2024届江西省四校协作体化学高一上期中经典试题含解析

2024届江西省四校协作体化学高一上期中经典试题考生请注意：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、等质量的CH4和NH3相比较，下列结论正确的是（）A．它们的分子个数比为17∶16 B．它们的原子个数比为17∶16C．它们的氢原子个数比为17∶16 D．它们所含氢的质量比为17∶162、用NA表示阿伏德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．标准状况下，22.4LH2O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．物质的量为0.5mol的MgCl2中，含有Mg2+个数为NA3、下列说法不正确的是()①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质②氨气溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质③固态氯化钠不导电，熔融态的氯化钠可以导电④气态氯化氢不导电，液态氯化氢也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强A．①④ B．①④⑤ C．①②⑤ D．①②③④⑤4、现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：、、、、、、现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体；第三份加足量溶液后，得到干燥沉淀，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。你认为以下结论正确的是A．该混合液中一定含有：、、、，可能含，且B．该混合液中一定含有：、、，可能含、C．该混合液中一定含有：、、，可能含、、D．该混合液中一定含有：、，可能含、、Cl－5、在同温同压下，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是()A．5：2 B．2：1 C．2：5 D．3：26、下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（）A．Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuB．AgNO3＋NaCl=AgCl↓＋NaNO3C．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2D．MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑7、下列实验操作中错误的是A．由于在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．使用容量瓶前应先检查其是否漏液D．蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热8、从学生实验中老师发现，同学们在进行实验时，出现许多不正确的操作方式，希望同学们在今后的实验中，应该克服不规范的操作。如图所示实验操作中正确的是A．B．C．D．9、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，推断溶液中含有NH4+B．加入碳酸钾溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，推断溶液中含有Ca2+C．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，推断溶液中含有CO32—D．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，推断溶液中含有SO42—10、下列有关化学反应速率的说法中，正确的是A．往容积一定的容器中再通入O2，可以加快反应2SO2＋O22SO3的反应速率B．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率C．对于C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的反应，加入固体炭，反应速率加快D．100mL2mol·L-1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变11、下列物质中，属于弱电解质的是（）A．蔗糖 B．纯碱 C．酷酸铵 D．一水合氨12、下列实验操作中有错误的是（）A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．实验室制取蒸馏水的装置中，温度计水银球应与蒸馏烧瓶的支管口在同一水平线C．用淘洗的方法从沙里淘金D．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应边加热边搅拌直至溶液蒸干13、下列关于氧化还原反应的说法正确的是①有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原②阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性③在K、Fe2＋、S2-、Na＋中只有1种粒子不具有还原性④由X变为X2＋的反应是氧化反应⑤金属单质在反应中只作还原剂⑥非金属单质在反应中只作氧化剂⑦含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性A．③④⑤ B．④⑤⑦ C．①③④⑤⑥ D．②③④⑤⑥⑦14、下列物质属于盐的是（）A．Cu2（OH）2CO3 B．Na2O C．Mg（OH）2 D．CH3CH2OH15、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D．用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+16、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是()A．青铜 B．金刚砂(SiC) C．硬铝 D．生铁17、用化学方法区别Cl2和HCl气体，应选用的试剂是A．溶液 B．NaOH溶液 C．溶液 D．石蕊试液18、已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2；②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O；③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6C．氧化性由强到弱顺序为KClO3＞KBrO3＞Cl2＞Br2D．③中lmol还原剂反应则失去电子的物质的量为10mol19、下列有关实验操作或判断正确的是A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小B．需要95mL0.1mol·L－1NaCl溶液，可选用100mL容量瓶来配制C．用100mL的量筒量取5.2mL的盐酸D．用托盘天平称取25.20gNaCl20、11g2H2A．4.5molB．5molC．5.5molD．6mol21、下列叙述正确的是（）A．NaCl的摩尔质量是58.5g B．1molNaCl的质量是58.5g·mol-1C．58.5gNaCl所含Na＋和Cl－共1mol D．1molNaCl约含有6.02×1023个Cl－22、在标准状况下，18gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.5mol，则此混合气体中CO和CO2的物质的量之比是A．1:1B．1:7C．1:11D．7:11二、非选择题(共84分)23、（14分）有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；②向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；③过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；试判断：（1）固体混合物中肯定含有_________________，肯定无_________________，可能含有__________________。（2）写出实验③中反应的离子方程式：________________________________________。24、（12分）某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：（1）填写下表空格实验操作与现象实验结论判断理由步骤一加入过量HCl溶液，有气泡产生；肯定有___、肯定无___。HCO3-与OH-不共存步骤二步骤一中得到标况下的气体22.4L；HCO3-的物质的量浓度为___mol/LC元素守恒步骤三向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。肯定有___、___；肯定无___。溶液显电中性；SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、___、___。（3）步骤一产生气泡的离子方程式为___，步骤三生成沉淀的离子方程式为：___。25、（12分）某同学设计如下实验方案，以分离KNO3和Ba（NO3）2两种固体混合物，试回答下列问题：供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸、硫酸、硝酸。（1）试剂a是____________，加入试剂b所发生反应的离子方程式为______________________。（2）该方案能否达到实验目的：______________________。（填“能”或“不能”）。若不能，应如何改进？______________________________________________（若能，此问不用回答）。（3）若要测定原混合物中Ba（NO3）2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是___________的质量。（4）用所制备的KNO3固体配制0.1mol/KNO3溶液450mL，回答下列问题：①配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，量筒、胶头滴管、___________；②需要用托盘天平称量___________gKNO3固体。26、（10分）实验室需要490mL

0.1mol•L-1

NaOH溶液，请回答下列问题：(1)需称取___________g的烧碱固体，固体应放在_______________中在托盘天平上称量．(2)配制的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒，还需要_______、______。(3)配制溶液时有以下几个操作：①溶解②摇匀③洗涤④冷却⑤称量⑥转移溶液⑦定容正确的操作顺序是__________________________________(填序号)(操作可重复选)(4)在容量瓶内确定溶液体积的过程中，完成后期加入少量水的做法是：_________________。(5)下列各项中，可能导致实际浓度偏高的是_________(填标号)．A．定容时，仰视容量瓶的刻度线B．NaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液C．溶解NaOH固体之后的烧杯未洗涤D．向容量瓶中转移溶液时不慎洒出(6)将取出10mL溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为__________。27、（12分）下图是中学化学中常用于泡合物的分离和提纯装置，请根据装置回答问题：（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A中玻璃棒的作用是_____，装置B中玻璃棒的作用是_________。（2）装置C中①的名称是_____，此装置中冷凝水进出方向是_____。装置D中的分液漏斗在使用之前应该_____，在分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是_______。（3）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液。实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验。选择试剂①Na2CO3溶液④实验操作②③加热所加入的试剂①可以是_____（填化学式），证明溶液中SO42-已经除尽的方法是______。加入Na2CO3溶液的目的是_____，所加入的试剂④可以是_____（填化学式）。（4）青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35℃。提取青蒿素的主要工艺为：若要在实验室模拟上述工艺，操作I选择的装置是_____（填代号），操作Ⅱ的名称是_____，选择的装置是_____（填代号），为防止暴沸，粗品中需要加入_____。操作Ⅲ的主要过程可能是_____（填字母）。A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C．加入乙醚进行萃取分液28、（14分）在标准状况下，下列气体中含有氢原子质量最大的是A．0.5molHCl B．6.4gCH4 C．6.72LNH3 D．1.2041023个H2S29、（10分）（1）下列实验需要在哪套装置中进行：（填序号，每套装置仅使用一次）①②③④从海水中提取水：____________；从KCl溶液中获取KCl晶体：____________；分离CaCO3和水：____________；分离植物油和水：____________。（2）现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能为AlCl3溶液和NaOH溶液。现分别将一定体积的甲、乙两溶液混合，具体情况如下表所示，请回答：实验①实验②实验③取甲瓶溶液的量400mL120mL120mL取乙瓶溶液的量120mL440mL400mL生成沉淀的量1.56g1.56g3.12g①甲瓶溶液为________溶液。②乙瓶溶液为________溶液，其物质的量浓度为________mol·L－1。

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【解题分析】

令CH4和NH3的质量都为1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol。A．分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为mol∶mol=17∶16，故A正确；B．每个CH4分子含有5个原子，1gCH4含有原子的物质的量为5×mol，每个NH3分子含有4个原子，1gNH3含有的原子物质的量为4×mol，所以等质量的CH4和NH3含有原子数目之比为5×mol∶4×mol=85∶64，故B错误；C．每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4×mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3×mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故C错误；D．氢元素质量之比等于氢原子物质的量之比，由C可知等质量的CH4和NH3含有H氢元素质量之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故D错误；故选A。2、B【解题分析】

A．标准状况下水不是气体，不用使用气体摩尔体积，A项错误；B．1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol，其中含有Na+0.02NA，B项正确；C．在标准状况下，NA个CO2分子占有的体积约为22.4L，但在通常状况下，其体积将由于温度的升高而增大，C项错误；D．物质的量为0.5mol的MgCl2中，含有Mg2+个数为0.5NA，D项错误；所以答案选择B项。3、C【解题分析】

①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；③离子化合物熔融态电离出离子，能导电；④熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关。【题目详解】①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故①错误；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，所以氨水是电解质溶液，故②错误；③离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故③正确；④熔融态氯化氢不能电离出离子，不能导电，故④正确；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤错误；答案选C。【题目点拨】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。4、A【解题分析】

根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存；第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+＝AgCl↓、CO32-+2Ag+＝Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+＝Ag2SO4↓，所以可能含有Cl-、CO32-、SO42-中的至少一种；

第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH-NH3↑+H2O，产生NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol；

第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为4.66g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+＝BaCO3↓、SO42-+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+和Mg2+，由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，BaCO3为12.54g-4.66g＝7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32-物质的量为0.04mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+，而CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02mol、0.08mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.08mol；A．根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.04mol，当K+物质的量=0.04mol时，没有氯离子，故A正确；B．根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，故B错误；C．溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Mg2+和CO32-可发生离子反应生成MgCO3↓而不共存，因此Mg2+一定不存在，故C错误；D．溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Mg2+和CO32-可发生离子反应生成MgCO3↓而不共存，因此Mg2+一定不存在，故D错误；答案：A5、A【解题分析】

根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，再结合分子构成及公式n==计算得出结论。【题目详解】同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，由N=n×NA，可知2n(O2)=5n(CH4)，则n(O2)：n(CH4)=5：2，根据V=n×Vm可知，V(O2)：V(CH4)=5Vm：2Vm=5：2，故答案选A。6、C【解题分析】

A．该反应是氧化还原反应，但属于置换反应，故A错误；B．该反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；C．该反应中，C元素化合价由+2价变为+4价、Fe元素化合价由+3价变为0价，所以属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型，故C正确；D．该反应是氧化还原反应，但属于分解反应，故D错误；答案选C。【题目点拨】复分解反应一定不是氧化还原反应，置换反应一定是氧化还原反应，有单质参加的化合反应，有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应，找到基本反应类型和氧化还原反应的关系很关键。7、A【解题分析】

A.酒精和水互溶，不能作萃取剂，故A错误；B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C.容量瓶有塞子，使用容量瓶前应先检查其是否漏液，故C正确；D.蒸发操作时，有大量固体出现时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸干，故D正确。故选A。8、B【解题分析】

A.洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则，故A错误；B.左手握住活塞部分，右手食指顶住塞子，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分混合，使溶质尽可能的被萃取，故B正确；C.量筒只能量取溶液，不能作反应容器、不能配制溶液，如果稀释浓硫酸，应该将量筒紧贴烧杯口，把浓硫酸倒入盛水的烧杯中并不断搅拌，防止放出的热量使局部温度过高而溅出液体，故C错误；D.向试管中滴加溶液时，胶头滴管应该悬空，否则会污染胶头滴管，故D错误。故选B。9、A【解题分析】

A.溶液中含有NH4+，加入氢氧化钠溶液并加热，发生的离子反应是：，有氨气生成，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；B.加入碳酸钾溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则溶液中不一定含有Ca2+，也可能含有Ba2+，故B错误；C.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则溶液中可能含有CO32-，也可能含有SO32-，故C错误；D.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则溶液中可能含有SO42-，也可能含有Ag+，故D错误。答案选A。10、A【解题分析】

A．往容积一定的容器中再通入O2，由于增大了反应物的浓度，所以可以加快反应2SO2＋O22SO3的反应速率，A正确；B．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸，由于铁在浓硫酸中会发生钝化现象，不能反应产生氢气，所以不可以加快产生氢气的速率，B错误；C．对于C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的反应，加入固体炭，物质的浓度不变，所以反应速率不能加快，C错误；D．100mL2mol·L-1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，由于对盐酸起稀释作用，所以生成氢气的速率会减小，D错误；故答案选A。11、D【解题分析】

A.蔗糖在熔融状态和水溶液中均不导电，属于非电解质，不属于电解质，故A错误；B.纯碱溶于水能够发生完全电离，水溶液导电，因此纯碱是强电解质，故B错误；C.酷酸铵溶于水能够发生完全电离，水溶液导电，因此酷酸铵是强电解质，故C错误；D.一水合氨在水溶液中发生部分电离，水溶液导电，因此一水合氨属于弱电解质，故D正确；故答案选D。【题目点拨】强电解质是指在水溶液中能够完全发生电离的化合物，物质属类主要有：强酸、强碱、绝大部分盐、活泼金属氧化物等；弱电解质是指在水溶液中部分发生电离的化合物，物质属类主要有：弱酸、弱碱、极少数盐、水等；据此规律判定强弱电解质更加快速一些。12、D【解题分析】试题分析：NaCl的溶解度受温度的变化不大，故采用蒸发溶剂的方法得到固体，但是蒸发至有较多量的固体析出时即停止加热，D错误；分液时，上层液体从上口倒出，防止污染，A正确；制取蒸馏水时，温度计是要测量蒸气的温度，故与蒸馏烧瓶的支管口在同一水平线上，B正确；由于金子的密度比沙大，淘洗过程中，在水的冲击下，泥沙被冲走了，剩下的金子则留在容器中，C正确。考点：化学实验点评：对化学实验的考查是历年的高考重点，考生在备考中应注意对化学实验、化学仪器的相关知识的积累。13、A【解题分析】

①氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，①错误；②阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，②错误；③处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，③正确；④X变为X2+的反应中X失去电子，被氧化，发生氧化反应，④正确；⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，⑤正确；⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，⑥错误；⑦含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠等，⑦错误。答案选A。14、A【解题分析】

阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐，据此分析。【题目详解】A、Cu2（OH）2CO3是由金属阳离子和酸根离子组成的盐，且是碱式盐，A正确；B、Na2O是由两种元素组成、其中一种为氧元素的化合物，故为氧化物，B错误；C、Mg（OH）2电离出的阴离子全部是氢氧根离子，故为碱，C错误；D、CH3CH2OH属于有机物，不是碱，属于醇类，D错误。答案选A。15、C【解题分析】

A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，不一定含有CO32-，A错误；B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有SO42-，也可能含Ag+，B错误；C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定有NH4+，C正确；D.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定含有Na+，可能含K+，D错误；故合理选项是C。16、B【解题分析】

合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。【题目详解】A．青铜是铜锡合金，故A不符合；B．金刚砂(SiC)是组成元素全部是非金属的化合物，不是合金，故B符合；C．硬铝是铝的合金，故C不符合；D．生铁是铁与碳的合金，故D不符合。答案选B。【题目点拨】本题考查合金的特征，掌握合金的特征以及常见物质的组成是正确解答本题的关键。17、D【解题分析】

氯气溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则氯气能使石蕊试液先变红再褪色，氯化氢气体溶于水得到盐酸，则氯化氢气体只能使石蕊试液变红，不能褪色，故选D。【题目点拨】氯气溶与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色是解答关键，也是易错点。18、D【解题分析】

A．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，在上述三个反应中KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O不属于置换反应，A错误；B．反应KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O中KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，6mol氯化氢参加反应，其中5mol氯化氢被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，B错误；C．在氧化还原反应中物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物，在Cl2+2KBr＝2KCl+Br2中氧化性：Cl2＞Br2；在KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O中氧化性：KClO3＞Cl2；在2KBrO3+Cl2＝Br2+2KClO3中，氧化性：KBrO3＞KClO3，所以物质的氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，C错误；D．根据氧化还原反应中，物质元素化合价升高或降低的总数等于反应中电子转移总数可知：在反应③中若有lmol还原剂Cl2反应，则还原剂失去电子的物质的量为10mol，D正确。答案选D。19、B【解题分析】

A、配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线使所配溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，错误；B、根据实验室容量瓶的规格判断，需要95mL0.1mol·L－1NaCl溶液，可选用100mL容量瓶来配制，正确；C、100mL的量筒量取5.2mL的盐酸，量程太大导致误差大，应选择10mL的量筒，错误；D、托盘天平称量固体的质量只能精确到0.1g，错误；答案选B。20、D【解题分析】

根据水的物质的量以及1个水中含有12个中子来计算；【题目详解】11g2H218O的物质的量为11g/22g·mol－1=0.5mol，1个水中含有12个中子，所以中子的物质的量为6mol，故选D。21、D【解题分析】

A．摩尔质量的单位是g·mol-1，A错误；B．质量的单位是g，B错误；C．58.5gNaCl的物质的量为：，因此58.5gNaCl所含Na＋和Cl－均为1mol，共2mol，C错误；D．1molNaCl约含有6.02×1023个Cl－，D正确。故答案为D。22、A【解题分析】

根据n=mM进行相关物理量的计算，可设CO为xmol，CO2为ymol，列方程式计算【题目详解】设CO为xmol，CO2为ymol，则x+y=0.5，28x+44y=18，解之得：x=0.25，y=0.25。则混合气体中CO和CO2的物质的量之比是0.25：0.25=1:1，

故答案为：A。【题目点拨】本题考查物质的量的相关计算，注意把握相关物理量的计算公式，从质量守恒的角度列式计算。二、非选择题(共84分)23、Na2CO3CuSO4、Na2SO4、CaCl2KClBaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑【解题分析】

①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成沉淀的物质不能同时存在；②往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。【题目详解】①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者不能同时含有；②往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3，则一定不能含有CaCl2；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4；(1)由上述分析可知，固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；(2)实验③中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。【题目点拨】本题考查混合物组成的推断，主要利用物质的特征性质、离子共存等进行判断。本题的易错点为Na2SO4的判断，要注意硫酸钡不溶于水，也不溶于酸。24、HCO3-OH-10SO42-Na+Ba2+漏斗玻璃棒HCO3-+H+=CO2↑+H2OBa2++SO42-=BaSO4↓【解题分析】

步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO222.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1molHCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。【题目详解】（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO222.4L（标况），n(CO2)==1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)==10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)==0.2mol，故原溶液中有0.2molSO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。25、K2CO3溶液BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O不能应在操作②的滤液中加入过量硝酸后再蒸发结晶沉淀A1（或固体B）500mL容量瓶5.1【解题分析】

（1）由流程可知，溶解后加试剂a为K2CO3，操作②为过滤，沉淀A为碳酸钡，试剂b为HNO3，与碳酸钡反应得到硝酸钡溶液，蒸发、结晶得到固体B为硝酸钡；正确答案：K2CO3；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。

（2）由于加入过量试剂碳酸钾，滤液直接蒸发结晶得到的是碳酸钾与硝酸钾混合物，所以不能达到实验目的；应在操作②的滤液中加入过量硝酸除去过量碳酸钾后再蒸发结晶，可以得到硝酸钾；正确答案：不能；应在操作②的滤液中加入过量硝酸后再蒸发结晶。（3）若要测定原混合物中Ba（NO3）2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是固体B[Ba（NO3）2]的质量或者沉淀A1（BaCO3）的质量；正确答案：沉淀A1（或固体B）。（4）①根据配制一定物质的量浓度溶液的每个步骤所需仪器可以确定还需要500mL容量瓶。②m（KNO3）=n（KNO3）×M（KNO3）=0.1mol/L×0.5L×101g/mol=5.05g≈5.1g；正确答案：500ml容量瓶；5.1g。26、2.0g小烧杯500ml容量瓶胶头滴管⑤①④⑥③⑥⑦②用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水B0.01mol/L【解题分析】

（1）根据m=CVM计算溶质的质量，注意V应该是500mL，强腐蚀性的固体药品应放在烧杯中称量；（2）根据配制一定物质的量溶液所需要的仪器选取仪器；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，据此排序；（4）定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水；（5）根据C=n/V判断配制溶液的误差，如果n偏小或C偏大，则配制溶液的浓度偏低，如果n偏大或V偏小，则配制溶液的浓度偏高；（6）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算。【题目详解】（1）m=CVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中，故答案为2.0g，小烧杯。（2）溶液配制过程中，所需要的玻璃仪器有：烧杯，玻璃棒，胶头滴管，500mL容量瓶，所以还需要胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为胶头滴管、500mL容量瓶。（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，所以其排序是⑤①④⑥③⑥⑦②，故答案为⑤①④⑥③⑥⑦②。（4）完成后期加入少量水即定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水，故答案为用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水。（5）A.定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，根据C=n/V可知所配制溶液浓度偏低，故A错误；B.NaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液，导致溶液的体积偏小，则配制溶液的浓度偏高，故B正确；C.溶解NaOH固体之后的烧杯未洗涤，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故C错误；

D.向容量瓶中转移溶液时不慎洒出，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故D错误。

故答案为B。（6）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，溶液的体积变为原来的10倍，则溶液的物质的量浓度变为原来的1/10，为0.01mol•L-1，故答案为：0.01mol/L。27、引流搅拌防止液体局部受热造成液滴飞溅蒸馏烧瓶从下管进上管出检查是否漏水打开分液漏斗上方口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽除去过量的Ba2+HNO3A蒸馏C碎瓷片B【解题分析】

（1）A为过滤玻璃棒起引流作用；B为蒸发，玻璃棒起搅拌作用。（2）装置C中①是蒸馏烧瓶，冷却水从下口进上口出，冷凝效果更好。分液漏斗使用前需检漏，为使液体顺利滴下，应打开上端口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔。（3）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质,可加入硝酸钡或氢氧化钡，将硫酸根转化为硫酸钡沉淀，过滤，向滤液中加