2026届贵州省北师大贵阳附中化学高一第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届贵州省北师大贵阳附中化学高一第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项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、实验室制氯气的反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑下列说法错误的是A．还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B．每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2molC．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4D．反应中HCl既表现出酸性，又表现出还原性2、下列有关碱金属和卤素的说法正确的是()A．从Li到Cs，单质的熔、沸点越来越高B．从F到I，单质与H2化合生成的氢化物越来越稳定C．从F到I，前一种单质都能把后一种单质从其盐溶液中置换出来D．从Li到Cs，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质与水反应越来越剧烈3、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是()选项目的分离方法原理A由海水(含NaCl)获得蒸馏水蒸馏水的沸点与NaCl的沸点不同B分离汽油和水分液汽油和水的密度不同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分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大A．A B．B C．C D．D4、现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2(SO4)3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c(Al3+)=0.1mol•L﹣1、c(Mg2+)=0.25mol•L﹣1、c(Cl﹣)=0.2mol•L﹣1，则该溶液中c(SO42-)为()A．0.15mol•L﹣1B．0.2mol•L﹣1C．0.25mol•L﹣1D．0.30mol•L﹣15、根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（）①H2SO3+I2+H2O═2HI+H2SO4②2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2③3FeCl2+4HNO3═2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3A．H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NO B．I﹣＞Fe2+＞H2SO3＞NOC．Fe2+＞I﹣＞H2SO3＞NO D．NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣6、下列说法正确的是（）A．溶液、胶体和浊液的本质区别在于分散质粒子的直径不同B．CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质C．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸D．氧化还原反应的本质是化合价发生升降7、下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱和盐的分类顺序排列正确的是A．钠、氧化钠、硫酸氢钠、氢氧化钠、氯化钠B．冰、干冰、冰醋酸、熟石灰、食盐C．石墨、二氧化碳、硝酸、烧碱、氯酸钾D．铁、氧化铜、硫酸、纯碱、高锰酸钾8、下列反应能用离子方程式：H++OH-=H2O。表示的是（）A．CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2OB．2H2SO4+Cu(OH)2=CuSO4+2H2OC．HCl+KOH=KCl+H2OD．HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O9、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A．甲的物质的量比乙的物质的量少B．甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D．甲的分子数比乙的分子数多10、下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是A．用明矾净化饮用水B．用石膏或盐卤点制豆腐C．在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀D．清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）11、下列有关实验室制取气体的反应中，其反应不属于氧化还原反应的是()A．实验室中用稀硫酸与Mg反应制取H2 B．实验室中用高锰酸钾加热分解制取O2C．实验室中用H2O2与MnO2作用产生O2 D．实验室中用稀盐酸与石灰石反应制取CO212、关于2mol二氧化碳的叙述中，正确的是()A．质量为44g B．含有4mol氧原子C．分子数为6.02×1023 D．共含有3mol原子13、在除杂过程中要尽量除去杂质，加入的试剂必须稍过量，且最后过量物质可以使用物理方法或化学方法除去。现要除去NaCl中少量的CaCl2、Na2SO4杂质，下列选用试剂及使用顺序正确的是A．Na2CO3、BaCl2、HCl B．BaCl2、Na2CO3、HClC．BaCl2、Na2CO3、H2SO4 D．Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl14、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A．水和CCl4B．碘和酒精C．酒精和水D．硝酸钾和氯化钾溶液15、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．6.02×1023就是阿伏加德罗常数B．1mol水中的氢原子数目为2NAC．阿伏加德罗常数个粒子的物质的量是1molD．1mol氨气所含原子数约为2.408×1024个16、下列说法正确的是（）A．由于碘在酒精中的溶解度大，可以用酒精把碘水中的碘萃取出来B．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸C．由于沙子是难溶于水的固体，因此可用过滤法分离沙子与水的混合物D．可以用冷却法从热的含少量KNO3的NaCl浓溶液中分离得到纯净的NaCl17、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为NAB．1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为3NAC．常温常压下，22gCO2中含有的氧原子数为NAD．500mL1mol·L-1MgCl2溶液中含有Cl﹣数目为0.5NA18、在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸。市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售。为辨别真伪，可用下列哪一种试剂来鉴别（）A．酚酞试液 B．氯化钡溶液 C．氢氧化钠溶液 D．硝酸银溶液19、不能用胶体知识解释的是（）A．静电除尘B．一支钢笔用不同牌子的两种墨水，易堵塞C．氯化铁溶液加入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀D．河水和海水交界处形成三角洲20、某元素的一种同位素X的质量数为A，含N个中子，它与1H原子构成HmX分子。在agHmX中所含质子的物质的量是()A．mol B．(A-N)molC．(A-N)mol D．(A-N+m)mol21、下列各叙述正确的是（）A．3molOH-的质量为51g/mol B．铁的摩尔质量就是它的相对原子质量C．一个12C的实际质量约等于12/6.02×1023g D．二氧化碳的摩尔质量是44g22、在下列条件下，一定能大量共存的离子组是()A．无色透明的水溶液中：K+、Mg2+、I﹣、MnO4﹣B．在强碱溶液中：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣C．有SO42﹣存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、H+D．在强酸溶液中：NH4+、HCO3-、SO42﹣、Cl﹣二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___序号化学式ⅠⅡ（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___24、（12分）某溶液的溶质离子可能含有Mg2＋、Ba2＋、CO32－、Cl－、SO42－、NO3－中的几种，现进行如下实验：Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_________________。（2）写出Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式：_______________________。（3）为了验证溶液中是否存在Cl－、NO3－，某同学提出下列假设：①只存在Cl－；②Cl－、NO3－同时存在；③____________。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl－的实验方法：______________________。25、（12分）已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：①按图组装仪器，并检查装置的气密性；②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；③称量盛有碱石灰（CaO与NaOH固体混合物）的U型管的质量，称得为bg；④从分液漏斗滴入6mol·L-1的硫酸，直到不再产生气体时为止；⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量；⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，最终称得为cg；请填空和回答问题：（1）装置中干燥管B的作用是__________________________________________（2）步骤⑤的目的是__________________________________________________（3）步骤⑦的目的是__________________________________________________（4）该试样中纯碱的质量分数的计算式为___________________26、（10分）如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：（1）写出仪器C的名称___。（2）分离以下混合物应该主要选用上述什么仪器？（填字母符号）①NaCl固体和泥沙：___；②花生油和水：___。（3）若向C装置中加入碘水和足量CCl4，充分振荡后静置，观察到现象是：C内液体分两层，上层液体___色，下层液体___色。（4）溴单质和碘单质有相类似的性质，若利用C仪器提取溴水中的溴单质，下列有机溶剂中不能选用的是：___。A．汽油B．CCl4C．酒精D．醋酸27、（12分）某学生用12mol·L-1的浓盐酸配制0.10mol·L-1的稀盐酸500mL。可供选择的仪器有：①玻璃棒、②烧瓶、③烧杯、④胶头滴管、⑤量筒、⑥500mL容量瓶回答下列问题：（1）计算量取浓盐酸的体积为____mL（2）配制过程中，一定用不到的仪器是________（填序号）（3）将浓盐酸加入适量蒸馏水稀释后，全部转移到500mL容量瓶中，转移过程中玻璃棒的作用是____。转移完毕，用少量蒸馏水洗涤仪器2~3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶，直到液面接近刻度线1-2cm处。改用______滴加蒸馏水，使溶液的凹液面的最低处与刻度线相切。振荡、摇匀后，装瓶、贴签。（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作对所配溶液浓度的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出重新加水至刻度线_______②转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水_________28、（14分）下面所列物质中,属于电解质的是__________(填序号,下同),属于非电解质的是________,属于强电解质的是__________,属于弱电解质的是________。①CH3CH2OH②CH3COOH③熔融态KNO3④SO3⑤蔗糖

⑥HClO⑦NaHCO3⑧氨水⑨Cl2⑩BaSO4⑪Cu29、（10分）某无色透明溶液可能含有K+、Cu2+、Ca2+、SO42-、CO3-、Cl﹣中的几种，现进行如下实验：(1)滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。(2)向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。(3)向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。试判断：该溶液中肯定有_______________，肯定没有_________________，可能有__________________(填离子符号)。写出步骤(2)的离子方程式_______________________________________。

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】

MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答。【详解】A．Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，还原剂是HCl，氧化剂是MnO2，选项A正确；B．每生成1molCl2，转移电子的物质的量为1mol×2×（1-0）=2mol，选项B正确；C．每消耗1molMnO2，得到2mol电子，则起还原剂作用的HCl消耗2mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，选项C错误；D．每消耗1molMnO2，得到2mol电子，则起还原剂作用的HCl消耗2mol，起酸的作用的HCl2mol，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大。2、D【解析】

A．Li到Cs，单质的熔、沸点越来越低，故A错误。B．从F到I非金属性逐渐减弱，单质与H2化合生成的氢化物稳定性越来越弱，故B错误。C．F2比较活泼，先和水反应生成HF和O2，故C错误。D．从Li到Cs金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越强，单质还原性越来越强，与水反应越来越剧烈，故D正确，答案选D。3、A【解析】

A.用蒸馏法从海水中获得蒸馏水，主要是利用水的沸点较NaCl较低，故A正确；B.用分液的方法分离汽油和水主要是因为汽油与水不相混溶，故B错误；C.用重结晶的方法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，利用的原理是二者的溶解度随温度变化差异较大，故C错误；D.乙醇能与水互溶，不用作为分离溶于水的碘的萃取剂，故D错误；答案选A。【点睛】除去KNO3固体中混杂的NaCl具体操作有：加水溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥，主要是利用NaCl在水中的溶解度随温度变化不大，而KNO3在水中的溶解度随温度变化比较大，故在降温时KNO3会析出。4、D【解析】c（Al3+）=0.1mol•L-1、c（Mg2+）=0.25mol•L-1、c（Cl-）=0.2mol•L-1，设该溶液中c（SO42-）为x，由电荷守恒可知，0.1×3+0.25×2=0.2×1+x×2，解得x=0.30

mol•L-1，故选D。5、A【解析】

①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I-，

②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I-＞Fe2+，

③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO，

显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I-＞Fe2+＞NO，

故选：A。【点睛】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。6、A【解析】

A．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)，故A正确；B．CO2溶于水，CO2自身不发生电离，所以二氧化碳是非电解质，CO2溶于水形成的溶液能导电，是因为二氧化碳与水反应生成电解质碳酸，故B错误；C．酸是在溶液中电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，NaHSO4溶于水后能电离出氢离子，但属于盐，故C错误；D．氧化还原反应的本质是电子的转移，氧化还原反应的特征是化合价发生升降，故D错误；故答案选A。7、C【解析】

只由一种元素组成的纯净物为单质。由两种元素组成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物。电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸。电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱。阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐。【详解】A.硫酸氢钠属于盐，不是酸，A错误。B.冰是水，属于氧化物，不是单质，B错误。C.石墨是碳的单质，二氧化碳是氧化物，硝酸是酸，烧碱是氢氧化钠是碱，氯酸钾是盐，C正确。D.纯碱是碳酸钠属于盐，不属于碱，D错误。答案为C。【点睛】本题主要考察物质的俗称，单质、氧化物、酸、碱、盐的概念以及物质的分类。注意仔细审题。8、C【解析】

A、CH3COOH是弱电解质，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；B、Cu(OH)2不溶于水，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；C、该反应可以用题中的离子方程式表示；D、NH3·H2O是弱电解质，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；故选C。9、A【解析】

同温同压下，气体摩尔体积相等，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大。【详解】A.根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；B.相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，故B错误；C.同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D.根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故D错误。故选A。10、C【解析】

A.用明矾净化饮用水，利用氢氧化铝凝胶的吸附性，故A正确；B.用石膏或盐卤点制豆腐利用了胶体的聚沉，故B正确；C.在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀不是胶体，故C错误；D.雾属于气溶胶，可以产生丁达尔效应，故D正确；答案选C。11、D【解析】

可以用是否有元素化合价的变化判断一个反应是否为氧化还原反应。【详解】A．制取氢气的原理为：Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，镁和氢元素化合价发生了变化，A属于氧化还原反应；B．制取氧气的原理为：2KMnO4K2MnO4+MnO2＋O2↑，锰和氧元素的化合价发生了变化，B属于氧化还原反应；C．制取氧气的原理为：2H2O22H2O＋

O2↑，氧元素的化合价发生了变化，C属于氧化还原反应；D．制取二氧化碳的原理为：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋2HCl，没有元素化合价的变化，D不属于氧化还原反应；答案选D。12、B【解析】

A．不正确，质量为88g；B、正确，每个CO2含有2个氧原子，共含有4mol氧原子；C．不正确，分子数应为2×6.02×1023；D、不正确，每个CO2含有3个原子，应共含有6mol原子；答案选B。13、B【解析】

要除去NaCl中少量的CaCl2、Na2SO4杂质时，应该先加入过量的氯化钡溶液，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸钠；再加入过量的碳酸钠溶液，碳酸钠能和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能和过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，从而除去氯化钙和过量的氯化钡；再加入适量的稀盐酸，稀盐酸能和过量的碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发即可得到氯化钠晶体，加入试剂的顺序为：BaCl2、Na2CO3、HCl，答案选B。【点晴】分离和提纯一般应遵循“四原则”和“三必须”：（1）“四原则”：不增(提纯过程中不增加新的杂质)；不减(不减少被提纯的物质)；易分离(被提纯物质与杂质容易分离)；易复原(被提纯物质转化后要易复原)。（2）“三必须”：除杂试剂必须过量；过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质)；除去多种杂质时必须考虑加入试剂的顺序。14、A【解析】

根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，分析选项中物质的溶解性即可。【详解】A．水和CCl4不互溶，水在上层，CCl4在下层，所以能用分液漏斗分离，选项A正确；B．碘和酒精互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项B错误；C．酒精和水能互溶，不能用分液漏斗分离，选项C错误；D．硝酸钾和氯化钾溶液互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查物质的分离，题目难度不大，本题注意把握常见混合物的分离原理、方法以及操作的注意事项等。15、A【解析】

A.阿伏加德罗常数的单位为mol-1，即阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1,故A不正确；B.1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，故1mol水中含2mpl氢原子,即2NA个，故B正确；C.将阿伏加德罗常数个微粒看做一个整体，即为1mol，故阿伏加德罗常数个粒子物质的量为1mol，故C正确；D.1mol氨气含原子，即为2.408×1024个，故D正确；本题答案为A。16、C【解析】

A.因为碘、酒精、水三者混溶，因此不能用酒精萃取碘水中的碘，故A错误；B.量筒是量器，不可以用来稀释或配制溶液，故B错误；C.由于固体和液体不相溶，且存在明显的密度差异,因此可用过滤法分离沙子与水的混合物，故C正确；D.硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法分离，硝酸钾溶液中含少量氯化钠时可以通过降温结晶提纯硝酸钾，故D错误；答案：C。17、C【解析】

A.标准状况下，22.4L水物质的量不是1mol，故A错误；B.铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为，故B错误；C.常温常压下，22gCO2物质的量为0.5mol，其中含有的氧原子数为NA，故C正确；D.500mL1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-物质的量为1mol/L×0.5L×2=1mol,含Cl-数为NA，故D错误；

本题答案为C。18、D【解析】

因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，而A、B、C现象相同，不能鉴别，故选D。19、C【解析】

A．烟尘属于气溶胶，用静电除尘是应用了胶体的电泳性质，A不符合；B．墨水是胶体，不同墨水带不同的电荷，带相反电荷的胶体能发生聚沉，B不符合；C．氯化铁溶液加入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀发生了复分解反应，与胶体性质无关，C符号；D．河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关，D不符合。答案选C。【点睛】本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，能利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释。20、D【解析】

HmX分子的相对分子质量为m+A，所以agHmX的物质的量为mol；X的质子数为A-N，所以一个HmX分子所含质子为m+A-N，所以agHmX中所含质子的物质的量是(A-N+m)mol，故答案为D。21、C【解析】

A.3molOH-的质量为51g。故错误；B.当质量以克为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，故错误；C.1mol12C的质量为12克，所以一个12C的实际质量约等于12/6.02×1023g，故正确；D.二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，故错误。故选C。22、B【解析】

A.MnO4﹣能使溶液显紫色，不能在无色透明的水溶液中存在，故错误；B.在强碱溶液中：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣四种离子不反应，故正确；C.Ca2+和SO42﹣反应生成硫酸钙沉淀，故错误；D.在强酸溶液中，碳酸氢根离子与酸反应，不能共存，故错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、过滤蒸馏Ba2++SO42-=BaSO4↓H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OCuSO4KCl序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl【解析】

假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。【点睛】“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。24、CO32－、SO42－Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓只存在NO3－取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成【解析】

Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32－、SO42－；（2）Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式分别为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓、Ba2++SO42-＝BaSO4↓；（3）根据假设：①只存在Cl-；②Cl-、NO3-同时存在，因此假设③应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。25、防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中把反应产生的CO2吹入U型管中被碱石灰吸收保证反应产生的CO2全部被U型管中的碱石灰吸收106（c-b）/44a×100%【解析】

(1)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；

(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；

(3)就是为了将二氧化碳全部赶过去；

(4)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。【详解】(1)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差；

因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；

因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2吹入U型管中被碱石灰吸收；(3)直到U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中；

因此，本题正确答案是：保证反应产生的CO2全部被U型管中的碱石灰吸收；(4)设需要碳酸钠的质量为x则：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑

106

44x

c-b

列比例式：106x=44c-b，

计算得出x=106(c-b)44；

所以试样中纯碱的质量分数的计算式为106（c-b【点睛】本题考查了物质定量测定的实验方法测定和物质性质应用，本实验的装置连接顺序非常严密，最前面的氢氧化钠溶液是为了防止空气中的二氧化碳进入装置，最后面的碱石灰也是为了防止空气中的二氧化碳进入装置。26、分液漏斗BDC无紫CD【解析】

(1)由图可知，C为分液漏斗；(2)①泥沙不溶于水，NaCl溶于水，则溶于水过滤、蒸发可分离，选择BD仪器；②花生油和水为互不相溶的液体混合物，出现分层，利用分液法分离，选C仪器；(3)C装置中加入碘水和足量CCl4，分层，四氯化碳的密度比水大，四氯化碳从碘水中萃取出碘，则上层（水层）为无色，下层（碘的四氯化碳溶液）为紫色；(4)C仪器提取溴水中的溴单质，选择与水不互溶的有机溶剂，而C、D中的酒精、醋酸与水互溶，不能作萃取剂，答案选CD。27、4.2②引流胶头滴管偏低无影响【解析】

（1）根据c浓v浓=c稀v稀计算所需浓盐酸的体积；（2）用浓溶液配制稀溶液所需要的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、【详解】（1）设量取浓盐酸的体积为vmL，12mol·L-1×vmL=0.10mol·L-1×500mL，解得v=4.2mL；（2）用浓溶液配制稀溶液所需要的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的是烧瓶，故选②；（3）转移过程中用玻璃棒将溶液引流注入容量瓶里，所以玻璃棒的作用是引流。为防止定容时加水过量，液面接近刻度线1-2cm处时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面的最低处与刻度线相切。（4）①定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出重新加水至刻度线，溶质物质的量减少，所配溶液浓度偏低；②溶液配制最后需加水定容，转移前容量瓶中含有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，会根据操作步骤选择仪器，会根据c=n28、②③⑥⑦⑩①④⑤③⑦⑩②⑥【解析】

电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能