重庆第二外国语学校高2024届化学高一上期中质量检测模拟试题含解析

重庆第二外国语学校高2024届化学高一上期中质量检测模拟试题注意事项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、下列物质中的S元素只具有还原性的是A． B． C． D．2、Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是A．Fe(OH)3胶体粒子的大小在1～100nm之间B．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应C．Fe(OH)3胶体是均一、稳定的分散系D．Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸3、下列说法正确的是（）A．碳﹣12原子和碳﹣13原子的中子数相同B．KMnO4和K2MnO4中有相同的原子团C．Fe2+和Fe3+都属于铁元素，核外电子数不同D．和化学性质相似4、下列变化过程中不能直接实现的是（）①HCl②Cl2③Ca(ClO)2④HClO⑤CO2A．④→⑤ B．①→② C．③→④ D．②→③5、把NaCl和Al2（SO4）3溶于稀盐酸得到混合溶液，其中Na+、Al3+、Cl﹣的数目之比为1∶2∶3，则溶液中下列关系正确的是（）A．H+与Cl﹣数目比为2∶3B．Al3+与SO42—数目比为3∶2C．Na+与Cl﹣数目比为1∶1D．Cl﹣与SO42—数目比为1∶36、下列溶液中，与100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是()A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液B．200mL0.25mol/LHCl溶液C．50mlL1mol/LNaCl溶液D．200mL0.25mol/LCaCl2溶液7、已知32gX与40gY恰好完全反应,生成mgQ和9gH,在相同条件下,16gX和足量Y混合生成0.25molQ和若干摩的H,则物质Q的摩尔质量应是（）A．122g·mol-1 B．63g·mol-1 C．126g·mol-1 D．163g·mol-18、硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4mol·L－1，c(SO42-)＝0.8mol·L－1，则c(K＋)为()A．0.15mol·L－1 B．0.2mol·L－1 C．0.3mol·L－1 D．0.4mol·L－19、下列除去杂质的方法正确的是(括号内的物质为杂质)A．硝酸钾溶液(硝酸银):加入适量的氯化钠溶液,过滤B．二氧化碳(HCl):通入饱和碳酸钠溶液,收集气体C．氮气(氧气):通过灼热的铜粉,收集气体D．氯化钠溶液(单质碘):加入酒精萃取后分液10、下列说法中正确的是()A．标准状况下，将22.4LHCl溶于1L水，可配成1mol/L的稀盐酸B．把200mL3mol/L的MgCl2溶液跟100mL3mol/L的KCl溶液混合后，溶液中的Cl-的物质的量浓度仍然是3mol/LC．用胆矾(CuSO4•5H2O)配制500mL5mol/L的CuSO4溶液，需胆矾40gD．将0.1molNaCl配成100mL溶液，从中取出10mL，所取出溶液的物质的量浓度为1mol/L11、摩尔是()A．物质中所含的微粒数 B．表示物质质量的单位C．表示物质的量的单位 D．既是物质的数量单位又是物质质量的单位12、完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是A．从碘的四氯化碳溶液中提取碘B．除去乙醇中的苯C．从碘化钾和碘的混合固体中回收碘D．从硫酸铜溶液中获得胆矾13、下列关于和和的说法正确的是（）A．质子数相同，互称为同位素 B．中子数相同，互称为同位素C．核外电子数相同，是同一种核素 D．质量数不同，不能互称为同位素14、以下实验装置一般不用于分离物质的是（）A．B．C．D．15、实验室中需要0.2mol/L的CuSO4溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾(CuSO4·5H2O)的质量分别是A．950mL30.4g B．950mL47.5g C．1000mL50.0g D．1000mL32.0g16、下列叙述正确的是（）A．提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔B．海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”C．做焰色反应实验所用的铂丝应先蘸稀硫酸，再放在火焰上烧至无色D．用蒸馏的方法可将CCl4和Br2的混合物分开17、对于给定物质的量的气体，决定其体积大小的主要因素是（）A．分子本身大小 B．分子间平均距离C．相对分子质量 D．分子数目18、如图所示的实验操作中正确的是()A． B． C． D．19、在一定温度下，向饱和烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列说法正确的是A．溶液中有晶体析出，Na＋数目变小B．溶液中有气体逸出，Na＋数目增加C．溶质的质量分数增大D．溶液中Na＋数目减少，溶质质量分数变小20、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21、在酸性的澄清透明溶液中，能大量共存的离子组是()A．Al3＋、Ag＋、NO3—、Cl－B．Mg2＋、NH4+、HCO3—、Cl－C．Na＋、K＋、CO32—、Cl－D．Cu2＋、Na＋、NO3—、SO42—22、下列分离混合物常见的仪器：从左至右，用于分离操作正确的是()A．蒸发、萃取、蒸馏、过滤 B．蒸馏、过滤、蒸发、蒸发C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，__________不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，__________不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_____________,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入__________，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。24、（12分）有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）C与D形成化合物的化学式_______，其在水中的电离方程式为_______。（2）B离子的电子式_______，A离子的电子式_______。（3）B原子的结构示意图_______，D离子的结构示意图_______。25、（12分）物质的分离与提纯是化学的重点，根据下列实验目的，分别选择相应的实验装置。（1）除去氯化钠晶体中的碳酸钠______。（2）除去碳酸钙中的氯化钠______。（3）分离乙酸(沸点118℃)和乙酸乙酯(沸点77.1℃)的混合液(两者互溶)：______。（4）从溴水中提取溴______。（5）除去氧化钙中的碳酸钙______。（6）分离固体食盐和碘的方法______。26、（10分）某研究性学习小组，为了探究过氧化钠的强氧化性，设计了如图的实验装置。实验步骤及现象如下：①检查装置气密性后，装入药品并连接仪器。②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体。③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体。装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体。④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色。回答下列问题：（1）装置B中的湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有(填化学式)生成。若B中改放湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论，请用离子方程式说明原因。（2）装置C的作用是。（3）甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得。乙同学认为此结论不正确，他可能的理由为：①②。（4）实验证明，Na2O2能与干燥的HCl反应，完成并配平该化学方程式。该反应(填“能”或“不能”)用于实验室快速制取纯净的Cl2，理由是(要求答出一个要点即可)。27、（12分）某实验小组利用如图给定的仪器组成一套实验装置(各仪器只允许用一次)，在室温、1.01×105Pa的条件下测定镁的相对原子质量。请回答下列问题：（1）假设气流方向为左→右，则各仪器的接口连接的先后顺序为a______________(用小写字母填写)。（2）连接好仪器后,要进行的操作有以下几步：①待仪器B中的物质恢复至室温时，测量量筒C中水的体积(假定将测定的体积换算成标准状况下为VmL)；②擦掉镁条表面的氧化膜,将其置于天平上称量(假定其质量为mg,并将其放入试管B中)；③检查各装置的气密性；④旋开仪器A上分液漏斗的活塞，当镁条完全溶解时再关闭活塞。上述几步操作的先后顺序是___________________。（3）根据实验数据可计算出镁的相对原子质量，其数学表达式为__________________。（4）若未将试管B冷却至室温就测量量筒C中水的体积，这将会使所测镁的相对原子质量数据______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（5）若未擦净镁条表面的氧化膜就进行实验，这将会使所测镁的相对原子质量数据____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（6）实验中需要用480mL1mol/L的盐酸，配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是_________28、（14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）29、（10分）实验室用NaOH固体配制250mL1.25mol/L的NaOH溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250mL1.25mol/L的NaOH溶液应称取NaOH的质量_______________g；（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）____________________；A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处（3）操作A中，应将洗涤液都移入容量瓶，其目的是_________________________________；溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为______________________________________；（4）下列配制的溶液浓度偏低的是_________________________________________________；A．称量NaOH时，砝码错放在左盘；B．向容量瓶中转移溶液时，不慎有液滴洒在容量瓶外面；C．定容时仰视液面达到刻度线；D．定容时俯视液面达到刻度线；E．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水。

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项、亚硫酸钠中硫元素为中间价+4价，既有氧化性又有还原性，故A错误；B项、硫化氢中硫元素为最低价——-2价，只有还原性，故B正确；C项、三氧化硫中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故C错误；D项、硫酸镁中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故D错误；故选B。【题目点拨】同种元素，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价既有氧化性又有还原性是判断元素氧化性和还原性的依据，也是解答的关键。2、A【解题分析】A项，Fe（OH）3胶体粒子的大小在1~100nm之间，FeCl3溶液中溶质粒子小于1nm，是两者的本质区别；B项，Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应，不是两者的本质区别；C项，FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都是均一、稳定的分散系；D项，FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体的分散质都能透过滤纸；答案选A。点睛：胶体和溶液的本质区别是分散质粒子的大小，分散质粒子小于1nm的分散系为溶液，分散质粒子大小在1nm~100nm之间的为胶体；鉴别溶液和胶体用丁达尔效应，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能。3、C【解题分析】

A．碳﹣12原子和碳﹣13原子的质子数为6，中子数=质量数﹣质子数，分别为6、7，中子数不相同，故A错误；B．KMnO4和K2MnO4中的原子团不同，分别为高锰酸根离子和锰酸根离子，离子所带电荷分别为一个和2个，故B错误；C．Fe2+和Fe3+的质子数为26，都属于铁元素，原子失去电子数不同，所带电荷数不同，核外电子数不同，故C正确；D．是稀有气体元素性质稳定，是金属元素易失电子，二者化学性质不同，故D错误；故选C。4、A【解题分析】

A、HClO酸性比H2CO3酸性弱，所以不能由HClO直接制取CO2；B、浓盐酸与MnO2反应可制取Cl2；C、Ca(ClO)2与酸性大于HClO的H2SO4、HCl等反应可生成HClO；D、Cl2与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2。故选A。5、A【解题分析】设溶液中Na+、Al3+、Cl﹣的物质的量分别是xmol、2xmol、3xmol，根据硫酸铝的化学式可知硫酸根的物质的量是3xmol；忽略氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知氢离子的物质的量是3xmol+3xmol×2－xmol－2xmol×3＝2xmol，所以A.H+与Cl﹣数目比为2：3，A正确；B.Al3+与SO42﹣数目比为2：3，B错误；C.Na+与Cl﹣数目比为1：3，C错误；D.Cl﹣与SO42﹣数目比为1：1，D错误，答案选A。6、D【解题分析】

根据溶液中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进行计算，与溶液的体积无关，100mL0.5mol/LNaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。【题目详解】A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为：0.5mol/L×2=1mol/L，A错误；B．200mL0.25mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.25mol/L，B错误；C．50mL1mol/LNaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，C错误；D．200mlL0.25mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度0.25mol/L×2=0.5mol/L，D正确；故选D。7、C【解题分析】

32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，根据质量守恒定律，生成Q的质量为32g+40g-9g＝63g。现16gX参加反应，则生成的Q应为63g×16g/32g＝31.5g，因此Q的摩尔质量为31.5g÷0.25mol＝126g•mol－1，答案选C。8、C【解题分析】

根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+），c（K+）═2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故选C。9、C【解题分析】

A.硝酸钾溶液中混有硝酸银时，加入适量的氯化钠溶液会导致混入钠离子等新的杂质，故A方法错误；B.二氧化碳与饱和碳酸钠溶液也能发生反应，故B方法错误；C.混合气体通过通过灼热的铜粉时，氧气与铜粉发生反应，氮气与铜粉不反应，最终收集到的是氮气，故C方法正确；D.酒精能与水任意比例互溶，不能作为除去氯化钠溶液中溶有单质碘的萃取剂，故D方法错误；答案选C。10、D【解题分析】

A.标准状况下，22.4

LHCl的物质的量是1mol，溶于1L水，不能确定溶液的体积，因此不能计算配成的稀盐酸的浓度，A错误；B.混合溶液中Cl-的浓度为c(Cl-)==5mol/L，B错误；C.配制500mL5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量n(CuSO4)=5mol/L×0.5L=2.5mol，根据Cu元素守恒，可知需胆矾质量为m(CuSO4•5H2O)=2.5mol×250g/mol=625g，C错误；D.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相同，与取出的溶液的体积大小无关，所以将0.1

mol

NaCl配成100

mL溶液，溶液的浓度c(NaCl)=0.1mol÷0.1L=1mol/L，从中取出10

mL，所取出溶液的物质的量浓度为1mol/L，D正确；故合理选项是D。11、C【解题分析】

物质的量是用来描述微观粒子集合体的物理量，而摩尔是物质的量的单位，它的意义与质量和数量无关，C正确；综上所述，本题选C。12、C【解题分析】

A．应该采用萃取和分液的方法分离，并且图中冷却水未下进上出，温度计的水银球没有放在蒸馏烧瓶的支管口附近，故A错误；B．应选蒸馏法分离，不是过滤，故B错误；C．碘易升华，KI加热不发生变化，从KI和I2的固体混合物中回收I2，应选升华，故C正确；D．蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，故D错误；故选C。13、A【解题分析】

A．和质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，A正确；B．中的中子数=198-78=120，中的中子数为202-78=124，中子数不同，B错误；C．因核素的种类取决于质子数和中子数，虽然78202Pt和78198Pt的质子数相同，但中子数不同，不是同种核素，C错误；D．因同位素是质子数相同，中子数不同的原子，而78202Pt和78198Pt的质子数相同，中子数不同，是同位素，D错误；故选A。14、D【解题分析】

A.该装置图为蒸馏装置，是分离互溶的、沸点不同的液体混合物的装置，A不符合题意；B.该装置图为分液装置，是分离互不相溶的液体混合物的装置，B不符合题意；C.该装置图为过滤装置，是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的装置，C不符合题意；D.该装置图为配制物质的量浓度的溶液的装置，是配制物质的量浓度的溶液的定容步骤，与分离混合物无关，D符合题意；故合理选项是D。15、C【解题分析】

需要0.2mol•L-1的CuSO4溶液950mL，实验室没有950mL容量瓶，应选择1000mL容量瓶，实际配制1000mL溶液，需要溶质的质量m=0.2mol/L×1L×250g/mol=50.0g，故答案为C。16、D【解题分析】A、道尔顿1803年最早提出原子结构模型、汤姆生原子结构模型是在1904年提出的、卢瑟福原子结构模型是1911年提出的、玻尔原子结构模型是1913年提出的，并且于1926年提出电子云模型，所以A错误。B、地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，因此溴被称为“海洋元素”，故B错误。C、焰色反应的铂丝应当先在浓盐酸中洗净，C错误。D、Br2与CCl4两种液体互溶，而二者沸点不同，分离沸点不同且互溶的液体应当采用蒸馏的方法，D正确。正确答案D。点睛：从状态和溶解性看，常用的固体与液体物理分离方法主要应用如下：不容性固体与液体的分离用过滤的方法；可溶性固体和液体采用蒸发结晶（主要应用于溶解度受温度影响不大的溶质，有时溶解度随温度变化较大的溶质也采用这种方法）或降温结晶（主要应用于溶解度受温度影响较大的溶质）的方法分离；不溶性液体用分液法分离；可溶性液体用蒸馏法分离。17、B【解题分析】

气体分子之间的距离远远大于分子本身的直径，分子大小可以忽略不计，当分子数一定，气体的体积主要决定于气体分子之间的距离。【题目详解】气体分子间距离较大，远大于分子的直径，所以分子自身大小可以忽略不计，决定气体体积的因素主要为构成物质的分子数和分子间的距离，一定物质的量的气体，气体的分子数目一定，影响气体体积大小的主要因素是气体分子间的平均距离，故B正确；故选B。18、A【解题分析】

A.图示为过滤，装置和操作均正确，故A正确；B.给试管中的液体加热时，液体的量不能超过试管容积的1/3，故B错误；C.为避免试剂污染，滴管不能伸入容器内部滴加试剂，故C错误；D.为避免失火，不能用燃着的酒精灯去对火点燃另一个酒精灯，故D错误；答案选A。19、A【解题分析】

过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，因原烧碱溶液是饱和的，恢复到原温度，仍为饱和的氢氧化钠溶液，但与原溶液相比较，溶液中的溶质和溶剂均减少，据此分析可得结论。【题目详解】A．溶液中有晶体析出，溶液的质量减少，Na＋数目减少，故A说法正确；B．溶液中Na＋数目是减小的，故B说法错误；C．因变化前后两溶液均为饱和溶液，溶质的质量分数不变，故C说法错误；D．溶液中NaOH的质量分数不变，故D说法错误；答案选A。【题目点拨】本题主要考查过氧化钠与水反应和饱和溶液的相关性质，在分析时要注意虽然过氧化钠与水反应会生成氢氧化钠，但原氢氧化钠溶液已饱和，故溶液中溶质的量并不会增加，由于反应消耗水，会导致原溶液中部分溶质会析出。20、C【解题分析】

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。21、D【解题分析】

A.Ag＋和Cl－反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B.在酸性的澄清透明溶液中，HCO3—与H+发生反应，不能大量共存，B错误；C.在酸性的澄清透明溶液中，CO32—与H+发生反应，不能大量共存，C错误；D.在酸性的澄清透明溶液中，H+与Cu2＋、Na＋、NO3—、SO42—之间不反应，能够大量共存，D正确；综上所述，本题选D。【题目点拨】酸性溶液中含有大量的H+，利用离子之间不能结合生成水、气体、沉淀来分析离子的共存；要注意分析限定条件下时，溶液有色与溶液澄清之间的关系，有色溶液可以是澄清的，这一点易出现问题。22、B【解题分析】

【题目详解】因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体，即过滤；因酒精灯通过加热用来提纯溶液中的溶质，或通过加热分离沸点相差较大的两种液体的分离，即蒸发或蒸馏；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、蒸发或蒸馏、蒸发，故选B。二、非选择题(共84分)23、CO32-Cl-、SO42-、CO32-SO42-、CO32-稀HCl【解题分析】

（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应．【题目详解】（1）当溶液中存在大量H＋时，因H＋与CO32－反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32－；（2）当溶液中存在大量Ag＋时，能分别与Cl－、SO42－、CO32－反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl－、SO42－、CO32－；（3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42－、CO32－，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32－，存在SO42－，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H＋=Ba2＋+CO2↑+H2O。故答案为SO42－、CO32－；稀盐酸．24、HClHCl=H++Cl-Na+【解题分析】

由A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子可知A为Na元素；由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同可知B为S元素；由C元素的原子核内无中子可知C为H元素；由D原子核外电子数比钠原子核外电子总数多6个可知D为Cl元素。【题目详解】（1）氢元素与氯元素形成的化合物为氯化氢，化学式为HCl，氯化氢在溶液中完全电离，电离出氯离子和氢离子，电离方程式为HCl=H++Cl-；（2）硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，电子式为；钠离子为阳离子，其电子式直接用离子符号表示，则钠离子的电子式为Na+；（3）硫原子核外有16个电子，有3个电子层，最外层有6个电子，原子的结构示意图为；氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子，原子的结构示意图为。【题目点拨】阴离子与同周期稀有气体原子电子层结构相同，由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同确定B为钠元素是解答关键，也是解答的突破口。25、②①⑤④③⑥【解题分析】

（1）碳酸钠能与过量的稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再进行蒸发，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，答案选②；（2）氯化钠易溶于水，碳酸钙难溶于水，可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，答案选①；（3）乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的沸点不同，故可以用蒸馏的方法来分离，答案选⑤；（4）利用溴易溶于有机溶剂的性质，选择苯或CCl4等萃取海水中的溴，通过分液得到溴的有机溶剂的溶液，然后再蒸馏，得到纯溴。答案选④；（5）碳酸钙在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，答案选③；（6）碘易升华，可用加热的方法分离固体NaCl和碘单质，升华后的碘在盛有水的烧瓶底部凝华，答案选⑥。26、(1)Cl24H＋＋4I－＋O2=2I2＋2H2O(或2H2O＋4I－＋O2=2I2＋4OH(2)吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气(3)①Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2②O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得(4)14122H2O不能Na2O2与生成的H2O反应有O2生成；HCl混在Cl2中；H2O混在Cl2中；实验室没有可直接使用的干燥HCl气体；固体与气体反应较慢(答出任何两点即可)【解题分析】(1)B中湿润的红色纸条退色，说明A中反应有Cl2生成；若B中是湿润的淀粉KI试纸变蓝，不能说明一定有Cl2生成，因为O2也可把I－氧化成I2：4H＋＋4I－＋O2=2I2＋2H2O，从而使试纸变蓝。(2)装置C中盛放的是NaOH溶液，其作用是吸收HCl和Cl2，防止污染空气并使D中收集到较纯净的O2。(3)Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不能得到O2；O2可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应得到的。(4)由元素守恒可知，生成物中所缺物质为H2O，再根据得失电子守恒、原子守恒可配平该反应的化学方程式。该反应不能用于实验室快速制取纯净的Cl2，一是因为实验室没有可直接使用的干燥HCl气体，且气体与固体反应较慢；二是因为HCl易混入Cl2中，生成的H2O及H2O与Na2O2反应生成的O2也易混入Cl2中，使Cl2不纯。27、h→g→b→c→f→e→d③②④①(或②③④①)偏小偏大500mL容量瓶【解题分析】试题分析：（1）Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，需要把盐酸压入到B装置中，然后通过排水法，测气体的体积，因此顺序是a→h→g→b→c→f→e→d；（2）因为产生气体，需要检查装置的气密性，Mg是活泼金属表面有一层氧化膜，需要擦去，且称取质量，放入B装置中，打开活塞，让其反应，恢复到室温状态下，读取水的体积，顺序是③②④①；（3）根据化学反应方程式，得出镁的原子量为；（4）如果不恢复到室温状态下，气体的特点升高温度，V体积增大，则镁的原子量将偏小；（5）如果不去掉氧化膜，产生气体体积V减小，则镁的原子量偏大；（6）实验室中容量瓶的规格为100mL、250mL、500mL、1000mL，因此选用500mL的容量瓶。考点：考查实验方案设计、误差分析、容量瓶的规格等知识。28、NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑BaF防止倒吸浓硫酸制取氧气时反应物是固体和固体制取二氧化碳时反应不需要加热7.54moL/L【解题分析】

（1）用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠；实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，是固体+固体=气体，选择装置B；氯化氢是比空气重的极易溶于水的气体需要用向上排气法收集，导气管长进短处，多余的氯化氢气体用水吸收要防止倒吸；（2）装置D干燥气体是利用洗气选择液体干燥