2022-2023学年安徽省合肥一中八中、六中高一化学第一学期期中达标检测试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标笠。下面所列物质，贴错了包装标签的是A．氢氧化钠 B．汽油 C．酒精 D．烟花炮竹2、在盛装氢氧化钠固体和浓硫酸的试剂瓶上，都印有的警示标志是ABCDA．A B．B C．C D．D3、某无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则该溶液中含有的离子（）A．一定含有SO42－ B．一定含有CO32－C．一定含有Ag＋ D．可能是SO42－，也可能是Ag＋4、下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A．Ag＋、K＋、、Cl－ B．Mg2＋、Na＋、Cl－、C．Ca2＋、Mg2＋、OH－、Cl－ D．H＋、Na＋、、5、十八世纪末，瑞典化学家舍勒用软锰矿(主要成分MnO2)和浓盐酸首先制出了黄绿色有毒气体Cl2，反应方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O。经测定，常温常压下，1体积水可溶解约2体积Cl2。则下列说法正确的是A．该反应中盐酸是氧化剂B．该反应中盐酸部分被氧化C．该反应中每转移2mole-，就有2molHCl参加反应D．当8.7gMnO2被消耗时，用排水法可收集到标况下约2.24LCl26、下列说法正确的是（）A．溶液、胶体和浊液的本质区别在于分散质粒子的直径不同B．CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质C．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸D．氧化还原反应的本质是化合价发生升降7、下列实验中，所采用的分离或提纯与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离氯化钠和碘的固体混合物加热法碘单质易升华C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去NaOH溶液中的Na2SO4加适量的BaCl2后过滤BaSO4难溶A．A B．B C．C D．D8、化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是A．KClO3属于盐，但不能作食用盐食用B．自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl-的存在,可选用硝酸银溶液C．为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D．把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣9、可用来检验Fe3+离子的是（）A．KSCN溶液 B．氯水 C．盐酸 D．石蕊试液10、下列事实与胶体性质无关的是A．向豆浆中加入卤盐做豆腐B．往氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀C．在河流入海口易形成沙洲D．观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路11、下列过程中涉及化学变化的是A．海水淡化B．海水晒盐C．风力发电D．海带提碘12、在不通直流电的条件下，下列变化中必须加入还原剂才能实现的是()A．HCl→Cl2B．KClO3→O2C．Cu2+→CuD．Fe→Fe2+13、下列叙述中，正确的是A．1molH2O2中含有1molH2和1molO2B．CaCO3的摩尔质量是100gC．等质量的CO与N2中所含原子数之比为1:1D．1L1mol·L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量为1mol14、下列说法正确的是A．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物B．离子化合物中一定不存在共价键C．共价化合物中可能含有离子键D．非极性键只存在于双原子单质分子里15、化学上常用下图表示基本反应类型与氧化还原反应关系，其中阴影部分可以表示（）A．置换反应B．复分解反应C．所有的分解反应D．有电子转移的化合反应16、同温同压下，有A、B两个完全相同的气球(质量忽略不计)，A气球中充入a气体，B气球中充入b气体，充气后两气球的体积相等，A气球置于氮气中，气球静止不动，B气球置于氧气中，气球上升。下列有关叙述中正确的是A．a气体的相对分子质量一定比b气体的相对分子质量大B．a气体可能是CO，b气体可能是CH4C．A气球中所含气体分子数大于B气球中所含气体分子数D．充气后，A气球的质量一定大于B气球的质量17、下列实验结论正确的是A．向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体，将该气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，证明该溶液中一定含有CO32-B．向某溶液中加入碳酸钠溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸，白色沉淀消失，证明该溶液中一定含有Ba2+C．向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫红色，证明该溶液中存在I-D．向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中可能含有Ag+或SO42-18、下列反应的离子方程式中正确的是A．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+Cu2++AgB．在澄清石灰水中通入足量的CO2：Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2OC．碳酸镁跟醋酸反应：MgCO3＋2H+Mg2+＋H2O＋CO2↑D．铁跟稀硫酸反应：Fe＋2H+Fe2+＋H2↑19、CH4+2O2→CO2+2H2O属于下列反应类型中的()A．复分解反应 B．置换反应 C．氧化还原反应 D．分解反应20、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为()离子Na+Al3+Cl－X个数3a2aabA．SO42—、4a B．NO3—、4a C．OH—、8a D．SO42—、8a21、下列关于某溶液所含离子检验的方法和结论正确的是()A．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加入盐酸白色沉淀消失，说明一定有Ca2＋B．往溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Cu2＋C．加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32—D．往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明一定有SO42—22、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A．NH4+、NO3-、Al3+、Cl- B．Na＋、SiO32-、K+、NO3-C．MnO4-、K+、SO42-、Na+ D．K+、SO42-、HCO3-、Na+二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，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-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)①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；②若向①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①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A________，C________，D____________。（2）写出盐酸与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：_______________________。24、（12分）某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、CO32－、Cl－、Mg2+中的一种或几种离子。①向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象。②取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生。③取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生。（1）原溶液中一定含有的离子是________，一定不含有的离子是________，不能确定是否含有的离子是________。（2）②中反应的离子方程式为___________________。（3）若另取10mL①的溶液于锥形瓶中，然后向此溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。①OA段反应的离子方程式为_____________________。②AB段反应的离子方程式为_______________________。25、（12分）将氯气和空气(不参与反应)混合通入含水8%的碳酸钠中可以制备Cl2O气体，同时生成CO2。已知Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO，现用下列装置制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为→→→C→_____________；（2）写出A中反应的化学方程式_______________________________；（3）装置C的作用是_____________；（4）制备Cl2O的氧化还原反应中，Cl2的作用是_____________；（5）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的_____________，再加入足量的_____________，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量为ag，则E中次氯酸的浓度为_____________mol·L-1。(可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)。26、（10分）实验室配制一定浓度的溶液都要使用一定规格的容量瓶，现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，回答下列问题：（1）需量取该浓H2SO4溶液的体积是____mL。（2）需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要____。（3）配制过程有下列几步操作：A．将蒸馏水加入容量瓶至液面接近刻度线1～2cm处；B．用l0mL量筒量取所需体积的H2S04溶液，注入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C．用胶头滴管加水至刻度线；D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液也转移到容量瓶中；E．向烧杯中加入约20mL蒸馏水；F．将烧杯中溶液冷却后，沿玻璃棒转移到容量瓶中；G．盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，静置，装瓶。以上各步骤操作的先后顺序是____填字母），使用容量瓶之前需要进行的一步操作是：____。（4）若所配溶液浓度偏低，则造成此误差的操作可能是____。A．定容时俯视容量瓶B．用量筒取浓H2S04溶液时俯视读数C．使用容量瓶前未干燥D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面F．未按要求洗涤烧杯和玻璃杯2～3次27、（12分）实验室欲配制480mL0.5mol·L－1的CuSO4溶液，据此回答下列问题：（1）需称量胆矾CuSO4.5H2O______________g。（2）在配制的过程中一定不需要使用到的仪器是（填写代号）______，还缺少的仪器有____、_____。A．烧杯B．药匙C．玻璃棒D．1000mL容量瓶E．锥形瓶F．胶头滴管（3）下图所示的实验操作的先后顺序为________________（4）玻璃棒在溶液配制中的作用：_________________________________。（5）从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为___________mol·L－1。（6）下列的实验操作可能导致配制的溶液浓度偏低的是____________。A．容量瓶内原来存有少量的水B．定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出C．称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码）D．定容时俯视刻度线28、（14分）I.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：（1）以上物质中能导电的是____；（2）以上物质属于电解质的是____；（3）以上物质属于非电解质的是____；（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_____；（5）属于盐的有____；（6）写出⑧溶于水中的电离方程式____。Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：（1）摩尔质量____；（2）物质的量_____；（3）分子数目_____；（4）原子数目____；（5）质量_____。III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫____；（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为____；（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是____。29、（10分）我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。Ⅰ.(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是______；a．化合反应b．分解反应c．置换反应d．复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是___________；(3)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试剂的顺序是_____________；II.实验室利用精盐配制480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________________、_______________；(5)用托盘天平称取固体NaCl________g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是______________________；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________。a．容量瓶洗净后残留了部分的水b．转移时溶液溅到容量瓶外面c．定容时俯视容量瓶的刻度线d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线

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.氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，A正确；B.汽油属于易燃物，故应贴易燃液体的标志，图为易燃液体标志，B正确；C.乙醇属于易燃物，不属于剧毒品，故应贴易燃液体的标志，图为剧毒品标志，C错误；D.烟花炮竹属于易爆物，故应贴爆炸品的标志，图为爆炸品标志，D正确；故合理选项是C。2、D【解析】

氢氧化钠固体和浓硫酸均具有强腐蚀性。A.该警示标志为易燃液体，错误；B.该警示标志为剧毒品，错误；C.该警示标志为爆炸品，错误；D.该警示标志为腐蚀品，正确。3、D【解析】

无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于硝酸的白色沉淀，此沉淀可能是BaSO4也可能是AgCl，因此选项D正确。4、B【解析】

A.Ag＋、Cl－在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，A不选；B.Mg2＋、Na＋、Cl－、在溶液中不反应，能大量共存，B选；C.Ca2＋、Mg2＋、OH－在溶液中反应生成氢氧化钙、氢氧化镁沉淀，不能大量共存，C不选；D.H＋、在溶液中反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，D不选；答案选B。5、B【解析】

A．该反应中氯元素化合价由-1升高为0，盐酸是还原剂，故A错误；B．盐酸中部分氯元素化合价化合价由-1升高为0，，所以盐酸部分被氧化，故B正确；C．该反应中每转移2mole-，有4molHCl参加反应，只有2molHCl被氧化，故C错误；D．当8.7gMnO2被消耗时，生成0.1mol氯气，氯气能溶于水，用排水法收集到标况下氯气的体积小于2.24L，故D错误；选B。6、A【解析】

A．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)，故A正确；B．CO2溶于水，CO2自身不发生电离，所以二氧化碳是非电解质，CO2溶于水形成的溶液能导电，是因为二氧化碳与水反应生成电解质碳酸，故B错误；C．酸是在溶液中电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，NaHSO4溶于水后能电离出氢离子，但属于盐，故C错误；D．氧化还原反应的本质是电子的转移，氧化还原反应的特征是化合价发生升降，故D错误；故答案选A。7、B【解析】

A．乙醇与水互溶，不分层，则乙醇不能作萃取剂萃取水中的碘，故A错误；B．碘加热易升华，而NaCl不能升华，则加热可分离氯化钠和碘的固体混合物，故B正确；C．二者的溶解度受温度影响不同，则利用重结晶法除去KNO3固体中混有的NaCl与溶解度受温度影响不同有关，方法与原理不对应，故C错误；D．加适量的BaCl2反应生成硫酸钡沉淀和NaCl，引入新杂质NaCl，试剂选择不合理，故D错误；故答案选B。8、C【解析】

A.KClO3属于盐，但不能作食用盐食用，食用盐的主要成分是氯化钠，A正确；B.氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl－的存在，可选用硝酸银溶液，实验现象是产生白色沉淀，B正确；C.生石灰或硅胶是干燥剂，为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，应该在包装袋中放入铁粉，C错误；D.把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后即可分成豆浆和豆渣，D正确。答案选C。9、A【解析】

A．KSCN溶液滴入含有Fe3+的溶液中，溶液呈血红色，A符合题意；B．氯水与Fe3+不发生反应，不能产生明显的现象，B不合题意；C．盐酸与Fe3+不反应，没有现象产生，C不合题意；D．石蕊试液滴入含有Fe3+的溶液中，溶液可能会变红色，但只能确定溶液显酸性，不能确定是否含有Fe3+，D不合题意；故选A。10、B【解析】

A、豆浆是胶体，加入卤盐胶体聚沉形成豆腐，利用胶体的性质，A不符合；B、往氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，不是胶体的性质，B符合；C、在河流入海口易形成沙洲，是胶体遇到海水中的电解质聚沉形成，C不符合；D、观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路，为丁达尔效应，D不符合。答案选B。【点睛】本题考查胶体的性质，注意知识的归纳和分类整合，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等是解答此类问题的关键。11、D【解析】

化学变化是指有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．【详解】A.海水淡化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B.海水晒盐过程中过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C.风力发电过程中过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D.海带提碘过程中有新物质生成，属于化学变化，故D正确；故选D。【点睛】解题关键：分析变化过程中是否有新物质生成，如果有新物质生成就属于化学变化，易错点A，对海水淡化过程的理解。12、C【解析】

在不通直流电的条件下，就是不分析电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】在不通直流电的条件下，就是不包括电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被加入的还原剂还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，A.HCl→Cl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，需要加入氧化剂，故A项错误；B.KClO3→O2可以通过分解氯酸钾可以实现，所以不需要加入还原剂即可实现，故B项错误；C.Cu2+→Cu，Cu元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C项正确；D.Fe→Fe2+，Fe元素化合价由0价变为+2价，化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D项错误；答案选C。【点睛】在氧化还原反应中，化合价升高的元素，失电子，被氧化，所对应的反应物为还原剂，化合价降低的元素，得电子，被还原，所对应的反应物为氧化剂。13、C【解析】

A．一个过氧化氢分子含有两个氢原子和两个氧原子，即1molH2O2中含有2molH和2molO，A错误；B．摩尔质量的单位是g/mol，B错误；C．CO和N2的相对分子质量均为28，由，等质量的CO和N2即物质的量也相等，CO和N2中所含原子数之比为2:2=1:1，C正确；D．1L1mol·L-1MgCl2溶液中，，Cl-的物质的量为，D错误；故选C。14、A【解析】

A.由非金属元素组成的化合物，如氯化铵、碳酸铵等铵盐类，都是由非金属元素组成的，它们是离子化合物，A正确；B.离子化合物，如氢氧化钠、铵盐等，除了离子键外还存在共价键，B错误；C.共价化合物中不可能含有离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，C错误；D.双氧水和过氧化钠中都含有非极性键，所以非极性键也可以存在于化合物中，D错误。答案选A。【点睛】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物肯定有离子键，可能存在共价键，而共价化合物只能存在共价键，不能有离子键。15、D【解析】

化学反应的四种基本类型：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应；根据四大基本反应类型和氧化还原反应之间的关系来回答；部分化合反应属于氧化还原反应，部分分解反应属于氧化还原反应【详解】根据化合价是否发生变化，可以将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；根据反应物、生成物的种类及其变化，可以将化学反应分为：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应。部分化合反应属于氧化还原反应，部分分解反应属于氧化还原反应，所有的置换反应均是氧化还原反应，所有的复分解反应均不是氧化还原反应，A、所有的置换反应均是氧化还原反应，故A不选；B、所有的复分解反应均不是氧化还原反应，故B不选；C、所有的分解反应，只有部分分解反应属于氧化还原反应，故C不选；D、有电子转移的化合反应，这部分化合反应属于氧化还原反应，故D符合；故选D。16、B【解析】

同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；据此分析作答。【详解】同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；A项，a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32，但b气体的相对分子质量不一定小于28，a气体的相对分子质量不一定比b气体的相对分子质量大，A项错误；B项，CO的相对分子质量为28，CH4的相对分子质量为16<32，B项正确；C项，两气球中所含气体分子物质的量相等，两气球中所含气体分子数相等，C项错误；D项，两气球中所含气体分子物质的量相等，a气体的摩尔质量为28g/mol，b气体的摩尔质量<32g/mol，但a气体与b气体摩尔质量的相对大小未知，无法确定充气后A气球与B气球质量的相对大小，D项错误；答案选B。【点睛】利用阿伏加德罗定律及其推论是解题的关键，解题时注意b气体的相对分子质量小于32，但不一定小于28。阿伏加德罗定律及其推论不仅适用于单一气体，也适用于气态混合物。17、D【解析】

A．无色气体CO2、SO2都可使澄清石灰水变浑浊，因此溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，故A错误。B．白色沉淀可能是碳酸钡或者碳酸钙，他们都溶于稀盐酸，所以该溶液中可能含有Ba2+和Ca2+，故B错误。C．CCl4层显紫红色，证明该溶液中含有I2，不是I-，I-无色，故C错误。D．氯化银和硫酸钡都是不溶于稀盐酸的白色沉淀，故D正确。本题选D。18、D【解析】

根据离子方程式的书写条件分析。【详解】A.该反应前后，电荷不守恒，故A错误；B.通入足量CO2，即CO2气体过量，产物是Ca(HCO3)2，故离子方程式为：OH-+CO2=HCO3-故B错误；C.醋酸是弱酸，在离子方程式书写过程中，不能拆成离子形式，故C错误；D.铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故D正确。故选D。【点睛】在书写离子反应方程式过程中，难电离的物质（如，弱酸、弱碱），难溶性物质（如，CaCO3等），易挥发性物质（如，气体），不能拆开。19、C【解析】

A．CH4+2O2→CO2+2H2O不属于复分解反应，故A错误；B．CH4+2O2→CO2+2H2O不属于置换反应，故B错误；C．CH4+2O2→CO2+2H2O中C元素和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D．CH4+2O2→CO2+2H2O不属于分解反应，故D错误。答案选C。20、A【解析】试题分析：根据溶液电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl-）+nb×N（X），设X的电荷数为n，则A、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl-）+4a×2×N（SO42-），电荷守恒，正确；B、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+4a×N（NO3-），电荷不守恒，错误；C、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+8a×N（OH-），电荷不守恒，错误；D、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+8a×2×N（SO42-），电荷不守恒，错误。考点：考查电解质溶液计算——电荷守恒法。21、B【解析】

A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子；

B、铜离子和氢氧根离子结合成蓝色氢氧化铜沉淀；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；

D、能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子和亚硫酸根离子,但碳酸钡能溶于稀硝酸，亚硫酸钡能被氧化为硫酸钡。【详解】A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子，也可能是钡离子，碳酸钡白色沉淀也溶于稀盐酸，故A错误；

B、往溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，说明溶液中有Cu2＋，故B正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子,故C错误；

D、稀硝酸有强氧化性，能把亚硫酸盐氧化成硫酸盐，所以往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，原溶液可能含有亚硫酸根离子，不一定含有SO42—，故D错误；

综上所述，本题选B。【点睛】针对选项（D），溶液中先加过量的稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42—；若加入盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除银离子的干扰；若加入硝酸酸化的氯化钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰。22、A【解析】

离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及溶液无色显酸性分析判断。【详解】A、该组离子之间不反应，能大量共存，且均为无色的离子，A正确；B、因SiO32－、H+能结合生成硅酸沉淀，不能够大量共存，B错误；C、该组离子之间不反应，能共存，但MnO4－在溶液中呈紫色，与无色溶液不符，C错误；D、因H+、HCO3－能结合生成二氧化碳气体和水，不能够大量共存，D错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【解析】

①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-；②若向①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Na2CO3；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①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】①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-；②若向①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Na2CO3；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①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【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）。24、Ba2+、Cl－、Mg2+CO32－、Cu2+Na+Ba2+＋SO42－=BaSO4↓H＋＋OH－=H2OMg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓【解析】

无色溶液，一定不含Cu2+；向溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，一定没有CO32－；取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生，一定有Ba2+；取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生，一定有Mg2+，根据电荷守恒，一定有Cl－；【详解】（1）原溶液中一定含有的离子是Ba2+、Cl－、Mg2+，一定不含有的离子是CO32－、Cu2+，不能确定是否含有的离子是Na+；（2）②中反应的离子方程式为Ba2+＋SO42－=BaSO4↓；（3）①的溶液中含有Ba2+、Cl－、Mg2+、H+，滴加氢氧化钠，氢离子先和氢氧根离子反应，然后是Mg2+和氢氧根离子反应，所以OA段为H＋＋OH－=H2O；AB段反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。25、ADBEMnO2＋4HCl(浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O除去Cl2O中的Cl2氧化剂和还原剂H2O2溶液AgNO3溶液50a/143.5【解析】

A装置制备氯气，通过D装置除去氯化氢并与空气混合形成混合气体，通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，通入C装置除去氯气，通入E装置用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液；【详解】A装置制备氯气，通过D装置除去氯化氢并与空气混合形成混合气体，通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，通入C装置除去氯气，通入E装置用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液；（1）根据分析，装置的连接顺序为A→D→B→C→E；（2）A中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式是MnO2＋4HCl(浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；（3）氯气易溶于四氯化碳，所以装置C的作用是除去Cl2O中的Cl2；（4）根据氧化还原反应规律，装置B中产生Cl2O的化学方程式为2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2，氯元素化合价既升高也降低，所以反应中Cl2是氧化剂和还原剂；（5）次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－，因FeCl2溶液中含有氯离子，故应加入足量H2O2溶液把次氯酸还原后、再加硝酸银溶液将氯离子沉淀为氯化银沉淀，根据生成氯化银沉淀的质量来计算次氯酸的浓度；设次氯酸的浓度为xmol/L，根据氯元素守恒，有关系式，则1mol143.5gxmol/Lagx=50a/143.5mol·L-1。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。26、5.6500ml容量瓶EBFDACG检查容量瓶是否漏液BF【解析】

（1）根据c=1000×ρ×ω/M可知，浓H2SO4溶液的物质的量浓度=1000×1.8×98%/98=18.0mol/L，根据溶液稀释规律：稀释前后溶质的量保持不变，设需量取该浓H2SO4溶液的体积是VL，实验室没有450mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以18.0×V=0.2×0.5，V=0.0056L=5.6mL；综上所述，本题答案是：5.6。（2）实验室配制一定浓度的溶液需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要500mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500ml容量瓶。（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,用10mL量筒量取硫酸,在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯与玻璃棒2-3次,并移入容量瓶内,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,盖好瓶塞,反复颠倒摇匀,故操作顺序为EBFDACG；容量瓶有玻璃塞和玻璃旋塞，因此为防止在使用过程中出现漏液现象，在使用之前需要进行检查容量瓶是否漏液；综上所述，本题正确答案是：EBFDACG；检查容量瓶是否漏液。（4）A.定容时俯视容量瓶,所配溶液体积偏小,配制溶液的浓度偏大,故A不符合；

B．量筒取浓H2S04溶液时俯视读数，量取硫酸溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏小，故B符合；

C．配制需加水定容，使用容量瓶前未干燥，对所配溶液浓度无影响,故C不符合；

D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D不符合；

E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面，可以继续加水,对所配溶液浓度无影响,故E不符合；

F．使用的烧杯和玻璃棒未洗涤彻底，移入容量瓶内溶质硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故F符合；

综上所述，本题选BF。27、62.5gDE500ml容量瓶托盘天平④⑥②⑤③①搅拌、引流0.05mol/LBC【解析】

（1）实验室需配制480mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL0.5mol/L的硫酸铜溶液，需要胆矾CuSO4.5H2O的物质的量为：0.5mol/L×0.5L=0.25mol，需要胆矾CuSO4.5H2O的质量为：250g/mol×0.25mol=62.5g；（2）根据配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，不需要使用到的仪器是1000mL容量瓶和锥形瓶，答案选DE；还缺少的仪器为：500mL容量瓶和托盘天平；（3）根据溶液的配制步骤是称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序可知顺序为：④⑥②⑤③①；（4）玻璃棒在溶液配制中的作用为：搅拌、引流；（5）根据c1V1=c2V2可得0.5mol/L×0.010L=c2×0.010L，c2=0.05mol/L，故从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为0.05mol/L；（6）A．定容时需要加入蒸馏水，故容量瓶内原来存有少量的水，对所配溶液浓度无影响，选项A不符合；B．定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出，实际上所加蒸馏水偏多了，溶液浓度偏低，选项B符合；C、称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码），称取的CuSO4.5H2O的实际质量减小，所配溶液浓度偏低，选项C符合；D、定容时俯视容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，选项D不符合；答案选BC。28、④⑧①③⑤⑧②⑥⑦①②③⑧①⑤⑧Na2CO3=2Na++CO32-①<③<②①<②<③①<②<③②<①<③①<②<③渗析1∶1L【解析】

I.根据电解质和非电解质的概念分析判断；物质导电条件是存在自由移动的离子，或者存在自由电子；金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物属于盐，据此分析解答；Ⅱ.(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对分子质量；(2)根据n=和n=解答；(3)由N=nNA可知物质的量越大，含有分子数目越多；(4)结合分子含有的原子数目计算原子物质的量；(5)根据m=nM计算HCl、氧气的质量，据此判断；III(1)胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜；(2)二者分子中都只含有O原子，质量相等时含有氧原子数相同；(3)同种气体，其质量与分子数成正比，计算cg气体含有分子数目，然后根据n=、V=nVm计算。【详解】I.①NaCl固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；

溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；②液态CO2是氧化物，属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，与水反应生成电解质，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；

③液态氯化氢是电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；

④汞是单质，既不是电解质也不是非电解质；

含有自由电子，能导电；不溶于水；

⑤BaSO4固体