2026届江西省吉安市白鹭洲中学化学高一第一学期期中检测模拟试题含解析.doc

2026届江西省吉安市白鹭洲中学化学高一第一学期期中检测模拟试题
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、某溶液中只含有K+、Na+、NO3—、SO42—四种离子（不考虑水的电离），它们的物质的量之比为1：6：3：2，该溶液所含的溶质可能是
A．KNO3、Na2SO4 B．KNO3、Na2SO4、NaNO3
C．K2SO4、NaNO3、KNO3 D．K2SO4、KNO3
2、下列反应的离子方程式为： 的是( )
A．烧碱与盐酸反应 B．纯碱与盐酸反应
C．石灰石与盐酸反应 D．小苏打与盐酸反应
3、胶体区别于其他分散系的本质特征是
A．胶体的分散系能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能
B．分散质粒子直径在1nm–100nm之间
C．产生丁达尔效应
D．胶体在一定条件下能稳定存在
4、在3Cl2＋6KOH 5KCl＋KClO3＋3H2O中，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的质量比为
A．1：1 B．2：1 C．1：5 D．5：1
5、过滤时不需要的玻璃仪器是
A．烧杯 B．玻璃棒 C．漏斗 D．试管
6、同温同压下，相同体积的CO和CO2  ①质量相等 ②密度相等 ③分子数相等④碳原子数相等⑤电子数相等 ，其中正确的是
A．①②③④ B．①②③④⑤ C．③④ D．③④⑤
7、下列物质中，属于电解质的是
A．Na2SO4 B．乙醇 C．CO2 D．O2
8、仪器名称为“容量瓶”的是
A． B． C． D．
9、下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是
A．石墨 B．KNO3 C．H2SO4 D．蔗糖
10、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NA
B．1 mol Fe与足量的盐酸反应电子转移总数为3NA
C．常温常压下，22 g CO2中含有的氧原子数为NA
D．500 mL 1 mol·L-1MgCl2溶液中含有Cl﹣数目为0.5NA
11、2019年9月29日上午十点，主席向89岁高龄的诺贝尔医学奖获得者屠呦呦授予“共和国勋章”。以表彰她在青蒿素方面做出的突出贡献。提取青蒿素通常可以用乙醚浸取。这与下列哪种方法的原理相同（ ）
A．分液法 B．过滤法 C．结晶法 D．萃取法
12、下列关于Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液的说法正确的是
A．两者都有“丁达尔效应”
B．两者都能透过半透膜
C．氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体带正电
D．加入氢氧化钠溶液二者都能沉淀，Fe(OH)3胶体发生聚沉，MgCl2发生化学反应生成沉淀
13、已知NaNO3、Na2SO4、Na3PO4、Na4SiO4在溶液中完全电离，体积相同的NaNO3、Na2SO4、Na3PO4 、Na4SiO4四种溶液中，若要使Na＋的物质的量相等，则这四种溶液的物质的量浓度比为
A．12∶6∶4∶3 B．3∶4∶6∶12 C．4∶3∶2∶1 D．1∶2∶3∶4
14、对于等质量的下列气体中，含有的分子个数最多的是
A．Cl2 B．H2 C．O2 D．CO
15、判断下列物质中属于电解质的是（ ）
A．硝酸钾溶液 B．蔗糖 C．金属铜 D．氢氧化钡
16、有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O。下列说法正确的是
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应③中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化
17、淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，能证明半透膜完好无损的是（ ）

A．加入BaCl2溶液有白色沉淀
B．加入碘水不变蓝
C．加入BaCl2溶液无白色沉淀
D．加入碘水变蓝
18、下列有关物质分类的说法中正确的是( )
A．现有、、、，可以按某个标准判断与其他三种不同；也可按某个标准判断与其他三种不同
B．在物质分类时，一般是先分类，再定标准，这样就不会有误了
C．树状分类法是唯一能表示物质分类的方法
D．胶体、溶液、浊液分属不同类别的本质是其透过滤纸的性质不同
19、下列变化过程需要加入氧化剂才能实现的是( )
A．Fe3+→Fe2+ B．CuO→Cu C．I-→I2 D．H2O→H2
20、下列说法不正确的是
A．原子结构模型的演变为：希腊哲学家提出原子概念→ 道尔顿原子学说 → 汤姆生葡萄干面包式 → 卢瑟福带核原子模型 → 玻尔电子轨道理论 → 量子力学
B．人类对原子结构的认识过程，启示了微观结构也要通过实验验证，同时要付出很大心血
C．在原子结构分层排布中，M层（第三层）容纳电子数最多为18，最少为8
D．在化学反应过程中，原子核不发生变化，但原子外层电子可能发生变化
21、现在三组物质的分离：①含有水份的植物油中除去水份②回收碘的CCl4溶液中的CCl4 ③含有极少量的青蒿素水溶液中加入适量乙酸乙酯（水溶性类似于汽油）。分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
22、下列物质，既不属于酸性氧化物，也不属于碱性氧化物的一组是（　　）
①H2O②SO2③H2S④Mn2O7⑤Fe2O3⑥Na2O2⑦NO
A．①③⑥ B．①③⑥⑦ C．①④⑥⑦ D．①②⑥⑦
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有一固体混合物，可能由FeCl3、BaCl2、KCl 、Na2CO3、Na2SO4等物质组成。为了鉴别它们，做了如下实验：步骤①：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液。步骤②：在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成。步骤③：过滤，然后在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解。由此判断：
（1）原混合物中肯定有 ___________________，可能含有 _______________。
（2）写出上述实验过程中，可能发生反应的离子方程式：____________________________。
（3）对可能含有的物质可采用的检验方法是 ________________________________________。
24、（12分）目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑。已知A、B、C、D、E有如下转化关系：

（1）写出A、B生成NaCl的化学方程式：_____________________________________。
（2）写出化学式：C______________，D_____________。
（3）工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉，漂白粉的主要成分是_______________________________。（写化学式）
（4）若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现________________(填沉淀颜色)沉淀，该过程所发生反应的化学方程式为____________________________________________。
25、（12分）实验室配制一定浓度的溶液都要使用一定规格的容量瓶，现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，回答下列问题：
（1）需量取该浓H2SO4溶液的体积是____mL。
（2）需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要____。
（3）配制过程有下列几步操作：
A．将蒸馏水加入容量瓶至液面接近刻度线1～2cm处；
B．用l0mL量筒量取所需体积的H2S04溶液，注入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
C．用胶头滴管加水至刻度线；
D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液也转移到容量瓶中；
E．向烧杯中加入约20mL蒸馏水；
F．将烧杯中溶液冷却后，沿玻璃棒转移到容量瓶中；
G．盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，静置，装瓶。
以上各步骤操作的先后顺序是____填字母），使用容量瓶之前需要进行的一步操作是：____。
（4）若所配溶液浓度偏低，则造成此误差的操作可能是____。
A．定容时俯视容量瓶
B．用量筒取浓H2S04溶液时俯视读数
C．使用容量瓶前未干燥
D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶
E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面
F．未按要求洗涤烧杯和玻璃杯2～3次
26、（10分）用18.4 mol·L-1的浓H2SO4来配制500 mL 0.2 mol·L-1的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒、②烧瓶、③烧杯、④胶头滴管、⑤量筒、⑥容量瓶、⑦托盘天平。请回答下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有(填代号)________。
（2）经计算，需量取浓H2SO4 ________mL。现有①10 mL、②50 mL、③100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是________(写序号)。
（3）将浓H2SO4加入到适量蒸馏水中稀释后，冷却片刻，随后全部转移到______ mL的容量瓶中。
（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中能引起误差偏高的有________(填代号)。
①定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
②转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
③定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
④定容时，俯视刻度线
（5）在下图的配制过程示意图中，正确的是（填写序号）_______。
A．称量
B．溶解
C．转移
D．定容
27、（12分）实验室要配制500mL 0.2mol·L-1的NaOH溶液，请结合实验回答下列问题:
(1)实验中需称量NaOH固体的质量为_________g。
(2)实验步骤主要有计算、称量、溶解、转移和定容。
①完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、__________和_________。
②溶解和转移过程中玻璃棒的作用分别是__________和__________。
(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响（填 “偏高”“偏低”或“无影响”）。
①转移液体过程中有少量液体溅出:__________；
②定容时俯视刻度线:__________；
③容量瓶洗净后,未经干燥处理:__________
28、（14分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有的SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其它离子忽略不计）：
离子
Na+
SO42−
NO3−
OH−
Cl−
c/(mol·L−1)
5.5×10−3
8.5×10−4
y
2.0×10−4
3.4×10−3
（1）NaClO2属于钠盐，其中氯元素的化合价为_____；NaClO2的电离方程式为：____。
（2）SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为___________。此吸收过程中NaClO2所起的作用是__________。
（3）表中y=_______________。
29、（10分）按要求填空
(1)现有质量为m g的气体A，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g/mol，若阿伏加德罗常数用NA表示，则：
①该气体所含原子总数为______个。
②该气体在标准状况下的体积为______L。
③标准状况下V L该气体溶解在1 L水中（水的密度近似为1 g/mL），所得溶液的密度为d g/mL，则该溶液物质的量浓度为______。
(2)完成下列的化学用语：
①Al2(SO4)3在水溶液中的电离方程式：______。
②N2O5是酸性氧化物，写出N2O5与NaOH溶液反应的化学方程式______。
③硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应的离子方程式：______。
④碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：______。
⑤根据离子方程式H++OH-=H2O，写一个符合条件的化学方程式：______。
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】
A.不可能只含KNO3、Na2SO4，与K+、NO3—的物质的量之比为1:3不符，故A错误；
B.若为KNO3、Na2SO4、NaNO3，以1：2:2的比例混合时离子数目比符合题意，故B正确；
C.若为K2SO4、NaNO3、KNO3， 无论三者以何种比例混合，钾离子和硫酸根离子的个数比都大于1:2，故C错误；
D. 若为K2SO4、KNO3，无论以何种比例混合，钾离子的数目远远大于硫酸根离子和硝酸根离子数目，溶液中不含Na+，故D错误。
故选B。
2、D
【解析】
A．烧碱的主要成分是氢氧化钠，故烧碱与盐酸反应的离子方程式为：，A错误；
B．纯碱的主要成分是碳酸钠，纯碱与盐酸反应的离子方程式为：，B错误；
C．石灰石的主要成分是碳酸钙，石灰石与盐酸反应的离子方程式为：，C错误；
D．小苏打的主要成分是碳酸氢钠，小苏打与盐酸反应的离子方程式为：，D正确；
答案选D。
3、B
【解析】
胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在之间，溶液的粒子直径 ，浊液的粒子直径。故A、C、D错误，B正确。答案选B。
4、C
【解析】
从方程式可知，该反应为歧化反应，只有Cl元素发生化合价的变化，参加反应的3个氯气分子中有1个Cl原子从0价升高到＋5价，这1个Cl被氧化；另外5个Cl由0价降低到-1价，这5个Cl被还原，
答案选C。
5、D
【解析】
过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，过滤操作的装置由铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗四种仪器组成。过滤时无需使用试管。故选D。
6、C
【解析】
根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同压下等体积的CO和CO2，二者物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，根据m = nM可知，质量之比等于摩尔质量之比，因此同温同压下同体积的气体，其密度之比等于摩尔质量之比，结合分子中电子数目判断含有电子数目。
【详解】
同温同压下等体积的CO和CO2，二者物质的量相同，
①CO与CO2的摩尔质量不相等，根据m = nM可知，二者质量不相等，故①错误；
②同温同压下密度之比等于摩尔质量之比，CO与CO2的摩尔质量不相等，二者密度不相等，故②错误；
③二者物质的量相等，含有分子数相等，故③正确；
④二者物质的量相等，每个分子都含有1个C原子，故含有碳原子数相等，故④正确；
⑤CO分子与CO2分子含有电子数目不相等，二者物质的量相等，含有电子数不相等，故⑤错误；
答案选C。
7、A
【解析】
电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物。非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物。
【详解】
A. Na2SO4 在水溶液中能电离出自由移动的离子，溶液具有导电性，A正确。
B. 乙醇水溶液里和熔融状态下都不能导电，B错误。
C. CO2 和水反应生成碳酸，碳酸可电离出自由移动的离子，但二氧化碳本身不能电离出自由移动的离子，CO2是非电解质，C错误。
D. O2是单质，不是电解质，D错误。
电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物。注意电解质在水溶液中电离产物必须由自身电离产生，不能是和水反应后的生成物电离出自由移动的离子。如CO2 和水反应生成碳酸，碳酸可电离出自由移动的离子，但二氧化碳本身不能电离出自由移动的离子，CO2是非电解质。
8、B
【解析】
A． 为漏斗，用于过滤操作，故A不符合题意；
B． 为容量瓶，用于配制一定量浓度的溶液，故B符合题意；
C． 为锥形瓶，用于制取气体、作为反应容器或盛装反应物，进行定量分析，故C不符合题意；
D． 为分液漏斗，用于分离密度不同且互不相溶的不同液体，也可用于向反应器中随时加液，故D不符合题意；
答案选B。
9、A
【解析】
电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。
【详解】
A项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；
B项，KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；
C项，H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；
D项，蔗糖属于非电解质，不导电。
综上所述，符合题意的选项为A。
10、C
【解析】
A. 标准状况下，22.4L水物质的量不是1mol，故A错误；
B. 铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为，故B错误；
C. 常温常压下，22 g CO2物质的量为0.5mol，其中含有的氧原子数为NA，故C正确；
D. 500mL1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-物质的量为1mol/L×0.5L×2=1mol,含Cl-数为NA，故D错误；
本题答案为C。
11、D
【解析】
青蒿素为有机物，乙醚是常用的有机溶剂，用乙醚提取青蒿素是利用青蒿素在乙醚中的溶解度比较大，用乙醚做萃取剂，把青蒿素从黄花蒿中提取出来，故选D。
12、D
【解析】
溶液没有“丁达尔效应”；胶体粒子不能透过半透膜；胶体不带电，胶体粒子带电；胶体加入电解质溶液发生聚沉现象，MgCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀。
【详解】
MgCl2溶液没有“丁达尔效应”，故A错误；Fe(OH)3胶体粒子不能透过半透膜，故B错误；胶体不带电，胶体粒子带电，氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向阴极移动，说明氢氧化铁胶体粒子带正电，故C错误；胶体加入电解质溶液发生聚沉，Fe(OH)3胶体中加入氢氧化钠溶液发生聚沉现象，MgCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，故D正确。
13、A
【解析】
假设Na＋的物质的量相等，为1mol，利用c= 计算相同体积下，各种溶液的物质的量浓度。
【详解】
假设Na＋的物质的量为1mol，假设溶液体积为V，物质的量浓度之比c(NaNO3):c(Na2SO4):c(Na3PO4):c(Na4SiO4)= ：：：=：：：=12:6:4:3,答案为A。
注意离子的物质的量浓度和物质的量浓度之间的关系，得出物质的量浓度之比时注意1:::≠1:2:3:4。
14、B
【解析】
根据N＝nNA可知，气体的物质的量越多，气体含有的分子数越多。在质量相等的条件下，根据n＝可知，气体的摩尔质量越大，气体的物质的量越小。四种气体的相对分子质量分别是71、2、32、28，所以在质量相等的条件下，氢气的物质的量最多，含有的分子数最多，答案选B。
15、D
【解析】
A.硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，既不是电解质、也不是非电解质；
B.蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，蔗糖属于非电解质；
C.铜是单质，不是化合物，既不是电解质、也不是非电解质；
D.氢氧化钡是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质；
故答案选D。
16、D
【解析】
A．反应③中Co元素化合价降低，CoCl2为还原产物，故A错误；
B．根据反应③中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3＞Cl2，故B错误；
C．根据反应②可知还原性性Fe2+＞Br-，所以氯气与FeBr2反应时先氧化Fe2+，再氧化Br-，故C错误；
D．根据方程式可知当1molCo2O3参加反应时，有1molCl2生成，也就是2molHCl被氧化，故D正确；
综上所述答案为D。
17、B
【解析】
胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，以此分析。
【详解】
因淀粉是胶体，不能透过半透膜，则只要袋子不破损，淀粉就不会出来，加入碘水就不变蓝。故答案选：B。
18、A
【解析】
A．如果根据是否含有氧元素，可以判断N2与其他三种不同，如果根据是否含有金属元素，可以判断与其他三种不同，A选项正确；
B．物质分类时，一般是先定标准，再进行分类，B选项错误；
C．标准不同，物质分类的方法不同，如交叉分类法、树状分类法等，C选项错误；
D．胶体、溶液、浊液分属不同类别的本质是三者粒子直径的大小不同，D选项错误；
答案选A。
19、C
【解析】
A．Fe3+→Fe2+，Fe元素化合价降低，需要加还原剂，A错误；
B．CuO→Cu，Cu元素化合价降低，需要加还原剂，B错误；
C．I-→I2，化合价升高，需要加氧化剂，C正确；
D．H2O→H2，H元素化合价降低，需要加入还原剂，D错误。
答案选C。
20、C
【解析】
A. 原子结构模型的演变为：希腊哲学家提出原子概念→道尔顿原子学说→汤姆生葡萄干面包式→卢瑟福带核原子模型→玻尔电子轨道理论→量子力学，A正确；
B. 人类对原子结构的认识过程，启示了微观结构也要通过实验验证，同时要付出很大心血，B正确；
C. 在原子结构分层排布中，M层（第三层）容纳电子数最多为18，最少为0个，个C错误；
D. 在化学反应过程中，原子核不发生变化，原子是化学变化中的最小微粒，但原子外层电子可能发生变化，D正确。
答案选C。
21、C
【解析】
①分液法是分离互不相溶的两种液体的方法，植物油与水互不相溶，用分液的方法分离；
②蒸馏法是把互相溶解但沸点不同的两种液体的分离出来，碘与CCl4互溶但沸点不同，用蒸馏的方法分离；
③萃取法利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来的方法，用含有极少量的青蒿素水溶液中加入适量乙酸乙酯利用的是萃取的方法，答案选C。
22、B
【解析】
①H2O既不能和酸又不能和碱反应，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确；
②SO2只能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故错误；
③H2S不是氧化物，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确；
④Mn2O7只能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故错误；
⑤Fe2O3只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，不是酸性氧化物，故错误；
⑥Na2O2与碱不反应，Na2O2和酸反应生成盐、氧气和水，属于过氧化物，既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，故正确；
⑦NO既不能和酸反应也不能和碱反应，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确。
故答案选B。
能够与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能够与酸反应只生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，既能与酸，又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物。

二、非选择题(共84分)
23、Na2CO3、Na2SO4 KCl Ba2＋＋CO32—==BaCO3↓ Ba2＋＋SO42—==BaSO4↓ BaCO3＋2H＋==Ba2＋＋H2O＋CO2↑ 取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成
【解析】
（1）将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液，所以固体混合物中一定不存在FeCl3；在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，所以固体混合物中一定存在Na2CO3或Na2SO4或Na2CO3和Na2SO4，一定不存在BaCl2；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解，所以固体混合物中一定存在Na2CO3和Na2SO4；因无法肯定确定是否存在KCl，则可能存在KCl，故答案为Na2CO3、Na2SO4；KCl；
（2）在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有碳酸钡和硫酸钡白色沉淀生成，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO32—=BaCO3↓，Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，碳酸钡沉淀溶解，硫酸钡沉淀不溶解，反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑，故答案为Ba2＋＋CO32—=BaCO3↓、Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓，BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑；
（3）要确定溶液中是否存在KCl，应向②的滤液加入酸化的硝酸银溶液，检验是否存在氯离子，具体操作为：取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成，故答案为取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成。
解题时应该认真审题，抓住特殊的反应现象和物质的特征性颜色，对于实验中的关键性字词要真正领会，并熟练掌握物质的特征颜色以及酸碱盐的反应规律，防止错答或漏答。
24、2Na+Cl22NaCl NaOH FeCl3 CaCl2和Ca(ClO)2 红褐色 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl
【解析】
由流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，结合元素化合价知识及化学用语解析。
【详解】
（1）A为Na，B为Cl2，生成NaCl的化学方程式：2Na+Cl22NaCl；
（2）由分析可知各物质的化学式：C为NaOH，D为FeCl3；
（3）工业上制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2；
（4）若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中，A与水反应生成NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ，再发生3NaOH+FeCl3═Fe（OH）3↓+3NaCl，溶液中出现红褐色沉淀。
25、5.6 500ml容量瓶 EBFDACG 检查容量瓶是否漏液 BF
【解析】
（1）根据c=1000×ρ×ω/M可知，浓H2SO4溶液的物质的量浓度=1000×1.8×98%/98=18.0mol/L，根据溶液稀释规律：稀释前后溶质的量保持不变，设需量取该浓H2SO4溶液的体积是VL ，实验室没有450mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以18.0×V=0.2×0.5，V=0.0056L=5.6mL；综上所述，本题答案是：5.6。
（2）实验室配制一定浓度的溶液需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要500mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500ml容量瓶。
（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,用10mL量筒量取硫酸,在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯与玻璃棒2-3次,并移入容量瓶内,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,盖好瓶塞,反复颠倒摇匀,故操作顺序为EBFDACG ；容量瓶有玻璃塞和玻璃旋塞，因此为防止在使用过程中出现漏液现象，在使用之前需要进行检查容量瓶是否漏液；
综上所述，本题正确答案是：EBFDACG；检查容量瓶是否漏液。
（4）A.定容时俯视容量瓶,所配溶液体积偏小,配制溶液的浓度偏大,故 A不符合；
B．量筒取浓H2S04溶液时俯视读数，量取硫酸溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏小，故B符合；
C．配制需加水定容，使用容量瓶前未干燥，对所配溶液浓度无影响,故C不符合；
D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故 D不符合；
E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面，可以继续加水,对所配溶液浓度无影响,故E 不符合；
F．使用的烧杯和玻璃棒未洗涤彻底，移入容量瓶内溶质硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故F符合；
综上所述，本题选BF。
26、②⑦ 5.4 ① 500 ④ B
【解析】
(1)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；
(2)根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸溶液的体积；根据浓硫酸的体积选取量筒，注意所选量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；
(3)依据配制一定物质的量浓度溶液移液、洗涤、定容的正确的操作解答；
(4)依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断；分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析；
(5)从实验的正确操作分析。
【详解】
(1)配制一定物质的量浓度硫酸溶液的一般步骤有：量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500mL容量瓶，所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙；
(2)设需要浓硫酸溶液的体积为V，0.2mol⋅L−1×500mL=V×18.4mol/L，解得：V=5.4mL，应选择10mL量筒；
(3)配制500mL、0.2mol⋅L−1的稀H2S04，应选择500mL容量瓶，将浓H2S04加到适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到500mL容量瓶，转移时应用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯2−3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1−2cm处，改用胶头滴管，加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的凹液面最低点正好与刻度线相平振荡、摇匀后，装瓶、贴签；
(4)①定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
②转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验操作无影响；
③定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低；
④定容时，俯视标线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；
(5)A．称量物质的质量时用托盘天平时，应该左物右码，如果将砝码和物品的位置放反，会使称量的物品的质量偏小，浓度偏低，引起误差，故A错误；
B．溶解操作时，用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．将烧杯中的液体转移到容量瓶中时，需要用玻璃棒引流，故C错误；
D．定容时，胶头滴管应置于容量瓶的正上方，不能伸到容量瓶内，故D错误；
答案选B。
27、4.0 500ml容量瓶 胶头滴管 搅拌 引流 偏低 偏高 无影响
【解析】
(1)实验中需称量NaOH固体的质量，应使用公式m=c∙V∙M进行计算。
(2)①完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等。
②溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。
(3)①转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量减少；
②定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小；
③容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响。
【详解】
(1)实验中所需NaOH固体的质量m=c∙V∙M=0.2mol·L-1×0.5L×40g/mol=4.0g。答案为：4.0；
(2)①完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管。答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；
②溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。答案为：搅拌；引流；
(3)①转移液体过程中有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量减少，所配溶液的浓度偏低；答案为：偏低；
②定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；答案为：偏高
③容量瓶洗净后，未经干燥处理，对溶质的质量、溶液的体积都不产生影响，所配溶液的浓度无影响。答案为：无影响。
在进行所需溶质的质量计算前，需选择合适的容量瓶。若没有所配体积的容量瓶，则应选择稍大规格的容量瓶，计算时必须使用所选择容量瓶的规格。
28、+3NaClO2=Na++ ClO2−SO42−、NO3−充当氧化剂2.0×10−4
【解析】
(1). NaClO2中钠离子的化合价为+1，O元素的化合价为−2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(−2)×2=0，解得x=+3；NaClO2为钠盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和ClO2−，其电离方程式为：NaClO2=Na++ ClO2−，故答案为+3；NaClO2=Na++ ClO2−；
(2). 根据质量守恒定律并结合表中离子可知SO2经NaClO2溶液吸收后转化为SO42−，NOx经NaClO2溶液吸收后转化为NO3−；吸收过程中NaClO2中+3价氯原子被还原成−1价的Cl−，所以NaClO2所起的作用是充当氧化剂，故答案为SO42−、NO3−；充当氧化剂；
(3). 根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(NO3−)+c(OH−)+c(Cl−)，c(H+)的浓度较小，可忽略不计，则c(NO3−)=c(Na+)−2c(SO42−)−c(OH−)−c(Cl−)=(5.5×10−3−8.5×10−4×2−2.0×10−4−3.4×10−3)mol/L=2.0×10−4mol/L，即y=2.0×10−4，故答案为2.0×10−4。
点睛：本题主要考查氧化还原反应、物质的量计算等知识，解题时要注意掌握氧化还原反应的特征与实质，本题的难点是第（3）问，解答本题的关键是明确溶液中电荷守恒的应用，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(NO3−)+c(OH−)+c(Cl−)，再根据c(H+)的浓度较小，可忽略不计，进而利用表中数据计算即可。
29、 mol/L Al2(SO4)3=2Al3++3SO42- N2O5+2NaOH=NaNO3+H2O Mg2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Mg(OH)2↓ HCO3-+OH-=CO32-+H2O HCl+NaOH=NaCl+H2O
【解析】
(1)①该气体的物质的量n= mol，由于该气体是双原子分子，则气体中含有的原子数目为N(原子)=mol×NA/mol×2=；
②该气体在标准状况下的体积V=n·Vm= mol×22.4 L/mol= L；
③气体的物质的量n=mol，溶液的质量为m(溶液)=m(溶质)+m(溶剂)=mol×M g/mol+1000 g=(+1000)g，溶质的质量分数=，因此根据物质的量浓度与质量分数换算式可知该溶液的物质的量浓度c= mol/L= mol/L；
(2)①Al2(SO4)3在水溶液中电离产生Al3+、SO42-，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-；
②N2O5是酸性氧化物与NaOH溶液反应，反应的化学方程式为：N2O5+2NaOH=NaNO3+H2O；
③硫酸镁和氢氧化钡在溶液中发生复分解反应产生BaSO4和Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Mg(OH)2↓；
④酸式盐与碱反应