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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、下列反应能用离子方程式：H+OH-=H2O。表示的是（ ）ACH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2OB2H2SO4+Cu(OH)2=CuSO4+2H2OCHCl+KOH=KCl+H2ODHC
2、l+NH3H2O=NH4Cl+H2O2、为了除去粗盐中的Ca2、Mg2、及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤加过量NaOH溶液加适量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液。下列操作顺序中最合适的是ABCD3、酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）AH3PO2属于二元酸BH3PO2属于三元酸CNaH2PO2属于酸式盐DNaH2PO2属于正盐4、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是（
3、）A200mL2mol/L MgCl2溶液B1000mL 2.5mol/L MgCl2溶液C250mL 1.5mol/L AlCl3溶液D300mL 3mol/L KCl溶液5、需在容量瓶上标出的是下列中的：浓度 温度 容量 压强 刻度线（ ）ABCD6、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+2H2 O，下列说法正确的是（ ）AKClO3在反应中失去电子BClO2是氧化产物CH2C2O4在反应中被氧化DKClO3是还原剂7、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A醋酸和
4、水 B水和四氯化碳 C碘和四氯化碳 D汽油和植物油8、某澄清透明的溶液中，因为发生氧化还原反应而不能大量共存的离子组是ANa+、H+、SO42-、HCO3-BCu2+、K+、SO42-、NO3-CFe3+、K+、I-、Cl-DFe3+、K+、SO42-、SCN-9、下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是 （ ）AKCl溶液 B气态HCl C熔融的NaOH D酒精溶液10、下列叙述正确的是 ()A固态氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质B铜丝能导电，所以铜是电解质C氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质DCO2溶于水能导电，所以CO2是电解质11、下列实验操作正确的是A检查容量瓶是否漏水B给液体
5、加热C称量D过滤12、分离苯和水的混合物的操作方法是（ ）A过滤 B分液 C萃取 D蒸馏13、实验室中需要配制2 molL1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是()A950 mL,111.2 gB500 mL,117 gC1 000 mL,117 gD任意规格，111.2 g14、配置 250mL0.100mol/L 的氯化钠溶液，操作不正确的是A称量B溶解C转移D定容15、高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠(Na2FeO4)制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O，干法制备的主
6、要反应为：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2下列有关说法不正确的是ANa2FeO4中铁显6价B湿法中每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子C干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子DNa2O2在干法制备的反应中既是氧化剂又是还原剂16、铝具有较强的抗腐蚀性能，主要是因为()A与氧气在常温下不反应B铝性质不活泼C铝表面能形成了一层致密的氧化膜D铝耐酸耐碱17、胶体分散系与其它分散系的本质差别是A是否有丁达尔效应 B分散质直径介于1100nm之间C是否稳定 D分散质粒子是否带电18、a g NH3含b个氢原子，则阿伏加德罗常数可表示为
7、ABCD19、铋（Bi）在医药方面有重要应用。下列关于Bi和Bi的说法正确的是（ ） ABi和Bi都含有83个中子 BBi和Bi互为同位素CBi和Bi的核外电子数不同 DBi和Bi分别含有126和127个质子20、下列有关说法正确的是A1L水中溶解了40.0 g NaOH，该溶液的物质的量浓度为1 mol/LB从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度为1mol/LC中和100 mL 1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH8.0gD配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾21、在标准状况下，下列物质体积最大的是（ ）A3gH2B6.021023个
8、H2C44.8LH2D0.5molH222、下列说法正确的是（）A常温下，浓硫酸可以用铁制槽罐存放，说明铁与浓硫酸不反应B检验氯化氢中是否混有氯气，可采用湿润的有色布条C镁在空气中燃烧只生成氧化镁D钠可以从硫酸铜溶液中置换出金属铜二、非选择题(共84分)23、（14分）有一固体粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成，为了检验它们所含的物质，做了以下实验。将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解。（1）试判断：固体混合物中肯定含有_，生成白色沉淀的化学方程式_；肯定没有_；可
9、能含有_（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：_化学方程式_。24、（12分）有一包白色粉末状混合物，其中可能含有K2CO3、NaCI、Ba(OH)2、CuSO4,，现取少量该固体混合物做如下实验：取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。（1）该固体混合物中肯定含有的物质是：_。（2）该固体混合物中一定不存在的物质是：_。（3）该固体混合物中可能存在的物质是：_，为了进一步检验该物质是否存在，请写出你的检验方法：_。25、（12分）（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1
10、.0 mol/L硫酸。若实验仪器有：A100 mL量筒、B托盘天平、C玻璃棒、D50 mL容量瓶、E.10 mL量筒、F.胶头滴管、G.50 mL烧杯、H.100 mL容量瓶。实验时选用仪器的先后顺序是_(填写编号)。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_(填写标号)。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标线12 cm处，用胶头滴管加蒸馏水到标线D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线12 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到
11、标线E颠倒摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。26、（10分）某化学兴趣小组的同学学习了同周期元素性质递变规律后，设计了一套实验方案进行实验探究，并记录了有关实验现象如下表 实验操作实验现象1用砂纸擦后的镁带与沸水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞（A）浮于水面，熔成一个小球，在水面上无定向移动，随之消失，溶液变红色（B）产生气体，可在空气中燃烧，溶液变成浅红色（C）反应不十分强烈，产生的气体可以在空气中燃烧（D）剧烈反应，产生可燃性气体2钠与滴有酚酞试液的冷水反应3镁带与2molL1的盐酸反应4铝条与2molL1的盐酸反应请你帮助该同学整理并完成实验报告
12、（1）实验目的：_（2）实验用品：仪器：_烧杯 试管夹 镊子 小刀 玻璃片砂纸 胶头滴管等药品：钠、镁带、铝条、2molL1的盐酸、AlCl3溶液、NaOH溶液等（3）请你写出上述的实验操作与对应的现象1_，2_，3_，4_（用AD表示）（4）实验结论：_27、（12分）某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是_，烧杯的实际质量为_g28、（14分）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。实验室用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢气体。（1）该反应的化学方程式为_，氯化氢气体的发生装置应该选择装置
13、_（填装置的编号，下同）。由于氯化氢气体有害，所以实验室用装置D来收集氯化氢，收集氯化氢时，气体从_管（填“a”或“b”）进入。用水吸收多余的氯化氢气体时，应该选择装置_，这是为了_。（2）要得到干燥的氯化氢气体，还需要在制取和收集装置之间插入一个装置D，此时D中装入的液体应该是_。（3）气体发生在装置的选择要考虑反应物状态和反应条件等因素。实验室制取氧气(氯酸钾和二氧化锰)和二氧化碳的发生装置都不用装置B，其原因分别是制取氧气时_，制二氧化碳时_。（4）将标准状况下的200体积HCl气体溶于1体积水中，得到密度为1.12g/mL的盐酸，则该盐酸的物质的量浓度是_。 （保留两位小数）29、（1
14、0分）HNO2是一种弱酸，向NaNO2中加入强酸可生成HNO2；HN02不稳定；易分解成NO和NO2气体；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如：能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐如NaNO2，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒，维生素C在解毒的过程中表现出_性。（2）下列方法中，不能用来区分NaN02和NaCI的是_。（填序号）A加入盐酸，观察是否有气泡产生B加入AgN03观察是否有沉淀生成C分别在它们的酸性溶液中加入
15、FeCl2溶液，观察溶液颜色变化（3）S2O32-可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。若S2O32-与Fe2+的物质的量之比为1：2，配平该反应的离子方程式：_Fe2+_S2O32-+_H2O2+_OH-=_Fe2O3+_S2O62-+_H2O下列关于该反应的说法正确的是_。A该反应中S2O32-表现了氧化性B已知生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，则Fe2O3纳米颗粒为胶体C每生成1molFe2O3，转移的电子数为8NA（设NA代表阿伏伽德罗常数的值）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、CH3COOH是弱电解质，不能拆开，故该反应
16、不能用题中的离子方程式表示；B、Cu(OH)2不溶于水，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；C、该反应可以用题中的离子方程式表示；D、NH3H2O是弱电解质，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；故选C。2、C【解析】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀。至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行。钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离
17、子，所以正确的顺序为：加过量的BaCl2溶液，加过量的Na2CO3溶液，加过量的NaOH溶液，过滤，加适量的盐酸；或者，加过量的NaOH溶液，加过量的BaCl2溶液，加过量的Na2CO3溶液，过滤，加适量的盐酸。所以正确的顺序是或，故答案为C。【点睛】以粗盐提纯为载体，考查混合物的分离提纯，注意除杂的最后不能再有其他杂质，过滤要放在所有沉淀步骤的最后；除去杂质时，镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠。3、D【解析】A.由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故
18、H3PO2为一元酸，故A错误；B.由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；C.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；D.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；故选：D。4、B【解析】A200mL2mol/L MgCl2溶液，c(Cl-)=4mol/L；B1000mL 2.5mol/L MgCl2溶液，c(Cl-)=5mol/L；C250mL 1.5mol/L AlCl3溶液，c(Cl-)=4.5mol/L；D300mL 3mol/L KCl溶液，c(Cl-)=3mol/L；比较以上数据，
19、可以得出，Cl-的最大浓度为5mol/L，故选B。【点睛】解题时若不注意审题，会认为选择的是n(Cl-)最大的选项，从而错选C。5、B【解析】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，所以需标有容量、刻度线，由于物质的热胀冷缩特性，容量瓶应在瓶上标注温度下使用，故选，所以答案B正确。故选B。6、C【解析】AKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则氯酸钾得电子为氧化剂，发生还原反应，故A错误；BCl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；CH2C2O4为还原剂，C元素的化合价由+3价升高到+4价，在反应中被氧化，故C正确；D
20、KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故D错误；故答案为C。7、B【解析】互不相溶的液体之间能用分液漏斗进行分离，则A. 醋酸与水互溶，不能用分液漏斗进行分离，A错误；B. 四氯化碳不溶于水，能用分液漏斗进行分离，B正确；C. 碘易溶在四氯化碳中，不能用分液漏斗进行分离，C错误；D. 汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，D错误，答案选B。8、C【解析】在澄清透明的溶液中，具有氧化性和还原性的离子，发生氧化还原反应，不能大量共存。【详解】A. H与HCO3反应生成水和CO2，在溶液中因复分解反应不能大量共存，故A不选；B. 四种离子之间互不反应，在溶液
21、中可以大量共存，故B不选；C. Fe3与I发生氧化还原反应生成Fe2和I2，在溶液中不能大量共存，故C选；D. Fe3与SCN反应生成Fe(SCN)3，在溶液中因络合反应不能大量共存，故D不选，答案选C。9、C【解析】在水溶液或熔化状态下能导电的化合物为电解质，而存在自由移动的离子或电子的物质能导电，以此来解答。【详解】A、虽然氯化钾溶液能导电，但氯化钾溶液是混合物不是化合物不属于电解质，选项A错误；B、气态氯化氢不能导电，选项B错误；C、熔融的氢氧化钠是能导电的电解质，选项C正确；D、酒精溶液是混合物不属于电解质，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查电解质与非电解质，明确概念你概念的要点来
22、分析即可解答，并注意信息中既属于电解质又能导电来解答，较简单。10、C【解析】A选项氯化钠虽然固态时不导电，但溶于水或熔融状态下能导电，所以氯化钠是电解质，A项错误；B选项电解质、非电解质是对化合物的分类，铜丝属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，B项错误；D选项中只能说明H2CO3是电解质，经测定液态CO2不导电，所以CO2是非电解质。11、A【解析】A、检查容量瓶是否漏水的方法是：左手托住瓶底，右手食指压住玻璃塞，将容量瓶倒立，如果不漏水，再正立过来，将玻璃塞旋转180度，再倒立，如果不漏水，说明容量瓶是完好的，A正确。B、试管中的液体加热时应不超过试管容积的三分之一，题中试管中的液体过
23、多，B错误。C、NaOH固体腐蚀纸片和托盘，应在小烧杯中称量，C错误。D、漏斗下端应紧靠烧杯内壁，D错误。正确答案为A12、B【解析】苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故选B，答案为B。点睛：把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体：盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。13
24、、C【解析】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)=1L2molL1=2mol，m(NaCl)=2mol58.5g=117g；选C，故答案为：C。【点睛】在实验室中，容量瓶的规格一般为：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL。14、C【解析】根据“配制一定物质的量浓度的溶液”实验操作规范分析。【详解】A.称量氯化钠可采用更精确的电子天平，A项正确；B.溶解氯化钠时，用玻璃棒搅拌可以加速溶解，B项正确；C.转移时应使用玻璃棒引流，防流出容量瓶外，图中操作无玻璃棒，C项错误；D.定容后期，用胶头滴管滴加水至液面与刻度相平，D项
25、正确。本题选C。15、C【解析】化合物中正负化合价的代数和为0；湿法中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价；干法中Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0；干法制备的反应中，Na2O2中O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为2价，【详解】高铁酸钠中Na为+1价，O为-2价，则铁显+6价，A正确；湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，B正确；干法中每生成1molNa2FeO4，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0，转移电子1mol（6-2）+0.
26、5mol2（1-0）=5mol，C错误；干法制备中，O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，试题注意化学与生活的联系，侧重分析与应用能力的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。16、C【解析】通常情况下铝具有较强的抗腐蚀性能，这是因为铝在常温下与空气中的氧气发生化学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化，故选C。17、B【解析】胶体的本质特征是粒子直径介于1100nm之间，丁达尔效应是我们鉴别溶液和胶体的方法，故B正确。故选B。18、B【解析】a g NH3含
27、b个氢原子，则，解得NA=，答案选B。19、B【解析】Bi和Bi互为同位素，质子数相同，电子数同，中子数不同。20、C【解析】A.溶液的体积不等于溶剂的体积；B.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等；C.先计算酸的物质的量，再根据反应时二者物质的量关系，计算NaOH的物质的量，利用n=，计算NaOH的质量；D.计算溶质CuSO4的物质的量，利用元素守恒，得到胆矾的物质的量，最后根据n=，计算胆矾的质量。【详解】A. 40.0 g NaOH的物质的量是1mol，将其溶解在1L水中，得到的溶液体积不是1L，所以不能确定溶液的浓度，A错误；B.溶液的浓度与取出的体积大小无关，所以从1L2mol/L的N
28、aCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度仍为2mol/L，B错误；C.100 mL 1mol/L的H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=1mol/L0.1L=0.1mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.2mol，则其质量是m(NaOH)= nM=0.2mol40g/mol=8.0g，C正确；D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0.5mol/L0.5L=0.25mol，由于用CuSO45H2O配制，根据Cu元素守恒可知需n(CuSO45H2O)
29、= n(CuSO4)=0.25mol，质量是m(CuSO45H2O)=nM=0.25mol250g/mol=62.5g，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。掌握物质的量与质量、浓度的关系是本题解答的关键，易错选项是A、D，选项A容易混淆溶液的体积就是溶剂的体积，选项D中不清楚胆矾与CuSO4的关系，需平时多记忆、积累。21、C【解析】3gH2的物质的量为1.5mol，在标准状况下的体积为33.6L；6.021023个H2的物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L；44.8LH2；0.5molH2在标准状况下的体积为11.2L；综上所述，体积最
30、大的是44.8L，C项正确，故答案为：C。22、B【解析】A常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，钝化是化学变化，故A错误；B氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，可使湿润的有色布条褪色，因此检验氯化氢中是否混有氯气，可采用湿润的有色布条，故B正确；C镁可与空气中的氧气、氮气以及二氧化碳反应，可生成氧化镁、氮化镁、碳等，故C错误；D钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，不能置换出金属铜，故D错误。故答案选B。【点睛】本题考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础值知识的积累，选项D是易错点，注意金属钠与盐溶液反应时先
31、与溶液中的水反应。二、非选择题(共84分)23、Na2SO4 Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl Na2CO3、CuSO4 NH4Cl 取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解，滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色。 NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O 【解析】（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，则固体中一定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡，（3）过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解，结合（2）可知白色沉淀只能是硫酸钡，则原固体中一定含有N
32、a2SO4，一定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在无法确定，据此答题。【详解】（1）由上述分析可以知道，固体混合物中肯定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化学方程式为Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl，肯定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl ；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色，若试纸变蓝，则含有NH4Cl，否则
33、不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O，故答案为取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热， 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色；NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O。24、Ba(OH)2 K2CO3 Cu SO4 NaCl 取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有 【解析】取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸
34、钡沉淀，也就没有硫酸铜存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；氯化钠是否存在不能确定，可以检验氯离子的存在来验证氯化钠的存在；据以上分析解答。【详解】取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，因此硫酸铜也不存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；（1）结合以上分析可知：该固体混合物中肯定含有的物质是：Ba(OH)2 和K2CO3；（2）结合以上分析可知：该固体混合
35、物中一定不存在的物质是：CuSO4；（3）结合以上分析可知：该固体混合物中可能存在的物质是：NaCl；为了检验该物质的存在，可以检验溶液中是否含有氯离子，加入硝酸银和硝酸溶液；检验方法：取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。综上所述，本题答案是：NaCl；取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。25、EGCHF BCD 【解析】（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据质量守恒：溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，再选择合适规格的量筒，配制一定物质的量浓度的溶
36、液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，选择需要的仪器；（2）由容量瓶的构造及正确使用容量瓶的方法解析【详解】（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。需要选择100mL容量瓶，设浓硫酸体积为V，溶液稀释过程溶质的物质的量不变：18molL1V=100 mL1.0 molL1，V=5.6mL，选择10mL量筒；因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以需要的仪器：玻璃棒、10 mL量筒、胶头滴管、50 mL烧杯、100mL容量瓶；实验时选用仪器的先后顺序是：EGCHF；（2）A容量瓶是带活塞的仪器，使用前应检查是否漏水，故
37、A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，否则配制的溶液浓度偏高，故B错误；C无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故C错误；D无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故D错误；E定容完成后，需要摇匀配制的溶液，方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；故选：BCD【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和仪器方法，解题关键：明确配制原理及容量瓶使用方法。解题技巧：用质量守恒解溶液稀释问题。26、探究同周期元素性质的递变规律 试管 酒精灯 B
38、A D C NaMgAl 【解析】（1）根据实验方案知，实验1、2、3、4是证明金属的金属性强弱，且这几种金属都是同一周期的金属，所以实验目的是为探究同周期元素性质的递变规律；（2）用于盛放药品进行实验的仪器是试管；用于进行加热的仪器是酒精灯；（3）1、镁和滴有酚酞的沸水反应生成氢氧化镁和氢气，氢气是可燃性气体，且氢氧化镁在水中能电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，但氢氧化镁的溶解性很小，所以溶液呈浅红色，故选B；2、钠与滴有酚酞试液的冷水反应，钠的密度小于水的密度，所以会浮在水面上；钠的熔点较低，钠和水反应放出大量热，钠和水反应很剧烈，生成氢氧化钠和氢气，氢气是可燃性气体，氢氧化钠是易溶于水的碱，
39、所以其水溶液呈红色，故选A；3、镁带与2molL-1的盐酸反应，盐酸中氢离子浓度较大，所以反应剧烈，产生可燃性气体，故选D；4、铝条与2molL-1的盐酸反应，盐酸和铝反应不如和镁反应剧烈，且反应时都生成可燃性气体，故选C；（4）由实验可知金属性NaMgAl，则实验结论为同周期元素随原子序数增大，元素金属性逐渐减弱，故答案为金属性：NaMgAl27、砝码与烧杯放反了位置；27.4；【解析】天平称量物体时遵循左物右码的原则,天平平衡原理:左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量。【详解】天平称量物体时遵循左物右码的原则,在该实验图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是砝码与烧杯放反了位置，根据天平平
40、衡原理:左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量,若果放反了,则左盘砝码质量=右盘物体质量+游码质量，所以右盘物体质量=左盘砝码质量-游码质量=30-2.6=27.4g；因此，本题正确答案是:砝码与烧杯放反了位置；27.4；28、NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl B a F 防止倒吸 浓硫酸 制取氧气时反应物是固体和固体 制取二氧化碳时反应不需要加热 7.54moL/L 【解析】（1）用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠；实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，是固体+固体=气体，选择装置B；氯化氢是比空气重的极易溶于水的气体需要用向上排气法收集
41、，导气管长进短处，多余的氯化氢气体用水吸收要防止倒吸；（2）装置D干燥气体是利用洗气选择液体干燥剂，用于干燥氯化氢气体的干燥剂选择浓硫酸；（3）制取氧气时反应物是固体和固体 ,制二氧化碳时反应不需要加热（4）200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L，n=200/22.4，V=*10-3L，C=【详解】（1）实验室用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢气体，反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠，反应的化学方程式为NaCl（s）+H2SO4（浓）= NaHSO4+HCl，实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，是固体+固体加热制气体，选择装置B
42、；氯化氢是比空气重的极易溶于水的气体需要用向上排气法收集，导气管长进短处，应从a处进，多余的氯化氢气体用水吸收要防止倒吸，应选择装置F防止水倒吸入集气瓶，故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）=NaHSO4+HCl；B；a；F；水倒吸入集气瓶；（2）装置D干燥气体是利用洗气，应选择液体干燥剂，能用于干燥氯化氢气体的干燥剂选择浓硫酸，故答案为浓硫酸；（3）实验室制取氧气(氯酸钾和二氧化锰)和二氧化碳的发生装置都不用装置B，其原因分别是制取氧气时反应物是固体和固体 ,制二氧化碳时反应不需要加热故答案为制取氧气时反应物是固体和固体；制取二氧化碳时反应不需要加热 （4）将标准状况下的200体积HCl
43、气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L,得到密度为1.12g/mL的盐酸，所以n=200/22.4V=*10-3L C=7.54moL/L 故答案为7.54moL/L【点睛】200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L进行计算。29、还原（性） B 2 1 4 4 1 1 6 C 【解析】（1）NaNO2的加入能够导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，说明NaNO2具有强的氧化性，把Fe2+氧化为Fe3+，用维生素C解毒，就是把Fe3+还原为Fe2+，所以需加入还原剂维生素C，它具有还原性；综上所述，本题答案是：还原（性）。
44、 （2）A项，HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaN02会与稀盐酸反应生成 HNO2，分解得到NO和NO2，可以看到有气泡产生，而NaCl与稀盐酸不反应，故不选A项；B项，根据题目信息，加入AgN03分别和NaCl生成AgCl沉淀和AgN02沉淀，现象相同，故选B项；C项，NaCl溶液没有氧化性，而酸性条件下，N02-具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，溶液颜色变为黄色，现象不同，可以鉴别，故不选C 项；综上所述，本题选B。（3）反应中S2O32-S2O62-，S元素化合价由+2价升高为+5价,则1个S2O32-化合价共升高6价, 2Fe2+Fe2O3，Fe元素价由+2价升高为+3价,2个Fe2+共升高2价；两种反应物化合价共升高6+2=8价；而H2O2H2O，O元素由-1价降低到-2价，共降低2价；根据化合价升降总数相等规律，最小公倍数为8