北京西城44中2026届化学高一第一学期期中检测模拟试题含解析

北京西城44中2026届化学高一第一学期期中检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是A．“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B．雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质原因是能发生丁达尔现象C．用石膏或盐卤点制豆腐与胶体性质有关。D．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质2、如果4gNH3中含有x个NH3分子，那么8gH2S中含有的电子数为A．x B．3.4x C．12x D．18x3、将质量均为mg的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如图所示，则X、Y气体分别可能是A．C2H4、CH4 B．CO2、Cl2 C．SO2、CO2 D．CH4、Cl24、下列说法正确的是A．摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量B．在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等C．阿伏加德罗常数的数值是0.012kg14C所含的原子个数D．若气体摩尔体积为22.4L•mol﹣1，则所处条件为标准状况5、下列说法中正确的是A．人们已知道了107种元素，即已经知道了107种原子B．互为同位素的原子，它们原子核内的中子数一定不相等C．40K和40Ca原子核内的中子数相等D．质子数相同的微粒，核外电子数一定相同，但化学性质不一定相同6、下列化学方程式不能用H++OH-=H2O表示的是A．KOH+HCl=KCl+H2OB．Ba（OH）2+2HCl=BaCl2+2H2OC．2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2OD．Cu（OH）2+2HNO3=Cu（NO3）2+2H2O7、牛奶和豆腐中含有丰富的钙，这里的“钙”应理解为()A．元素 B．单质 C．原子 D．分子8、已知：KClO3＋6HCl（浓）=KCl＋3Cl2↑＋3H2O.如下图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好．下表中由实验现象得出的结论完全正确的是（）已知：含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝Cl2具有氧化性【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D9、自来水可以用氯气消毒。有些药品若用自来水配制，则明显会导致药品变质。下列哪些药品不能用自来水配制()。A．AgNO3B．Na2SO4C．NaClD．AlCl310、对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下列物质贴错了包装标签的是选项ABCD物质的化学式HNO3(浓)NaClP4C2H5OH(酒精)危险警告标识A．A B．B C．C D．D11、下列反应的离子方程式中，正确的是（）A．氢氧化钡溶液和稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OB．氯化铁溶液中加入氨水：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NHC．澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OD．硫酸氢钠溶液与NaOH溶液混合：HSO+OH-=H2O+SO12、装运金属钠的包装箱标签上应印有下列警示标记中的A．爆炸品 B．遇湿易燃品 C．氧化剂 D．腐蚀品13、实验室里需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是()A．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水 B．称取12.0g胆矾配成500mL溶液C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水 D．称取12.5g胆矾配成500mL溶液14、科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒(直径为20-60nm)。下列有关说法错误的是A．氯金酸钠中金元素的化合价为+3B．葡萄糖在反应中体现还原性C．检测时，NaAuCl4发生氧化反应D．纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系属于胶体15、对反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO的叙述正确的是A．Al2O3是氧化剂，C是还原剂B．每生成1molCO需转移2mol电子C．AlN中氮元素的化合价为＋3D．N2发生了氧化反应16、下列反应的离子方程式不正确的是A．澄清石灰水与Na2CO3溶液混合：Ca2++CO32-=CaCO3↓B．碳酸钠与足量的醋酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑C．少量金属钠加到冷水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑D．氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O17、下列说法错误的是()A．用托盘天平称取3.2gNaCl固体B．过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用相同C．容量瓶使用前应洗涤、干燥、检漏D．定容时，加水不慎超过刻度线，只能重新配置18、利用碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）来配制0.5mol•L﹣1的碳酸钠溶液950mL，假如其它操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是A．称取碳酸钠晶体143gB．定容时俯视观察刻度线C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D．定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线19、下列说法中不正确的是A．Na2CO3和NaHCO3均能与NaOH反应B．Na2CO3比NaHCO3稳定C．Na2CO3俗称纯碱，苏打D．NaHCO3俗称小苏打20、“粗盐提纯”实验中，下列操作正确的是()A．过滤时用玻璃棒搅拌漏斗内的液体，以加速过滤B．蒸发到析出晶体时才需要用玻璃棒搅拌C．待溶液蒸干后即停止加热D．当蒸发皿中出现较多量晶体时就应停止加热21、在标准状况下，18gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.5mol，则此混合气体中CO和CO2的物质的量之比是A．1:1B．1:7C．1:11D．7:1122、如图所示，在小烧杯中加入水和煤油各20mL，然后将一小粒金属钠放入烧杯中，观察到的现象可能为A．钠在水层中反应并四处游动B．钠停留在煤油层中不发生反应C．钠在煤油的液面上反应并四处游动D．钠在水与煤油的界面处反应并上下跳动二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）（1）请写出操作第④步所加试剂名称及第②步操作名称：④_____________________，②___________________________。（2）写出第⑤步操作中可能发生反应的离子方程式：____________________。（3）如何检验第②步操作中硫酸根离子已完全除尽：_____________________。（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：___________________。24、（12分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有___________离子，其物质的量浓度为________。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是______________（写沉淀化学式），其物质的量分别为______________________。（3）原溶液中是否存在K+_______填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是____________________（若不存在此空可不填）25、（12分）需要0.2mol·L－1的Na2CO3溶液480mL，用Na2CO3·10H2O晶体配制该溶液。（1）应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量是__________g,配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管外，还有_____________。（2）根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列要求：①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈⑤容量瓶未经干燥使用。其中引起所配溶液浓度偏高的有______________(填序号，下同)，偏低的有______________，（3）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________________。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液26、（10分）某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气，并研究其性质。请回答下列问题：(1)装置甲中仪器A的名称是_______，甲装置中发生反应的化学方程式为_________。(2)制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序a→_______(补充完整)，丙中应装的溶液是_______。(3)某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请画出该装置并注明试剂________。(4)制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：Ⅰ方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量Ⅱ方案：采用酸碱中和的原理，测定中和残余盐酸所消耗的NaOH的量Ⅲ方案：与已知量CaCO3反应，称量剩余过量的CaCO3质量继而进行下列判断和实验：①判定Ⅰ方案是否可行_____，并说明理由________。②进行Ⅱ方案实验：准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值，假设实验操作均正确，请提出造成结果偏大的一个可能原因________。③已知将AgCl固体加入到NaBr溶液中会慢慢生成溶解度更小更难溶的AgBr沉淀，并且查得MnCO3的溶解度要小于CaCO3。据此判断Ⅲ方案的实验结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，说明理由________。(5)若浓盐酸足量，在上述反应中，1molMnO2能氧化____mol浓盐酸。27、（12分）用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm－3)配制成1mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。（2）经计算需要________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的________。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)____________。（4）在配制一定物质的量浓度的溶液中，下列操作使得到的溶液浓度偏高、偏低还是无影响？①量取后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外。_______________②未冷却至室温就转移溶液。_______________③在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分。_______________④洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水。_______________________28、（14分）2012年10月29日，超强飓风“桑迪”登陆美国东海岸，给人们的生命财产造成巨大损失。灾区人们的饮水必须用漂白粉等药品消毒后才能饮用，以防止传染病发生。（1）试用化学方程式表示工业制取漂白粉的过程______________________________；（2）已知浓盐酸和漂白粉中的成分之一次氯酸钙能发生如下反应：Ca(ClO)2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑＋2H2O用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是（______）①CO2②HCl③H2O④O2A．①②③B．②③④C．②③D．①④（3）若用KMnO4氧化盐酸。其反应方程式如下：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O该反应中，氧化剂是____，1mol氧化剂在反应中_______(填“得到”或“失去”)______mol电子。当有1molKMnO4恰好和盐酸全部完全反应，反应后溶液的体积为2L，则所得溶液中Cl—的物质的量浓度为_______，此时产生的Cl2在标准状况下的体积为_______，被氧化的HCl的物质的量为________。29、（10分）铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：请回答下列有关问题：（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是________。A．铝矾石中含有两种类型氧化物B．铝矾石与河沙含有完全相同的成分C．铝矾石炼铝需要消耗电能D．铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_____________。（3）滤液Ⅱ中所含溶质有__________；步骤③反应的离子方程式为___________。（4）若步骤③中用氨气代替CO2，步骤③生成沉淀的离子方程式为______________。

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、B【解析】

A．水乳交融为水和乳汁融合在一起，没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油，是指油的燃烧，有新物质生成，前者包含物理变化，而后者包含化学变化，A正确；B．胶体区别于溶液等其它分散系的本质原因是分散质微粒直径大小不同，B错误；C．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，因此用石膏或盐卤点制豆腐与胶体性质有关，C正确；D．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的电泳现象，与胶体的性质有关，D正确。答案选B。2、D【解析】

根据n=m/M=N/NA并结合分子的构成进行分析。【详解】4g氨气的物质的量=4g/17g/mol=4/17mol，8g硫化氢的物质的量=8g/34g/mol=4/17mol；4gNH3中含有x个NH3分子，则4/17mol×NA=x；1个H2S中含有的电子数18个，所以4/17molH2S含有的电子数4/17mol×18×NA=18x；故D正确；3、B【解析】

根据pV=nRT=可知，在质量相同、体积相同、温度相同的条件下，气体的压强与相对分子质量成反比，据此分析解答。【详解】由图可知，温度相同时，p(氧气)＞p(X)＞p(Y)，根据pV=nRT=可知，在质量相同、体积相同、温度相同的条件下，气体的压强与相对分子质量成反比，则压强越大，相对分子质量越小，由此可得，M(氧气)＜M(X)＜M(Y)，故B符合；故选B。4、B【解析】

A、摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；B、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，温度和压强一定的条件下，气体摩尔体积相同，故B正确；C、阿伏加德罗常数的数值是0.012kg12C所含的原子个数，故C错误；D、气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，故气体摩尔体积为1．4L•mol﹣1，不一定是在标况下，故D错误；故选B。5、B【解析】

A、质子数决定元素的种类，质子数和中子数决定原子的种类，同种元素可能有多种核素；B、质子数相同，而中子数不同的同种元素的原子，互为同位素；C、中子数=质量数-质子数；D、质子数相同的微粒，可能为原子或离子。【详解】A项、人们已知道了107种元素，同种元素可能有多种核素，则原子的种类远大于107种，故A错误；B项、质子数相同，而中子数不同的同种元素的原子，互为同位素，则互为同位素的原子，它们原子核内的中子数一定不相等，故B正确；C项、40K和40Ca原子中的中子数分别为21、20，故C错误；D项、质子数相同的微粒，可能为原子或离子，如Na、Na+、NH4+等，质子数均为11，但核外电子数不同，化学性质不同，故D错误。故选B。6、D【解析】

A.KOH+HCl=KCl+H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H++OH-=H2O，故不选A；B.Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H++OH-=H2O，故不选B；C.2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O是强酸与强碱反应，离子方程式是H++OH-=H2O，故不选C；D.Cu(OH)2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，氢氧化铜难溶于水，Cu(OH)2不能拆写为离子，反应的离子方程式是Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故选D；答案选D。7、A【解析】

牛奶和豆腐都是混合物，里面的成分较复杂，通常用元素描述其化学组成，这里的“钙”应理解为元素，答案选A。8、D【解析】

A．根据题意可知浓盐酸滴在KClO3晶体上有氯气生成，滴有KSCN的FeCl2溶液变红说明Fe2+被氧化成Fe3+，证明氯气具有氧化性，故A错误；B．Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl为强酸，HClO具有漂白性，HCl可以和NaOH发生中和反应使溶液褪色，但溶液褪色也可能是被HClO漂白，且具有酸性的不是Cl2，故B错误；C．Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性，而不是氯气具有漂白性，故C错误；D．KI淀粉溶液变蓝说明有碘单质生成，体现了氯气的氧化性，故D正确；综上所述答案为D。9、A【解析】

自来水中，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO-、Cl-等离子，结合对应粒子的性质解答该题。【详解】A.氯水中含有Cl-，加入硝酸银生成氯化银沉淀，不能用于配制AgNO3溶液，故A正确；B.氯水中的微粒均不与硫酸钠反应，可配制硫酸钠溶液，故B错误；C.氯水中的微粒均不与NaCl反应，可配制NaCl溶液，故C错误；D.氯水中的微粒均不与AlCl3反应，可配制AlCl3溶液，故D错误。故选A。10、B【解析】

A项、浓硝酸具有强腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，故A正确；B项、氯化钠不属于易爆物，不应贴爆炸品的标志，故B错误；C项、白磷有剧毒，应贴剧毒品的标志，故C正确；D项、乙醇属于易燃液体，应贴易燃液体的标志，故D正确。故选B。【点睛】本题考查危险品标志，解这类题时，首先要知道各种物质的性质，然后根据各个标签所代表的含义进行分析判断。11、B【解析】

A．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应的离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．氯化铁溶液中加入足量的氨水，离子方程式：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+，故B正确；C．澄清石灰水与稀盐酸反应的离子反应为OH-+H+═H2O，故C错误；D．硫酸氢钠溶液与NaOH溶液混合，离子方程式：H++OH-=H2O，故D错误。答案选B。12、B【解析】钠的化学性质活泼，能与水剧烈反应生成氢气，为遇湿易燃物品，在装运金属钠的包装箱标签上应印有遇湿易燃物品警示标记，A.为爆炸品标志，故A不选；B.为遇湿易燃物品，故B选；C.为氧化剂标志，故C不选；D.为腐蚀品标志，故D不选；答案选B。13、D【解析】

需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，溶液体积为500mL，结合m=c·V·M计算。【详解】A.加入500mL水，水是溶剂，溶液体积不是500mL，A错误；B.若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO4•5H2O的质量m(CuSO4•5H2O)=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，B错误；C.需要硫酸铜的质量m(CuSO4)=0.5L×0.1mol/L×160g/mol=8.0g，溶剂体积是500mL，得到的溶液的体积不是500mL，C错误；D.若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO4•5H2O的质量m(CuSO4•5H2O)=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，把握配制溶液的操作、质量的计算为解答的关键。注意溶液体积的判断及溶质成分的确定。对于硫酸铜溶液，溶质为CuSO4，若用CuSO4•5H2O配制，注意根据元素守恒，250份CuSO4•5H2O中含有160份CuSO4，结晶水会进入溶液，变为溶剂水。14、C【解析】

本题考查氧化还原反应以及分散系的判断。A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价；

B.该反应中Au的化合价降低，故葡萄糖中某元素化合价升高；

C.化合价降低的反应是还原反应；

D.分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系为胶体。【详解】A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；

B.该反应中Au的化合价降低，即NaAuCl4做氧化剂，根据氧化还原反应中有元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，故葡萄糖中某元素化合价升高，表现出还原性，故B正确；

C.氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误；

D.纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．【点睛】把握反应中元素的化合价变化、物质的性质、胶体的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。15、B【解析】

在氧化还原反应中，得到电子的是氧化剂，氧化剂发生还原反应；失去电子的是还原剂，还原剂发生氧化反应。【详解】A．C失去电子是还原剂，N2得到电子是氧化剂，Al2O3中各元素化合价没发生变化既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误。B．C元素化合价由0升为+2，根据化学方程式可知，每生成1molCO需转移2mol电子。故B正确。C．AlN中N元素的化合价为-3，故C错误。D．N2是氧化剂发生还原反应，故D错误。本题选B。16、B【解析】

A.澄清石灰水中的溶质氢氧化钙以及参与反应的碳酸钠都是强电解质，离子反应中都要拆开，反应实质是钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀；B.醋酸是弱电解质，在离子反应中不能拆开；C.少量金属钠加到冷水中，反应实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；D.氢氧化铜加到盐酸中，反应实质是氢氧根离子和氢离子中和反应。【详解】A.澄清石灰水与Na2CO3溶液混合的离子反应为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，A正确；B.碳酸钠与足量的醋酸的离子反应为：CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2↑-+2CH3COO-，B错误；C.少量金属钠加到冷水中的离子反应为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C正确；D.氢氧化铜加到盐酸中的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，D正确；答案为B。17、C【解析】

A.托盘天平的精确度为0.1g，因此可以用托盘天平称取3.2gNaCl固体，A项正确；B.过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用均为引流，作用相同，B项正确；C.容量瓶使用前应先检漏，再进行洗涤，无需干燥，C项错误；D.定容时，加水不慎超过刻度线，所配置的溶液变稀，只能重新配置，D项正确；答案应选C。18、B【解析】

A.配制950mL溶液，需要选用1000mL容量瓶，需要碳酸钠晶体的物质的量为0.5mol/L×1L=0.5mol，需要碳酸钠晶体的质量为：286g/mol×0.5mol=143g，称量的碳酸钠晶体质量符合要求，不会产生误差，故A错误；B.定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故B正确；C.没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D.又加入了蒸馏水，导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏低，故D错误；答案选B。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c==的影响进行判断。19、A【解析】

A、Na2CO3不能与氢氧化钠反应，NaHCO3能与NaOH反应生成碳酸钠和水，选项A不正确；B、因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，故Na2CO3比NaHCO3稳定，选项B正确；C、Na2CO3俗称纯碱，苏打，选项C正确；D、NaHCO3俗称小苏打，选项D正确。答案选A。20、D【解析】

A．过滤时，用玻璃棒引流，但不能用玻璃棒搅拌漏斗内液体，否则易损坏滤纸，故A错误；B．蒸发过程中要不断用玻璃棒搅拌，防止局部温度过高而产生安全事故，故B错误；C．当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加热，利用余热蒸干，故C错误；D．当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加热，利用余热蒸干，故D正确；故答案为D。【点睛】明确操作规范性是解本题关键，粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质如：Ca2+，Mg2+，等，不溶性杂质可以用过滤的方法除去，可溶性杂质中的Ca2+，Mg2+，则可通过加入BaCl2、NaOH和Na2CO3溶液，生成沉淀而除去，也可加入BaCO3固体和NaOH溶液来除去，然后蒸发水分得到较纯净的精盐。21、A【解析】

根据n=mM进行相关物理量的计算，可设CO为xmol，CO2为ymol，列方程式计算【详解】设CO为xmol，CO2为ymol，则x+y=0.5，28x+44y=18，解之得：x=0.25，y=0.25。则混合气体中CO和CO2的物质的量之比是0.25：0.25=1:1，

故答案为：A。【点睛】本题考查物质的量的相关计算，注意把握相关物理量的计算公式，从质量守恒的角度列式计算。22、D【解析】试题分析：钠的密度比煤油大比水小，且钠与水反应不与煤油反应，故可以看到钠在水与煤油的界面处反应并上下跳动，选项D符合题意。考点：钠的物理性质及与水反应的实验现象分析。二、非选择题(共84分)23、碳酸钠过滤CO32-+2H+=H2O+CO2↑；H++OH-=H2O取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽②与③或③与④【解析】

(1)根据操作第④、⑤步所加试剂名称及第⑥步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉；(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓，产生白色沉淀进行解答；(4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；【详解】(1)操作第④步是除Ca2+，加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2++CO32-=CaCO3↓，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2++CO32-=BaCO3↓；操作②是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H++OH-=H2O；CO32-+2H+=H2O+CO2↑；(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2++CO32-=CaCO3↓，但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2++CO32-=BaCO3↓，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以②与③或③与④步骤调换顺序，不影响实验结果；【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。24、NH4+0.8mol/LBaCO3、BaSO40.04mol、0.02mol是≥0.4mol/L【解析】

据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为：，碳酸钡质量为：，物质的量为，故答案为：；0.04mol、0.02mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04mol、0.02mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是；≥0.4mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)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；(记住几种常见的有色离子：)(2)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、指示剂的变化等)(3)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25、28.6玻璃棒、500mL容量瓶①④②③BCD【解析】

（1）根据n=cV计算溶质Na2CO3的物质的量，利用Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，根据m=nM计算Na2CO3•10H2O的质量；根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定所需仪器；（2）根据c=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差;（3）容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器。【详解】（1）根据n=cV可知需要的Na2CO3的物质的量n=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，即需要的Na2CO3•10H2O晶体也为0.1mol，质量m=nM=0.1mol×286g/mol=28.6g；配制溶液用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，根据题目提供的仪器可以知道，还需要的玻璃仪器有玻璃棒、500mL容量瓶，故答案为28.6；玻璃棒、500mL容量瓶；（2）①Na2CO3•10H2O晶体失去了部分结晶水后，Na2CO3的质量增大，故物质的量增大，所配溶液的浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码），会导致所称量的固体的质量偏小，故所配溶液的浓度偏低；③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，会导致碳酸钠的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏低；④生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的固体的质量偏大，则配制出的溶液的浓度偏高；⑤容量瓶未经干燥使用，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；所以引起所配溶液浓度偏高的有①④，偏低的有②③，无影响的有⑤，故答案为①④；②③；（3）容量瓶是精密仪器，是用于配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器，不可用于储存和溶解固体，不能用于稀释浓溶液，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故选BCD，故答案为BCD。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，注意实验的基本操作方法和注意事项，易错点是计算溶质的质量，很多同学将溶液的体积认为是480mL而导致出错。26、分液漏斗MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2Odebcfg饱和食盐水不可行残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀NaOH溶液变质偏小MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小2【解析】

甲装置是二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的发生装置；乙装置中盛有浓硫酸作为干燥装置；丙为洗气装置或除杂装置；丁为收集装置。【详解】(1)甲装置为固液加热反应装置，浓盐酸通过分液漏斗加入到圆底烧瓶中与二氧化锰接触，反应生成氯化锰、氯气和水，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)用浓盐酸与二氧化锰反应制取的氯气中含有水蒸气和氯化氢气体，所以要先将混合气体通入饱和食盐水除去氯化氢气体，然后再将气体通入浓硫酸中进行干燥，故答案为：debcfg；饱和食盐水；(3)吸收尾气中的氯气通常用氢氧化钠溶液吸收，上述方案缺少尾气吸收装置图为：；(4)①由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，生成物MnCl2中也含有氯离子也能和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，故答案为：不可行；残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；②进行Ⅱ方案实验：假设实验操作均正确，准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值。消耗的氢氧化钠溶液体积偏大才能导致结果偏大，则氢氧化钠溶液变质有可能导致结果偏大，故答案为：NaOH溶液变质；③MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小；(5)由反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，1molMnO2能氧化2mol浓HCl溶液，故答案为：227、25021.6C③①④②偏低偏高偏低无影响【解析】

（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，据此选择；（2）先计算出浓盐酸的物质的量浓度为c=1000ρω%/M，然后根据溶液稀释定律c浓V浓＝c稀V稀来计算；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓盐酸的体积来选择合适的量筒；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（4）根据c=n÷V并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。【详解】（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL，现在需要这种盐酸220mL，故应选用250mL容量瓶；（2）浓盐酸的物质的量浓度为c=1000ρω%/M=1000×1.16×36.5%/36.5mol·L－=11.6mol/L，设需要浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律可知：11.6mol/L×VmL=1mol/L×250mL，解得V≈21.6mL。根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓盐酸的体积为21.6mL来选择合适的量筒，故应选择25mL量筒，故答案为C；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等可知正确的顺序是③①④②；（4）①量取后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外，溶质的物质的量减少，浓度偏低。②未冷却至室温就转移溶液，冷却后溶液体积减少，浓度偏高。③在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分，溶质的物质的量减少，浓度偏低。④洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质和溶液体积，浓度无影响。28、2C