河北省石家庄市晋州一中实验班2024届化学高一上期中监测试题含解析

河北省石家庄市晋州一中实验班2024届化学高一上期中监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入适量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4++3ClO−＝N2↑+3Cl−+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是A．反应物中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性NH4+＜Cl−C．反应中每生成22.4L（标准状况下）N2，转移约6mol电子D．经此法处理过的废水不可以直接排放2、11g2H2A．4.5molB．5molC．5.5molD．6mol3、实验操作的规范是实验的基本要求。下列实验操作正确的是A．点燃酒精灯B．沉淀的过滤C．石油的分馏D．NaCl固体的称量4、下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A．在酸性溶液中：I－、Cl－、SO42-、Fe3＋B．使酚酞呈深红色的溶液中：Na＋、Cl－、H＋、NO3-C．含大量Ag＋的溶液中：K＋、Na＋、NO3-、SO42-D．含大量OH－的溶液中：CO32-、Cl－、F－、K＋5、在反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则下列说法正确的是（）①元素X被氧化②元素Y被氧化③元素X发生还原反应④元素Y发生还原反应．A．①② B．③④ C．②③ D．①④6、下列物质：①氯水②氯化氢气体③盐酸④融熔氯化钠⑤氯酸钾溶液⑥四氯化碳，其中不含氯离子的是A．①②③ B．②④⑥ C．②⑤⑥ D．③④⑤7、下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列的是（）A．硫酸（H2SO4）、纯碱（Na2CO3）、食盐（NaCl）B．硝酸（HNO3）、烧碱（NaOH）、胆矾（CuSO4•5H2O）C．醋酸（CH3COOH）、乙醇（C2H5OH）、硫酸铵[(NH4)2SO4]D．盐酸（HCl）、熟石灰[Ca(OH)2]、苛性钠（NaOH）8、比较1mol氮气和1mol一氧化碳的下列物理量：①质量；②分子总数；③原子总数。其中相同的是（）A．① B．①② C．②③ D．①②③9、某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的()①钠比水轻②钠的熔点较低③钠与水反应在时要放出热量④钠与水反应后溶液呈碱性A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④10、下列有关物质分类的说法，不正确的是（）A．CO、N2O5是非金属氧化物，也是酸性氧化物，它们属于电解质B．KNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐C．H2CO3是含氧酸、二元酸D．NaOH是可溶性碱，也是强碱11、某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加人稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。该小组的同学关于如图的说法中正确的是（）A．AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质B．B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子C．BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电D．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和，但与未完全沉淀12、向四只盛有相同量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图：（忽略CO2的溶解和HCl的挥发），则下列分析都正确的组合是对应图象溶液中的主要成分AⅠNaOH、NaHCO3BⅡNaHCO3、Na2CO3CⅢNaOH、Na2CO3DⅣNa2CO3A．A． B．B C．C D．D13、用5mL的0.2mol·L—1BaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、ZnSO4和K2SO4三种溶液中的硫酸根离子完全转化沉淀，则三种硫酸盐溶液物质的量浓度之比是（）A．3:2:1 B．1:2:3 C．1:3:3 D．3:1:114、完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是()A．用海水制蒸馏水 B．将碘水中的碘单质与水直接分离C．除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3 D．稀释浓硫酸15、实验室里有4个药品橱，已经存放以下物品：药品橱甲橱乙橱丙橱丁橱药品盐酸，硫酸氢氧化钠，氢氧化钙红磷，硫铜，锌实验室新购进一些碘，应该将这些碘放在()A．甲橱 B．乙橱 C．丙橱 D．丁橱16、等物质的量的SO2和SO3相比较，下列结论错误的是()A．它们的分子数目之比是1︰1 B．它们的硫原子数目之比为1：1C．它们所含原子数目之比为3︰4 D．它们的质量之比为1︰117、由相同条件下的三个反应：2A-+B2=2B-+A2；2C-+A2=2A-+C2；2B-+D2=2D-+B2可以判断正确的是（）A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2 B．还原性：A-＞B-＞C-＞D-C．2A-+D2=2D-+A2反应可以进行 D．2C-+B2=2B-+C2反应不能进行18、诺贝尔化学奖获得者泽维尔研究了氢气和二氧化碳的反应：H2+CO2=CO+H2O，此反应在一定条件下经历了一个相对长的中间状态HCOOH。下列叙述正确的是A．H2的还原性一定比CO强B．CO还原性一定比H2强C．反应条件对物质的还原性存在影响D．以上反应不是氧化还原反应19、在标准状况下，下列物质体积最大的是（）A．3gH2 B．6.02×1023个H2 C．44.8LH2 D．0.5molH220、标准状况下，相同质量的下列气体中，体积最大的是A．O2 B．N2 C．Cl2 D．CO221、电动自行车给人们带来了极大的方便，其电池为铅蓄电池，PbO2作为铅蓄电池的重要原料有广泛的用途。己知：5PbO2+2Mn2++4H+＝5Pb2++2MnO4－+2H2O，下列说法正确的是A．PbO2为还原剂，具有还原性B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2C．生成1mol的Pb2+，转移电子5molD．酸性环境下PbO2的氧化性强于MnO4－22、由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为14，则氨气和氢气的物质的量之比为A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1二、非选择题(共84分)23、（14分）淡黄色固体A和气体X存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）固体A的名称____________，X的化学式____________。（2）反应③的化学方程式为____________________。（3）写出反应②的离子方程式________________________。24、（12分）某111mL溶液只含Cu2+、Ba2＋、K+、OH－、SO42—、Cl—中的几种，分别取三份11mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。①向一份中加入足量NaOH溶液，产生1．98g蓝色沉淀②向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生2．33g白色沉淀③向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生2．87g白色沉淀。回答下列问题（1）该溶液中一定不存在的离子是___________，③中白色沉淀的化学式为______。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________。（3）该溶液中一定存在的阴离子有____________，其物质的量浓度分别为_________。（4）该111mL溶液中还含有的离子是_______，其物质的量是_______。25、（12分）某学生配制500mL0.100mol/L的氯化钠溶液。配制过程如下：(1)在_______上称取_________g氯化钠晶体，放入________中，用适量的蒸馏水溶解，冷却至室温，然后将溶液小心转移入____________中，使溶液均匀混合，然后缓缓把蒸馏水注入瓶中，直到液面____________，改用____________加水到刻度线，使溶液的____________正好与刻度线____________，最后塞好瓶塞，反复摇匀。(2)以上操作过程是否正确？____________。若不正确，请指出不适之处____________。(3)可能造成溶液浓度偏低的操作____________（例举2个操作即可，多了不加分）。26、（10分）下图是教师在课堂中演示的两个实验装置(铁架台等辅助仪器略去)请回答下列问题（1）实验一的实验目的是_____________________________________，实验过程中可以观察到烧杯中的现象是_______________________________________________________，加热后试管中发生反应的化学方程式是:____________________________（2）实验二用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象是:包有Na2O2的棉花燃烧。Na2O2与CO2的反应的化学方程式________________________________________，该实验可以得出许多结论，请你写出由该实验得出的两个结论。结论1:__________________________________结论2:__________________________________27、（12分）如图为某市售盐酸试剂瓶上的部分数据：（1）该市售盐酸的物质的量浓度为_________mol/L。（计算结果精确到小数点后1位，下同）（2）欲配制1mol/L盐酸溶液475mL，则需量取该市售盐酸_____mL，除烧杯、量筒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器是________；下列情况会使所配溶液浓度偏高的是______（填序号）A．量筒使用前用未干燥B．用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线C．量取出的浓盐酸露置较长时间后才加水稀释D．洗涤量取浓盐酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中（3）浓度均为1mol/L的盐酸与氢氧化钡溶液等体积混合后OH-的物质的量浓度=___________mol/L（忽略溶液体积变化）；质量分数分别为36.5%和13.5%的盐酸等体积混合，所得溶液的质量分数__________25%（填“>”“<”或“=”）；在标准状况下，1体积水吸收__________体积的HCl气体可制得36.5%的盐酸（水的密度以1.00g/cm3计）。28、（14分）Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中氧化剂是________________（填化学式），过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为____________。（填数字）（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________________________________________________________。②每生成1molFeO42-转移________mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为______________mol。Ⅱ．已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。（1）含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，此时被氧化的离子是____________，被氧化的离子的物质的量分别是________________________。（2）若向含amolFeI2和bmolFeBr2的溶液中通入cmolCl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为________________________（用含a、b的代数式表示）。29、（10分）已知在实验室浓盐酸和二氧化锰加热条件下可以反应生成氯化锰和Cl2等，某同学用此法制得标准状况下Cl2体积为22.4mL，据题意回答下列问题：（1）写出其化学反应方程式并配平____________（2）请计算共消耗MnO2多少克？_____________（3）上述实验所用浓盐酸，其质量分数为36.5%，密度为1.19g/mL，为了使用方便，请计算该浓盐酸的物质的量浓度为多少？_______________

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、B【解题分析】

A.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原，N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，故A正确；

B.2NH4++3ClO−=N2↑+3Cl−+2H++3H2O中，N元素的化合价由-3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则生成Cl-为还原产物，所以还原性NH4+＞Cl-，故B错误；

C.N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，所以标准状况下每生成22.4LN2，转移6mol电子，故C正确；

D.由2NH4++3ClO−＝N2↑+3Cl−+2H++3H2O，得出经此法处理过的废水呈酸性，所以不能直接排放，故D正确。

故选B。2、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。3、B【解题分析】A、不能用燃着的酒精灯点燃酒精灯，A错误；B、沉淀的过滤操作正确，B正确；C、石油分馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，C错误；D、称量NaCl固体时应该是左物右码，D错误，答案选B。4、D【解题分析】

判断离子能否发生大量共存，若发生反应，则不能共存，若不反应，则能大量共存.【题目详解】A．在酸性溶液中，Fe3＋具有强氧化性，会将I-氧化，故A错误。B．使酚酞呈深红色的溶液显碱性，不可能有H+，因为H+和OH-反应生成H2O，故B错误。C．Ag＋和SO42-反应生成硫酸银，硫酸银微溶于水，故C错误。D．含大量OH－的溶液中：CO32-、Cl－、F－、K＋这些离子之间不发生反应，可以大量共存，故D正确。本题选D。5、D【解题分析】

反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则X失去电子，Y得到电子，则X被氧化，发生氧化反应，①正确，③错误；Y被还原，发生还原反应，②错误，④正确；故选D。6、C【解题分析】

①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢能电离出氯离子，所以氯水中含有氯离子，故①不选；②氯化氢气体为分子构成的物质，只含氯化氢分子不含氯离子，故②选；③氯化氢在水溶液里能电离出氯离子，所以盐酸中含有氯离子，故③不选；④熔融氯化钠能电离产生氯离子，故④不选；⑤氯酸钾溶液中电离产生钾离子和氯酸根离子，不产生氯离子，所以不含氯离子，故⑤选；⑥四氯化碳为分子构成的物质，只含四氯化碳分子不含氯离子，故⑥选；答案选C。7、B【解题分析】

A、硫酸属于酸，纯碱属于盐，食盐属于盐，故A错误；B、硝酸属于酸，烧碱属于碱，胆矾属于盐，故B正确；C、醋酸属于酸，乙醇不属于碱，硫酸铵属于盐，故C错误；D、盐酸属于酸，熟石灰属于碱，苛性钠属于碱，故D错误；故选B。8、D【解题分析】

①N2和CO的相对分子质量都是28，1mol氮气和1mol一氧化碳的质量都是28g，①符合题意；②1mol氮气和1mol一氧化碳的分子总数都是NA，②符合题意；③1mol氮气和1mol一氧化碳的原子总数都是2NA，③符合题意。综合以上分析，①②③都符合题意。故选D。9、D【解题分析】

①将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故①正确；②将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故②正确；③将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故③正确；④将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故④正确；故答案为D。10、A【解题分析】

A．CO、N2O5是非金属氧化物，酸性氧化物是该物质与碱反应能生成相应的盐，CO不是酸性氧化物，且二者本身不能电离出自由移动的离子，不是电解质，A错误；B．KNO3含钾离子、硝酸根，是钾盐、硝酸盐，也是正盐，B正确；C．H2CO3是含氧酸，可电离出两个氢离子，是二元酸，C正确；D．NaOH是强碱，可溶于水，也是可溶性碱，D正确；答案选A。11、B【解题分析】

Ba(OH)2与硫酸反应，生成硫酸钡和水，硫酸钡虽是强电解质，但由于溶解度较低，电离出的离子很少，导电能力较低。【题目详解】A.AB段溶液的导电能力不断减弱，是由于生成的BaSO4是电解质，但溶解度较低，电离出的离子很少，导电能力较低，A项错误；B.B处溶液的导电能力约为0，此时Ba(OH)2与硫酸反应恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，B项正确；C.BC段加入的稀硫酸逐渐过量，溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的稀硫酸电离出的离子导电，C项错误；D.a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全反应生成硫酸钡和水，与恰好完全沉淀，D项错误；答案选B。12、B【解题分析】

A．若氢氧化钠过量，溶液中不会存在碳酸氢钠，所以溶液的主要成分不可能为：NaOH、NaHCO3，A错误；B．溶液溶质为NaHCO3、Na2CO3，说明二氧化碳部分过量；加入氯化氢后，先发生反应Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3，碳酸钠反应完全后开始生成二氧化碳气体，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，图象中数据合理，B正确；C．反应后生成物为NaOH、Na2CO3，说明二氧化碳不足，加入的氯化氢先与氢氧化钠反应，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，之后开始生成二氧化碳；根据反应Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，生成二氧化碳气体之前消耗的氯化氢的物质的量应该大于碳酸氢钠消耗的氯化氢，图象恰好相反，C错误；D．由反应方程式Na2CO3+2HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，开始生成二氧化碳消耗的氯化氢的物质的量应该与碳酸钠消耗的氯化氢的物质的量相等，图示中不相等，D错误；答案选B。13、C【解题分析】

设三种硫酸盐溶液的物质的量浓度分别是x、y、z，根据Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓可知，3x＝y＝z，解得x∶y∶z＝1∶3∶3，选C。14、A【解题分析】

A.利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；B.分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，故B错误；C.胶体、溶液都可透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，故C错误；D.容量瓶只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误；故选A。15、C【解题分析】

根据题意可知，甲橱中的药品为酸，乙橱中的药品为碱类，丙橱中的药品为非金属单质类，丁中的药品为金属单质类，单质碘属于非金属单质类，故放在丙橱中。综上所述，本题应选C。【题目点拨】根据物质的分类知识，电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸（如盐酸，硫酸）；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱（如氢氧化钠，氢氧化钙）；只有一种元素组成的纯净物属于单质，单质可分为金属单质（如铜，锌）和非金属单质（如红磷，硫，碘）。16、D【解题分析】

A．SO2和SO3的分子数目之比等于物质的量之比，所以等物质的量的SO2和SO3分子数目之比是1︰1，A正确；B．SO2和SO3分子中各含有1个硫原子，所以二者的硫原子数目之比等于其物质的量之比，即为1：1，B正确；C．因为SO2和SO3的物质的量相等，所以它们所含原子数目之比等于分子中所含原子总数之比，即为3︰4，C正确；D．因为SO2和SO3的物质的量相等，所以它们的质量之比等于摩尔质量之比，即为64：80=4︰5，D错误；故选D。17、C【解题分析】

同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据以上分析可知：氧化性大小顺序为：D2＞B2＞A2＞C2，还原性大小顺序：C-＞A-＞B-＞D-，据此分析解答。【题目详解】A．2A-+B2=2B-+A2中氧化性B2大于A2，2C-+A2=2A-+C2中氧化性A2大于C2，2B-+D2=2D-+B2中氧化性D2大于B2，所以氧化性大小顺序为：D2＞B2＞A2＞C2，故A错误；B．2A-+B2=2B-+A2中还原性A-大于B-，2C-+A2=2A-+C2中还原性C-＞A-，2B-+D2=2D-+B2中还原性B-＞D-，所以还原性大小顺序为：C-＞A-＞B-＞D-，故B错误；C．2C-+D2=2D-+C2反应中D2＞的氧化性大于C2，符合已知条件，所以可以进行，故C正确；D．2A-+D2=2D-+A2反应中D2的氧化性大于A2，符合已知条件，所以可以进行，故D错误；故选：C。18、C【解题分析】

A、在此反应条件下，H2的还原性强于CO，但CO＋H2OH2＋CO2发生时，CO的还原性强于H2，故错误；B、根据选项A的分析，CO的还原性不一定比H2强，故错误；C、根据A选项的分析，反应条件对物质的还原性存在影响，故正确；D、上述反应存在化合价的变化，因此属于氧化还原反应，故错误。答案选C。19、C【解题分析】

3gH2的物质的量为1.5mol，在标准状况下的体积为33.6L；6.02×1023个H2的物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L；44.8LH2；0.5molH2在标准状况下的体积为11.2L；综上所述，体积最大的是44.8L，C项正确，故答案为：C。20、B【解题分析】

因M（Cl2）＞M（CO2）＞M（O2）＞M（N2），根据n=可知，相同质量的气体，N2的物质的量最大，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故N2的体积最大，故选B。21、D【解题分析】

该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，结合氧化还原反应的有关概念分析解答。【题目详解】A．该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO2体现氧化性，故A错误；B．氧化产物和还原产物分别是MnO4－、Pb2+，其物质的量之比为2：5，故B错误；C．生成1mol的Pb2+，转移的电子物质的量为1mol×2=2mol，故C错误；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO4－，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于的MnO4－，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查了氧化还原反应的有关判断和计算，根据元素化合价变化结合基本概念分析解答，注意掌握常见元素化合价。22、D【解题分析】

根据十字相交法，，则氨气和氢气的物质的量之比为12：3=4：1，答案为D；【题目点拨】十字相交法中，相减之后数据写在对角上，为物质的量之比。二、非选择题(共84分)23、过氧化钠CO22Na+O2Na2O2Ca2++CO32-＝CaCO3↓【解题分析】

由转化关系可以知道,淡黄色固体A能与气体X反应生成固体Y与气体B，所以该反应为过氧化钠与二氧化碳反应，由此可推知淡黄色固体A为Na2O2，气体X为CO2，固体Y为Na2CO3，反应生成的气体为O2；碳酸钠与氯化钙溶液反应生成白色沉淀为CaCO3，所得溶液为NaCl溶液；(1)由上述分析可以知道,固体A为过氧化钠；X的化学式为:CO2；综上所述，本题答案是：过氧化钠，CO2。

(2)金属钠与氧气反应生成过氧化钠，反应③的化学方程式为2Na+O2Na2O2；综上所述，本题答案是：2Na+O2Na2O2。（3）碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应②的离子方程式：Ca2++CO32-＝CaCO3↓；综上所述，本题答案是：Ca2++CO32-＝CaCO3↓。24、Ba2+和OH-AgClCu2++2OH-=Cu(OH)2↓SO42-、Cl-1mol/L、2mol/LK+1.2mol【解题分析】

（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，实验③生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。（2）Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。（4）根据电荷守恒分析。【题目详解】（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，实验③生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，③中白色沉淀为AgCl，故答案为Ba2+和OH-；AgCl。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-，11mL溶液中，两种离子的物质的量分别为：n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=1.11mol，n(Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=1.12mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c(Cl-)=2mol/L，故答案为SO42-、Cl-；1mol/L、2mol/L。（4）11mL溶液中，Cu2+的物质的量为：n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=1.98g÷98g/mol=1.11mol，1.11molCu2+带1.12mol正电荷，1.11molSO42-和1.12molCl-共带有1.14mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在K+，11mL溶液中含有1.12molK+，111mL溶液中含有1.2molK+，故答案为K+；1.2mol。25、电子天平1.00g烧杯250mL容量瓶距刻度线2～3厘米胶头滴管凹液面相切不正确应用玻璃棒引流；应洗涤烧杯和玻璃棒2到3次并将洗涤液一并转移到容量瓶中没有洗涤烧杯和玻璃棒，加水超过刻度线【解题分析】

（1）氢氧化钠的物质的量为：0.100mol/L×0.25L=0.025mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.025mol=1.00g，由于准确到达到千分之一，需要使用电子天平称量氢氧化钠的质量，称量1.00g氢氧化钠晶体，放入烧杯中用适量的蒸馏水溶解，冷却至室温，然后将溶液小心转移入到250mL的容量瓶中；加水到距刻度线2～3厘米，改用胶头滴管定容，使溶液的凹液面正好与刻度线相切，故答案为电子天平；1.00g；烧杯；250mL容量瓶；距刻度线2～3厘米；胶头滴管；凹液面；相切；（2）配制溶液的过程中，注意溶液必须使用玻璃棒引流；必须洗涤用于溶解氢氧化钠的烧杯和玻璃棒，故答案为不正确；应用玻璃棒引流；应洗涤烧杯和玻璃棒2到3次并将洗涤液一并转移到容量瓶中；

（3）在配制过程中，没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的物质的量减小，浓度偏低；定容时，加水超过刻度线，会使配制的溶液浓度偏低，故答案为没有洗涤烧杯和玻璃棒，加水超过刻度线。【题目点拨】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制的原理、熟悉实验步骤是解题关键。26、比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性烧杯I中澄清石灰水不变浑浊，烧杯II中澄清石灰水变浑浊2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2该反应放热该反应有氧气生成【解题分析】

（1）碳酸氢钠具有热不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产生气体判断稳定性强弱；碳酸氢钠加热分解放出二氧化碳，能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠比较稳定，对应的澄清石灰水不变浑浊，据此得出结论，写出反应的化学方程式；（2）包有Na2O2的棉花燃烧，则过氧化钠与二氧化碳的反应为放热反应，反应有氧气生成，以此来解答。【题目详解】（1）碳酸氢钠具有热不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，故实验一的目的是比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性；碳酸氢钠具有热不稳定，加热分解生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠难分解，则实验过程中可以观察到烧杯中的现象是烧杯I中澄清石灰水不变浑浊，烧杯II中澄清石灰水变浑浊；加热后试管中发生反应的化学方程式是:2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；（1）实验二用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象是：包有Na2O2的棉花燃烧，即温度升高棉花燃烧，有氧气助燃，由此说明：该反应放热，该反应有氧气生成，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；根据上述分析可知，由该实验得出的结论有结论1:该反应放热；结论2:该反应有氧气生成。【题目点拨】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质及过氧化钠与二氧化碳的反应，侧重钠及其化合物性质的考查，注意实验中发生的反应及现象、结论的归纳，有利于实验能力的培养，题目难度不大。27、11.842.4玻璃棒和500mL容量瓶D0.5>352.8【解题分析】

（1）根据c=1000ρw/M计算；（2）依据稀释定律计算；根据配制一定物质的量浓度的步骤确定需用到的玻璃仪器；根据n=cV判断溶液中溶质的物质的量和溶液体积变化，进行误差分析；（3）依据酸、碱的元次和化学方程式进行过量判断；盐酸浓度越大，溶液密度越大；依据c=n/V计算。【题目详解】（1）根据c=1000ρw/M，密度为1.18g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸的物质的量为：（1000×1.18×36.5%）/36.5mol/L=11.8mol/L，故答案为：11.8mol/L；（2）①实验室应该用500ml容量瓶配制475mL1mol/L盐酸溶液，设需要浓盐酸的体积为VL，由稀释定律可得：VL×11.8mol/L=0.5L×1mol/L，解得V=0.0424L=42.4ml，故需要量取浓盐酸42.4ml，故答案为42.4ml；②配制475mL1mol/L稀盐酸时使用的仪器除烧杯、量筒、胶头滴管外，还必须用到玻璃棒、500mL容量瓶，故答案为：玻璃棒、500mL容量瓶；③A项、量筒使用前用未干燥，量取的浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；B项、定容时仰视容量瓶刻度线，所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故B错误；C项、量取出的浓盐酸露置较长时间，浓盐酸挥