2026届天津市河西区化学高一上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届天津市河西区化学高一上期中质量跟踪监视模拟试题考生须知：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、如果要除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是()A．加入适量盐酸 B．加入NaOH溶液C．加热灼烧 D．配成溶液后通入CO22、下列选项的括号内是除去杂质所用的试剂，其中错误的是（）A．二氧化氮中混有NO（水）B．NaNO3溶液中混有Na2SO4［Ba（NO3）2］C．氯气中混有水蒸气（浓硫酸）D．氨气中混有水蒸气（碱石灰固体）3、下列有关物质的分类或归类正确的一组是(

)①液氨、液氧、干冰、纯碱均为化合物②盐酸、氢氧化铁胶体、空气、氨水均为混合物

③氢氧化钾、小苏打、硫酸、烧碱均为电解质

④碘酒、牛奶、豆浆、肥皂水均为胶体

⑤、、、均为钠盐A．①和② B．②和③ C．②和④ D．②③⑤4、下列说法正确的是()A．液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B．NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质C．铜、石墨均能导电，所以它们都是电解质D．蔗糖在水溶液中和熔融时都不导电，所以是非电解质5、某元素一价阴离子，核外电子数是18，其原子的质量数是35，则核内中子数与质子数之差（）A．1B．0C．35D．176、下列有关物质的量的说法，正确的是A．物质的量就是指物质的多少B．原子、电子、中子、桌子等都可用物质的量来描述C．物质的量是用来描述微观粒子的物理量D．相同物质的量的SO2和SO3的质量相等7、已知1.505×1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是()A．16g B．32g C．64g/mol D．32g/mol8、一种试剂与AgNO3溶液、KNO3溶液、K2CO3溶液混合，现象均不相同的是A．稀HNO3 B．BaCl2溶液 C．稀盐酸 D．NaOH溶液9、一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中分别充入相同质量的Ne、H2、O2三种气体，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是()A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)10、化学实验的基本操作是完成化学实验的关键，下列实验操作正确的是（）①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物③用托盘天平称量117.7g氯化钠晶体④用量筒量取23.10mL溴水⑤用蒸发皿高温灼烧石灰石⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L－1的NaOH溶液；A．③⑥ B．②③④⑤ C．①②④ D．②⑤⑥11、在0.1molNa2SO4中所含Na＋数目约为()A．6.02×1022个 B．1.204×1023个 C．0.1个 D．0.2个12、下列关于0.2mol/L硝酸钾溶液的叙述中，正确的是A．1L该溶液中含硝酸钾202gB．100mL该溶液中含硝酸钾0.02molC．从1L该溶液中取出500mL后，剩余溶液的浓度为0.1mol/LD．1L水中溶解0.2mol硝酸钾，即可配得0.2mol/L硝酸钾溶液13、NA代表阿伏加德常数，下列说法中正确的是A．在标准状况下，22.4LH2O的物质的量是1molB．2g氢气所含原子数目为NAC．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAD．17gNH3所含电子数目为10NA14、含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中，已知其中含Cl-1.5mol，K+和Na+共1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42-的物质的量为A．0.2mol B．0.5mol C．0.25mol D．0.15mol15、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是()A．该反应的氧化剂是ClO-B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D．该离子方程式为3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O16、100mL0.5mol/L盐酸含HCl的物质的量为A．0.5 B．0.5mol C．0.05 D．0.05mol17、除去某溶液里溶解的少量杂质（括号内的物质为杂质），下列做法中不正确的是（）A．KNO3溶液（AgNO3）：加过量KCl溶液，过滤B．NaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸C．H2O中（Br2）：加CCl4，萃取分液D．ZnSO4溶液（CuSO4溶液）：加过量Zn，过滤18、将60mL0.25mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为A．0.3mol/L B．0.03mol/L C．0.05mol/L D．0.04mol/L19、下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述中不正确的是A．Na2O2是淡黄色固体，Na2O是白色固体，阴阳离子个数比均为1:2B．Na2O2和Na2O均为碱性氧化物，都能与水反应生成NaOHC．Na2O和Na2O2均能与CO2发生反应，都有Na2CO3生成D．2gH2充分燃烧后产物被Na2O2完全吸收，Na2O2固体增重2g20、需要配制500mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45mol·L－1。可能的原因是()A．转移时溶液没有冷却至室温B．容量瓶没有烘干C．称量氢氧化钠固体时砝码放反了D．定容时仰视读数21、将金属钠分别投入下列物质的稀溶液中，有气体放出且有沉淀生成的是A．稀盐酸B．NH4ClC．CuCl2D．NaOH22、完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl－，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的物质的量浓度之比为()A．1：2：3 B．3：2：1 C．9：3：1 D．6：3：2二、非选择题(共84分)23、（14分）在Na+浓度为0.5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）阳离子K+Ag+Ca2+Ba2+阴离子NO3－CO32-SiO32-SO42-现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀盐酸生成白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56L气体Ⅱ将Ⅰ中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是________；(2)实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为________；(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。阴离子NO3－CO32-SiO32-SO42-c（mol/L）________0.25mol/L________________(4)判断K+是否存在，若存在，计算其最小浓度；若不存在，请说明理由：___________________。24、（12分）现有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为确定其成分，进行如下实验：Ⅰ．取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；Ⅱ．向Ⅰ滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。据此回答下列问题：(1)原白色固体粉末中一定含有________，一定不含有________(填化学式)。(2)实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。(3)为进一步确定白色粉末的组成，向Ⅰ过滤得到的无色滤液中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的________(填序号)。A．Na2SO4溶液B．BaCl2溶液C．Na2CO3溶液D．AgNO3溶液25、（12分）某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(1)若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是________(填字母)。A．冷水B．沸水C．NaOH浓溶液D．NaCl浓溶液(2)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式____________________________。(3)氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是______，证明有氢氧化铁胶体生成的实验操作是______________。(4)取少量制得的胶体加入试管中，加入(NH4)2SO4溶液，现象是_________，这种现象称为胶体的________。(5)氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是________(填字母，下同)。A．胶体微粒直径小于1nmB．胶体微粒带正电荷C．胶体微粒做布朗运动D．胶体微粒能透过滤纸(6)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液的最本质特征是________。A．Fe(OH)3胶体微粒的直径在1～100nm之间B．Fe(OH)3胶体具有丁达尔现象C．Fe(OH)3胶体是均一的分散系D．Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸26、（10分）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：（1）操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有________，操作Ⅱ的名称是________。（2）试剂①、②、③其实是三种物质：饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序可能有多种情况，下列选项中正确的是________。A．饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液B．BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液C．NaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液D．饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液（3）固体丁是混合物，除含有泥沙、CaCO3、BaSO4外，还含有________（填化学式）。（4）在混合物乙中分别加入试剂①、②、③的过程中，判断滴加BaCl2溶液已过量的方法是：加入BaCl2溶液后，静置，在上层清液中，________。（5）若先用适量盐酸调节pH值再进行操作Ⅰ，将对实验结果产生影响，其原因是______。27、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L－1的NaOH溶液240mL：(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却⑨摇动其正确的操作顺序为________________。必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_________。(2)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出________gNaOH。(3)如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：①________________________。②_____________________________。(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是________(填字母)。A．所用NaOH已经潮解B．向容量瓶中加水未到刻度线C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里D．用带游码的托盘天平称5.4gNaOH(1g以下用游码)时误用了“左码右物”方法28、（14分）（1）NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为__________________________。（2）写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：_________________________________（3）乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）11.2L22.4L28.0Ln（Cl﹣）2.5mol3.5mol4.0moln（Br﹣）3.0mol2.5mol2.0moln（I﹣）xmol00原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为______________．29、（10分）已知标准状况下气体摩尔体积为22.4

L/mol,但很多化学实验并非在标准状况下进行,而是在常温常压下进行，下图为测定常温常压下气体摩尔体积的实验装置图。图中反应原理为：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑(反应放热)。（1）①该装置有明显错误处,请指出错误之处:_________；②作图修改(只针对需修改部位)：_____________。（2）经过（1）改正后进行实验，实验过程如下:a.检查装置气密性；b.常温常压下，取4.6g

乙醇与足量的金属钠反应并利用排水法收集产生的H2(假设广口瓶和量筒足够大)；c.当圆底烧瓶中不再有气泡产生,不能立即读数,必须先_____,后________，再平视读取量筒中收集到水的体积为1240.0

mL。经计算常温常压下气体摩尔体积为__________。（3）经过（1）改正后仍有实验误差，下列哪些选项会导致实验误差_______。A．收集到的氢气中含有装置中原有的空气B．收集H2前导管B中无蒸馏水C．分液漏斗中的无水乙醇进入圆底烧瓶后占用了装置内气体空间

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】

按照易操作、不引入新杂质的原则，加热是最佳方法，不但可除去NaHCO3还可以生成Na2CO3，答案选C。2、A【解析】

A.一方面，NO是难溶于水的气体，用水无法吸收NO；另一方面，水能与被提纯的NO2反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，A项错误；B.Na2SO4可与Ba(NO3)2反应：Ba(NO3)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaNO3，在混合溶液中加入适量的Ba(NO3)2溶液，过滤，弃滤渣，即可得到NaNO3溶液，B项正确；C.浓硫酸具有很强的吸水性，且不与Cl2反应，所以混有水蒸气的氯气通过浓硫酸即可得到纯净的氯气，C项正确；D.碱石灰固体具有很强的吸水性，且不与氨气反应，所以混有水蒸气的氨气通过碱石灰固体即可得到纯净的氨气，D项正确；答案选A。【点睛】混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。3、B【解析】

①液氧是单质，故①错误；②盐酸是HCl水溶液，氢氧化铁胶体属于分散系、空气中含有氮气氧气、二氧化碳等、氨水为氨气水溶液均为混合物，故②正确；③氢氧化钾、小苏打、硫酸、烧碱在溶液中都能电离出相应的离子，均为电解质，故③正确；④碘酒是碘单质的酒精溶液、肥皂水为高级脂肪酸盐的水溶液，二者属于溶液，牛奶、豆浆是胶体，故④错误；⑤Na2CO3、NaHCO3、NaClO均为钠盐，Na2O2没有酸根所以不是盐，是过氧化物，故⑤错误；综上所述，B项符合题意，正确；故选B。4、D【解析】

A.液态HCl不导电，但是氯化氢的水溶液能导电，所以HCl是电解质，故错误；B.NH3的水溶液能导电，但NH3不是电解质，一水合氨是电解质，故错误；C.铜、石墨均能导电，但他们都属于单质，不是电解质，故错误；D.蔗糖在水溶液中和熔融时都不导电，所以是非电解质，故正确。故选D。【点睛】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，注意必须是本身电离出离子而导电的化合物，如二氧化硫或二氧化碳或氨气等，水溶液导电，但本身是非电解质。5、A【解析】分析：先根据阴离子中核内质子数=核外核外电子数-电荷数,中子数=质量数-质子数，然后求出核内中子数与质子数之差。详解:阴离子中核内质子数=核外核外电子数-电荷数，所以阴离子核内质子数=18-1=17，中子数=质量数-质子数=35-17=18，核内中子数与质子数之差为18-17=1，

所以A选项是正确的。6、C【解析】

物质的量：表示含有一定数目粒子的集体，符号为n，单位是mol，1mol任何粒子的粒子数与0.012Kg12C中所含的碳原子数相同，这里的粒子指分子、原子、离子、电子、质子、中子等。【详解】A．物质的量是表示微观粒子集体的物理量，故A错误；B．物质的量是七个基本物质的量之一，用于描述微观粒子的集合体，而桌子是宏观的物质，故B错误；C．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，物质的量是用来描述微粒数多少的物理量，故C正确；D．SO2和SO3的摩尔质量不相等，所以相同物质的量的SO2和SO3的质量不相等，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了物质的量、摩尔、质量等概念的分析判断，掌握概念实质是关键，题目较简单。7、D【解析】

气体的物质的量n==0.25mol，气体的摩尔质量M=，故答案为D。【点睛】注意摩尔质量的单位为g/mol。8、C【解析】

A.稀HNO3与AgNO3溶液、KNO3溶液均不反应，无现象，稀HNO3与K2CO3溶液混合冒气泡，不符合题意，A错误；B.BaCl2溶液与AgNO3溶液产生白色沉淀，与K2CO3溶液混合有白色沉淀，与KNO3溶液混合无现象，不符合题意，B错误；C.稀盐酸与AgNO3溶液产生白色沉淀，与KNO3溶液混合无现象，与K2CO3溶液混合有气泡产生，现象均不相同，C正确；D.NaOH溶液与AgNO3溶液产生白色沉淀，与KNO3溶液混合无现象，与K2CO3溶液混合无现象，不符合题意，D错误；综上所述，本题选C。9、D【解析】

一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中，气体的压强之比等于其物质的量之比，质量相同时，与相对分子质量成反比，即气体的相对分子质量越大，压强越小。Ne、H2、O2的相对分子质量分别为20、2、32，所以压强从大到小的顺序为p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)，故选D。10、A【解析】量取5.2mL稀硫酸应选10mL量筒，①错；苯和CCl4可以混溶，②错；量筒的精度是0.1mL，④错；高温灼烧石灰石用坩埚，⑤错；故选A。11、B【解析】

1个Na2SO4Na＋数目为2，则0.1molNa2SO4中含有0.1mol×2=0.2molNa＋，数目约为nNA=0.2×6.02×1023=1.202×1023，故选B。12、B【解析】

A、1L0.2mol/L硝酸钾溶液中溶质硝酸钾的质量=1L×0.2mol/L×101g/mol=20.2g，故A错误；B、100mL0.2mol/L硝酸钾溶液中含硝酸钾物质的量=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，故B正确；C、溶液时均一稳定的分散系，溶质浓度与溶液体积无关，从1L该溶液中取出500mL后，剩余溶液的浓度仍为0.2mol/L，故C错误；D、1L水中溶解0.2mol硝酸钾，得到溶液的体积不为1L，配得硝酸钾溶液浓度不为0.2mol/L，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查了溶液中溶质物质的量、物质的量浓度计算分析，掌握概念实质是关键，注意溶液是均一稳定的分散系。13、D【解析】

A．在标准状况下，H2O为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算水的物质的量，故A错误；B．氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故B错误；C．在常温常压下11.2L氮气，不能用标况下气体摩尔体积计算氮气的物质的量，所含的原子数目无法计算，故C错误；D．一个氨气分子中含有10个电子，17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气中含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；答案选D。14、B【解析】

溶液呈电中性，忽略水的电离由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+），即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，故B正确；答案：B【点睛】电解质混合溶液中常利用电荷守恒计算离子物质的量及离子物质的量浓度。15、C【解析】

根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。本题选D。【点睛】学习氧化还原反应后，不仅要关注质量守恒关系，还要关注化合价的升降变化。化合价升降数相等，是配平氧化还原反应、进行有关计算的关键。16、D【解析】

根据c=，则n=cV，100mL0.5mol/L盐酸含HCl的物质的量=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，物质的量的单位是mol，答案选D。17、A【解析】

A、加入过量的KCl溶液，可以除去AgNO3，但是会引入新的杂质KCl，A错误；B、加过量Na2CO3溶液，可以除去BaCl2，再加入适量的盐酸可以除去多余的Na2CO3杂质，B正确；C、Br2在CCl4中的溶解度更大，且CCl4和H2O不互溶，故可以用萃取分页的方法除去Br2，C正确；D、加过量Zn，可以完全除去CuSO4，多余的Zn和生成的Cu可以通过过滤除去，D正确；故选A。18、B【解析】

根据溶液稀释时溶质的物质的量不变，c==0.03mol/L，答案为B。19、B【解析】

A.Na2O2是淡黄色固体，含有Na+、，Na2O是白色固体，含有Na+、，阴阳离子个数比均为1:2，故A正确；B.Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；C.Na2O与CO2反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和氧气，故C正确；D.H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O2

2H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故D正确；选B。【点睛】本题考查了钠的氧化物的性质，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉过氧化钠、氧化钠的性质是解题关键，注意碱性氧化物的概念。20、D【解析】

0.45mol/L<0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；根据公式cB=nBV（aq）分析，操作失误使n【详解】0.45mol/L<0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；A项，NaOH溶于水放热，转移时溶液没有冷却至室温，根据“热胀冷缩”原理，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，不符合题意；B项，容量瓶没有烘干，对所配溶液浓度无影响，不符合题意；C项，配制500mL0.5mol/LNaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为m（NaOH）=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g，称量时不需要使用游码，称量NaOH固体时砝码放反了对所配溶液的浓度无影响，不符合题意；D项，定容时仰视读数，所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，符合题意；答案选D。【点睛】本题易错选C项，称量时砝码放反了是错误操作，但不一定引起实验误差，使用游码时会引起误差，不使用游码不会产生误差。难点是定容时仰视、俯视的误差分析，仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏小；俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏大。21、C【解析】

A、钠与稀盐酸反应生成氯化钠和氢气；B、钠与NH4Cl溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与NH4Cl反应；C、钠与CuCl2溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与CuCl2反应；D、钠与氢氧化钠溶液反应实质是与水反应。【详解】A项、钠与硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀生成，故A错误；B项、钠与NH4Cl溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与NH4Cl反应生成氯化钠和氨气，没有沉淀生成，故B错误；C项、钠与CuCl2溶液反应，实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与CuCl2反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，故Ｃ正确；D项、钠与氢氧化钠溶液反应实质是与水反应生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀生成，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了钠的性质，明确钠与盐溶液反应实质是钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与盐发生复分解反应是解答关键。22、D【解析】

由n=c•V可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同，根据Ag++Cl-═AgCl↓，可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+)，由于三种溶液的体积相等，所以三种溶液中c(Cl-)相等，则c(Cl-)=c(NaCl)=c(MgCl2)=c(AlCl3)，所以c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)=6:3:2；答案选D。二、非选择题(共84分)23、Ag+、Ca2+、Ba2+CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑？0.40存在，最小浓度为0.8mol/L【解析】

I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；【详解】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；（1）根据上述分析，实验I中一定不存在的离子是Ag＋、Ca2＋、Ba2＋；（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；（3）根据上述分析，NO3－可能含有，也可能不含有，因此NO3－的浓度为?；SiO32－的物质的量浓度为0.04/(100×10－3)mol·L－1=0.4mol·L－1；SO42－不含有，浓度为0；（4）根据上述分析，K＋一定存在，根据电中性，当没有NO3－时，K＋浓度最小，n(K＋)＋n(Na＋)=2n(SiO32－)＋2n(CO32－)，代入数值，解得n(K＋)=0.08mol，即c(K＋)=0.8mol·L－1。24、CaCO3、NaClCuSO4CaCO3+2H＋==Ca2＋+CO2↑+H2OD【解析】

硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。【详解】(1)根据分析可知原白色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；(2)实验Ⅱ中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H＋==Ca2＋+CO2↑+H2O；(3)原白色粉末中无法确定的是BaCl2和Na2SO4A．加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；B．加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；C．加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故C不符合题意；D．氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；综上所述答案为D。25、BFeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl1～100nm(或10－9～10－7m)让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成产生红褐色沉淀聚沉BA【解析】

（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；（2）制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体；（3）胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；（4）胶体粒子带有电荷，加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉；（5）胶粒带正电荷，相互排斥，而不易产生较大粒子而聚沉；（6）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】（1）利用FeCl3的水解制备Fe（OH）3胶体，制备Fe（OH）3胶体应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，答案选B。（2）制备氢氧化铁胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。（3）氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是1～100nm(或10－9～10－7m)；证明有胶体存在利用丁达尔效应。操作过程为：让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成。（4）（NH4）2SO4溶液属于电解质溶液，（NH4）2SO4溶液加到Fe（OH）3胶体中，Fe（OH）3胶体发生聚沉，可以观察到产生红褐色沉淀。这种现象称为胶体的聚沉。（5）Fe（OH）3胶体能稳定存在的原因是：Fe（OH）3胶体粒子吸附阳离子而带有正电荷，同种电荷的粒子之间相互排斥阻碍了胶体粒子变大，使它们不易聚集，能稳定存在；此外胶体粒子所作的布朗运动也使得它们不容易聚集成质量较大的颗粒而沉降下来；主要原因是胶粒带正电荷，答案选B。（6）A、Fe（OH）3胶体粒子的直径在1～100nm之间，FeCl3溶液中溶质粒子直径小于1nm，是两者的本质区别；B、Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应，不是两者的本质区别；C、FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都是均一的分散系；D、FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体的分散质粒子都能透过滤纸；答案选A。【点睛】本题易错点为胶体的制备和胶体稳定的原因，本题重点把握胶体的制备原理以及胶体能够稳定存在的主要原因。26、烧杯、漏斗、玻璃棒蒸发结晶BCMg（OH）2、BaCO3继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量会使之前步骤中为去除杂质而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以）【解析】

（1）根据实验流程和原理，操作Ⅰ为过滤，结合过滤操作所用到的仪器来作答；操作Ⅱ是分离氯化钠溶液中的氯化钠；（2）除去镁离子选用氢氧化钠，除去钙离子选用碳酸钠，除去硫酸根离子选用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠除将钙离子沉淀，还将过量的钡离子沉淀下来；碳酸钠必须放在氯化钡之后加入；（3）经过除杂剂除杂后根据发生的离子反应可知，得到的难溶性物质有：CaCO3、BaSO4和Mg(OH)2、BaCO3；（4）根据钡离子能和硫酸根之间反应生成硫酸钡沉淀来检验氯化钡是否过量；（5）Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，会影响制得精盐的纯度。【详解】（1）当加完除杂剂以后，操作Ⅰ为过滤，目的是为了分离上述操作得到的难溶性物质和氯化钠溶液，用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，操作Ⅱ目的是想从溶液中分离氯化钠精盐，该方法是蒸发结晶，故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸发结晶；（2）除杂试剂为了完全除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序必须满足饱和Na2CO3溶液放在BaCl2溶液之后加入，则可以依次是BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液或者NaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液，故答案为BC；（3）粗盐和各除杂剂发生的离子方程式分别是为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，CO32-+Ba2+=BaCO3↓，CO32-+Ca2+=CaCO3↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；因此，过滤之后得到的固体丁除含有泥沙、CaCO3、BaSO4外，还应有Mg(OH)2、BaCO3，故答案为Mg(OH)2、BaCO3；（4）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向上层清液(或取少量上层清液于试管中)，继续滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量（5）若先用适量盐酸调节pH值再进行过滤操作，那样之前生成的不溶于水但溶于酸的沉淀均会与盐酸反应，生成易溶于水的氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而达不到提纯精盐的目的，故答案为会使之前步骤中为去除杂质而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以）27、②①③⑧⑤⑥⑨⑦④玻璃棒、250mL容量瓶27.410.0移液时没有用玻璃棒引流选用了500mL容量瓶B【解析】

（1）配制1.0mol•L-1的NaOH溶液240mL，选250mL容量瓶，结合配制步骤分析解答；（2）称量时左物右码，结合m＝cVM计算；（3）依据玻璃棒作用、移液的正确操作、容量瓶规格解答；（4）结合c＝n/V及不当操作来解答。【详解】（1）配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、摇匀、装瓶，则其正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；本实验必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶；（2）称量时左物右码，由图可知位置放反，则烧杯的质量为20g+10g-2.6g＝27.4g。要完成本实验该同学应称出氢氧化钠固体的质量m（N