2025-2026学年山东省泰安市肥城市高一（上）期中化学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年山东省泰安市肥城市高一（上）期中化学试卷（含答案+解析），共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 纯碱可用作食品膨松剂
B. 用活性炭为糖浆脱色与用次氯酸漂白纸浆的原理不同
C. 维生素C具有氧化性，可用作水果罐头的抗氧化剂
D. 制作豆腐过程中加入硫酸钙，利用其难溶性
2.下列关于钠、氯及其化合物的说法正确的是( )
A. 钠和氯元素在自然界中均存在游离态
B. 氯气能与铁反应，所以液氯不能用钢瓶储运
C. 金属Na应保存于煤油或石蜡油中，新制氯水应避光保存
D. 工业上电解熔融NaCl制备金属钠时，Na元素发生了氧化反应
3.构建化学基本观念是学好化学的基础。下列对化学基本观念的认识正确的是( )
A. 微粒观：NaCl溶液中的水合离子：
B. 分类观：CO2、CO、NO2均为酸性氧化物
C. 守恒观：离子反应中，始终保持离子总数守恒
D. 转化观：Na2CO3和NaHCO3在一定条件下可相互转化
4.如图是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。说法错误的是( )
A. 该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
B. 葡萄糖、酒精等这类含碳化合物属于有机物
C. “纳米药物分子运输车”属于混合物
D. “纳米药物分子运输车”中的四氧化三铁不属于碱性氧化物
5.下列溶液中Cl−物质的量浓度最大的是( )
A. 20mL0.2ml⋅L−1CuCl2溶液B. 10mL0.25ml⋅L−1MgCl2溶液
C. 10mL0.8ml⋅L−1KClO3溶液D. 30mL0.1ml⋅L−1FeCl3溶液
6.下列有关仪器及使用的说法正确的是( )
A. 量筒的“0”刻度在下方，不能用作反应容器
B. 分液漏斗和容量瓶使用前需要进行检漏，容量瓶检漏时需要倒置两次
C. 容量瓶用蒸馏水洗完后，放入烘箱中烘干
D. 用10mL量筒量取2.50mL浓硫酸用于配制一定浓度的稀硫酸
7.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 饱和氯水中：K+、Ca2+、HCO3−、NO3−
B. 能使紫色石蕊变蓝的溶液中：Na+、K+、Cl−、Ba2+
C. 在澄清石灰水中：K+、CO32−、Cl−、SO42−
D. 某无色透明的溶液中：K+、MnO4−、Cl−、H+
8.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. CO2的摩尔质量是44g
B. 18gH2O中含有氢原子的数目为2NA
C. 常温常压下22.4LCl2中含有氯分子的数目为NA
D. 0.1ml⋅L−1NaOH溶液中，含有Na+的数目为0.1NA
9.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag
C. 钠与水反应：Na+H2O=Na++OH−+H2↑
D. Cl2的尾气处理：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
10.下列操作规范且能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
11.某同学在做实验时不小心引发了镁失火，他立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧，反应为2Mg+CO22MgO+C。下列对该反应的判断中错误的是( )
A. Mg元素化合价升高被氧化
B. 由此反应可以得出还原性：Mg>C
C. CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反应
D. 等质量的Mg分别在空气、CO2中完全燃烧，转移的电子数不同
12.下列物质间的反应能用H++OH−=H2O表示反应实质的是( )
A. 醋酸溶液与氢氧化钠溶液B. 硫酸氢钠溶液与氢氧化钾溶液
C. 稀硫酸与氢氧化钡溶液D. 稀盐酸与氢氧化镁
13.粗盐中常含有MgCl2、CaCl2和Na2SO4等杂质，提纯并获取食盐晶体的实验流程如图。下列说法错误的是( )
A. “试剂X”与“试剂Y”的添加顺序可以互换
B. 四步“操作”均用到玻璃棒
C. “滤渣1”和“滤渣3”均可溶于盐酸
D. “试剂W”为稀盐酸
14.某无色澄清溶液中可能含有：①Na+、②SO42−、③Cl−、④HCO3−、⑤CO32−、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：下列结论正确的是( )
A. 可能含有的离子是①③B. 肯定含有的离子是②③⑥
C. 可能含有的离子是①③⑦D. 肯定没有的离子是④⑤⑦
15.研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。
下列说法不正确的是( )
A. 溶液A中氢氧化钠浓度近似为1ml/L
B. 由③、④可知，c(OH−)越大，溶液红色褪色现象更明显
C. 向①中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色
D. 向②中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色
二、实验题：本大题共2小题，共24分。
16.实验室需使用480mL0.1ml⋅L−1稀盐酸进行有关实验，用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.18g⋅cm−3)进行配制。
(1)配制稀盐酸时，应选用容量为______的容量瓶。
(2)浓盐酸物质的量浓度为______ ml⋅L−1，配制需要量取该浓盐酸______ mL(保留一位小数)。
(3)如图为“溶液配制”的部分过程，在配制过程中，玻璃棒所起的作用为______；操作 a应重复2∼3次，目的是______。用胶头滴管加蒸馏水时不慎超过了刻度线，应______ (填处理方法)。
(4)在配制过程中，下列操作会导致所配溶液浓度偏低的有______ (填序号)。
A.用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线
B.定容时俯视容量瓶瓶颈上的刻度线
C.转移溶液时不慎将少量溶液洒在容量瓶外面
D.摇匀后，发现液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度线
17.氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。
回答下列问题：
(1)盛碱石灰的玻璃仪器的名称为______。
(2)仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为e→______，加入药品前首先要进行的实验操作是______；其中装置 B的作用是______。
(3)添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封)，然后在甲苯(一种有机化合物)中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中。通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是______。
(4)加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处。采取上述操作的目的是避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险。分析该反应原理，完成LiH与水反应的化学方程式______。
(5)准确称量制得的产品0.158g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体425.6mL(已换算成标准状况)，则产品中LiH与Li的物质的量之比为______。
三、简答题：本大题共2小题，共24分。
18.有以下七种物质，请回答下列问题：
①Na2CO3；②CO2；③酒精；④NaHCO3；⑤Ba(OH)2溶液；⑥NaHSO4溶液；⑦稀硫酸。
(1)上述物质属于电解质的是______ (填序号)；写出⑤中溶质的电离方程式：______。
(2)写出④的水溶液与⑥反应的离子方程式：______。
(3)除去④溶液中混有的①的方法是______，发生反应的化学方程式为______。
(4)在两份相同的⑤溶液中，分别滴入浓度相等的⑥、⑦溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
其中曲线______ (填A或B)代表滴加⑦溶液的变化曲线；曲线B中c点的溶质为______ (填化学式)；O→a段发生反应的离子方程式为______。
19.物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。如图为氯元素的价类二维图，请据图完成下列问题：
(1)用坩埚钳夹住一束铁丝，灼烧后立即放入充满氯气的集气瓶中，观察到的现象是______，发生反应的化学方程式为______。
(2)常温下将Cl2通入NaOH溶液中制取漂白液，反应的离子方程式为______；改变反应条件，Cl2与NaOH溶液可发生反应：
Cl2+NaOH→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，则NaClO、NaClO3、NaCl三者的化学计量数之比可能是______ (填序号)。
a.1：1：1
b.1：1：6
c.1：2：3
d.1：2：11
(3)X是一种酸性氧化物，可与水反应生成HClO4，写出X与NaOH溶液反应的化学方程式为______。
(4)HCl→Cl2的转化通常需加入______ (填“氧化剂”或“还原剂”)，可选择图中“盐”中的物质______ (填名称)，加热发生反应的化学方程式为______。
四、计算题：本大题共1小题，共12分。
20.物质的量是联系宏观与微观的桥梁，通过学习物质的量，可以帮助我们从定量的角度认识物质及其变化。请回答下列问题：
(1)CO32−的摩尔质量为______。
(2)9.03×1023个CO2分子的质量是______。
(3)等物质的量的CO和CO2的质量之比为______，二者所含 O原子物质的量之比为______。
(4)同温同压下，等质量的O2和SO2，其体积之比为______，原子数之比为______。
(5)完全中和含0.2mlH2S的氢硫酸(为二元酸)，需KOH固体的质量为______ g。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可用作食品膨松剂，碳酸钠不具有此性质，故A错误；
B.活性炭具有吸附性，能为糖浆脱色，次氯酸具有氧化性，能够漂白纸浆，二者原理不同，故B正确；
C.维生素C具有还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，故C错误；
D.豆浆为胶体，制作豆腐过程中加入硫酸钙可使其聚沉，利用硫酸钙为可溶性电解质的性质，故D错误；
故选：B。
A.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳；
B.活性炭具有吸附性，次氯酸具有氧化性；
C.依据维生素C的还原性解答；
D.依据胶体的聚沉的性质解答。
本题主要考查物质的性质与用途，为高频考点，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.钠和氯元素的单质化学性质活泼，在自然界中不存在游离态，故A错误；
B.常温下，氯气能与铁不反应，所以液氯能用钢瓶储运，故B错误；
C.钠单质性质活泼，容易跟空气中的氧气、水蒸气反应，通常保存在煤油或石蜡油中；次氯酸见光容易分解为盐酸和氧气，故新制氯水应避光保存，金属Na应保存于煤油或石蜡油中，新制氯水应避光保存，故C正确；
D.工业上电解熔融NaCl制备金属钠时，Na元素化合价降低，发生还原反应，故D错误；
故选：C。
A.钠和氯元素的单质化学性质活泼，容易参加反应；
B.常温下，氯气能与铁不反应；
C.钠单质性质活泼，容易跟空气中的氧气、水蒸气反应，通常保存在煤油或石蜡油中；次氯酸见光容易分解为盐酸和氧气；
D.工业上电解熔融NaCl制备金属钠时，Na元素化合价降低。
本题考查元素化合物，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3.【答案】D
【解析】解：A.NaCl溶液中的Na+离子带正电荷，可吸引水中的氧原子，Cl−离子带负电荷，可吸引水中的氢离子，故A错误；
B.CO为不成盐氧化物，故B错误；
C.离子反应中，始终保持电荷守恒，故C错误；
D.Na2CO3可与CO2、H2O反应生成NaHCO3，NaHCO3分解会生成Na2CO3、CO2、H2O，故D正确；
故选：D。
A.NaCl溶液中的Na+离子带正电荷，可吸引水中的氧原子，Cl−离子带负电荷，可吸引水中的氢离子；
B.CO为不成盐氧化物；
C.离子反应中，始终保持电荷守恒；
D.Na2CO3可与CO2、H2O反应生成NaHCO3，NaHCO3分解会生成Na2CO3、CO2、H2O。
本题主要考查物质的分类，为高频考点，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本以“纳米药物分子运输车”为载体，考查碱性氧化物、胶体、有机化合物等物质分类知识，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
A.胶体分散质微粒直径在1∼100nm之间，“纳米药物分子运输车”直径200nm，含“纳米药物分子运输车”的分散系不属于胶体，故A错误；
B.有机物是绝大多数含碳化合物，如葡萄糖、酒精、甲烷等，故B正确；
C.该“纳米药物分子车”由药物、四氧化三铁、二氧化硅、有机外壳等构成，属于混合物，故C正确；
D.四氧化三铁与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁和水，不符合碱性氧化物的概念，属于特殊氧化物，故D正确；
故选：A。
5.【答案】B
【解析】解：A.溶液中Cl−的物质的量浓度为0.2ml⋅L−1×2=0.4ml⋅L−1，故A错误；
B.溶液中Cl−的物质的量浓度为0.25ml⋅L−1×2=0.5ml⋅L−1，故B正确；
C.溶液中不含氯离子，Cl−的物质的量浓度为0，故C错误；
D.溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1ml⋅L−1×3=0.3ml⋅L−1，故D错误。
故选：B。
离子浓度与溶液体积大小无关，与溶质组成及其物质的量浓度有关，离子浓度=溶质浓度×离子数。
本题主要考查物质的量浓度等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6.【答案】B
【解析】解：A.量筒中无“0”刻度，不能用作反应容器，故A错误；
B.分液漏斗和容量瓶使用前需要进行检漏，进行容量瓶检漏时需要倒置两次，故B正确；
C.容量瓶属于精密仪器，不能烘干，应该自然干燥，故C错误；
D.量筒精确度为0.1mL，故不能用10mL量筒量取2.50mL浓硫酸，故D错误；
故选：B。
A.量筒中无“0”刻度；
B.分液漏斗和容量瓶使用前需要进行检漏，进行容量瓶检漏时需要倒置两次；
C.容量瓶属于精密仪器，不能烘干；
D.量筒精确度为0.1mL。
本题考查了常用仪器的使用，明确仪器的构造及使用方法和注意事项是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.饱和氯水溶液呈酸性，碳酸氢根离子能与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；
B.能使紫色石蕊变蓝的溶液呈碱性，离子间不反应，可大量共存，故B正确；
C.钙离子与碳酸根离子。硫酸根离子均能反应，不能大量共存，故C错误；
D.溶液无色，高锰酸根离子呈紫色不能大量存在，故D错误；
故选：B。
在限定条件下，依据离子的性质和转化分析是否能大量共存。
本题考查离子共存，题目难度中等，掌握相关离子的性质和转化是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：A.CO2的摩尔质量是44g/ml，故A错误；
B.18gH2O的物质的量为1ml，含有氢原子的数目为2NA，故B正确；
C.不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/ml，无法计算常温常压下22.4LCl2中含有氯分子的数目，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算0.1ml⋅L−1NaOH溶液中含有的Na+数目，故D错误；
故选：B。
A.摩尔质量的单位为g/ml；
B.18gH2O的物质的量为1ml，1ml水中含有2ml氢原子；
C.不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/ml；
D.溶液体积未知，无法计算溶液中含有的Na+数目。
本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.铁和稀硫酸反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B.铜片插入硝酸银溶液中，离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故B错误；
C.钠与水反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C错误；
D.Cl2的尾气处理，离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故D正确；
故选：D。
A.不符合反应客观事实；
B.电荷不守恒；
C.原子个数不守恒；
D.氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.钠与水反应生成氢氧化钠、H2，H2没有助燃性，不支持燃烧，因此该装置不能用于检验钠与水反应的产物之一，故A错误；
B.氯化铁和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3沉淀，制备氢氧化铁胶体时，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故B错误；
C.分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，氯化钠易溶于水，所以采用过滤的方法除去氯化钠溶液中的不溶性杂质，故C正确；
D.NaHCO3固体不稳定，受热易分解生成Na2CO3、H2O、CO2，所以不能采用蒸干溶液的方法制取NaHCO3固体，故D错误；
故选：C。
A.钠与水反应生成NaOH、H2，H2没有助燃性，不支持燃烧；
B.氯化铁和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3沉淀；
C.分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法；
D.NaHCO3固体不稳定，受热易分解生成Na2CO3、H2O、CO2。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的灵活运用能力及实验操作能力，明确实验原理、物质的性质是解本题的关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.镁元素化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，被氧化，故A正确；
B.还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：Mg>C，故B正确；
C.CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反应，故C正确；
D.等质量的Mg分别在空气、CO2中完全燃烧，镁的化合价由0价升高到+2价，则转移的电子数相同，故D错误，
故选：D。
2Mg+CO22MgO+C，Mg的化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；二氧化碳中C的化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物，据此分析。
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念的考查，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
12.【答案】B
【解析】解：A.醋酸(CH3COOH)是弱酸，在离子方程式中不能拆分为H+，反应实质为CH3COOH+OH−=CH3COO−+H2O，故A错误；
B.硫酸氢钠(NaHSO4)在溶液中完全电离出Na+、H+、硫酸根离子，氢氧化钾(KOH)是强碱，二者反应的实质为H++OH−=H2O，故B正确；
C.稀硫酸与氢氧化钡反应，除了H+和OH−的中和，硫酸根离子还会与钡离子生成BaSO4沉淀，反应实质为2H++2OH−+Ba2++SO42− =BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.氢氧化镁(Mg(OH)2)是难溶碱，在离子方程式中不能拆分为OH−，反应实质为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故D错误；
故选：B。
要判断反应实质能否用H++OH−=H2O表示，需满足强酸、强碱发生中和反应，且生成的盐可溶于水，无其他离子参与反应，据以上分析解答。
掌握能用H++OH−=H2O表示反应的实质是解答本题的关键。
13.【答案】D
【解析】解：A.分析可知“试剂X”与“试剂Y”的添加顺序不可以互换，否则过量的钡离子无法除去，故A错误；
B.四步“操作”均用到玻璃棒作用不完全相同，操作4是蒸发结晶，操作1、2、3是过滤，故B错误；
C.“滤渣1”为BaSO4，不溶于盐酸，“滤渣2”为BaCO3、CaCO3，可溶于盐酸，故C错误；
D.“试剂W”为稀盐酸，除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，故D正确；
故选：D。
粗盐中常含有MgCl2、CaCl2和Na2SO4等杂质，加水溶解后加入过量试剂X，过滤得到滤渣1，滤液1中加入过量Y过滤得到滤渣2，滤液2中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到滤渣3为Mg(OH)2，滤液3中加入W为稀盐酸，除去过量的用氢氧化钠和碳酸钠得到氯化钠溶液，蒸发结晶得到氯化钠晶体，结合分析可知，试剂X为BaCl2溶液，除去硫酸根离子，试剂Y为Na2CO3溶液，除去过量的钡离子和钙离子，据此分析回答问题。
本题考查了粗盐提纯的实验过程分析判断，注意试剂顺序和除杂离子的理解应用，题目难度中等。
14.【答案】A
【解析】解：无色澄清溶液，可知溶液里没有Cu2+，
(1)用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里不含CO32−和HCO3−，
(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，说明溶液里有SO42−；
(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，此沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl−，因实验(2)中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了Cl−；
由分析可知溶液里一定存在②SO42−、⑥H+，一定不存在④HCO3−、⑤CO32−、⑦Cu2+，可能存在①Na+、③Cl−，故A正确，
故选：A。
(1)用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里含有氢离子，不含CO32−和HCO3−，
(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，说明溶液里有SO42−；
(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，此沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl−，因实验(2)中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了Cl−；
据此分析解答。
本题考查离子反应及离子组成分的判断，题目难度不大，本题注意把握离子的性质及离子共存问题。
15.【答案】C
【解析】解：粉末的物质的量是1.56g÷78g/ml=0.02ml，加入到40mL水中，充分反应得溶液A为氢氧化钠溶液，其中氢氧化钠的物质的量是0.04ml，其浓度是0.04ml÷0.04L=1ml/L，故A正确；
B.1ml/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说明溶液红色褪去是因为c(OH−)大，且c(OH−)越大，溶液红色褪色现象更明显，故B正确；
C.①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向①中褪色后的液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终不会变成红色，故C错误；
D.向②中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色，故D正确；
故选：C。
粉末的物质的量是1.56g÷78g/ml=0.02ml，加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)为氢氧化钠溶液，其中氢氧化钠的物质的量是0.04ml；
B.由图③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关，1ml/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色；
C.①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质；
D.由图②、③反应现象分析可知，向②中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】500mL 11.8;4.2 搅拌(溶解时)、引流(转移溶液时);将烧杯和玻璃棒上残留的溶质全部转移到容量瓶中，减小误差;重新配制 CD
【解析】解：(1)实验室没有480mL的容量瓶，需选择500mL的容量瓶，
故答案为：500mL；
(2)浓盐酸的浓度c=1000×ρ×ωM=1000×1.18×36.5%36.5=11.8ml/L，根据稀释定律c1V1 =c2V2，配制500mL0.1ml⋅L−1稀盐酸，需浓盐酸体积：0.5L×0.1ml⋅L−1=11.8ml/L×V1，V1≈4.2mL，
故答案为：11.8；4.2；
(3)玻璃棒的作用：搅拌(溶解时)、引流(转移溶液时)；操作a是洗涤烧杯和玻璃棒，重复2∼3次的目的：将烧杯和玻璃棒上残留的溶质全部转移到容量瓶中，减小误差；定容时加水超过刻度线，应重新配制，因此溶液浓度已偏低，无法补救，
故答案为：搅拌(溶解时)、引流(转移溶液时)；将烧杯和玻璃棒上残留的溶质全部转移到容量瓶中，减小误差；重新配制；
(4)分析误差依据c=nV，判断n或V的变化：
A.仰视刻度线，量取的浓盐酸体积偏大，n偏大，浓度偏高；
B.俯视刻度线，定容时加水偏少，V偏小，浓度偏高；
C.溶液洒出，n偏小，浓度偏低；
D.摇匀后加水，V偏大，浓度偏低；
故答案为：CD。
(1)根据容量瓶的使用要求来分析；
(2)根据c=1000×ρ×ωM及稀释定律c1V1 =c2V2来计算；
(3)根据溶解和转移液体时玻璃棒的作用来分析；根据减少溶质的损失及定容的方法来分析；
(4)根据c=nV 来分析。
本题主要考查了配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器、浓度的计算、稀释规律、误差分析等相关知识，属于基础知识的考查。
17.【答案】干燥管 a→b→f→g→d(f,g可互换);检验装置气密性;除去H2中的H2O和HCl 收集c处排出的气体并检验H2纯度 LiH+H2O=LiOH+H2↑ 9：1
【解析】(1)盛碱石灰的玻璃仪器的名称为干燥管，
故答案为：干燥管；
(2)氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用A装置制备氢气，用装置B中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置C，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e→a→b→f→g→d(f,g可互换)；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；装置B中碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，氧化钙与水可反应，氢氧化钠可作干燥剂，且与盐酸能反应，所以该装置的作用是吸收水蒸气和部分氯化氢气体，
故答案为：a→b→f→g→d(f,g可互换)；检验装置气密性；除去H2中的H2O和HCl；
(3)使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是：收集c处排出的气体并检验H2纯度，
故答案为：收集c处排出的气体并检验H2纯度；
(4)LiH与H2O发生反应生成LiOH和氢气，反应方程式为LiH+H2O=LiOH+H2↑，
故答案为：LiH+H2O=LiOH+H2↑；
(5)设LiH与Li的物质的量分别为xml、yml，则：
LiH+H2O=H2↑+LiOH
xml xml
2Li+2H2O=2LiOH+H2↑
yml 0.5yml
则8x+7y=0.158x+0.5y=0.425622.4，
解得x=0.018、y=0.002，故LiH与Li的物质的量之比为0.018ml：0.002ml=9：1，
故答案为：9：1。
(1)盛碱石灰的玻璃仪器为干燥管；
(2)氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用A装置制备氢气，用装置B中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置C，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；装置B可以干燥气体；
(3)使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险；
(4)LiH与H2O发生反应生成LiOH和氢气；
(5)设LiH与Li的物质的量分别为xml、yml，根据方程式表示出生成氢气的物质的量，再根据二者总质量、氢气总体积列方程计算解答。
本题考查化学实验制备方案，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、化学方程式的计算等，题目难度较大。
18.【答案】①④;Ba(OH)2=Ba2++OH− HCO3−+H+=CO2↑+H2O 通入适量的二氧化碳气体;Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 A;NaOH;2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
【解析】解：(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，从物质类别的角度看，酸碱盐都是电解质，属于电解质的是①④；氢氧化钡在水中电离成钡离子和氢氧根离子，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++OH−；
故答案为：①④；Ba(OH)2=Ba2++OH−；
(2)碳酸氢钠与硫酸氢钠反应实质氢离子与碳酸氢根离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式：HCO3−+H+=CO2↑+H2O，
故答案为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O；
(3)碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，化学方程式：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠可通入适量的二氧化碳气体；
故答案为：通入适量的二氧化碳气体；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；
(4)导电能力相等的H2SO4、NaHSO4溶液中离子浓度相同，故H2SO4、NaHSO4溶液浓度相同，当硫酸与氢氧化钡恰好完全反应时：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，溶液中离子浓度近似为0，溶液导电能力最差(a点)，此时硫酸氢钠与氢氧化钡的反应为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O+NaOH，溶液中还有NaOH(b点)，导电能力强于硫酸的，故曲线A表示滴加H2SO4溶液的导电能力变化，曲线B表示滴加NaHSO4溶液的导电能力变化，b点溶液中溶质为NaOH，b点后继续滴加NaHSO4溶液，离子反应为：H++OH−=H2O，当硫酸与氢氧化钡恰好完全反应时：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，溶液中离子浓度近似为0，溶液导电能力最差(a点)，则O→a段发生反应的离子方程式为2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O；
故答案为：A；NaOH；2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O。
(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；氢氧化钡在水中电离成钡离子和氢氧根离子；
(2)碳酸氢钠和硫酸氢钠溶液反应，实质是碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水；
(3)碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；
(4)Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线A在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线B为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应。
本题考查了电解质溶液的导电性、电解质、离子方程式等，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，题目难度中等。
19.【答案】剧烈燃烧发出棕褐色烟;2Fe+3Cl22FeCl3 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O;bd Cl2O7+2NaOH=2NaClO4+H2O 氧化剂;氯酸钾;KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O
【解析】解：(1)用坩埚钳夹住一束铁丝，灼烧后立即放入充满氯气的集气瓶中，观察到的现象是剧烈燃烧发出棕褐色烟，发生反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，
故答案为：剧烈燃烧发出棕褐色烟；2Fe+3Cl22FeCl3；
(2)常温下将Cl2通入NaOH溶液中制取漂白液，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，改变反应条件，Cl2与NaOH溶液可发生反应：Cl2+NaOH→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，结合电子守恒分析判断NaClO、NaClO3、NaCl三者的化学计量数之比，
a.氯元素0价降低到−1价，升高到+5价和+1价，若NaClO、NaClO3、NaCl三者的化学计量数之比1：1：1时，1×1+1×5≠1×1，不满足电子守恒，故a错误；
b.氯元素0价降低到−1价，升高到+5价和+1价，若NaClO、NaClO3、NaCl三者的化学计量数之比1：1：6时，1×1+1×5=6×1，满足电子守恒，故b正确；
c.氯元素0价降低到−1价，升高到+5价和+1价，若NaClO、NaClO3、NaCl三者的化学计量数之比1：2：3时，1×1+2×5≠3×1，不满足电子守恒，故c错误；
d.氯元素0价降低到−1价，升高到+5价和+1价，若NaClO、NaClO3、NaCl三者的化学计量数之比1：2：11时，1×1+2×5=11×1，满足电子守恒，故d正确；
故答案为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；bd；
(3)X是一种酸性氧化物，可与水反应生成HClO4，X为Cl2O7，X与NaOH溶液反应的化学方程式为：Cl2O7+2NaOH=2NaClO4+H2O，
故答案为：Cl2O7+2NaOH=2NaClO4+H2O；
(4)HCl→Cl2的转化通常需加入氧化剂，可选择图中“盐”中的物质氯酸钾，加热发生反应的化学方程式为：KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O，
故答案为：氧化剂；氯酸钾；KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O。
(1)用坩埚钳夹住一束铁丝，灼烧后立即放入充满氯气的集气瓶中，观察到的现象是剧烈燃烧发出棕褐色烟，反应生成氯化铁；
(2)常温下将Cl2通入NaOH溶液中制取漂白液，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，改变反应条件，Cl2与NaOH溶液可发生反应：Cl2+NaOH→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，结合电子守恒分析判断化学计量数之比；
(3)X是一种酸性氧化物，可与水反应生成HClO4，X为Cl2O7，和碱反应生成盐和水；
(4)HCl→Cl2的转化是氯元素化合价升高，需要氧化剂，图中KClO3具有较强氧化性，能氧化氯化氢生成氯气。
本题考查了氯及其化合物性质分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
20.【答案】60g/ml 66g 7：11;1：2 2：1;4：3 22.4
【解析】解：(1)碳酸根离子的式量为60，摩尔质量为60g/ml，
故答案为：60g/ml；
(2)9.03×1023个CO2分子的质量是：9.03×10236.02×1023ml−1×44g/ml=66g，
故答案为：66g；
(3)依据m=nM可知等物质的量的CO和CO2的质量之比为：28：44=7：11；依据N=nNA，结合CO含有1个O，1个二氧化碳含有2个O，二者所含O原子物质的量之比为1：2，
故答案为：7：11；1：2；
(4)同温同压下，体积之比等于物质的量之比，故等质量的O2和SO2的体积之比=132ml：164ml=2：1；原子个数之比为：(2×2)：(1×3)=4：3，
故答案为：2：1；4：3；
(5)依据H2S∼2NaOH可知，中和0.2ml含H2S的氢硫酸，需要氢氧化钾物质的量为0.4ml，质量为：0.4ml×56g/ml=22.4g，
故答案为：22.4。
(1)摩尔质量以g/ml为单位数值上等于相对分子质量；
(2)依据m=NNA×M计算；
(3)依据m=nM、N=nNA判断；
(4)同温同压下，体积之比等于物质的量之比；氧气为双原子分子，二氧化硫为三原子分子；
(5)依据H2S∼2NaOH，结合m=nM计算。
本题考查物质的量相关计算，难度不大，注意物质的量与质量、体积、粒子数目的计算公式的运用，以及对阿伏加德罗定律及推论的理解和应用。A.检验钠与水反应的产物
B.制备Fe(OH)3胶体
C.除去NaCl溶液中的不溶性杂质
D.蒸干溶液，获得NaHCO3固体
步骤
操作
现象
(1)
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
(2)
向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀生成
编号
①
②
③
④
操作
现象
溶液变红色，20秒后褪色
ⅰ.产生大量能使带火星木条复燃的气体
ⅱ.溶液变红色，10分钟后褪色
ⅰ.溶液变红色，10分钟后溶液褪色
ⅱ.变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化