2026屆臨夏市重點中學化學高一第一學期期中教學質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、已知MnO、NO等在酸性條件下具有強氧化性，而S2－、I－、Fe2＋等具有較強的還原性。下列水溶液中的各組離子因為發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存的是()A．Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42—B．MnO4-、K＋、I－、H＋C．Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋D．H＋、Cl－、Na＋、CO32—2、氫氧化鐵膠體中逐滴滴入下列某種溶液，出現現象是先沉淀，后沉淀溶解。這種溶液是A．飽和的氯化鈉溶液B．飽和硫酸鎂溶液C．鹽酸溶液D．飽和硫酸鈉溶液3、下列各組離子在水溶液中能夠大量共存的是A．OH-、K+、NH4+B．Ba2＋、SO42-、H＋C．Ag＋、K＋、Cl-D．Na+、Cl-、CO32-4、下列離子檢驗的方法正確的是A．向某溶液中加入硝酸銀溶液，生成白色沉淀，說明原溶液中有Cl?B．向某溶液中加入氯化鋇溶液，生成白色沉淀，說明原溶液中有SO42?C．向某溶液中加入氫氧化鈉溶液，生成藍色沉淀，說明原溶液中有Cu2+D．向某溶液中加入氯化鋇溶液，生成白色沉淀，再加鹽酸沉淀不溶解，說明原溶液中有SO42?5、2molXO4-恰好將3molSO32-離子氧化，則X元素在還原產物中的化合價是A．+4 B．+3 C．+2 D．+16、飽和氯水久置后，溶液中的各種粒子：①Cl2②H2O③Cl-④HClO⑤H+減少的是A．①②④ B．①②③ C．①④ D．②④7、下列關于物質的分類中，正確的是選項酸性氧化物酸鹽混合物電解質ASiO2HClO燒堿KAl(SO4)2·12H2OC2H5OHBNa2O2HNO3NaHSO4漂白粉MgCSO3H2SiO3純堿水泥NaClDCOAl(OH)3BaCO3自來水NH3A．A B．B C．C D．D8、下列說法中正確的是A．氯化鈉水溶液在電流的作用下電離出Na+和Cl?B．硫酸鋇難溶于水，但硫酸鋇屬于電解質C．二氧化碳溶于水能導電，故二氧化碳屬于電解質D．硫酸鈉在水中的電離方程式可表示為Na2SO42Na++S6++4O2?9、在2KMnO4==2K2MnO4+MnO2+O2↑中，KMnO4所起的作用是A．氧化劑 B．既不是氧化劑又不是還原劑C．還原劑 D．既是氧化劑又是還原劑10、火法煉銅首先要焙燒黃銅礦，其反應方程式為:2CuFeS2+O2===Cu2S+2FeS+SO2，下列說法中正確的是()A．SO2只是氧化產物B．CuFeS2僅作還原劑，硫元素被氧化C．每生成1molCu2S，有4molS原子被氧化D．每有1molS原子被氧化，則轉移6mol電子。11、一個A原子轉移2個電子給2個B原子，下列說法正確的是A．生成物的化學式為A2B，A是還原劑B．生成物屬于混合物C．生成物的化學式為AB2，B發(fā)生還原反應D．生成物一定為電解質12、下列物質中屬于電解質的是A．硫酸銅B．氮氣C．酒精D．蔗糖13、標準狀況下，①6.72LNH3；②1.204×1023個H2S；③5.6gCH4；④0.5molHCl，下列關系不正確的是A．體積大?。孩?gt;③>①>② B．原子數目：③>①>④>②C．密度大?。孩?gt;②>①>③ D．質量大?。孩?gt;③>②>①14、據報道，科學家已成功合成了少量N4，有關N4的說法正確的是（）A．N4和N2是同素異形體 B．N4和N2是同位素C．相同質量的N4和N2所含原子個數比為1：2 D．N4的摩爾質量是56g15、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，將它均分成兩份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+離子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—離子完全沉淀。反應中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。據此得知原混合溶液中的c(Na+)(單位：mol·L-1)為A．（y-2x）/a B．(y-x)/a C．(2y-2x)/a D．(2y-4x)/a16、下列反應的生成物不會因為反應物用量或反應條件不同而不同的是A．Na和O2 B．Na2CO3和稀鹽酸 C．NaOH溶液和CO2 D．Na和Cl2二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A和B兩支試管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3-六種離子，向試管A的溶液中滴入酚酞試液呈粉紅色。請回答下列問題：(1)試管A的溶液中所含的上述離子有________。(2)若向某試管中滴入稀鹽酸產生沉淀，則該試管為______(填“A”或“B”)。(3)若向試管B的溶液中加入合適的藥品，過濾后可以得到相應的金屬和僅含一種溶質的溶液，則加入的藥品是__________(填化學式)。(4)若將試管A和試管B中的溶液按一定體積比混合過濾后，蒸干濾液可得到一種純凈物，則混合過程中發(fā)生反應的離子方程式為____________、_______________。(不考慮氫氧化銀的存在)(5)若向由試管A溶液中的陽離子組成的碳酸氫鹽溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，則發(fā)生反應的離子方程式為________________。18、Ⅰ.有一包白色固體粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一種或幾種，現做以下實驗：①將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾，溶液呈無色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固體完全溶解，并有氣泡產生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產生；④另取①中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產生白色沉淀。試根據上述實驗事實，回答下列問題：（1）寫出原白色粉末中一定含有的物質的化學式____________________。（2）寫出原白色粉末中一定不含有的物質的電離方程式________________。（3）寫出④變化的離子方程式：______________________。Ⅱ.實驗室需要240mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，現用固體燒堿進行配制。（1）需稱量_________g燒堿，應放在_______中稱量、溶解。（2）完成此配制實驗，除了量筒，燒杯，玻璃棒外還需要的常見的玻璃儀器有___________。（3）下列操作對所配溶液濃度偏大的有______。A．燒堿在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉移到容量瓶中B．容量瓶未干燥就用來配制溶液C．定容時仰視容量瓶D．稱量時使用了生銹的砝碼E.未洗滌溶解燒堿的燒杯19、（6分）用98%（密度為1.84g/mL）的濃硫酸配制1.84mol/L的硫酸240mL，回答問題：（1）該實驗必須用到的實驗儀器是：燒杯、量筒、膠頭滴管、。（2）配制時需要用量筒量取98%硫酸mL（3）若配制1.84mol/L的硫酸溶液的其它操作均正確，但出現下列錯誤操作，其中將使配制的硫酸溶液濃度偏高的是（填序號）。A．將98%的濃硫酸溶于水后立即轉移至容量瓶中定容B．將稀釋的硫酸溶液轉移至容量瓶后，未洗滌燒杯和玻璃棒C．加水時溶液凹液面高于容量瓶刻度，此時立即用滴管將瓶內液體吸出，使溶液凹液面與容量瓶刻度相切D．定容時俯視容量瓶的刻度線20、某學生設計如下實驗裝置利用氯氣與潮濕的消石灰反應制取少量漂粉精（這是一個放熱反應，反應后溫度將升高）。A中盛濃鹽酸，C中盛潮濕的消石灰，據此回答：（1）燒瓶B中反應的化學方程式：_____________________________；（2）D中所盛的試劑是______________。其作用是：____________；（3）漂粉精在U形管中得到，U形管中發(fā)生的化學方程式是__________________，此實驗結果所得產率太低。經分析并查閱資料發(fā)現主要原因是在U型管C中存在兩個副反應：___________；（4）溫度較高時氯氣與消石灰反應生成了Ca（ClO3）2為避免此副反應的發(fā)生，可采取的措施是：____________（5）試判斷另一個副反應是（寫出此反應方程式）_________（6）為避免此副反應發(fā)生，可采取的措施是：________________。（7）家庭中使用漂粉精時，為了增強漂白能力，可加入少的物質是________（選填編號）。A．食鹽B．食醋C．燒堿D．純堿21、某工廠的工業(yè)廢水中含有大量的FeSO4，較多的CuSO4和少量Na2SO4。為了減少污染并變廢為寶，工廠計劃從該廢水中回收硫酸亞鐵和金屬銅。請根據下列流程圖，完成回收硫酸亞鐵和銅的實驗方案。(1)加入的試劑①為______（填化學式），加入試劑①的目的是______。(2)操作a的名稱為過濾、洗滌，所需要的玻璃儀器為______。洗滌固體B的操作是________。(3)固體E的成分為_____，加入的試劑④為_____，發(fā)生的化學方程式為_________。(4)從溶液D和溶液G中得到FeSO4?7H2O晶體的操作為______、______、______、洗滌、干燥。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A、Ba2＋和SO42—生成硫酸鋇白色沉淀，屬于復分解反應，故A不符合題意；B、MnO4-和I－發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故B符合題意；C、Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋可以大量共存，故C不符合題意；D、H＋和CO32—反應生成CO2和水，屬于復分解反應，故D不符合題意；綜上所述，本題應選B?！军c睛】本題考查離子共存，掌握離子的性質和離子不能大量共存的原因是解題的關鍵。離子間不能大量共存的原因有：①離子間發(fā)生復分解反應生成水、沉淀或氣體，如題中A、D項；②離子間發(fā)生氧化還原反應，如題中B項；③離子間發(fā)生雙水解反應，如Al3+與HCO3-等；④離子間發(fā)生絡合反應，如Fe3+與SCN-等；⑤注意題中的附加條件。本題應注意題干限定條件“因為發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存”。2、C【解析】

膠體具有均一穩(wěn)定性，加入電解質會使膠體發(fā)生聚沉，氫氧化鐵膠體逐滴加入溶液，先產生沉淀后沉淀溶解，說明先膠體聚沉，后能溶解沉淀，據此分析解答?！驹斀狻緼．飽和的氯化鈉溶液是電解質溶液，能引起膠體聚沉，但不能溶解氫氧化鐵沉淀，選項A錯誤；B．飽和硫酸鎂溶液是電解質溶液，能引起膠體聚沉，但不能溶解氫氧化鐵沉淀，選項B錯誤；C．鹽酸是電解質溶液，能引起膠體聚沉，繼續(xù)加入鹽酸會發(fā)生酸堿中和反應3HCl+Fe（OH）3═FeCl3+3H2O，氫氧化鐵沉淀溶解，選項C正確；D．飽和硫酸鈉溶液是電解質溶液，能引起膠體聚沉，但不能溶解氫氧化鐵沉淀，選項D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查膠體的性質應用，熟悉膠體的性質、電解質的性質是解答本題的關鍵，題目難度不大。3、D【解析】分析：能夠反應生成沉淀，氣體和水，以及弱酸和弱堿的離子在溶液中不能大量共存。詳解：A．OH–和NH4+離子之間發(fā)生反應生成氨水，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B．Ba2＋和SO42-之間反應生成難溶物硫酸鋇，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．Ag+、Cl-之間反應生成氯化銀沉淀，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．Na+、Cl-、CO32-之間不發(fā)生反應，在溶液中可以大量共存，故D正確；故選D。點睛：本題考查離子共存的判斷，注意掌握離子反應發(fā)生條件，明確離子不能大量共存的一般情況，如：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間等。本題的易錯點為A，注意NH3·H2O屬于難電離的物質，類似與水。4、C【解析】A．加入硝酸銀溶液，生成白色沉淀，可能為氯化銀或碳酸銀、硫酸銀等沉淀，不能排除其它離子的干擾，應加入硝酸酸化的硝酸銀進行檢驗，A錯誤；B．加入氯化鋇溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化銀的干擾，檢驗硫酸根離子，應先加入鹽酸，如無現象，再加入氯化鋇溶液，B錯誤；C．氫氧化銅為藍色，加入氫氧化鈉溶液，生成藍色沉淀，說明原溶液中有Cu2+，C正確；D．加入氯化鋇溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化銀的干擾，D錯誤，答案選C。點睛：本題考查離子的檢驗，答題時注意把握離子的性質的異同，檢驗時要特別注意排除其它離子的干擾，注意實驗方案的嚴密性。5、A【解析】

XO4-離子中X的化合價為+7價，SO32-離子被氧化生成SO42-，S元素化合價由+4價→+6價，設XO4-離子中X在還原產物中化合價為n，根據得失電子數目相等，則有：2mol×（7-n）=3mol×（6-4），解得：n=+4，所以A正確；正確答案：A。6、A【解析】

新制的飽和氯水中存在微粒有：H2O、HClO、Cl2、OH-、H+、ClO-、Cl-；飽和氯水久置后，次氯酸見光受熱易分解為鹽酸和氧氣，因此飽和氯水久置后，次氯酸分解了，最后剩余鹽酸，溶液中的粒子減少的有Cl2、HClO、H2O三種微粒，答案選A。7、C【解析】

和堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，水溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸，金屬陽離子（或銨根離子）和酸根陰離子構成的化合物為鹽，不同物質組成的為混合物，在水溶液中或熔融狀態(tài)下導電的化合物為電解質?！驹斀狻緼.燒堿為氫氧化鈉，在水溶液中電離出的陰離子全部是氫氧根離子，屬于堿，KAl(SO4)2?12H2O為純凈物，C2H5OH在水溶液中或熔融狀態(tài)下均不導電，為非電解質，故A錯誤；B.Na2O2為過氧化物，不是酸性氧化物，Mg是金屬單質，既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C.SO3屬于酸性氧化物，H2SiO3屬于酸，純堿是碳酸鈉，屬于鹽，水泥是硅酸三鈣、硅酸二鈣、鋁酸三鈣等為主要成分構成的混合物，氯化鈉在水溶液中和熔融狀態(tài)下能導電，屬于電解質，故C正確；D.CO和堿不反應，屬于不成鹽氧化物，氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，氨氣為非電解質，故D錯誤，答案選C?！军c睛】本題考查酸性氧化物、酸、鹽、混合物、電解質的判斷，了解常見物質的組成、抓住各概念的特征進行分析判斷是解答此類試題的關鍵，注意NH3在水溶液中自身不能電離出離子，NH3的水溶液能夠導電是因為NH3和H2O反應生成的NH3·H2O電離出離子使溶液具有導電性，NH3·H2O是電解質，而NH3不是電解質，為易錯點。8、B【解析】

電離的條件是溶于水；硫酸鋇溶于水的部分完全電離；二氧化碳自身不能電離；硫酸鈉在水中電離出鈉離子和硫酸根離子?！驹斀狻柯然c在水分子的作用下電離出Na+和Cl?，故A錯誤；硫酸鋇難溶于水，但硫酸鋇溶于水的部分完全電離，所以硫酸鋇屬于強電解質，故B正確；電解質是自身電離出的離子導電，二氧化碳自身不能電離，所以二氧化碳屬于非電解質，故C錯誤；硫酸鈉在水中電離出鈉離子和硫酸根離子，電離方程式是Na2SO42Na++SO42?，故D錯誤。9、D【解析】

2KMnO4==2K2MnO4+MnO2+O2↑反應中Mn元素的化合價降低、O元素的化合價升高，KMnO4既是氧化劑、又是還原劑?！驹斀狻緼、KMnO4中Mn元素的化合價降低、O元素的化合價升高，KMnO4既是氧化劑、又是還原劑，故A錯誤；B、Mn元素的化合價降低，O元素的化合價升高，有元素化合價變化，是氧化還原反應，故B錯誤；C、KMnO4中Mn元素的化合價降低、元素的化合價升高，KMnO4既是氧化劑、又是還原劑，故C錯誤；D、反應中Mn元素的化合價降低，O元素的化合價升高，KMnO4既是氧化劑、又是還原劑，故D正確。故選D。10、D【解析】

根據氧化還原反應的本質和特征分析；根據物質的量相關計算分析?！驹斀狻緼.Cu元素由+2價降低為+1價，S元素由-2價升高到+4價，硫元素被氧化，CuFeS2既是氧化劑又是還原劑，O2從0價降低到-2價，作氧化劑被還原，故SO2既是氧化產物又是還原產物，故A錯誤；B.CuFeS2在反應過程中，Cu元素由+2價降低為+1價，S元素由-2價升高到+4價，硫元素被氧化，CuFeS2既是氧化劑又是還原劑，故B錯誤；C.由方程式可知，每生成1mol

Cu2S，有1mol硫被氧化生成SO2，其它物質中的S元素化合價沒有發(fā)生變化，故C錯誤；D.元素化合價升高的只有S元素，由-2價升高到+4價，變化6價，則每有1molS原子被氧化，就有1molSO2生成，則轉移6mol電子，故D正確；故選D?！军c睛】氧化還原反應中，元素化合價降低，做氧化劑，反之，元素化合價升高，做還原劑，同種物質化合價有升又有降，既做氧化劑又做還原劑。11、C【解析】

一個A原子轉移2個電子給兩個B原子，二者原子個數關系為1：2，則生成物化學式為AB2，則反應中A為還原劑，被氧化，B為氧化劑，被還原。【詳解】A.生成物的化學式應為AB2，A是還原劑，故A錯誤；B.生成物屬于化合物，故B錯誤；C.生成物的化學式應為AB2，B為氧化劑，被還原，發(fā)生還原反應，故C正確；D.生成物不一定為電解質，故D錯誤。故選C。12、A【解析】試題分析：硫酸銅在水溶液里能電離出自由移動的離子，屬于電解質；氮氣是單質，既不是電解質也不是非電解質；蔗糖在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電，屬于非電解質。酒精在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電是非電解質?？键c：電解質、非電解質。13、D【解析】標準狀況下，①6.72LNH3的物質的量是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol；②1.204×1023個H2S的物質的量是1.204×1023÷6.02×1023=0.2mol；③5.6gCH4的物質的量是5.6g÷16g/mol=0.35mol。A.四種物質的體積分別為：①6.72L、②4.48L、③7.84L、④11.2L，故體積大小順序為④>③>①>②，故A正確；B.根據上述分析可知，四種物質中原子的物質的量分別為：①1.2mol、②0.6mol、③1.75mol、④1.0mol，因此原子數目大小順序為：③>①>④>②，故B正確；C.相同條件下，氣體的密度之比等于其相對分子質量之比，四種物質的相對分子質量分別為：①17、②34、③16、④36.5，因此密度大小順序為：④>②>①>③，故C正確；D.根據m=n×M可知，四種氣體的質量分別為：①5.1g、②6.8g、③5.6g、④18.25g，因此四種氣體的質量大小順序為：④>②>③>①，故D錯誤；故答案選D。14、A【解析】

A、N4與N2是氮元素組成的不同單質，二者互為同素異形體，A正確；B、同位素研究對象為原子，N4與N2是氮元素組成的不同單質，二者互為同素異形體，不是同位素關系，B錯誤；C、N4與N2均由N原子構成，二者質量相等，含有N原子數目相等，相同質量的N4與N2含原子個數比為1：1，C錯誤；D、1molN4的質量為56g，而N4的摩爾質量是56g/mol，D錯誤；正確選項A。15、D【解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）=xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根據電荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amol·L-116、D【解析】

A．Na和O2在室溫下反應產生Na2O；在點燃或加熱時反應產生Na2O2，二者反應條件不同，反應產物不同，A不符合題意；B．Na2CO3和少量稀鹽酸反應產生NaCl、NaHCO3；與足量HCl反應，產生NaCl、H2O、CO2。二者反應時相對物質的量多少不同，生成物不同，B不符合題意；C．向NaOH溶液中通入少量CO2，反應產生Na2CO3和水，通入過量CO2氣體，反應產生NaHCO3。二者反應相對物質的量多少不同，生成物不同，C不符合題意；D．Na和Cl2點燃時反應產生NaCl，與反應條件或物質用量無關，D符合題意；故合理選項是D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、OH-、K+、Cl-BMgMg2++2OH-=Mg(OH)2↓Ag++Cl-=AgCl↓2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O【解析】

試管A的溶液中滴入酚酞試液呈粉紅色，說明溶液顯堿性，一定含有OH-，則A一定沒有與OH-發(fā)生反應的Ag+、Mg2+，Ag+、Mg2+在試管B中，，由于Cl-與Ag+會反應產生AgCl沉淀，則試管B中一定沒有Cl-，Cl-在試管A中，根據電荷守恒可知A試管中含有K+；試管B中應含有NO3-，結合對應離子的性質解答該題?！驹斀狻?1)根據上述分析可知試管A中含有OH-、K+、Cl-，試管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-。(2)若向某試管中滴入稀鹽酸產生沉淀，發(fā)生反應為Ag++Cl-=AgCl↓，則該試管中含有Ag+，為試管B；(3)試管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-，若向試管B的溶液中加入合適的藥品，過濾后可以得到相應的金屬和僅含一種溶質的溶液，應該發(fā)生置換反應，且不能引入其它雜質離子，則加入的藥品是Mg，發(fā)生的反應為Mg+2Ag+=Mg2++2Ag；(4)若將試管A和試管B中的溶液按一定體積比混合過濾后，蒸干濾液可得到一種純凈物，則Mg2+和OH-恰好完全反應生成Mg(OH)2沉淀，Ag+與Cl-恰好完全反應產生AgCl沉淀，剩余K+和NO3-存在于溶液中，溶質為KNO3，則混合過程中發(fā)生反應的離子方程式為：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Ag++Cl-=AgCl↓；(5)試管A中金屬陽離子為K+，其碳酸氫鹽是KHCO3，向KHCO3溶液中滴入少量Ba(OH)2溶液，發(fā)生反應產生K2CO3、BaCO3和H2O，反應的離子方程式為2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O?！军c睛】本題考查了離子共存及離子方程式的書寫，注意掌握離子反應發(fā)生的條件及離子方程式的書寫方法，側重考查學生的分析能力，充分考查了學生對所學知識的掌握情況。18、BaCl2、K2CO3Cu(NO3)2=Cu2++2NO3—Ag++Cl—=AgCl↓5.0小燒杯250mL容量瓶，膠頭滴管AD【解析】

Ⅰ.有一包白色固體粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一種或幾種；①將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾，溶液呈無色說明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀為碳酸鋇，判斷BaCl2、K2CO3一定存在；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固體完全溶解，并有氣泡產生，證明沉淀是BaCO3；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產生，證明白色沉淀為BaSO4；④另取①中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產生白色沉淀，證明含有Cl-；綜上所述：白色固體粉末一定含有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質的化學式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物質為Cu（NO3）2；電離方程式為：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；（3）?、僦羞^濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產生白色沉淀是氯化銀，反應的離子方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓；Ⅱ.（1）實驗室沒有240mL規(guī)格的容量瓶，必須配制250mL溶液，需要稱取的氫氧化鈉的質量為：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，燒堿易吸水且具有強腐蝕性，所以稱量燒堿時要放在小燒杯中；（2）配制溶液的步驟是：稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、轉移、定容、搖勻，用燒杯溶解燒堿、可以用量筒量取水、用玻璃棒攪拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用膠頭滴管定容、用托盤天平稱量燒堿、用藥匙取藥品，所以除了量筒、燒杯、玻璃棒外還會用到的儀器有：250mL容量瓶，膠頭滴管；（３）A．NaOH在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉移到容量瓶中，則冷卻后溶液體積偏小，濃度偏大，故A選；B．若容量瓶未干燥即用來配制溶液，對溶液濃度無影響，因為只要定容時正確，至于水是原來就有的還是后來加入的，對濃度無影響，故B不選；C．定容時仰視刻度線，會導致溶液體積偏大，則濃度偏小，故C不選；D．砝碼生銹后質量偏大，稱量時m物=m砝+m游，稱量時用了生銹的砝碼后會導致溶質的質量偏大，故濃度偏大，故D選；E．未洗滌溶解NaOH的燒杯，會導致溶質損失，濃度偏小，故E不選；答案選AD。19、（1）250mL容量瓶、玻璃棒（2）25.0mL（3）AD（每空2分）【解析】試題分析：（1）操作步驟有計算、量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，用量筒量?。ㄓ玫侥z頭滴管）濃硫酸，在燒杯中稀釋，用玻璃棒攪拌，冷卻后轉移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌2-3次，將洗滌液轉移到容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻，由提供的儀器可知還需要儀器有：250mL容量瓶、玻璃棒。（2）濃H2SO4的物質的量濃度c=1000×1.84×98%÷98mol?L￣1=18.4mol/L，根據稀釋定律，稀釋前后溶質硫酸的物質的量不變，設濃硫酸的體積為xmL，所以xmL×18.4mol/L=250mL×1.84mol/L，解得：x=25.0。（3）A、將98%的濃硫酸溶于水后立即轉移至容量瓶中定容，由于熱脹冷縮，溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏高；B、沒有洗滌燒杯和玻璃棒，燒杯壁與玻璃棒上沾有少量溶質硫酸，移入容量瓶內溶質硫酸的物質的量減小，所配溶液的濃度偏低；C、加水超過了刻度線，溶液的體積偏大，所配溶液的濃度偏低，溶液是均勻的，取出水使液面恰好到刻度線，剩余溶液的濃度與原溶液的濃度相等，故偏低；D、定容時俯視容量瓶瓶頸刻度線，使液面在刻度線以下，溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏高，故答案為：AD。考點：本題考查配制一定物質的量濃度的溶液的基本儀器、基本操作、計算、誤差分析。20、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+2H2O+Cl2↑氫氧化鈉溶液吸收多余的氯氣2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；將U型管置于冷水浴中2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O在B、C之間連接一個盛有飽和食鹽水的洗氣瓶B【解析】

加熱條件下，二氧化錳和濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，氯氣中混有氯化氫氣體，可以用飽和食鹽水除去；氯氣與氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣；但是反應溫度過高，氯氣與氫氧化鈣反應產生氯酸鈣，鹽酸（揮發(fā)出的氯化氫遇水）與氫氧化鈣反應產生氯化鈣，發(fā)生副反應；因此只要降低溫度，除去氯化氫氣體即可避免副反應的發(fā)生；根據強酸制備弱酸的原理分析使用漂粉精時為增強其漂白性所要加入的試劑；據以上分析解答該題。【詳解】（1）加熱條件下，二氧化錳和濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，反應方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+2H2O+Cl2↑；故答案是：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+2H2O+Cl2↑；（2）氯氣有毒不能直接排空，但氯氣能和氫氧化鈉反應生成無毒物質，所以D中試劑是氫氧化鈉溶液；故答案是：氫氧化鈉溶液；吸收多余的氯氣；（3）氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應方程式為：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；溫度較高時氯氣與消石灰反應生成了Ca（ClO3）2，方程式為：6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；鹽酸（揮發(fā)出的氯化氫遇水）與氫氧化鈣反應生成氯化鈣，方程式為：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；故答案是：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（Cl