浙江省温州市示范名校2024届化学高一第一学期期中预测试题含解析

浙江省温州市示范名校2024届化学高一第一学期期中预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、磁流体是电子材料的新秀，它既有固体的磁性，又有液体的流动性，磁流体中分散质粒子直径在5.5nm～36nm之间。下列说法正确的是()A．磁流体属于溶液 B．磁流体很不稳定C．磁流体能产生丁达尔效应 D．磁流体中分散质粒子不能通过滤纸2、下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是A．将58.5gNaCl溶解于1L水中B．将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C．将2L5mol/L的浓盐酸与8L水混合D．将l0gNaOH溶解于水中配成250mL溶液3、下列物质分类正确组合是碱酸盐酸性氧化物A．纯碱硫酸硫酸铜二氧化硫B．苛性钠盐酸纯碱一氧化碳C．苛性钠醋酸石灰石氧化钙D．苛性钾硝酸小苏打二氧化碳4、对于反应A+B=C+D来说，下列说法中正确的是（）A．若生成物C、D分别为两种沉淀，A、B有可能为盐和碱B．若生成物C、D有一种为单质，该反应一定是置换反应C．若生成物C、D是盐和水，则A、B一定是酸和碱D．若生成物C、D是两种化合物，则A、B一定是化合物5、在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是A．将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中B．将准确量取的18.4mol·L-1浓硫酸10mL，注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中，加入至刻度线即可C．仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液D．欲配制1000mL0.1mol·L-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000mL的容量瓶中，加水至刻度线6、下列溶液中Cl－浓度最小的是A．1000mL2.5mol/LNaCl溶液B．200mL2mol/LMgCl2溶液C．300mL5mol/LKCl溶液D．250mL1mol/LAlCl3溶液7、下列溶液中含Cl—浓度最大的是（）A．20mL0.1mol/L的CaCl2溶液 B．150mL0.2mol/L的AlCl3溶液C．50mL0.5mol/L的KCl溶液 D．100mL0.25mol/L的NaCl溶液8、检验溶液中的离子，实验步骤和结论均正确的是A．加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，一定含有Cl-离子B．加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，一定含有离子C．加入淀粉溶液变蓝，可能含有I2D．加入BaCl2溶液，有白色沉淀，一定含有离子9、下列关于氯水的叙述不正确的是A．新制氯水中只含Cl2和H2O两种分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡产生，该气体是O2D．氯水长时间放置后酸性增强10、现在三组物质的分离：①含有水份的植物油中除去水份②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③含有极少量的青蒿素水溶液中加入适量乙酸乙酯（水溶性类似于汽油）。分离以上各混合液的正确方法依次是A．分液、萃取、蒸馏B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取D．蒸馏、萃取、分液11、下列除去括号中的杂质对应方案错误的是选项物质及所含杂质除杂方案ANa2CO3

(NaHCO3)充分灼烧BCu(Zn)加入过量稀H2SO4，充分反应后过滤、洗涤、干燥CMnO2

(MnCl2)溶解、过滤、洗涤、干燥DCl2(H2O)通过碱石灰A．A B．B C．C D．D12、下列括号中的分离方法运用得当的是()A．植物油和自来水(蒸馏)B．水溶液中的食盐和碘(分液)C．碳酸钙和氯化钙固体混合物(溶解、过滤、蒸发)D．自来水中的杂质(萃取)13、判断下列有关化学基本概念的依据正确的是A．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素B．酸：在水溶液里电离出的阳离子全部为H+的化合物C．电解质与非电解质：辨别依据是水溶液是否导电D．溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应14、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．2.4g金属镁变为镁离子时得到的电子数为0.2NAB．常温常压下，11.2LC2H4含有2NA个碳原子C．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAD．常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA15、下列基本实验操作中，不合理的是A．配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管定容B．用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部C．用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子D．分液操作，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出16、下列关于物质性质的比较，不正确的是A．非金属性强弱：I>Br>Cl B．原子半径大小：Na>P>SC．氧化性强弱：F2>Cl2>Br2 D．金属性强弱：Na>Mg>Al17、下列无色溶液中，离子可以大量共存的一组是A．

B．

C．

D．

18、下面四幅图中，与胶体性质有关的是()A．①④ B．②③ C．①②③ D．全部19、将潮湿的Cl2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，则甲装置中所盛试剂可能是①浓硫酸②饱和食盐水③水④NaOH溶液A．①②B．②③C．①④D．②③④20、氧气的摩尔质量是A．16 B．16g/mol C．32 D．32g/mol21、下面叙述中正确的是A．钠在空气中燃烧生成白色固体B．红热的铜丝在氯气中燃烧产生蓝色的烟C．氯水应保存在无色的细口试剂瓶中D．钠保存在煤油中22、下列化学方程式不能用离子方程式表示的是()A．B．C．D．二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。（3）写出④变化的离子方程式：______________________。Ⅱ.实验室需要240mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。（1）需称量_________g烧碱，应放在_______中称量、溶解。（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中B．容量瓶未干燥就用来配制溶液C．定容时仰视容量瓶D．称量时使用了生锈的砝码E.未洗涤溶解烧碱的烧杯24、（12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_____________。25、（12分）下图是我校实验室化学试剂浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480mL1mol⋅L−1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④量筒。请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，还缺少的仪器有______(写仪器名称)。(2)经计算，所需浓硫酸的体积约为______mL；若将该硫酸与等体积的水混合，所得溶液中溶质的质量分数______49%(填“>”、“<”或“=”)。(3)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1mol⋅L−1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因______。①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线②容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥③将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，立即进行后面的实验操作④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出⑤定容时，俯视容量瓶刻度线⑥定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线，又补充几滴水至刻度处26、（10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27、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题。(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为______mol/L。(2)配制时，其正确的操作顺序（是用字母表示）__________________。A．用30mL水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸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线相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1-2cm处(3)在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(在括号内填“偏大”，“偏小”，“无影响”)。a.量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面______。b.最后经振荡、摇匀、静置时，发现液面下降，再加适量的蒸馏水______。28、（14分）请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融KOH⑧盐酸。其中能导电的是__________，（填序号，下同），属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系是________（3）在同温、同压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为______；若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混合气体中氧元素的质量分数为______。29、（10分）W、X、Y、Z为1～18号元素内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数相等。Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍。（1）写出元素符号：W为____，X为____，Y为____，Z为____。（2）X的原子结构示意图为__________,Y___________（填“得到”或“失去”）电子时，形成的离子结构示意图为________________;Z得到电子，形成的阴离子的电子式为_____________.（3）由X、Y、Z形成的一种化合物的电离方程式______________________.

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【解题分析】

A.由于磁流体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，所得到的分散系属于胶体，具有胶体的性质，故A错误；B.磁流体属于胶体，胶体比较稳定，故B错误；C.磁流体属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故C正确；D.磁流体中的分散质粒子直径在5.5nm～36nm之间，能够通过滤纸，故D错误。故选C。2、D【解题分析】

A、58.5gNaCl是1mol，溶解于1L水中所得溶液体积不是1L，不能计算其浓度，A错误；B、22.4L氯化氢气体不一定是1mol，不能计算其浓度，B错误；C、将2L5mol/L的浓盐酸与8L水混合后溶液的体积不是10L，不能计算浓度，C错误；D、l0gNaOH的物质的量是10g÷40g/mol＝0.25mol，溶解于水中配成250mL溶液，溶质的浓度是0.25mol÷0.25L＝1.0mol/L，D正确；答案选D。【题目点拨】计算溶液的物质的量浓度时需要注意以下两点：①概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。②溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质的量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)均不发生变化。3、D【解题分析】

碱是电离产生的阴离子全部文氢氧根离子的化合物；酸是电离时产生的阳离子全为氢离子的化合物；盐是由金属离子（铵根离子）和酸根离子构成的化合物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物。【题目详解】A.纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，A错误；B.一氧化碳不能和碱反应，是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B错误；C.氧化钙可以和酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，不属于酸性氧化物，C错误；D.苛性钾就是氢氧化钾，是碱；硝酸是酸；小苏打是碳酸氢钠，是盐；二氧化碳可以和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物。D正确。答案为D。4、A【解题分析】

A．若是硫酸铜和氢氧化钡反应，可生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，A正确；B．若反应是置换反应，则反应前后均有单质参与反应，B错误；C．酸式盐和碱反应也可生成盐和水，如硫酸氢钠和氢氧化钠反应，C错误；D．有机物烃类的燃烧，生成水和二氧化碳，但反应物有一种物质是氧气，属于单质，D错误；答案选A。5、D【解题分析】

A．称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放在小烧杯中称量；氢氧化钠溶液后，应该先冷却再转移到容量瓶中，故A错误；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；C．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D．用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；故选D。6、A【解题分析】根据氯化物的化学式，结合其电离方程式可知选项A～D溶液中氯离子浓度分别是（mol/L）2.5、4、5、3，答案选A。7、B【解题分析】

A.20mL0.1mol/L的CaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度=0.1mol/L×2=0.2mol/L；

B.150mL0.2mol/L的AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度=0.2mol/L×3=0.6mol/L；

C.50mL0.5mol/L的KCl溶液中氯离子的物质的量浓度=0.5mol/L×1=0.5mol/L；

D.100mL0.25mol/L的NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度=0.25mol/L×1=0.25mol/L；溶液中含Cl-浓度最大的是B。故选B。【题目点拨】强电解质溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关。8、C【解题分析】

A．加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能为AgCl或Ag2CO3，则不一定含有Cl-离子，A错误；B．加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，还可能是离子，被硝酸氧化为，B错误；C．能使淀粉溶液变蓝，则含有I2，C正确；D．加入BaCl2溶液，有白色沉淀，沉淀可能为BaSO4或BaCO3，则不一定含有离子，D错误。答案选C。【题目点拨】Cl-离子的检验：加入HNO3酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，含有Cl-离子；离子的检验：先加盐酸，无沉淀，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，含有离子。9、A【解题分析】

氯水中存在反应Cl2+H2O=HCl+HClO，氯水呈浅黄绿色，说明氯水中含有氯气，盐酸和次氯酸，其中盐酸是强酸，次氯酸为弱酸，不稳定，容易分解2HClO2HCl+O2↑，据此分析解答。【题目详解】A、氯水的成分中含有氯气、次氯酸、水三种分子，故A错误；B、新制氯水显示酸性，能使石蕊变红色，含有次氯酸，具有漂白性，所以新制氯水可使红色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C、光照氯水会导致氯水中的次氯酸分解，得到盐酸和氧气，所以光照氯水有气泡逸出，该气体是O2，故C正确；D、氯水中的次氯酸不稳定，易分解，得到盐酸和氧气，次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，所以氯水长时间放置后酸性将增强，故D正确；故选A。10、C【解题分析】

①分液法是分离互不相溶的两种液体的方法，植物油与水互不相溶，用分液的方法分离；②蒸馏法是把互相溶解但沸点不同的两种液体的分离出来，碘与CCl4互溶但沸点不同，用蒸馏的方法分离；③萃取法利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来的方法，用含有极少量的青蒿素水溶液中加入适量乙酸乙酯利用的是萃取的方法，答案选C。11、D【解题分析】

A．碳酸钠固体中含有碳酸氢钠固体杂质，充分灼烧，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，能起到除杂的效果，选项A正确；B．铜中含有杂质锌，加入过量稀H2SO4，充分反应后生成硫酸锌，铜不反应，过滤、洗涤、干燥后得到铜，能起到除杂的效果，选项B正确；C．MnO2

中含有杂质MnCl2，溶解，MnO2

不溶，MnCl2在溶液中，过滤、洗涤、干燥后得到MnO2

固体，能起到除杂的效果，选项C正确；D．Cl2能与碱石灰反应，氯气不能用碱石灰干燥，选项D错误；答案选D。12、C【解题分析】

A.植物油和自来水是不互溶的液体混合物，可以用分液的方法分离，故错误；B.碘在水中的溶解度小，可以用有机物溶剂进行萃取，故错误；C.碳酸钙不溶于水，氯化钙固体溶于水，可以用溶解、过滤、蒸发的方法分离，故正确；D.自来水中的杂质可以用蒸馏的方法分离，故错误。故选C。【题目点拨】掌握分离和提出的方法，不互溶的液体混合物用分液的方法分离，从溶液中分离固体溶质的方法为蒸发，从水溶液中分离碘或溴通常用萃取的方法。制取蒸馏水用蒸馏的方法。13、B【解题分析】

A．纯净物与混合物的分类依据：是否只含一种物质，故A错误；B．依据酸的定义：电离产生阳离子都是氢离子是化合物为酸，故B正确；C．水溶液或者熔融状态下能导电的化合物，都是电解质，故C错误；D．溶液和胶体本质区别：分散质粒子直径大小不同，故D错误；答案选B。14、D【解题分析】

A.镁是二价金属，根据镁的质量计算镁的物质的量和失去的电子数；B.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；C.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；D.可直接计算氧原子的物质的量，进而求出氧原子个数。【题目详解】A.2.4g金属镁的物质的量为0.1mol，变为镁离子失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故A错误；B.因为不是标准状况，无法计算出11.2LC2H4的物质的量，所以碳原子数也无法知道，故B错误；C.标准状况下，H2O不是气体，所以无法计算水的物质的量，故C错误；D.32gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为2mol，所含原子数为2NA，故D正确；正确答案：D。【题目点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，气体摩尔体积的应用条件，物质的量计算微粒数的方法。易错点气体摩尔体积的应用。15、C【解题分析】

A.配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管定容，以防止液体加多，故A正确；B.取用粉末状药品，试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，故B正确；C.透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明溶液中一定含有钾离子，因钠离子的焰色被钴玻璃过滤掉了，所以无法确定是否含有钠离子，故C错误；D.为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确，答案选C。16、A【解题分析】

A．同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：Cl＞Br＞I，A错误；B．同一周期的元素，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径大小：Na＞P＞S，B正确；C．同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性也减弱，所以氧化性：F2＞Cl2＞Br2，C正确；D．同一周期的元素从左到右元素的金属性依次减弱，所以金属性：Na＞Mg＞Al，D正确。答案选A。17、B【解题分析】

A.+=H2O，不能大量共存，故A错误；B.Na+、NO3-、Cl-可以大量共存，故选B；C.H++ClO-=HClO，不能大量共存，故C错误；D.Cu2+为蓝色，不能大量共存，故D错误；答案：B18、D【解题分析】

胶体具有的性质有丁达尔效应、聚沉、电泳，则①长江三角洲的形成是胶体聚沉的作用，与胶体性质有关，故①正确；②夜景中会观察到光束，属于丁达尔效应，与胶体有关，故②正确；③树林中的晨曦形成光束，属于丁达尔效应，与胶体有关，故③正确；④明矾用于净水原理为：铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，与胶体有关，故④正确；故答案选D。19、C【解题分析】

将潮湿的Cl2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，说明甲装置能吸收水或能和氯气反应．【题目详解】①将潮湿的氯气通过浓硫酸时，浓硫酸有吸水性，导致氯气中不含水分，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故选；②饱和NaCl溶液与氯气不反应，抑制氯气的溶解，但通过饱和食盐水时导致氯气中含有水分，所以红色布条会褪色，故不选；③氯气通过水时导致氯气中含有水分，所以红色布条会褪色，故不选；④氯气和氢氧化钠反应，将潮湿的氯气通过NaOH溶液后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故选；故选C。【题目点拨】本题考查氯气的化学性质，解题关键：明确装置中甲瓶的作用，易错点：注意干燥的氯气不具有漂白性。20、D【解题分析】

摩尔质量如果用g/mol为单位时，数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，所以氧气的摩尔质量32g/mol。答案选D。21、D【解题分析】

A.Na在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；B.红热的铜丝在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，故B错误；C.氯水中含有次氯酸，见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故C错误；D.钠与煤油不反应，由密度比煤油大，能浸入煤油中，起到隔绝空气的作用，可保存在煤油中，故D正确；答案选D。22、C【解题分析】

A．硝酸钡是可溶性钡盐，是强酸，二者反应有硫酸钡沉淀生成，故A不符合题意；B．氯化钡是可溶性钡盐，硫酸钠是可溶性硫酸盐，二者反应有硫酸钡沉淀生成，故B不符合题意；C．碳酸钡是难溶于水的物质，且生成物中还有和，不能用离子方程式表示和的反应，故C符合题意；D．氯化钡是可溶性钡盐，是强酸，二者反应有硫酸钡沉淀生成，故D不符合题意。答案选C。二、非选择题(共84分)23、BaCl2、K2CO3Cu(NO3)2=Cu2++2NO3—Ag++Cl—=AgCl↓5.0小烧杯250mL容量瓶，胶头滴管AD【解题分析】

Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；Ⅱ.（1）实验室没有240mL规格的容量瓶，必须配制250mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，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；（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；答案选AD。24、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【解题分析】

（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。【题目详解】（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。25、500mL容量瓶27.2＞①③⑤【解题分析】

配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），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、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．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。【题目详解】（1）根据提供的仪器和分析可知，还需仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）浓硫酸的物质的量浓度为c=1000ρω/M=(1000×1.84g/mL×98%)/98g/mol=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol/L×Vml=500mL×1mol•L-1解得V=27.2mL；因为浓硫酸的密度比水大，因此等体积的浓硫酸的质量比水大，根据溶质质量分数公式可知，得到的稀硫酸的溶质质量分数会偏向于浓硫酸的质量分数，即大于49%，故答案为：27.2，＞；（3）①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，所取的浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故①选；②若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故②不选；③将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故③选；④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出会导致溶质损失，浓度偏低，故④不选；⑤定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故⑤选；⑥定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处则浓度偏低，故⑥不选；①③⑤符合题意，故答案为：①③⑤。26、62.5gDE500ml容量瓶托盘天平④⑥②⑤③①搅拌、引流0.05mol/LBC【解题分析】

（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。27、11.9BCAFED偏小偏小【解题分析】

（1）根据溶液物质的量浓度与溶液中溶质质量分数的关系得物质的量浓度是c=1000×ρ×ω÷M；（2）配制溶液的步骤是计算、量取、溶解稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；（3）根据c=判断。【题目详解】（1）利用溶液物质的量浓度与溶液中溶质质量分数的关系得此浓盐酸的物质的量浓度是c=1000×ρ×ω÷M=1000×1.19×36.5%÷36.5mol/L＝11.9mol/L；故答案为11.9；（2）配制