《2023届江苏省连云港市化学高一上期中监测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江苏省连云港市化学高一上期中监测试题含解析.doc（19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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、等物质的量的 SO2 和 SO3 相比较，下列结论错误的是A它们的分子数目之比是 11B它们的氧原子数目之比为 23C它们的质量之比为 11D它们所含原子数目之比为 342、下列实验装置及操作不能达到实验目的的
2、是A配制一定物质的量浓度的溶液B除去CuCl2溶液中的FeCl2C从食盐水中获取氯化钠D分离植物油和水 AABBCCDD3、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A5.85g氯化钠所含的离子数为0.1NAB2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.1NAC0.1molF2中含有共价键的数目为0.2NAD0.1molH2与Cl2的混合气体充分反应后体系中含有共价键数目为0.1NA4、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O ，下列说法不正确的是（）AKClO3在反应中得
3、电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mole-转移5、如果2 g甲烷含有x个甲烷分子，那么22 g CO2中所含分子数是：AxB4xC0.5xD3x6、将30mL 0.5molL-1 NaOH溶液加水稀释到500mL,稀释后的溶液中NaOH的物质的量浓度为A0.3 molL-1B0.05 molL-1C0.03 molL-1D0.02 molL-17、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A标准状况下，以任意比例混合的氧气和二氧化碳混合物22.4 L，所含的分子数为NAB标准状况下，1 L汽油(分子式为C8H18)完全燃烧后，所生成气体
4、产物的分子数为8NA/22.4C标准状况下，1 L SO3所含分子数为NA/22.4D标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共8.96 L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为0.4NA8、能使用酒精灯直接加热的器皿是A试管B试剂瓶C量筒D容量瓶9、常温下，下列物质中不能与水反应的是ANa2OBCaOCFe2O3DNa2O210、由Na2SO4和K2SO4组成的混合物m g，为测定其中的K2SO4的质量分数，将该混合物加入到足量的BaCl2溶液中，搅拌，充分反应后，过滤，沉淀不经洗涤就烘干，然后冷却、称重，得沉淀质量W g。据此计算出K2SO4的质量分数，则结果将A偏高 B偏低C无影
5、响 D无法确定11、下列实验操作及仪器使用正确的是A蒸发时,待坩埚内有大量固体析出时停止加热B蒸馏时,发现忘加沸石应立即停止加热,冷却后补加C配制溶液时,洗净的容量瓶需烘干后再用于实验D分液时,先将下层液体从下口放出,然后将上层液体也从下口放出12、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A在常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5NAB在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2NAC在常温常压下，11.2 L O2所含的原子数目为NAD在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同13、某无色、澄清溶液中可能含有Na+、SO42-、Cl-、HCO3-、CO32-、H+
6、、Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用紫色石蕊试液检验溶液变红（2）向溶液中滴加BaCl2和稀HCl有白色沉淀生成（3）将（2）中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀生成下列结论正确的是A肯定含有的离子是B该实验无法确定是否含有C可能含有的离子是D肯定没有的离子是，可能含有的离子是14、将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是A稀硫酸 B碳酸氢钙溶液 C硫酸铜溶液 D氯化铵溶液15、气体的体积主要由以下什么因素决定的：气体分子的直径 气体物质的量的多少 气体分子间的平均距离 气体分子
7、的相对分子质量（）ABCD16、下列过程中，共价键被破坏的是A碘升华B碘溶于酒精C食盐溶于水D氯化氢溶于水17、类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是氢氧化铝加热能分解为金属氧化物和水；氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧化物和水Fe露置在潮湿空气中一段时间后就会锈迹斑斑；性质更活泼的Al不能稳定存在于空气中碳酸钠、碳酸氢钠溶液均显碱性；钠盐溶液均能使酚酞变红钠和硫反应生成Na2S；镁、铝、铁均能与硫直接化合生成相应的硫化物 化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色 钠与水反应生成
8、NaOH和H2；所有金属与水反应都生成对应碱和H2A B C D18、某同学欲用托盘天平称量21.5g氯化钠（5g以下用游码），他把氯化钠放在右盘，砝码放在左盘，当天平两边平衡时，他所称取的氯化钠的质量实际是A16.5g B18.5g C20.5g D23.5g19、下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A在酸性溶液中：I、Cl、SO42-、Fe3B使酚酞呈深红色的溶液中：Na、Cl、H、NO3-C含大量Ag的溶液中：K、Na、NO3-、SO42-D含大量OH的溶液中：CO32-、Cl、F、K20、若X+酸盐+水，则X不可能属于A氧化物B单质C碱D电解质21、为了实现下列各变化，需加入还原剂
9、的是（ ）AKClO3O2BNH4+NH3CFeFeCl3DCO2CO22、经测定一瓶气体中只含有C、O两种元素，通常情况下这瓶气体不可能是A一种化合物B一种单质和一种化合物的混合物C两种化合物D两种单质二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为_(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是_。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_，产物分子的电子式
10、为_，其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)。24、（12分）有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。25、（12分）用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL,回答下列问题（1
11、）所需仪器为:托盘天平、量筒、烧杯胶头滴管,若要完成实验,还需要两种玻璃仪器为_、_。（2）该实验的实验步骤为:计算,称量_gNaCl, 溶解,移液,洗涤,定容, 摇匀。（3）试分析下列操作,对所配溶液的浓度有何影响。(用偏低、偏高、无影响填空)。为加速固体溶解,微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时,就将溶液转移至容量瓶定 容。所配溶液的浓度_;若定容时仰视刻度线。所配溶液的浓度_;定容后,加盖、倒转、摇匀后,发现液面低于刻度线,又补加蒸馏水至刻度。则所配溶液的浓度_。26、（10分）物质加热实验是中学化学中重要的基本操作之一。(1)选择合适的加热仪器填空：能直接加热的仪器有_、燃烧匙等。需
12、垫石棉网加热的仪器有_等。给液体加热时，可使用试管、_等。给固体加热时，可使用_。(2)从安全的角度分析实验室使用酒精灯加热时注意的问题：绝对禁止向燃着的酒精灯里添加酒精，以免_；绝对禁止用燃着的酒精灯_另一只酒精灯；用完酒精灯，必须用_，不可用嘴吹灭；不要碰倒酒精灯，万一洒出的酒精在桌面上燃烧起来，应_。(3)加热实验操作特别注意事项：加热时，容器外壁不能有水，底部不能与酒精灯的_接触。开始加热试管时，要先进行_。加热液体的试管不准对着_。加热后的实验仪器不能直接放在实验台上，应放在_上。27、（12分）用海带制备单质碘，制备过程如下：已知：常温下，碘在水中的溶解度为0.034g；碘的沸点为
13、184；CCl4的沸点为77。请回答：（1）A物质是_。（2）写出在酸化下用H2O2氧化NaI的化学反应方程式_。（3）流程中省略部分的操作是_。（4）蒸馏装置中错误的是_（写三条）。（5）蒸馏出的CCl4液体中常会带淡紫色，可能的原因是_28、（14分）下面所列物质中,属于电解质的是_(填序号,下同),属于非电解质的是_,属于强电解质的是_,属于弱电解质的是_。CH3CH2OH CH3COOH 熔融态KNO3 SO3 蔗糖 HClO NaHCO3 氨水 Cl2 BaSO4 Cu29、（10分）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，下图是某化工厂对海水资源综合利
14、用的示意图：请根据以上信息回答下列问题：(1)写出混合物B的名称_； (2)写出反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_；(3)粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为：盐酸 氯化钡溶液 氢氧化钠溶液 碳酸钠溶液以上试剂添加的顺序可以为_；A B C D(4)提取粗盐后剩余的海水(母液)中，可用来提取Mg和Br2。母液用来提取Mg和Br2先后顺序，甲乙两位工程师有不同观点：甲：母液先提取Mg，后提取Br2 乙：母液先提取Br2，后提取Mg请你分析这两个方案是否合适，并分别说明理由_；(5将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体
15、的质量由大到小的顺序为_；(用字母排序回答)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、C【解析】A、物质的物质的量之比等于其分子数之比，为1：1，A正确；B、氧原子的数目比为(12)：(13)=2：3，B正确；C、质量比为(1mol64g/mol)：(1mol80g/mol)=4：5，C错误；D、它们所含的原子数目比为(13)：(14)=3：4，D正确；故答案选C。2、B【解析】A.配制一定物质的量浓度的溶液实验中，转移液体操作为：用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，正确；B.CuCl2和FeCl2均易溶于水，过滤无法除去除去CuCl2溶液中的FeCl2
16、，错误；C.从食盐水中获取氯化钠可通过加热蒸发溶剂得到氯化钠晶体，正确；D.植物油难溶于水，且植物油密度小于水，混合后会分层，可通过分液操作分离，正确。【点睛】在进行蒸发操作时应注意的问题：在加热蒸发过程中，应用玻璃棒不断搅拌，防止由于局部过热造成液滴飞溅；加热到蒸发皿中剩余少量液体时(出现较多晶体时)应停止加热，用余热蒸干；热的蒸发皿应用坩埚钳取下，不能直接放在实验台上，以免烫坏实验台或引起蒸发皿破裂。如果一定要立即放在实验台上，则要放在石棉网上。分液操作时，上层液体从分液漏斗的上口倒出，下层液体从分液漏斗的下口流出。3、D【解析】A. 1mol氯化钠中有1mol钠离子和1mol氯离子，5.
17、85g氯化钠的物质的量为0.1mol，含的离子数为0.2NA，故A错误B. 一个氮分子中含有3对共用电子对，2.8 gN2中含有共用电子对的数目为3NA=0.3 NA，故B错误；C. 氟气是双原子分子，1mol氟分子中含1mol共价键，0.1molF2中含有共价键的数目为0.1NA，故C错误；D. 1个氢气分子、1个氯气分子、1个氯化氢分子都含有1个共用电子对，则0.1 molH2与Cl2的混合气体充分反应后，体系中含有共价键总数为0.1NA，故D正确；答案选D。4、D【解析】由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低
18、为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；BCl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；CH2C2O4在反应中C化合价升高，被氧化，选项C正确；D.1molKClO3参加反应时，发生电子转移为1mol（5-4）=1mol，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。5、B【解析】根据n=m/M=N/NA计算【详解】n（CH4）=2g/16g/mol=1/8mol，则x/NA=1/8，NA=8x，n（
19、CO2）=22g/44g/mol=0.5mol，则N（CO2）=nNA=0.58x=4x，故选B6、C【解析】根据稀释前后溶质的物质的量不变进行计算，c1V1=c2V2，可以计算稀释后物质的量浓度。【详解】稀释前，NaOH溶液体积为30mL、浓度为0.5molL-1，稀释后溶液体积为500mL，列式可得30mL 0.5molL-1=c2500mL，所以c2=0.03 molL-1。答案为C。7、A【解析】A.标况下O2与CO2的混合物22.4L，n=1mol，所以含分子数为NA，故A正确；B.标准状况下，汽油是液体，无法计算1L汽油的物质的量，所以无法计算完全燃烧所生成气体产物的分子数，故B错
20、误；C.在标准状况下，SO3是固体，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，故C错误；D. 2H2O2=2H2O、2COO2=2CO2，由化学方程式可知，H2、CO不管怎样混合，参加反应的O2体积是混合气体体积的一半，为4.48 L，则标准状况下O2的物质的量是0.2 mol，分子数为0.2NA，故D错误；本题答案为A。8、A【解析】试管可以用酒精灯直接加热；试剂瓶、量筒、容量瓶不能加热，故A项正确。9、C【解析】ANa2O与水反应生成NaOH，A不选；BCaO与水反应生成Ca(OH)2，B不选；CFe2O3不能与水反应，C选；DNa2O2与水反应生成NaOH和O2，D不选。答案选C。10、B
21、【解析】可用极端法分析，若mg都为Na2S04或K2S04，分别计算和BaCl2反应生成BaSO4的质量，比较就能得出结论。【详解】相同质量的Na2S04生成的BaSO4沉淀要比K2S04多，故假定mg全部是Na2S04比全部是K2S04沉淀质量要大，现未经洗涤，使沉淀质量偏大，则K2S04的质量分数应偏低。本题答案为B。11、B【解析】A.蒸发溶液应在蒸发皿中进行，并不是坩埚，故A错误；B.做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加，故B正确；C.配制溶液时，洗净的容量瓶不需要干燥，烘干后再使用会造成容量瓶容积不准确，故C错误；D.
22、活塞到漏斗管口还残留一部分下层液体，如果将上层液体也从下口放出，残留的下层液体会一起被放出，故分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D错误；答案选B。12、B【解析】A项、C项是已知气体在非标准状况下的体积，不能直接用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，错误；B项，物质的量与状态无关，正确；D项，由阿伏加德罗定律知在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数相同，当气体单质分子中所含原子数不同时，相同体积的上述气体所含原子数就不相同，错误。故选B。13、B【解析】无色澄清溶液,可以知道溶液里没有Cu2+；(1)用紫色石蕊试液检验,溶液变红,说明溶液显酸性,溶液里不含
23、CO32-和HCO3-；(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl,有白色沉淀生成,此沉淀为BaSO4,说明溶液里有SO42-；(3)将(2)中所得混合物过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，此沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl-,因实验(2)中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液,引入了Cl-；由以上分析可以知道溶液里一定存在SO42-、H+,一定不存在HCO3-、CO32-、Cu2+,可能存在Na+、Cl-，所以选项B正确；综上所述，本题选B。14、B【解析】钠投入到溶液中立即生成氢氧化钠和氢气，结合溶液中的溶质分析解答。【详解】A. 金属钠投入到稀硫酸中生成硫酸钠和氢气，没有白色沉淀，A不符
24、合；B. 金属钠投入到碳酸氢钙溶液中生成白色沉淀碳酸钙、氢气，B符合；C. 金属钠投入到硫酸铜溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀、氢气和硫酸钠，C不符合；D. 金属钠投入到氯化铵溶液中生成氢气、氨气和氯化钠，不产生沉淀，D不符合。答案选B。【点睛】明确金属钠的性质特点是解答的关键，该题的关键是明确钠只要投入到水中，将立即反应生成氢氧化钠和氢气，然后再结合溶液中到溶质判断即可。15、C【解析】决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。16、D【解析】只含共价键的化合物是共价化合物，共价
25、化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，非金属元素之间易形成共价键。【详解】A. 碘升华，只是碘聚集状态发生变化，发生物理变化，破坏的是分子间作用力，共价键未被破坏，故A错误；B. 碘溶于酒精，碘在酒精溶液里以分子存在，发生物理变化，破坏的是分子间作用力，共价键未被破坏，故B错误；C. 氯化钠为离子化合物，溶于水形成钠离子和氯离子，破坏离子键，故C错误；D. 氯化氢为共价化合物，溶于水，电离生成氢离子和氯离子，共价键被破坏，故D正确；答案选D。17、C【解析】难溶性的碱受热分解，生成对的氧化物和水，所以氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧化物和水
26、，故正确；铝表面生成了一层致密的氧化膜阻止了腐蚀，能稳定存在于空气中，故错误；碳酸钠、碳酸氢钠是强碱弱酸盐，均水解溶液显碱性，而氯化钠、硫酸钠溶液是强碱强酸盐溶液呈中性，所以并不是所有的钠盐溶液均能使酚酞变红，故错误；镁、铝、铁等是活泼的金属，硫是弱氧化剂，因此镁、铝、铁与硫化合生成硫化镁、硫化铝和硫化亚铁，故正确；含有钠元素的物质NaCl、Na2CO3焰色反应均为黄色，故正确；活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表中金属铝以后的金属均和水不反应，故错误；答案选C。18、B【解析】根据托盘天平的使用原理分析。【详解】托盘天平原理是等臂杠杆，故左盘质量=右盘质量+游码质量；称量
27、时，要求把被称物放在左盘，砝码放在右盘，此时氯化钠的质量=砝码质量+游码质量，如果放反了，根据左盘质量=右盘质量+游码质量，此时：氯化钠的质量=砝码质量-游码质量，由于题目中把氯化钠放在右盘，把20g砝码放在左盘，游码的质量为1.5g，故学生称出的氯化钠的实际质量为：20g-1.5g=18.5g（砝码质量为20g，游码质量为1.5g）。故选B。19、D【解析】判断离子能否发生大量共存，若发生反应，则不能共存，若不反应，则能大量共存.【详解】A在酸性溶液中，Fe3具有强氧化性，会将I-氧化，故A错误。B使酚酞呈深红色的溶液显碱性，不可能有H+，因为H+和OH-反应生成H2O，故B错误。CAg和S
28、O42-反应生成硫酸银，硫酸银微溶于水，故C错误。D含大量OH的溶液中：CO32-、Cl、F、K这些离子之间不发生反应，可以大量共存，故D正确。本题选D。20、B【解析】【详解】A.碱性氧化物和酸反应生成盐和水，所以X可能是氧化物，故A不选；B.金属单质和酸反应可能生成盐和氢气，也可能生成含氮物质，如铁和过量硝酸反应生成盐、水和一氧化氮，所以X不可能是单质，故B选；C.碱和酸发生中和反应生成盐和水，所以X可能是碱，故C不选；D.碱及金属氧化物都属于电解质，能和酸反应生成盐和水，所以X可能是电解质，故D不选；故选B。21、D【解析】需加入还原剂才能实现的反应，原物质做氧化剂，在反应中得电子。【详
29、解】AKClO3分解生成O2，氯元素、氧元素变价，所以KClO3既是氧化剂也是还原剂，不需要加入还原剂，故A不选；BNH4+转化为NH3，化合价不变，不需要还原剂，不属于氧化还原反应，故B不选；CFe转化为FeCl3，Fe作还原剂，需要加入氧化剂，故C不选；DCO2转化为CO，CO2作氧化剂，需加入还原剂，故D可选；故选D。22、D【解析】A. 只含C和O两种元素的物质可以是CO或者是CO2，可以为一种化合物，故A正确； B. 氧气和二氧化碳的混合物中就只含C和O两种元素，故B正确； C. 只含C和O两种元素的物质可以是CO和CO2，属于两种化合物，故C正确； D. 如是单质，碳的单质都不是气
30、体，故D错误；答案选D。二、非选择题(共84分)23、三 A MgSiSC SiO2 C+2SCS2 极性 【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1) M为S，在周期表中位于第三周期第A族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此MgSiS，S比C多一个电子层，则原子半径SC，因此原子半径由大到小的顺序为MgSiSC。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高
31、温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。24、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。
32、 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。25、100 mL容量瓶 玻璃棒 5.9 偏高 偏低 偏低 【解析】实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。【详解】（1）实验室没有95mL容量瓶，应选用10
33、0mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：100mL容量瓶；玻璃棒，故答案为100mL容量瓶；玻璃棒；（2）配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的物质的量为：1.00mol/L0.1L=0.1mol，需要氯化钠的质量为：58.5g/mol0.1mol=5.85g，需要称量氯化钠的质量为：5.9g；故答案为5.9；（3）为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20时，就将溶液转移至容量瓶定容，导致
34、配制的溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，答案为：偏高；定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积大于容量瓶的体积，所配溶液的浓度偏低，答案为偏低；定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度，导致溶配制的溶液体积偏大，则所配溶液的浓度偏低，答案为：偏低；【点睛】配制溶液浓度要求精确时，应用容量瓶，则要求按照容量瓶的容积进行配制；误差分析则要求对c=，进行分析。26、试管、坩埚、蒸发皿 烧杯、烧瓶、锥形瓶 烧杯、烧瓶、蒸发皿 试管或坩埚 引起火灾 引燃 灯帽盖灭 迅速用湿抹布盖灭 灯芯 预热 自己或他人 石棉网 【解析】（1）根据常见的用于加热的仪器进行分析解答，可直接加热的仪器
35、有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；据此进行分析判断。（2）使用酒精灯时，要注意以下几点：绝对禁止向燃着的酒精灯内添加酒精；绝对禁止用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，以免引起火灾；用完酒精灯后必须用灯帽盖灭，不可用嘴去吹灭；不要碰倒酒精灯，万一洒出的酒精在桌面燃烧，应立刻用湿抹布扑灭 。（3）给物质加热的注意事项：给物质加热时，若被加热的玻璃容器外壁有水，应擦干再加热，以免容器炸裂；加热时玻璃容器底部不能跟灯芯接触，也不能离得太远；烧得很热的玻璃容器，不要立即用冷水冲洗(以免容器炸裂)，也不要直接放在实验台上 (防止烫坏实验台)，要垫上石棉网。【详解】（1）
36、可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；给液体加热可使用试管、烧瓶、烧杯、蒸发皿；给固体加热可使用干燥的试管、坩埚。故答案为试管、坩埚、蒸发皿；烧杯、烧瓶、锥形瓶；烧杯、烧瓶、蒸发皿 ；试管或坩埚；（2）向燃着的酒精灯里添加酒精，易使酒精洒出，引发燃烧，引起火灾，甚至爆炸；绝对禁止用燃着酒精灯去引燃另一酒精灯；酒精灯内有酒精蒸气，还可能混有空气，用嘴吹灭时，会把火吹入灯内，引起灯内酒精与空气的混合气体爆炸，应用灯帽盖灭；根据灭火的三大原理：隔绝氧气或空气，降低可燃物的温度到着火点以下，清除可燃物，如果洒出的酒精在桌上燃烧起来，最好的方法是用细沙
37、盖灭或用湿抹布盖灭；故答案为引起火灾 ；引燃 ； 灯帽盖灭 ；迅速用湿抹布盖灭 ；（3）加热时，受热容器外壁不能含水，以防止受热不均而破裂，底部不能与酒精灯的灯芯接触；开始加热试管时，要先来回移动使试管均匀受热（预热)，以防局部受热而使试管破裂；对盛有液体的试管加热，要使管口向斜上方倾斜（约45角），不得将试管口对着自己或他人，以防液体喷出试管口而伤人；加热后的实验仪器不能直接放在实验台上，防止烫坏实验台，应放在石棉网上。故答案为灯芯 ；预热 ； 自己或他人 ； 石棉网。【点睛】常见仪器的耐热性：试管、坩埚、蒸发皿，直接加热不用问；烧杯、烧瓶、锥形瓶，石棉网下酒精灯；量筒、水槽、集气瓶，不可受
38、热记在心。27、碘 2NaI+H2O2+H2SO4=I2+Na2SO4+2H2O 萃取、分液 温度计水银球位置不对；未加沸石；冷凝管水流方向不对；蒸馏装置密封 碘易升华 【解析】（1）在酸性溶液中双氧水把碘化钠氧化为单质碘，反应中还有水和硫酸钠生成，由于常温下，碘在水中的溶解度为0.034g，因此过滤后得到的A物质是单质碘。（2）在酸性溶液中双氧水把碘化钠氧化为单质碘，反应中还有水和硫酸钠生成，因此在酸化下用H2O2氧化NaI的化学反应方程式为2NaI+H2O2+H2SO4I2+Na2SO4+2H2O。（3）溶液中还有单质，碘易溶在有机溶剂四氯化碳中，则流程中省略部分的操作是萃取、分液。（4）
39、根据装置图可判断蒸馏装置中错误有：温度计水银球位置不对；未加沸石；冷凝管水流方向不对；蒸馏装置密封；（5）由于碘易升华，因此蒸馏出的CCl4液体中常会带淡紫色。28、 【解析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质。包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质；
40、在水溶液中能部分电离出乙酸根离子和氢离子，能导电，是化合物，是弱电解质；熔融态因熔融完全电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电，是化合物，所以是强电解质；在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；蔗糖是化合物，但其水溶液只存在蔗糖分子，不导电，属于非电解质；在水溶液中不能完全电离，是弱酸，是弱电解质；在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以碳酸氢钠是强电解质；氨水是氨气的水溶液，一水合氨能部分电离产生铵根和氢氧根，有自由移动的铵根离子和氢氧根离子，能导电，氨水是混合物，所以既不是电解质，也不
41、是非电解质；氯气是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，有自由移动的离子，能导电，故是强电解质；铜是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；故属于电解质的有，属于非电解质的有，属于强电解质的有，属于弱电解质的有，答案为：； 。【点睛】物质分为纯净物和混合物；纯净物分为单质和化合物；化合物分为电解质和非电解质；电解质包括：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质包括强酸、强碱、大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱、水。导电的原理有两种，一种是有自由移动的电子，如金属导体，一种是有自由移动的离子，如电解质溶液或熔融的电
42、解质（酸在熔融状态下不电离）。29、石灰乳 A D 甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化 cab 【解析】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D
43、为Mg，以此解答该题。（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳；（2）反应为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，再利用双线桥法表示出电子转移数与方向；（3）镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；（4）根据原料的消耗解答；（5）根据题意可设镁的质量为24克，然后利用化学反应方程式分别计算反应后的固体产物的质量，据此分析。【详解】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏