2026届柳州铁路第一中学化学高一上期中统考模拟试题含解析

2026届柳州铁路第一中学化学高一上期中统考模拟试题考生须知：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（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验设计方案中，可行的是（）A．用点燃法除去CO2中少量COB．用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体C．向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42-D．用石蕊试液、BaCl2溶液，能鉴别盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液2、在密闭容器中充入CO和CO2的混合气体，其密度是相同条件下氦气密度的8倍，这时测得容器内压强为P1，若控制容器的体积不变，加入足量的过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2关系是A．P1=8P2 B．P1=4P2 C．P1=2P2 D．P1=P23、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4、下列溶液里离子检验的结论正确的是A．加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能含CO32－B．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液一定含有SO42－C．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有Cl－D．加入Na2CO3溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，白色沉淀消失，原溶液中一定含有Ca2+5、下列电离方程式中，正确的是（）A．H2SO4=H2++SO42﹣B．Ba(OH)2=Ba2++OH﹣C．2KIO3═2K++2I－+3O2﹣D．NH4NO3=NH4++NO3﹣6、下列贡献与中国科学家无关的是A．创立侯氏制碱法 B．发现青蒿素C．合成结晶牛胰岛素 D．发明元素周期表7、下列溶液中c(Cl—）与120mL2mol·L—1KCl溶液中c（Cl—）相等的是()A．60mL1mol·L—1MgCl2溶液B．60mL2mol·L—1ZnCl2溶液C．40mL2mol·L—1AlCl3溶液D．480mL1mol·L—1NaCl溶液8、在标准状况下，下列四种气体的关系中，从大到小的是①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3A．体积：④＞①＞②＞③B．密度：②＞③＞④＞①C．质量：②＞①＞③＞④D．氢原子数：①＞②＞③＞④9、氰化亚金钾[KAu(CN)2]是集成线路板和工艺品的主要镀金原料，其毒性基本同氰化钾，致死量约0.1克。运输氰化亚金钾的车辆所贴的危险化学标志是A． B． C． D．10、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A．1molNH3所含有的原子数为NAB．常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．1L0.1mol／LNaCl溶液中所含的Na+为NA11、下列关于氧化物的叙述正确的是（）A．金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C．碱性氧化物都能与水化合生成碱D．酸性氧化物都能与水化合生成酸12、有碳酸钠、碳酸氢钠、氧化钙和氢氧化钠组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水里，此时溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-全部转化沉淀，将反应后的溶液蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混合物中含Na2CO3的质量为：A．1.8g B．5.3g C．10.6g D．无法计算13、下列电离方程式中书写正确的是（）A．NaHSO4Na++H++SO42﹣ B．NaHCO3Na++H++CO32﹣C．HClO=H++ClO﹣ D．MgCl2═Mg2++2Cl﹣14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4所含分子数为NAB．28gCO和N2的混合气体所含的原子数为NAC．2mol金属铁与足量的盐酸反应，共失去了4NA个电子D．124g白磷（分子式为P4)所含分子数为4NA15、下列说法中错误的是A．从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1B．制备0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C．0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl－总数为3×6.02×1023D．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%16、化学知识在日常生活中有很多应用，下列说法正确的是A．用食盐清洗热水瓶中的水垢B．漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2见光分解C．加碘食盐，能使淀粉显蓝色D．氯水应避光保存，是因为HClO见光分解二、非选择题（本题包括5小题）17、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________________________。18、有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式________。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式___________。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式______________。19、Ⅰ、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。回答下列问题。（1）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（2）根据计算用托盘天平称取的质量为_______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。Ⅱ、下图是铁粉和水蒸气反应的实验装置示意图。（1）写出该反应的化学方程式______________________________________________。（2）写出仪器A、C的名称_____________，____________；C中所装药品是________，作用是__________，先加热A还是B处？____________。20、某化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集两瓶干燥纯净的氯气。为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了如下装置：（1）写出Ⅰ装置烧瓶中发生的反应的化学方程式________________________________。（2）装置Ⅱ中盛放的药品是饱和氯化钠溶液，其作用是___________________________；装置Ⅲ的作用是干燥氯气，应盛放_________________________。（3）实验开始后，先________a，_________b（填“关闭”或“打开”，下同）；当集满一瓶氯气时，为减少换集气瓶时氯气的外逸，再_________a，________b，换好集气瓶后,继续收集氯气。（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中不恰当的是（填序号）_____________。①氢氧化钠溶液②浓硫酸③水（5）工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，化学反应方程式为_______________，漂白粉的有效成分是____________________。(填化学式)21、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____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.用点燃法除去CO2中少量CO，不可行，因为CO2中少量CO是点不着的，且会引入新杂质氧气，故A错误；B.CO2和HCl都能与NaOH反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故B错误;C.仅加入BaCl2溶液,不能排除Ag+或SO32-的影响,可能生成AgCl或BaSO3、BaSO4等沉淀,故C错误;D.用石蕊和氯化钡鉴别,将石蕊加入五种溶液中,根据石蕊遇碱变蓝色,可以首先鉴别出氢氧化钠,会使紫色石蕊变红色是盐酸、硫酸,不会使石蕊变色的是硫酸钠、硝酸钾,然后取使石蕊变红的溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸,无现象的是盐酸,然后取不会使石蕊变色的两种溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸钠,没现象的是硝酸钾,根据此方法可以鉴别,故D正确；答案：D。【点睛】除杂时必须满足的原则：杂质除去，不引入新杂质，主体物质不减少，易分离，易复原。2、A【解析】

2CO＋O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于发生反应：CO+Na2O2=Na2CO3，则CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，根据混合气体密度是相同条件下氦气密度的8倍，计算混合气体中CO2和CO的物质的量之比，再根据反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比来计算。【详解】CO和CO2的混合气体的密度是相同条件下氦气密度的8倍，则=4×8=32，整理得n(CO2):n(CO)=1:3，CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，令开始时n(CO2)=1mol、n(CO)=3mol，则用电火花点燃至完全反应后，容器内n(O2)=n(CO2)=0.5mol，反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比，则P1:P2=(1mol＋3mol):0.5mol=8:1，即P1=8P2，答案选A。【点睛】本题考查过氧化钠的化学性质、化学计算等，难度中等，根据发生的反应利用总方程式进行解答是解题的关键，本题容易忽略一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳继续与过氧化钠反应，不能根据整体反应分析计算导致计算复杂化，为易错点。3、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。4、A【解析】

A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳；B、硫酸钡是一种不溶于水、不溶于酸的沉淀；C、除氯离子外，碳酸根离子等也可以与银离子反应生成白色沉淀；D、符合该现象的离子不一定是钙离子，如钡离子、镁离子等也是这种现象。【详解】A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32-或HCO3-或CO32-、HCO3-，故A正确；B、加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，由于硫酸钡和氯化银都是不溶于水、不溶于酸的沉淀，所以原溶液中不一定含有SO42-，故B错误；C、除氯离子外，碳酸根离子等也可以与银离子反应生成白色沉淀，加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液不一定含有Cl-，故C错误；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，符合条件的离子除了钙离子，还可能含有钡离子、镁离子等，故D错误；本题选A。5、D【解析】A、H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++SO42﹣，故A错误；B、Ba(OH)2的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH﹣，故B错误；C、KIO3的电离方程式为KIO3═K++IO3－，故C错误；D、NH4NO3的电离方程式为NH4NO3=NH4++NO3﹣，故D正确；故选D。6、D【解析】

A、中国科学家侯德榜发现了侯氏制碱法，故侯氏制碱法和中国科学家有关，故A错误；B、中国科学家屠呦呦发现青蒿素，获得了诺贝尔奖，故B错误；C、中国科学家最早人工合成结晶牛胰岛素，故和中国科学家有关，故C错误；D、俄国科学家门捷列夫制出了第一张元素周期表，和中国科学家无关，故D正确；故选D。7、A【解析】

电解质离子浓度=电解质浓度×电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，120mL2mol·L—1KCl溶液中c（Cl—）=2mol·L－1，据此结合计算判断．【详解】A.60mL1mol·L—1MgCl2溶液中c（Cl－）=1mol·L－1×2=2mol·L－1，与120mL2mol·L—1KCl溶液中c（Cl—）=2mol·L－1浓度相等，故A正确；B.60mL2mol·L—1ZnCl2溶液中c（Cl－）=2mol·L－1×2=4mol·L－1，与120mL2mol·L—1KCl溶液中c（Cl—）=2mol·L－1浓度不相等，故B错误；C.40mL2mol·L—1AlCl3溶液中c（Cl－）=2mol·L－1×3=6mol·L－1，与120mL2mol·L—1KCl溶液中c（Cl—）=2mol·L－1浓度不相等，故C错误；D.480mL1mol·L—1NaCl溶液中c（Cl－）=1mol·L－1×1=1mol·L－1，与120mL2mol·L—1KCl溶液中c（Cl—）=2mol·L－1浓度不相等，故D错误；故选A。8、B【解析】

在标准状况下①6.72LCH4，n（CH4）=6.72L22.4②3.01×1023个HCl分子,n（HCl）=3.01×10③13.6gH2S，n（H2S）=13.6g④NH30.2mol。A.由n=VVm，可以知道，气体的物质的量越大，体积越大，则体积大小关系为②＞③＞①＞④，故AB.由ρ=MVm，可以知道，气体的摩尔质量越大，则密度越大，密度大小关系为②＞③＞④＞①，故C.由n=mM，可以知道，m（CH4）=0.3mol×16g/mol=4.8g，m（HCl）=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，m（H2S）=13.6g，m（NH3）=0.2mol×17g/mol=3.4g，则质量大小为②＞③＞①＞④，故CD.根据氢原子的物质的量的多少判断，物质的量越多，原子个数越多，0.3molCH4含有1.2molH，0.5molHCl含有0.5molH，0.4molH2S含有0.8molH，0.2molNH3含有0.6molH，则氢原子个数大小为①＞③＞④＞②，故D错误；本题答案为B。【点睛】标准状况下，气体的Vm=22.4L/mol，结合n=V/Vm=N/NA=m/M以及ρ=M/Vm以及物质的分子构成解答。9、B【解析】

由题意可知氰化亚金钾为剧毒品，危险化学标志为“剧毒品”，故答案选：B。10、C【解析】

A、每个NH3分子含有4个原子，结合N=nNA计算原子数目；B、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；C．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，根据n=mMD．依据n=cV计算。【详解】A、每个NH3分子含有4个原子，1molNH3所含有的原子数为1mol×4×NAmol-1=4NA，选项A错误；B、标准状况下，22.4L氧气所含的原子数为2NA，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L氧气所含的原子数小于2NA，选项B错误；C、14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：14g28g/mol=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为D.1L0.1mol/LNaCl溶液中所含的Na+数为1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算与理解，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，可借助PV=nRT理解气体摩尔体积。11、B【解析】

A.金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物；非金属氧化物如CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；B.碱性氧化物一定是金属氧化物；Mn2O7是酸性氧化物，但Mn2O7是金属氧化物，所以酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故B正确；C.碱性氧化物不一定都能与水反应生成碱，如CuO、FeO、Fe2O3都是碱性氧化物，但它们都不和水反应，故C错误；D.酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查氧化物的分类和性质，题目难度不大，注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质。12、C【解析】

充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，即为CaCO3，溶液中溶质为NaOH，将溶液蒸干，所得固体为CaCO3、NaOH混合物，发生反应为：

①CaO+H2O=Ca(OH)2②Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH③NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O将①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH④将①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH⑤可以看做发生反应④、⑤，反应④即CaO与Na2CO3反应，由于H2O参加反应，会引起固体质量增加，反应⑤即CaO与NaHCO3反应，不会引起固体质量增加，即：固体增加的质量等于参加反应的水的质量，结合反应④进行计算。【详解】充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，即为CaCO3，溶液中溶质为NaOH，将溶液蒸干，所得固体为CaCO3、NaOH混合物，发生反应为：

①CaO+H2O=Ca(OH)2②Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH③NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O将①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH④将①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH⑤可以看做发生反应④、⑤，反应④即CaO与Na2CO3反应，由于H2O参加反应，会引起固体质量增加，反应⑤即CaO与NaHCO3反应，不会引起固体质量增加，即：固体增加的质量等于参加反应的水的质量，参加反应水的质量=29g−27.2g=1.8g，其物质的量==0.1mol，由④反应方程式CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH可知碳酸钠的物质的量为0.1mol，故碳酸钠的质量为m=nM=0.1mol×106g/mol=10.6g，答案选C。13、D【解析】

用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式，结合物质的组成分析判断。【详解】A.NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中完全电离产生Na+、H+、SO42-，电离方程式是NaHSO4＝Na++H++SO42-，A错误；B.NaHCO3是弱酸的酸式盐，完全电离产生Na+、HCO3-，电离方程式是：NaHCO3＝Na++HCO3-，B错误；C.HClO是一元弱酸，主要以电解质分子存在，在溶液中存在电离平衡，电离方程式是HClOH++ClO-，C错误；D.MgCl2是正盐，在溶液中完全电离，电离方程式是MgCl2＝Mg2++2Cl－，D正确。答案选D。14、C【解析】

A.气体摩尔体积是针对每1mol气体而言，标况下四氯化碳不是气体；B.根据n=mMC.每个铁原子和足量的盐酸反应生成一个亚铁离子都会失去2个电子；D.根据n=mM，124g白磷（分子式为P4)所含分子数为NA【详解】A.标准状况下，22.4L气体的物质的量为1mol，标况下CCl4不是气体，A错误；B.CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，28gCO和N2的混合气体的物质的量n=mM=28g28g/mol=1mol，每个分子中都有2个原子，所以混合气体所含的原子数为2NC.每个铁原子和足量的盐酸反应生成一个亚铁离子都会失去2个电子，2mol金属铁与足量的盐酸反应，共失去了4NA个电子，C正确；D.根据n=mM，124g白磷（分子式为P4)的物质的量n=mM=124g124g/mol15、D【解析】

A、根据溶液为均一、稳定的混合物来分析；

B、根据n=cV计算出氯化氢的物质的量，再根据V=nVm来计算标况下需要氯化氢的体积；

C、根据n=cV计算出溶质氯化钡的物质的量，再根据N=nNA来计算钡离子和氯离子的数目；

D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，以此进行分析。【详解】A、溶液为均一、稳定的混合物，从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，浓度仍是1mol·L－1，所以A选项是正确的；

B、制备0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢的物质的量为：n(HCl)=cV=0.5L10mol/L=5mol，标准状况下氯化氢的体积为：V=nVm=5mol22.4mol/L=112L，所以B选项是正确的；

C、0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，n(BaCl2)=cV=0.5L2mol/L=1mol，由BaCl2的构成可以知道，1molBaCl2含2mol氯离子、1mol钡离子，Ba2+和Cl-总数为：3×6.02×1023，所以C选项是正确的；

D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数约为×100%=16.6%，大于9.8%，故D错误。

所以答案选D。16、D【解析】

【详解】A、水垢的成分为碳酸钙，与食盐不反应，则不能用食盐易清洗热水瓶中的水垢，可利用醋酸清洗水垢，故A错误；B、Ca(ClO)2见光不易分解，漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，HClO见光分解，故B错误；C、加碘食盐中碘的形态是碘酸钾，而能使淀粉显蓝色的是碘单质，加碘食盐不能使淀粉显蓝色，故C错误；D、氯水应避光保存，是因为氯水中HClO见光分解，故D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、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↓。18、Na、H2O2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑【解析】

有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。19、B、C、D2.0小于3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2圆底烧瓶干燥管CaCl2（碱石灰）吸水干燥A【解析】

配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：

计算（溶质质量或体积）、称量或量取、溶解、降至室温、转入容量瓶中、洗涤（2~3次，用玻璃棒再次移入）、定容（加水到刻度线下2~3cm处，改用胶头滴管加至凹液面最低点与刻度相切）、摇匀、装瓶（注明名称、浓度）。【详解】Ⅰ(1)A、容量瓶在使用前必须检验是否漏水，故A不符合题意；B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B符合题意；C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故C不符合题意；D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故D不符合题意；综上所述，本题应选B；(2)配制0.1mol/LNaOH溶液450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，则n(NaOH)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，则m(NaOH)=0.05mol×40g/mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c=n/V可知，溶液的浓度偏小，即c小于0.1mol/L。Ⅱ(1)铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；(2