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2025年云南省玉溪市红塔区化学高一第一学期期中统考试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列物质能放在食品包装袋内的小袋中，以防止食品因被氧化而变质的是
A．活性炭 B．硅胶 C．铁粉 D．生石灰
2、等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol·L－1和b mol·L－1，则a与b的关系为( )
A．2a＝b B．a＝2b C．a＝b D．a＝5b
3、下图所示四种化学实验操作的名称按①②③④顺序排列分别为(　　)

A．过滤、蒸发、蒸馏、萃取(或分液或萃取分液)
B．过滤、蒸馏、蒸发、萃取
C．蒸发、蒸馏、过滤、萃取
D．萃取、蒸馏、蒸发、过滤
4、在标准状况下，18gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.5mol，则此混合气体中CO和CO2的物质的量之比是
A．1:1 B．1:7 C．1:11 D．7:11
5、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋4OH－ = Fe3O4↓＋S4O62-＋2H2O。下列说法不正确的是
A．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
B．若有2 mol Fe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5 mol
C．每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为4 mol
D．O2是氧化剂，S2O32-与Fe2＋是还原剂
6、在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是
A．S B．FeCl2 C．FeCl3 D．HCl
7、16O中的16的含义是
A．氧元素的相对原子质量 B．氧元素的一种同位素的相对原子质量
C．氧元素的近似相对原子质量 D．氧元素的一种同位素的质量数
8、下列常用实验仪器中，不能直接用于混合物的分离或提纯的是
A．分液漏斗 B．漏斗 C．蒸发皿 D．容量瓶
9、下列说法不正确的是 （ ）
A．假说经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论
B．可以用分类的方法预测物质的性质
C．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法
D．科学实验能解决化学学科的所有问题
10、同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（　 　）
A．O3 B．CO C．CH4 D．N2
11、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有
A．Cl2 B．HClO C．ClO‾ D．HCl
12、当光束通过下列分散系时，不能产生丁达尔效应的是
A．稀豆浆 B．淀粉胶体 C．氯化钾溶液 D．氢氧化铁胶体
13、需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是（ ）
A．1000mL，212g B．950mL，543.4g C．任意规格，572g D．1000mL，286g
14、下列状态的物质既能导电，又属于电解质的是
A．熔融KCl B．NaOH溶液 C．NaCl晶体 D．液氯
15、下列有关工业制备的说法正确的是
A．从海水中可以得到NaCl，电解NaCl溶液可得到金属钠
B．工业上利用Cl2 与澄清石灰水为原料制备漂白粉
C．由于海水中碘离子浓度很低，工业上是从海产品（如海带等）中提取碘
D．工业上制备盐酸是利用Cl2 与H2 光照化合后再溶于水而制得
16、2molXO4-恰好将3molSO32-离子氧化，则X元素在还原产物中的化合价是
A．+4 B．+3 C．+2 D．+1
17、某同学在实验报告中记录了以下数据：
①用量筒量取7.34mL盐酸；②用托盘天平称取8.7g食盐；③用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，用去盐酸23.10mL；④用广范pH试纸测得某溶液的pH是4.5，其中数据合理的是
A．①④ B．②③ C．①③ D．①②
18、在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的( )
A
B
C
D

爆炸品
易燃液体
剧毒品
腐蚀品
A．A B．B C．C D．D
19、判断下列有关化学基本概念的依据正确的是( )
A．酸：电离出阳离子全部为H+ B．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
C．电解质与非电解质：溶液的导电能力大小 D．溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应
20、下列反应既是化合反应，又是氧化反应的是
A．2CO+O22CO2 B．CaO+H2O＝Ca(OH)2
C．C+H2OCO+H2 D．CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O
21、下列电离方程式错误的是
A．AlCl3=Al3++3Cl- B．NaClO= Na++ Cl-+O2-
C． Ba(OH)2=Ba2++2OH- D． H2SO4=2H++SO42-
22、如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写不正确的是

A．C12+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O
B．Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓
C．SO42-+Ba2+=BaSO4↓
D．OH-+HCO3-=H2O+CO32-
二、非选择题(共84分)
23、（14分）Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，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，溶液呈无色：
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；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。
（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。
（3）写出④变化的离子方程式：______________________。
Ⅱ. 实验室需要240 mL0.5 mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。
（1）需称量_________ g 烧碱，应放在_______中称量、溶解。
（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。
（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。
A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
B．容量瓶未干燥就用来配制溶液 C．定容时仰视容量瓶
D．称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯
24、（12分）某固体可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验，观察到的实验现象记录如下：①将固体加水得到无色溶液；②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。将该沉淀滤出，得到的沉淀可完全溶于稀HNO3；③向②的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。
(1)据此，可判断出固体中肯定有_________，肯定没有_________，可能含有_________。
(2)写出②中反应的离子方程式_____________________、___________________。
25、（12分）在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验仪器，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。

(1)A是制取CO2的装置，写出A中发生反应的离子方程式：_________________________。
(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，其中所盛放的试剂是____；C中盛放Na2O2固体，写出Na2O2与CO2反应的化学方程式____，当44gCO2气体发生该反应，可使Na2O2固体的质量增加____g。
(3)D中盛放NaOH溶液，其作用是____。
(4)用__________检验F中收集到的气体，现象是_______________________________。
26、（10分）如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。

已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2。
(1)①实验中控制氯气与空气体积比的方法是_____________________。
②为使反应充分进行，实验中采取的措施有___________________________。
(2)①写出装置B中产生Cl2O的化学方程式：_________________________。
②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是_____________________。
(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为______________________。
(4)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管准确量取20.00 mL次氯酸溶液，________。（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）
27、（12分）NO很容易与许多分子迅速发生反应，科学家发现在生物体中不断地产生NO，用于细胞间传递信息；NO还参与心血管系统、免疫系统以及中枢和外围神经系统的调控。
(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为：__________________。
(2)NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。

①实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是________(填选项编号)。
A．铁B．铝C．铂D．玻璃
②打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是____________________(填化学方程式)。
(3)为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。长玻璃管的作用是______________________________________________。
(4)以下收集NO气体的装置，合理的是________(填选项代号)。

(5)假设实验中12.8gCu全部溶解，需要通入标况下________LO2才能使NO全部溶于水。
(6)用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染的角度考虑，下列4种方法中最好的是________(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)，理由是____________________________。
甲：铜+浓硝酸→硝酸铜
乙：铜+稀硝酸→硝酸铜
丙：铜+氯气→氯化铜；氯化铜+硝酸→硝酸铜
丁：铜+空气→氧化铜；氧化铜+硝酸→硝酸铜
28、（14分）海洋是资源的宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。
（1）氯原子的结构示意图_____；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为_____。
（2）将氯气通入石灰乳中可制取漂白粉，化学方程式为_____。漂白粉溶于水后，和空气中的二氧化碳作用，所得的溶液可用于漂白这是利用生成的 HClO，而该溶液长时间放置又会失去漂白能力，所涉及的化学反应方程式为_____。
（3）向盛有 KI 溶液的试管中加入少许 CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4 层会逐渐变浅，最后变成无色。
完成下列填空：
（a）写出并配平 CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目。_____________
_____+_____+_____→_____HIO3+_____该反应中，_____元素的化合价升高。
（b）把 KI 换成 KBr，则 CCl4层变为_____色，继续滴加氯水，CCl4 层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_____。
（c）加碘盐中含碘量为 20mg～50mg/kg。制取加碘盐（含 KIO3 的食盐）1000kg，若 KI 与 Cl2 反应之 KIO3，至少需要消耗 Cl2_____mol（保留 2 位小数）。
29、（10分）储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7 +8H2SO4===3CO2↑+2K2SO4
+2Cr2(SO4)3 +8H2O。
（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目________________________________。
（2）上述反应中氧化剂是______（填化学式），被氧化的元素是________（填元素符号）。
（3）H2SO4 在上述反应中表现出来的性质是____________（填序号）。
A．氧化性 B．氧化性和酸性 C．酸性 D．还原性和酸性
（4）若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_________L。
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、C
【解析】
放在食品包装袋内的小袋中，以防止食品因被氧化而变质的物质是还原性物质铁粉，故选C。
2、A
【解析】该溶液中，n(CuO)∶n(MgO)＝∶＝∶＝1∶2，体积相同时，物质的量的比等于物质的量浓度的比，所以＝＝，即2a＝b，答案选A。
3、A
【解析】
过滤是分离不溶性固体与液体混合物，主要玻璃仪器由：玻璃棒、烧杯、漏斗；蒸发是利用加热的方法，使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质(晶体)的过程，主要仪器：蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳、酒精灯；蒸馏是利用混合物中各组分的沸点的不同，分离两种互溶的液体，主要仪器有：蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、酒精灯；萃取分液是利用物质在互不相溶的溶剂里溶解度的不同，用一种溶剂把物质从它的另一种溶剂中提取出来，萃取后两种互不相溶的液体分离的操作叫分液，主要仪器：分液漏斗。故①②③④顺序排列分别为过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液；
答案选A。
4、A
【解析】
根据n=进行相关物理量的计算，可设CO为xmol，CO2为ymol，列方程式计算。
【详解】
设CO为xmol，CO2为ymol，则

x+y=0.5，28x+44y=18，解之得：x=0.25，y=0.25。

则混合气体中CO和CO2的物质的量之比是0.25：0.25=1:1，
故答案为：A。
本题考查物质的量的相关计算，注意把握相关物理量的计算公式，从质量守恒的角度列式计算。
5、A
【解析】
试题分析：在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化硫元素的化合价变化为氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-．氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，，故A错；2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为B正确；每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，故C正确；O2是氧化剂，S2O32－和Fe2+是还原剂，故D正确；所以答案选A
考点：考查氧化还原反应计算的相关知识点。
6、C
【解析】
根据S守恒，反应中H2S被氧化成S，结合“氧化还原反应的特征：元素的化合价有升降”分析。
【详解】
H2S为反应物，根据S守恒，S为生成物，即反应中S元素的化合价由-2价升至0，H2S→S为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一过程为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案选C。
7、D
【解析】
16为元素符号左上角的数字，在元素符号左上角的数字代表了该原子的质量数，故答案选D，代表氧元素的一种同位素的质量数。
8、D
【解析】
用于混合物分离或提纯的操作有：过滤操作、蒸馏操作、分液操作等，根据分离操作常用到的仪器判断，分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，而过滤用于分离固体和液体混合物．
【详解】
A、分液漏斗可运用分离互不相溶液体，故A错误；
B、漏斗用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，故B错误；
C、蒸发皿用于可溶晶体溶质和溶剂的分离或固液分离，故C错误；
D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于分离，故D正确。
故选：D。
9、D
【解析】
化学研究的基本方法有：观察、实验、分类、比较等方法，除此之外，建立假说和化学模型在研究物质的结构和性质时也起着重要的作用；研究物质性质的基本程序为：观察物质的外观性质，预测物质的性质，实验和观察，解释和结论。由此分析解答。
【详解】
A.假说是在已有事实材料和科学理论基础上，对某些事物的存在或事物的因果性、规律性作出的假定性解释，经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论，A项正确；
B.同类物质具有某种共性，所以可以用分类的方法预测物质的性质，B项正确；
C.观察、实验、分类、比较等是研究物质性质的基本方法，C项正确；
D.科学实验不能解决化学学科的所有问题，有的问题需要在实验事实的基础上经过严密的逻辑推理得到，是实验和理论共同协作解决化学问题，D项错误；答案选D。
10、C
【解析】
O3、CO、CH4、N2的摩尔质量依次为48g/mol、28g/mol、16g/mol、28g/mol，根据n=，等质量的四种气体物质的量由大到小的顺序为：CH4CO=N2O3；同温同压气体的体积之比等于气体分子物质的量之比，体积最大的为CH4，答案选C。
11、B
【解析】
氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。
12、C
【解析】
丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的通路，丁达尔现象是胶体特有的性质，据此解答。
【详解】
A．稀豆浆属于胶体，能产生丁达尔效应，A不符合；
B．淀粉胶体能产生丁达尔效应，B不符合；
C．氯化钾溶液是溶液分散系，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C符合；
D．氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，D不符合。
答案选C。
13、A
【解析】
因为容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算。
【详解】
容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)=cVM=2mol/L×1L×106g/mol=212g，
所以A选项是正确的。
14、A
【解析】
在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子。
【详解】
A．熔融KCl中含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故A符合题意；
B．NaOH溶液可以导电，但为混合物，不是电解质，故B不符合题意；
C．NaCl晶体虽为电解质，但晶体中不含自由移动的离子，所以不能导电，故C不符合题意；
D．液氯属于单质，既不是电解质也不能导电，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
15、C
【解析】
A．海水晒盐得到NaCl，通过电解熔融NaCl可制备Na，电解NaCl溶液不能得到金属钠，故A错误；
B.因氢氧化钙在水中的溶解度较小，为提高漂白粉的产量，工业上利用Cl2与石灰乳反应来制备漂白粉，故B错误；
C.由于海水中碘离子浓度很低，工业上一般从海产品（如海带等）中提取碘，故C正确；
D.由于Cl2 与H2 光照化合会发生爆炸性反应，所以工业上制盐酸通常将氢气在氯气中燃烧化合后，再溶于水制得盐酸，故D错误；
答案选C。
工业制取钠为电解熔融氯化钠，反应的方程式为：2NaCl(熔融)2Na+ Cl2↑；电解氯化钠溶液的反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+2H2↑+2Cl2↑，这是氯碱工业的反应。
16、A
【解析】
XO4- 离子中X的化合价为+7价，SO32-离子被氧化生成SO42-，S元素化合价由+4价→+6价，设XO4-离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失电子数目相等，则有：2mol×（7-n）=3mol×（6-4），解得：n=+4，所以A正确；
正确答案：A。
17、B
【解析】
①用来量取要求不太严格的液体体积，是一种粗略的液体体积计量仪器，故不能精确到小数点后第二位，故不合理；
②托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平称取8.7g食盐符合天平的使用要求，故②合理；
③滴定管主要用于精确地放出一定体积的溶液，如酸碱中和滴定、配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，都要用到滴定管。可以读到小数点后第二位，故③合理；
④广泛pH试纸只能粗略的测定pH为1~14的整数，用精密pH试纸才能测至小数点后一位，故④不合理
综上所述，只有②③合理，本题选B 。
18、D
【解析】
A．警示标志为爆炸品，浓硫酸不具有此性质，故A错误；
B．警示标记为易燃液体的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，故B错误；
C．警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故C错误；
D．警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故D正确。
故选: D。
19、A
【解析】
A.在水溶液里电离出的阳离子全部为H+的化合物为酸，符合题意，A正确；
B.纯净物仅有一种物质组成，由两种或两种以上物质组成的是混合物，故O2和O3混合在一起后，虽然仅含一种元素，但仍是混合物，与题意不符，B错误；
C.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，溶液的导电能力强的不一定是电解质，如SO3的水溶液，溶液的导电能力弱的不一定是非电解质，如氯化银的水溶液，与题意不符，C错误；
D.溶液与胶体：本质区别是分散质颗粒直径的大小，与题意不符，D错误；
答案为A。
20、A
【解析】
A.此反应属于化合反应，CO中C的化合价由＋2价→＋4价，O2中O的化合价由0价→－2价，存在化合价升降，属于氧化还原反应，选项A正确；
B.此反应属于化合反应，不存在化合价的变化，选项B错误；
C.此反应属于置换反应，不属于化合反应，选项C错误；
D.此反应不属于化合反应，选项D错误。
答案选A。
21、B
【解析】
A项、AlCl3在溶液中完全电离出Al3+离子、Cl-离子，电离方程式为AlCl3=Al3++3Cl-，故A正确；
B项、NaClO在溶液中完全电离出Na+离子、ClO-离子，电离方程式为NaClO= Na++ ClO-，故B错误；
C项、Ba(OH)2在溶液中完全电离出Na+离子、ClO-离子，Ba2+离子和OH-离子，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故C正确；
D项、H2SO4在溶液中完全电离出H+离子、SO42-离子，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，故D正确；
故选B。
22、B
【解析】
A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故A错误；
B.NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，故B正确；
C.硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故C错误；
D.氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量，离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠足量，离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；
正确答案：B。

二、非选择题(共84分)
23、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2++2NO3— Ag++Cl—=AgCl↓ 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶，胶头滴管 AD
【解析】
Ⅰ. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；
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，证明沉淀是BaCO3；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；
综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；
（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；
（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
Ⅱ.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；
（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；
（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；
C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；
D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；
答案选AD。
24、Na2CO3 CuCl2、K2SO4 KCl、NaCl、KNO3 Ba2++CO32—=BaCO3↓ BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；
②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；
③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；以此解答该题。
【详解】
①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；
②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；
③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；
(1)由以上分析可以知道固体中肯定含有Na2CO3 ，肯定没有CuCl2、K2SO4；实验②加入氯化钡,引入氯离子,则不能证明是否含有KCl、NaCl，题目没有涉及KNO3的性质实验,无法证明是否含有KNO3；因此，本题正确答案是: Na2CO3 ；CuCl2、K2SO4 ； KCl、NaCl、KNO3。
(2)②中反应的离子方程式为Ba2++CO32—=BaCO3↓， BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；因此，本题正确答案是：Ba2++CO32—=BaCO3↓， BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
在解此类题时，首先分析题中的实验现象，确定物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证；本题要注意氯离子存在的判定时，要分析一下前几步操作中是否引入了氯离子，以防掉入陷阱。
25、CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 饱和NaHCO3溶液 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 28 吸收未反应的CO2 带火星的小木条 木条复燃
【解析】
A是制取CO2的装置，可以由碳酸钙与稀盐酸反应生成CO2，制得的CO2中混有HCl，装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，可以选用饱和NaHCO3溶液吸收CO2气体中混入的HCl，C中盛放Na2O2固体，CO2在C中与过氧化钠发生反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，D中盛放NaOH溶液，NaOH溶液可以吸收未反应的CO2气体，F装置用来收集生成的氧气，据此分析解答。
【详解】
(1)A是制取CO2的装置，A装置为固液不加热型制备CO2，可用碳酸钙与稀盐酸制取，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；
(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，可以选用饱和NaHCO3溶液吸收CO2气体中混入的HCl；C中盛放Na2O2固体，二氧化碳与过氧化钠反应放出氧气，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，44gCO2气体的物质的量为=1mol，根据方程式，放出0.5mol氧气，放出氧气的质量为0.5mol×32g/mol=16g，固体的质量增加44g-16g=28g，故答案为：饱和NaHCO3溶液；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；28；
(3)D中盛放NaOH溶液，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的CO2气体，故答案为：吸收未反应的CO2；
(4)氧气能够使带火星的木条复燃，可以用带火星的小木条检验氧气，故答案为：带火星的木条；木条复燃。
26、⑴①通过观察A中产生气泡的速率调节流速 ②搅拌、使用多孔球泡⑵①2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2②该反应放热，温度升高Cl2O会分解 ⑶HClO见光易分解⑷加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量
【解析】
试题分析：该实验的目的为以氯气、空气（体积比约1:3）和含水8%的碳酸钠为原料制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。
（1）①实验中将氯气和空气分别通入盛有饱和食盐水的A装置使氯气和空气混合均匀并通过观察A中产生气泡的速率调节流速控制氯气与空气体积比；
②为增大反应物的接触面积使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡。
（2）①装置B中氯气与含水8%的碳酸钠发生歧化反应生成Cl2O和氯化钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；
②若B无冷却装置，该反应放热，温度升高Cl2O会分解，则进入C中的Cl2O会大量减少。
（3）装置C中发生的反应为Cl2O+H2O＝2HClO，HClO见光易分解，故装置C采用棕色圆底烧瓶。
（4）次氯酸溶液呈酸性、具有强氧化性，取20.00 mL次氯酸溶液应用酸性滴定管或20.00mL的移液管；根据题给信息次氯酸可被H2O2还原成Cl－，发生的反应为：HClO+H2O2＝O2+H2O+Cl－+H＋，然后向反应后的溶液中加入足量硝酸银溶液，通过测定生成沉淀氯化银的质量确定次氯酸的物质的量，确定次氯酸的浓度，而用氯化亚铁还原次氯酸会引入氯离子，干扰实验，故实验方案为：用酸式滴定管取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。
考点：考查化学实验方案的分析、评价和设计，物质的制备，化学方程式的书写。
27、3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑ C、D 2NO＋O2===2NO2 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 C、D 2.24L 丁 制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少(原料的利用率最高)且不产生污染环境的气体
【解析】
(1) 利用稀硝酸强氧化性，与铜发生反应，离子反应方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2 NO↑＋4H2O；
(2) ①所用物质不能与稀硝酸反应，干扰铜和稀硝酸的反应，Fe、Al都与稀硝酸反应，Pt、玻璃不与稀硝酸反应，即选择C、D；
②分液漏斗中含有空气，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，即2NO＋O2=2NO2；
(3) 关闭活塞，铜丝与硝酸反应，气体增多，压强增大，会把硝酸压入到玻璃管中，防止稀硝酸溢出，所以长玻璃管的作用是：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出
(4) 因为NO与空气中氧气反应，因此收集NO用排水法收集，排水法收集气体应是短管进气长管出水，因此选项C和D正确；
(5) NO与氧气、水的反应为：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3 ，铜的物质的量为，根据反应3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑，生成NO物质的量为，根据反应4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3 ，氧气物质的量为，得V(O2)=2.24L；
(6) .甲：铜与浓硝酸反应产生对环境有污染的氮的氧化物，故甲错误；乙：产生NO，污染空气，故乙错误；丙：使用氯气，氯气有毒，污染空气，故丙错误；丁：对环境无污染，故丁正确，同时根据几个反应可以看出制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少，所以最好的是丁，理由是制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少(原料的利用率最高)且不产生污染环境的气体。
本题难点是氧气量的计算，可以根据两个反应来进行计算，还可以根据电子守恒计算，铜与硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜失电子，硝酸得电子，转化成NO，然后氧气与NO反应4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3 ，NO失电子，氧气得电子，因此铜失去电子，最终给了氧气