贵州省六盘水市第二十三中学2024届化学高一上期中学业质量监测试题含解析

贵州省六盘水市第二十三中学2024届化学高一上期中学业质量监测试题
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（每题只有一个选项符合题意） 1、下列物质与危险化学品标志的对应关系错误的是 A
B
C
D
砒霜 KCl
乙醇
浓NaOH 溶液
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
2、某溶液中只含有大量的下列离子：Fe 3+、NO 3—、K +和M 离子，经测定Fe 3+、NO 3—、K +和M 离子的物质的量之比为2:5:1:1，则M 离子可能是 A ．Cl -
B ．24SO -
C ．2+Ca
D ．+Na
3、下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是 A ．使酚酞变红的溶液：K +、H +、SO 42－、CO 32－ B ．纯碱溶液：K +、OH －、SO 42－、NO 3－ C ．澄清石灰水：Na +、Fe 3+、CO 2、Cl － D ．稀硫酸溶液：Ba 2+、Na +、HCO 3－、NO 3－
4、N A 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A ．标况下，11.2 L CO 2与SO 2的混合物含有氧原子数为2N A
B ．常温下，0.9 g H 2O 中，含有的电子数为0.5N A
C ．标准状况下，2.24 L CCl 4所含的原子数为0.5N A
D ．1 mol•L ﹣1的Na 2SO 4溶液中，含Na +的个数为2N A 5、下列反应的离子方程式正确的是
A ．铁粉与稀硫酸反应：2Fe ＋6H +＝2Fe 3+＋3H 2↑
B ．二氧化碳与石灰乳的反应：CO 2＋2OH —＝CO 32—＋H 2O
C．铁粉与硫酸铜溶液反应：Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu
D．碳酸钙与盐酸反应CO32—＋2H+＝H2O＋CO2↑
6、下列说法正确的是( )
A．液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质
B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．蔗糖、酒精在液态和水溶液里均不导电，所以它们是非电解质
D．导电能力强的物质一定是强电解质
7、V mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ mg，则溶液中2-4
SO的物质的量浓度为()
A．56m
V
mol·L-1B．
3m
56V
mol·L-1C．
m
56V
mol·L-1D．
3m
112V
mol·L-1
8、胶体区别于其他分散系的最本质特征是( )
A．能产生丁达尔效应B．粒子带电
C．能透过滤纸D．分散质粒子的直径在1~100nm之间
9、下列实验装置图所示的实验操作，不能
．．达到相应的实验目的的是
A．除去CO气体中的CO2B．分离沸点相差较大的互溶液体混合物 C．容量瓶中转移液体D．分离互不相容的两种液体
10、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
11、下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的分类完全正确的是
A B C D
强电解质Fe NaCl CaCO3HNO3
弱电解质CH3COOH NH3H2CO3Fe(OH)3
非电解质蔗糖BaSO4CO2Cl2
A．A B．B C．C D．D
12、下列实验现象的描述正确的是
A．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
B．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾
C．钠在氯气中燃烧，发出黄色火焰，产生淡黄色固体
D．铁丝在氯气中燃烧，产生红棕色烟，产物溶于水，溶液呈浅绿色
13、下列反应中，离子方程式为H+＋OH－===H2O的是
A．CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O
B．HNO3＋KOH===KNO3＋H2O
C．H2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O
D．2HCl＋Cu(OH)2===CuCl2＋2H2O
14、某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（）
A．配制1L溶液，可将0.1mol的CaCl2溶于1L水
B．取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl−)=0.1mol·L-1
C．Ca2+和Cl-的浓度都是1mol·L－1
D．取该溶液的一半，则所取溶液c（CaCl2）=0.05mol·L-1
15、下列说法正确的是( )
A．不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等
B．将1L 2mol·L-1的FeCl3溶液制成胶体后,其中含有氢氧化铁胶粒数为2N A
C．黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关
D．将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,制得Fe(OH)3胶体
16、已知在酸性溶液中可发生如下反应： R2O72－+ 6Fe2+ + 14H+ =6Fe3+ +2R n+ +7H2O，则R n+中R的化合价是
A．+3B．+4C．+5D．+6
二、非选择题（本题包括5小题）
17、如图，反应①为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。

请据图回答下列问题：
(1)G、A的化学式分别为_______、_______。

(2)写出反应①的化学方程式：______。

(3)写出反应②的化学方程式：_______。

(4)已知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。

请根据所学知识回答下列问题。

①将A通入紫色石蕊溶液中，观察到的现象是_______。

请写出A与水反应的化学方程式：_______。

②A可以制漂白粉，漂白粉在空气时间长了会失效，失效的原因是________(用化学方程式表示)。

18、某无色透明溶液中可能大量存在K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：
(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_____，
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。

说明原溶液中肯定存在的离子是______________，
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2+在溶液中无色），说明原溶液肯定有_____，
(4)溶液中可能存在的离子是_____；验证其是否存在可以用_____（填实验方法）
(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的__________。

A．Cl-B．NO3- C．CO32-D．OH-
19、某化学实验需要450 mL 0.10 mol·L-1Na2CO3溶液，某同学选用Na2CO3·10H2O晶体进行配制，简要回答下列问题：（1）该实验应选择__________mL容量瓶。

（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为__________g。

（3）该实验的正确操作顺序是_______________（填字母代号）。

A．用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体
B．上下颠倒摇匀
C．用胶头滴管加水至刻度线
D．洗涤所用仪器并将洗涤液转移进容量瓶
E．将所称取的晶体溶于蒸馏水并冷却至室温
F．将溶液转入容量瓶
（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，则所配溶液浓度______；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，会使所配溶液浓度______；NaOH溶解后未经______；立即注入容量瓶至刻度线，会使浓度______；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度______（凡涉及浓度变化填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

（5）向200 mL所配的0.10 mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入10 mL 12.25%稀H2SO4（ρ=1.0 g/cm3），理论上能收集到标准状况下的气体__________mL。

20、过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。

过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。

（1）某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。

（2）该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取a g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①A中发生反应离子方程式为_____________________。

②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_____________________。

③B装置出来的气体是否需要干燥_________________。

（填“是”或“否”）
④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式_____________，______________。

⑤D中NaOH溶液的作用_______________________。

⑥实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是_______________。

a.直接读取气体体积，不需冷却到室温
b.上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同
c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积
⑦读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为V mL，则样品中过氧化钠的质量分数为
__________________。

⑧实验完成后E到F之间导管内残留水的体积会使测量结果__________。

（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）
21、氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。

I．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：
(1)电解反应的化学方程式为__________。

(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。

Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：
(3)B中反应的化学方程式是_________。

(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。

(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_______。

②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解题分析】
A、砒霜有毒，属于剧毒品，A正确；
B、KCl不属于爆炸品，B错误；
C、乙醇是可燃性液体，C正确；
D、浓NaOH溶液具有腐蚀性，属于腐蚀品，D正确。

答案选B。

2、B
【解题分析】
根据溶液为电中性，即阴离子所带的电荷数与阳离子所带的电荷数相等，结合题意，Fe3+、NO3—、K+和M离子的物质的量之比为2:5:1:1，设Fe3+、NO3—、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol，Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为M n-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，
答案选B。

【题目点拨】
本题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，解答中注意离子共存问题。

3、B
【解题分析】
A．使酚酞变红的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中OH-、H＋会发生反应形成水，不能大量共存，A错误；
B．纯碱溶液中K+、OH－、SO42－、NO3－不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；
C．澄清石灰水中会发生反应CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，不能大量共存，C错误；D．稀硫酸溶液中H＋与HCO3－会发生反应：H＋+HCO3－=CO2↑+H2O，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。

答案选B。

4、B
【解题分析】
A、标况下，11.2L CO2与SO2的混合物的物质的量是0.5mol,根据分子式可知，1个CO2、SO2分子中均含有2个氧原子，所以含有氧原子数为N A，故A错误；
B、常温下，0.9g H2O的物质的量为0.05mol，1个水分子中含有10个电子，则含有的电子数为0.5N A，故B正确；
C、标准状况下四氯化碳为液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L/mol CCl4含有的原子数，故C错误；
D、缺少溶液的体积，不能计算钠离子的个数，故D错误；
答案选B。

5、C
【解题分析】
A.根据微粒的氧化性：Fe3+>H+>Fe2+分析；
B.石灰乳主要以固体氢氧化钙形式存在，不能写成离子形式；
C.反应要符合事实，遵循电子守恒、原子守恒、电荷守恒；
D.碳酸钙是难溶性的物质，主要以固体形式存在。

【题目详解】
A.H+氧化性较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，不符合反应事实，A错误；
B.石灰乳以固体存在，不能拆写，B错误；
C.符合离子方程式拆分原则，电子、电荷、原子守恒，C正确；
D.碳酸钙难溶于水，不能拆写，要写化学式，D错误；
故合理选项是C。

【题目点拨】
本题考查了离子方程式书写正误判断的知识，离子反应主要有复分解反应、氧化还原反应、盐的双水解反应和络合反应。

掌握常见物质的溶解性，常见的强电解质、弱电解质及微粒的主要存在方式、物质的氧化性、还原性的强弱是本题解答的关键。

本题易错点的选项A、B，对于选项A，不清楚H+氧化性较弱，只能把Fe氧化为Fe2+；对于选项
B，Ca(OH)2是微溶物质，当以澄清石灰水存在时，要写成离子形式；当以石灰乳或固体氢氧化钙存在时就写化学式，不能拆写，一定要仔细审题，不可乱写。

6、C
【解题分析】
A、液态HCl、固态AgCl均不导电，原因是液态氯化氢和固态AgCl中不含自由移动的阴阳离子，但HCl溶于水后或AgCl熔融状态下能电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以HCl、AgCl是电解质，A错误；
B、NH3、CO2的水溶液均能导电原因是氨气和二氧化碳分别和水反应生成一水合氨、碳酸，一水合氨、碳酸能电离出自由移动的离子而使其水溶液导电。

由于电离出离子的是一水合氨和碳酸、不是氨气和二氧化碳，所以氨气和二氧化碳是非电解质，B错误；
C、蔗糖和酒精在水中以分子存在，导致其溶液不导电，所以蔗糖和酒精是非电解质，C正确；
D、导电能力强的物质不一定是强电解质，例如金属导电等，D错误。

答案选C。

【题目点拨】
选项D是易错点，注意能导电的不一定是电解质，即使是电解质溶液导电，也要注意溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。

若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液
的导电性并无必然联系。

7、D 【解题分析】
根据铁离子的质量求得铁离子的物质的量，根据化学式计算硫酸根离子的物质的量，然后除以溶液的体积即得物质的量浓度。

【题目详解】
V mL Fe 2(SO 4)3溶液中，含有Fe 3+
m mg ，则n(Fe 3+
)=-356g m 10g /mol ⨯ =m 56
×10−3mol ，根据化学式可得2-4SO 的物质的量为n(2-
4SO )=
32×n(Fe 3+)=32×m 56×10−3mol=3m 112
×10−3mol ，所以2-4SO 的物质的量浓度为c(2-4SO )=n V
=-3
3
3m 10112V 10-⨯⨯mol/L=3m 112V mol/L ，故选D 。

8、D 【解题分析】
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，胶体的分散质微粒直径介于1~100nm 之间，微粒直径大于100nm 的是浊液，小于1nm 的是溶液。

丁达尔效应是胶体的一种光学性质，是区别溶液和胶体的一种常用的物理方法。

故答案选D 。

9、B 【解题分析】
A 项，NaOH 溶液能吸收CO 2，不吸收CO ，长管进气、短管出气可确保CO 2被充分吸收，A 项能达到目的；
B 项，分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏法，蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，B 项不能达到目的；
C 项，向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流，C 项能达到目的；
D 项，分离互不相溶的两种液体用分液法，D 项能达到目的； 答案选B 。

【题目点拨】
实验装置图是否能达到实验目的通常从两个角度分析：（1）实验原理是否正确；（2）装置图中的细节是否准确，如洗气时导气管应“长进短出”，蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，冷凝管中的冷却水应从下口进上口出等。

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

【题目详解】
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。

【题目点拨】
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。

11、C
【解题分析】
强电解质是指在水中完全电离成离子的电解质；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此解答。

【题目详解】
A、金属铁属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，A错误；
B、NH3属于非电解质，不属于电解质，BaSO4属于强电解质，B错误；
C、CaCO3属于强电解质，碳酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化碳是非电解质，C正确；
D、氯气属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，D错误。

答案选C。

【题目点拨】
本题解题的关键：明确电解质的强弱与电离程度有关，不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质。

易错项B，BaSO4虽然难溶，但溶解的部分全部电离，属于强电解质。

12、B
【解题分析】
A．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠为淡黄色固体，故A错误；
B．氢气在氯气中点燃后产生苍白色火焰，放出大量热，生成了氯化氢气体，瓶口上方形成白雾，故B正确；C．Na在氯气中燃烧，发出黄色火焰，生成NaCl为白色固体，故C错误；
D．铁丝在氯气中燃烧，产生红棕色烟，产物溶于水，但氯化铁溶液呈黄色，故D错误；
综上所述答案为B。

13、B
【解题分析】
A、醋酸是弱酸，用化学式表示，不能用该离子方程式表示，A错误；
B、强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，可以用该离子方程式表示，B正确；
C、反应中还有硫酸钡白色沉淀生成，不能用该离子方程式表示，C错误；
D、氢氧化铜难溶，不能用该离子方程式表示，D错误；
答案选B。

14、B
【解题分析】
标签上标有“CaCl2 0.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含0.1molCaCl2；
A.将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，无法计算浓度，故A错误；
B.溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，故稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故B正确．
C.在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1：2，则浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故C错误；
D.溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故D错误；
答案：B
15、C
【解题分析】
试题分析：A项中水不是分散系；B项胶体的分散质直径比溶质大，所以形成的胶体颗粒少；D项制取胶体时，溶液呈红褐色时停止加热。

考点：关于胶体的知识。

16、A
【解题分析】
Fe2+中的铁元素的化合价为+2价，反应后铁元素的化合价为+3价，6mol Fe2+反应中失去6mol的电子，根据得失电子守恒，反应中1mol R2O72－得到6mol的电子，R2O72－中R的化合价为+6价，根据得失电子守恒：（6-n）×2=6，解得n=+3，故选A项。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、O2Cl2Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑紫色试液先变红色，
后又褪色Cl2 + H2O ⇌HCl + HClO Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 ↓+ 2HClO；2HClO 光照
2HCl + O2↑
【解题分析】
E在常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO，结合物质的性质作答即可。

【题目详解】
(1)由以上分析可知，A为Cl2，G为O2，故答案为：O2、Cl2；
(2)由以上分析可知，A为Cl2，B为NaOH，所以反应①的化学方程式为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，故答案为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O ；
(3)反应②为过氧化钠和水的反应，方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑，故答案为：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑；
(4)①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2 + H2O ⇌HCl + HClO，盐酸具有酸性，可使紫色石蕊试液变红，生成的次氯酸具有漂白性，可使溶液褪色，故答案为：紫色试液先变红色，后又褪色；Cl2 + H2O ⇌HCl + HClO；
②氯气和氢氧化钙反应生成漂白粉，有效成分为Ca(ClO)2，在空气中与二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，次氯
酸见光分解，涉及反应为Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 ↓+ 2HClO；2HClO 光照
2HCl + O2↑，故答案为：Ca(ClO)2
+ CO2 + H2O = CaCO3 ↓+ 2HClO；2HClO 光照
2HCl + O2↑。

【题目点拨】
本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，本题的突破口在于物质的颜色和状态，注意常温下氯气与碱反应生成次氯酸盐。

18、Cu2+ 、Fe3+Ag+Mg2+K+焰色反应 B
【解题分析】
根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。

限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。

加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag++Cl-=AgCl↓说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2++
2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。

【题目详解】
(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在
Cu2+、Fe3+；
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O）,先中和滤液中的酸：H++ NH3·H2O=NH4++H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2++ 2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；
(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。

(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：
Ag++Cl-=AgCl↓，2Ag++CO32-=Ag2CO3↓，Ag++OH-=AgOH↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。

19、500 14.3 A E F D C B偏低无影响冷却偏高偏低112
【解题分析】
（1）由于没有450mL容量瓶，则该实验应选择500mL容量瓶。

（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为0.5L×0.1mol/L×286g/mol＝14.3g。

（3）配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则该实验的正确操作顺序是A、E、F、D、C、B。

（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，由于氢氧化钠易吸水，则氢氧化钠的质量减少，因此所配溶液浓度偏低；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，由于不会影响溶质和溶液体积，则会使所配溶液浓度无影响；氢氧化钠溶于水放热，则NaOH溶解后未经冷却，立即注入容量瓶至刻度线，冷却后溶液体积减少，则会使浓度偏高；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使溶液体积增加，所配溶液浓度偏低。

（5）200mL溶液中碳酸钠的物质的量是0.2L×0.1mol/L＝0.02mol。

10mL12.25%稀H2SO4（ρ=1.0g/cm3）的物质的量是，其中氢离子的物质的量是0.025mol。

由于与碳酸钠反应时分步进行，即首先转化为碳酸氢钠，消耗氢离子是0.02mol，剩余的氢离子再与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，此时氢离子不足，则根据HCO3－+H+＝CO2↑+H2O可知生成的二氧化碳是0.025mol－0.02mol＝0.005mol，在标准状况下的体积是
0.005mol×22.4L/mol＝0.112L＝112mL。

20、CaCl2或BaCl2（合理答案均可）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑检查装置的气密性否
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑吸收未反应的CO2 a 39V
%
56a
偏小
【解题分析】
（1）Na2O2易变质，与空气中CO2反应，生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液等易反应，生成白色BaCO3沉淀，而Na2O2与水反应所得溶液不能与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液反应；
（2）①A中发生反应离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2++ H2O+CO2↑；
②根据题意，该实验成功的关键是准确测量反应生成氧气的体积，因此必须检查整套装置是否漏气；
③由于需要排水法测量体积，因此B装置出来的气体不需要干燥；
④生成的CO2中含有水蒸气，则装置C中发生的所有反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2、
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
⑤D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的CO2；
⑥a、C中反应是放热反应，产生的氧气温度高于室温，故不冷却读数导致氧气体积偏大，a错误；
b.上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同，b正确；
c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积，c正确；
答案选a；
⑦n(O 2)=-3-1V 10L 22.4L mol ⨯⨯，由反应式2CO 2+2Na 2O 2=2Na 2CO 3+O 2可知，n(Na 2O 2)=2n(O 2)=2×-3-1V 10L 22.4L mol
⨯⨯，由n•M 可知，m(O 2)=2×-3-1V 10L 22.4L mol
⨯⨯×78g•mol -1，则样品中Na 2O 2的质量分数=2m(O )m()样品×100%=-3-1-1V 10L 278g mol 22.4L mol a g
⨯⨯⨯⨯⨯×100%=0.39V 56a ×100%或39V %56a ； ⑧该实验成功的关键是准确测量反应生成氧气的体积，E 到F 之间导管内水的体积没有办法测量会引起氧气体积减小，测定结果偏小。

【点晴】
综合实验设计题的解题思路：（1）巧审题，明确实验的目的和原理。

实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。

实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。

在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。

（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。

根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。

（3）看准图，分析各项实验装置的作用。

有许多综合实验题图文结合，思考容量大。

在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。

（4）细分析，得出正确的实验结论。

实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。

在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。

21、2NaCl+2H 2O 通电2NaOH+H 2↑+Cl 2↑ 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b 导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl 2 2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O 7.15g 冷却B 装置(或把B 放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl 2+2H 2O 在A 与B 之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
【解题分析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH 、H 2、Cl 2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；
II.在装置A 中制取Cl 2，在装置B 中Cl 2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH 溶液进行尾气处理，据此分析解答。

【题目详解】
I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH 、H 2、Cl 2，反应方程式为：2NaCl+2H 2O 通电2NaOH+H 2↑+Cl 2↑；
(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。

由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；
II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知
n[Ca(ClO)2]=1
2
n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的漂白粉中Ca(ClO)2的质量为
m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；
(5)①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)；
②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。

【题目点拨】
本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。

掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。