1、2023學年高一上冊化學期中模擬測試卷考試注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在強酸性無色透明溶液中，下列各組離子能大量共存的是（）AZn2+、Al3+、SO 、ClBAg、Na+、NO、Cl-CFe3、K、Cl、NODBa2、NH、Cl-、HCO2、下圖是表示物質分子的示意圖，圖中“”和“”分別表示兩種含有不同質子數的原子，則圖中表示單質的

2、是ABCD3、在酸性溶液中能大量共存的離子組是AK+、OH-、Na+ BK+、N03- 、Cu2+CBa2+、SO42-、Na+ DCa2+、 CO32-、Na+4、下列電離方程式書寫正確的是()ANaOH=NaO2HBFeCl3=Fe3CCa(NO3)2=Ca22(NO3)2DH2SO4=2H5、下列各組離子一定能大量共存的是A在酸性溶液中：、B在強堿性溶液中：、C在含有大量CO32-的溶液中：、D在c（H+）=0.1mol/L的溶液中：、6、在2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2組成的混合液中，c(Cl-)=2.5molL-1 、c(Na+ )=1.0 molL-1 、c(Mg2 +

3、)=0.50 molL- 1 則此溶液中Ca2 + 離子的物質的量是A0.5 molB1.0 molC2.0 molD3.0 mol7、下列反應中，既是離子反應，又是氧化還原反應的是( )鐵和鹽酸反應：Fe2HCl=2FeCl2 + H2生石灰溶于水：CaOH2O=Ca(OH)2氯化鈉溶液和濃硫酸混合加熱：2NaClH2SO4(濃) =Na2SO42HCl二氧化錳跟濃鹽酸在加熱條件下反應：MnO24HCl(濃) =MnCl2Cl22H2O氫氣在氯氣中燃燒：H2Cl2=2HClA B C D8、實驗室可用多種方法制取氯化氫，下面是實驗室制取氯化氫的裝置和選用的試劑，其中錯誤的是A BC D9、在

4、下列各溶液中，離子一定能大量共存的是（ ）A強堿性溶液中：K+、Mg2+、Cl、SO42B室溫下，能使紫色石蕊溶液變紅的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42C含有0.1 mol/L Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32、ClD在無色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3、SO4210、鉈（Tl）鹽與氰化鉀（KCN）被列為A級危險品。已知下列反應在一定條件下能夠發生：Tl3+ + 2Ag=Tl+ + 2Ag+，Ag+ + Fe2+=Ag + Fe3+，Fe + 2Fe3+=3Fe2+，下列離子氧化性比較順序正確的是ATl3+Fe3+Ag+BFe3+Ag+Tl3+CTl+Ag+Fe2+DT

5、l3+Ag+Fe2+11、下列各組微粒中，在一定條件下均可以作氧化劑的是()AFe、H2O、CO2BFe3、MnO4、NO3CCl2、HClO、MgDClO、Cl、Ag12、將5molL1的鹽酸10mL稀釋到200mL，從中取出10mL的溶液的物質的量濃度是A0.05 molL1B0.25 molL1C0.10 molL1D0.50 molL113、向氫氧化鐵溶膠中逐滴加入一種液體，首先使溶膠發生凝聚而沉淀，繼續加入使沉淀消失，這種液體是（ ）A0.5mol/L氫氧化鈉溶液 B0.5mol/L鹽酸C 0.5mol/L氯化鉀溶液 D蒸餾水14、某白色粉末中可能含有Ca(NO3)2、BaCl2、N

6、a2CO3， 現進行以下實驗：(1)將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成；(2)向(1)的懸濁液中加入過量稀硝酸白色沉淀消失，并有氣泡產生；(3)取少量(2) 的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列說法正確的是A步驟(1) 中的白色沉淀為CaCO3和BaCO3的混合物B步驟(2)中一定發生的離子反應為BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2OC將步驟(2)中的稀硝酸改用稀鹽酸，對整個實驗結果沒有影響D通過分析，該白色粉末一定含有Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2、BaCl215、x的晶體2.03g與足量的硝酸銀溶液反應，生成沉淀0.02mol，則x晶體中x的數值是（ ）A2B4

7、C6D816、下列說法中，正確的是（）A1 mol任何氣體的體積都約為22.4 LB氣體的摩爾體積約為22.4 Lmol1C0,101kPa時，1 mol O2和N2的混合氣體的總體積約為22.4 LD含有NA個氫原子的氫氣在標準狀況下的體積約為22.4 L17、下列敘述正確的是A標準狀況下，22.4 LH2O含有的分子數為NAB0.5 molL1硫酸中含有的H+數目為NACNA個CO2分子占有的體積為11.2 LD常溫常壓下3.2 g O2和O3所含的原子數為0.2NA18、當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是A蒸餾水B鹽酸CNaCl 溶液DFe (OH)3 膠體19、用1molM

8、nO2和含4molHCl的濃鹽酸在加熱條件下，若不考慮揮發，得到氯氣的物質的量是A等于2mo1B等于1molC小于1molD大于1mol20、下列烴的命題正確的是（ ）A5-甲基-4-乙基已烷 B2-乙基丙烷C2，2，3-三甲基丁烷 D3，3-二甲基-4-乙基戊烷21、欲配制480mL的3mol/L鹽酸溶液應選用容量瓶的體積和12mol/L的濃鹽酸的量依次為( )A500mL；120B500mL；125C480mL；125D480mL；12022、下列各組物質分類正確的是( )酸堿鹽氧化物A硫酸純堿石膏鐵紅B鹽酸燒堿純堿生石灰C碳酸熟石膏小蘇打干冰D干冰苛性鉀食鹽石灰石AABBCCDD二、非選

9、擇題(共84分)23、（14分）某固體混合物中，可能含有下列離子中的幾種：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32，將該混合物溶于水后得澄清溶液，現取三份各100mL該溶液分別進行如下實驗：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加熱，無沉淀生成，但收集到1.12L氣體(標準狀況下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，經稱量其質量為6.27g，在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質量為2.33g。根據上述實驗回答下列問題：實驗（1）中反應的離子方程式為_，實驗（2）中沉淀溶解對應的反應的離子方程式為_。溶液中一定不存在的離子有_；溶液中

10、一定存在的離子有_，其中陰離子的物質的量濃度分別為_；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，產生白色沉淀，能否說明原溶液中存在Cl？_（填“能”或“不能”），理由是_。推斷K+是否存在并說理由：_.24、（12分）已知A和B兩支試管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3-六種離子，向試管A的溶液中滴入酚酞試液呈粉紅色。請回答下列問題：(1)試管A的溶液中所含的上述離子有_。(2)若向某試管中滴入稀鹽酸產生沉淀，則該試管為_(填“A”或“B”)。(3)若向試管B的溶液中加入合適的藥品，過濾后可以得到相應的金屬和僅含一種溶質的溶液，則加入的藥品是_(填化學式)。

11、(4)若將試管A和試管B中的溶液按一定體積比混合過濾后，蒸干濾液可得到一種純凈物，則混合過程中發生反應的離子方程式為_、_。(不考慮氫氧化銀的存在)(5)若向由試管A溶液中的陽離子組成的碳酸氫鹽溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，則發生反應的離子方程式為_。25、（12分）I.在2020年全國抗擊新冠肺炎的戰役中使用了大量的84消毒液，它是一種以次氯酸鈉(NaClO)為有效成分的高效消毒劑，其水溶液具有強氧化性，可以使病毒的核酸物質被氧化從而殺滅病毒。使用時需注意：勿與潔廁靈(主要成分為濃鹽酸)混用：宜儲存在避光、陰涼處(1)由儲存考試注意事項可推測84消毒液消毒效果的影響，實驗方案如下：取4

12、個燒杯，分別倒入30mL 84消毒液。將4個燒杯分別置于20、30、40、50水浴中加熱。已知：反應溶液氧化性直觀的參數是氧化還原電位(ORP)，ORP值越大，表明氧化性越強，消毒效果越好。實驗采用氧化還原電位傳感器采集ORP數據，繪制圖像如下：(2)分析圖像，可以獲得的結論是_；84消毒液不能直接用來洗手，需要加水稀釋后才可使用，稀釋時水的溫度最好不超過_。(3)如果將84消毒液與潔廁靈混用，會產生一種有毒氣體和一種常見的鹽，寫出化學反應方程式_。、84消毒液也可用于漂白，該小組繼續探究84消毒液在不同pH下使紅紙褪色的情況，做了如下實驗：步驟1：將5mL市售84消毒液稀釋至100倍，測得稀

13、釋后溶液的pH=12；步驟2：將稀釋后溶液各20mL分別加入3個潔凈的小燒杯中；步驟3：用H2SO4溶液將3個燒杯內溶液的pH分別調至10、7和4.(溶液體積變化忽略不計)步驟4：在3個燒杯中分別放入大小相同的紅紙，觀察現象，記錄如下：已知：溶液中Cl-、HClO和ClO-物質的量分數(a)隨溶液pH變化的關系如下圖所示：(4)由實驗現象可獲得一下結論：溶液的pH再410范圍內，pH越大，紅紙褪色_。結合圖像進行分析，b、c兩燒杯中實驗現象出現差異的原因是_。圖像表明，當調至pH=4時，84消毒液中的有效成分幾乎變成HClO，由上述實驗可知，其他條件相同時，氧化性HClO_NaClO(填“”或

14、“”“Ag+；反應Ag+Fe2+=Ag+Fe3+中，氧化劑是Ag+，氧化產物是Fe3+，所以氧化性Ag+Fe3+ ；Fe+2Fe3+=3Fe2+中， 氧化劑是Fe3+，氧化產物是Fe2+，所以氧化性Fe3+ Fe2+；所以氧化性強弱順序是：Tl3+Ag+Fe2+；故選D。11、B【答案解析】A.Fe元素化合價為0，是鐵的最低化合價，只有還原性，故A錯誤；B.Fe、Mn、N元素化合價都處于最高價態，Fe3、MnO4、NO3都具有氧化性，在一定條件下可以作為氧化劑，故B正確；C.Mg元素化合價為0，是鎂的最低化合價，只有還原性，故C錯誤；D.Cl元素化合價為-1，是氯的最低化合價，只有還原性，故D

15、錯誤；本題答案為B。12、B【答案解析】設稀釋后鹽酸物質量濃度為c，則：10mL5mol/L=200mLc，解得c=0.25mol/L，由于溶液是均勻的，所以取出的10ml鹽酸的濃度等于稀釋后鹽酸的濃度為0.25mol/L，答案選B。13、B【答案解析】A氫氧化鈉溶液是電解質溶液，能引起膠體聚沉，但不能溶解氫氧化鐵沉淀，A項錯誤；B加入鹽酸是電解質溶液，會引起氫氧化鐵膠體聚沉，繼續加入HCl，氫氧化鐵沉淀會溶解，B項正確C氯化鉀溶液是電解質溶液，能引起膠體聚沉，但不能溶解氫氧化鐵沉淀，C項錯誤；D蒸餾水不能使膠體聚沉，D項錯誤；答案選B.14、B【答案解析】(1)將部分粉末加入水中，振蕩，有白

16、色沉淀生成，可能是碳酸鈉與Ca(NO3)2或BaCl2反應生成的碳酸鈣沉淀或碳酸鋇沉淀，因此一定存在Na2CO3，存在Ca(NO3)2、BaCl2中的一種或兩種；(2)向(1)的懸濁液中加入過量稀硝酸白色沉淀消失，并有氣泡產生，該氣體為二氧化碳；(3)取少量(2) 的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，說明溶液中存在Cl-，因此一定存在BaCl2；據此分析解答。【題目詳解】根據上述分析，白色粉末中一定含有BaCl2、Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2。A步驟(1) 中的白色沉淀一定含有BaCO3，可能含有CaCO3，故A錯誤；B步驟(2)中一定發生的離子反應為BaCO3+2H+=Ba2

17、+CO2+H2O，還可能發生CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故B正確；C將步驟(2)中的稀硝酸改用稀鹽酸，會引入Cl-，影響實驗結果，故C錯誤；D通過分析，該白色粉末一定含有BaCl2、Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2，故D錯誤；故選B。15、C【答案解析】發生反應:MgCl2+2AgNO3=2AgCl+Mg（NO3）2，生成沉淀0.02mol為AgCl，根據方程式可以知道n（MgCl2）=1/20.02mol=0.01mol，由化學式可以知道n（MgCl2xH2O）= n（MgCl2）=0.01mol，故0.01mol(95+18x)g/mol=2.03g，計算得出x=6，

18、故C正確；故答案選C。16、C【答案解析】A.1mol任何氣體的體積取決于溫度和壓強，在標準狀況（0、101kPa）下，1mol任何氣體的體積都約為22.4L， A項錯誤；B.氣體的摩爾體積取決于溫度和壓強，只有在一定溫度和壓強下的氣體摩爾體積的數值才有確定的意義，B項錯誤；C.0,101kPa時任何氣體的摩爾體積都約為22.4L/mol，所以在0,101kPa 時1 mol O2和N2的混合氣體的總體積約為22.4 L，C項正確；D.因每個氫氣分子里含2個氫原子，則含有NA個氫原子的氫氣物質的量是0.5mol，0.5mol氫氣在標準狀況下的體積為0.5mol22.4L/mol=11.2L，D

19、項錯誤；答案選C?！敬鸢更c睛】標準狀況下的氣體摩爾體積約為22.4L/mol，在使用公式n=或V=22.4L/moln mol時，一定要注意兩點：一是物質的狀態必須是氣態；二是所處的溫度和壓強必須是00C和101kPa（標準狀況）。17、D【答案解析】A在標準狀況下水不是呈氣態，不能使用氣體摩爾體積計算，A錯誤；B只有溶液濃度，缺少溶液體積，不能計算微粒數目，B錯誤；CNA個CO2分子的物質的量是1 mol，由于未指明氣體所處的外界條件，因此不能確定氣體的體積大小，C錯誤；DO2和O3都是由O原子構成，由于O原子相對原子質量是16，則3.2 g O2和O3含有O原子的物質的量是0.2 mol，

20、則含有的O原子數為0.2NA，D正確；故合理選項是D。18、D【答案解析】A.蒸餾水屬于純凈物，不屬于分散系，當光束通過蒸餾水時不能產生丁達爾效應，A不符合題意；B.鹽酸屬于溶液，當光束通過鹽酸時不能產生丁達爾效應，B不符合題意；C.NaCl溶液屬于溶液，當光束通過NaCl溶液時不能產生丁達爾效應，C不符合題意；D.Fe(OH)3膠體屬于膠體，當光束通過Fe(OH)3膠體時能產生丁達爾效應，D符合題意；答案選D。19、C【答案解析】由MnO2 +4HCl(濃) MnCl2 +Cl2 +2H2O知，1 mol MnO2 和4 mol HCl恰好反應生成1 mol Cl2 ，而隨著反應進行，鹽酸的

21、濃度逐漸降低，稀鹽酸跟二氧化錳不反應，故生成的氯氣小于1 mol；答案選C。20、C【答案解析】A、烷烴命名時，應從離甲基最近的一端開始編號，且取代基編號總和必須最小，正確的命名為2-甲基-3-乙基已烷，故A錯誤；B、丙烷中不可能出現乙基，選取的主鏈錯誤，應該是2-甲基丁烷，故B錯誤；C、主鏈選取和編號均合理，故C正確；D、戊烷主鏈為4個碳，不可能出現4-乙基，則主鏈選取有誤，正確的命名為3，3，4-三甲基己烷，故D錯誤。故選C。點睛：烷烴的命名必須遵循主鏈最長，取代基編號之和最小等原則；1甲基、2乙基，3丙基都是主鏈選擇錯誤的典型。21、B【答案解析】根據容量瓶的規格，要配制480mL的溶液

22、，需選擇500mL的容量瓶，根據溶液的稀釋原理，稀釋前后，溶質的物質的量不變，故需濃鹽酸的體積為：，故需濃鹽酸125mL，答案為B。22、B【答案解析】酸是能電離出的陽離子全部是H+的化合物；堿是電離出的陰離子全部是OH-離子的化合物；鹽是電離出陽離子是金屬陽離子或銨根離子,陰離子為酸根離子的化合物；氧化物由兩種元素組成,其中一種為氧元素的化合物；根據相關概念解答該題?！绢}目詳解】A. 純堿屬于鹽，而不是堿，故A錯誤；B. 鹽酸屬于酸,燒堿屬于堿,純堿屬于鹽,生石灰屬于氧化物,故B正確；C. 熟石膏屬于鹽而不是堿，故C錯誤；D.干冰屬于氧化物而不是酸，石灰石屬于鹽而不是氧化物，故D錯誤；綜上所

23、述，本題選B。二、非選擇題(共84分)23、OH-+NH4+=NH3+H2O BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Mg2+、Ba2+ NH4+，SO42、CO32 c(SO42)=0.1mol/L， c( CO32)=0.2 mol/L 不能 碳酸銀、硫酸銀、氯化銀都是白色沉淀,因此實驗3得到沉淀無法確定是氯化銀 存在,經過計算可以知道,只有存在K+溶液中的離子電荷才能守恒。 【答案解析】將含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，現取三份各100mL該溶液分別進行如下實驗：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加熱，無沉淀生成，

24、但收集到1.12L氣體(標準狀況下)；可以說明溶液中含有NH4+，一定沒有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，說明含有SO42或CO32中一種或2種；經稱量其質量為6.27g，在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質量為2.33g，說明剩余的沉淀為硫酸鋇，溶解的沉淀為碳酸鋇，證明溶液中一定含有SO42、CO32；由此排除Ba2+的存在；（3）根據硫酸鋇的量計算出硫酸根的量，根據碳酸鋇的量計算出碳酸根離子的量，根據氨氣的量計算出銨根離子的量，最后根據電荷守恒判斷鉀離子的存在與否。據以上分析進行解答。【題目詳解】將含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl

25、、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，現取三份各100mL該溶液分別進行如下實驗：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加熱，無沉淀生成，但收集到1.12L氣體(標準狀況下)；可以說明溶液中含有NH4+，一定沒有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，說明含有SO42或CO32中一種或2種；經稱量其質量為6.27g，在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質量為2.33g，說明剩余的沉淀為硫酸鋇，溶解的沉淀為碳酸鋇，證明溶液中一定含有SO42、CO32；實驗（1）中為OH-與NH4+加熱反應生成氨氣，離子方程式為：OH-+NH4+=NH3+H2

26、O；實驗（2）中沉淀為碳酸鋇和硫酸鋇，碳酸鋇溶于鹽酸，生成氯化鋇、二氧化碳和水，離子方程式為BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；綜上所述，本題答案是：OH-+NH4+=NH3+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。結合以上分析可知：實驗（1）中為可以證明含有NH4+，實驗（2）中含有SO42、CO32；由于碳酸鋇、碳酸鎂、硫酸鋇等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的離子有：Mg2+、Ba2+；綜上所述，本題答案是：Mg2+、Ba2+。結合以上分析可知：實驗（1）中可以證明含有NH4+，實驗（2）中可以證明含有SO42、CO32；溶液中一定存在的離子有NH4+、SO

27、42、CO32；根據在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，經稱量其質量為6.27g，為碳酸鋇和碳酸鈣質量之和；在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質量為2.33g，為硫酸鋇沉淀，其物質的量為2.33/233=0.01mol；根據SO42 -BaSO4可知，n(SO42)=0.01mol；碳酸鋇沉淀質量為6.27-2.33=3.94g，其物質的量為3.94/197=0.02mol；根據CO32 - BaCO3可知， n( CO32)=0.02mol；濃度各為：c(SO42)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32)=0.02/0.1=0.2 mol/L；綜上所

28、述，本題答案是：NH4+、SO42、CO32；c(SO42)=0.1mol/L，c( CO32)=0.2 mol/L。結合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42、CO32；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能夠產生白色沉淀可能為硫酸銀、碳酸銀沉淀，不一定為氯化銀沉淀；所以不能說明原溶液中存在Cl-；綜上所述，本題答案是：不能；碳酸銀、硫酸銀、氯化銀都是白色沉淀,因此實驗3得到沉淀無法確定是氯化銀；溶液中肯定存在的離子是NH4+，SO42、CO32,經計算, NH4+的物質的量為1.12/22.4=0.05mol,利用中分析、計算可以知道SO42、CO32的物質的量分別為0

29、.01mol和0.02mol；陽離子帶的正電荷總數0.051=0.05mol，陰離子帶的負電荷總數為：0.012+0.022=0.06mol；根據電荷守恒: 鉀離子一定存在；因此，本題正確答案是:存在,經過計算可以知道,只有存在K+溶液中的離子電荷才能守恒。24、OH-、K+、Cl- B Mg Mg2+2OH-= Mg(OH)2 Ag+Cl-=AgCl 2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O 【答案解析】試管A的溶液中滴入酚酞試液呈粉紅色，說明溶液顯堿性，一定含有OH-，則A一定沒有與OH-發生反應的Ag+、Mg2+， Ag+、Mg2+在試管B中，由于Cl-與Ag+會

30、反應產生AgCl沉淀，則試管B中一定沒有Cl-，Cl-在試管A中，根據電荷守恒可知A試管中含有K+；試管B中應含有NO3-，結合對應離子的性質解答該題。【題目詳解】(1)根據上述分析可知試管A中含有OH-、K+、Cl-，試管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-。(2)若向某試管中滴入稀鹽酸產生沉淀，發生反應為Ag+Cl-=AgCl，則該試管中含有Ag+，為試管B；(3)試管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-，若向試管B的溶液中加入合適的藥品，過濾后可以得到相應的金屬和僅含一種溶質的溶液，應該發生置換反應，且不能引入其它雜質離子，則加入的藥品是Mg，發生的反應為Mg+2Ag+=Mg2+2Ag；(4

31、)若將試管A和試管B中的溶液按一定體積比混合過濾后，蒸干濾液可得到一種純凈物，則Mg2+和OH-恰好完全反應生成Mg(OH)2沉淀，Ag+與Cl-恰好完全反應產生AgCl沉淀，剩余K+和NO3-存在于溶液中，溶質為KNO3，則混合過程中發生反應的離子方程式為：Mg2+2OH-= Mg(OH)2、Ag+Cl-=AgCl；(5)試管A中金屬陽離子為K+，其碳酸氫鹽是KHCO3，向KHCO3溶液中滴入少量Ba(OH)2溶液，發生反應產生K2CO3、BaCO3和H2O，反應的離子方程式為2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O?！敬鸢更c睛】本題考查了離子共存及離子方程式的書寫，

32、注意掌握離子反應發生的條件及離子方程式的書寫方法，側重考查學生的分析能力，充分考查了學生對所學知識的掌握情況。25、低于40時，NaClO能穩定存在；高于40時，NaClO易分解 40 NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O 越慢 b燒杯中溶液的pH大于c燒杯中溶液的pH，HClO的濃度較小，反應速率較慢，褪色較慢 2HClO=2HCl+O2 0.4 【答案解析】I根據圖像可知，20、30、40時，ORP數據變化不大，氧化性基本保持不變；50水浴中加熱，ORP數據減小，氧化性減弱；II根據溶液中的pH及氯原子的存在形式及實驗現象可知，溶液的堿性越強，次氯酸的濃度越小，氧化性越弱。【題目

33、詳解】(2)分析圖像，NaClO溶液低于40時，能穩定存在；高于40時，易分解；稀釋時水的溫度最好不超過40；(3)已知NaClO與潔廁靈(HCl)混用，會產生一種有毒氣體和一種常見的鹽，毒氣為氯氣，鹽為氯化鈉，化學方程式為NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O；(4)由實驗現象可獲得一下結論，溶液的pH再410范圍內，pH越大，次氯酸的濃度越小，紅紙褪色越慢；b、c兩燒杯中，b燒杯中溶液的pH大于c燒杯中溶液的pH，HClO的濃度較小，反應速率較慢，褪色較慢；pH越大，HClO的濃度越小，褪色越慢，則氧化性HClONaClO；HClO見光分解為HCl和氧氣，化學反應方程式為2HClO

34、=2HCl+O2；2molHClO分解時，轉移4mol電子，10.5gHClO即0.2mol分解，轉移0.4mol電子。26、11.8 42.4 玻璃棒和500mL容量瓶 D 0.5 352.8 【答案解析】（1）根據c=1000w/M計算；（2）依據稀釋定律計算；根據配制一定物質的量濃度的步驟確定需用到的玻璃儀器；根據n=cV判斷溶液中溶質的物質的量和溶液體積變化，進行誤差分析；（3）依據酸、堿的元次和化學方程式進行過量判斷；鹽酸濃度越大，溶液密度越大；依據c=n/V計算?！绢}目詳解】（1）根據c=1000w/M，密度為1.18g/mL、質量分數為36.5%的濃鹽酸的物質的量為：（10001

35、.1836.5%）/36.5mol/L=11.8mol/L，故答案為：11.8 mol/L；（2）實驗室應該用500ml容量瓶配制475mL1mol/L鹽酸溶液，設需要濃鹽酸的體積為VL，由稀釋定律可得：VL11.8mol/L=0.5L1mol/L，解得V=0.0424L=42.4ml，故需要量取濃鹽酸42.4ml，故答案為42.4ml；配制475mL1mol/L稀鹽酸時使用的儀器除燒杯、量筒、膠頭滴管外，還必須用到玻璃棒、500mL容量瓶，故答案為：玻璃棒、500mL容量瓶；A項、量筒使用前用未干燥，量取的濃鹽酸體積偏小，溶質的物質的量偏小，導致所配溶液濃度偏低，故A錯誤；B項、定容時仰視容

36、量瓶刻度線，所配溶液體積偏大，導致所配溶液濃度偏低，故B錯誤；C項、量取出的濃鹽酸露置較長時間，濃鹽酸揮發，溶質物質的量減小，配制的標準液濃度減小，故C錯誤；D項、量筒使用錯誤，使用量同時不需要洗滌量筒，若洗滌量筒并將洗滌液倒入燒杯，相當多量取鹽酸，n值偏高，c偏高，故D正確；故答案為：D；（3）濃度均為1mol/L的鹽酸與氫氧化鋇溶液等體積混合，氫氧化鋇過量，設溶液的體積為VL，則溶液中c(OH)=（1mol/LVL21mol/LVL）/2VL=0.5 mol/L，故答案為：0.5 mol/L；鹽酸濃度越大，溶液密度越大，設溶液的體積為Vml，質量分數分別為36.5%和13.5%的鹽酸等體積

37、混合，所得溶液的質量分數(36.5%V d1+13.5%V d2)/(V d1+V d2)= 13.5%+23% d1/( d1+Vd2) 13.5%+23%1/2=25%，故答案為：；設水的體積為1L，HCl的體積為xL，則HCl的物質的量為x/22.4mol，HCl的質量為36.5x/22.4 g，1L水的質量為1000mL1g/mL=1000g，則有（1000g+36.5x/22.4 g）36.5%=36.5x/22.4 g，解得x=352.8g，故答案為：352.8?！敬鸢更c睛】本題考查一定物質的量濃度溶液的配制和計算，本題考查溶液濃度有關計算，涉及物質的量濃度、質量分數和化學反應計算

38、，注意對公式的理解與靈活應用。27、鉀元素的相對原子質量 B 攪拌 加熱 氫氧化鈉（或氯化鋇） 氯化鋇（或氫氧化鈉） 碳酸鈉 鹽酸 沒有 過濾 蒸發結晶 玻璃棒 增大 BaSO4、CaCO3和BaCO3 【答案解析】元素周期表提供的原子量均表示某元素的相對原子質量；（1）假設16g固體全部為氯化鈉，溶于xg水中恰好形成飽和溶液，根據S/100=溶質/溶劑進行計算，從而判斷出合適的取水量；（2）根據影響反應速率的因素進行分析；（3）鎂離子用氫氧化鈉除去，硫酸根離子用氯化鋇除去，鈣離子、過量的鋇離子用碳酸鈉除去；（4）溶液A中含有氯化鈉、剩余的碳酸鈉和氫氧化鈉，要得到純凈的氯化鈉，加入適量的鹽酸，

39、除去碳酸根離子和氫氧根離子；根據鹽酸中的氯化氫易揮發性質，分析鹽酸加過量，對所得到氯化鈉的純度影響；（5）根據常用物質的分離方法進行分析。（6）由于在除去氯化鈣、硫酸鎂雜質時，加入了過量的氫氧化鈉、碳酸鈉，與鹽酸反應生成氯化鈉，所以最后得到的固體氯化鈉比原固體混合物中的氯化鈉質量要大； （7）鎂離子用氫氧化鈉除去，生成氫氧化鎂沉淀；硫酸根離子用氯化鋇除去，生成硫酸鋇沉淀；鈣離子、過量的鋇離子用碳酸鈉除去，產生碳酸鈣和碳酸鋇沉淀，據此分析生成鹽的種類。【題目詳解】根據元素周期表中鉀元素框圖可知，數據“39.10”表示的是鉀元素的相對原子質量；故答案是：鉀元素的相對原子質量；（1）假設16g固體全

40、部為氯化鈉，溶于xg水中恰好形成飽和溶液，根據S/100=溶質/溶劑可知，36g/100g=16g/xg，x=44.4g，水的體積為44.4mL；所以加水溶解時，適合的取水量為45mL； 故答案選B。（2）為加快溶解速率，可采取的方法是用玻璃棒攪拌、用溫水溶解；故答案是：攪拌、加熱；（3）鎂離子用氫氧化鈉除去，硫酸根離子用氯化鋇除去，鈣離子、過量的鋇離子用碳酸鈉除去；故答案是：氫氧化鈉（或氯化鋇）、氯化鋇（或氫氧化鈉）、碳酸鈉；（4）經過過濾后，溶液A中含有氯化鈉、剩余的碳酸鈉和氫氧化鈉，要得到純凈的氯化鈉，加入適量的鹽酸，除去碳酸根離子和氫氧根離子；鹽酸中的氯化氫易揮發，因此，即使鹽酸加過量，加熱也可以除去，對所得到氯化鈉的純度沒有影響；故答案是：鹽酸；沒有；（5）固體與溶液分離，可以采用過濾方法，操作的名稱是過濾；從氯化鈉溶液中得到氯化鈉固體，可以采用蒸發結晶，操作II的名稱是蒸發結晶；過濾和蒸發操作中均用到玻璃棒，過濾時，玻璃棒起到轉移液體的作用，而蒸發時，玻璃棒起到攪拌溶液，防止液體局部受熱造成迸濺；故答案是：過濾；蒸發結晶；玻璃棒；（6）由于在除去氯化鈣、硫酸鎂雜質時，加入了過量氫氧化鈉、碳酸鈉，除完雜質離子后，剩余氫氧化鈉、碳酸鈉與鹽酸反應生成氯化鈉，所以最后得到的固體氯化鈉比原固體混合物中的氯化鈉質量要大，結果增大；故答案是：增