北京市首师附2019-2020学年高一上学期期中考试化学试卷（解析版）


北京市首师附2019-2020学年高一上学期期中考试试卷
可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ca 40
第I卷（40分）
一、选择题（本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）
1.下列反应中一定属于氧化还原反应的是（ ）
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应
【答案】C
【解析】
【详解】A项、有些化合反应没有元素化合价的变化，有单质参加的化合反应有元素化合价的变化，化合反应可能属于氧化还原反应，故A错误；
B项、有些分解反应没有元素化合价的变化，有单质生成的分解反应有元素化合价的变化，分解反应可能属于氧化还原反应，故B错误；
C项、有单质参加，有单质生成的反应属于置换反应，置换反应一定有元素化合价的变化，一定属于氧化还原反应，故C正确；
D项、复分解反应都没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故D错误；
故选C。
2.下列变化中需要加入氧化及才能实现的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A项、锰离子转化为高锰酸根的过程中，锰元素化合价升高，需加入氧化剂才能实现，故A正确；
B项、亚铁离子转化为三价铁离子的过程中，铁元素化合价降低，需加入还原剂才能实现，故B错误；
C项、氧化铜转化为铜的过程中，铁元素化合价降低，需加入还原剂才能实现，故C错误；
D项、硫酸转化为硫酸钡的过程中，没有元素化合价发生改变，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选A。
3.氧化还原反应的实质是（ ）
A. 分子中的原子重新组合 B. 氧原子的得失
C. 化合价的升降 D. 电子的得失或偏移
【答案】D
【解析】
【详解】A项、原子重新组合时一定发生化学反应，但不一定为氧化还原反应，故A错误；
B项、氧化还原反应中不一定有氧元素参加，如氢气在氯气中燃烧，故B错误；
C项、元素化合价变化为氧化还原反应的特征，故C错误；
D项、电子的得失或共用电子对的偏移，即电子的转移为氧化还原反应的实质，故D正确；
故选D。
4. 我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（ ）
A. 徐光宪建立稀土串级萃取理论
B. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C. 闵恩泽研发重油裂解催化剂
D. 侯德榜联合制碱法
【答案】B
【解析】试题分析：2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖，故选B。
5.下列说法中正确的是（ ）
①钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠 ②钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生 ③过氧化钠可在呼吸面具中做供氧剂 ④铁丝在氯气中燃烧生成棕红色的FeCl3 ⑤钠、氢气在氯气中燃烧都能产生白烟
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①钠在空气或氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠而不是白色的氧化钠，故①错误；
②钠投入硫酸铜溶液中，先与水反应生成NaOH和H2，再与CuSO4发生复分解反应，不能置换出盐中的金属，故②错误；
③Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2，故可在缺氧环境中做供氧剂，故③正确；
④氯气非常活泼，它与具有可变化合价的金属如铁反应时，生成高价态的金属氯化物FeCl3，故④正确；
⑤钠在氯气中燃烧生成固态NaCl，氢气在氯气中燃烧生成气态HCl，一个是白烟，一个是白雾，二者现象不同，故⑤错误；
③④正确，故选C。
6.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 氯气不溶于水，因此可用排水法收集氯气
B. 新制氯水可以使干燥的有色布条褪色
C. 因为氯气具有刺激性气味，所以可以杀灭细菌和病毒
D. 液氯比氯水的漂白作用更强
【答案】B
【解析】
【详解】A项、常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气，氯气溶于水，不能用排水法收集，故A错误；
B项、新制氯水中含有强氧化性的次氯酸，可以使干燥的有色布条褪色，故B正确；
C项、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能起到杀灭细菌和病毒的作用，故C错误；
D项、液氯没有漂白性，氯水中含有强氧化性的次氯酸，能表现漂白性，故D错误；
故选B。
7.酸性氧化物不可能具有的性质是（ ）
A. 与水反应生成酸 B. 与碱性氧化物反应生成盐
C. 与酸反应生成盐和水 D. 与碱反应生成盐和水
【答案】C
【解析】
【详解】A项、大部分酸性氧化物能与水反应生成酸，故A错误；
B项、酸性氧化物能与碱性氧化物反应生成盐，故B错误；
C项、与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，酸性氧化物一般不与酸反应，即使和酸反应，也不生成盐和水，故C正确；
D项、酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，故D错误；
故选C。
8.胶体与溶液的本质差异在于（ ）
A. 是否稳定、透明 B. 是否有颜色
C. 分散质直径是否介于1-100 mm D. 是否具有丁达尔效应
【答案】C
【解析】
【详解】根据分散质粒子直径大小分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），则溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故选C。
9.下列关于酸、碱、盐的各种说法中正确的是（　　）
A. 电离出的阳离子有H＋的化合物叫酸，电离出OH－的化合物叫碱
B. 氯化钠溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－
C. 化合物电离时，生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子的是盐
D. NaHSO4可以电离出H＋，因此NaHSO4属于酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电离出的阳离子全部是H＋的化合物叫酸，电离出阴离子全部是OH－的化合物叫碱，A项错误；
B. 氯化钠溶液在水分子的作用下会电离出Na＋和Cl－，而不是电流作用，B项错误；
C. 化合物电离时，生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子的是盐，C项正确；
D. NaHSO4可以电离出H＋，但阳离子不全部是H＋，还有钠离子，则不是酸，D项错误；
答案选C。
10.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，含有的分子数为
B. 常温常压下，溶于水形成的溶液中含有离子数为
C. 通常状况下，个分子占有的体积为22.4 L
D. 物质的量浓度为的溶液中，含有个数为
【答案】B
【解析】
【详解】A项、标准状况下，水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故A错误；
B项、10.6g碳酸钠的物质的量为0.01mol，10.6g碳酸钠溶于水，碳酸钠在溶液中电离出0.02mol钠离子，即0.02NA，故B正确；
C项、标准状况下，NA个二氧化碳分子占有的体积约为22.4L，故C错误；
D项、缺溶液体积，无法计算0.5mol/L硫酸溶液中硫酸的物质的量，不能计算溶液中氢离子数目，故D错误；
故选B。
11.下列溶液中浓度由大到小的顺序是（ ）
①溶液 ②溶液③溶液④溶液
A. ③②①④ B. ④①②③
C. ①④②③ D. ②③①④
【答案】C
【解析】
【详解】①200mL2mol•L-1MgCl2溶液中的Cl-物质的量浓度为2mol•L-1×2=4.0mol•L-1，②1000mL2.5mol•L-1NaC溶液中的Cl-物质的量浓度为2.5mol•L-1，③30mL5mol·L-1KClO3溶液中存在钾离子和次氯酸离子，不存在氯离子，氯离子的物质的量浓度为0。250mL1mol•L-1FeCl3溶液中的Cl-物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1，则溶液中氯离子的物质的量浓度由大到小的顺序为①④②③，故选C。
12.下列各组离子在同一无色溶液中能够大量共存的是（ ）
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、
【答案】D
【解析】
【详解】A项、无色溶液中不可能存在紫色的MnO4—离子，故A错误；
B项、溶液中Ag+与Cl-离子和SO42—离子能够反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；
C项、溶液中CO32﹣与H+离子能够反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；
D项、溶液中OH－、NO3﹣、K+、Na+之间不发生任何反应，能大量共存，故D正确；
故选D。
13.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 把盐酸滴在铜片上：
B. 混合碳酸氢钠溶液与盐酸：
C. 把硝酸银溶液滴入盐酸中：
D. 把少量溶液加入溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A项、铜是不活泼金属，金属活动顺序表中排在氢的后面，不能与稀盐酸反应，故A错误；
B项、碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B错误；
C项、硝酸银溶液与盐酸反应生成硝酸和氯化银沉淀，反应的离子方程式为Ag++ Cl-=AgCl↓，故C错误；
D项、少量硫酸氢钠溶液与Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为OH－+ Ba2++ SO42－+H+= BaSO4↓+H2O，故D正确；
故选D。
14.下列可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法及现象是(　　)
A. 加热时无气体放出
B. 滴加盐酸时有气泡放出
C. 溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成
D. 溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠不分解，不能利用加热判断是否混有碳酸钠，故A错误；
B．二者均与盐酸反应生成气体，滴加盐酸时有气泡放出不能判断是否混有碳酸钠，故B错误；
C．碳酸氢钠与氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成，可判断存在碳酸钠，故C正确；
D．二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成，不能判断是否混有碳酸钠，故D错误。
答案选C。
15.为了除去粗盐中的、、及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量溶液，⑤加过量溶液。正确的操作顺序是（ ）
A. ①④②⑤③ B. ②⑤④③①
C. ⑤④②①③ D. ④②⑤①③
【答案】C
【解析】
【详解】除去粗盐中的可溶性杂质Mg2+、Ca2+、SO42-时，可以加入过量NaOH溶液除去镁离子；加入过量BaCl2溶液除去硫酸根离子；加入过量Na2CO3溶液除去钙离子和过量的钡离子，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；过滤后加入盐酸调节溶液的pH除去过量的碳酸根和氢氧根，则顺序为⑤④②①③，故选C。
16.下列离子检验的方法正确的是（ ）
A. 某溶液中加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有
B. 某溶液中加溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有
C. 某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有
D. 某溶液中加稀硫酸溶液生成无色无味气体，说明原溶液中有
【答案】C
【解析】
【详解】A项、加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银、硫酸银等沉淀，未滴加稀硝酸酸化，不能排除Ag+、CO32-等离子的干扰，故A错误；
B项、加入氯化钡溶液，未先滴加稀盐酸酸化，不能排除Ag+、CO32-等离子的干扰，故B错误；
C项、氢氧化铜为蓝色，加入氢氧化钠溶液，Cu2+能与NaOH溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，故C正确；
D项、碳酸根和碳酸氢根均能与稀硫酸溶液生成无色无味的二氧化碳气体，不能排除碳酸氢根的干扰，故D错误；
故选C。
17.把2.1 g CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足
量的Na2O2固体中，固体的质量增加(　　)
A. 2.1 g B. 3.6 g
C. 7.2 g D. 无法确定
【答案】A
【解析】试题分析：一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，氢气和氧气反应生成水，二氧化碳和水都能和过氧化钠反应生成氧气，固体增重部分就是对应的一氧化碳和氢气，所以2.1克一氧化碳和氢气的混合气体 ，最后固体增重就为2.1克，选A。
18.在反应中，若7 g A和一定量B完全反应生成8.5 g C，则A、B、C的摩尔质量之比为（ ）
A. B.
C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】由质量守恒定律可知，m（A）+m（B）=m（C），则m（B）=8.5g—7g=1.5g。由化学方程式可知，1molA和3molB完全反应生成2molC，则A、B、C的摩尔质量之比为：：=28:2:17，故选B。
19.下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）
A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4 B. 等压等体积的N2和CO2
C. 等温等体积O2和N2 D. 不同体积等密度的CO和C2H4
【答案】A
【解析】
【分析】两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。
【详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；
B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；
C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；
D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。
故选A。
20.在标准状况下，将VL气体A(摩尔质量为Mg/mol)，溶于0.1L水中，所得溶液密度为dg/cm3，则该溶液的物质的量浓度为（ ）
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】气体的物质的量为，
溶质质量，
溶剂0.1L水，即质量为100g，溶液质量为，
因此物质的量浓度为
，
故B正确；
综上所述，答案为B。
第II卷（共60分）
二、填空题（本大题共6小题，共60分）
21.现有下列物质：①氢氧化钠固体②铜丝③氯化氢气体④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥氨水⑦碳酸氢钠固体⑧蔗糖晶体⑨熔融氢化钠⑩胆矾（C）晶体
（1）上述物质相应状态下可导电的是_______________________________。
（2）属于电解质的是_______________________________。
（3）属于非电解质的是_______________________________。
（4）上述状态下的电解质不能导电的是_______________________________。
（5）⑦溶于水后的电离方程式是_______________________________。
（6）①和⑦混合溶于水的离子方程式是_______________________________。
【答案】(1). ②④⑥⑨ (2). ①③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧ (4). ①③⑦⑩ (5). (6).
【解析】
【分析】①氢氧化钠固体是碱，属于电解质，氢氧化钠固体中没有自由移动的离子，不能导电；
②铜丝属于金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
③氯化氢气体不能导电，溶于水能电离出自由移动氢离子和氯离子，属于电解质；
④稀硫酸为混合物，溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；
⑤二氧化碳气体是酸性氧化物，属于非电解质，不能导电；
⑥氨水为混合物，溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；
⑦碳酸氢钠固体是盐，属于电解质，碳酸氢钠固体中没有自由移动的离子，不能导电；
⑧蔗糖晶体是非电解质，不能导电；
⑨熔融氢化钠属于电解质，能电离出自由移动的离子，能导电；
⑩胆矾晶体是盐，属于电解质，胆矾晶体中没有自由移动的离子，不能导电；
【详解】（1）铜丝、稀硫酸、氨水熔融氢化钠能导电，故答案为：②④⑥⑨；
（2）氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸氢钠固体、熔融氢化钠、胆矾晶体属于电解质，故答案为：①③⑦⑨⑩；
（3）二氧化碳气体、蔗糖晶体属于非电解质，故答案为：⑤⑧；
（4）氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸氢钠固体、胆矾晶体属于电解质，但没有自由移动的离子，不能导电，故答案为：①③⑦⑩；
（5）碳酸氢钠在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3 =Na++ HCO3-，故答案为：NaHCO3 =Na++ HCO3-；
（6）氢氧化钠和碳酸氢钠在溶液中反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3－+2OH－= CO32－+H2O，故答案为：HCO3－+2OH－= CO32－+H2O。
22.（1）铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色物质，而在盐酸中生成浅绿色的溶液。则在、、中，具有氧化性的是_____________________。
（2）盐酸在不同的反应中，可以分别表现出酸性、氧化性和还原性。现有如下四个反应，请写出盐酸在四个反应中，分别表现什么性质。
①________________________；
②________________________；
③________________________；
④________________________。
（3）用双线桥表示此氧化还原反应：_____________________
（4）题（2）的反应④中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，若有5 mol还原剂被氧化，则转移的电子数为________。
【答案】 (1). 、 (2). 酸性、氧化性 (3). 酸性 (4). 氧化性、还原性 (5). 还原性、酸性 (6). (7). (8).
【解析】
【分析】（1）铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色的氯化铁，在盐酸中生成浅绿色的氯化亚铁，铁元素化合价都升高说明铁钉被氯气和氢离子氧化；
（2）①反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑中，HCl中H元素的化合价降低；
②反应NaOH+HCl=NaCl+H2O中，没有元素的化合价变化；
③反应2HClH2↑+Cl2↑中，HCl中H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高；
④反应2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O中，HCl中部分氯元素的化合价升高，部分氯元素化合价没有变化；
（3）由化学方程式可知，反应中锰元素化合价降低被还原，KMnO4是氧化剂，HCl中氯元素的化合价升高被氧化，HCl是还原剂，反应转移的电子数目为10e—；
（4）由化学方程式可知，2mol的KMnO4被还原，有10molHCl被氧化，转移10mol电子。
【详解】（1）铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色的氯化铁，在盐酸中生成浅绿色的氯化亚铁，铁元素化合价都升高说明铁钉被氯气和氢离子氧化，氯气和氢离子具有氧化性，氯离子的为氯元素的最低价态，只有还原性，则氯气、氢离子和氯离子中具有氧化性的是氯气和氢离子，故答案为：Cl2、H+；
（2）①反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑中，HCl中氢元素的化合价降低，体现其氧化性，反应中生成盐，还表现酸性，故答案为：氧化性、酸性；
②反应NaOH+HCl=NaCl+H2O中，没有元素的化合价变化，为中和反应，反应生成盐，HCl表现酸性；故答案为：酸性；
③反应2HClH2↑+Cl2↑中，HCl中氢元素的化合价降低，氯元素的化合价升高， HCl即表现了氧化性，也表现了还原性，故答案为：氧化性、还原性；
④反应2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O中，HCl中部分氯元素的化合价升高，表现了还原性，部分氯元素化合价没有变化生成盐，还表现酸性，故答案为：还原性、酸性；
（3）由化学方程式可知，反应中锰元素化合价降低被还原，KMnO4是氧化剂，HCl中氯元素的化合价升高被氧化，HCl是还原剂，反应转移的电子数目为10e—，用双线桥可表示为，故答案为：；
（4）由化学方程式可知，2mol的KMnO4被还原，有10molHCl被氧化，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，转移10mol电子，若有5 mol还原剂被氧化，转移5mol电子，则转移的电子数为5NA，故答案为：1:5；5NA。
23.现用18.4 mol/L的浓来配制500 mL 0.2 mol/L的稀。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥托盘天平 ⑦药匙。请回答下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀时不需要使用的有________________（填代号），还缺少的仪器是________________。
（2）经计算，需浓的体积为________，量取浓硫酸时应选用________（选填①10 mL、②50 mL、③100 mL三种规格）的量筒。
（3）配制一定物质的量浓度NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作：
A．称量用了生锈的砝码； B．将NaOH放在纸张上称量；
C．定容时仰视刻度线 D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯 F．容量瓶未干燥即用来配制溶液
G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线。
H．未冷却至室温就进行定容 I．定容时有少量水洒在容量瓶外
对配制溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有_________；偏小的有__。
【答案】(1). ②⑥⑦ (2). 500 mL容量瓶 (3). 5.4 mL (4). ① (5). AH (6). BCDE
【解析】
【分析】在实验室欲配制500 mL 0.2 mol/L的稀硫酸需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500ml容量瓶；
（2）依据稀释定律计算可得浓硫酸的体积，依据量取最近原则选择量筒；
（3）依据c=分析溶液体积和溶质的物质的量是否发生变化分析解答。
【详解】（1）配制500 mL0.2 mol·L-1的硫酸溶液需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶和胶头滴管，由题给仪器可知，在配制稀时不需要使用的有烧瓶、托盘天平 和药匙，还需要的仪器有500 mL容量瓶，故答案为：②⑥⑦；500 mL容量瓶；
（2）设需要浓硫酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后硫酸的物质的量不变，则有：V×10-3L×18.4 mol/L =0.5 L×0.2 mol/L，解得：V≈5.4，由量取液体最近原则可知应选用10 mL量筒量取浓硫酸，故答案为：5.4；①
（3）A、称量用了生锈的砝码会会导致称量的NaOH的质量偏大，溶液中氢氧化钠的物质的量增大，所配溶液浓度将偏高；
B、将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳和水，会导致NaOH的物质的量减小，所配溶液浓度将偏低；
C、定容时仰视容量瓶刻度线，会使溶液体积偏大，造成浓度偏小；
D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出会使溶质NaOH物质的量减小，造成浓度偏小；
E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会使NaOH物质的量减小，造成浓度偏小；
F、容量瓶未干燥即用来配制溶液，因定容时需要加入蒸馏水，由稀释定律可知，稀释前后NaOH的物质的量不变，若配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响；
G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线，溶液体积无变化，对所配溶液浓度无影响；
H、未冷却至室温就进行定容，因溶解放出热量，冷却到室温后，会使溶液体积偏小，造成浓度偏大；
I、定容时有少量水洒在容量瓶外，对容量瓶中溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响；
则偏大的有AH，偏小的有BCDE，无影响的有FGI，故答案为：AH；BCDE。
24.有一固体混合物，可能由Na2CO3、K2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验它们做了如下实验：①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。试判断：
（1）固体混合物中肯定没有的是（填化学式）______________；
（2）写出③的离子方程式____________；
（3）固体混合物质中不能确定的物质（填化学式）____；检验该物质是否存在的方法是__________。
【答案】(1). CuSO4、CaCl2 K2SO4 (2). BaCO 3+2H +=Ba 2++H 2O+CO 2↑ (3). NaCl (4). 取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含
【解析】
【分析】①固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；②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Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2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CaCl2；③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠。
【详解】（1）由分析可知，固体混合物中肯定没有CaCl2、CuSO4、Na2SO4，故答案为：CaCl2、CuSO4、Na2SO4；
（2）③为碳酸钡溶于稀硝酸生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=
Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
（3）实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，检验氯化钠的方法是取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含，故答案为：取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含。
25.一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500 mol。
（1）所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式______
（2）所得溶液中NaCl的物质的量为________。
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比________。
【答案】(1). 、 (2). 0.250 (3).
【解析】
【分析】由溶液中含有0.0500 mol次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。
【详解】（1）氯化氢和氯气混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故答案为：OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；
（2）根据溶液电中性原则可知：n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），n（Cl-）=n（Na+）-n（ClO-）=0.1L×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol，则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol，故答案为：0.250；
（3）根据Cl原子守恒可知，n（Cl2）=×n（NaOH）=0.15mol，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500 mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500 mol，则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl22HCl，由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.1mol=3：2，故答案为：3：2。
26.医学上常用酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液的反应来测定血钙的含量。
（1）配平以下离子方程式，并在□中填上合适的微粒：
________________________ ________________________________
（2）测定血钙的含量：取2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量溶液，反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再与一定量的溶液恰好完全反应。溶解沉淀时________（填“能”或“不能”）使用稀盐酸，原因是____________。
（3）若消耗了的溶液40.00 mL，则100 mL该血液中含钙________g。
【答案】(1). 6 (2). 2 (3). 5 (4). 10 (5). 2 (6). 8 (7). (8). 不能 (9). 盐酸中具有还原性，与发生氧化还原反应，干扰的测定 (10). 0.02
【解析】
【分析】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水；
（2）盐酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，酸性高锰酸钾溶液与盐酸反应生成硫酸锰、硫酸钾、氯气和水；
（3）由方程式可知，5Ca2+—5CaC2O4—5H2C2O4—2KMnO4，由此计算血液中含钙量。
【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可得反应的离子方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：6；2；5；10；2；8；H2O；
（2）盐酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，酸性高锰酸钾溶液与盐酸反应生成硫酸锰、硫酸钾、氯气和水，若选用盐酸溶解草酸钙，溶液中的氯离子会与酸性高锰酸钾溶液反应，干扰钙离子的测定，故答案为：不能；盐酸中氯离子具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，干扰钙离子的测定；
（3）由方程式可知，5Ca2+—5CaC2O4—5H2C2O4—2KMnO4，则2mL血液中Ca2+的物质的量为n（Ca2+）= 1.0×10-4mol·L-1×0.0400L×=1.0×10-5mol，100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10-5mol×50×40g/mol=0.02g，故答案为：0.02。