《2023届吉林省辉煌联盟九校化学高一上期中复习检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届吉林省辉煌联盟九校化学高一上期中复习检测试题含解析.doc（18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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质的变化能产生自由移动离子的是()A氯化氢气体溶于水B蔗糖溶于水C冰醋酸固体受热熔化D红磷单质受热熔化2、下列说法正确的是 （ ）A硝酸钡的化学式：BaNO3B碳酸氢钠在水中的电离：NaHCO3
2、=Na+ + H+CO32CNaC1与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同D在相同温度条件下，气体分子间的平均距离几乎相等3、下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）AKBNaCFeDAl4、把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为ABCD5、某离子反应涉及H2O、NO、H+、Cr3+、六种微粒，已知反应过程中浓度变化如图所示，下列说法正确的是( )A中Cr化合价是+7价B反应的氧化产物是C消耗1 mol氧化剂，转移电子3 molD随着反应
3、的进行，溶液中的H+浓度增大6、下列指定实验的装置图完全正确的是A称量氢氧化钠固体B分离水和乙醇C配制100mL0.10mol/L盐酸D尾气处理吸收HCl气体7、氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是（ ）A胶粒直径小于1nmB胶粒带正电荷C胶粒作布朗运动D胶粒不能通过半透膜8、成语是中华民族语言的瑰宝下列成语中，其本意主要为化学变化的是A铁杵磨成针B死灰复燃C木已成舟D积土成山9、下列物质分类正确的是ACO2、NO2均为酸性氧化物 B有尘埃的空气、墨水均为胶体C烧碱、蔗糖均为电解质 D胆矾、盐酸均为混合物10、下列说法不正确的是()将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨气溶于水得
4、到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态氯化钠不导电，熔融态的氯化钠可以导电气态氯化氢不导电，液态氯化氢也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强ABCD11、实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是A醋酸溶液中滴入氨水至过量BBa（OH）2溶液中滴入H2SO4溶液至过量C澄清石灰水中通入CO2至过量DNH4Cl溶液中加入NaOH固体至恰好反应12、下列各组物质间的反应中，不属于离子反应的是()AZn和H2SO4(稀)反应BNaCl溶液和AgNO3溶液反应CC和O2反应DFe和CuSO4溶液反应13、将50ml 3mol/L的NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后NaOH的物
5、质的量浓度为 ( )A0.03mol/LB0.3 mol/LC0.5 mol/LD0.05 mol/L14、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是AH2CO32H+BNaHCO3=Na+H+CBaSO4=Ba2+DNH3.H2O=+OH-15、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A1 mol O2含有NA个原子B常温常压下，28 g CO含有分子数为NAC在25 和101 kPa时，22.4 L CO2含的分子数为NAD物质的量浓度为0.2 mol/L AlCl3溶液，含有Cl的数目为0.6 NA16、下列关于离子键的叙述正确的是（ ）A原子间的强烈的静电作用B阴、阳离子间的强烈的吸
6、引C阴阳离子间强烈的静电作用D阴阳离子间强烈的排斥作用17、下列氧化还原反应方程式， 所标电子转移方向与数目错误的是（ ）ABCD18、近年来，在金星大气层中发现存在三氧化二碳。三氧化二碳属于 ( )A单质 B酸 C盐 D氧化物19、在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）AK+ 、MnO4、Na+、Cl BK+、Na+、NO3、CO32CNa+、H+、NO3、SO42 DCa2+、Na+、Cl、HCO320、以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是ABCD腐蚀品爆炸品有毒气体易燃液体AABBCCDD21、1H、2H、3H、H+、H2是（）A氢的五种同位素B五种氢
7、元素C氢的五种同素异形体D氢元素的五种微粒22、10gA物质和7gB物质完全反应,生成4.4gC物质,1.8gD物质和0.1molE物质,则E物质的摩尔质量为（ ）A108 g B54 gmol1 C108 gmol1 D54二、非选择题(共84分)23、（14分）下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。24、（12分）A、B、C、D四种可
8、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-、SO42-、Cl、CO32-中的某一种。若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_，D_。写出下列反应的离子方程式：B+盐酸：_A+C:_25、（12分）如图为配制480 mL 0.2 molL1 NaCl溶液的示意图。 回答下列问题：(1)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_(填字母)。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C
9、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线12 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线D溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶(2)中应称NaCl_ g；选择容量瓶的规格_。(3)玻璃棒在、两步中的作用分别是_、_。(4)若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)A某同学在第步称量时物品和砝码放反了 _。B某同学在第步观察液面时仰视_；26、（10分）工业上通常用工业酒精和生石灰混合蒸馏法制取无水乙醇。如图是实验室中模拟工业原理制取无水乙醇的装置。回答下列问题：(1)指出图中的四处错误：_、_、_、_(2)
10、在除去工业酒精中的水时，下列做法不可取的是_a.加入过量的生石灰后过滤b.加入过量的生石灰后分液c.加入过量的生石灰后蒸馏(3)由(2)可知除去工业酒精中的水的原理是(用化学方程式表示)_(4)装置中仪器ABC的名称分别是A _；B_；C_27、（12分）现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl、SO42和NO3的相互分离。相应的实验过程可用下图表示：请回答下列问题：(1)写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_，沉淀C_。(2)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的_。(3)上述实验流
11、程中加入过量的AgNO3，确认AgNO3已过量的实验方法是_。(4)写出步骤中发生反应的离子方程式是_。28、（14分）现有下列十种物质：0.1mol/L硫酸、小苏打、纯碱、二氧化碳、葡萄糖、0.1mol/LNaOH溶液、氢氧化铁胶体、氨水、Al2O3、硫酸铁溶液（1）上述十种物质中，属于非电解质的有_（填序号）。（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H+OH-=H2O，这两种物质的序号是_（填序号）。（3）现有100mL溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中c(SO42-)=_（4）标准状况下，_L 中含有0.4 mol氧原子。29、（10分）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实
12、验的装置（夹持及加热仪器已略）（1）装置A中两个玻璃仪器名称分别是_和_；（2）实验室用MnO2制备氯气的化学方程式是_；（3）实验时多余的氯气可用F装置来吸收，有关化学方程式是_；（4）装置B中饱和食盐水的作用是_；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入湿润有色布条；_；（可供选择的用品有：无水氯化钙、碱石灰）和干燥的有色布条。（6）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱，当向D中缓缓通入少量氯气时，D中可以观察到的现象是_。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、A【解析】电解质溶于水或在熔融状态下能产生自由移动离
13、子，据此判断。【详解】A. 氯化氢是电解质，氯化氢气体溶于水电离出氢离子和氯离子，能产生自由移动离子，A正确；B. 蔗糖是非电解质，溶于水不能发生电离，不能产生自由移动离子，B错误；C. 醋酸是电解质，溶于水可以发生电离，冰醋酸固体受热熔化不能发生电离，不能产生自由移动离子，C错误；D. 红磷单质是非金属单质，不是电解质也不是非电解质，受热熔化不能产生自由移动离子，D错误；答案选A。【点睛】注意掌握电解质的电离条件：离子化合物(如大多数盐、强碱等)既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；共价化合物(如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等)只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不
14、能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。2、C【解析】A. 硝酸钡中钡的化合价为+2价，硝酸根的根价为-1价，故其化学式为：Ba(NO3)2，选项A错误；B.碳酸氢钠在水中的电离方程式为NaHCO3=Na+ + HCO3，选项B错误；C. 焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是何种化合物灼烧时火焰颜色都相同，所以NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同，均为黄色，选项C正确；D. 影响分子间平均距离的除了温度，还有压强，故应为在相同温度和压强下，气体分子间的平均距离几乎相等，选项D错误。答案选C。3、D【解析】K、Na性质非常活泼，在
15、空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化膜，Fe在空气中被氧化后形成的氧化膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀。答案选D。4、D【解析】由Ba2+SO42-BaSO4、Ag+Cl-AgCl计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则Ba2+SO42-BaSO41 1amolamol另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则Ag+Cl-AgCl1 1bm
16、ol bmol由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，氯离子的浓度为=10bmol/L，根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L2+x1=10bmol/L1，解得x=10（b-2a）mol/L，答案选D。5、B【解析】根据图象可知，反应过程中浓度逐渐减小，说明被氧化生成，则被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得：+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O。A中O化合价为-2，则Cr化合价是+6 价，故A错误；BN元素的化合价升高被
17、氧化，反应中氧化产物是，故B正确；C反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1 mol ，转移电子6 mol，故C错误；D根据反应+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O可知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D错误；故选：B。6、D【解析】A氢氧化钠易潮解，称量时应放在小烧杯或称量瓶中进行，且为左物右码，故A错误；B冷凝水下进上出时冷凝效果最好，故B错误；C移液时，应用玻璃棒引流，故C错误；D吸收装置中的导管伸入到液体中，但该装置采用肚容式装置，易吸收易溶性气体，且能防止倒吸，故D正确；故答案为D。7、B【解析】胶体稳定存在的主要原因是胶粒带相同电荷，相互排斥，不易聚
18、沉；答案选B。8、B【解析】A. 铁杵成针没有生成新物质，属于物理变化，故A错误；B. 死灰复燃有新物质生成，燃烧属于化学反应，故B正确；C. 木己成舟没有生成新物质，属于物理变化，故C错误；D. 积土成山没有生成新物质，属于物理变化，故D错误；答案选B。9、B【解析】根据酸性氧化物的概念、胶体、电解质等化学基础常识及相关知识进行分析。【详解】A.能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，反应过程中元素的化合价不发生变化，不是氧化还原反应。NO2和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，故A错误；B.有尘埃的空气和墨水，它们的分散质直径在1纳米至100纳米之间，属于胶体，胶体有丁
19、达尔效应，故B正确；C.蔗糖是有机物，其在水溶液中或熔融状态下只以分子存在，没有离子，属于非电解质，故C错误；D. 胆矾的化学式是CuSO45H2O，故胆矾是纯净物，故D错误；故选B。10、C【解析】硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关。【详解】硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电
20、离的原因，所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故正确；熔融态氯化氢不能电离出离子，不能导电，故正确； 溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；答案选C。【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。11、D【解析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化,如果物质均是强电解质,加入一物质后生成物仍是强电解质，导电性变化不大，如果生成的物质因为难电离，则离子浓度很小，导电能力减
21、小，据此进行分析。【详解】导电能力的大小,要比较单位体积内离子浓度的大小，A、醋酸是弱酸,导电能力不大,加入氨水后,生成醋酸铵是强电解质,导电能力增强,导电性变化大，故A错误；B、氢氧化钡、H2SO4均为强电解质，加入硫酸后,反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至为零,然后随着H2SO4溶液的滴入，导电性增强，故B错误；C、氢氧化钙是强电解质,通入二氧化碳后会产生白色沉淀碳酸钙和水,导电能力几乎变为零,再通入二氧化碳,会生成碳酸氢钙溶液, 碳酸氢钙属于强电解质，溶液导电性又会逐渐增强,溶液的导电能力变化较大,故C错误；D、氯化铵为强电解质,加入NaOH后生成NaCl仍是强电解质,离子的浓度变
22、化不大,故导电性变化不大,故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，自由移动的浓度越大（或单位体积内离子数目越多），离子所带电荷越多，溶液的导电能力越强，与电解质的强弱没有必然的联系。12、C【解析】A. Zn和H2SO4(稀)反应生成硫酸锌和氢气，属于离子反应，A错误；B. NaCl溶液和AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，属于离子反应，B错误；C. C和O2反应生成CO或二氧化碳，不是离子反应，C正确；D. Fe和CuSO4溶液反应生成硫酸亚铁和铜，属于离子反应，D错误，答案选C。13、B【解析】根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的
23、物质的量不变，据此计算。【详解】设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，根据C浓V浓=C稀V稀可得：5010-3L3mol/L=50010-3Lc，解得c=0.3mol/L，所以答案B正确。故选B。14、C【解析】A. 碳酸是弱电解质，分步电离；，故A错误；B. 碳酸氢钠能完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，但碳酸是弱酸，碳酸氢根离子难电离：，故B错误；C. 硫酸钡是强电解质，BaSO4=Ba2+，故C正确；D. 一水合氨是弱电解质，NH3.H2O +OH-，故D错误；答案选C。15、B【解析】根据与物质的量相关的计算公式分析解答。【详解】A项：1 mol O2含有NA个O2分子、2NA个O原子。
24、A项错误；B项：28 g CO即 1molCO，含有CO分子数为NA。气体质量与状况无关。B项正确；C项：标准状况（0 、101 kPa）时，1mol任何气体的体积约22.4L。25 和101 kPa是通常状况，22.4 L CO2小于1mol、分子数小于NA。C项错误；D项：未知AlCl3溶液的体积，不能求出AlCl3物质的量，也就不能求Cl的数目。D项错误。本题选B。16、C【解析】离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，不仅包含吸引力还包含排斥力。【详解】A项、离子键是阴阳离子之间强烈的相互作用，故A错误；B项、离子键不仅包含吸引力还包含排斥力，故B错误；C项、离子键是阴阳离子之间强
25、烈的相互作用，故C正确；D项、离子键不仅包含排斥力还包含吸引力，故D错误；故选C。17、C【解析】A铁元素由0价升高到+2价，失去2个电子，氢元素由+1价降低到0价，得到两个电子，A选项正确。B氯元素由0价升高到Ca(ClO)2中氯元素的+1价，失去两个电子，同时氯元素由0价降低至氯化钙中的-1价得到两个电子，B选项正确。CKClO3中Cl元素由+5价降低至0价，得到5个电子，HCl中氯元素由-1价升高到0价，失去5个电子，C选项电子转移的数目错误，C选项错误。DNO中N元素由+2价升高到+5价，失去34个电子，O元素由0价降低至-2价，得到62个电子，得失电子守恒且电子转移方向与数目正确，D
26、选项正确。故答案选C。18、D【解析】氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，所以三氧化二碳属于氧化物，故 D正确。故选D。19、B【解析】碱性溶液中存在大量的OH-，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原等来判断离子的共存，并注意离子在水中的颜色来解答。【详解】A、碱性条件下离子之间不反应，能共存，但MnO4在水溶液中为紫色，故A不选；B、碱性条件下离子之间不反应，能共存，且在水中均为无色，故B选；C、碱性条件下OH-与H+结合生成水，则不能大量共存，故C不选；D、碱性条件下OH-与HCO3结合生成CO32-，CO32-与Ca2+生成CaCO3沉淀，则不能大量共存
27、，故D不选。答案选B。20、D【解析】A图标为腐蚀品，乙醇不是腐蚀品，属于易燃液体，故A错误； B图标为爆炸品，乙醇不是爆炸品，属于易燃液体，故B错误；C图标为有毒气体，乙醇不是有毒气体，属于易燃液体，故C错误；D乙醇为易燃液体，图标为易燃液体，故D正确；故答案为D。21、D【解析】A11H、12H、13H质子数相同，中子数不同，为三种不同的氢原子，互为同位素，H+为氢离子和H2为氢分子，故A错误；B质子数为1，都是氢元素，故B错误；C不是氢元素的不同单质，不是同素异形体，故C错误；D11H、12H、13H质子数相同，中子数不同，为三种不同的氢原子，互为同位素；H+为氢离子和H2为氢分子，故它
28、们是氢元素的五种不同微粒，故D正确；故答案选D。【点睛】同位素是指质子数相同，质量数不同的核素间的互称，研究对象为原子；同素异形体是指由一种元素组成的不同性质的单质，研究对象为单质；同位素之间物理性质不同，化学性质几乎相同，同素异形体之间物理性质不同，化学性质可以相似或不同。22、C【解析】根据质量守恒定律，m（E）=m（A）+m（B）-m（C）-m（D）=10g+7g-4.4g-1.8g=10.8g，M（E）=108g/mol，答案选C。二、非选择题(共84分)23、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应
29、为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，
30、可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及
31、应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。24、BaCl2 Na2CO3 Ag+ +Cl- =AgCl Ba2+ +SO42- =BaSO4 【解析】根据离子共存的相关知识解答此题。Ba2与SO42-、CO32生成沉淀不能共存；Ag和Cl生成沉淀不能共存； Cu2与CO32生成沉淀不能共存，所以银离子只能和硝酸根离子组成AgNO3，铜离子只能和SO42-组成CuSO，钡离子只能和Cl-组成BaCl2，剩余的是Na2CO3。【详解】结合上述分析：若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，所以溶液中含有Cu2+，则C为
32、CuSO4；若向的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，说明B为AgNO3，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D为Na2CO3，则A为BaCl2；四种盐分别为：A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；答案：BaCl2 Na2CO3。（2）盐酸与AgNO3溶液有沉淀产生的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl；A+C反应生成白色沉淀硫酸钡。其离子方程式：Ba2+ +SO42- =BaSO4。答案：Cl-+Ag+=AgCl、Ba2+ +SO42- =BaSO4。【点睛】本题考查离子共存，离子方程式的书写的相关知识。根据离子含Cu2+的溶液显蓝色，Ag+与HCl反应生成A
33、gCl沉淀，CO32-和HCl反应生成CO2气体；Ba2+不能和SO42-、CO32-共存，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-共存，Cu2+不能和CO32-共存，据此分析四种盐的组成。25、BC 5.9 500mL 搅拌加速溶解 引流 偏低 偏低 【解析】（1）容量瓶在使用前必须查漏；容量瓶是比较精密的仪器，不能受热，不能直接把试剂放入容量瓶内进行配制，溶解后溶液要冷却到室温再进行转移，据此分析；（2）根据溶质的质量m=nM=cvM计算；（3）溶解固体时搅拌是加速溶解，过滤时是引流作用；（4）分析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分析对所配溶液的浓度影响。【详解】
34、（1）A使用容量瓶前应该检查是否漏水，故A正确；B容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故B错误；C配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故C错误；D溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶，否则会导致所配溶液浓度偏大，故D正确；综上所述，本题选BC。(2)配制480 mL 0.2 molL1 NaCl溶液，需要选用500 mL容量瓶，称NaCl质量为0.50.258.5 5.9 g；综上所述，本题答案
35、是：5.9。配制480 mL 0.2 molL1 NaCl溶液，需要选用500 mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500mL。(3) 步中，玻璃棒在溶解固体时为了加速溶解，起搅拌作用，步中，过滤时是起引流作用；综上所述，本题答案是：搅拌加速溶解， 引流。(4)A在步骤中，药品放在右盘，砝码放在左盘（使用游码），则所称量的药品的质量偏小，浓度偏低；因此，本题正确答案是：偏低；B步骤中，观察液面时仰视，溶液的体积偏大，所得溶液浓度偏低；因此，本题正确答案是：偏低；26、温度计水银球位置不在支管口处 未加石棉网 未加沸石 冷凝水上进下出 b CaO+H2O=Ca(OH)2 锥形瓶 蒸馏烧瓶 冷凝管
36、【解析】（1）仔细观察制取无水乙醇的装置图，可知给烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反，未加沸石；（2）加入过量的生石灰后，形成的乙醇、Ca(OH)2混合溶液不分层，不能用分液的方法分离；（3）生石灰与水反应，可以除去工业酒精中的水，CaO+H2O=Ca(OH)2；（4）由装置图可知，仪器A是锥形瓶；仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管。【详解】(1)由制取无水乙醇的装置图，可知给烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反了，混合溶液加热烧瓶中未加入防止暴沸的沸石，故答案为：给烧瓶加热未垫石棉网；温度计的水银球插入溶液中；冷却水的方向接反了；烧
37、瓶中未加沸石；(2)加入过量的生石灰后，形成的乙醇、Ca(OH)2混合溶液不分层，不能用分液的方法分离，故答案为：b；(3)生石灰与水反应，可以除去工业酒精中的水， CaO+H2O=Ca(OH)2，故答案为：CaO+H2O=Ca(OH)2；(4)由装置图可知，仪器A是锥形瓶；仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管，故答案为：温度计；蒸馏烧瓶；冷凝管。27、BaCl2 或 Ba(NO3)2 Ag2CO3 和 BaCO3 HNO3 静置取上层清液继续滴加AgNO3溶液，若无沉淀则证明AgNO3溶液过量 Ba2SO42=BaSO4 【解析】试题分析：（1）Cl用Ag除去，SO42用Ba2除去，除杂分离不能
38、引入新杂质，过量Ba2、Ag必须除去，根据实验过程，X为BaCl2或Ba(NO3)2，沉淀A为BaSO4；（2）根据实验过程，溶液1溶质为BaCl2或Ba(NO3)2、NaCl、NaNO3，中加入AgNO3溶液，沉淀B为AgCl，溶液2溶质为NaNO3、Ba(NO3)2、NaNO3，反应中加入过量的Na2CO3，沉淀C为BaCO3、AgCO3，溶液3为Na2CO3、NaNO3；（3）根据上述分析，Na2CO3作用除去过量的Ba2、Ag，确认Na2CO3过量操作：取少量溶液，置于试管中，向溶液中加入BaCl2溶液或盐酸，产生沉淀或气泡，则说明Na2CO3过量；(4)反应中发生的反应Ba2SO42
39、=BaSO4。考点：考查物质的分离和提纯、实验方案设计的评价等知识。28、 1.5mol/L 4.48 【解析】（1）在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的有二氧化碳、葡萄糖。答案：。（2）强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用离子方程式H+OH-H2O表示，这两种物质是硫酸与氢氧化钠。答案：（3）5.6g铁离子的物质的量是0.1mol，则相应硫酸铁Fe2（SO4）3的物质的量是0.05mol，硫酸根的物质的量是0.15mol，则溶液中c(SO42-)0.15mol0.1L1.5mol/L。答案：1.5mol/L。（4）0.2molCO2含有0.4mo
40、l氧原子，标谁状况下体积为0.2mol22.4L/mol4.48L。答案：4.48。【点睛】在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物是非电解质。强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用离子方程式H+OH-H2O表示。以此进行分析。29、分液漏斗 蒸馏烧瓶 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 除去氯气中氯化氢气体 无水氯化钙 分液漏斗D中出现橙黄色 【解析】（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）氯气在饱和食盐水
41、中溶解度不大，氯化氢易溶于水，据此判断解答；（5）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（6）依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性解答。【详解】（1）依据仪器的形状可知，装置A中两个玻璃仪器名称分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，同时生成氯化锰和水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，
42、氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的B除去氯气中混有的氯化氢；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中ab的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性；c中II为固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条；（6）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为橙色，则说明氯气与溴溴化钠反应生成溴单质，依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知氯气的氧化性大于溴的氧化性。【点睛】本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，注意同主族元素性质的递变规律，题目难度中等。