内蒙古固阳县第一中学2025年化学高一上期中统考模拟试题含解析.doc

内蒙古固阳县第一中学2025年化学高一上期中统考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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（每题只有一个选项符合题意）
1、已知硫代硫酸钠可作为脱氯剂，溶液恰好可以把 （标准状况下）转化为，则将转化为（ ）
A． B．
C． D．
2、下列对古文献记载内容或诗句谚语理解不正确的是 ( )
A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B．“水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化
C．《梦溪笔谈》记载：“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”中涉及到的反应有置换反应
D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”中的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
3、意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，下列说法正确的是（ ）
A．N4属于一种新型的化合物
B．N4与N2的摩尔质量相等
C．等质量的N4与N2所含的原子个数比为2∶1
D．等质量的N4与N2所含的原子个数比为1∶1
4、下列仪器中常用于物质分离的是

A．①③⑤ B．①②⑥ C．②③⑤ D．③④⑤
5、将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于一密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1 mol，下列说法一定正确的是 (　　)
A．混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量一定相等
B．容器中肯定有0.5 mol O2
C．反应后，容器中的固体只有Na2CO3
D．反应后，容器中一定没有H2O
6、稀有金属铟由于其良好的性能常用于生产液晶显示器和平板屏幕，下图是铟元素的相关信息，下列有关铟的说法错误的是

A．115In原子核内有66个中子
B．115In原子核外有49个电子
C．115In、113In互为同位素
D．115In、113In的化学性质有较大的不同
7、下列离子方程式中，正确的是
A．稀硫酸滴在铜片上：Cu + 2H+ == Cu2+ + H2O
B．少量二氧化碳通入澄清石灰水：Ca2+ + 2OH― + CO2 == CaCO3↓ + H2O
C．氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3+ + Fe == 2Fe2+
D．碳酸钡与稀盐酸混合：CO32― + 2H+== CO2↑+ H2O
8、下列说法不正确的是
A．检验Cl-的试剂是硝酸银和硝酸
B．检验的试剂是氯化钡和盐酸
C．检验的试剂是盐酸、澄清石灰水和氯化钙
D．向溶液中加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，即可证明有
9、在反应2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中(　 　)
A．氧化产物与还原产物粒子个数比是2∶5
B．被氧化的HCl占参加反应HCl总分子数的5/8
C．KMnO4只有一部分发生还原反应
D．KMnO4与HCl恰好分别完全被还原和被氧化
10、根据反应（1）2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋
（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
（3）HClO＋H＋＋Cl－=H2O＋Cl2，可以判断出各粒子的氧化性由强到弱顺序正确的是
A．HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋
B．Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋
C．Cl2＞Fe3＋＞HClO＞Cu2＋
D．HClO＞Cl2＞Cu2＋＞Fe3＋
11、下列各物质属于电解质的是（　　）
①NaOH ②BaSO4 ③Cu ④蔗糖 ⑤CO2
A．①② B．①②⑤ C．③④ D．①③⑤
12、同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（ ）
A．物质的量之比为8∶11 B．密度比为11∶8
C．质子数之比为1∶1 D．原子个数比1∶1
13、下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H＋=2Fe3＋+3H2↑
B．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2＋+SO42-=BaSO4↓
C．碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H＋=H2O+CO2↑
D．NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后恰好显中性Ba2＋+2OH－+2H＋+ SO42-=BaSO4↓+2H2O
14、某CaCl2样品可能混有FeCl3、MgCl2、NaCl、Na2CO3中的一种或两种，取11.1克样品溶解，得无色溶液，再加入足量AgNO3溶液，得27.7克沉淀，由此可知样品中所含杂质的正确结论是
A．一定无Na2CO3，一定有MgCl2 B．一定无Na2CO3，一定有NaCl
C．一定有MgCl2，可能有NaCl D．一定有FeCl3，可能有NaCl
15、某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1：4：1．若配置该营养液，取214g NH4Cl，则需KCl和K2SO4的质量分别为（   ）
A．53.5g和214g B．37.25g和341g
C．74.5g和696g D．149g和696g
16、实验是化学研究的基础，下列实验操作或装置正确的是( )
A．向试管中滴加液体
B．除去CO气体中的CO2气体
C．碳酸氢钠受热分解
D．过滤
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有一包固体混合物粉末，其中可能含有Na2SO4、K2CO3、CuSO4、BaCl2、NaCl，
现按如下操作步骤进行实验：
①取部分固体混合物溶于水中，振荡，得无色透明溶液；
②取①所得溶液，滴加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；
③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀部分溶解。
根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原固体混合物粉末中一定含有的物质是_____________________，一定不含有的物质是_______________，可能含有的物质是____________________ (以上空格均填写化学式)。
(2)写出步骤③中的离子方程式_______________________________________。
(3)若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_______ (填字母)。
a．HCl、BaCl2、AgNO3
b．HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3
c．AgNO3、HNO3、Ba(NO3)2
d．AgNO3、HCl、BaCl2
18、我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。

(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于______(填字母)。
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
(2)写出B的化学式：____________。
(3)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：________________________。
(4)上述转化过程中属于氧化还原反应的是_______________(填序号)
(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为_____________。
19、在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
成分
质量/g
摩尔质量/（g·mol－1）
蔗糖
50.00
342
硫酸钾
0.50
174
阿司匹林
0.35
180
高锰酸钾
0.50
158
硝酸银
0.04
170
（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是________（填写名称）。
（2）“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K＋）______（只要求写表达式，不需计算）mol·L－1。
（3）下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是____________（填字母），还缺少的玻璃仪器有____________（填仪器名称）。

（4）配制过程中，下列操作使所配溶液浓度偏低的是____________。
A 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B 溶解后没有冷却便进行定容
C 定容时仰视液面
D 容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的鲜花保鲜剂而未洗净
E 加水定容时越过刻度线，又用胶头滴管吸出
F 定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（5）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，则加入的试剂中应含有_________（填化学符号）。
20、某课外活动小组利用下列装置迅速制备少量氯气。提供的试剂有：浓盐酸、饱和食盐水、氢氧化钠溶液、高锰酸钾固体。(2KMnO4＋16HCl(浓)→2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O)

试回答：
（1）装置H中盛放的试剂是_________________________________________。
（2）尾气处理时关闭弹簧夹a和弹簧夹________________，打开弹簧夹________________。
（3）处理尾气时，发生反应的化学方程式是____________________________。
（4）从装置G中出来的Cl2中含有________________气体，可用________________试剂除去。
（5）标出该反应的电子转移方向和数目：2KMnO4＋16HCl(浓)→2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O_______，此反应中的氧化剂是________，被氧化的元素是________，若参加反应的氧化剂的物质的量是1mol，则产生的氯气在标准状况下的体积为________，被氧化的物质的物质的量为________（有单位的需注明单位）
21、实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L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倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。
其正确的操作顺序为___________ ⑤⑥⑤__________。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_____________________。
（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_________ g。要完成本实验该同学应称出_________ g NaOH。

（3）对所配制的NaOH溶液进行测定，发现其浓度低于1.0mol/L。在溶液配制过程中，下列操作会引起该误差的有_________（填序号）。
A．转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
C．容量瓶未干燥就用来配制溶液
D．称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长
E．定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加入少量水使液面与刻度线相平
F．定容时仰视刻度线
G．NaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中
（4）氢氧化钠是一种用途十分广泛的重要化工原料，工业上主要通过电解氯化钠饱和溶液的方法 。试用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目____________________。实验测得，反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则耗氧化剂的物质的量为_________mol。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
利用氧化还原反应中的得失电子数目守恒进行分析；
【详解】
，，设被氧化后氧化产物中元素的化合价为n，根据得失电子守恒得，解得，选项D正确；
答案：D。
利用得失电子数目守恒进行计算，方法比较简洁，一般遵循的是n(氧化剂)×变价原子右下角系数×化合价的变化=n(还原剂)×变价原子右下角系数×化合价变化，也可以通过氧化产物、还原产物。
2、B
【解析】
根据物理变化和化学变化的特点进行判断；根据四大基本反应类型的特点进行分析；根据化学实验基础和胶体等基础常识进行分析。
【详解】
用浓酒和糟入甑，蒸令气，指酒中的乙醇受热蒸发后，冷却凝结后得到更纯净的酒露，即考查化学中的物质的分离和提纯操作——蒸馏，故A不符合题意；
水滴石穿指的是自然界的石头在水滴的侵蚀作用下而使石头穿孔的现象，该过程发生复杂的物理、化学变化；绳锯木断指的是用绳子把木头锯断，只发生了物理变化，故B符合题意；
熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，即指硫酸铜与铁发生置换反应得到铜单质，故C不符合题意；
海市蜃楼即使胶体在空气中表现的丁达尔效应，故D不符合题意。
答案选B。
胶体不一定是溶液，也可以是气态或是固态，胶体区别于其他分散系的本质特点是分散质粒子的大小不同。
3、D
【解析】
A.N4是一种只由N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，故B错误;对于C和D，设N4与N2的质量均为mg，求出相应物质的量，再在求出原子个数之比。
【详解】
A.由一种元素组成的纯净物为单质，由两种或两种以上的元素组成的纯净物为化合物，故A项错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，故B项错误；设N4与N2的质量均为mg，则N4的物质的量为m/56 mol，所含的原子个数4m/56 NA，即m/14 NA。N2的物质的量为m/28 mol，所含的原子个数2m/28 NA，即m/14 NA。故等质量的N4与N2所含的原子个数比为1∶1，C项错误，D项正确。综上本题选D。
4、C
【解析】
根据化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作分析。
【详解】
①试管：常用作物质的反应仪器，不用分离操作，故①错误；②漏斗：常用于过滤；故②正确；③分液漏斗：常用于分液；故③正确；④托盘天平：用于称量固体的质量，未用于分离操作，故④错误；⑤蒸馏烧瓶：常用于蒸馏；故⑤正确；⑥研钵：研钵用来将固体药品研细，未用于分离操作，故⑥错误。
故选C。
漏斗常被用作分离固液混合物；分液漏斗常被用于分离互不相溶的液体混合物；蒸馏烧瓶是蒸馏操作中，利用互溶的液体的沸点不同，用于物质的分离的仪器。
5、B
【解析】
本题涉及反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，还可能有2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑。A. 混合物中NaHCO3 和Na2O2物质的量没有一定关系，故A不一定正确；B. 2Na2O2～O2～2e－，反应中转移电子的物质的量为1mol，所以容器中肯定有0.5molO2，故B正确；C. 反应后容器中的固体还可能有NaOH，故C不一定正确；D. 反应后容器中可能有H2O，故D不一定正确。故选B。
6、D
【解析】
从图上分析，该元素为49号元素，相对原子质量为114.8。
【详解】
A. 115In原子核内有49个质子，所以有115-49=66个中子，故正确；
B. 115In原子核内有49个质子，所以核外有49个电子，故正确；
C. 115In、113In二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，故正确；
D. 115In、113In的核外电子数相同，化学性质相似，故错误。
故选D。
7、B
【解析】
本题主要考查离子反应方程式的正误判断。
A.稀硫酸与铜不反应；
B.少量二氧化碳通入澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀和水；
C.氯化铁溶液中加入铁粉，反应生成氯化亚铁；
D.碳酸钙为难溶物，与稀盐酸混合生成氯化钙、水和二氧化碳。
【详解】
A.稀硫酸与铜不反应，无离子方程式，错误；
B.少量二氧化碳通入澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀和水，其离子方程式为：Ca2+ + 2OH- + CO2 == CaCO3↓ + H2O，正确；
C.氯化铁溶液中加入铁粉，反应生成氯化亚铁，其离子方程式为：2Fe3+ + Fe == 3Fe2+，错误；
D.碳酸钙为难溶物，与稀盐酸混合的离子方程式为：CaCO3 + 2H+== Ca2++CO2↑+ H2O，错误。
离子方程式的正误判断：(1)看离子反应是否符合客观事实，(2)看表示物质的化学式是否正确，(3)看是否漏写反应的离子，(4)看是否质量守恒或原子守恒，(5)看是否电荷守恒，(6)看是否符合离子的配比，(7)看是否符合题设条件及要求。对于有微溶物（如氢氧化钙）参加化学反应的离子方程式书写时，需注意：（1）作反应物为澄清溶液时，需拆分，（2）作反应物为浑浊或悬浊液以及乳浊液时，不拆分，（3）作生成物无论澄清与否，均不拆分。
8、D
【解析】
A．检验Cl-，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀生成，证明含有Cl-，A正确；
B．检验，先加入稀盐酸，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明含有，B正确；
C．某溶液中滴加稀盐酸，生成能使澄清石灰水就浑浊的无色无味气体，此离子可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子，然后再另取该溶液加入氯化钙溶液，若生成白色沉淀，则证明溶液中含有，C正确；
D．向溶液中加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，可能生成硫酸钡沉淀，也可能生成氯化银沉淀，不能证明原溶液中一定有，D错误。
答案选D。
9、B
【解析】
在2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 反应中，Mn元素化合价降低，被还原，Cl元素化合价升高，被氧化，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物，当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化。
A.氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2，故A错误；
B.当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，所以被氧化的HCl占参加反应HCl总分子数的5/8，故B正确；
C. 2molKMnO4全部发生还原反应，故C错误；
D.当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，所以HCl没有分别完全发生氧化反应，故D错误。答案选B。
10、A
【解析】
根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可以推断.
【详解】
由反应（1）2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋可知，Fe3+是氧化剂、Cu2+是氧化产物，故Fe3+＞Cu2+；
由反应（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－可知，Cl2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，故Cl2＞Fe3+；
由反应（3）HClO＋H＋＋Cl－=H2O＋Cl2可知，HClO是氧化剂、Cl2是氧化产物，故HClO＞Cl2。
综上所述，各粒子的氧化性由强到弱顺序是HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋，故选A。
11、A
【解析】
电解质指的是在水溶液或者是熔融状态下，能够导电的化合物；非电解质指的是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。
【详解】
①NaOH是电解质；
②BaSO4也是电解质；
③Cu既不是电解质，又不是非电解质；
④蔗糖是非电解质；
⑤CO2的水溶液能导电，是由于H2CO3的电离，因此H2CO3是电解质，CO2是非电解质。
因此属于电解质的是①②，故答案A。
12、C
【解析】
A.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，即n(O2):n(CO2)=44:32=11:8，故A错误；
B.同温同压下，密度比等于摩尔质量之比＝32∶44＝8∶11，故B错误；
C.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，质子数之比=∶＝1∶1，故C正确；
D.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，原子个数比＝∶＝11∶12，故D错误；
故答案：C。
13、D
【解析】
试题分析：A．稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑，A项错误；B.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，离子方程式为2OH－+Ba2＋+SO42-+2H＋=BaSO4↓+2H2O，B项错误；C.碳酸钙是难溶于水的盐，与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H＋=H2O+CO2↑+Ca2＋，C项错误；D.NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后恰好显中性Ba2＋+2OH－+2H＋+ SO42-=BaSO4↓+2H2O，D项正确；答案选D。
考点：考查离子方程式的正误判断
14、B
【解析】
试题分析：原样品溶于水形成无色溶液，可排除FeCl3与Na2CO3的存在．因Fe3+的溶液显黄色，Na2CO3存在时会与CaCl2反应形成CaCO3沉淀．
假设原样品全部为CaCl2，则可形成AgCl沉淀的质量为m，则
CaCl2----2AgCl
111 2×143.5
11.1 g m（AgCl）
m（AgCl）= =28.7 g＞27.7（实际得到沉淀量），
这说明CaCl2样品中一定含有比CaCl2含氯质量分数更低的物质，即NaCl，
故此题选B．
考点：考查物质的检验和鉴别相关知识点
15、B
【解析】
NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，KCl的摩尔质量为74.5g/mol，K2SO4的摩尔质量为174g/mol。先求物质的量，再折算成质量。
【详解】
214gNH4Cl的物质的量为4mol。由KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1：4：1可知，需要KCl和K2SO4的物质的量分别为0.5mol和2mol，其对应的质量分别为： 所以答案选择B项。
此题也可以采用排除法进行求解。直接依据NH4Cl的量算KCl或K2SO4即可顺利选出正确答案。
16、B
【解析】
A.胶头滴管使用时应垂直、悬空于试管正上方0.5cm处，故A错误；
B.氢氧化钠与二氧化碳反应，与一氧化碳不反应，可以用氢氧化钠除去一氧化碳中混有的二氧化碳；气体除杂进气管较长，浸入液体以下，出气管在液面以上，故B正确；
C.大试管口应该向下倾斜，防止液体回流，造成试管炸裂，故C错误；
D.过滤操作时倾倒液体应用玻璃棒引流，玻璃棒应靠在三层滤纸上且低于滤纸边缘，漏斗下端口紧靠烧杯内壁，故D错误。答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、K2CO3 、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 NaCl BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O b
【解析】
固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液说明混合物中一定无硫酸铜，取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含硫酸钠或碳酸钠，由于硫酸钠或碳酸钠可与氯化钡反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含氯化钡，在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，故一定含碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定。
【详解】
（1）①取固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，由于硫酸铜溶液为蓝色，所以说明一定不含硫酸铜；
②取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，根据题干给出的物质，所形成的沉淀可能为碳酸钡或硫酸钡，所以混合物中可能含碳酸钠或硫酸钠，综合（1）得到无色溶液（2）可能含碳酸钠或硫酸钠，而碳酸钠或硫酸钠可与氯化钡形成沉淀，故混合物中一定不含氯化钡；
③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明沉淀为碳酸钡，故一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有；
故答案为Na2CO3；Na2SO4、BaCl2、CuSO4；NaCl；
（2）碳酸钡是可以溶于强酸的白色沉淀，实质是：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
（3）若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，必须先加入过量硝酸与碳酸钾反应以除去碳酸根离子，再用硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后加入AgNO3检验是否存在氯离子，故答案选b。
本题为混合物组成的推断题，完成此类题目，要抓住题干叙述的解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向推测其他物质，从而得出结论。
18、C CuO Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋3H2O＋CO2↑ ①⑤ Cu2(OH)2CO3＝2CuO+H2O＋CO2↑
【解析】
本题考查的知识点有物质的分类、离子方程式的书写、氧化还原反应。
①物质的分类方法很多，其中按物质的组成和性质特点可分为混合物和纯净物；纯净物分为单质和化合物；单质分为金属单质和非金属单质，化合物分为无机物和有机物；无机物分为氧化物、酸、碱、盐等；其中盐按组成可分为正盐、酸式盐、碱式盐、复盐，按是否溶于水可分为可溶性盐和难溶性盐。
②离子方程式书写时遵循一写二拆三删四查的原则。其中可溶性强电解质拆成离子形式；难溶物、单质、气体、氧化物、弱电解质、水不拆，保持化学式的形式。
③氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。
【详解】
（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。本小题答案为：C。
（2）氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，则B为氧化铜，化学式为CuO。本小题答案为：CuO。
（3）由信息可知“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，则铜绿与盐酸反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋3H2O＋CO2↑。本小题答案为：Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋3H2O＋CO2↑。
（4）反应①中铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，反应①为氧化还原反应；反应②是铜绿与酸反应生成铜盐、CO2和H2O，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应③是铜盐与碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应④是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应⑤是氧化铜与氢气反应生成铜和水，是置换反应，有价态变化，是氧化还原反应。本小题答案为：①⑤。
（5）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，因为B为CuO，则铜绿受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO3＝2CuO+H2O＋CO2↑。
解答本题时可根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，改成离子方程式即可；依据复分解反应的概念和氧化还原反应的概念，结合反应过程的特征分析判断。
19、蔗糖 2× ＋ ac 玻璃棒、烧杯 CE Cl－
【解析】
(1)同一溶液、体积相等，则物质的量越大溶液的浓度也越大，蔗糖的物质的量为：=0.146mol；硫酸钾的物质的量为：=0.00287mol；阿司匹林的物质的量为：=0.00194mol；高锰酸钾的物质的量：=0.0032mol；硝酸银的物质的量：=0.00024mol；所以蔗糖的物质的量最大，溶液中蔗糖的物质的量浓度最大；
(2)溶液中钾离子的物质的量为(2×+)mol，溶液的体积V=1L，则依据c=，溶液中钾离子的物质的量浓度为=（2×+）mol/L；
(3)配制一定物质的浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、1000 mL容量瓶、胶头滴管；用不到烧瓶和分液漏斗，还缺少的仪器是玻璃棒、烧杯；
(4)A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A不选；
B. 溶解后没有冷却便进行定容，会造成溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，故B不选；
C．定容时仰视液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故C选；
D．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的鲜花保鲜剂而未洗净，容量瓶中残留有鲜花保鲜剂，导致配制的溶液中鲜花保鲜剂浓度偏大，故D不选；
E. 加水定容时越过刻度线，又用胶头滴管吸出，加入水的量偏大，导致配制的溶液浓度偏低，故E选；
F．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，故D不选；
答案选CE；
(5)银离子能够与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，则欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，加入的试剂中应含有Cl-。
20、饱和食盐水 b c 2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O 氯化氢（HCl） 饱和食盐水 KMnO4 Cl 56L 5mol
【解析】
（1）装置H是用来收集氯气的装置，氯气易溶于水，在饱和氯化钠溶液中溶解度较小，所以可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，
故答案为饱和食盐水；
（2）由题意可知用仪器P吸收过量的氯气，要想使反应剩余气体进入p，应关闭弹簧夹a和弹簧夹b，打开弹簧夹c；
故答案为b；c；
（3）氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
故答案为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
（4）用反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O制取氯气，浓盐酸具有挥发性，会有氯化氢气体产生，可用饱和食盐水除去氯化氢气体。
答案为：氯化氢（HCl）；饱和食盐水；
（5），反应中的氧化剂是KMnO4，被氧化的元素是Cl；若参加反应的氧化剂的物质的量是1mol，则生成氯气的物质的量为2.5mol,有5mol氯化氢被氧化为氯气，标况下氯气的体积为:V = 2.5mol×22.4L/mol= 56L；
答案为：；KMnO4；Cl；56L；5mol。
21、②①③⑧⑦④250 mL容量瓶27.410.0ABDEF0.1mol
【解析】
⑴.配制一定物质的量浓度的溶液时，一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、倒转摇匀，所以正确的操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑤ ⑦④；根据上述分析可知，该实验中需要的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和容量瓶，因实验室无240mL的容量瓶，因此应选用250mL的容量瓶，故答案为②①③⑧； ⑦④；250 mL容量瓶；
⑵.由图可知，称量烧杯质量时砝码与烧杯位置放反了，称量时使用了30.0g的砝码，游码的读数为2.6，则烧杯的实际质量为30.0g－2.6g=27.4g；根据上述分析可知，本实验需要选用250mL的容量瓶，则n（NaOH）＝0.25L×1.0 mol/L＝0.25mol，m（NaOH）＝0.25mol×40g/mol＝10.0g，故答案为27.4g；10.0g；
⑶. A．转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故B正确；C．容量瓶未干燥就用来配制溶液，因后面还要加水定容，因此未干燥对配制溶液无影响，故C错误；D．称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长，因NaOH易吸水潮解，则称量的NaOH固体偏少，配制的溶液浓度偏低，故D正确；E．定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，属于正常情况，若再加入少量水使液面与刻度线相平，则溶剂偏多，配制的溶液浓度偏低，故E正确；F．定容时仰视刻度线，会导致溶液的体积偏大，浓度偏低，故F正确；G．NaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中，会造成溶液的体积偏小，浓度偏高，故G错误；所以答案为：ABDEF；
⑷．在反应中，氯元素化合价从-1价升高到0价，共失去2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，共得到2个电子，则用单线桥法表示的式子为：；根据反应方程式可知，该反应的氧化剂是H2O，且生成等物质的量的H2和Cl2，当反应消耗2mol水时，将生成1mol H2和1molCl2，在标准状况下的体积为44.8L，因此当反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L时，消耗氧化剂（即水）的物质的量为0.1mol，故答案为；0.1mol。
点睛：本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制过程中的计算和误差分析。本题的易错点是配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，在解题时要注意根据c=进行判断，由c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，进行误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。