2022年吉林省白城市通榆县一中高一化学第一学期期中监测模拟试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，溶液的导电性由大变小又逐渐增大的是A．盐酸中逐滴加入食盐溶液 B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液C．石灰乳中滴加稀盐酸 D．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液2、配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是()A．用敞口容器称量KOH且时间过长B．配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水C．容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤D．溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容3、下列关于试剂存放的叙述不正确的是()A．浓硫酸的装运包装箱应贴如图所示的标识B．取用任何试剂时，没用完的试剂均不可以放回原试剂瓶C．金属钠保存在煤油中D．液溴易挥发，保存时需加水液封4、下列叙述正确的是()A．固体NaCl不导电，所以NaCl不是电解质B．铜丝能导电，所以铜是电解质C．SO3的水溶液能导电，所以SO3是电解质D．CuSO4溶液能导电，所以CuSO4是电解质5、关于Zn+2HCl=ZnCl2+H2的反应，下列说法正确的是（）A．单质Zn中Zn的化合价升高，被还原，是氧化剂B．HCl中H的化合价降低，被氧化，HCl是还原剂C．H2是还原产物D．该反应是复分解反应，也是氧化还原反应6、下列各组离子中，在无色透明的酸性溶液中能大量共存是A．Na+、K+、Fe2+、Cl﹣B．K+、CO32﹣、Cl﹣、SO42-C．NO3﹣、Na+、HCO3﹣、Ca2+D．Na+、NO3﹣、NH4+、SO42-7、把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为A． B．C． D．8、1molCH4与氯气发生取代反应，待反应完全后，测得四种产物的物质的量相等，则消耗氯气的物质的量是()A．1.25mol B．5mol C．2.5mol D．4mol9、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是A．标准状况下，22.4LH2含有的分子数为NAB．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LD．1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA10、在实验室中，通常将金属钠保存在()A．水中 B．四氯化碳中 C．煤油中 D．汽油中11、下列有关物质的分类正确的是()A．混合物：空气、矿泉水、水银 B．碱：Ba(OH)2、Cu2(OH)2CO3、NH3·H2OC．盐：硫酸钠、氯化铵、纯碱 D．氧化物：H2O、CO、HCOOH12、在配平的N2H4＋MnO4－＋H＋→N2＋Mn2＋＋H2O的方程式中，H2O分子前面的系数为A．6B．10C．12D．1613、下列转化过程中必须加入还原剂的是()A．FeS→H2SB．SO32-→SO2C．Fe3+→Fe2+D．Cu→Cu2+14、3.6g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的混合气体相对氢气的密度是16，则生成的一氧化碳的质量是（相对密度指在相同的温度和压强下物质的密度之比）A．3.3gB．6.3gC．8.4gD．13.2g15、下列反应不属于四大基本反应类型的是A．H2+CuOH2O+Cu B．Cl2+H2O=HCl+HClOC．Na2O+H2O=2NaOH D．Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O16、下列说法中，正确的是A．物质的量就是物质的质量B．摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位C．摩尔质量等于物质的相对分子质量D．阿伏加德罗常数可以近似表示为6.02×1023mol-117、下列实验仪器不宜直接用来加热的是A．试管B．燃烧匙C．蒸发皿D．烧杯18、取200mL0.3mol•L﹣1HNO3溶液和200mL0.3mol•L﹣1H2SO4溶液一起注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，则所得溶液中H+的物质的量浓度为（）A．0.36mol•L﹣1 B．0.6mol•L﹣1 C．0.3mol•L﹣1 D．0.24mol•L﹣119、分类是化学学习和研究的常用方法。下列分类依据和结论都正确的是A．H2O、CH3COOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．溶液、胶体、浊液均为分散系，都属于混合物C．Al、Al2O3、Al(OH)3均能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，都是具两性的化合物D．H2SO4、NaOH、NaCl均为强电解质，都属于离子化合物20、某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42-、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42-、Al3+和M离子的物质的量之比为1：4：1：2，则M离子可能是下列中的（）A．S2- B．OH- C．Na+ D．Ag+21、锗（Ge）是第四周期第ⅣA元素，处于周期表中金属区与非金属区的交界线上，下列叙述正确的是A．锗是一种金属性很强的元素B．锗的单质具有半导体的性能C．锗化氢（GeH4）稳定性比CH4强D．锗酸（H4GeO4）是难溶于水的强酸22、下列关于物质的分类中，正确的是（）酸性氧化物酸盐混合物电解质ASiO2HClO烧碱CuSO4·5H2OCO2BNa2O2HNO3NaHSO4漂白粉MgCSO3H2SiO3纯碱水玻璃NaClDNOAl(OH)3BaCO3水泥NH3A．A B．B C．C D．D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。①将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；②往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；③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）有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：A________，B________，C________，D________，E________。另外，请写出下面要求的离子方程式。(1)A与E：__________________________________________。(2)B与E：__________________________________________。(3)C与E：___________________________________________。25、（12分）对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：A、分液B、过滤C、萃取D、蒸馏E、结晶F、加热分解，下列各组物质的分离或提纯，应选用上述方法的哪一种？（填字母序号）（1）除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3__________；（2）分离植物油和水__________；（3）除去NaCl中所含的少量KNO3___________；（4）除去CaO中少量CaCO3__________；（5）用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份_________；（6）回收碘的CCl4溶液中的CCl4__________．26、（10分）需要0.2mol·L－1的Na2CO3溶液480mL，用Na2CO3·10H2O晶体配制该溶液。（1）应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量是__________g,配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管外，还有_____________。（2）根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列要求：①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈⑤容量瓶未经干燥使用。其中引起所配溶液浓度偏高的有______________(填序号，下同)，偏低的有______________，（3）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________________。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液27、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液480mL。（1）配制时，必须使用的玻璃仪器有________、________、________、________。（2）要完成本实验该同学应称出NaOH________g。（3）某同学欲称量NaOH的质量，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。（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。（5）配制时，正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）___________________________；A．用50mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶B．用托盘天平准确称取所需的氢氧化钠的质量，用适量蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解，冷却C．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处（6）在配制过程中下列操作会引起误差偏高的是________。（请填序号）①没有洗涤烧杯和玻璃棒②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容时俯视刻度线⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。28、（14分）已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L稀硝酸充分反应，反应方程式如下：3Cu+8HNO3（稀）3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(1)用双线桥标出电子转移的方向与数目：3Cu+8HNO3（稀）3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O_____________________________________________.(2)写出该反应的离子方程式：_______________________(3)标准状况下，产生NO气体的体积为：________；转移电子的物质的量为________________；反应后NO3-的物质的量浓度为：________。（忽略反应前后溶液体积的变化）29、（10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___________（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）

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、D【解析】

溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。【详解】A.盐酸中滴加食盐溶液，使溶液中的带点离子浓度增大，导电能力增强，A错误；B.硫酸中滴加氢氧化钠，氢离子浓度减小，钠离子浓度增大，导电能力几乎不变，B错误；C.石灰乳中滴加盐酸，石灰乳微溶于水，溶于盐酸，使离子浓度增大，导电能力增强，C错误；D.硫酸中滴加氢氧化钡，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力减弱，当完全反应时，再滴加氢氧化钡溶液，带电离子逐渐增大，导电能力增强，D正确；答案为D【点睛】溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。题目要求导电性由大到小又逐渐增大，说明溶液中的离子浓度先减小后增大。2、A【解析】

A.用敞口容器称量KOH且时间过长，使KOH吸收了空气中水蒸气和CO2，称量的物质中所含的KOH质量偏小，即溶质物质的量偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏低，A项正确；B.配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水，不影响溶质物质的量和溶液体积V，根据公式=可知不影响KOH溶液的浓度，B项错误；C.容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤，使得溶质物质的量增大，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，C项错误；D.KOH固体溶于水时会放出大量的热，KOH溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容，此时溶液的温度较高，冷却到室温时溶液的体积V偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，D项错误；答案选A。【点睛】对于配制一定物质的量浓度溶液进行误差分析时，通常将错误操作归结到影响溶质物质的量（）或溶液体积（V），然后根据公式=分析浓度是偏大、偏小、还是不变。3、B【解析】

A．浓硫酸是强腐蚀性的药品，所以浓硫酸的装运包装箱应贴上腐蚀性标签，故A正确；B．取用的试剂没有用完多数应放在指定的试剂瓶中，少数如钠等可以放回原试剂瓶中，故B错误；C．Na和煤油不反应，且密度比煤油大，则金属钠可保存在煤油中隔绝空气防氧化，故C正确；D．液溴具有挥发性，所以在保存液溴时在瓶内加入适量的蒸馏水，使挥发出来的溴蒸气溶解在蒸馏水中而成饱和溴水，防止液溴挥发，故D正确；故答案为B。4、D【解析】

在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，其导电的本质是自身能够发生电离。酸、碱、盐都属于电解质。由此分析。【详解】A.NaCl在水溶液里和熔融状态下都能导电，所以NaCl是电解质，A项错误；B.铜是单质，不是化合物，所以铜不是电解质；A项错误；C.SO3的水溶液能导电，是因为SO3与水反应生成了H2SO4，H2SO4在水溶液里能够导电，H2SO4是电解质，不能证明SO3是电解质，C项错误；D.CuSO4溶液能导电的本质是CuSO4在溶液里能发生电离，所以CuSO4是电解质，D项正确；答案选D。5、C【解析】

A、Zn的化合价升高，Zn作还原剂，被氧化，A错误；B、HCl中H的化合价降低，被还原，HCl作氧化剂，B错误；C、HCl作氧化剂，被还原，故H2为还原产物，C正确；D、该反应属于置换反应，也是氧化还原反应，复分解反应没有化合价的变化，D错误；故选C。6、D【解析】

离子间如果发生化学反应则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、溶液显酸性且无色分析解答。【详解】A.Fe2+在溶液中不是无色的，不能大量共存，A错误；B.在酸性溶液中CO32﹣与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B错误；C.在酸性溶液中HCO3﹣与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，C错误；D.Na+、NO3﹣、NH4+、SO42-在酸性溶液中相互之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，D正确。答案选D。7、D【解析】

由Ba2++SO42-═BaSO4↓、Ag++Cl-═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则Ba2++SO42-═BaSO4↓

1

1amol

amol另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则Ag++Cl-═AgCl↓1

1bmol

bmol由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，氯离子的浓度为=10bmol/L，根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得x=10（b-2a）mol/L，答案选D。8、C【解析】

1mol与反应生成的有机物为、、、，且每一种取代产物的物质的量均为，根据取代一个氢消耗一个氯气的反应原理分析有机物消耗氯气的物质的量为，故C符合题意。综上所述，答案为C。9、C【解析】

A．标况下，1．4LH2的物质的量是1mol，含有的分子数为NA，A正确；B．碳酸钠的物质的量=1.26g÷126g/mol=2.21mol，每个碳酸钠化学式中含有2个钠离子，所以钠离子个数是2.22NA，B正确；C．相同压强下，温度越高，气体摩尔体积越大，NA个CO2分子的物质的量是1mol，根据V=nVm知，通常状况下，NA个CO2分子占有的体积大于1．4L，C错误；D．1L物质的量浓度为2．5mol/L的MgCl2溶液中，氯化镁的物质的量=2．5mol/L×1L=2．5mol，每个氯化镁化学式中含有2个氯离子，所以1L物质的量浓度为2.5mol/L的MgCl2溶液中含有Cl-个数为NA，D正确；答案选C。10、C【解析】

钠是活泼金属，易被空气中的氧气氧化，也与空气中的水蒸气反应，所以金属钠要密封干燥保存，钠的密度小于水，大于煤油。在实验室中，通常将金属钠保存在煤油中，选C，故答案为：C。11、C【解析】

混合物是由不同种物质组成的物质；碱是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物为氧化物。【详解】A.水银（Hg）是单质，不是混合物，A错误；B.Cu2(OH)2CO3是碱式盐，电离时生成的阴离子有氢氧根离子和碳酸根离子，不属于碱类，属于盐类，不是碱，B错误；C.硫酸钠、氯化铵、纯碱能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子，属于盐类，C正确；D.HCOOH是由C、H、O三种元素组成的化合物，是一种羧酸，不是氧化物，D错误。答案选C。【点睛】本题考查学生物质的分类知识，熟记各类物质的概念是解决该题的关键。12、D【解析】

根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒结合元素化合价变化情况分析解答。【详解】根据方程式可知氮元素化合价从－2价升高到0价，失去2个电子，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知配平后的方程式为5N2H4＋4MnO4－＋12H＋＝5N2＋4Mn2＋＋16H2O，因此H2O分子前面的系数为16。答案选D。13、C【解析】

必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。【详解】A、FeS→H2S中无化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、SO32-→SO2中无化合价变化，是非氧化还原反应，故B错误；C、Fe3+→Fe2+中化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故C正确；D、Cu→Cu2+中化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故D错误。答案选C。14、B【解析】3.6g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的混合气体相对氢气的密度是16，根据相同条件下气体的密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量是32g/mol，CO的摩尔质量是28g/mol，CO2的摩尔质量是44g/mol，设CO为xmol，CO2为ymol，则根据C原子守恒有x+y＝，根据摩尔质量的公式M＝m/n，得32=，解得x=0.225mol，则CO的质量为0.225mol×28g/mol=6.3g，答案选B。15、B【解析】

四种基本反应类型为：化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应，据此解答。【详解】A.H2+CuOH2O+Cu属于的置换反应，故A与题意不符；B.Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型，故B符合题意；C.Na2O+H2O=2NaOH属于化合反应，故C与题意不符；D.Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O属于复分解反应，故D与题意不符；答案选B。【点睛】四种基本反应类型不能包含所有的反应，而所有的反应可以分为氧化还原反应和非氧化还原反应。16、D【解析】

A．物质的量和质量均属于七个基本物理量，是两个不同的物理量，故A错误；B．摩尔就是物质的量的单位，不是物质的数量单位，故B错误；C．摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于物质的相对分子质量，不是摩尔质量等于物质的相对分子质量，故C错误；D．阿伏加德罗常数的单位为mol-1，阿伏伽德罗常数可以近似表示为6.02×1023mol-1，故D正确；综上所述答案为D。17、D【解析】

能直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、坩埚、蒸发皿，必须垫石棉网才能加热的仪器有：烧杯、烧瓶、锥形瓶。不能加热的仪器有：集气瓶、量筒、胶头滴管、药匙等。答案选D。18、A【解析】

稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后氢离子的物质的量浓度==0.36mol/L，故选A。19、B【解析】

A.H2O是氧化物，CH3COOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，但不符合氧化物只有两种元素且一种为氧元素的条件，故A错误；B.溶液、胶体、浊液都是一种物质分散到另一种物质中形成的混合物均为分散系，都属于混合物，故B正确；

C.Al2O3、Al(OH)3均能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，都是具两性的化合物，Al是单质不是化合物，故C错误；

D.H2SO4、NaOH、NaCl均为强电解质，其中NaOH、NaCl都属于离子化合物，H2SO4为共价化合物，故D错误；综上所述，本题选B。20、C【解析】

根据电荷守恒判断M离子，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。【详解】根据题目条件和电荷守恒可以知道：3n(Fe3+)+3n(Al3+)+n(M)=2n(SO42-)，即：3×1+3×1+2M=4×2，解得：M=1，M应带有1个单位的正电荷，又Ag+离子不能与SO42-大量共存，所以M只能为选项中的Na+，所以C选项是正确的。21、B【解析】试题分析：A．锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，反应中既不易得电子，也不易失去电子，故A错误；B．锗处于金属区与非金属区的交界线上，既有金属性又有非金属性，常用于做半导体材料，故B正确；C．锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH4)稳定性较弱，故C错误；D．锗和硅处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则硅的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性比硅酸弱，为弱酸，故D错误；故选B。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查位置结构性质的相互关系。处于金属区与非金属区的交界线上的元素常用于做半导体材料，锗和硅处于同一主族，根据同主族元素的金属性、非金属性的递变规律比较最高价含氧酸的酸性，类比硅酸判断溶解性等性质。注意掌握同主族元素的性质的递变性和相似性，明确元素周期表结构、元素周期律内容为解答关键。22、C【解析】

和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO4·5H2O为纯净物，CO2为非电解质，故A错误；B.Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；D.NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。

所以C选项是正确的。二、非选择题(共84分)23、Na2SO4Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaClNa2CO3、CuSO4NH4Cl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+NaOHNH3↑+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Na2SO4，一定不含有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↓+2NaCl，肯定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；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，否则不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl+NaOHNH3↑+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+NaOHNH3↑+NaCl+H2O。24、BaCl2AgNO3HNO3HClK2CO3Ba2++CO32-=BaCO3↓2Ag++CO32-=Ag2CO3↓2H++CO32-=CO2↑+H2O【解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓；（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O。25、BAEFCD【解析】

（1）碳酸钙不溶于水，则选择过滤法分离，答案为B；（2）植物油与水分层，则选择分液法分离，答案为A；（3）二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，答案为E；（4）碳酸钙高温分解生成CaO，则选择高温分解法分离，答案为F；（5）有效成分为有机物，易溶于酒精，则该分离方法为萃取，答案为C；（6）二者互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离出四氯化碳，答案为D。【点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分离方法的选择，题目难度不大。26、28.6玻璃棒、500mL容量瓶①④②③BCD【解析】

（1）根据n=cV计算溶质Na2CO3的物质的量，利用Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，根据m=nM计算Na2CO3•10H2O的质量；根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定所需仪器；（2）根据c=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差;（3）容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器。【详解】（1）根据n=cV可知需要的Na2CO3的物质的量n=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，即需要的Na2CO3•10H2O晶体也为0.1mol，质量m=nM=0.1mol×286g/mol=28.6g；配制溶液用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，根据题目提供的仪器可以知道，还需要的玻璃仪器有玻璃棒、500mL容量瓶，故答案为28.6；玻璃棒、500mL容量瓶；（2）①Na2CO3•10H2O晶体失去了部分结晶水后，Na2CO3的质量增大，故物质的量增大，所配溶液的浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码），会导致所称量的固体的质量偏小，故所配溶液的浓度偏低；③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，会导致碳酸钠的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏低；④生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的固体的质量偏大，则配制出的溶液的浓度偏高；⑤容量瓶未经干燥使用，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；所以引起所配溶液浓度偏高的有①④，偏低的有②③，无影响的有⑤，故答案为①④；②③；（3）容量瓶是精密仪器，是用于配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器，不可用于储存和溶解固体，不能用于稀释浓溶液，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故选BCD，故答案为BCD。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，注意实验的基本操作方法和注意事项，易错点是计算溶质的质量，很多同学将溶液的体积认为是480mL而导致出错。27、烧杯500mL容量瓶玻璃棒胶头滴管20.0g27.4g查漏BCAFED④⑤【解析】

（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（2）利用n=cV计算出NaOH的物质的量，再根据m=nM计算所需NaOH的质量；（3）托盘天平平衡原理为左盘内质量=右盘内质量+游码数值；（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；（5）根据配制溶液的实验操作过程进行步骤排序；（6）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。【详解】（1）没有480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶。操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2~3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当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；所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙，必须使用的玻璃仪器有：烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。故答案为烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。（2）需氢氧化钠的质量为m=0.5L×1mol·L-1×40g/mol=20.0g，故答案为20.0g。（3）由图可知，烧杯与砝码位置颠倒了．所以烧杯的实际质量为30.0g-2.6g=27.4g，故答案为27.4g。（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水，故答案为查漏。（5）配制500mL1.0mol/L的NaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2~3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当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，所以正确的操作顺序是BCAFED，故答案为BCAFED。（6）①未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，转移入容量瓶中的氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低；③最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；⑤液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，温度恢复室温后，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；⑥摇匀后液面下降，一部分溶液残留在刻度线上内壁上，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。故选④⑤。【点睛】注意从c=n/V理解配制原理，注意氢氧化钠应在玻璃器皿内称量的。28、3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O4.48