《2022-2023学年浙江省宁波市余姚市余姚中学化学高一第一学期期中教学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《2022-2023学年浙江省宁波市余姚市余姚中学化学高一第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析.doc（16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、下列说法中正确的是A硫酸的摩尔质量是98gB2mol OH的质量是34gC铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量D1mol N2的质量是14g2、可将碘水中的碘萃取出来的萃取剂应具备的性质是A不溶于水，
2、比水密度大B不溶于水，比水密度小C不溶于水，易与碘发生化学反应D不溶于水，比水更易使碘溶解3、下列溶液中Cl的物质的量浓度最大的是（ ）A1000mL2.5molL1 NaCl溶液B200mL2molL1MgCl2溶液C250mL1molL1AlCl3溶液D300mL5molL1FeCl3溶液4、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl、CO32、OH6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是AK+、OH、CO32BCO32、OH、ClCK+、H+、ClDCu2+、H+、Cl5、下列物质的分类依据正确的是（ ）物质类别分类依据A酸电离时能否产生
3、氢离子B碱性氧化物是否属于金属氧化物C胶体能否发生丁达尔现象D强电解质在水溶液中或熔化状态下能否完全电离AABBCCDD6、等质量的下列物质中，所含分子数最少的是( )ACl2BNH3CHClDH2SO47、三种正盐的混合溶液只有 Na+，Mg2+，Cl-，SO42-四种离子，其中含有0.2 mol Na+，0.25 mol Mg2+，0.4 mol Cl-，则SO42-为（ ）A0.1 molB0.3 molC0.5 molD0.15 mol8、分类法在化学科学中起着非常重要的作用，下列各组物质中，在物质分类中，前者从属于后者的一组是A金属，化合物B金属氧化物，碱性氧化物C泥沙，胶体D单质，
4、纯净物9、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的组合正确的是纯净物混合物电解质非电解质AHCl冰水混合物纯碱铁B蒸馏水氨水火碱氨气CH2SO4胆矾纯碱石墨D浓硝酸加碘食盐NaOH溶液生石灰AABBCCDD10、下列有关物质的分类正确的是（ ）A氯化钡、四氯化碳、硫酸、碘酒都属于化合物B硝酸、纯碱、磷酸钠、二氧化碳分别属于酸、碱、盐、氧化物C溶液、浊液、胶体、空气都属于混合物DCO2、SO2、P2O5、CO都属于酸性氧化物11、在下列变化中，需要加入合适的还原剂才能实现的是（ ）AH2HClBFeCl3FeCl2CCOCO2DNaNaOH12、向0.1 molL-1 NaOH溶液中加入0.1
5、 molL-1的盐酸。若用x代表加入盐酸的体积，y代表溶液中离子的总数，则下列曲线中正确的是（ ）ABCD13、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列叙述正确的是A氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料B“辽宁舰” 上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料C白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去D汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的14、下列反应的离子方程式书写正确的是A氯化铝溶液中加入过量氨水：A13+4NH3H2O=AlO2-+ 4NH4+2H2OB澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3
6、+H2OC碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2+C12=2Fe3+2C1-15、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的科学杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）ANa的还原性强于金刚石B另一种化合物是NaClC纳米级金刚石粉末属于胶体D这个反应是置换反应16、下列有关物质分类的结论正确的是()A依据酸在水中的电离程度，将酸分为含氧酸和无氧酸B依据反应过程中是否发生电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化
7、还原反应C依据元素组成，将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物，不成盐氧化物和特殊氧化物等D依据在反应过程中的得电子数目将氧化剂分为强氧化剂和弱氧化剂17、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A配制 1L 0.1mol/L 的 CuSO4 溶液需称取 1.6g CuSO4 固体B常温常压下，1mol O3 气体体积约为 22.4LC浓度为 1molL1 的盐酸所含氯化氢分子的数目为 NAD5.6 g Fe 与足量 Cl2 反应，转移的电子数为 0.3NA18、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是AKClO3K+3O2+Cl5+BNaHSO4 Na+HSO4CH2SO4H+
8、 SO42DAl2(SO4)3 2Al3+3SO4219、明代本草纲目中一条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A蒸馏B渗析C萃取D干馏20、把含(NH4)2SO4和NH4NO3的混合液aL分成两等份。一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3-的浓度为（）Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L21、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为A纯盐酸、水煤气、硫酸、干冰B冰水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫C胆矾、氢硫酸、铁、碳酸钙D重
9、钙、普钙、氯化铜、碳酸钠22、在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是ANa+、K+、HCO3-、NO3-BNH4+、SO42-、Al3+、NO3-CNa+、Ca2+、NO3-、CO32-DK+、MnO4-、NH4+、NO3-二、非选择题(共84分)23、（14分）有四种元素 A、B、C、D，其中 B2离子与 C+离子核外都有二个电子层，B 原子的质子数与 C 原子的质子数之和等于 D 原子的质子数，A 原子失去一个电子后变成一个质子，试回答：(1)A、B、C、D 的元素符号分别为_、_、_、_。(2)B2的电子式为_，D 原子的结构示意图为_，B与C形成的简单化合物的电子式为_。24、（12
10、分）有一包白色粉末，其中可能含有NaCI、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色向中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生试根据上述实验现象判断，原白色粉末中一定含有的物质是_，可能含有的物质是_（以上物质均写化学式），第步反应中离子方程式为_25、（12分）使用胆矾(CuSO45H2O)配制0.1mol/L的硫酸铜溶液，正确的操作是_A将胆矾加热除去结晶水后，称取16g溶解在1L水中B称取25g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1LC称取25g胆矾溶解在1L水里D将
11、16g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L26、（10分）为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：（1）第步中，操作A是_，第步中，操作B是_。（2）第步中，写出相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2的主要存在形式为氯化钙)_。（3）若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是_。（4）判断氯化钡已过量的方法是_。27、（12分）实验室里需用490 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液。（1）该同学应选择_ mL的容量瓶。（2）某操作步骤如下图方框所示，则该图表示的操作应放在下图序号所示的_和
12、_（填序号）操作之间。（3）实验室可以提供三种试剂：CuSO4固体CuSO5H2O 10molL1CuSO4溶液，若该同学用来配制上述所需CuSO4溶液，应称取试剂的质量是_；若该同学用来配制上述所需CuSO4溶液，应量取试剂的体积是_。 （4）下列溶液配制过程中能造成浓度偏低的操作有（填写序号）_。a转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯 b容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水c用CuSO固体配制溶液，称量时发现部分固体颜色变蓝 d进行（2）中图操作时有部分液体溅到烧杯外边e定容时俯视刻度线f摇匀后发现液面低于刻度线，没进行其他操作28、（14分）实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH
13、溶液240 mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量计算溶解倒转摇匀转移洗涤定容冷却。其正确的操作顺序为_ _。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_。（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_ g。要完成本实验该同学应称出_ g NaOH。（3）对所配制的NaOH溶液进行测定，发现其浓度低于1.0mol/L。在溶液配制过程中，下列操作会引起该误差的有_（填序号）。A转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒B转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面C容量瓶未干燥就用来配制溶液D称量NaOH固体
14、时动作太慢，耗时太长E定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加入少量水使液面与刻度线相平F定容时仰视刻度线GNaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中（4）氢氧化钠是一种用途十分广泛的重要化工原料，工业上主要通过电解氯化钠饱和溶液的方法 。试用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目_。实验测得，反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则耗氧化剂的物质的量为_mol。29、（10分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析
15、出。（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2，该反应中氧化剂是_（填化学式），过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为_。（填数字）（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。已知：2Fe32I=2Fe2I2，2
16、Fe2Br2=2Fe32Br。（1）含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_，被氧化的离子的物质的量分别是_。（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I、Fe2、Br完全被氧化时，c为_（用含a、b的代数式表示）。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、B【解析】A硫酸的摩尔质量是98g/mol，故A错误；B2mol OH-的质量m（OH-）=2mol17g/mol=34g，故B正确；C铁原子摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于铁原子的相对原子质量
17、，故C错误；D1mol N2的质量m（N2）=1mol28g/mol=28g，故D错误。答案选B。2、D【解析】A、萃取剂和水不互溶,但萃取剂的密度不一定比水的大,故A错误；B、萃取剂和水不互溶,但萃取剂的密度不一定比水的小，故B错误；C、萃取剂和水不互溶,且也不能和碘发生反应,否则不能萃取碘，故C错误；D、萃取剂和水不互溶，且碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故D正确；综上所述，本题选D。3、D【解析】1000mL2.5molL1 NaCl溶液中Cl的物质的量浓度是2.5molL1；200mL2molL1MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度是4molL1；250mL1molL1AlCl3
18、溶液中Cl的物质的量浓度是3molL1；300mL5molL1FeCl3溶液中Cl的物质的量浓度是15molL1，故选D。4、A【解析】甲烧杯的溶液呈蓝色，则含有Cu2+，而CO32-、OH-离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32-、OH-离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl-，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl-，乙中含有的离子为K+、OH-、CO32-，故选A。5、D【解析】A.电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸，硫酸氢钠电离产生氢离子，不属于酸，故A错误；B.金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧
19、化钠，故B错误；C.分散系依据分散质粒子大小分为胶体、溶液和浊液，分散质粒子直径介于1-100 nm之间的分散系为胶体，故C错误；D.依据在水溶液中或熔化状态下能否电离可以将化合物分为电解质与非电解质，故D正确；故选D。6、D【解析】根据n=比较。【详解】根据n=可知，等质量时，物质的相对分子质量越大，分子数越小，题中H2SO4的相对分子质量最大，为98，则H2SO4的分子数最少，故选D。【点睛】本题综合考查物质的量的计算，侧重于学生计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，找出物理量之间的关系，可省去计算的繁琐。7、D【解析】由电荷守恒n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)+2 n(
20、SO42-)得到0.2 mol+ 0.25 mol=0.4 mol+2n（SO42-），解得n(SO42-)=0.15mol，故D项正确。答案为D。8、D【解析】A金属是单质，只有一种元素，化合物则含有两种或两种以上元素，它们是并列关系，A错误；B金属氧化物可能是酸性氧化物、两性氧化物、碱性氧化物，所以金属氧化物包含碱性氧化物，B错误；C泥沙和胶体都是混合物，泥沙不一定是胶体，胶体也不一定是泥沙形成的，二者不是从属关系，C错误；D单质和化合物都属于纯净物，因此后者包含前者，D正确。答案选D。9、B【解析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下
21、能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。【详解】A项、冰水混合物是纯净物，铁是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B项、蒸馏水是纯净物，氨水是氨气的水溶液，是混合物，火碱是氢氧化钠，属于碱，是电解质，氨气是非电解质，故B正确；C项、胆矾是五水硫酸铜，是带有结晶水的盐，是纯净物，石墨是非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D项、浓硝酸是硝酸的水溶液，是混合物，NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。故选B。【点睛】题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意电解质和非电解质必须是化
22、合物，电解质溶于水或熔融状态能电离出自由移动的离子，且离子是其本身电离的。10、C【解析】试题分析：A、碘酒属于混合物，化合物属于纯净物，故错误；B、纯碱是碳酸钠，属于盐，故错误；C、都属于混合物，故正确；D、CO属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故错误。考点：考查物质的分类等知识。11、B【解析】需要加入合适的还原剂才能实现，说明本身是氧化剂，化合价降低。【详解】AH2HCl，氢化合价升高，作还原剂，故A不符合题意；BFeCl3FeCl2，铁元素化合价降低，作氧化剂，故B符合题意；CCOCO2，碳化合价升高，作还原剂，故C不符合题意；DNaNaOH，钠化合价升高，作还原剂，故D不符合题意。
23、综上所述，答案为B。12、B【解析】向0.1 molL-1 NaOH溶液中加入0.1 molL-1的盐酸；发生的化学反应方程式为HClNaOH=NaClH2O，故随着盐酸的不断加入，溶液中离子总数开始不变，当盐酸过量时，溶液中离子总数不断增加，故答案为B。【点睛】需注意溶液中离子总数和溶液中离子浓度的区分，本题中随着盐酸的不断加入，溶液中c(Cl)从0逐渐增大，并趋向于0.1mol/L，而溶液中c(Na)不断减小。13、A【解析】A合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素，氯气能和有机物发生反应，所以氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料，故A正确；B“辽宁舰“上用
24、于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，属于传统材料而不是新型无机非金属材料，故B错误；C不溶性固体和液体可以处于过滤法分离，塑化剂和酒精互溶，所以不能通过过滤除去，且塑化剂有毒，故C错误；D汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故D错误；答案为A。14、D【解析】A. 氯化铝溶液中加入过量氨水，该反应的离子方程式为A13+3NH3H2O=Al(OH)3+ 3NH4+，A不正确；B. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合，该反应的离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+ CO32-，B不正确；C. 碳酸钙溶于醋酸，该反应的离子方程式为CaCO3
25、+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+CH3COO-，C不正确；D. 氯化亚铁溶液中通入氯气，该反应的离子方程式为2Fe2+C12=2Fe3+2C1-，D正确，本题选D。15、C【解析】A反应中Na置换出C，Na是还原剂，C是还原产物，说明Na的还原性强于金刚石，故A正确；B根据元素守恒可知，方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，则另一种化合物是NaCl，故B正确；C纳米级金刚石粉末是纯净物，不是胶体分散系，故C项错误；D该反应化学方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，属于置换反应，故D正确；综上所述，错误的是C项，故答案为C。16、B【解析】A. 依据酸在水中电离出氢离子个数，将酸
26、分为含氧酸和无氧酸，A错误。B. 氧化还原反应的本质就是发生电子的转移，依据反应过程中是否发生电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，B正确；C. 依据组成，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，C错误；D. 依据在反应过程中的得失电子的能力大小，将氧化剂分为强氧化剂和弱氧化剂，D错误。17、D【解析】A. 根据m=cVM进行计算。B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L。C. 不知道体积无法根据物质的量浓度计算微粒数目，盐酸不含氯化氢分子。D. Fe 与足量 Cl2 反应生成氯化铁。【详解】A. 配制1L 0.1mol/L的CuSO4溶液需称取CuSO4 固体质量m=cV
27、M=0.1mol/L1L160g/mol=16g，A错误。B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L， 1mol O3 气体体积大于22.4L，B错误。C. 不知道体积无法根据物质的量浓度计算微粒数目，盐酸不含氯化氢分子，C错误。D. 5.6 g Fe物质的量为0.1mol，与足量 Cl2 反应，生成氯化铁，转移的电子数为 0.3NA，D正确。18、D【解析】考查电离方程式的正误判断。A、B、C都是不正确的，分别应该是KClO3=KClO3、NaHSO4=NaHSO42、H2SO4=2HSO42。所以的正确答案选D。19、A【解析】由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法
28、为蒸馏方法，故合理选项是A。20、B【解析】bmolNaOH恰好把NH3全部赶出，根据NH4+OH-NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+；另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42-=BaSO4可知每份含有SO42-cmol；设每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1，解得：n=(b-2c)mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为：c(NO3-)=，溶液具有均一性，则原溶液中硝酸根的浓度为，故选：B。21、B【解析】纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔
29、化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别。【详解】A纯盐酸是混合物，是氯化氢的水溶液，选项A错误； B冰水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，选项B正确；C铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；D碳酸钠在水溶液中能电离出自由移动的离子，为电解质，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度中等，学习中注意相关基础知识的积累。22、B【解析】A、HCO3-能与酸中的H+反应，不能共存，故错；C、CO32-能与酸
30、中的H+还有Ca2+反应，不能共存，故错；D、MnO4-有颜色，不符合要求；答案选B。二、非选择题(共84分)23、H O Na K 【解析】B2离子与C+离子核外都有二个电子层，所以B为O、C为Na，B原子的质子数与C原子的质子数之和等于D原子的质子数，推得D的原子序数为19，则D为K，A原子失去一个电子后变成一个质子，则A为H。【详解】（1）A、B、C、D依次为H元素、O元素、Na元素、K元素，元素符号分别为H、O、Na、K，故答案为H、O、Na、K；（2）B2-为O2-，电子式为，D为K元素，原子结构示意图为，B 与 C 形成的简单化合物为过氧化钠或氧化钠，电子式为或，故答案为；或。24
31、、Ba(NO3)2、Na2CO3NaClBaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2【解析】依据题干信息和实验过程可知，将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4：振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3生成碳酸钡白色沉淀；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；上述分析可知一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含CuSO4，可能含有NaCl，第步反应是BaCO3溶于稀硝酸，反应的离子方程式为BaaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2。25、B【解析
32、】A、将胆矾加热除去结晶水后，称取16g溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，溶液浓度不是0.1mol/L，故A错误；B、25g胆矾的物质的量为：=0.1mol，所得溶液的浓度为：=0.1mol/L，故B正确；C、25g胆矾溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是0.1mol/L，故C错误；D、将16g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L，由于胆矾的物质的量小于0.1mol，则所得溶液的浓度小于0.1mol/L，故D错误；故选B。【点睛】一定物质的量浓度溶液配制时需注意：.注意溶液最终的体积，不能将溶液体积和溶剂体积混为一谈；.对于溶质的量的计算需注意溶质是否含有结晶水，计算时不能
33、漏掉结晶水。26、溶解 过滤 CaCl2Na2CO3CaCO32NaCl、BaCl2Na2CO32NaClBaCO3 和中生成的氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡等沉淀与盐酸反应而溶解，杂质无法除去 在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量 【解析】为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，首先溶于水，利用氯化钡除去硫酸根离子，利用氢氧化钠除去镁离子，利用碳酸钠除去钙离子以及过量的钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸除去碳酸钠和氢氧化钠，据此分析解答。【详解】（1）粗盐提纯须先加水溶解，再加入试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3除去可溶性的SO42、Mg2+、Ca
34、2+，过滤后，加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，最后蒸发、结晶得到精盐，操作A为溶解，操作B为过滤；（2）Na2CO3的作用是除去溶质中Ca2以及过量的Ba2，因此反应的化学方程式为CaCl2Na2CO3CaCO32NaCl、BaCl2Na2CO3BaCO32NaCl；（3）若先用盐酸调pH再过滤，将使和中产生的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀溶解而无法过滤除去，影响精盐的纯度；（4）BaCl2过量时，溶液中不存在SO42，故判断氯化钡已过量的方法是在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量。27、500 62.5 g 25 ml a c d 【
35、解析】根据配制一定物质的量浓度的溶液过程，选择合适容量瓶、进行有关计算、分析实验误差。【详解】(1)常用容量瓶的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL。配制490 mL 溶液应选择500mL容量瓶，即只能配制500mL溶液。(2)方框为定容的前期操作：引流加蒸馏水，操作为洗涤液转入容量瓶后的摇匀，操作为定容的后期操作：边滴加蒸馏水、边观察液面。故方框所示操作应在、之间。(3)若以试剂配制上述CuSO4溶液时，m(CuSO45H2O)0.500L 0.5 molL1250gmol162.5g。若以配制上述CuSO4溶液时，所需的体积V0.500L 0.5 molL110molL1
36、0.025L25mL。(4)a转移完溶液后的玻璃棒和烧杯附着有少量溶液，未洗涤即损失了溶质，使浓度偏低； b配制溶液过程中需向容量瓶中加水定容，故洗涤容量瓶后残留的少量水，不影响所配溶液浓度；c用CuSO固体配制时，部分固体颜色变蓝使称得的CuSO减少，所配溶液浓度偏低； d（2）中图操作为固体溶解或浓溶液稀释，部分液体溅到烧杯外，即损失溶质，使浓度偏低；e定容时俯视刻度线，则凹液面最低处低于刻度，溶液体积偏小，浓度偏高；f摇匀时少量液体附着于刻度上面的内壁，使液面低于刻度线。这是正常现象，不影响所配溶液浓度；综上，造成浓度偏低的操作有a、c、d。【点睛】分析实验误差时，应从计算公式入手。如本
37、题中c，分析各种操作对n、V的影响，进而判断对c的影响。28、250 mL容量瓶27.410.0ABDEF0.1mol【解析】.配制一定物质的量浓度的溶液时，一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、倒转摇匀，所以正确的操作顺序为： ；根据上述分析可知，该实验中需要的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和容量瓶，因实验室无240mL的容量瓶，因此应选用250mL的容量瓶，故答案为； ；250 mL容量瓶；.由图可知，称量烧杯质量时砝码与烧杯位置放反了，称量时使用了30.0g的砝码，游码的读数为2.6，则烧杯的实际质量为30.0g2.6g=27.4g；根据上述分析
38、可知，本实验需要选用250mL的容量瓶，则n（NaOH）0.25L1.0 mol/L0.25mol，m（NaOH）0.25mol40g/mol10.0g，故答案为27.4g；10.0g；. A转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故B正确；C容量瓶未干燥就用来配制溶液，因后面还要加水定容，因此未干燥对配制溶液无影响，故C错误；D称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长，因NaOH易吸水潮解，则称量的NaOH固体偏少，配制的溶液浓度偏低，故D正确；E定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度
39、线，属于正常情况，若再加入少量水使液面与刻度线相平，则溶剂偏多，配制的溶液浓度偏低，故E正确；F定容时仰视刻度线，会导致溶液的体积偏大，浓度偏低，故F正确；GNaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中，会造成溶液的体积偏小，浓度偏高，故G错误；所以答案为：ABDEF；在反应中，氯元素化合价从-1价升高到0价，共失去2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，共得到2个电子，则用单线桥法表示的式子为：；根据反应方程式可知，该反应的氧化剂是H2O，且生成等物质的量的H2和Cl2，当反应消耗2mol水时，将生成1mol H2和1molCl2，在标准状况下的体积为44.8L，因此当反应中生成的气体在标准
40、状况下的体积为4.48L时，消耗氧化剂（即水）的物质的量为0.1mol，故答案为；0.1mol。点睛：本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制过程中的计算和误差分析。本题的易错点是配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，在解题时要注意根据c=进行判断，由c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，进行误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。29、Na2O2 -1 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3
41、Cl- + 5H2O 3 0.15 I-、Fe2+ n（I-）=2mol n（Fe2+）=2mol c= 【解析】（1） FeSO4中Fe元素化合价由+2价变为+6价,化合价升高，失去电子，作还原剂；、Na2O2 中O元素化合价由-1价变为0价,得到电子，作氧化剂，所以Na2O2是氧化剂，过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为-1；（2）湿法制备高铁酸钾K2FeO4时, Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4,则ClO作氧化剂被还原生成Cl,氢氧化铁必须在碱性条件下存在,所以该反应是在碱性条件下进行,该离子反应为2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O；Fe（OH）3 中Fe元素化合价由+3价变为+6价，所以1mol FeO42-转移3mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物Cl-的物质的量为0.15mol；.（1）在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱顺序为IFe2Br，所以氯气首先氧化的是I，然后氧化Fe2，最后是Br；根据电子得失守恒可知，2 mol氯气能氧化2mol I和2mol Fe2；（2）根据电子得失守恒可知，2c=2a+(a+b)，即c=。