2022-2023学年上海市金山区上海交大南洋中学化学高一第一学期期中统考试题含解析

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、现有三组混合物：①CCl4和NaCl的混合液；②苯（沸点：80.1℃）和甲苯（沸点：110.6℃）的混合溶液（苯和甲苯是性质非常相似的一对互溶液体）；③掺有碘化钾的碘水，分离以上各混合液的正确方法依次是A．分液、蒸馏、萃取B．萃取、蒸馏、分液C．蒸馏、萃取、分液D．分液、萃取、蒸馏2、若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L氦气中含有的电子数为2NAB．7.8gNa2O2与足量水反应转移电子数为0.2NAC．100g98%的浓硫酸中，氧原子总数为4NAD．0.2NA的Al与足量的NaOH溶液反应产生H2的体积为6.72L3、将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，恢复到起始温度，再同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到（）A．水进入左瓶 B．水进入右瓶C．水同时进入两瓶 D．水不进入任何一瓶4、在Cu2S＋2Cu2O=6Cu＋SO2↑反应中，说法正确的是()A．生成1molCu，反应中转移2mol电子B．Cu元素被氧化C．氧化剂只有Cu2OD．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂5、下列物质的分类合理的是()A．酸性氧化物:CO2、SiO2、SO2、COB．碱:烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡C．混合物:盐酸、浓硫酸、水煤气、氢氧化铁胶体D．碱性氧化物:Na2O、CaO、MgO、Al2O36、现有以下物质：①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑤蔗糖、⑥铜、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体、⑩浓盐酸。下列说法正确的是A．以上物质能导电的是④⑥⑩B．以上物质属于电解质的是①②③④⑧⑨⑩C．属于非电解质的是②⑤⑦D．以上物质中，溶于水能够导电的物质是①②④⑤⑦⑧⑩7、下列物质分类的正确组合是（）选项混合物化合物单质盐A．盐酸NaOH固体石墨NaClB．碱石灰金刚石O3纯碱(Na2CO3)C．空气澄清石灰水铁CaCO3D．CuSO4·5H2OCaCl2水银CaOA．A B．B C．C D．D8、根据物质的组成进行分类，氧气属于A．单质 B．氧化物 C．化合物 D．混合物9、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（）A．K B．Na C．Fe D．Al10、已知32gX与40gY恰好完全反应,生成mgQ和9gH,在相同条件下,16gX和足量Y混合生成0.25molQ和若干摩的H,则物质Q的摩尔质量应是（）A．122g·mol-1 B．63g·mol-1 C．126g·mol-1 D．163g·mol-111、下列日常生活及化工生产中的变化与氧化还原反应无关的是A．煅烧石灰石制生石灰B．蜡炬成灰泪始干C．古人云：“曾青得铁则化为铜

”D．氢气球遇明火发生爆炸12、已知aRO4x-+bH++cCl-=dR2++5Cl2↑+8H2O，则RO4x-中R的化合价为A．+4B．+5C．+6D．+713、溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是A．是否是大量分子或离子的集合体 B．分散质微粒直径的大小C．是否能透过滤纸或半透膜 D．是否均一、稳定、透明14、下列溶液中，c(H+)最大的是()A．250ml2mol/L的硝酸 B．500ml1mol/L的盐酸C．40ml5mol/L的盐酸 D．100ml3mol/L的硫酸15、下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式表示的是（）A． B． C． D．16、某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO

25%，密度为1.19g/cm3的消毒液．下列说法正确的是A．配制过程只需要三种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低D．需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为148.8

g17、下列关于钠的叙述中，正确的是A．钠露置在空气中最终变为过氧化钠固体B．钠能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属C．钠蒸气充入灯泡中制成钠灯，常用于公路照明D．金属钠着火时，能用泡沫灭火器来灭火18、某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）A．用25mL量筒量取12.36mL盐酸B．用托盘天平称量8.75g食盐C．用500mL的容量瓶配制450mL溶液D．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.519、下列常用食品添加剂不属于电解质的是A．NaCl B．C2H5OH C．CH3COOH D．NaHCO320、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A．Na+、Cu2+、Cl-、SO42-B．Ca2+、Na+、NO3-、CO32-C．H+、Na+、Cl-、CO32-D．K+、H+、S042-、0H-21、下列各项操作错误的是（）A．用酒精萃取溴水中溴单质的操作可选用分液漏斗，而后静置分液B．进行分液时，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体则从上口倒出C．萃取、分液前需对分液漏斗检漏D．为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将上面的塞子拿下(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)22、由1H、2H、3H和16O、18O五种原子构成的H2O2分子共有（）A．9种 B．12种 C．15种 D．18种二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，__________不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，__________不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_____________,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入__________，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。24、（12分）现有0.1L无色溶液，其含有的阳离子可能是K+、Cu2+、Ca2+，含有的阴离子可能Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验：①取50mL溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤，干燥，后称得4.30g固体②将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤洗涤干燥后称量得到2.33g③取少量①实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有_____（填离子符号），一定含有__________________（填离子符号），可能含有_____（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含有的离子：_________。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式：_________。(3)若经证明没有Cl—则该溶液中的K+的物质的量浓度是：________________________。25、（12分）现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。相应的实验过程可用下图表示：请回答下列问题：（l）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_______，沉淀A_______。（2）上述实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是_______。（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_______（填化学式）杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的_______，之后若要获得固体NaNO3需进行的实验操作是_______（填操作名称）。26、（10分）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42+以及泥沙等杂质，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⑤步实验操作需要烧杯、____________、___________等玻璃仪器。（2）第④步中，相关的离子方程式：____________________；____________________。（3）步聚2中，判断沉淀已完全的方法是：_____________________________________。（4）除杂试剂除了流程中的顺序外，加入的顺序还可以是BaCl2、Na2CO3、NaOH或者____________________________27、（12分）欲用98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm－3)配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸500毫升．(1)选用的主要仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还有：_______________(写两个)(2)请将下列各操作，按正确的序号填在横线上。A．用量筒量取浓H2SO4B．反复颠倒摇匀C．用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D．稀释浓H2SO4E．将溶液转入容量瓶其操作正确的顺序依次为____________________________。(3)简要回答下列问题：①98%的浓硫酸的物质的量浓度为_____________mol·L－1②配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸500毫升．所需98%的浓硫酸的体积为____________mL；(保留小数点后一位)③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是_____；④定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若仰视刻度则使浓度___________。(“偏高”、“偏低”、“无影响”)28、（14分）（1）①H2+CuOCu+H2O②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是__________________________（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O________（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（4）若反应3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_____________L。（5）配平下面两个反应①____H2O+____Cl2+____SO2==____H2SO4+____HCl，____________②____KMnO4+____HCl==____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O（系数是1的也请填上），_____根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4、MnSO4、SO2、H2O、H2SO4这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。______________________________________。29、（10分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为___________⑤⑥⑤__________。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_________gNaOH。（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G．NaOH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。

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】试题分析：四氯化碳不溶于水，分液即可；苯和甲苯的沸点相差较大，蒸馏即可；碘易溶在有机溶剂中，除去即可，答案选A。考点：考查物质的分离与提纯2、A【解析】

A.标况下22.4L氦气的物质的量为1mol，1mol氦气中含有1mol氦原子，1mol氦原子含有2mol电子，含有的电子数为2NA，故A正确；B.7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，生成0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，故B错误；C.浓硫酸中含有水，水中也含有氧原子，所以100g98%的浓硫酸中含氧原子个数大于4NA，故C错误；D.0.2NA的Al的物质的量为0.2mol，可生成氢气0.3mol，但题中未指明是否在标准状况下，所以无法计算氢气的体积，故D错误；故选A。3、A【解析】

钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小，碳燃烧消耗1体积O2的同时又生成相同条件下1体积的CO2，故右侧压强不变，所以水应该进入左瓶；答案选A。4、D【解析】

A．由反应可知，生成6molCu转移电子数为6mol，则生成1molCu，转移1mol电子，选项A错误；B．Cu元素由+1价降低为0价，则Cu元素被还原，选项B错误；C．Cu2S、Cu2O中Cu元素的化合价均为+1价，则它们均为氧化剂，选项C错误；D．因Cu2S中Cu元素由+1价降低为0价，S元素由-2价升高到+4价，则Cu2S既是氧化剂又是还原剂，选项D正确；答案选D。5、C【解析】

A.CO不是酸性氧化物，它是不成盐氧化物，A不正确；B.纯碱的化学式为Na2CO3，它属于盐，不属于碱，B不正确；C.盐酸、浓硫酸、水煤气、氢氧化铁胶体都是混合物，C正确；D.Al2O3不是碱性氧化物，它是两性氧化物，D不正确。故选C。6、A【解析】A、④熔融KCl、⑩浓盐酸中含有自由移动离子、⑥铜含有自由移动的电子，所以④⑥⑩都能导电，选项A正确；B、①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固体是电解质，⑩浓盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、⑤蔗糖、⑦CO2是非电解质，②液态HCl是电解质，选项C错误；D、水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导电，①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体，溶于水溶液都能导电，⑤蔗糖溶于水不能导电，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了能导电的物质、电解质和非电解质的判断，难度不大，注意导电的物质不一定是电解质，如金属单质和电解质溶液，电解质不一定导电，如液态氯化氢。必须正确理解：（1）含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；（2）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（3）以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子。7、A【解析】

A．盐酸是HCl与水的混合物，NaOH固体属于化合物，石墨属于单质，NaCl属于盐类，故选A；B．碱石灰又称钠石灰，碱石灰是白色或米黄色粉末，疏松多孔，是氧化钙(CaO,大约75%），水（H₂O，大约20%），氢氧化钠（NaOH，大约3%），和氢氧化钾（KOH，大约1%）的混合物；金刚石为单质；O3为单质；纯碱(Na2CO3)为盐，故B不选；C．空气由氮气、氧气、二氧化碳、水蒸气以及稀有气体等组成的混合物；澄清石灰水是氢氧化钙和水的混合物；铁为单质；CaCO3为含氧酸盐，故C不选；D．CuSO4·5H2O属于纯净物；CaO属于碱性氧化物，故D不选。答案选A8、A【解析】

A．氧气是由一种元素(氧元素)组成的纯净物，是单质，故A正确；B．由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物是氧化物，氧气是由一种元素(氧元素)组成，故B错误；C．化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，氧气是由一种元素(氧元素)组成，故C错误；D．混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，混合物没有固定的化学式，无固定组成和性质，氧气是纯净物，故D错误；答案选A。【点睛】根据组成物质的种类不同，含有一种物质的物质称为纯净物，纯净物中含有一种元素的是单质，含两种或两种以上元素的物质称为化合物，化合物中有两种元素，其中一种是氧元素的是氧化物，含两种或两种以上物质称为混合物，将氧气分类时，首先看属于纯净物还是混合物，再从元素种类分类，一种元素组成的纯净物是单质，两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物。9、D【解析】

K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，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。10、C【解析】

32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，根据质量守恒定律，生成Q的质量为32g+40g-9g＝63g。现16gX参加反应，则生成的Q应为63g×16g/32g＝31.5g，因此Q的摩尔质量为31.5g÷0.25mol＝126g•mol－1，答案选C。11、A【解析】

根据氧化还原反应的本质和特征进行分析。【详解】A.煅烧石灰石的反应方程式为：CaCO3高温——CaO+CO2B.蜡炬成灰泪始干，蜡烛燃烧是氧化还原反应，故B错误；C.曾青得铁则化为铜是指，Fe+CuSO4==Cu+FeSO4，属于氧化还原反应，故C错误；D.氢气球遇明火发生爆炸，即氢气和氧气在点燃的条件下反应生成水，属于氧化还原反应，故D错误。故选A。【点睛】所有的置换反应都属于氧化还原反应，大多数燃烧有氧气参与，氧气得到电子，即发生了氧化还原反应。12、D【解析】

由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒计算x，则可确定RO4x-中R的化合价，以此解答该题。【详解】对应反应aRO4x-+bH++cCl-＝dR2++5Cl2↑+8H2O，由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒可知16-2x-10=4，则x=1，因此可确定RO4x-中R的化合价+7，答案选D。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可。13、B【解析】

溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小，选B。14、D【解析】

溶质的浓度的单位为mol/L，数值越大，溶质的浓度越大，与溶液的体积无关，以此来解答。【详解】2mol/L的硝酸中c(H+)=2mol/L，1mol/L的盐酸中c(H+)=1mol/L，5mol/L的盐酸中c(H+)=5mol/L，3mol/L的硫酸中c(H+)=6mol/L，c(H+)最大的是D，故选D。15、B【解析】

A.CaCO3属于难溶于水的盐，在离子反应方程式中写成化学式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示，故A错误；B.Na2CO3溶于水并完全电离成CO32-离子，HCl完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故B正确；C.醋酸属于弱电解质，在离子方程式中应写成化学式形式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示，故C错误；D.Na2CO3溶于水并完全电离成HCO3-离子，HNO3完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，不符合题给条件，故D错误；故答案选B。【点睛】能够用离子反应方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示的反应，需满足的条件，盐必须为碳酸盐（不能是碳酸氢盐），必须是可溶的，酸必须是强酸，且反应后只能生成二氧化碳和水，不能生成沉淀，据以上条件就可迅速判定符合该条件下的化学反应。16、D【解析】A、配制过程中需要用到天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不止三种，A项错误；B、容量瓶是精密仪器不能烘干，容量瓶中有水对溶液的浓度无影响，B项错误；C、定容时俯视容量瓶刻度线，使所加入水的体积偏小，浓度增大，C项错误；D、配制480mL的溶液要选用500mL容量瓶，需要NaClO的质量：500mL1.19g/cm-325%=148.75148.8g，D项正确；答案选D。17、C【解析】A.Na在空气中被氧气氧化成氧化钠，氧化钠与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na露置在空气中，最终变为碳酸钠，故A错误；B.因钠与盐溶液反应时，钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，所以它不能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属，故B错误；C.钠的焰色为黄色，黄光透雾性强，制成钠灯，常用于公路照明，故C正确；D.金属钠着火时，生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，氧气助燃，所以金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查钠及其化合物的性质、用途，试题难度不大，本题的易错点是B项，解题时要注意钠与盐溶液反应时，钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，所以它不能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属。18、C【解析】

A、量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取12.36ml盐酸，故A错误；B、天平可精确到0.1g，不能用托盘天平称取8.75g氯化钠，故B错误；C、容量瓶的规格和所配制的溶液的体积相符，没有450mL的容量瓶，必须采用稍大一点的500mL的容量瓶，配置同浓度的溶液500ml，再量取450ml即可，故C正确；D、广泛pH试纸测得溶液的pH值应是整数，故D错误；故选C。答案选C。19、B【解析】

试题分析：在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物，叫做电解质，包括酸、碱、盐、水和活泼金属氧化物等。【详解】A．NaCl为盐类，属于电解质，错误；B．C2H5OH为非电解质，正确；C．CH3COOH为酸，属于电解质，错误；D、NaHCO3为盐类，属于电解质，错误；故选择B。20、A【解析】A.Na+、Cu2+、Cl-、SO42-四种离子互不反应，能在溶液中大量共存，A正确；B.Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀，而不能大量共存；B错误；C.H+与CO32-反应生成CO2气体，不能大量共存，C错误；D.H+与0H-生成H2O，不能大量共存，D错误.答案选A.21、A【解析】

A．酒精和水是互溶的，不能做萃取剂来萃取溴水中的溴单质，可以用四氯化碳来萃取，故A错误；B．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，避免两种液体相互污染，故B正确；C．分液漏斗使用前要先检查是否漏液，故C正确；D．打开塞子(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)使漏斗内外压强相等，保证液体顺利流出，故D正确；答案选A。22、D【解析】

氧原子有2种16O、18O，氢原子有3种1H、2H、3H，H2O2分子中的氢原子、氧原子可以相同也可不同；①水分子中的氢原子相同时，氧原子有2种；②水分子中的氢原子不同时，氧原子有2种；据此进行分析。【详解】氧原子有2种16O、18O，氢原子有3种1H、2H、3H，H2O2分子中的氢原子、氧原子可以相同也可不同；①水分子中的氢原子相同时，氧原子有2种，所以氧原子有3种选法；氢原子有3种，所以氢原子有3种选法，故水分子有1H216O2、2H216O2、3H216O2、1H217O18O、2H217O18O、3H217O18O、1H218O2、2H218O2、3H218O2；②水分子中的氢原子不同时，氧原子有2种，所以氧原子有3种选法；氢原子有3种，所以氢原子有3种选法，故水分子有1H2H16O2、1H2H17O18O、1H2H18O2、1H3H16O2、1H3H17O18O、1H3H18O2、3H2H16O2、3H2H17O18O、3H2H18O2；所以共有18种；故答案选D。二、非选择题(共84分)23、CO32-Cl-、SO42-、CO32-SO42-、CO32-稀HCl【解析】

（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应．【详解】（1）当溶液中存在大量H＋时，因H＋与CO32－反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32－；（2）当溶液中存在大量Ag＋时，能分别与Cl－、SO42－、CO32－反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl－、SO42－、CO32－；（3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42－、CO32－，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32－，存在SO42－，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H＋=Ba2＋+CO2↑+H2O。故答案为SO42－、CO32－；稀盐酸．24、Cu2+

、Ca2+

K+

、CO32-

、SO42-

Cl-

取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl-

Ba2++CO32-=BaCO3↓

、Ba2++SO42-=BaSO4↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl↓

0.8mol【解析】

溶液无色，一定不存在铜离子；①取50mL的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和硫酸根至少含有一种；②将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；③取少量①实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+、Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO42-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl﹣，若无白色沉淀则无Cl﹣；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+＝BaCO3↓、SO42-+Ba2+＝BaSO4↓、BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O、Ag++Cl-=AgCl↓；（3）硫酸钡的物质的量是=0.01mol，碳酸钡质量＝4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl﹣则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是=0.8mol/L。25、BaCl2[或Ba(NO3)2]BaSO4AgCl除去过量的BaCl2[或Ba(NO3)2]和AgNO3Na2CO3HNO3蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】

（1）如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，则试剂X为BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀A为BaSO4，沉淀B为AgCl；（2）加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硝酸钠。【点睛】把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，据此解题。26、漏斗玻璃棒Ca2++CO32-=CaCO3Ba2++CO32-=BaCO3静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全NaOH、BaCl2、Na2CO3【解析】

（1）粗盐要溶解于水形成溶液，第①步操作的名称是溶解，第②步滴加BaCl2的目的是除去溶液里的SO42-；第③步滴加NaOH的目的是除去溶液里的Mg2+、Fe3+；第④步滴加Na2CO3的目的是除去溶液里的Ca2+。（2）第⑤步过滤操作所需玻璃仪器的名称是漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）第⑥步实验的目的是滴加稀盐酸除去溶液里过量的OH-和CO32-。【详解】（1）过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为玻璃棒；漏斗；（2）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，

故答案为Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；（3）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，

故答案为静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全；（4）除杂试剂为了根本除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸至不再有气体生成即可，故答案为NaOH、BaCl2、Na2CO3。【点睛】本题考查了有关粗盐的提纯知识，可以根据所学知识进行回答，题目难度不大。粗盐中的CaCl2、MgCl2、FeCl3、Na2SO4以及泥沙等杂质的除杂方法：先将混合物溶解，后过滤除泥沙，再加入试剂分别将钙离子、镁离子、铁离子以及钙离子除去，但是碳酸钠一定放在氯化钡的后面，氢氧化钠和氯化钡的顺序无要求。为了将杂质去除彻底，所加的除杂试剂都是过量的，还要考虑将过量的除杂试剂除去。27、量筒、500ml容量瓶ADECB18.413.6防止液体飞溅偏低【解析】

(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后，用玻璃棒引流转移到500mL容量瓶中；洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中；加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有量筒、500mL容量瓶；(2)配制500mL0.5mol/L的稀硫酸溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的配制顺序为ADECB；(3)①98%的浓硫酸(ρ=1.84g⋅cm−3)的物质的量浓度为：；②稀释前后溶液含溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=0.5mol/L×500mL，解得：V=13.6ml；③浓硫酸稀释放热，溶液的温度升高，用玻璃棒不断搅拌的目的是防止液体局部过热造成飞溅；④定容时仰视刻度线，溶液的液面在刻度线以上，导致溶液体积偏大，，浓度偏低。28、①③④1:522.42111221622582KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4【解析】

（1）①H2+CuOCu+H2O；③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O；⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：①③④。（2）MnO2→MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-→Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：；综上所述，本题答案是：。（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，若有3molI2生成，KIO3→I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI→2.5molI2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。（4）反应3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu--2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是1×22.4=22.4L；综上所述，本题答案是：22.4。（5）①根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl2→2HCl，氯元素化合价降低2价；SO2→H2SO4，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O+Cl2+SO2==H2SO4+2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。②根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HCl→Cl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4+