2026届贵州省贵阳附中高一化学第一学期期中预测试题含解析.doc

2026届贵州省贵阳附中高一化学第一学期期中预测试题
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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、下列指定实验的装置图完全正确的是
A．称量氢氧化钠固体
B．分离水和乙醇
C．配制100mL0.10mol/L盐酸
D．尾气处理吸收HCl气体
2、下列贡献与中国科学家无关的是
A．创立侯氏制碱法 B．发现青蒿素
C．合成结晶牛胰岛素 D．发明元素周期表
3、完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是
A．用CCl4提取溴水中的Br2[来
B．从KI和I2的固体混合物中回收I2
C．吸收NH3（极易溶于水），并防止倒吸
D．工业酒精制备无水酒精

A．A B．B C．C D．D
4、从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是(　　)

A．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
B．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌
C．含I－的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应
D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”
5、短周期元素X、Y、Z在周期表中的位置如图所示，则下列说法中错误的是（　　）

X

Y

Z

A．X元素的最外层电子数为2 B．Y的气态氢化物的化学式为HY
C．Z的最高价氧化物的化学式为ZO2 D．X、Y、Z的单质中X单质最稳定
6、锗（Ge）是第四周期第 Ⅳ A 元素，处于周期表中金属区与非金属区的交界线上，下列叙述正确的是
A．锗是一种金属性很强的元素 B．锗的单质具有半导体的性能
C．锗化氢（GeH4）稳定性比CH4强 D．锗酸（H4GeO4）是难溶于水的强酸
7、下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间
B．胶体和溶液一样，其分散质可透过滤纸
C．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
8、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A．蒸馏水 B．盐酸 C．NaCl 溶液 D．Fe (OH)3 胶体
9、仪器名称为“锥形瓶”的是
A． B． C． D．
10、下列实验操作中错误的是（ ）
A．蒸发操作时，不能等到混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热
B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．萃取操作时，选择的萃取剂的密度必须比水大
11、将下列溶液加水稀释至100 mL，含Cl－浓度最大的是(　　)
A．10 mL 0.1 mol·L－1的氯化铝溶液
B．20 mL 0.1 mol·L－1的氯化钙溶液
C．30 mL 0.2 mol·L－1的氯化钾溶液
D．40 mL 0.25 mol·L－1的氯化钠溶液
12、下列关于金属的说法正确的是
A．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧
B．在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的
D．铝制餐具不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物
13、将金属钠分别投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是
A．稀盐酸 B．K2SO4 C．CuCl2 D．NaOH 溶液
14、完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是 ( )
A．用海水制蒸馏水 B．将碘水中的碘单质与水直接分离
C．除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3 D．稀释浓硫酸
15、在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲乙两种气体。若两容器的温度和压强均相等，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（ ）
A．甲的分子数比乙的分子数多 B．甲的物质的量比乙的物质的量少
C．甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D．甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小
16、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1 mol任何气体的体积都约是22.4 L
B．18 g NH4+含有电子数为10NA
C．NA个H2SO4分子的质量等于H3PO4的摩尔质量
D．标准状况下，相同体积的O2、HCl、H2O含有的分子数相同
17、下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是
A．将58.5g NaCl溶解于1L水中
B．将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液
C．将2L 5mol/L的浓盐酸与8L水混合
D．将l0g NaOH溶解于水中配成250mL溶液
18、对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
D．用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+
19、共价键、离子键和范德华力是构成物质粒子间的不同作用方式，下列物质中，只含有上述一种作用的是(　　)
A．干冰 B．氯化钠 C．氢氧化钠 D．碘
20、下列装置及药品和实验室制备的气体相匹配的是（ ）

A．甲装置用来制备氧气 B．乙装置用来尾气处理氯化氢气体
C．丙装置用来制取氯气 D．丁装置中盛有碱石灰用来干燥二氧化碳气体
21、下列说法正确的是( )
A．某物质不属于电解质，就属于非电解质
B．SO2溶于水可导电，SO2属于电解质
C．能导电的物质属于电解质，NaCl属于电解质，所以NaCl晶体可导电
D．已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离
22、同温同压下，a g甲气体和b g乙气体所占体积之比为1:1，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是（ ）
A．同温同压下，甲和乙的密度之比为a:b
B．甲与乙的相对分子质量之比为a:b
C．同温同压下，等体积的甲和乙的质量之比为a:b
D．等质量的甲和乙中的原子数之比一定为b:a
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：

（1）气体B的化学式_____________,白色沉淀的成分为___________。
（2）该白色粉末中一定含有的物质有___________________________；一定不含有的物质有____________；可能含有的物质有______________；
（3）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：____________________。
24、（12分）今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。
（1）写出下列四种物质的化学式：甲______________， 乙______________， A______________， D______________。
（2）用离子方程式表示上述三个变化：①___________，②__________________，③___________________。
25、（12分）某化学研究性学习小组需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培养液450mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=c(SO42-)=0.4mol·L−1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙②托盘天平③烧杯④胶头滴管⑤量筒。请回答下列问题：
（1）该植物培养液中，NH4+的物质的量浓度为____。
（2）该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的玻璃仪器是____、_____。
（3）若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是____。
a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水
c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶
d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线
e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线
26、（10分）下列是用98%的浓H2SO4(ρ＝1.84 g·cm－3；物质的量浓度为18.4mol/L)配制0.5 mol·L－1的稀硫酸500 mL的实验操作，请按要求填空：
（1）所需浓硫酸的体积为________。
（2）如果实验室有10 mL、20 mL、50 mL的量筒，应选________的最好，量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)____________。
（3）将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100 mL水的烧杯中，并不断搅拌，目
的是________________________。
（4）将冷却至室温的上述溶液沿________注入________中，并用50 mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液要转入到容量瓶中，并振荡。
（5）加水至距刻度线1 cm～2 cm处，改用________加水至刻度线，使溶液的________正好跟刻度线相平，把容量瓶塞好，反复颠倒振荡，摇匀溶液。
27、（12分）某化学小组欲以CO2主要为原料，采用下图所示装置模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3，并对CO2与NaOH的反应进行探究。请你参与并完成对有关问题的解答。
（资料获悉）
1、“侯氏制碱法”原理：NH3＋CO2＋H2O＋NaCl＝NaHCO3↓＋NH4Cl,然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
2、Na2CO3与盐酸反应是分步进行：Na2CO3先与盐酸反应生成NaHCO3；然后再发生NaHCO3+HCl＝NaCl＋H2O +CO2↑
（实验设计）

（实验探究）
（1）装置乙的作用是 。
（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有 、洗涤、灼烧。NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为 。
（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，取加热了t1 min的NaHCO3样品29.6 g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如下图所示。

则曲线c对应的溶液中的离子是 （填离子符号）；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是 。
（4）若将装置甲产生的纯净的CO22.24L（标准状况下）通入100mLNaOH溶液中，充分反应后，将溶液小心蒸干，得到不含结晶水的固体W，其质量为10.16g，则W的成分为 （填化学式），原NaOH溶液的物质的量浓度为 。
28、（14分）回答下列问题。
（1）下列物质中：①SO2 ②液态氯化氢 ③CH4 ④熔融NaOH ⑤NH4Cl固体 ⑥氨水。能导电的是__________（填序号，下同）。属于电解质的是__________。属于非电解质的是__________。
（2）1.204×1024个H2SO4分子的物质的量为__________mol，共含__________个氢原子。将上述H2SO4溶于水配成600 mL溶液，再加水稀释到1000 mL，稀释后溶液的物质的量浓度为__________mol/L。
（3）K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，已知其中Fe3＋的浓度为0.5mol/L，SO42－浓度为0.9mol/L，则K＋的物质的量浓度为__________mol/L。
（4）Al2O3与稀盐酸反应的离子方程式为__________。向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至不再产生沉淀，离子方程式为__________。
29、（10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____。
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、D
【解析】
A．氢氧化钠易潮解，称量时应放在小烧杯或称量瓶中进行，且为左物右码，故A错误；
B．冷凝水下进上出时冷凝效果最好，故B错误；
C．移液时，应用玻璃棒引流，故C错误；
D．吸收装置中的导管伸入到液体中，但该装置采用肚容式装置，易吸收易溶性气体，且能防止倒吸，故D正确；
故答案为D。
2、D
【解析】
A、中国科学家侯德榜发现了侯氏制碱法，故侯氏制碱法和中国科学家有关，故A错误；
B、中国科学家屠呦呦发现青蒿素，获得了诺贝尔奖，故B错误；
C、中国科学家最早人工合成结晶牛胰岛素，故和中国科学家有关，故C错误；
D、俄国科学家门捷列夫制出了第一张元素周期表，和中国科学家无关，故D正确；
故选D。
3、A
【解析】
试题分析：A．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，A正确；碘单质易升华，加热后，碘单质易升华，剩余的是KI，B错误；氨气极易溶于水而难溶于苯，该装置导管口插入水中，无法防止倒吸，C错误；该装置酒精灯的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口处，冷却装置应该下口进水，上口出水，D错误。
考点：考查萃取、物质的分离、尾气的吸收、工业制备酒精等知识。
4、B
【解析】
A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，A正确；
B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错误；
C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，C正确；
D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D正确。
答案选B。
5、C
【解析】
三种元素在短周期中的不同周期，则X一定位于第一周期，且在周期表的右侧，则一定为He，根据其它两种元素的相对位置可知Y为F元素，Z为S元素，据此分析解答。
【详解】
A．X为He，He元素的最外层电子数为2，A项正确；
B．Y为F，F的气态氢化物的化学式为HF，B项正确；
C．Z为S，S原子最外层有6个电子，则最高价的氧化物的化学式为SO3，C项错误；
D．He原子最外层有2个电子，达到稳定结构，故氦气性质稳定，而F2是非常活泼的非金属单质，能与其它物质发生剧烈的反应，硫磺是比较活泼的非金属单质，D项正确。
答案选C。
6、B
【解析】
试题分析：A．锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，反应中既不易得电子，也不易失去电子，故A错误；B．锗处于金属区与非金属区的交界线上，既有金属性又有非金属性，常用于做半导体材料，故B正确；C．锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH4)稳定性较弱，故C错误；D．锗和硅处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则硅的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性比硅酸弱，为弱酸，故D错误；故选B。
【考点定位】考查元素周期律与元素周期表
【名师点晴】本题考查位置结构性质的相互关系。处于金属区与非金属区的交界线上的元素常用于做半导体材料，锗和硅处于同一主族，根据同主族元素的金属性、非金属性的递变规律比较最高价含氧酸的酸性，类比硅酸判断溶解性等性质。注意掌握同主族元素的性质的递变性和相似性，明确元素周期表结构、元素周期律内容为解答关键。
7、C
【解析】
A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小不同，分散质的微粒直径在1∼100nm之间属于胶体，故A正确；
B. 胶体的分散质粒子直径较小，可以通过滤纸，故B正确；
C. 用平行光线照射Fe(OH)3胶体时，产生丁达尔效应，NaCl溶液不具有丁达尔效应，因此现象不同，故C错误；
D. Fe(OH)3 胶体具有较强的吸附性，可以吸附水中的杂质，达到净水的目的，故D正确；
故选C。
胶体可以通过滤纸，但胶体中的分散质不可以通过半透膜。
8、D
【解析】
A.蒸馏水属于纯净物，不属于分散系，当光束通过蒸馏水时不能产生丁达尔效应，A不符合题意；
B.盐酸属于溶液，当光束通过盐酸时不能产生丁达尔效应，B不符合题意；
C.NaCl溶液属于溶液，当光束通过NaCl溶液时不能产生丁达尔效应，C不符合题意；
D.Fe(OH)3胶体属于胶体，当光束通过Fe(OH)3胶体时能产生丁达尔效应，D符合题意；
答案选D。
9、C
【解析】
A.装置为漏斗，与题意不符，A错误；
B.装置为容量瓶，与题意不符，B错误；
C.装置为锥形瓶，符合题意，C正确；
D.装置为U型管，与题意不符，D错误；
答案为C。
10、D
【解析】
A. 蒸发操作时，蒸发皿中有较多固体出现时停止加热，用余热蒸干剩余的水，故A正确；
B. 蒸馏操作时，需测量蒸气温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；
C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免两种液体相互污染，故C正确；
D. 萃取剂的选择要求：①与溶质不反应，且与原溶剂互不相容；②溶质在萃取剂中的溶解度要大；萃取剂与原溶剂的密度相差越大越易分层。萃取剂的密度可比水大，也可比水小，故D错误，选D。
11、D
【解析】
电解质溶液中氯离子浓度=电解质浓度×化学式中氯离子数目，再根据n=cV计算氯离子物质的量，氯离子物质的量越大，加水稀释至100mL后溶液中Cl-浓度越大。
【详解】
A项.10 mL 0.1 mol•L-1的氯化铝溶液中n（Cl-）=0.01L×0.1mol/L×3=0.003mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.03 mol·L－1；
B项、20 mL 0.1 mol•L-1的氯化钙溶液中n（Cl-）=0.02L×0.1mol/L×2=0.004mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.04 mol·L－1；
C项、30 mL 0.2 mol•L-1的氯化钾溶液中n（Cl-）=0.03L×0.2mol/L×1=0.006mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.06 mol·L－1；
D项、40 mL 0.25 mol•L-1的氯化钠溶液中n（Cl-）=0.04L×0.25mol/L×1=0.01mol，加水稀释至100mL后溶液中c(Cl—)=0.1 mol·L－1。
故选D。
本题考查溶液物质的量浓度计算，注意电解质溶液中离子浓度与溶液体积无关。
12、D
【解析】
A.铝和氧气反应生成氧化铝，因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候不会剧烈燃烧，故A错误；
B.钠在空气中燃烧，火焰为黄色，生成过氧化钠固体，固体为淡黄色，故B错误；
C.铁与水蒸气在高温条件下反应产生氢气和四氧化三铁：3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4，Fe3O4为黑色固体，故C错误；
D.铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、强碱反应，所以不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物，故D正确，答案选D。
13、C
【解析】
A、钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），A错误；
B、钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），B错误；
C、钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化铜反应，方程式为：2NaOH+CuCl2═2NaCl+Cu（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2═H2↑+2NaCl+Cu（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻， C正确；
D、钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），D错误。
答案选C。
14、A
【解析】
A. 利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；
B. 分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，故B错误；
C. 胶体、溶液都可透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，故C错误；
D. 容量瓶只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误；
故选A。
15、B
【解析】
两容器的温度和压强均相同,则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲体积小于乙体积，由n=可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。
【详解】
A.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错误；
B.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，所以B选项是正确的；
C.两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，故C错误；
D.气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=可以知道甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误。
所以B选项是正确的。
16、B
【解析】
A、物质的量相同时，影响气体体积的因素有温度、压强；
B、1molNH4＋含有10mol电子；
C、H2SO4与H3PO4的摩尔质量均为98g·mol－1；
D、标况下，水为液态，而O2、HCl均为气体．
【详解】
A、标准状况下，1mol任何气体的体积约是22.4L，气体所处的状态不一定是标准状况，其体积与温度、压强有关，故A错误；
B、18gNH4＋的物质的量为1mol，而1molNH4＋含有10mol电子，故含有的电子数为10NA，故B正确；
C、H2SO4与H3PO4的摩尔质量均为98g·mol－1，故NA个H2SO4分子的质量为98g，与H3PO4的摩尔质量均为98g·mol－1在数值上相同，故C错误；
D、标况下，水为液态，而O2、HCl均为气体，故D错误。
故选B。
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点C，NA个H2SO4分子的质量为98g，与H3PO4的摩尔质量均为98g·mol－1，只是在数值上相同。
17、D
【解析】
A、58.5gNaCl是1mol，溶解于1L水中所得溶液体积不是1L，不能计算其浓度，A错误；
B、22.4L氯化氢气体不一定是1mol，不能计算其浓度，B错误；
C、将2L5mol/L的浓盐酸与8L水混合后溶液的体积不是10L，不能计算浓度，C错误；
D、l0gNaOH的物质的量是10g÷40g/mol＝0.25mol，溶解于水中配成250mL溶液，溶质的浓度是0.25mol÷0.25L＝1.0mol/L，D正确；
答案选D。
计算溶液的物质的量浓度时需要注意以下两点：①概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。②溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质的量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)均不发生变化。
18、C
【解析】
A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，不一定含有CO32-，A错误；
B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有SO42-，也可能含Ag+，B错误；
C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定有NH4+，C正确；
D.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定含有Na+，可能含K+，D错误；
故合理选项是C。
19、B
【解析】
A、干冰是CO2，属于共价化合物，含有极性共价键，CO2分子间存在范德华力，故不符合题意；
B、氯化钠属于离子晶体，只存在离子键，故符合题意；
C、氢氧化钠属于离子晶体，含离子键、极性共价键，故不符合题意；
D、碘属于分子晶体，存在非极性共价键，碘分子间存在范德华力，故不符合题意；
本题答案选B。
20、C
【解析】
A、制备氧气一般用KMnO4受热分解或KClO3和MnO2加热，试管口略向下倾斜，如果用H2O2制备O2，用MnO2作催化剂，不需要加热，故选项A错误；B、HCl极易溶于水，因此需要防止倒吸，本装置缺少防倒吸，故B错误；C、制取Cl2，用MnO2和浓盐酸加热来制备，故C正确；D、碱石灰是NaOH和CaO的混合物，CO2属于酸性氧化物，因此干燥CO2不能用碱石灰干燥，故D错误。
21、D
【解析】
A. 电解质、非电解质都属于化合物，氢气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B. SO2溶于水后和水反应生成亚硫酸，亚硫酸是酸，能够电离出自由移动的离子而能导电，但电离出的离子的物质是亚硫酸而不是SO2，故亚硫酸是电解质，而SO2不是电解质，而是非电解质，B错误；
C. NaCl是盐，属于电解质，但在晶体中NaCl未发生电离作用，无自由移动的离子，所以NaCl晶体不能导电，C错误；
D. 电离是电解质导电的前提，氧化铝是离子化合物，在熔融状态下电离出Al3+、O2-而能导电，D正确；
故合理选项是D。
22、D
【解析】
根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，即气体的物质的量相同。同温同压下，a g甲气体和b g乙气体所占体积之比为1:1，所以甲和乙的物质的量相同，根据n=，物质的量相同时，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的摩尔质量之比为a:b。
【详解】
A．根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，气体密度和摩尔质量成正比，所以甲和乙的密度之比为a:b，正确；
B．摩尔质量以g/moL为单位时，和相对分子质量在数值上相等，所以甲与乙的相对分子质量之比为a:b，正确；
C．同温同压下，等体积的甲和乙的物质的量相同，根据n=，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的质量之比为a:b，正确；
D．甲和乙的质量相同，根据n=，甲和乙的物质的量和摩尔质量成反比，即甲和乙的物质的量之比为b:a，根据，分子数之比一定是b:a，但甲和乙分子中的原子个数未知，所以原子数之比不一定为b:a，错误；
故选D。

二、非选择题(共84分)
23、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl
【解析】
白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。
【详解】
白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；
(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4，可能含有 KCl；
(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。
掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。
24、CuO Cu(OH)2 CuCl2 NaCl Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓ CuO+2H+=Cu2+ +H2O
【解析】
甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．
【详解】
(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；
(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2+ +H2O。
25、0.8mol/L 500mL容量瓶 玻璃棒 ac
【解析】
（1）要求该培养液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4mol•L-1，依据电荷守恒计算溶液中铵根离子浓度；
（2）依据配制步骤选择需要仪器；
（3）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。
【详解】
(1)所得溶液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4mol•L-1，依据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl−)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，即：0.4mol/L+2×0.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得：c(NH4+)=0.8mol/L，
故答案为：0.8mol/L；
(2)配制450mL溶液，需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等用到的仪器：托盘天平(量筒)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；
故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒；
(3)a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故a选；
b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b不选；
c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，导致部分溶质损耗，溶质的物的量偏小，溶液浓度偏低，故c选；
d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d不选；
e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，属于正常操作，溶液浓度准确，故e不选；
故选：ac。
实验室中容量瓶的规格有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所以配制450ml的溶液需要500ml的容量瓶。
26、 13.6 mL 20 mL 偏低 使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅 玻璃棒 500 mL容量瓶 胶头滴管 凹液面最低处
【解析】(1)浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故答案为：13.6mL； 
(2)由于需要量取13.6mL的浓硫酸，故应选择20mL的量筒；量筒不干净，用水洗净后直接量取，导致量取的浓硫酸中还原的硫酸偏少，所配溶液浓度将偏低，故答案为：20mL，偏低；
(3)浓硫酸的稀释所用的仪器为烧杯；搅拌的目的是使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅，故答案为：使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅；
(4)移液时，要将冷却后的溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液要转入到容量瓶中，并振荡，故答案为：玻璃棒，500mL容量瓶；
(5)定容时，开始直接往容量瓶中加水，待液面离刻度线1-2cm时，该用胶头滴管逐滴加入，至凹液面最低处与刻度线相切即可，故答案为：胶头滴管；凹液面最低处。
27、 (1)除去二氧化碳中的氯化氢气体（1分）；
(2)过滤（1分2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，（2分）
(3)HCO3-（1分）； 1:2 （1分）；
(4)Na2CO3、NaHCO3 （2分）1.8mol/L（2分）。
【解析】
试题分析：（1）在装置甲中发生反应制取CO2气体，由于盐酸有挥发性，所以在CO2气体中含有杂质HCl,装置乙的作用是)除去二氧化碳中的氯化氢气体;（2）在装置丙中发生反应：NH3＋CO2＋H2O＋NaCl＝NaHCO3↓＋NH4Cl，产生的NaHCO3从溶液中要过滤出来，然后洗涤，灼烧发生分解反应：2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，制取得到了Na2CO3。（3）向含有Na2CO3、NaHCO3的混合物中加入盐酸，会发生反应：Na2CO3+ HCl="NaCl+" NaHCO3 ，所以n(CO32－)会逐渐减少，当该反应恰好完全时，n(CO32－)=0，用b表示；n(HCO3－)首先会逐渐增多，当该反应恰好完全时，n(HCO3－)达到最大值，后会发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2↑n(HCO3－)由消耗而逐渐减少，最后为0 ，用c表示；而n(Na+)的物质的量始终保持不变，用a表示；n(Cl-)则会随着盐酸的加入而逐渐增多，因此用d表示；则曲线c对应的溶液中的离子是HCO3-;固体图示可知n(Na2CO3)=0.2mol，n(NaHCO3)=" 0.3mol—0.2mol" =0.1mol，该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是2:1；（4）n(CO2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，将其通入100mLNaOH溶液中，若完全转化为Na2CO3，根据C守恒可得质量是0.1mol×106g/mol=10.6g，若完全转化为NaHCO3，其质量是0.1mol×84g/mol=8.4g，现在得到的固体质量是10.6g>10.16g>8.4g，说明是Na2CO3、NaHCO3 的混合物，假设在混合物中Na2CO3、NaHCO3 的物质的量分别是x、y，则根据C守恒可得x+y=0.1；根据质量守恒可得106x+84y=10.16,解得x=0.08mol，y=0.02mol，所以根据Na元素守恒可得n(NaOH)="2" n(Na2CO3)+ n(NaHCO3)=2×0.08mol+0.02mol=0