2026届浙江省桐乡市凤鸣高级中学化学高一第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届浙江省桐乡市凤鸣高级中学化学高一第一学期期中达标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、根据表1信息，判断以下叙述正确的是（）表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A．氢化物的沸点为H2T＜H2R B．单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC．M与T形成的化合物具有两性 D．L2＋与R2－的核外电子数相等2、丙酮是一种常用的有机溶剂,可与水以任意体积比互溶,其密度小于1g/ml,沸点约55℃,分离水和丙酮最合理的方法是(

)A．蒸发 B．分液 C．蒸馏 D．过滤3、下列反应的离子方程式书写正确的是A．醋酸滴在石灰石上：CO32—+2CH3COOH═CH3COO—+H2O+CO2↑B．稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓D．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+2Ag+═2Ag+Cu2+4、中国食盐产量居世界首位。下列实验室中的操作类似“海水晒盐”原理的是（）A．蒸馏 B．蒸发 C．过滤 D．搅拌5、等量的金属铝与足量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体A．与酸反应放出的多 B．与碱反应放出的多 C．无法判断 D．一样多6、实验室中需要配制2mol·L-1NaOH的溶液450mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是()A．450mL，36g B．500mL，36g C．500mL，40g D．450mL，40g7、下列微粒的关系中，属于同位素的是A．金刚石、石墨 B．2、2 C．K、Ca D．Cl、Cl8、在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1.5mol，Mg2＋为0.5mol，则SO42-的物质的量为()A．0.1mol B．0.5mol C．0.15mol D．0.25mol9、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，2.24LH2O所含的原子数为0.3NAB．1molFe在足量氯气中燃烧，失去电子的数目是2NAC．常温常压下，32gO2中含有2NA个氧原子D．标准状况下，22.4L氦气所含原子数为2NA10、向含有1molKI的溶液中加入含0.1molX2O72−的酸性溶液，使溶液中I－恰好全部被氧化生成I2，并使X2O72−被还原为Xn＋，则n值为A．4B．3C．2D．111、C1O2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得C1O2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法中正确的是A．在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂B．1molKClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4L气体C．1molKClO3参加反应有2mol电子转移D．KClO3在反应中是氧化剂12、1molCO和1molCO2具有相同的①分子数②原子数③碳原子数④氧原子数A．①③ B．②④ C．①④ D．①②③13、下表中评价合理的是选项化学反应及其离子方程式评价A向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+正确B大理石溶于醋酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O错误，醋酸应写为分子形式CH3COOH，CaCO3应写成离子形式C铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑错误，产物不符合客观事实DNaOH溶液中通入少量CO2反应：OH-+CO2=HCO3-正确A．A B．B C．C D．D14、在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）A．K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣ B．K+、Ca2+、NO3﹣、CO32﹣C．Na+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣ D．Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣15、下列关于酸性氧化物的说法中，肯定不正确的是A．酸性氧化物都能与水反应生成酸 B．酸性氧化物可与碱反应生成盐和水C．酸性氧化物不一定是非金属氧化物 D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物16、下列物质，既能导电又属于电解质的是A．熔融的氢氧化钾B．氯化钠溶液C．铜固体D．氯化镁晶体17、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HCl18、下列物质中的硫元素只有还原性的是()A．H2S B．SO2 C．SO3 D．Na2S2O319、用下图表示的一些物质或概念间的从属关系，其中不正确的是选项ABCDX氧化物酸、碱、盐溶液置换反应Y化合物电解质胶体氧化还原反应Z纯净物化合物分散系化学反应A．A B．B C．C D．D20、稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为和，氧化性：）。下列说法正确的是（）A．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：B．溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：C．铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素D．金属保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化21、下列过程涉及氧化还原反应的是A．海水晒盐 B．钢铁生锈 C．酸碱中和 D．烧碱变质22、下列关于金属元素特征的叙述，正确的是A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性B．金属元素在化合物中一定显正价C．金属单质都可以和酸反应置换出氢气D．金属元素的单质在常温下均为固体二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：①取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；②继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。③取少量②中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。（1）请写出上述第②步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_____________；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_____，（填化学式，下同）一定不含有______，可能含有_______。（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是___。24、（12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。25、（12分）碳酸钠俗称纯碱，是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图：

已知：几种盐的溶解度：NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度(20℃，100gH2O时)36.021.79.637.2(1)写出装置Ⅰ中反应的化学方程式______。操作①的名称是______。(2)写出装置II中发生反应的化学方程式______。(3)该流程中可循环利用的物质是______。检验用该纯碱配制的溶液中含有Cl-的方法是______。26、（10分）某实验室欲用98％的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)配制100mLlmol/L的稀硫酸。（1）请计算所用浓硫酸的物质的量浓度为_________，配置溶液需要硫酸的体积为_________mL（保留小数点后一位有效数字）。（2）现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④托盘天平⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒，所需仪器按顺序排列正确的是（______）A．①③⑦⑤⑥B．②⑤⑦⑥C．①③⑤⑥⑦D．②⑥③⑦⑤⑥（3）若实验时遇到下列情况，所配溶液的浓度偏大的是_________。A．加水定容时超过刻度线，又吸出少量水至刻度线B．忘记将洗涤液转入容量瓶C．容量瓶洗涤后内壁有水珠而未作干燥处理D．溶液未冷却即转入容量瓶E．定容时俯视刻度线27、（12分）海洋植物如：海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素经过灼烧之后以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下：某化学兴趣小组将上述流程②③设计成如下流程：已知：实验②中发生反应的离子方程式：2I-+H2O+2H+=2H2O+I2。回答下列问题：（1）写出提取流程中实验③的操作名称：_____，从E到F的正确操作方法为：_______，实验①的操作为过滤，如果滤液仍然浑浊应该采取的措施是：___.（2）从F的下层液体中得到固态碘单质还需要进行的操作是：____。（3）当实验②中的反应转移的电子数为2.408×1023时，理论上可以提取___molI2。28、（14分）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3－、SO42－、Cl－、CO32－中的某一种。Ⅰ.若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。Ⅱ.若向实验Ⅰ的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生E，D盐溶液有无色无味气体逸出。根据实验Ⅰ、Ⅱ回答下列问题：（1）C的名称为___________；D的化学式为______________。（2）写出盐酸+B反应的离子方程式__________________，化学方程式与盐酸+D反应具有相同的离子方程式。（3）将沉淀E过滤并洗涤，如何验证沉淀E已洗涤干净_____________________________。（4）为检测C盐的一些性质，需配制240mL0.2mol/LNaOH溶液，请回答下列问题：①经计算，需用托盘天平称量固体NaOH的质量为__________g。②在配制NaOH溶液时除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有________和_________。③将NaOH浓溶液先____________，再转移到容量瓶中，否则溶液浓度__________（填“偏高”或“偏低”）。④配制NaOH溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线__________处，改用_________滴加，至_______________与刻度线相切。⑤取出配制好的溶液150mL，可以中和质量分数为36.5%，密度为1.20g/mL的盐酸的体积为____mL，配制该盐酸需HCl的体积为________mL（标准状况下）。29、（10分）（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑反应中。①__元素被氧化，__是氧化剂。②__是氧化产物，__发生氧化反应。③用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目__。④参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比__。（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。①该气体的物质的量为__mol。②该气体所含原子总数为___个。③该气体在标准状况下的体积为__L。④该气体完全溶于水形成VL溶液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度__mol·L-1。

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【解析】

由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R，A不正确；B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C正确；D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。故选C。2、C【解析】水与丙酮互溶，两者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现两者的分离，答案选C。点睛：本题考查物质的分离、提纯方法，注意相关基础知识的积累。互溶的两种液体，其沸点不同，则可利用蒸馏来分离。以此来解答。3、D【解析】

石灰石属于难溶性物质，不能拆成离子形式，故A错误；Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，即Fe2+,故B错误;氢氧化钡溶液与稀硫酸反应中除了生成硫酸钡,还生成水,答案C中漏离子反应,故C错误;铜可以置换出银，离子方程式正确，故D正确。故选D。【点睛】离子方程式的书写常见错误有：离子符号书写是否正确，质量和电荷是否守恒，产物是否书写正确。4、B【解析】

根据“海水晒盐”原理是利用蒸发溶剂的方法使溶质氯化钠析出的过程来回答。【详解】A．蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质的分离的方法，不同于“海水晒盐”原理，故A错误；B．蒸发是升高温度让一种物质挥发出来，而剩余另一物质的方法，类似“海水晒盐”原理，故B正确；C．过滤是适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，不同于“海水晒盐”原理，故C错误；D．搅拌是玻璃棒的作用，可以加速固体的溶解或是物质的分解速率，不同于“海水晒盐”原理，故D错误；答案选B。5、D【解析】

金属铝不论是和盐酸反应，还是和氢氧化钠溶液反应，均失去3个电子，铝元素的化合价由0升高到+3，所以根据电子得失守恒可知等量的金属铝与足量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体一样多。答案选D。6、C【解析】

实验室没有450mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，则n（NaCl）=0.5L×2mol/L=1mol，m（NaOH）=1mol×40g/mol=40g，故选C。7、D【解析】

A.金刚石和石墨是碳元素形成的不同单质，两者互为同素异形体；B.2、2是两种不同的氢分子，不属于同位素；C.40K、40Ca的质子数不同，分别为19、20，两者不属于同位素；D.、的质子数相同都为17，中子数不同，分别为18、20，是Cl元素的两种核素，两者互为同位素；综上所述，答案为D。【点睛】同位素必须满足三个要素：（1）必须是质子数相同；（2）必须是中子数不同；（3）必须是原子。8、B【解析】

在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K＋、Cl－各为1.5mol/L，Mg2＋为1.5mol/L，根据溶液中电荷守恒可知c(SO42-)==1．5mol/L，故B项正确。9、C【解析】

A.标准状况下水不是气态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算物质的量，所以不能准确计算2.24LH2O所含原子数，A项错误；B.铁与Cl2发生的反应为2Fe+3Cl2点燃__2FeCl3，此反应中铁元素由0价升高到+3价，1molFe失3mol电子，即1molFe失去电子的数目是3NAC.根据公式计算O2物质的量n=mM，32gO2的物质的量为1mol，每个O2分子中含2个氧原子，所以32gO2中含有2NA个氧原子，CD.标准状况下22.4L氦气的物质的量为1mol，每分子氦气只有1个原子，所以22.4L氦气所含原子数为NA，D项错误；答案选C。10、D【解析】

根据氧化还原反应中得失电子数相等或化合价升降数相等计算。【详解】恰好反应时，1molKI失电子1mol生成0.5molI2，0.1molX2O72−得电子0.1×2(6-n)mol生成0.2molXn＋。因得失电子相等，有1mol＝0.1×2(6-n)mol，解得n＝1。本题选D。【点睛】氧化还原反应中，得失电子数相等或化合价升降数相等。应用这个规律可使计算简化，且不必写出化学方程式。11、D【解析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价。【详解】A、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；B、反应中1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B错误；C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，故C错误；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A选项易错点、也是难点，H2C2O4中C元素化合价的判断，用化合价代数和为0去判断。12、A【解析】

物质的量相等的一氧化碳和二氧化碳，则根据N=nNA可以知道分子数是相等的，并且两分子中，一个分子中都含有一个碳原子数，所以等物质的量的两种分子中含有的碳原子的物质的量以及数目是相等的，含有的原子总数和氧原子数不相等，①③正确，故答案为A。13、C【解析】

A、向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色，得到的是氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁沉淀，A错误；B、醋酸是弱酸，碳酸钙难溶于水，在离子反应方程式中均应该用化学式表示，B错误；C、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，结论正确，C正确；D、二氧化碳不足生成碳酸钠和水，D错误；答案选C。14、C【解析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液是无色且显碱性分析解答。【详解】A.MnO4－在溶液中不是无色的，不能大量共存，A错误；B.在碱性溶液中Ca2+、CO32－反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，B错误；C.在碱性溶液中Na+、OH－、NO3－、SO42－之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；D.Fe3+在碱性溶液中生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能大量共存，D错误。答案选C。15、A【解析】

A.二氧化硅属于酸性氧化物，但其不溶于水，与水也不反应，A错误；B.根据酸性氧化物的定义可知，酸性氧化物可与碱反应生成盐和水，比如二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，B正确；C.酸性氧化物不一定是非金属氧化物，酸性氧化物也有金属氧化物，如Mn2O7等，C正确；D.非金属氧化物不一定是酸性氧化物，非金属氧化物中也有中性氧化物，如NO、CO等，D正确；综上所述，本题选A。【点睛】碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物，如氧化铝为两性氧化物；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如金属氧化物Mn2O7，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO为中性氧化物。16、A【解析】

电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物；导电的原因是有自由移动的电子或离子，据此利用排除法作答。【详解】A.熔融的氢氧化钾，是化合物，且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根，因此可以导电，是电解质，故A项正确；B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B项错误；C.铜固体有自由移动的电子，可以导电，但不是化合物，不属于电解质，故C项错误；D.氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故D项错误；答案选A。【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。17、B【解析】

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。18、A【解析】

A．S元素的化合价为-2价，为最低价，只具有还原性，故A符合题意；B．S元素的化合价为+4，为中间价态，具有氧化性和还原性，故B不符合题意；C．S元素的化合价为+6，为最高价态，只具有氧化性，故C不符合题意；D．S元素的化合价为+2，为中间价态，具有氧化性和还原性，故D不符合题意。答案选A。19、C【解析】

A、纯净物分为化合物和单质，化合物分为氧化物、酸、碱、盐，它们存在这样的从属关系；B、电解质属于化合物，但化合物不一定是电解质，电解质包括部分金属氧化物、酸、碱、盐，它们之间存在从属关系；C、分散系分为胶体、溶液、浊液，它们之间没从属关系；D、化学反应分为置换反应、分解反应、复分解反应、化合反应，置换反应全部属于氧化还原反应，但氧化还原反应不全部是置换反应，它们之间存在从属关系。答案为C。20、C【解析】

A.氧化性：Ce4+>Fe3+，结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故A错误；B.氧化性是Ce4+>Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；C.铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素，故C正确；D.根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误；故选C。21、B【解析】

A.海水晒盐，是物理变化，则不涉及氧化还原反应，故A错误；B.钢铁生锈过程中，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B正确；C.酸碱中和的实质是氢离子和氢氧根离子反应生成水，没有化合价的变化，故C错误；D.烧碱变质的实质是氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；答案选B。22、B【解析】

A．金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如Fe2+既有氧化性又有还原性，A错误；B．因金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高，所以金属元素在化合物中一定显正价，B正确；C．排在氢后面的金属与稀硫酸等不反应，无法置换出氢气，C错误；D．金属单质Hg在常温下为液体，D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑CaCO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2KNO3焰色反应【解析】

①加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；②继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；③取少量②中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。（1）实验②为CaCO3与HNO3反应，离子方程式为：CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。24、CO32-Cl-、SO42-、CO32-SO42-、CO32-稀HCl【解析】

（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．【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．25、NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl过滤2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OCO2取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有Cl-【解析】

模拟侯德榜制碱法制取纯碱是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体，受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液为氯化铵溶液。【详解】(1)先向饱和食盐水中通入NH3使溶液呈碱性，CO2、NH3和H2O反应生成NH4HCO3，由于NaHCO3溶解度较小，所以NaCl和NH4HCO3反应生成NaHCO3和NH4Cl，即NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；从溶液中分离晶体的操作为过滤；故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；过滤；(2)碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；(3)装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳；Cl-的检验常用硝酸酸化的硝酸银溶液，方法为：取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有Cl-；故答案为：CO2；取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有Cl-；【点睛】本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质制备、物质分离提纯、实验方案设计评价等知识点，明确物质性质及物质制备原理是解本题关键，注意除杂剂的选取方法，题目难度中等。26、18.4mol·L-15.4mLDDE【解析】

（1）根据物质的量浓度c=1000×ρ×ω/M进行计算；

（2）先根据溶液稀释前后物质的量不变即c（稀）V（稀）=c（浓）V（浓）计算所需浓硫酸的体积确定量筒的规格，然后根据浓溶液来配制稀溶液的操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作来确定仪器；

（3）根据c=n/V分析判断误差，如果n偏小或V偏大则配制溶液浓度偏低。【详解】（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=1000×ρ×ω/M=1000×1.84×98%/98=18.4mol/L；根据溶液稀释规律，稀释前后溶质的量保持不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=100mL×lmol/L，解得：x≈5.4，综上所述，本题答案是：18.4mol·L-1；5.4mL。

（2）根据（1）可知，需用浓硫酸的体积为5.4mL，所以选择10mL量筒，配制溶液的操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所需仪器依次为：10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；正确选项D；综上所述，本题答案是：D。

（3）A．加水定容时超过刻度线，又吸出少量水至刻度线，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小，故A错误；

B．忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小，故B错误；

C．容量瓶洗涤后内壁有水珠而未作干燥处理，不影响溶质的物质的量和溶液的体积不变，配制溶液浓度不变，故C错误；

D．溶液未冷却即转入容量瓶，等溶液冷却下来，溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏高，故D正确；

E．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏高，故D正确；

综上所述，本题选DE。27、萃取用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出重新过滤（至无混浊）蒸馏0.2mol【解析】

（1）根据提取流程可知，实验③中的操作为萃取；从E到F的正确操作方法为：用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；实验①的操作为过滤，如果滤液仍然浑浊应该采取的措施是：重新过滤，至无混浊；综上所述，本题答案是：萃取；用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；重新过滤（至无混浊）。（2）分液后从有机溶剂中提取碘,需要用蒸馏操作,因此，本题正确答案是:蒸馏。（3）根据电子得失守恒可知，2I-→I2,生成1molI2失电子2mol，当实验②中的反应转移的电子数为2.408×1023时，转移电子的物质的量为0.4mol，理论上可以提取0.2molI2。综上所述，本题答案是：0.2mol。28、硫酸铜Na2CO3Ag++Cl—=AgCl↓取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净2.0胶头滴管250mL容量瓶冷却至室温偏高1—2cm处胶头滴管凹液面最低处2.5672【解析】

给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定。如Ba2＋不能和SO42－、CO32－组合，而只能和NO3－、Cl－；Ag＋不能和SO42－、Cl－、CO32－三种离子组合，而只能和NO3－组合，则一定是BaCl2、AgNO3。Cu2+不能和CO32－组合，所以为CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3。即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。【详解】因为是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可以知道：Ba2＋不能和SO42－、CO32－组合，而只能和NO3－、Cl－；Ag＋不能和SO42－、Cl－、CO32－三种离子组合，而只能和NO3－组合，则一定是BaCl2、AgNO3。Cu2+不能和CO32－组合，所以为CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3。即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。(1)根据以上分析，C的名称为硫酸铜；D的化学式为Na2CO3。因此，本题正确答案是：硫酸铜；Na2CO3。(2)根据以上分析，B为AgNO3溶液，和盐酸反应的离子方程式为：Ag++Cl