2026届北京市师大附中化学高一上期中监测模拟试题含解析

2026届北京市师大附中化学高一上期中监测模拟试题请考生注意：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、下列实验操作中错误的是A．过滤操作时，玻璃棒应靠在三层滤纸的一侧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．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大2、下列各组变化中，只有加入酸才能一步实现的是()A．Zn→ZnSO4B．CuO→CuCl2C．CaCO3→CO2D．NaOH→Na2SO43、下列物质，既不属于酸性氧化物，也不属于碱性氧化物的一组是（）①H2O②SO2③H2S④Mn2O7⑤Fe2O3⑥Na2O2⑦NOA．①③⑥ B．①③⑥⑦ C．①④⑥⑦ D．①②⑥⑦4、3.6g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的混合气体相对氢气的密度是16，则生成的一氧化碳的质量是（相对密度指在相同的温度和压强下物质的密度之比）A．3.3gB．6.3gC．8.4gD．13.2g5、NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋、和SO。下列对于NaHSO4的分类中不正确的是()A．NaHSO4是盐 B．NaHSO4是酸式盐 C．NaHSO4是钠盐 D．NaHSO4是酸6、“纳米技术”广泛应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米（nm）到几十纳米的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（已知1nm=m）A．能全部通过半透膜 B．具有丁达尔现象C．所得液体一定能导电 D．所得物质一定为悬浊液或乳浊液7、如果胡麻油中混有水，最好采用下列何种方法分离A．过滤 B．蒸馏 C．分液 D．萃取8、下图中实验操作正确的是()A．读溶液体积B．稀释C．过滤D．蒸发9、某MgCl2溶液的密度为1.6g·cm-3，其中镁离子的质量分数为10%，300mL该溶液中Cl-离子的物质的量约等于A．4.0molB．3.0molC．2.0molD．1.0mol10、从元素的化合价分析，下列物质中不能作还原剂的是A．NH3 B．S2— C．Na+ D．Fe2+11、下列实验装置或操作正确的是（）ABCD向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水A．A B．B C．C D．D12、分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是A．水B．盐酸C．醋酸溶液D．NaCl溶液13、有一份气体样品的质量是14.2g，体积是4.48L(标准状况下)，该气体的摩尔质量是A．28.4gB．28.4g·mol－1C．71g·mol－1D．14.2g·mol－114、下列关于Fe(OH)3胶体的制备方法，正确的是（）A．B．C．D．15、下列实验中，所采用的分离或提纯与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离氯化钠和碘的固体混合物加热法碘单质易升华C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去NaOH溶液中的Na2SO4加适量的BaCl2后过滤BaSO4难溶A．A B．B C．C D．D16、能够用来一次性鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液的试剂是（）A．AgNO3溶液 B．稀硫酸 C．稀盐酸 D．稀硝酸17、浓度为2.00mol/L的盐酸溶液1L，欲使其浓度变为4.00mol/L，下列方法可行的是（）A．蒸发掉0.5L水 B．标况下通入44.8LHCl气体C．将溶液加热蒸发浓缩至0.5L D．加入10mol/L盐酸0.6L，再将溶液稀释至2L18、完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是A．用CCl4提取溴水中的Br2[来B．从KI和I2的固体混合物中回收I2C．吸收NH3（极易溶于水），并防止倒吸D．工业酒精制备无水酒精A．A B．B C．C D．D19、某离子反应涉及H2O、、NO、H+、、Cr3+、六种微粒，已知反应过程中浓度变化如图所示，下列说法正确的是(

)A．中Cr化合价是+7价B．反应的氧化产物是C．消耗1mol氧化剂，转移电子3molD．随着反应的进行，溶液中的H+浓度增大20、同温同压下，ag甲气体和bg乙气体所占体积之比为1:1，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是（）A．同温同压下，甲和乙的密度之比为a:bB．甲与乙的相对分子质量之比为a:bC．同温同压下，等体积的甲和乙的质量之比为a:bD．等质量的甲和乙中的原子数之比一定为b:a21、下列说法中正确的是(

)A．若1mol甲烷的体积为22.4L，则一定是在标准状况下B．在0℃、101kPa下，2mol氧气和氢气的混合气体的体积约为44.8LC．在标准状况下，1mol水的体积为22.4LD．1molO2的质量只有在标准状况下才约是32g22、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下，32gO2含NA个原子B．2mol/L的氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒数小于2NAC．标况下,22.4L的CCl4中含有NA个CCl4分子D．14g的C2H4和C3H6的混合物中含有C原子为NA二、非选择题(共84分)23、（14分）现有下列几种物质：蔗糖、氯化钡固体、干冰、硫酸钡、纯碱、铁、盐酸、硝酸银溶液，按要求回答问题：（1）难溶于水的电解质的是_______。（2）写出纯碱在水中的电离方程式________________________。（3）将足量的干冰升华后所得的气体通入烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为____________。（4）a、b、c、d是Na2CO3、BaCl2、盐酸、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体①b是________（用化学式填写），②写出a+c反应的离子方程式________________________。24、（12分）下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色．填写下列空白：（1）写出化学式：A__________，B______________．（2）写出反应⑤的化学反应方程式：_______________________________﹣．（3）写出反应⑥的化学反应方程式：_________________________________．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）现需要480mL1.00mol·L-1NaOH溶液，根据要求回答下列问题。(1)欲配制上述溶液，则所用玻璃仪器中除过滤操作涉及到的外，还需玻璃仪器为________。(2)计算后，需称NaOH的质量为____________。(3)下列操作的正确顺序是___________。①上下颠倒摇匀②称量③洗涤④定容⑤溶解⑥移液A．②⑤⑥④①③B．②⑤⑥③④①C．②⑤③⑥④①D．②③⑤⑥④①(4)下列操作对溶液浓度有何影响，填“偏高”、“偏低”或“无影响”。①溶液定容时溶液超出刻度线后，用滴管吸出超出的液体：_________；②容量瓶洗涤后未干燥_________；③定容时俯视容量瓶刻度线：_________；④若出现情况①时，应如何处理_________。27、（12分）已知有一白色粉末是由Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuSO4、MgCl2中的一种或几种组成。欲探究这一粉末的组成，甲同学做了如下实验：①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液；②取①中溶液少量，加入NaOH溶液，无明显现象发生；③另取少量粉末，加入稀盐酸，无明显现象发生。(1)根据实验①，能得到的结论是__________。(2)甲同学根据以上实验现象，推测这一粉末的可能组成是__________。(3)乙同学在甲同学实验基础上设计了后续实验，确认该粉末只含有Na2SO4，请你在下表中填写乙同学所做的实验。[可供选择的试剂有：BaCl2溶液、AgNO3溶液、稀HNO3、NaOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(NO3)2溶液、稀盐酸]实验步骤实验现象反应的离子方程式和结论______________________________注：填写实验现象、离子方程式和结论要与相应的实验步骤一一对应。28、（14分）实验室用密度为1.25g·mL－1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1mol·L－1的盐酸240mL，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为________。（2）配制240mL0.1mol·L－1的盐酸应选用________mL的容量瓶，需要浓盐酸体积为_____mL。（3）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。①定容时，俯视刻度线，浓度____________；②容量瓶未干燥，浓度__________；③定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度____________。29、（10分）（1）对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液，结晶，渗析法等。下列各组混合物的分离或提纯应采用什么方法？①实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。可用________的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。②提取碘水中的碘，用_____________的方法。③除去食盐溶液中的水，可采用___________的方法。④淡化食盐水，可采用____________的方法。⑤除去氢氧化铁胶体中的少量的盐酸可以采用__________的方法。（2）现有mgHCl溶解到VmLH2O中所得溶液密度为dg/mL，若阿伏加德罗常数用NA表示。①该气体的物质的量为______________。②该溶液中溶质的质量分数为____________。③HCl气体在标准状况下的体积为________________。④溶液的物质的量浓度为___________________________。⑤溶液中氢离子的数目为___________________________。

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、D【解析】

A.过滤时，要求“三贴三靠”，玻璃棒的下端靠近滤纸三层的一侧，A正确；B.蒸馏时，要测量的为出管口蒸汽的温度，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B正确；C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；D.萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，密度的大小均可，D错误；【点睛】本题考查实验要点到位，均为易出错点，尤其蒸馏时温度计的水银泡的位置及萃取实验试剂的选择。2、B【解析】

A.锌能与稀硫酸或排在锌后面的可溶性硫酸盐反应生成硫酸锌，故A错误；B.氧化铜能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，只能与酸反应生成，故B正确；C.碳酸钙能与盐酸反应或高温分解生成二氧化碳，故C错误；D.氢氧化钠能与硫酸或硫酸镁等反应生成硫酸钠，故D错误；本题答案为B。3、B【解析】

①H2O既不能和酸又不能和碱反应，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确；②SO2只能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故错误；③H2S不是氧化物，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确；④Mn2O7只能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故错误；⑤Fe2O3只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，不是酸性氧化物，故错误；⑥Na2O2与碱不反应，Na2O2和酸反应生成盐、氧气和水，属于过氧化物，既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，故正确；⑦NO既不能和酸反应也不能和碱反应，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确。故答案选B。【点睛】能够与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能够与酸反应只生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，既能与酸，又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物。4、B【解析】3.6g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的混合气体相对氢气的密度是16，根据相同条件下气体的密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量是32g/mol，CO的摩尔质量是28g/mol，CO2的摩尔质量是44g/mol，设CO为xmol，CO2为ymol，则根据C原子守恒有x+y＝，根据摩尔质量的公式M＝m/n，得32=，解得x=0.225mol，则CO的质量为0.225mol×28g/mol=6.3g，答案选B。5、D【解析】

A.盐是金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物，由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋、和SO可知，NaHSO4是盐，故A正确；B.由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，故B正确；C.由NaHSO4在水溶液中能够电离出Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，故C正确；D.酸是指电离出的阳离子只有氢离子的化合物，由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，不是酸，故D错误；故选D。6、B【解析】纳米材料指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，在胶体粒子的范围内，属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故答案选B。7、C【解析】

胡麻油和水为不互溶的液体，应采用分液的方式进行分离；答案选C。8、D【解析】

A、在用量筒量取液体时，读数时不能仰视或俯视，视线要与凹液面最低处保持水平，故A错误；B、浓硫酸溶于水放热，密度大于水，应该在烧杯稀释，即将浓硫酸沿着器壁慢慢注入水中并不断搅拌，不能在量筒中稀释，故B错误；C、过滤时注意一贴二低三靠，且必须用玻璃棒引流，故C错误；D、蒸发时在蒸发皿中进行并用玻璃棒搅拌，操作正确，故D正确。答案选D。【点睛】化学实验的基本操作是做好化学实验的基础，学生要在平时的练习中多操作，掌握操作要领，使操作规范。9、A【解析】

300mL该溶液的质量为300mL×1.6g/mL=480g，则m（Mg2+）=480g×10%=48g，n（Mg2+）=48g÷24g/mol=2mol，溶液中n（Cl－）=2n（Mg2+）=2mol×2=4mol，答案选A。10、C【解析】

从元素的化合价分析，元素化合价能够升高，可作还原剂，元素化合价处于最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，Na+是稳定结构，+1价是钠元素的最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，S2-可以升价到0、+4、+6，NH3中氮元素-3价能升高到0价等，Fe2+能升高到+3价，它们都可作还原剂。故选C。11、A【解析】

A、向容量瓶中转移液体，用玻璃棒引流，故正确；B、冷凝水的进入，从下口进入，上口出水，故错误；C、提取NaCl晶体，采用蒸发方法得到，应用蒸发皿，故错误；D、酒精和水互溶，不能采用分液的方法分离，故错误。12、B【解析】

溶液导电能力与离子浓度成正比，加入NaOH固体后溶液导电能力变化最小，说明该溶液中离子浓度变化最小，据此分析解答。【详解】A．水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，所以导电能力变化较明显；B．HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，导电能力变化不大；C．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；D．NaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；通过以上分析知，溶液导电能力变化最小的是盐酸溶液，答案选B。【点睛】本题考查电解质溶液导电能力大小比较，明确电解质强弱及溶液导电能力影响因素是解本题关键，注意溶液导电能力与电解质强弱无关，与离子浓度、离子所带电荷有关，题目难度不大。13、C【解析】

根据n=V÷Vm、M=m÷n解答。【详解】气体的物质的量n=V÷Vm=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，气体的质量是14.2g，因此气体的摩尔质量M=m÷n=14.2g÷0.2mol=71g/mol，选项C正确。答案选C。14、C【解析】A.不加热时FeCl3的水解程度小，难以得到Fe(OH)3胶体；B.FeCl3+2NaOHFe(OH)3↓+3NaCl，得到Fe(OH)3沉淀，不能得到Fe(OH)3胶体；C.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，可以得到Fe(OH)3胶体；D.FeCl3+3NH3·H2OFe(OH)3↓+3NH4Cl，得到Fe(OH)3沉淀，不能得到Fe(OH)3胶体。故选C。点睛：本题涉及的Fe(OH)3胶体的制备方法就是控制条件使得FeCl3溶液中的FeCl3在稀释和加热条件下充分水解得到Fe(OH)3胶体。15、B【解析】

A．乙醇与水互溶，不分层，则乙醇不能作萃取剂萃取水中的碘，故A错误；B．碘加热易升华，而NaCl不能升华，则加热可分离氯化钠和碘的固体混合物，故B正确；C．二者的溶解度受温度影响不同，则利用重结晶法除去KNO3固体中混有的NaCl与溶解度受温度影响不同有关，方法与原理不对应，故C错误；D．加适量的BaCl2反应生成硫酸钡沉淀和NaCl，引入新杂质NaCl，试剂选择不合理，故D错误；故答案选B。16、B【解析】

BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，以此来解答。【详解】A.

均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，A不符合题意；B.

BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，现象不同，可鉴别，B符合题意；C.

稀盐酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，C不符合题意；D.

稀硝酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，D不符合题意；故答案为：B。17、D【解析】

A.盐酸具有挥发性，蒸发掉0.5L水时HCl也会逸出，所以不能实现；B、标况下的44.8LHCl气体物质的量为2mol,原溶液中HCl的物质的量为：2.00mol/L1L=2mol，溶液的总体积大于1L,故不能实现；C.将溶液加热蒸发浓缩至0.5L，盐酸具有挥发性，所以此法不能达到；D.加入盐酸，再将溶液稀释至2L，HCl的浓度为c(HCl)=（0.6L10mol/L+2.00mol/L1L）/2L=4.00mol/L,故D正确；答案：D。18、A【解析】试题分析：A．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，A正确；碘单质易升华，加热后，碘单质易升华，剩余的是KI，B错误；氨气极易溶于水而难溶于苯，该装置导管口插入水中，无法防止倒吸，C错误；该装置酒精灯的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口处，冷却装置应该下口进水，上口出水，D错误。考点：考查萃取、物质的分离、尾气的吸收、工业制备酒精等知识。19、B【解析】

根据图象可知，反应过程中浓度逐渐减小，说明被氧化生成，则被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得：+3+8H+=3+2Cr3++4H2O。A．中O化合价为-2，则Cr化合价是+6价，故A错误；B．N元素的化合价升高被氧化，反应中氧化产物是，故B正确；C．反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1mol，转移电子6mol，故C错误；D．根据反应+3+8H+=3+2Cr3++4H2O可知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D错误；故选：B。20、D【解析】

根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，即气体的物质的量相同。同温同压下，ag甲气体和bg乙气体所占体积之比为1:1，所以甲和乙的物质的量相同，根据n=，物质的量相同时，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的摩尔质量之比为a:b。【详解】A．根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，气体密度和摩尔质量成正比，所以甲和乙的密度之比为a:b，正确；B．摩尔质量以g/moL为单位时，和相对分子质量在数值上相等，所以甲与乙的相对分子质量之比为a:b，正确；C．同温同压下，等体积的甲和乙的物质的量相同，根据n=，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的质量之比为a:b，正确；D．甲和乙的质量相同，根据n=，甲和乙的物质的量和摩尔质量成反比，即甲和乙的物质的量之比为b:a，根据，分子数之比一定是b:a，但甲和乙分子中的原子个数未知，所以原子数之比不一定为b:a，错误；故选D。21、B【解析】

A、根据PV＝nRT可知1mol气体不在标准状况下也可能是22.4L，故A错误；B、在0℃、101kPa下，即在标准状况下，2mol氧气和氢气的混合气体的体积约为2mol×22.4L/mol＝44.8L，故B正确；C、标准状况下，水不是气态，1mol水的体积不是22.4L，故C错误；D、1mol物质的质量与状态无关、与外界条件无关，故D错误。答案选B。22、D【解析】

A项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气分子中含有2molO原子，含2NA个原子，故A错误；B项、胶粒是粒子的集合体，且没有明确2mol/L的氢氧化铁胶体的体积，无法计算氢氧化铁胶粒数，故B错误；C项、标准状况下CCl4不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D项、C2H4和C3H6的最简式都是CH2，14gCH2的物质的量为1mol，含有1molC原子，故D正确。故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。二、非选择题(共84分)23、硫酸钡Na2CO3=2Na++CO32-CO2+OH-=HCO3-HClAg++Cl-=AgCl↓【解析】

根据电解质的概念、实验现象分析推理，回答问题。【详解】(1)电解质是溶于水或熔融时能自身电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质。氯化钡固体、硫酸钡、纯碱是电解质，其中只有硫酸钡难溶于水；(2)纯碱在水中的电离方程式Na2CO3=2Na++CO32-；(3)足量CO2气体通入烧碱溶液中生成NaHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-。(4)b、d混合生成无色气体，必为Na2CO3、盐酸中的各一种，则a、c为BaCl2、AgNO3溶液中和各一种。a分别与b、c、d混合都有白色沉淀，则a为AgNO3溶液、c为BaCl2溶液。又c、d混合生成白色沉淀，则d是BaCl2溶液、b是盐酸。①b化学式是HCl，②a+c反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。24、NaNa2O2NaOH+CO2=NaHCO32NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【解析】

A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。【详解】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3；（3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。【点睛】本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。25、500mL容量瓶27.2＞①③⑤【解析】

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。【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、500mL容量瓶20.0gB偏低无影响偏高重新配制【解析】

(1)欲配制480mL1.00mol·L-1NaOH溶液，根据实验室配制溶液仪器的规格，应选用500mL容量瓶，过滤操作中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，配制该溶液还需要的玻璃仪器为500mL容量瓶；(2)根据(1)中分析，欲配制480mL1.00mol·L-1NaOH溶液，应选用500mL容量瓶，则溶质氢氧化钠的物质的量=1.00mol·L-1ｘ0.5L=0.5mol，则需称NaOH的质量=0.5molｘ40g/mol=20.0g；(3)配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、洗涤、转移、定容、摇匀、装瓶，则正确的操作顺序为②⑤⑥③④①，答案选B；(4)①溶液定容时溶液超出刻度线后，用滴管吸出超出的液体，吸出的液体中含有溶质，导致所配溶液的浓度偏低；②容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响；③定容时俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；④若出现情况①时，应重新配制。27、白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4NaCl或Na2SO4或两者混合物取①中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液,将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成,无明显现象Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓该溶液中有硫酸钠,该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠【解析】

(1)①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，说明溶液中无铜离子，该粉末无有CuSO4；溶液中无沉淀产生，说明溶液中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；据此进行分析；(2)通过实验①，可以判断出粉末中无硫酸铜；通过实验②可以判断出粉末中无氯化镁；通过实验③可以证明粉末中无碳酸钠，据以上结论进行分析；(3)若要鉴定只有硫酸钠存在，可以根据硫酸根离子能够和钡离子产生沉淀的性质来选择硝酸钡鉴别，然后加入硝酸银来排除氯离子的存在即可。【详解】(1)①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，溶液中不含铜离子，所以白色粉末中不含CuSO4；由于镁离子和碳酸根子不能共存，所以粉末中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；而NaCl和Na2SO4二者不反应，且能够与MgCl2或Na2CO3大量共存，因此根据实验①，能得到的结论是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4；综上所述，本题答案是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4。(2)根据实验可以知道混合物中没有硫酸铜，根据实验可以知道该固体中不含氯化镁，加入稀盐酸没有现象说明没有碳酸钠，至此只有氯化钠和硫酸钠没有涉及到，故它们是可能存在的，所以可以作出三种推测，即①只有氯化钠；②只有硫酸钠；③氯化钠和硫酸钠的混合物；综上所述，本题答案是：NaCl或Na2SO4或两者混合物。(3)取①中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明生成了硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓；将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液，没有明显现象，说明没有氯化银沉淀生成，即溶液中不含氯离子。所以该溶液中只含有硫酸钠；结论