的一种化合物的电离方程式_.参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】胶体具有丁达尔
12、效应，溶液没有，据此分析选项即可。【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，A不符合题意；B.蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，B不符合题意；C.KOH溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，C符合题意；D.淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；故答案为C。【点睛】要注意蛋白质溶液和淀粉溶液都属于胶体，虽然通常称为溶液，但由于其分子直径达到了胶体粒子的直径范围，故其实质上属于胶体。2、A【解析】该胶体电泳时，胶粒向阳极移动，表明该胶粒表面带负电荷，因为同种胶粒带相同性质的电荷而相互排斥，使胶粒无法聚集长大，这是胶体稳定存在的主要原因，由此分析。【详解】乙醇溶液中乙醇分子显电中性，加到
13、该胶体中不能消除胶粒表面的电荷，不会使胶体聚沉，项正确；氯化钠溶液中含有的阳离子（Na+），可以与胶粒表面的负电荷发生电中和，从而胶粒之间相互聚集而发生聚沉，项错误；硅酸胶体中的胶粒带负电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相同，因同种电性的胶粒相互排斥，以致于胶粒不能聚集，所以不会发生聚沉，项正确；氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相反，因异种电性的胶粒之间相互吸引，从而使胶粒聚集长大而发生聚沉，项错误；答案选A。3、D【解析】A. 在常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，所含的原子数目小于NA，A错误；B. 32g氧气
14、的物质的量为1mol，含的原子数目为2NA，B错误；C. 2 L 0.1molL-1K2SO4溶液中溶质的物质的量是0.2mol，不考虑水的电离所含离子的物质的量是0.6mol，离子总数约为0.6NA，C错误；D. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，因此转移的电子数为0.2NA，D正确。答案选D。4、C【解析】ACu、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，且属于置换反应，故A不选；BMn、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，且属于分解反应，故B不选；CFe、C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但不属于四种
15、基本反应类型，故C选；D没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故D不选；故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应与四类基本反应。本题的易错点为AB，要注意审题：属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型。判断反应是否为氧化还原反应，常常根据反应中有无元素的化合价变化判断。5、D【解析】根据化学式AlCl3可以知道0.1 molL1AlCl3溶液中氯离子浓度为0.3 molL1,结合各选项中化学式判断溶液中氯离子浓度,注意离子的浓度与溶液的体积无关，与物质的构成有关。【详解】已知50 mL 0.1 molL1氯化铝溶液中氯离子的浓度0.3 molL1，则A. 150 mL 0.1
16、 molL1NaCl溶液中氯离子的浓度为0.1molL1；B. 75 mL 0.2 molL1 NH4Cl溶液中氯离子的浓度为0.2molL1；C. 300 mL 0.1 molL1 KCl溶液中氯离子的浓度为0.1molL1；D. 150 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液中氯离子的浓度为0.3molL1；根据以上分析可知选项D正确，答案选D。6、A【解析】16H+10Z-+2XO4-=2X2+5Z2+8H2O中，氧化性XO4-Z2，还原性Z-X2+，2A2+B2=2A3+2B-中，氧化性B2A3+，还原性A2+B-，2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2B2，还原性B-Z-。A在反
17、应中Z元素化合价升高被氧化，在反应中Z元素化合价降低被还原，故A错误；B根据上述分析可知，氧化性Z2A3+，还原性A2+Z-，所以反应Z2+2A2+2A3+2Z-可以进行，故B正确；C由反应中氧化性的比较可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，故C正确；D由反应中还原性的比较可知，还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+，故D正确；答案选A。7、B【解析】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+
18、2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)
19、2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；故合理选项是B。8、B【解析】标准状况下四氯化碳不是气体，2.24L四氯化碳物质的量不是0.1mol，含碳原子数不是0.1NA，故错误；标准状况下aL的氧气和氮气混合气体物质的量为a/22.4 mol，含有的分子数aNA/22.4，故正确；溶液的体积未知，不能计算硝酸根离子的数目，故错误；同温同压下，体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，所含分子数一定相等，但氢气是双原子分子，氩气是单原子分子，所含原子数不同，故错误；46gNO2和N2O4混合气体中，二氧化氮和四氧化二氮最简式都为NO2，所以计算46gNO2中所含原子数即可，NO2的物质的量是
20、1mol，含原子数为3NA，故正确；由于硫酸钠溶液中，溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中氧原子的数目，故错误。答案选B。【点睛】掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子的构成关系是解题关键，是解答的易错点，注意水中含有氧原子。9、A【解析】根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存；第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+AgCl、CO32-+2Ag+Ag2CO3、SO42-+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl-、
21、CO32-、SO42-中的至少一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4+OH-NH3+H2O，产生NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+和M
22、g2+，由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，BaCO3为12.54g-4.66g7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32-物质的量为0.04mol，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CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.04mol2、0.02mol2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.08mol；A根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量0.04mol，当K+物质的量=0.04mol时，
23、没有氯离子，故A正确；B根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，故B错误；C溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Mg2+和CO32-可发生离子反应生成MgCO3而不共存，因此Mg2+一定不存在，故C错误；D溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Mg2+和CO32-可发生离子反应生成MgCO3而不共存，因此Mg2+一定不存在，故D错误；答案：A10、C【解析】A项、原子的质子数决定元素种类，故A错误；B项、当质子数相同时，中子数决定了元素的核素，单独中子数不能决定核素种类，故B错误；C、决定原子种类的微粒是质子和中子，故C正确；D、原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，
24、电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故D错误。故选C。11、B【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，加入NaOH固体后溶液导电能力变化最小，说明该溶液中离子浓度变化最小，据此分析解答。【详解】A水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，所以导电能力变化较明显；BHCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，导电能力变化不大；C醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明
25、显；DNaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；通过以上分析知，溶液导电能力变化最小的是盐酸溶液，答案选B。【点睛】本题考查电解质溶液导电能力大小比较，明确电解质强弱及溶液导电能力影响因素是解本题关键，注意溶液导电能力与电解质强弱无关，与离子浓度、离子所带电荷有关，题目难度不大。12、B【解析】500mL 1mol/L NaNO3中的浓度为1mol/L。【详解】A. 100 mL 2 mol/L NH4NO3溶液中的浓度为2mol/L，A错误；B. 20 mL 1 mol/L KNO3溶液和40 mL 0.5 mol/
26、L Ca(NO3)2溶液混合时，浓度为1mol/L，B正确；C. 50 mL 1.5 mol/L Al(NO3)3溶液中浓度为1.53=4.5mol/L，C错误；D. 250 mL 1 mol/L Mg(NO3)2溶液中浓度为12=2mol/L，D错误；答案选B。13、C【解析】A项，过滤操作中，漏斗的尖端应该接触烧杯内壁，A正确；B项，蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，B正确；C项，向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端应紧靠容量瓶内壁，C错误；D项，为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻
27、度线，D正确；答案选C。14、C【解析】石胆是硫酸铜，石胆化铁为铜，即发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应为置换反应，答案选C。15、B【解析】A. 容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器，故错误；B. 试管能用来直接加热，故正确；C. 锥形瓶能加热，但需要垫石棉网，故错误；D. 量筒是用来量取液体的体积的，不能用来加热，故错误。故选B。16、D【解析】试题分析：A稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H=Fe2+H2，A项错误；B.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，离子方程式为2OH+Ba2+SO42-+2H=BaSO4+2H2O，B
28、项错误；C.碳酸钙是难溶于水的盐，与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H=H2O+CO2+Ca2，C项错误；D.NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后恰好显中性Ba2+2OH+2H+ SO42-=BaSO4+2H2O，D项正确；答案选D。考点：考查离子方程式的正误判断二、非选择题（本题包括5小题）17、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 【解析】无色透明溶液，则一定没有Cu2，Cl、CO32、SO42、Na、K、Mg2 六种离子中只有Mg2 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有M
29、g2；Mg2和CO32反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl；【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl、Mg2，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2，可能含有Na、K；（2）实验可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32、SO42不存在，则必须含有Cl；（3）反应中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2。18、过滤 蒸馏 Ba2+SO42-=BaSO4 H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O CuSO4 K
30、Cl 序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl 用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl 【解析】假设这些物质都有，经步骤得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有C
31、aCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤中的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4；步骤中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O；（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2S
32、O4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。【点睛】“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。19、计算 称量 溶解 移液 洗涤 定
33、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，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
34、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
35、进行分析。20、MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O 除去氯气中的氯化氢 充满棕黄色的烟 FeCl3 Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O 【解析】实验制备氯气中含杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于饱和氯化钠溶，而饱和氯化钠溶液中含有大容量的氯离子，抑制氯气的溶解，通过饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢，浓硫酸具有吸水性，通过浓硫酸可以除去氯气中的水蒸气，利用干燥的氯气与铁反应制取氯化铁，据此分析。【详解】（1）实验室制取氯气是利用二化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；（2）实验制备氯气中含
36、杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于饱和氯化钠溶，而饱和氯化钠溶液中含有大容量的氯离子，抑制氯气的溶解，通过饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢；（3）铁丝在氯气中燃烧，放出大量的棕红色的烟，生成氯化铁固体，故答案为：充满棕黄色的烟；FeCl3；（4）G装置装有NaOH溶液，用于吸收未反应的氯气，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。21、H O Na S 失去 Na2SO42Na+SO42-/ Na2SO32Na+SO32- 【解析】短周期的金属只有Li、Be、Na、Mg、Al，Y和W的最外层电子数相等即W和Y同族，所以W只能是H（氢）；因不存在稀有气体，所以如果Y是Li
37、，X就成了稀有气体，不成立，所以Y是Na，Y的质子数是11，W的质子数是1，X的质子数有可能是5，6，7，8，9；Y+Z就应该有18，21，24、27，30等可能，但Z一定大于Y，也就是12以上，算到最大的短周期元素Cl也只有17，加起来是28，那么Y+Z就一定小于等于28，28不是3的倍数，有24，27两解：1，7，11，13（铝）不成立，1，8，11，16 成立，所以W、X、Y、Z分别为：H，O，Na，S；【详解】（1）根据以上分析可知，W、X、Y、Z分别为：H、O、Na、S；(2) X的原子结构示意图为,Y是Na最外层有1个电子，已失去电子1个电子，形成的离子结构示意图为Z得到电子，形成的阴离子的电子式为（3）由X、Y、Z形成的一种化合物是Na2SO4或者Na2SO3电离方程式为Na2SO42Na+SO42-/ Na2SO32Na+SO32-【点睛】由X、Y、Z形成的一种化合物可以是Na2SO4也可以是Na2SO3