《北京市海淀区2022-2023学年化学高一上期中质量检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市海淀区2022-2023学年化学高一上期中质量检测试题含解析.doc（13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、化学概念在逻辑上存在下图所示关系：对下列概念的说法正确的是A纯净物与混合物属于包含关系B化合物与氧化物属于包含关系C单质与化合物属于交叉关系D氧化还原反应与化合反应属于并列关系2、化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是( )A以电解饱和食盐水制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”B氯气
2、可用来对自来水杀菌消毒C碘化银可用于人工降雨D为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质3、火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应方程式为: 2CuFeS2 + O2 = Cu2S + 2FeS + SO2 ，下列说法中正确的是( )ASO2只是氧化产物BCuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C每生成1 molCu2S，有4 mol S原子被氧化D每有1 mol S原子被氧化，则转移6 mol电子。4、向溴化钠、碘化钠的混合液中通入足量氯气后，加热，再将溶液蒸干、灼烧，最后得到的残留物是ANaCl、NaBr、NaI BNaBr、NaI CNaCl、Br2 DNaCl5、在下列物质的分类中，前者包括
3、后者的是A氧化物、酸性氧化物 B含氧酸、酸C碱性氧化物、碱 D酸式盐、盐6、某化学兴趣小组进行化学实验，按照图连接好线路发现灯泡不亮，按照图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是()A氯化镁固体是非电解质B氯化镁溶液是电解质C氯化镁在水溶液中电离产生自由移动的离子D氯化镁只有在溶液中才能导电7、K2FeO4可用作水处理剂，它可由3Cl2 +2Fe(OH)3 +10KOH =2K2FeO4 +6KCl +8H2O制得。下列说法不正确的是A氧化性：Fe(OH)3 K2FeO4BCl2是氧化剂，Fe(OH)3在反应中失去电子C上述反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2D每生成l mol氧化产
4、物转移的电子的物质的量为3 mol8、有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3Zn=ZnON22H2O，下列有关说法中正确的是A该反应中NH4NO3只作氧化剂B该反应中只有两种元素化合价改变C每消耗65克锌会产生22.4L N2DZnO是该反应的还原产物9、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为AClBBa2+CNa+DMg2+10、为除去某物质中所含的杂质，周佳敏同学做了以下四组实验，其中她所选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂试剂或操作方法NaCl溶液Na2CO3加
5、入盐酸，蒸发FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶ABCD11、下列变化需要加入还原剂才能实现的（ ）AKClO3O2BMnO4-Mn2CFeFe3DHClCl212、瓦斯中甲烷与氧气的质量比为14时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为( )A14B21C11D1213、下面两种气体的分子数一定相等的是A氮气和一氧化碳的质量相等，密度不同B氮气和一氧化碳体积相等C在温度相同、体积相等的条件下氧气和氮气D在压强相同、体积相等的条件下氧气和氮气14、下列物质属于电解质的是 ( ) 氢氧化钠NH3H
6、2O铝蔗糖二氧化碳A B C D15、通过实验得出的以下结论中，正确的是A将某固体试样完全溶于盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中存在SO42-B将该固体试样完全溶于盐酸，产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则该固体试样中一定存在CO32-C将某固体加水完全溶解，滴加氢氧化钠溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NH4+D将某固体进行焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃观察得火焰呈紫色，则该固体中不存在Na+16、在相同的温度和压强下，下列气体密度最小的是ACO2 BCl2 CO2 DH2二、非选择题（本题包括5小题）17、现有失去标
7、签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有无色无味气体放出C+B有白色沉淀生成A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液_，C溶液_，D溶液_。(2)写出B与D反应的离子方程式：_，写出B与C反应的离子方程式 ：_。18、现有失去标签的四瓶无色溶液分别为Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba(OH)2溶液、NaHSO4溶液，为确定四瓶溶液分别是什么，将其随意标号为A、B、C、D，分别取少量溶液
8、两两混合，产生的现象如下表所示。实验顺序实验内容实验现象实验顺序实验内容实验现象A + B生成白色沉淀B + C无明显变化A + C放出无色气体B + D生成白色沉淀A + D放出无色气体C + D无明显变化已知：NaHSO4属于酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42-。根据实验现象，回答下列问题：(1)A为_，C为_。(2)写出下列反应的离子方程式：A + B：:_，A + D：_，(3)等物质的量浓度、等体积的B、D混合反应的离子方程式为：_，反应后得到的溶液中含有的阴离子主要有_。(4)上述没有明显变化的实验、，其中发生了离子反应，离子方程式为：_。19、实验
9、室需要 0.50 molL-1 的硫酸溶液 480 mL。根据溶液的配制情况回答下列问 题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。 (2)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为 98%、密度为 1.84 gcm-3 的浓硫酸，其物质的量浓度为_，需要的体积为_mL。如果实验室有 15mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL 量筒最好。(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_ A、使用容量瓶前检验是否漏水 B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，
10、缓慢加水至 接近刻度线 12 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至 刻度线 12 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(4)在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 0.5 molL-1（填“大于”“小于”或“等于”）。(5)该同学在定容后，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_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。20、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2
11、+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl、CO32-中的一种。(离子在物质中不重复出现)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；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断：（1）A的化学式为_，B的化学式为_。（2）写出少量盐酸与D反应的离子方程式：_。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_。21、某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完
12、成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。(1)加入的试剂为_（填化学式），加入试剂的目的是_。(2)操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为_。洗涤固体B的操作是_。(3)固体E的成分为_，加入的试剂为_，发生的化学方程式为_。(4)从溶液D和溶液G中得到FeSO47H2O晶体的操作为_、_、_、洗涤、干燥。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】试题分析：A纯净物与混合物属于并列关系；B化合物与电解质属于包含关系，C单质与化合物属于并列关系；D氧化还原反应与化合反应属于交叉关系；选B。考点：考查概念的相互关系。2、D【解析】A电解饱和食盐水时，有氯气、氢气和NaOH生成，所以以
13、食盐水为基础原料制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”，故A正确；B氯气能和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性能杀菌消毒，所以可用来自来水的杀菌消毒，故B正确；C碘化银在高空中易形成结晶核，使空气中水蒸汽凝聚，用于人工降雨，故C正确；D在食盐中一般加入一定量的碘酸钾来补充碘元素，故D错误；故答案为D。3、D【解析】根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据物质的量相关计算分析。【详解】A. Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素被氧化，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，O2从0价降低到-2价，作氧化剂被还原，故SO2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；B. CuFeS
14、2在反应过程中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素被氧化，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C.由方程式可知，每生成1molCu2S，有1mol硫被氧化生成SO2，其它物质中的S元素化合价没有发生变化，故C错误；D.元素化合价升高的只有S元素，由-2价升高到+4价，变化6价，则每有1 mol S原子被氧化，就有1molSO2生成，则转移6mol电子，故D正确；故选D。【点睛】氧化还原反应中，元素化合价降低，做氧化剂，反之，元素化合价升高，做还原剂，同种物质化合价有升又有降，既做氧化剂又做还原剂。4、D【解析】向溴化钠、碘化钠的混合液中通入氯气发生的反应有
15、：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，2NaI+Cl2=2NaCl+I2，因为氯气足量，溴化钠和碘化钠完全转化为NaCl、Br2、I2，将溶液蒸干、灼烧过程中，由于Br2常温下为液态，加热转化为溴蒸气，I2易升华，所以最后残留物是NaCl。答案选D。5、A【解析】A. 氧化物根据性质分为酸性氧化物和碱性氧化物，故A正确；B. 酸根据是否含有氧元素分为含氧酸和无氧酸，故B错误；C. 碱性氧化物属于氧化物，氧化物和碱是并列关系，故C错误；D. 盐包含酸式盐，碱式盐，正盐，故D错误；故选A。6、C【解析】AMgCl2是强电解质，故A错误；BMgCl2溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，故
16、B错误；CMgCl2在水溶液中电离出可以自由移动的镁离子和氯离子，故C正确；DMgCl2在水溶液和熔融状态下都可以导电，故D错误；故答案为C。【点睛】判断电解质与非电解质需要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。7、A【解析】反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8
17、H2O中，Fe元素的化合价升高，被氧化，Cl元素的化合价降低，被还原。【详解】A. Fe(OH)3中铁是+3价，FeO42-中铁是+6价，所以Fe(OH)3是还原剂，它的还原性强于FeO42-， A不正确，符合题意；B、Cl元素的化合价降低，被还原，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价升高被氧化，Fe(OH)3发生氧化反应，,失去电子，B正确，不符合题意；C、上述反应的氧化剂Cl2与还原剂Fe(OH)3物质的量之比为3:2，C正确，不符合题意；D、由Fe元素的化合价变化可知，每生成l mol氧化产物K2FeO4转移的电子的物质的量为3mol，D正确，不符合题意；答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反
18、应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应判断及基本反应类型判断的考查,题目难度不大。8、B【解析】根据氧化还原反应中概念间的相互关系分析判断。【详解】反应中，Zn失电子从0价升到+2价，NH4+中的氮失电子从3价升到0价，NO3中氮得电子从+5价降到0价（B项正确）。Zn是还原剂，NH4NO3既是氧化剂也是还原剂（A项错误）。ZnO是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物（D项错误）。每消耗65克Zn（1mol）会产生1mol N2，不一定是22.4L（C项错误）。【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂失
19、电子，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。9、D【解析】根据电解质混合溶液中阴阳离子所带电荷相等确定M离子所带电荷，并利用离子之间的反应来判断存在的离子。【详解】溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2mol/L1+1mol/L2=4mol/L，阴离子所带电荷多，故M为阳离子，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x1，解得x=+2，结合选项可知，M为Ba2+或Mg2+，又SO42-与Ba2+能结合生成硫酸钡沉淀，不能共存，则溶液中存在的离子为Mg2+，故选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算、离子共
20、存，利用电荷守恒确定M所带电荷是关键。10、A【解析】碳酸钠可与盐酸反应生成氯化钠，可除杂，故正确；铁可置换出铜，生成硫酸亚铁，可除杂，故正确；二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除杂，故正确；生成氯化钙，生成新杂质，可将混合物溶于水然后过滤除去杂质碳酸钙，故错误。故选：A。11、B【解析】还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明所给的物质一定是得到电子的，化合价一定是降低的；AKC1O3 O2氧元素的化合价升高，故A错误；BMnO4-Mn2+锰元素的化合价是降低的，故B正确；CFeFe 3+铁元素的化合价升高，故C错误；DHC1 C12氯元素化合价升高，故D错误故选B。1
21、2、D【解析】瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时，极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比等于其物质的量比，为，故D正确；故选D。13、A【解析】A. 氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，当其质量相等时，其物质的量也相等，故其分子数一定相等，与密度无关，A正确；B. 氮气和一氧化碳体积相等，其分子数不一定相等，体积受温度和压强两个因素影响，B不正确；C. 在温度相同、体积相等的条件下，若压强不等，则氧气和氮气的分子数不相等，C不正确；D. 在压强相同、体积相等的条件下，若温度不同，则氧气和氮气的分子数不相等。本题选A。14、A【解析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，如酸、碱、盐都是电解质；
22、在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，如蔗糖、乙醇等都是非电解质。大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。【详解】氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，氢氧化钠属于电解质，故正确；NH3H2O在水溶液中能够发生部分电离，可以导电，属于电解质，故正确；Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故错误；蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不导电的有机化合物，属于非电解质，故错误；CO2在水中能够导电，但是导电的离子不是二氧化碳本身电离的，故二氧化碳为非电解质，故错误；答案选A。【点睛】正确理解与区分电解质与非电解池是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电
23、解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。15、C【解析】A将某固体试样完全溶于盐酸，无明显现象，排除了干扰离子，如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，说明溶液中一定含有SO42-，但该固体试样中不一定存在SO42-，例如硫酸氢钠固体中不存在SO42-，A错误；B将该固体试样完全溶于盐酸，产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，气体是二氧化碳或二氧化硫，则该固体试样中不一定
24、存在CO32-，B错误；C将某固体加水完全溶解，滴加氢氧化钠溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，也可能是由于生成的一水合氨浓度很小没有放出氨气，则该固体试样中仍可能存在NH4+，C正确；D将某固体进行焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃观察得火焰呈紫色，由于滤去了黄光，则该固体中也可能存在Na+，D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查了常见离子的检验，检验一种离子的存在必须排除干扰离子，容易出错的是A选项，注意固体中含有的离子和溶于水后产生的离子不一定一致。16、D【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据=M/Vm计算这几种气体密度相对大小，据此分析解答。【解答】解：同温同压下，气体摩尔体
25、积相等，根据=M/Vm知，相同条件下，气体密度与摩尔质量成正比，二氧化碳摩尔质量是44g/mol、氯气摩尔质量是71g/mol、氧气摩尔质量是32g/mol、氢气摩尔质量是2g/mol，所以相同条件下，这几种气体密度大小顺序是Cl2CO2O2H2，答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，能正确推导密度与气体摩尔质量的关系是解本题关键，知道常见气体摩尔质量相对大小。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ag+Cl-=AgCl 【解析】本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HC
26、l和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知
27、，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag+Cl-=AgCl。18、（1）Na2CO3溶液，稀盐酸；（2）CO32-+Ba2+=BaCO3；CO32-+2H+=CO2+H2O；（3）Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，OH-；（4），H+OH-=H2O。【解析】(1)由表格中A能与C和D反应均有气体放出，可知A为碳酸钠溶液，C和D溶液均显酸性，则B为氢氧化钡溶液，B和C、D分别混合
28、，B和D有沉淀，可知D为硫酸氢钠溶液，则C为稀盐酸，故答案为Na2CO3溶液；稀盐酸；(2)碳酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为CO32-+Ba2+=BaCO3；CO32-+2H+=CO2+H2O；(3)氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，从离子反应方程式可看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为OH-，故答
29、案为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O；OH-；(4)实验中氢氧化钡溶液和盐酸混合没有明显现象，但发生了离子反应生成水，离子反应方程式为H+OH-=H2O，故答案为；H+OH-=H2O。点睛：解答此类表格型推断题，可以考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用。本题通过溶液中物质之间的离子反应，要求将两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。19、A 、C 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 13.6 15 B、C、D 小于 偏低 【解析】（1）用浓硫酸溶液来配制0.5mol/L的硫酸溶液480mL，由于实验室无480ml的容量瓶，故先配制0.5mol/L的硫
30、酸溶液500溶液，需要的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500容量瓶。不需要的仪器是瓶底烧瓶和分液漏斗，答案选A、C；还需要的仪器是：玻璃棒、烧杯和500ml容量瓶。（2）98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=1000w/98=100098%1.84/98(mol /L)=18.4mol /L，先配制500ml溶液，根据溶液稀释的公式有V（浓硫酸）=c(稀硫酸)V(稀硫酸)/c（浓硫酸）=0.5mol/L0.5L 18.4mol /L=0.0136L=13.6ml，所需浓硫酸的体积为13.6ml，实验室可以选用量程为15ml的量筒来量取。（3）使用容量瓶前应检验是否漏
31、水，A正确；容量瓶用水洗净后，不能再用待配溶液洗涤，否则浓度偏大，B错误；有些固体和液体溶于水会有热量的变化，故不能在容量瓶中溶解固体和稀释液体，C、D错误；定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，E正确。故操作不正确的是B、C、D。（4）定容时仰视刻度线，加水的体积偏多，导致配制的溶液的浓度小于0.5mol/L。（5）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，相当于溶液的稀释，所配溶液浓度将偏低。点睛：本题易错处在于学生选择480ml容量瓶配制溶液，而没有选择500ml容量瓶，或者计算时用480ml计算而导致出错，解决的办法是亲自去
32、实验室观察各种容量瓶并动手做实验，留下感官印象。20、BaCl2 AgNO3 H+ +CO32-HCO3- Ba2+2OH-+SO42-+Cu2+BaSO4+Cu(OH)2 【解析】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，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2
33、CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为BaCl2，C为CuSO4；据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A为氯化钡，B为硝酸银，C为CuSO4，D为碳酸钠。则（1）A的化学式为BaCl2，B的化学式为AgNO3。（2）D为Na2CO3，少量盐酸与Na2CO3反应生成氯化钠和NaHCO3，反应的离子方程式为H+ +CO32-=HCO3-。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba(OH)2Cu(OH)2+BaSO4，反应的离子方程式为Cu2+SO42-+Ba2+2OH-Cu(OH)2+BaSO4。【
34、点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。21、NaOH 将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离 漏斗、玻璃棒、烧杯 沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至刚好没过沉淀B，静置，使水自然流出，重复23次 Fe和Cu 稀硫酸 Fe+H2SO4=FeSO4+H2 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 【解析】（1）工业废水中含有Na+、Fe2+和Cu2+，加入NaOH溶液，使将溶液中的
35、Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离；综上所述，本题答案是：NaOH ，将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离。 （2）操作a的名称为过滤，所需要的玻璃仪器为：漏斗、玻璃棒、烧杯；洗涤固体B的操作：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至刚好没过沉淀B，静置，使水自然流出，重复23次；综上所述，本题答案是：漏斗、玻璃棒、烧杯 ；沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至刚好没过沉淀B，静置，使水自然流出，重复23次。 （3）溶液C的成分为CuSO4,FeSO4、H2SO4，过量的铁是为了将CuSO4中的铜全部置换出来，过滤出Fe、Cu，溶液D中只有一种盐是硫酸亚铁，所以固体E就是Fe、Cu；铜与稀硫酸不反应，铁与硫酸反应，方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2；所以混合物中加入过量稀硫酸的目的是除去铜中的铁，实现了回收金属铜；因此，本题正确答案是: Fe和Cu；稀硫酸 Fe+H2SO4=FeSO4+H2。 （4）蒸发是从溶液中获得晶体常采用的方法,产生沉淀后通过过滤实现分离,因此从溶液D和溶液G中得到FeSO47H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；因此，本题正确答案是: 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。