云南省昆明市黃岡實驗學校2025年高一化學第一學期期中綜合測試模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列除去雜質的方法正確的是(括號內的物質為雜質)A．硝酸鉀溶液(硝酸銀):加入適量的氯化鈉溶液,過濾B．二氧化碳(HCl):通入飽和碳酸鈉溶液,收集氣體C．氮氣(氧氣):通過灼熱的銅粉,收集氣體D．氯化鈉溶液(單質碘):加入酒精萃取后分液2、標準狀況下，現(xiàn)有①6.72LCH4②3.011023個HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，對這四種氣體的關系有以下四種表述，其中不正確的是A．氫原子個數(shù)：①>③>④>②B．質量：②>③>①>④C．物質的量：②>③>④>①D．體積：②>③>①>④3、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．等物質的量的N2和CO所含分子數(shù)均為NAB．常溫下，0.1molCuSO4·5H2O晶體中氧原子數(shù)目為0.4NAC．NA個N2分子所占的體積與0.5NA個H2分子所占的體積比為2∶1D．常溫下，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中氮原子數(shù)為0.2NA4、下列屬于強電解質的是（）A．醋酸B．酒精C．銅D．小蘇打5、物質灼燒時，火焰呈黃色的一定含有（）A．KOH B．NaOH C．BaCl2 D．鐵絲6、下列說法中，正確的是A．物質的量就是物質的質量B．摩爾既是物質的數(shù)量單位又是物質的質量單位C．摩爾質量等于物質的相對分子質量D．阿伏加德羅常數(shù)可以近似表示為6.02×1023mol-17、NaNO2是一種食品添加劑，具有致癌性。酸性KMnO4溶液與NaNO2反應的化學方程式為：MnO4?+NO2?+□→Mn2++NO3?+H2O(未配平)。下列敘述中正確的是A．該反應中NO2?被還原 B．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4C．反應過程中溶液的酸性增強 D．□中的粒子是OH?8、中華民族有著光輝燦爛的發(fā)展史，下列過程不涉及元素化合價變化的是A．用膽礬煉銅B．點制豆腐C．黑火藥的使用D．用鐵礦石煉鐵9、在共價化合物中，元素化合價有正負的主要原因是()A．電子有得失B．電子既有得失又有電子對偏移C．共用電子對有偏移D．有金屬元素的存在10、類推的思維方法在化學學習與研究中有時會產生錯誤結論，因此類推的結論最終要經過實踐的檢驗，才能決定其正確與否，下列幾種類推結論中錯誤的是①氫氧化鋁加熱能分解為金屬氧化物和水；氫氧化鎂、氫氧化鐵也能加熱分解生成金屬氧化物和水

②Fe露置在潮濕空氣中一段時間后就會銹跡斑斑；性質更活潑的Al不能穩(wěn)定存在于空氣中③碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液均顯堿性；鈉鹽溶液均能使酚酞變紅④鈉和硫反應生成Na2S；鎂、鋁、鐵均能與硫直接化合生成相應的硫化物⑤化合物NaCl的焰色為黃色；Na2CO3的焰色也為黃色⑥鈉與水反應生成NaOH和H2；所有金屬與水反應都生成對應堿和H2A．①④⑤B．①③⑥C．②③⑥D．①②③11、將少量金屬鈉分別投入下列物質的水溶液中，有氣體放出，且溶液質量減輕的是A．HCl B．NaOH C．K2SO4 D．CuSO412、某同學要在奧運五連環(huán)中填入物質，使相連物質間能發(fā)生反應，不相連物質間不能發(fā)生反應。你認為“五連環(huán)”中有空缺的一環(huán)應填入的物質是()A．硫酸鎂 B．氧氣C．二氧化碳 D．氧化鈣13、下列敘述正確的是（）A．氯化鈉溶液在電流作用下電離成鈉離子和氯離子B．溶于水后能電離出氫離子的化合物一定是酸C．二氧化碳溶于水能導電，故二氧化碳屬于電解質D．硫酸鋇難溶于水，但硫酸鋇屬于電解質14、離子方程式BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+中的H+不能代表的物質是（）①HCl②H2SO4③HNO3④NaHSO4⑤CH3COOHA．②④⑤B．④⑤C．①③D．⑤15、在標準狀況下，下列四種氣體的關系中，從大到小的順序正確的是①6.72LCH4②3.01×1023個HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3A．體積：③>①>②>④ B．氫原子數(shù)：①>②>③>④C．質量：②>①>③>④ D．密度：②>③>④>①16、由Na2CO3·10H2O與NaHCO3組成的混合物4.54g，溶于水配成100mL溶液，Na+的濃度為0.4mol·L-1，另取等質量的混合物加強熱至質量不變，則剩余固體的質量為A．4.24g B．3.18g C．2.12g D．1.06g二、非選擇題（本題包括5小題）17、淡黃色固體A和氣體X存在如下轉化關系：請回答下列問題：（1）固體A的名稱____________，X的化學式____________。（2）反應③的化學方程式為____________________。（3）寫出反應②的離子方程式________________________。18、某無色透明溶液中可能大量存在K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的幾種，請按要求填空：(1)不做任何實驗就可確定原溶液中不存在的離子是_____，(2)取少量原溶液，加入過量稀鹽酸，有白色沉淀生成；再加入過量的稀硝酸，沉淀不消失。說明原溶液中肯定存在的離子是______________，(3)取(2)中的濾液，加入過量的氨水（NH3·H2O），出現(xiàn)白色沉淀（已知：Ag(NH3)2+在溶液中無色），說明原溶液肯定有_____，(4)溶液中可能存在的離子是_____；驗證其是否存在可以用_____（填實驗方法）(5)原溶液大量存在的陰離子可能是下列中的__________。A．Cl-B．NO3-C．CO32-D．OH-19、（1）在圖所示儀器中，配制上述溶液肯定不需要的是______（填序號），除圖中已有儀器外，配制上述溶液還需要的玻璃儀器是______．（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正確的是______A．使用容量瓶前檢驗是否漏水B．容量瓶用水洗凈后，再用待配溶液洗滌C．配制溶液時，如果試樣是固體，把稱好的固體用紙條小心倒入容量瓶中，緩慢加水至接近刻度線1～2cm處，用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線．D．配制溶液時，若試樣是液體，用量筒取樣后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，緩慢加水至刻度線1～2cm處，用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線．E．蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶反復倒轉多次，搖勻．（3）根據計算用托盤天平稱取NaOH固體的質量為______g．在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所得溶液濃度______0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）．（4）根據計算得知，需用量筒量取質量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的體積為______mL，如果實驗室有15mL、20mL、50mL量筒，應選用______mL量筒最好．20、NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉膠體，選擇適當?shù)脑噭┖头椒◤闹刑峒兂鯪aCl晶體。相應的實驗過程如圖：（1）操作①的名稱是___________。（2）試劑③的化學式是____________，判斷試劑①已過量的方法是：_____________。（3）加入試劑②發(fā)生的離子方程式是________________。21、回答下列有關氧化還原的問題。（1）Cu與濃H2SO4發(fā)生化學反應：Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。其中氧化產物是__________。若反應中轉移的電子的物質的量為0.2mol，則生成的SO2氣體在標況下的體積為__________。（2）下列微粒：①S②S2－③Fe2＋④H＋⑤Cu⑥HCl⑦H2O在化學反應中只能被氧化的是__________（填序號，下同）。只能表現(xiàn)出氧化性的是__________。（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入適量鋅粉，最終反應容器中有固體剩余。則固體中一定含有__________，反應后溶液中一定含有的陽離子是__________。（4）在反應KClO3＋6HCl（濃）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯與被還原的氯的原子個數(shù)比為__________。（5）將NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至無色。反應結束后，推測硫元素在溶液中的存在形式是__________。這樣推測的理由是__________。（6）自來水中的NO3－對人類健康產生危害。為了降低自來水中NO3－的濃度，某研究人員提出兩種方案。①方案a：微堿性條件下用Fe（OH）2還原NO3－，產物為NH3。生成3.4gNH3同時會生成__________molFe（OH）3。②方案b：堿性條件下用Al粉還原NO3－，產物是N2。發(fā)生的反應可表示如下，完成方程式配平并標出電子轉移的方向和數(shù)目。____Al＋____NO3－＋____OH－——____AlO2－＋______N2↑＋____H2O

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.硝酸鉀溶液中混有硝酸銀時，加入適量的氯化鈉溶液會導致混入鈉離子等新的雜質，故A方法錯誤；B.二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液也能發(fā)生反應，故B方法錯誤；C.混合氣體通過通過灼熱的銅粉時，氧氣與銅粉發(fā)生反應，氮氣與銅粉不反應，最終收集到的是氮氣，故C方法正確；D.酒精能與水任意比例互溶，不能作為除去氯化鈉溶液中溶有單質碘的萃取劑，故D方法錯誤；答案選C。2、C【解析】

標準狀況下：①6.72LCH4的物質的量為0.3mol，質量為4.8g；②3.01×1023個HCl分子的物質的量為0.5mol，質量為18.25g；③3.6gH2S的物質的量為0.4mol；④0.2molNH3，質量為3.4g；A項，由物質的量可以計算出氫原子個數(shù)大小為：①>③>④>②，故A項正確；B項，質量等于物質的量與摩爾質量的乘積，由以上計算結果可知該項正確，故B項正確；C項，根據以上計算結果可知：物質的量：②>③>①>④，故C項錯誤；D項，相同條件下物質的量越大，氣體體積越大，故D項正確；綜上所述，本題選C。3、D【解析】

1mol任何粒子中的粒子數(shù)稱為阿伏加德羅常數(shù)，符號NA，單位mol-1。A.題目中“等物質的量的N2和CO”，其物質的量未必是1mol，故所含的分子數(shù)未必是NA，A項錯誤；B.每個“CuSO4·5H2O”中含有4+5×1=9個氧原子，則0.1molCuSO4·5H2O晶體中氧原子物質的量=0.1mol×9=0.9mol，即氧原子數(shù)目為0.9NA，B項錯誤；C.一定量的任何氣體體積決定于溫度和壓強，本選項未明確N2和H2所處的溫度和壓強是否相同，所以無法計算它們的體積比，C項錯誤；D.根據=V(aq)·CB，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物質的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，每個“NH4NO3”含有2個氮原子，所以0.1molNH4NO3中含有0.2mol氮原子，即氮原子數(shù)為0.2NA，D項正確；答案選D。4、D【解析】試題分析：A項：醋酸是化合物，在水溶液中是部分電離的電解質，屬于弱電解質，故錯；B項：酒精是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不導電，屬于非電解質，故錯；C項：金屬銅是單質，它既不是電解質也不是非電解質，故錯；故錯D?？键c：強電解質和弱電解質的概念點評：本題是對基本概念強電解質的考查，題目難度不大，平時學習注意概念的辨析、基礎知識的積累。5、B【解析】

物質灼燒時，火焰呈黃色，則表明物質中一定含有鈉元素，不能肯定鉀元素是否存在，含鈉元素的物質可能為鈉、鈉的氧化物、鈉的氫氧化物、鈉鹽等，故選B。6、D【解析】

A．物質的量和質量均屬于七個基本物理量，是兩個不同的物理量，故A錯誤；B．摩爾就是物質的量的單位，不是物質的數(shù)量單位，故B錯誤；C．摩爾質量以g/mol為單位時，在數(shù)值上等于物質的相對分子質量，不是摩爾質量等于物質的相對分子質量，故C錯誤；D．阿伏加德羅常數(shù)的單位為mol-1，阿伏伽德羅常數(shù)可以近似表示為6.02×1023mol-1，故D正確；綜上所述答案為D。7、B【解析】

該反應中Mn元素化合價由+7價變?yōu)?2價，所以MnO4-是氧化劑，NO2-應該作還原劑，亞硝酸根離子中N元素應該失電子化合價升高，生成硝酸根離子，根據轉移電子相等、原子守恒配平方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O。A．該反應中N元素化合價由+3價變?yōu)?5價，所以亞硝酸根離子失電子被氧化，故A錯誤；B．根據轉移電子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物質的量==0.4mol，故B正確；C．根據元素守恒、電荷守恒知，中是H+，氫離子參加反應導致溶液中氫離子濃度降低，則溶液的酸性減弱，故C錯誤；D．由C分析可知，中是H+，故D錯誤；故選B。8、B【解析】

用膽礬煉銅是用鐵置換出硫酸銅溶液中的銅；點制豆腐是向豆?jié){中加入石膏，利用膠體聚沉；黑火藥爆炸是硝酸鉀、硫粉、木炭反應生成硫化鉀、二氧化碳、氮氣；鐵礦石煉鐵是用一氧化碳還原出鐵礦石中的鐵?！驹斀狻坑媚懙\煉銅是用鐵置換出硫酸銅溶液中的銅，鐵元素、銅元素化合價改變，故不選A；點制豆腐是向豆?jié){中加入石膏，利用膠體聚沉，沒有化合價變化，故選B；黑火藥爆炸是硝酸鉀、硫粉、木炭反應生成硫化鉀、二氧化碳、氮氣，氮元素、碳元素、硫元素化合價變化，故不選C；鐵礦石煉鐵是用一氧化碳還原出鐵礦石中的鐵，鐵元素、碳元素化合價變化，故不選D。9、B【解析】分析：共價化合物中，以共用電子對形成化學鍵；共價化合物中，原子吸引電子對的能力不同，共用電子對發(fā)生偏移。詳解：共價化合物中，以共用電子對形成化學鍵，但原子吸引電子對的能力不同，共用電子對發(fā)生偏移，則元素的化合價有正負，而不存在電子得失及金屬元素的問題。故選B。點睛：共價鍵中電子對發(fā)生偏移，但不能得失電子。10、C【解析】

①難溶性的堿受熱分解，生成對的氧化物和水，所以氫氧化鎂、氫氧化鐵也能加熱分解生成金屬氧化物和水，故正確；②鋁表面生成了一層致密的氧化膜阻止了腐蝕，能穩(wěn)定存在于空氣中，故錯誤；③碳酸鈉、碳酸氫鈉是強堿弱酸鹽，均水解溶液顯堿性，而氯化鈉、硫酸鈉溶液是強堿強酸鹽溶液呈中性，所以并不是所有的鈉鹽溶液均能使酚酞變紅，故錯誤；④鎂、鋁、鐵等是活潑的金屬，硫是弱氧化劑，因此鎂、鋁、鐵與硫化合生成硫化鎂、硫化鋁和硫化亞鐵，故正確；⑤含有鈉元素的物質NaCl、Na2CO3焰色反應均為黃色，故正確；⑥活潑金屬鈉與水反應生成NaOH和H2，但是金屬活動順序表中金屬鋁以后的金屬均和水不反應，故錯誤；答案選C。11、D【解析】

A.Na與HCl溶液發(fā)生反應2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，有氣體放出，溶液質量增加；B.Na與NaOH溶液發(fā)生反應2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有氣體放出，溶液質量增加；C.Na與K2SO4溶液發(fā)生反應2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有氣體放出，溶液質量增加；D.Na與CuSO4溶液發(fā)生反應2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓+H2↑，有氣體放出，溶液質量減?。淮鸢高xD。12、C【解析】

由信息可知，相連環(huán)物質間能發(fā)生反應，不相連環(huán)物質間不能發(fā)生反應，，，二氧化碳為酸性氧化物和氫氧化鈉溶液反應生成鹽和水，二氧化碳高溫下和碳反應生成一氧化碳，，，稀硫酸和碳不反應，氧氣和氫氧化鈉溶液不反應，氧氣與Fe反應，氧化鈣和碳不反應，“五連環(huán)”中有空缺的一環(huán)應填入的物質為CO2。故選C。13、D【解析】

A.氯化鈉溶液中本身存在鈉離子和氯離子，其電離過程不需要電流作用，故A錯誤；

B.溶于水后能電離出氫離子的化合物不一定是酸，如硫酸氫鈉溶于水后能電離出氫離子，屬于鹽類，故B錯誤；

C.二氧化碳溶于水能導電，是因為生成了碳酸，二氧化碳本身不導電，屬于非電解質，故C錯誤．D.硫酸鋇難溶于水，但是熔融狀態(tài)下，能完全電離，屬于強電解質，故D正確；答案：D14、A【解析】①HCl為強酸，且與碳酸鋇反應生成的是可溶性的鋇鹽氯化鋇，碳酸鋇與鹽酸反應的離子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+表示；①能代表；②H2SO4為強酸，與碳酸鋇反應生成的是難溶性的鋇鹽硫酸鋇，不可以用BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+表示，②不能代表；③HNO3為強酸，且硝酸鋇為可溶性鋇鹽，硝酸與碳酸鋇反應的離子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+表示，③能代表；④NaHSO4，硫酸氫鈉完全電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，由于硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，所以該反應不可以用BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+表示，④不能代表；⑤CH3COOH為弱酸，離子方程式中不能拆開，所以該反應不可以用BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+表示，⑤不能代表；答案選A．15、D【解析】

根據N＝nNA、n＝m/M、n＝V/Vm結合物質的組成以及阿伏加德羅定律分析解答。【詳解】①6.72LCH4的物質的量為6.72L÷22.4L·mol－1=0.3mol；②3.01×1023個HCl分子的物質的量為3.01×1023/6.02×1023mol－1=0.5mol；③13.6gH2S的物質的量為13.6g÷34g·mol－1=0.4mol；④0.2molNH3。A、根據V=nVm可知，相同條件下體積之比等于物質的量之比，故體積②＞③＞①＞④，故A錯誤；B、甲烷中n（H）=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n（H）=0.5mol，硫化氫中n（H）=0.4mol×2=0.8mol，氨氣中n（H）=0.2mol×3=0.6mol，故H原子數(shù)目①＞③＞④＞②，故B錯誤；C、甲烷質量為0.3mol×16g·mol－1=4.8g，HCl的質量為0.5mol×36.5g·mol－1=18.25g，氨氣的質量為0.2mol×17g·mol－1=3.4g，故質量②＞③＞①＞④，故C錯誤；D、相同體積下，氣體的密度比等于摩爾質量比，即為16：36.5：34：17，密度：②＞③＞④＞①，故D正確；答案選D。16、C【解析】

設Na2CO3·10H2O的物質的量為xmol，NaHCO3的物質的量為ymol，則286x+84y=4.54，溶于水配成100mL溶液，Na+的濃度為0.4mol·L-1，即Na+的物質的量=0.4mol·L-1×0.1L=0.04mol，即2x+y=0.04mol，聯(lián)立兩個方程解得x=0.01，y=0.02，因此NaHCO3的物質的量為0.02mol，根據Na+守恒可知NaHCO3受熱分解所得Na2CO3的物質的量=0.01mol，Na2CO3·10H2O受熱分解所得Na2CO3的物質的量=0.01mol，則剩余固體Na2CO3的總物質的量=0.01mol+0.01mol=0.02mol，質量=0.02mol×106g/mol=2.12g，C滿足題意。答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、過氧化鈉CO22Na+O2Na2O2Ca2++CO32-＝CaCO3↓【解析】

由轉化關系可以知道,淡黃色固體A能與氣體X反應生成固體Y與氣體B，所以該反應為過氧化鈉與二氧化碳反應，由此可推知淡黃色固體A為Na2O2，氣體X為CO2，固體Y為Na2CO3，反應生成的氣體為O2；碳酸鈉與氯化鈣溶液反應生成白色沉淀為CaCO3，所得溶液為NaCl溶液；(1)由上述分析可以知道,固體A為過氧化鈉；X的化學式為:CO2；綜上所述，本題答案是：過氧化鈉，CO2。

(2)金屬鈉與氧氣反應生成過氧化鈉，反應③的化學方程式為2Na+O2Na2O2；綜上所述，本題答案是：2Na+O2Na2O2。（3）碳酸鈉溶液與氯化鈣溶液反應生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，反應②的離子方程式：Ca2++CO32-＝CaCO3↓；綜上所述，本題答案是：Ca2++CO32-＝CaCO3↓。18、Cu2+、Fe3+Ag+Mg2+K+焰色反應B【解析】

根據離子反應發(fā)生的條件和實驗現(xiàn)象進行分析推斷。限制條件“無色透明溶液”，說明溶液中不能存在有色離子，溶液中Cu2+顯藍色、Fe3+顯棕黃色。加鹽酸產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag++Cl-=AgCl↓說明溶液中含有Ag+；在(2)的濾液中加過量的氨水，氨水是可溶性弱堿，先與濾液中的酸中和，后產生白色沉淀，由Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+可推斷原溶液中含Mg2+；第(5)小題要從離子共存角度分析?！驹斀狻?1)因為溶液是無色透明的，不存在顯棕黃色的Fe3+和顯藍色的Cu2+，所以不做任何實驗就可確定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)取少量原溶液，加入過量稀鹽酸，有白色沉淀生成，發(fā)生反應Ag++Cl-=AgCl↓，AgCl為不溶于稀硝酸的白色難溶物，可以確定原溶液中肯定存在Ag+；(3)取(2)中的濾液，加入過量的氨水（NH3·H2O）,先中和濾液中的酸：H++NH3·H2O=NH4++H2O，過量的氨水可發(fā)生反應：Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，說明原溶液肯定有Mg2+；(4)由上述分析知，無法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通過焰色反應實驗可驗證K+是否存在：用鉑絲蘸取待測液在無色火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃觀察，若火焰呈紫色則證明K+存在，否則不存在。(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因為Cl-、CO32-、OH-可與Ag+、Mg2+發(fā)生反應：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個選項中只有NO3-可以大量存在，答案選B。19、（1）A、C（少一個扣一分，下同）；燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶（2）B、C、D；（3）2.0g；小于；（4）13.6；15【解析】試題分析：：（1）配制一定物質的量濃度的溶液所必需的儀器有：一定規(guī)格的容量瓶，托盤天平、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，量筒可用可不用，故答案為：A、C；燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶；（2）根據容量瓶使用時的注意事項：使用容量瓶前檢驗是否漏水、容量瓶用水洗凈后，不能用待配溶液洗滌、不能盛放熱溶液、不能作為稀釋儀器等，故答案為：B、C、D；（3）容量瓶沒有450ml，應選擇500ml的來配置，據公式m=nM=cvM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，若定容時仰視刻度線，則實際溶液體積超過500mL，故所得濃度偏小，故答案為：2.0g；小于；（4）設濃硫酸的體積為VmL，稀釋前后溶質的質量不變，則：98%×1.84g/cm3V=0.5mol/L×0.50L×98g/mol，解得V=13.6mL，為減小誤差，應選用15mL的量筒，考點：考查了一定物質的量濃度溶液的配制的相關知識。20、滲析HCl靜置，向上層清液中滴加少量氯化鋇溶液，沒有白色沉淀產生，說明氯化鋇溶液已過量Ba2++CO32—=BaCO3↓，Ca2++CO32—=CaCO3↓【解析】

膠體不能透過半透膜，操作①為滲析，除去Na2SO4、CaCl2，可分別加入BaCl2、Na2CO3，所以除去粗鹽中含有的Ca2+、SO42-可溶性雜質的方法：加入過量BaCl2，除去硫酸根離子；再加入過量Na2CO3（除去鈣離子），同時也將過量的鋇離子除去，則試劑①為BaCl2，操作②為過濾，沉淀A為硫酸鋇，試劑②為Na2CO3，操作③為過濾，沉淀B為碳酸鈣和碳酸鋇，試劑③為鹽酸，加入鹽酸可除去過量的Na2CO3，最后蒸發(fā)結晶可得到NaCl晶體?！驹斀狻浚?）淀粉溶液屬于膠體，溶液中小的分子或離子能透過半透膜，膠體微粒不能透過半透膜，采用滲析的方法將二者分離，則操作①是利用半透膜進行滲析操作分離出淀粉膠體，故答案為滲析；（2）試劑③為鹽酸，目的是除去溶液中過量的CO32-離子；試劑①為BaCl2溶液，目的是除去溶液中硫酸根離子，判斷氯化鋇溶液已過量的方法是：靜置，向上層清液中滴加少量氯化鋇溶液，沒有白色沉淀產生，說明氯化鋇溶液已過量；故答案為HCl；靜置，向上層清液中滴加少量氯化鋇溶液，沒有白色沉淀產生，說明氯化鋇溶液已過量（3）試劑②是碳酸鈉溶液，加過量的碳酸鈉溶液目的是除去鈣離子和過量的鋇離子，反應的離子方程式為：Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案為Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓。本題考查物質的分離提純操作，把握除雜原則，注意把握實驗的先后順序，提純時要除去引入新的雜質是解答關鍵。21、CuSO4（或Cu2＋）2.24L②⑤④AgMg2＋Zn2＋5：1SO42－紫色褪去說明MnO4-被還原，化合價降低。NaHSO3中＋4價的S元素化合價升高，在溶液中以SO42－形式存在。1.610641032【解析】

（1）根據氧化還原反應中，元素化合價升高的物質做還原劑，發(fā)生氧化反應，對應氧化產物；根據2e---SO2可計算出SO2的體積；（2）元素化合價處于最低價態(tài)，只有還原性，元素化合價處于最高價態(tài)，只有氧化性，處于中間價態(tài)，即有氧化性又有還原性；據此進行分析；（3）根據金屬活動順序表可知：金屬的還原性順序：Mg>Zn>Cu>Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入適量鋅粉，鋅首先置換出銀，當銀離子完全反應后，鋅再置換出銅；鋅不能置換鎂，據此進行分析；（4）KClO3中的氯元素由+5價被還原為0價，HCl中的氯元素由-1價被氧化為0價，由電子得失守恒判斷被氧化和被還原的氯原子個數(shù)比；（5）NaHSO3具有還原性，被氧化后NaHSO3中＋4價的S元素化合價升高，在溶液中以SO42－形式存在；（6）①方案a：結合實驗現(xiàn)象根據氧化還原反應規(guī)律進行分析；②方案b：根據化合價升降總數(shù)相等或電子得失守恒進行配平，并用雙線橋標出電子轉移的方向和數(shù)目?！驹斀狻浚?）Cu與濃H2SO4發(fā)生化學反應：Cu＋2H2SO4（濃）=CuSO4＋SO2↑＋2H2O。銅元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，對應氧化產物為CuSO4（或Cu2＋）；該反應轉移電子2e-，根據2e---SO2可知，若反應中轉移的電子的物質的量為0.2mol，則生成的SO2氣體在標況下的體積為22.4×0.2/2=2.24L；綜上所述，本題答案是：CuSO4（或Cu2＋）；2.24L。（2）①S的化合價處于中間價態(tài)，所以既有氧化性又有還原性；②S2－的化合價處于最低價