2024届四川省棠湖中学化学高一第一学期期中联考模拟试题含解析

2024届四川省棠湖中学化学高一第一学期期中联考模拟试题注意事项: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、Na2O＋H2O＝2NaOH的反应类型属于A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应2、mgHCl气体溶于水形成VmL溶液，密度为dg•cm-3，质量分数为w%，物质的量浓度为cmol•L-1。下列表达式正确的是A．n(HCl)=mol B．c= C．w= D．V=3、下列物质中，能够导电的电解质是A．Cu丝 B．熔融的MgCl2 C．NaCl溶液 D．液态HCl4、下列两种气体的分子数一定相等的是A．质量相等、密度不等的N2和C2H4B．等压等体积的N2和CO2C．等温等体积的O2和N2D．不同体积等密度的CO和C2H45、我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸的反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，下列说法中正确的是（）A．该反应中的还原剂为KNO3B．该反应中C被还原C．若消耗32gS，该反应转移电子数为2NAD．若生成标准状况下气体22.4L，则有0.75mol物质被还原6、配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，下列操作对实验结果没有影响的是（）A．容量瓶中原有少量蒸馏水 B．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中C．定容时观察液面俯视 D．定容时观察液面仰视7、两种不同的微粒其质子总数与电子总数分别相等则他们的关系不可能是A．两种不同的原子B．一种阴离子和一种阳离子C．一种阳离子和另一种阳离子D．一种原子和一种分子8、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1mol铝离子含有的核外电子数为3NAB．1.7g双氧水中含有的电子数为0.9NAC．常温下，11.2L的甲烷气体含有甲烷分子数为0.5NA个D．标准状况下，33.6L水中含有9.03×1023个水分子9、下面四幅图中，与胶体性质有关的是()A．①④ B．②③ C．①②③ D．全部10、下列说法正确的是()A．观察只是指用眼看B．观察只是指用耳听C．观察只是指用鼻嗅D．观察包括用手感觉11、氯水不稳定，要现用现配下列装置可用来制备氯水的是()A．B．C．D．12、根据硫元素的化合价判断下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是()A．Na2S B．S C．SO2 D．H2SO413、下列叙述中，正确的是A．标准状况下，22.4L水所含的水分子数目为NAB．常温常压下，等物质的量的CH4和CO所含的分子数相等C．1LCO气体一定比1LO2的质量小D．常温常压下，17g氨气的体积约为22.4L14、按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于（）①酸②氢化物③氧化物④含氧酸⑤难挥发性酸⑥强氧化性酸⑦一元酸⑧化合物⑨混合物A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．①④⑥⑦⑧ C．①⑨ D．①④⑤⑥⑦15、同温同压下，某集气瓶充满O2时质量为116g，充满CO2时质量为122g，充满气体X时质量为114g。则X的相对分子质量为（）A．28 B．60 C．32 D．4416、在反应KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化和被还原的原子的物质的量之比是A．1：6B．5：1C．6：1D．3：117、以下是一些常用的危险品标志，装运浓硝酸的包装箱应贴的图标是()A．B．C．D．18、下列物质中，属于电解质并在此状态下能导电的是（）A．胆矾 B．铁棒 C．硫酸 D．液态硝酸钾19、某氧化物的化学式为M2O3，电子总数为50，已知氧原子核内有8个中子，M2O3的相对质量为102，则M原子核内中子数为（）A．10 B．12 C．14 D．2120、下列电离方程式正确的是()A．MgSO4=Mg＋2＋ B．Ba(OH)2=Ba2＋＋OHC．Al2(SO4)3=2Al3＋＋3 D．KClO3=K＋＋Cl－＋3O2－21、有相同条件下三个反应：①2A－+B2

＝2B－+A2②2C－+A2＝2A－+C2

③2B－+D2＝2D－+B2由此得出下列判断不正确的是A．氧化性：D2>B2>A2

>C2 B．还原性：C－>A－>B－>D－C．2A－+D2

＝2D－+A2该反应可以进行 D．2C－+B2

＝2B－+C2该反应不能进行22、根据下面两个化学方程式判断Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋氧化性由强到弱的顺序是①2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2②CuCl2＋Fe===FeCl2＋CuA．Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋B．Fe2＋>Cu2＋>Fe3＋C．Cu2＋>Fe3＋>Fe2＋D．Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋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）甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。④向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：⑴上述实验③中得到沉淀X的质量为______；生成沉淀X的离子方程式为______．⑵甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______．⑶甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为______。25、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL；（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却⑨摇动其正确的操作顺序为_________。本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、________________。（2）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下图所示。烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出________gNaOH。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是________。A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面B．定容时俯视刻度线C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D．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26、（10分）分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去(括号内为混入的杂质)物质需加入的试剂有关离子方程式HNO3(H2SO4)__________Cu(Fe)__________ZnSO4(CuSO4)__________Fe(OH)3[Al(OH)3]__________27、（12分）(1)写出下图中序号①～③仪器的名称：①_________；②_________；③__________；仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有_______.（填仪器序号）(2)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容．现用该浓硫酸配制480mL

1mol•L-1的稀硫酸．请回答下列问题：a.该硫酸的物质的量浓度为__________mol•L-1b．经计算，配制480mL1mol•L-1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_______mL；c.配制过程中下列各项操作会导致所配稀硫酸浓度偏小的是_____(双选)A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水B．所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤C．定容时，俯视容量瓶刻度线D．摇匀后静置发现液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度处．28、（14分）某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K＋、Mg2＋、Br－、SO42-、Cl－等)来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2)，他们设计了如下流程：请根据以上流程，回答相关问题：（1）操作①是__________；操作②是___________；操作⑤是____________。（填操作名称）（2）操作④需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要_____________。（3）加入足量的X、Y、Z是为了除去溶液中的杂质，它们依次是BaCl2溶液、KOH溶液和________溶液。29、（10分）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，欲测定Na2O2试样的纯度。可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol·L－1硫酸、6mol·L－1盐酸和蒸馏水。已知：①浓硫酸有吸水性、脱水性和强氧化性，②碱石灰的成分为CaO和NaOH。实验方案为：①制备并提纯CO2。②将纯净的CO2通过试样。③测定生成O2的体积。④根据O2的体积计算Na2O2试样的纯度。实验装置如下：回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式是______________________________________。（2）装置B的作用是_______________________，装置C的作用是_______。（3）装置E的作用是__________________________________________（4）装置D中发生反应的化学方程式是______________________________________。（5）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为________。

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】

反应Na2O+H2O=2NaOH的反应物是两种，生成物只有一种，符合化合反应的概念，因此该反应属于化合反应，答案选A。2、B【解题分析】

A．n(HCl)===mol，故A错误；B．c(HCl)=mol/L=mol/L=mol/L，因此c=，故B正确；C．w%=×100%=×100%=%，则w=，故C错误；D．n(HCl)==mol，标准状况下，V(HCl气体)=n(HCl)×Vm=L，而题中V指的是溶液的体积，溶液的体积不等于气体的体积，故D错误；故选B。3、B【解题分析】

A．铜丝虽然可以导电，但为单质不是电解质，故A不符合题意；B．熔融的氯化镁有自由移动的离子，可以导电，且为电解质，故B符合题意；C．氯化钠溶液可以导电，但为混合物，不是电解质，故C不符合题意；D．液态HCl不导电，故D不符合题意；综上所述答案为B。4、A【解题分析】

两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。【题目详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。故选A。【题目点拨】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，灵活物质的量公式是解答本题的关键。5、D【解题分析】

A.反应中N和S元素化合价降低,被还原,C元素化合价升高,所以还原剂是C、氧化剂是S和KNO3,故A错误;

B.C元素化合价升高,所以还原剂是C被氧化,故B错误;

C.消耗32gS即1mol,则消耗3molC,所以转移电子数为(4-0)×3mol=12mol,即12NA，故C错误;

D.生成标准状况下22.4L气体时,即1mol气体,则生成14×1mol=0.25mol氮气,有0.25molS和0.5molKNO3参加反应,又反应中N和S元素化合价降低,被还原,则有0.75

mol物质被还原,所以D选项是正确的解析【题目点拨】反应S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑中,N和S元素化合价降低,被还原,C元素化合价升高,被氧化,据此分析。6、A【解题分析】

A．容量瓶中有少量蒸馏水，对实验结果无任何影响，故A可选；B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，将导致溶质减小，结果偏低，故B不选；C．定容时俯视液面，将导致加入的溶剂减少，溶液体积偏小，结果偏高，故C不选；D．定容时仰视液面，将导致加入的溶剂增多，溶液体积偏大，结果偏低，故D不选；故答案选A。7、B【解题分析】

A．原子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种原子中质子数和电子数可能都相同，如氕和氘中核内质子数和核外电子数都相同，故A不符合题意；B．阳离子中核内质子数＞核外电子数，阴离子中核内质子数＜核外电子数，所以一种阳离子和一种阴离子只要电子数相同时，质子数就不同，例如钠离子和氟离子，故B符合题意；C．两种微粒的质子数和电子数均分别相等，可以是两种阳离子,阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，如Na+与NH4+质子数都为11，和电子数都为10，均分别相等，可以是两种阴离子，如OH−与F−，故C不符合题意；D．原子和分子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种分子中质子数和电子数可能都相同，如氖原子和氟化氢分子中核内质子数和核外电子数都相同，故D不符合题意；答案选B。【题目点拨】原子和分子中核外电子数等于核内质子数，阴阳离子中核外电子数和核内质子数不同。8、B【解题分析】

A、铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子；B、双氧水分子中含有18个电子，1mol双氧水中含有18mol电子；C、常温下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L甲烷的物质的量；D、、标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量。【题目详解】A项、由于铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子，核外电子数为10NA，故A错误；B项、双氧水分子中含有18个电子，1mol双氧水中含有18mol电子，1.7g双氧水的物质的量为0.5mol，则0.5mol双氧水中含有的电子数为0.9NA，故B正确；C项、常温下，不是标准状况下，题中条件无法计算11.2L甲烷的物质的量，故C错误；D项、标况下，水不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查了阿伏加德罗常数，注意明确标况下物质的状态、标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等之间的转化关系是关键。9、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。10、D【解题分析】

观察是指用感官考察研究对象，所有感觉器官的考察，都属于观察，但不可用手直接接触药品，A、B、C错误。D正确，答案选D。11、D【解题分析】

由于氯气有毒，所以需要对尾气进行吸收，可用氢氧化钠吸收。【题目详解】氯气在水中不发生倒吸，由于氯气有毒，所以需要对尾气进行吸收，可用氢氧化钠吸收。故选：D。12、A【解题分析】

A．硫化钠中硫元素处于最低价，为-2价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，A正确；B．单质硫中，硫元素化合价为0价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，B错误；C．二氧化硫中，硫元素化合价为+4价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，C错误；D．硫酸中硫元素处于最高价，为+6价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，D错误。13、B【解题分析】

A．标况下水不是气体，22.4L水的物质的量不是1mol，故A错误；B．1molCH4和1molCO所含分子数均为NA，故B正确；C．气体的体积与温度和压强有关，两种气体存在的状态是否相等不确定，则无法比较二者的质量关系，故C错误；D．17g氨气的物质的量为1mol，常温常压下1mol气体的体积不是22.4L，故D错误；综上所述答案为B。14、B【解题分析】

对物质进行分类，最重要的是看分类的标准是什么，标准单一称为树状分类法，标准多样，称为交叉分类法。注意本题中硝酸用了化学式，即指明了该物质为纯净物，不是溶液。【题目详解】①硝酸电离出的阳离子全部是氢离子，所以硝酸属于酸；②氢化物要求组成元素为2种，而硝酸的组成元素为3种；③氧化物要求组成的元素为2种，而硝酸的组成元素为3种；④硝酸属于酸，且其组成元素中有氧，所以属于含氧酸；⑤硝酸易挥发，属于挥发性酸；⑥硝酸具有强氧化性，通常由硝酸根离子来表现强氧化性，为强氧化性酸；⑦每个硝酸分子最多能电离出一个氢离子，所以硝酸属于一元酸；⑧硝酸为纯净物，组成元素不是一种，所以硝酸属于化合物；⑨硝酸属于纯净物；所以答案选择B项。【题目点拨】此题也可以采用排除直接选出正确答案。如根据②错误排除A项，根据⑤错误排除D项。15、A【解题分析】

相同状况下同一瓶内装满不同气体，则气体的物质的量相等。设瓶重为mg，则：，求出m=100g,，求出M(X)=28gmol-1，故选A。16、B【解题分析】

在该反应中，Cl2中的Cl原子由KClO3和HCl发生氧化还原反应产生，据此分析。【题目详解】在反应KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，KClO3中+5价的Cl得到电子，变为Cl2中的0价Cl，被还原；HCl中-1价的Cl失去电子，变为Cl2中的0价Cl，被氧化。根据电子守恒可知生成的3个Cl2中的Cl有1个是由KClO3提供，5个由HCl提供，所以被氧化和被还原的原子的物质的量之比是5:1，故正确选项是B。【题目点拨】本题考查了同一元素的氧化还原反应的知识。在同一元素的氧化还原反应中，元素化合价发生变化的规律是：“可相聚，不相交”，“高高、低低”。即生成物中的居于中间价态元素，一部分是由反应物中高价态的得到电子还原生成，一部分是由低价态的失去电子氧化生成；反应后生成物中该元素的化合价可以相同，但不能出现化合价交叉情况。不能出现氧化产物中元素的化合价比氧化剂中该元素的化合价还高，还原产物中元素的化合价比还原剂中该元素的化合价还低。若反应物、生成物中含有多种发生变化的同一元素的物质，则生成物中较高价态的物质是由反应物中价态较高的物质生成；生成物中较低价态的物质是由反应物中价态较低的物质生成。掌握反应原理是配平方程式、分析电子转移数目、判断物质的关系的根本。17、B【解题分析】

浓硝酸属于强酸，具有强烈的腐蚀性的液体，A、图中所示标志是易燃液体标志,故A选项错误；

B、图中所示标志是腐蚀品标志,故B选项正确；C、图中所示标志是有毒气体标志,故C选项错误；

D、图中所示标志是爆炸品标志，故D选项错误；

综上所述，本题选B。18、D【解题分析】

A.胆矾属于电解质，但是在固态时，没有自由移动的离子，不能导电，故A错误；B.铁棒是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.硫酸是电解质，但是纯硫酸不含自由移动的离子，硫酸不导电，故C错误；D.硝酸钾属于电解质，液态硝酸钾存在自由移动的钾离子和硝酸根离子，能够导电，故D正确；故答案选D。19、C【解题分析】

原子序数=质子数=核外电子数，质子数+中子数=质量数=近似相对原子质量。【题目详解】设M的质子数为x，2x+8×3=50，x=13；氧原子核内有8个中子，则氧原子的质量数是16。设M的质量数为y，则2y+16×3=102，y=27，所以M原子核内中子数为27-14=14，故选C。20、C【解题分析】

A．MgSO4电离产生Mg2+、，电离方程式为：MgSO4=Mg2++，A错误；B．Ba(OH)2电离产生Ba2＋、OH-，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2＋+2OH-，B错误；C．Al2(SO4)3电离方程式为Al3＋、，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3，C正确；D．KClO3电离产生K＋、，电离方程式为：KClO3=K＋+，D错误；故合理选项是C。21、D【解题分析】

根据氧化还原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进行分析。【题目详解】A.根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：D2>B2>A2>C2，故正确；B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性进行分析，还原性：C－>A－>B－>D－，故正确；C.根据氧化性：D2>B2>A2，还原性：C－>A－>B－>D－分析，反应2A－+D2＝2D－+A2可以进行，故正确；D.据氧化性：D2>B2>A2，还原性：C－>A－>B－>D－分析，反应2C－+B2＝2B－+C2能进行，故D错误。故选D。22、A【解题分析】

根据规律“氧化性：氧化剂>氧化产物”分析判断。【题目详解】反应①：氧化剂Fe3＋得电子生成还原产物Fe2＋，还原剂Cu失电子生成氧化产物Cu2＋。氧化性：Fe3＋>Cu2＋；反应②：氧化剂Cu2＋得电子生成还原产物Cu，还原剂Fe失电子生成氧化产物Fe2＋。氧化性：Cu2＋>Fe2＋。则有氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋。本题选A。【题目点拨】比较氧化性、还原性最重要的规律是“氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物”。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、10g、【解题分析】

通过①得出铵根离子物质的量，通过②分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，通过③及离子共存分体得出不含的离子，通过④分析含有的微粒及物质的量。【题目详解】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则，如为BaCO3，，则说明甲中含有SO42－、CO32－,设分别为xmol、ymol，则，x=0.2，y=0.1；③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32－，则一定不存在Ca2+、Cu2+；④向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而②加入，则说明甲中含有Cl－，且，如不含NO3－，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,则,因分成两份，则甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42－、0.2molCO32－、0.1molCl－，如含有NO3－，则K+大于0.9mol，⑴上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1mol×100g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2++2OH－+CO2==CaCO3↓+H2O，故答案为10g；Ca2++2OH－+CO2==CaCO3↓+H2O；⑵由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3－，故答案为Ca2+、Cu2+；NO3－；⑶甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42－、0.2molCO32－、0.1molCl－，如含有NO3－，则K+大于0.9mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl－，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1mol，故答案为K+；Cl－；0.1mol。25、（1）②①③⑧⑤⑥⑨⑦④250mL容量瓶、胶头滴管（2）27.410.0（3）检查容量瓶是否漏液（4）BC【解题分析】试题分析：（1）实验室中没有240mL的容量瓶，配制时需要选用250mL的容量瓶，配制250mL1.0mol/L的NaOH溶液的步骤为：计算→称量→溶解、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以正确的操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，还缺少250mL容量瓶，答案为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；250ml容量瓶、胶头滴管；（2）根据图示可知，游码的读数为2.6g，结合托盘天平的称量原理可知，图示中，砝码质量=烧杯质量+游码质量，所以烧杯质量=砝码质量-游码质量=20g+10g-2.6g=27.4g；配制250mL1.0mol/L的NaOH溶液，需要氢氧化钠的质量为：0.25L×1mol/L×40g/mol=10.0g，答案为：27.4；10.0；（3）容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免液体流出，配制溶液之前需要据此容量瓶是否漏水，答案为：检验容量瓶是否漏水；（4）A、转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B、定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C、未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，D、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，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，答案选BC。考点：溶液的配制26、Ba(NO3)2Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓H2SO4Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ZnZn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋NaOHOH－＋Al(OH)3=AlO2－＋2H2O【解题分析】

要除去物质中混有的杂质，可以根据物质的性质，采用物理或化学方法除去，要求所选择的除杂试剂只与杂质反应，不能与原有物质反应，且反应后不能生成新的杂质。【题目详解】①硝酸中混有硫酸，要除去硫酸，可以使用钡离子使硫酸根离子沉淀，硝酸中含有硝酸根离子，故可以使用硝酸钡，所以本题答案为：Ba(NO3)2溶液；Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓；②铜粉中混有铁粉，在金属活动性顺序中，铁排在氢的前面，可以与酸发生置换反应，而铜排在氢的后面，不与酸发生置换反应，所以可以使用加酸的方法，所以本题答案为：稀H2SO4；Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；③除去硫酸锌中的硫酸铜，可以加入锌，能够与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，反应的离子方程为Zn+Cu2+=Zn2++Cu；所以本题答案为：Zn；Zn+Cu2+=Zn2++Cu；④氢氧化铁中含有氢氧化铝，要除去氢氧化铝，可以利用氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强碱溶液而氢氧化铁不溶，将其加入氢氧化钠溶液中溶解后过滤得到氢氧化铁，所以本题答案为：NaOH；OH－＋Al(OH)3=AlO2－＋2H2O。【题目点拨】本题考查了常见物质的除杂方法，完成此种类型的题目，可以根据物质的性质，采用物理或化学方法除去，要求所选择的除杂试剂只与杂质反应，不能与原有物质反应，且反应后不能生成新的杂质．若杂质离子为阳离子，则所选除杂试剂的阴离子与原物质相同，若杂质离子为阴离子，则所选除杂试剂的阳离子与原物质相同。27、蒸馏烧瓶冷凝管分液漏斗③④18.427.2BD【解题分析】

（1）①为蒸馏装置，需要的仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、锥形瓶等，②为分液操作；③为容量瓶，结合仪器的结构分析；分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；(2)a．根据溶液的物质的量浓度c=1000ρω/M来计算；b.根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀来计算；c.分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=n/V判断对所配溶液浓度的影响．【题目详解】（1）根据仪器的结构特点，得到：①是蒸馏烧瓶，②是冷凝管，③是分液漏斗；④是容量瓶，故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；故答案为③④（2）a．溶液的物质的量浓度c=1000ρω/M=1000mL/L×1.84g/mL×98%/98g·mol－1=18.4mol·L－1，故答案为18.4；b.由于无480mL容量瓶，故选用500mL容量瓶，配