2025届湖南省衡阳市第一中学化学高一第一学期期中经典模拟试题含解析

2025届湖南省衡阳市第一中学化学高一第一学期期中经典模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、纳米碳是一种粒子直径为1~100 nm之间的材料，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系
A．是一种稳定的溶液B．能产生丁达尔效应
C．静置后，会析出黑色沉淀D．属于悬浊液
2、下列溶液的物质的量浓度是1．5 mol·L－1的是
A．41 g NaOH溶于1 L水中B．58.5 g NaCl溶于水制成1 L溶液
C．28 g KOH溶于水制成1 L溶液D．1 L 2％的NaOH溶液
3、“绿色化学”是当今社会人们提出的一个新概念。

在绿色化学中，一个重要的衡量指标是原子利用率。

其计算公式
为：
期望产品的摩尔质量
原子利用率
化学方程式计算所得产物的摩尔质量
，现有工业上用乙基蒽醌制备H2O2，其工艺流程的反应
方程式为
则用乙基蒽醌法制备H2O2的原子利用率是
A．12.6% B．12.5% C．94.1% D．100%
4、在标准状况下，以下物质占体积最大的是()
A．98 g H2SO4B．6.02×1023个CO2 C．44.8 L O2D．6 g H2
5、等物质的量的SO2和SO3相比较，下列结论错误的是A．它们的分子数目之比是1∶1
B．它们的氧原子数目之比为2∶3
C．它们的质量之比为1∶1
D．它们所含原子数目之比为3∶4
6、下列说法正确的是（）
A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。

如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
7、以下对比不正确的是
A．热稳定性：H2O>H2S B．原子半径：Na>Mg
C．阴离子的还原性：I->Cl-D．失电子能力：Na > K
8、氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（）
A．Cl2＋2KBr=Br2＋2KCl B．2NaHCO3Δ
Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3D．2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
9、如图所示，A处通入潮湿的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的不可能是（）
A．浓H2SO4B．NaOH溶液C．澄清石灰水D．饱和NaCl溶液
10、已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A．H2O2B．IO3-
C．MnO4-D．HNO2
11、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是
A．KClO3＝K++3O2—+Cl5+B．NaHSO4＝ Na++HSO4—
C．H2SO4＝H++ SO42—D．Al2(SO4)3＝ 2Al3++3SO42—
12、对于反应8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl，下列说法正确的是( )
A．N2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3
B．N2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:3
C．NH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3
D．NH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:3
13、用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol 铁和高温水蒸气完全反应转移的电子数为3N A
B．常温常压下，1mol 氦气含有的原子数为N A
C．标准状况下，11. 2 L 乙醇含有的分子数目为0. 5N A
D．物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为 N A
14、如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左到右，可以进行的混合物分离操作分别是
A．蒸馏、蒸发、分液、过滤B．蒸馏、过滤、分液、蒸发
C．分液、过滤、蒸馏、蒸发D．过滤、蒸发、分液、蒸馏
15、将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。

一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为15.68L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为
A．11.20L B．15.68L C．22.40L D．31.36L
16、配制2mol/L的NaCl溶液950mL时应选用的容量瓶的规格和NaCl质量分别是
A．950mL 111.2g B．1000mL 117g
C．1000mL 111.2g D．950mL 117g
17、在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）
A．K+、MnO4－、Na+、Cl－B．K+、Na+、NO3－、CO32－
C．Na+、H+、NO3－、SO42－D．Fe3+、Na+、Cl－、SO42－
18、向60mL Na2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表，下列有关说法正确的是
实验编号 1 2 3 4 5
BaCl2溶液体/ mL 0 30 60 100 120
沉淀质量/g 0 0.699 x 2.097 2.097
A．混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.05 mol/L
B．混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.30 mol/L
C．实验3中沉淀的质量x为1.398g
D．完全沉淀60mL Na2SO4溶液，消耗BaCl2溶液的体积为80mL
19、在2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，c(Cl-)=2.5mol•L-1 、c(Na+ )=1.0 mol•L-1、c(Mg2 + )=0.50 mol•L- 1 则此溶液中Ca2 + 离子的物质的量是
A．0.5 mol B．1.0 mol C．2.0 mol D．3.0 mol
20、已知a g CH4中含有b个H原子，则N A为
A．4b/a B．b/a C．16b/a D．a/4b
21、下列属于酸式盐的是
A．NH4Cl B．NaHCO3C．H2O2D．NaH
22、下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是( )
A．冷水浸泡B．加热煎制C．箅渣取液D．灌装保存
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。

探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：
（1）填写下表空格
实验操作与现象实验结论判断理由
加入过量HCl溶液，有气泡
肯定有___、肯定无___。

HCO3-与OH-不共存
步骤一
产生；
步骤一中得到标况下的气体
HCO3-的物质的量浓度为___mol/L C元素守恒
步骤二
22.4L；
步骤三向上述滤液中加足量
Ba(NO3)2溶液，经过滤得到
46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。

肯定有___、___；肯定无___。

溶液显电中性；SO42-
与Ba2+不共存会产生
白色沉淀。

（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、___、___。

（3）步骤一产生气泡的离子方程式为___，步骤三生成沉淀的离子方程式为：___。

24、（12分）有一包白色粉末，其中可能含有NaCI、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色
②向①中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生
试根据上述实验现象判断，原白色粉末中一定含有的物质是_______，可能含有的物质是__________（以上物质均写化学式），第②步反应中离子方程式为______________________________________
25、（12分）实验室现有质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸，回答下列问题：
(1)浓硫酸的物质的量浓度为______mol·L-1。

(2)某化学兴趣小组进行硫酸性质的实验探究时，需要100 mL1.5 mol·L-1稀硫酸，则需用量筒量取_____mL 的浓硫酸，量取浓硫酸所用的量筒的规格为________(填标号)。

A．10 mL B．25 mL C．50 mL D．100 mL
(3)整个实验中用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外还有______。

(4)下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响。

①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中：_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”，下同)。

②将溶液注入未经干燥的容量瓶中：_________。

③转移溶液时用过的烧杯、玻璃棒未洗涤：________。

④定容时俯视刻度线：_____。

26、（10分）某研究性学习小组欲测定室温下(25 ℃、101 kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。

该小组设计的简易实验装置如图所示：
该实验的主要操作步骤如下：
①配制100 mL 1.0 mol/L的盐酸溶液；
②用________(填仪器名称并注明规格)量取10.0 mL 1.0 mol/L的盐酸溶液加入锥形瓶中；
③称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为________；
④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；
⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。

请将上述步骤补充完整并回答下列问题。

(1)用文字表述实验步骤④中检查装置气密性的方法：
___________________________________________________
(2)实验步骤⑤中应选用________(填序号)的量筒。

A．100 mol B．200 mL C．500 mL
读数时除恢复到室温外，还要注意_________________________________________。

(3)若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为V m＝________，若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

27、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L－1的NaOH溶液240 mL：
(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________g NaOH。

(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5.4 g NaOH(1 g以下用游码)时误用了“左码右物”方法
28、（14分）（1）通常用小苏打的饱和溶液除去CO2中的HCl，反应的化学方程式为_____，不能用苏打溶液的原因是____（用化学方程式表示）。

（2）在NaBr与NaI的混合液中通入过量的Cl2。

把溶液蒸干后灼烧最后残留的物质是____。

29、（10分）I.现有下列9种物质：①氧气；②二氧化硫；③稀硫酸；④铜；⑤氯化钡固体；⑥氢氧化钾固体；⑦硝酸钾溶液；⑧酒精(C2H5OH)；⑨氧化钙固体，请将上述物质按要求完成下列问题(用相应化学式填空)：
（1）属于酸性氧化物的有___________，属于电解质的是_______________________。

II.某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其相关性质。

（2）若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是___________。

A．冷水B．沸水C．NaOH浓溶液D．NaCl浓溶液
（3）写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：__________________________。

（4）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是______________(选填序号)。

A．胶体微粒直径小于1nm B．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
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】
纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，分散质的粒子直径在1~100nm之间，属于胶体，不是溶液也不是浊液，胶体属于介稳体系，比较稳定，一般不会沉淀，具有丁达尔现象，故答案为B。

2、C
【解析】
A.41gNaOH的物质的量为1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，溶液的体积不是1L，因此溶液中NaOH物质的量浓度不是1mol/L，故A错误；
B.58.5g NaCl的物质的量为1mol，溶于水制成1L溶液，浓度c=n/V=1mol/1L=1mol/L，不是1.5mol/L，故B错误；
C.28gKOH的物质的量n=m/M=28g/56g/mol=1.5mol，溶液的体积为1L，浓度c=n/V=1.5mol/1L=1.5mol/L，故C正确；
D.根据公式c=1111ρw%/M，因未知该溶液的密度，所以无法求算该溶液的物质的量浓度，故D错误。

故选C。

3、D
【解析】由反应可知，乙基蒽醌制备H2O2的总反应为H2+O2=H2O2，属于化合反应，原子利用率为100%，故选D。

4、D
【解析】
A. H2SO4是溶液，密度大于1g/mL，98gH2SO4的体积小于98mL；
B. 6.02×1023个CO2的物质的量为1mol，标准状况下体积为22.4L，
C. 标况下，2molO2的体积为44.8 L；
D. 6gH2的物质的量为3mol，标况下，气体的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L；
综合以上分析可知，在标准状况下，物质占体积最大的是6gH2，D正确；
综上所述，本题选D。

5、C
【解析】
A、物质的物质的量之比等于其分子数之比，为1：1，A正确；
B、氧原子的数目比为(1×2)：(1×3)=2：3，B正确；
C、质量比为(1mol×64g/mol)：(1mol×80g/mol)=4：5，C错误；
D、它们所含的原子数目比为(1×3)：(1×4)=3：4，D正确；
故答案选C。

6、B
【解析】
A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；
B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；
C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；
D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；
故答案选B。

7、D
【解析】
A. O的非金属性强于S，故热稳定性H2O＞H2S，A正确；
B. Na和Mg同处于第３周期，Na的核电荷数较小，故原子半径Na＞Mg，B正确；
C. 氯和碘同处于第VIIA族，氯的非金属性强于碘，故其阴离子的还原性是I->Cl-，C正确；
D. Na 和K同处于第IA族，K的金属性强于Na，故其失电子能力是Na＞K，D不正确，本题选D。

8、D
【解析】
根据题意，阴影部分只属于氧化还原反应，与四种基本反应无关。

【详解】
A. Cl2＋2KBr=Br2＋2KCl属于氧化还原反应，同时也属于置换反应，故A不符合题意；
B. 2NaHCO3Δ
Na2CO3＋H2O＋CO2↑反应中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3属于氧化还原反应，同时也属于化合反应，故C不符合题意；
D. 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2属于氧化还原反应，与四种基本反应类型无关，故D符合题意；
答案选D。

【点睛】
有单质参加的化合反应，有单质生成的分解反应，置换反应属于氧化还原反应，不属于上述反应类型的处于阴影部分。

9、D
【解析】
次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，因此说明D中溶液可以吸收氯气或可干燥氯气，据此分析来解答。

【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；
B．氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；C．氯气通过澄清石灰水，与氢氧化钙反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；D．氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；
答案选D。

10、D
【解析】
根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。

【详解】
根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1mol H2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子的物质的量分别是2mol、5mol、5mol、1mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5mol、2.5mol、0.5mol，而1mol IO3－本身被还原生成0.5mol I2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。

答案选B。

11、D
【解析】考查电离方程式的正误判断。

A、B、C都是不正确的，分别应该是KClO3=K＋＋ClO3－、NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－、H2SO4=2H＋＋SO42－。

所以的正确答案选D。

12、B
【解析】
试题分析：氯元素的化合价从0价降低到-1价，反应中Cl2为氧化剂，氮元素的化合价从——3敬爱升高到0价，失去电子，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3，Cl元素化合价降低，被还原，NH4Cl为还原产物，答案选B。

【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断与计算
【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。

得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。

电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。

计算公式如下：
n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。

13、B
【解析】
A、1mol铁和高温水蒸气完全反应生成四氧化三铁，转移的电子数为8
3
N A，A错误；
B、氦气是单原子分子，常温常压下，1mol氦气含有的原子数为N A，B正确；
C、标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2L乙醇含有的分子数目，C错误；
D、物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液，不知道溶液的体积，无法确定含有Cl-个数，D错误。

答案选B。

14、B
【解析】
由图可知，从左至右，仪器分别为蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发皿，分别进行的混合物分离操作为蒸馏、过滤、分液、蒸发，B满足题意。

答案选B。

【解析】
一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成氢气15.68L，氢气的物质的量为
15.68L÷22.4L/mol=0.7mol。

铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，所以根据关系式
3H2～～～～2Al～～～～3O～～～～Al2O3
3 2 3
0.7mol 1.4/3mol 0.7mol
由于氧化物为FeO•2Fe2O3，根据氧原子守恒，所以氧化物FeO•2Fe2O3的为0.7mol÷7=0.1mol，根据铁原子守恒，可知另一份生成的铁的物质的量为0.1mol×5=0.5mol，根据Fe～H2可知，o.5molFe可生成氢气0.5mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故A项正确。

16、B
【解析】
配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，根据m＝nM计算其质量。

【详解】
配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，则需要称取的NaCl的质量为2mol/L×1L×58.5g/mol=117g，答案选B。

【点睛】
本题的关键在于容量瓶规格的选择，计算时用选定规格容量瓶的容积计算所需溶质的质量。

17、B
【解析】
碱性溶液中存在大量氢氧根离子，无色溶液时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，
A．MnO4-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B．K+、Na+、NO3－、CO32－之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B 正确；
C．H+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Fe3+为有色离子，Fe3+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。

答案选B。

【点睛】
解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。

A ．由表格中的数据可知，生成沉淀最多为2.097g ，n （BaSO 4）=
=0.09mol ，则Na 2SO 4溶液的物质的量浓度为=0.15mol/L ，选项A 错误；
B ．2号实验中n （BaSO 4）==0.003mol ，混合前，BaCl 2溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L ，选项B 错误；
C ．实验3号中，x 为实验2中的2倍，则x=0.699g×2=1.398g ，选项C 正确；
D ．完全沉淀60mL Na 2SO 4溶液消耗BaCl 2溶液的体积为
=0.09L=90mL ，选项D 错误； 答案选C 。

19、A
【解析】
根据溶液的电荷守恒分析，设钙离子浓度为x mol•L - 1，则有0.50×
2+1.0×1+2x=2.5×1，解x=0.25 mol•L - 1，钙离子物质的量为0.25×
2mol=0.5mol 。

故选A 。

20、A
【解析】
已知a g CH 4中含有b 个H 原子，甲烷的物质的量是16
a mol ，1分子甲烷含有4个氢原子，则氢原子的物质的量是4a mol 。

根据N ＝nN A 可知4
A a b N =⨯，则N A 为4b /a 。

答案选A 。

21、B
【解析】
电离时生成的阳离子除金属离子或NH 4＋
外还有氢离子，阴离子为酸根离子的盐，据此解答。

【详解】
A . NH 4Cl 电离出铵根和氯离子，是正盐，A 不选；
B . NaHCO 3能电离出钠离子、碳酸氢根离子，碳酸氢根离子又部分电离出氢离子和碳酸根离子，是酸式盐，B 选；
C . H 2O 2是过氧化物，不是盐，C 不选；
D . NaH 是金属氢化物，不是酸式盐，D 不选。

答案选B 。

22、C
【解析】
过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。

A、冷水浸泡属于物质的溶解，不属于过滤操作，故A错误；
B、加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；
C、箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；
D、灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误，答案选C。

二、非选择题(共84分)
23、HCO3-OH-10 SO42-Na+Ba2+漏斗玻璃棒HCO3-+H+=CO2↑+H2O
Ba2++SO42-=BaSO4↓
【解析】
步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。

【详解】
（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和
HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)=
22.4L
22.4L/mol
=1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)=
1mol
0.1L
=10mol/L；
步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)=
46.6g
233g/mol
=0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，
则溶液中无Ba2+，有Na+；
（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。

24、Ba(NO3)2、Na2CO3NaClBaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2
【解析】
依据题干信息和实验过程可知，①将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4：振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3生成碳酸钡白色沉淀；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；上述分析可知一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含CuSO4，可能含有NaCl，第②步反应是BaCO3溶于稀硝酸，反应的离子方程式为BaaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。

25、18.4 8.2 A 100mL容量瓶、胶头滴管偏低无影响偏低偏高
【解析】
(1)c=1000ρω1000 1.8498%
=mol/L
M98
⨯⨯
=18.4mol/L，故答案为：18.4；
(2)由c1V1=c2V2得：需用量筒量取浓硫酸的体积=1.5mol/L0.1L
18.4mol/L
⨯
≈8.2mL，根据近且小原则选择10mL规格的量筒量
取，故答案为：8.2；A；
(3)整个实验用到量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
(4)①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓硫酸的实际浓度较小，溶质物质的量偏小，浓度偏低，故答案为：偏低；
②因定容时还需加水，故将溶液注入未经干燥的容量瓶中，无影响，故答案为：无影响；
③转移溶液时用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，造成溶质损失，浓度偏低，故答案为：偏低；
④定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故答案为：偏高。

26、10 mL量筒0.12 两手掌紧贴锥形瓶外壁一会儿，如果观察到广口瓶中长导管内有一段水柱高出液面，表明装置气密性良好 B 量筒内的液面与集气瓶内的液面相平0.2 V L/mol 偏小
【解析】
②量筒的精确度是0.1 mL，故应用10 mL量筒；
③因HCl的物质的量为0.01 mol，由反应Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑知，HCl可与0.005 mol Mg完全反应，为保证HCl 完全反应，故镁应不少于0.005 mol×24 g/mol＝0.12 g。

(1)本装置可与初中化学制氢气的装置相联系，用微热的方法检查装置的气密性。

故答案为两手掌紧贴锥形瓶外壁一会儿，如果观察到广口瓶中长导管内有一段水柱高出液面，表明装置气密性良好；
(2)实验中产生的气体在标准状况下的体积为0.005 mol×22.4 L/mol＝0.112 L＝112 mL，考虑到室温时气体的体积稍大些，再考虑通常仪器规格应略大且越接近，误差越小，故选B。

读数时注意量筒内的液面与集气瓶中液面相平，保证气压相等。

(3)V m是气体的体积(排出水的体积)与气体的物质的量之比。

由③得气体的物质的量为0.005 mol，通过⑤的气体的体积
为V mL，V m=V
n
=
0.001
0.005
VL
mol
=0.2 V L/mol；
若未除去表面的氧化膜，导致氧化膜耗酸，从而放出H2的体积变小，则V m偏小。

故答案为0.2 V L/mol；偏小。

27、②①③⑧⑤⑥⑨⑦④玻璃棒、250mL容量瓶27.4 10.0 移液时没有用玻璃棒引流选用了500 mL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；
（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（NaOH）＝0.25L×1.0mol•L-1×40g/mol＝10.0g；
（3））根据示意图可知其错误为①移液时没有用玻璃棒引流；②配制240mL溶液，应选择250mL容量瓶，而不是500mL 容量瓶；
（4）A．所用NaOH已经潮解，导致实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；
B．向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质的物质的量减少，浓度偏低；
D．用带游码的托盘天平称5.4g NaOH(1g以下用游码)时误用了“左码右物”方法，导致实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；
答案选B。

【点睛】
本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，把握溶液配制的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，托盘天平的使用是易错点。

28、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3；NaCl
【解析】
（1）氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl；
（2）向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后，可生成NaCl、Br2和I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl．
【详解】
(1)氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应方程式为NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反应方程式为
H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3，
故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3；
2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
2NaI+Cl2=2NaCl+I2
溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl，
故答案为：NaCl。

29、SO2BaCl2、KOH、KNO3 B FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl B
【解析】
（1）属于氧化物的只有二氧化硫和氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，所以氧化钙为碱性氧化物，而二氧化硫与水反应，生成亚硫酸，由此可确定酸性氧化物；电解质都是纯净物，通常为酸、碱、盐、金属氧化物和水，由此可确定电解质。

（2）制取氢氧化铁胶体时，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中。

（3）制备Fe(OH)3胶体的反应，是FeCl3的水解反应。

（4）氢氧化铁胶体之所以稳定存在，主要是因为胶粒带有相同的正电荷。

【详解】
（1）属于氧化物的只有二氧化硫和氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，所以氧化钙为碱性氧化物，而二氧化硫与水反应，生成亚硫酸，所以酸性氧化物为SO2；电解质都是纯净物，通常为酸、碱、盐、金属氧化物和水，则电解质为BaCl2、KOH、KNO3。

答案为：SO2；BaCl2、KOH、KNO3；
（2）制取氢氧化铁胶体时，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中。

答案为：B；
（3）制备Fe(OH)3胶体的反应，发生FeCl3的水解反应，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl。

答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（4）氢氧化铁胶体之所以能稳定存在，主要是因为胶粒带有相同的正电荷。

答案为：B。

【点睛】
电解质不一定能导电，导电的物质不一定是电解质；强电解质溶液导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱。

比如硫酸不导电，但它是电解质；铜能导电，但它不是电解质；氨气通入水中，其水溶液能导电，但氨气不是电解质。

碳酸钙是强电解质，它的水溶液不导电；硫酸是强电解质，很稀的硫酸导电能力弱；醋酸是弱电解质，但浓醋酸溶液的导电能力较强。