《2023届安徽省淮南五中化学高一第一学期期中质量检测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届安徽省淮南五中化学高一第一学期期中质量检测模拟试题含解析.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（每题只有一个选项符合题意）1、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
2、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2、实验室保存下列物质的方法中，不正确的是A少量金属钠保存在煤油里B烧碱溶液盛装在用玻璃塞塞紧的试剂瓶中CFeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中D氯水应装在棕色瓶中密封避光保存3、氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3N23C2AlN3CO。有关该反应下列叙述正确的是AAlN中氮的化合价为-3 B上述反应中，每消耗1 mol N2需转移3 mol电子CAlN的摩尔质量为41 g D上述反应中，N2是还原剂，
3、Al2O3是氧化剂4、下列各组物质中,所含分子数相同的是A10g H2 和10g O2B5.6L N2和11g CO2C9 g H2O 和0.5 molBr2D224mL H2(标况)和0.1 mol N25、已知氧化性: Cl2Br2Fe3+I2,则下列离子方程式正确的是A少量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+2Br-=2C1-+Br2B过量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+Fe2+2Br-=2Cl-+Br2+Fe3+C氯气与FeBr2溶液以物质的量1:1反应2Cl2+2Fe2+2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+D少量氯气与FeI2溶液反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+6、1mol
4、CO和1molCO2具有相同的分子数 原子数 碳原子数 氧原子数ABCD7、今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种：K、NH4、Cl、Ca2、Ba2、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加入足量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。综合上述实验，你认为以下结论正确的是( )A该混合物中一定含有NH4+、SO42-，可能含有Ca2+、K+、Cl-B该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Ca2
5、+、 K+、Cl-C该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-D该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)0.04mol8、茶疏中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶 ”文中未涉及下列操作原理的是A溶解B萃取C蒸馏D过滤9、安全重于泰山。 对如下描述的判断或评价正确的是( )A金属汞B点燃H2等可燃性气体不必验纯C不慎将酒精洒到桌面上引起着火,应立即用较多的水浇灭D配制H2SO4溶液时,先在量筒中加一定体积的水,再在搅拌下慢慢加入浓硫酸10、仪器名称为“容量瓶”的是ABCD11、下列说法正确的
6、是()A在常温、常压下，1.7 g NH3含有的电子数为NAB在常温、常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5NAC标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数目为0.5NAD标准状况下，22.4 L H2和O2的混合气体所含分子数为2NA12、 “纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 能透过滤纸 不能透过滤纸 静置后，会析出黑色沉淀ABCD13、以下是一些常用的危险品标志，装运浓硫酸的包装箱应贴的图标是 ( )ABCD14、将m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入物质的
7、量浓度为1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是A16gB(m16)gC(m32)gD(m16)g15、张青莲是我国著名的化学家，1991年他准确测得In的相对原子质量，被国际相对原子质量委员会采用为新的标准值。下列关于In的说法中，错误的是AIn原子核外有49个电子BIn原子核内有49个中子CIn原子核内质子数和中子数之和为115DIn是In元素的一种核素16、在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是( )A同质量不同密度的C2H4和CO B同温度同体积的C2H6和NO2C同温度同密度的CO2和N2 D同体积同压强的N2
8、和C2H2二、非选择题（本题包括5小题）17、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Na2SO4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
9、程式为_。18、有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。取少量中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。（1）请写出上述第步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，（填化学式，下同）一定不含有_，可能含有_。（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是_。19、我国有丰富的海水资
10、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）粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42等杂质，精制时所用试剂为：a盐酸；bBaCl2溶液；cNaOH溶液；dNa2CO3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）除容量瓶外，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
11、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20、2008年5月，我国四川地区发生特大地震灾害，地震过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病暴发的有效方法之一。氯气（Cl2）是制备消毒剂的主要原料之一。工业上主要采用电解饱和食盐水的方法来制取Cl2。请回答下列问题：(1)电解之前，食盐水需要精制，目的是除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，使用的试剂有：Na2CO3溶液Ba(OH)2溶液稀盐酸。其中合理的加入顺序为_（填序号）；(2
12、)实验室欲配制6.00 mol/L的食盐水90 mL，回答下列问题：需要纯净的NaCl_ g。 可供选择的仪器有：a玻璃棒 b烧瓶 c烧杯 d胶头滴管 e试管 f托盘天平、砝码 h药匙。在配制食盐水时不需要使用的有_（填字母），还缺少的仪器是_。配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：计算称量溶解_转移_定容_装瓶。下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是_。A 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯 B 容量瓶中原来有少量蒸馏水C 定容时，俯视刻度线 D 称量氯化钠固体时左码右物(3将电解生成的Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是消毒液的主要成分NaClO，应用氧化还原反应原理，写出此反应的化学方
13、程式是_ 。21、（1）NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为_。（2）写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：_（3）乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）11.2L22.4L28.0Ln（Cl）2.5mol3.5mol4.0moln（Br）3.0mol2.5mol2.0moln（I）x mol00原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之
14、比为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】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
15、液离子浓度，溶质种类无关。【详解】硫酸H2SO4、烧碱NaOH、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。2、B【解析】A.因为金属钠在空气中会迅速与氧气反应，所以应隔绝空气保存。
16、而钠的密度又比水小且遇水反应，而煤油密度比钠小，所以经常保存在煤油中，A正确；B.烧碱溶液为NaOH溶液，玻璃的主要成分为SiO2，2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，因此不能将烧碱溶液装在用玻璃塞塞紧的试剂瓶中，而应用橡胶塞塞紧，B错误；C.由于FeSO4溶液中的Fe2+易被氧化，试剂瓶中加入少量铁粉，可防止Fe2+被氧化，C正确；D. 氯水中的次氯酸见光易分解，新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中，故D正确。答案选B。3、A【解析】A.氮化铝中铝元素的化合价为+3价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为分析；B.氮元素从0价变为-3价，根据氮化铝和转移电子之间的关系分析；C.根据摩
17、尔质量的单位是g/mol分析。D.在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析；【详解】A、氮化铝中Al的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故A正确；B、N的化合价由“0”价变为“-3”价，故每消耗1 mol N2需转移6mol电子，故B错误；C、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故C错误；D、反应方程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由“0”价变为“-3”价，而C的化合价由“0”价变为“+2”价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误。故选
18、A。4、C【解析】A、10gH2的物质的量为=5mol，10gO2的物质的量为=mol，二者物质的量不相等，所含分子数不相等，选项A错误；B、标况下，5.6LN2的物质的量=0.25mol，但没有说明标况下，不一定为0.25mol，11g CO2的物质的量=0.25mol，二者物质的量不一定相等，故含有分子数目不一定相等，选项B错误；C、9gH2O物质的量为=0.5mol，与0.5 molBr2的物质的量相同，故所含分子数相同，选项C正确；D、标准状况下，224mLH2的物质的量为=0.01mol，与氮气的物质的量不相同，所含分子数不相同，选项D错误。答案选C。5、C【解析】A项、由题给氧化性
19、顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，少量氯气应先将还原性强的Fe2+氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故A错误；B项、过量氯气将Fe2+和Br-完全氧化，反应消耗Fe2+与Br-的物质的量之比为1:2，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2+4Br-=6Cl-+2Br2+2Fe3+，故B错误；C项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，氯气先将Fe2+氧化，氧化1molFe2+消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2再氧化1molBr-，参与反应的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，离子方程式为2Cl2+2Fe2+2Br-=
20、4Cl-+Br2+2Fe3+，故C正确；D项、由题给氧化性顺序可知，I-的还原性强于Fe2+，少量氯气先将还原性强的I-氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D错误；故选C。6、A【解析】物质的量相等的一氧化碳和二氧化碳，则根据N=nNA可以知道分子数是相等的，并且两分子中，一个分子中都含有一个碳原子数，所以等物质的量的两种分子中含有的碳原子的物质的量以及数目是相等的，含有的原子总数和氧原子数不相等，正确，故答案为A。7、D【解析】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成
21、，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-,不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据题给信息，生成0.08mol NH3，溶液中NH4+的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，溶液中n(SO42-)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为7.88 g，则溶液中n(CO32-)=0.04mol，最后根据溶液中存在电荷守恒关系确定钾离子是否存在；据以上分析解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg
22、2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-,不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据NH4+- NH3关系可知，每生成0.08molNH3，溶液中的NH4+的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，物质的量为0.02mol，所以n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为12.54g-4.66g=7.88g，物质的量为0.04mol，所以n(CO32-)=n(BaCO3)= 0.04mol，因为电解质溶液呈电中性，所以0.08molNH4+带的正电荷总量为0.08mol，而0.04molCO32-带的负电
23、荷总量为0.08 mol，0.02molSO42-带的负电荷总量为0.04mol，因此该溶液中一定含有阳离子钾离子0.04 mol；当溶液中如果再含有Cl-，那么n(K+)0.04mol。结合以上分析可知，该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)0.04mol，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查了离子反应及其计算，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法，培养了学生的分析能力和化学计算能力。8、C【解析】投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到
24、物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A. 溶解符合题意；B. 萃取溶解符合题；C. 蒸馏不溶解符合题；D. 过滤溶解符合题；故选C。9、A【解析】A. 金属汞属于重金属，有毒，符合图示标识，故A正确；B. H2属于可燃性气体，遇到空气时点燃会发生爆炸，因此，在点燃H2等可燃性气体一定要验纯，B错误；C. 不慎将酒精洒到桌面上引起着火，应立即用湿抹布盖灭，故C错误；D. 配制H2SO4溶液时, 先在烧杯中加一定量的水,边搅拌边慢慢加入浓硫酸，故D错误；综上所述，本题选A。10、B【解析】A 为漏斗，用于过滤操作，故A不符合题意；B 为容量瓶，用于配制一定量浓度的溶液，故B符
25、合题意； C 为锥形瓶，用于制取气体、作为反应容器或盛装反应物，进行定量分析，故C不符合题意；D 为分液漏斗，用于分离密度不同且互不相溶的不同液体，也可用于向反应器中随时加液，故D不符合题意；答案选B。11、A【解析】A. 在常温、常压下，1.7 g NH3的物质的量为0.1mol，每个分子含有10个电子，所以总共含有的电子数为NA，故正确；B. 在常温、常压下，11.2 L N2的物质的量不是0.5mol，故错误；C. 标准状况下， CCl4不是气体，不能计算其物质的量，故错误；D. 标准状况下，22.4 L H2和O2的混合气体的物质的量为1mol，其所含分子数为NA，故错误。故选A。【点
26、睛】注意22.4L/mol的使用范围，必须是标况下的气体。12、B【解析】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。13、A【解析】A标志为腐蚀品标志，浓硫酸属于腐蚀品，应该
27、使用此在标志，故A正确；B为爆炸品标志，爆炸品是指容易发生爆炸的，如烟花爆竹等，故B错误；C为有毒气体标志，有毒气体如氯气、一氧化碳等张贴，故C错误；D属于易燃标志，常张贴于易燃液体，故D错误；故答案为A。14、D【解析】m g氧化铁、氧化铜、氧化亚铁的混合物与1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，氯化物和水，而水的氧元素来自样品中，氢元素来自盐酸的溶质中，则n(H)=n(HCl)=1 mol/L2 L=2mol，由水的组成可计算出n(O)=n(H)/2=1mol，则m(O)=16g，所以，m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品经氢气还原后金属质量为(m16)g。答案选D。点睛：解决此题的
28、关键是守恒特点，注意起始与终态关系，如金属氧化物MOx与MClx/2之间通过水来关联起来，金属的质量等于金属氧化物的质量减去氧元素的质量，再通过OH2O2H2HCl关系求出。15、B【解析】AIn原子核外电子数等于质子数，为49个，故A正确；B中子数=质量数-质子数，In原子核内中子数=115-49=66个，故B错误；CIn原子核内质子数和中子数之和即质量数为115，故C正确；DIn是In元素的一种核素，故D正确；答案选B。16、A【解析】根据理想气体状态方程pV=nRT可以比较气体分子数目多少。【详解】A项，C2H4和CO的相对分子质量相等，同质量的两种物质，物质的量相同，分子数相同，故A项
29、正确；B项，同温度、同体积、不同压强的两种气体的分子数不相等，故B项错误；C项，CO2和N2的相对分子质量不相等，同温度、同密度，相同体积的两种气体的分子数不相等，故C项错误；D项，同体积、同压强,不同温度的两种气体的分子数不相同，故D项错误；综上所述，本题选A。【点睛】气体的体积受到温度和压强的影响，根据气态方程：pV=nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律，以上选项可以根据上述规律进行分析。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ba2+、Cl、Mg2+ CO32、Cu2+ Na+ Ba2+SO42=B
30、aSO4 HOH=H2O Mg22OH=Mg(OH)2 【解析】无色溶液，一定不含Cu2+；向溶液中滴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
31、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)2。18、CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2 CaCO3、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 KNO3 焰色反应 【解析】加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；取少量中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。（1）实验为C
32、aCO3与HNO3反应，离子方程式为：CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。19、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）煅烧贝壳生成CaO的反应方程式为：CaCO3CaOCO2、MgCl26H2O分解生成MgCl2以及MgCl2电解生成Mg，都属于分解反应；CaO溶于水的反应方程式为：CaOH2O
33、=Ca(OH)2，属于化合反应；步骤1Ca(OH)2和MgCl2反应生成Mg(OH)2和CaCl2是复分解反应，盐酸溶解氢氧化镁的反应为：Mg(OH)22HCl=MgCl2+2H2O属于复分解反应；故没有涉及到置换反应，答案为c；（2）步骤1中分离难溶性固体和液体，故该操作为过滤；（3）粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42-等杂质，可先加入过量的BaCl2溶液，除去溶液中SO42，再加入过量Na2CO3溶液，除去溶液中的Ba2、Ca2，再加入过量的NaOH溶液，除去溶液中的Mg2，再加入适量的盐酸，除去溶液中过量的NaOH和Na2CO3，加入顺序为bdca；加入顺序还可以是cbda或bcda，无
34、论何种加入顺序，适量盐酸需最后加入，以除去溶液中的NaOH和Na2CO3，以达到不引入新杂质的原则；II（4）该实验中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，所以还需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（5）该实验选用的容量瓶为500mL容量瓶，故需要称取固体NaCl的质量；（6）一定物质的量浓度溶液的配制的操作顺序为计算、称量、溶解并冷却、转液、洗涤并转液、定容、摇匀、装瓶，故缺少的步骤是洗涤；（7）a.容量瓶洗净后残留了部分的水，因后续需要加入蒸馏水，故对配制氯化钠溶液浓度无影响；b.转移时溶液溅到容量瓶外面，会导致溶质的量减少，配制氯化钠溶液浓度将偏低；c.定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致
35、溶液体积偏小，配制氯化钠溶液浓度将偏高；d.摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，配制氯化钠溶液浓度将偏低；故答案为bd。20、35.1b e 100 ml容量瓶冷却洗涤摇匀 A D 2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O【解析】（1）利用Na2CO3除去Ca2+，利用Ba(OH)2除去Mg2+和SO42-；为保证离子除尽，所加试剂都是过量的，所以要利用稀盐酸除去过量的CO32-和OH-；为除去过量的Ba2+，可以将Na2CO3在Ba(OH)2之后加入。所以加药品的顺序为：Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸。故答案为；（2）容量瓶只有一条刻度线，只能配制和其
36、规格相对应的体积的溶液，所以要用100mL的容量瓶配制食盐水。m(NaCl)=cVM=6.00 mol/L(10010-3L)58.5g/mol=35.1g。故答案为35.1；配制NaCl溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；故不需要使用烧瓶和试管，还缺少100ml容量瓶。故答案为b、e；100ml容量瓶；配制NaCl溶液的步骤为：计算称量溶解冷却转移洗涤定容摇匀装瓶。故答案为冷却；洗涤；摇匀。A、转移完溶液，未洗涤玻璃棒和烧杯，会导致进入容量瓶的溶质偏少，所配溶液的浓度偏小，故A正确；B、容量瓶中原本有少量蒸馏
37、水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B错误；C、定容时俯视刻度，会导致溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C错误；D、将砝码和物品的位置颠倒，由于使用游码，会导致所称量的药品的质量偏小，所配溶液浓度偏小，故D正确。故选AD。（3）饱和食盐水的成分为NaCl和H2O，在电解饱和食盐水过程中，生成了H2和NaOH，则H2O中H元素化合价降低。有化合价的降低，必有化合价的升高，则NaCl中Cl元素化合价由-1价升到0价。电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。故答案为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；
38、（4）将Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是NaClO，说明Cl2中Cl元素化合价由0价升高到NaClO中的+1价，则另外一种盐为化合价降低得到的盐，Cl2中Cl元素化合价降低为-1价，产物为NaCl。根据元素守恒，还有产物H2O。反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。故答案为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。21、2H+ +SO42+ Ba2+2OH=BaSO4+2H2O 6Na+6H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na+3 H2 1：2：1 【解析】(1) 2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混
39、合,即NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量2:1反应,氢离子与氢氧根离子恰好反应,反应的离子方程式: 2H+SO42+ Ba2+2OH=BaSO4+2H2O。答案：2H+ +SO42+ Ba2+2OH=BaSO4+2H2O（2）Na与FeCl3溶液的反应是先和水反应，生成的氢氧化钠再和FeCl3溶液反应，生成氢氧化铁，所以离子反应方程式：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na+3 H2;答案：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na+3 H2。（3）当通入Cl2的体积为11.2L时,溶液中I还有剩余,即氯气只与I反应: Cl2+2I-=I2+2Cl
40、-,生成1molCl-, Cl-初始物质的量是(2.5-1)mol=1.5mol;由表中数据可以知道:Br-初始物质的量是3mol,当通入Cl222.4L即1mol时,被氧化的 Br物质的量为:n(Br)=3mol-2.5mol=0.5mol,由反应Cl2+ 2Br= Br2+2Cl-可以知道,消耗n(Cl2)=1/2n(Br)=0.25mol,所以Cl2+ 2I= I2+2Cl-中反应消耗的Cl2为:1mol-0.25mol=0.75mol,因此原溶液中的I为:n(I)=2n(Cl2)=0.75mol2=1.5mol,原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为1.5mol : 3mol : 1.5mol=1:2:1,因此答案是:1:2:1。