2022-2023學年高一上化學期中模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、用如圖表示的一些物質或概念間的從屬關系中不正確的是

XYZA氧化物化合物純凈物B電解質鹽化合物C膠體分散系混合物D堿性氧化物金屬氧化物氧化物A．A B．B C．C D．D2、下列溶液中的氯離子濃度與50mL1mol?L﹣1的FeCl3溶液中氯離子濃度相等的是A．150mL1mol?L﹣1的NaClB．150mL3mol?L﹣1的KClC．75mL2mol?L﹣1的NH4ClD．75mL2mol?L﹣1的CaCl23、下列敘述正確的是（）A．NH3的摩爾質量等于17gB．常溫常壓下，32gO2和O3混合氣體含氧原子數目為2NAC．相同條件下，等質量O2與NH3兩種氣體，其物質的量比為32:17D．任何條件下，等質量的CO和CO2所含的碳原子數一定相等4、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?5、海水提溴過程中，將溴吹入吸收塔，使溴蒸氣和吸收劑SO2發生作用以達到富集的目的，化學反應為Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，下列說法正確的是()。A．Br2在反應中表現氧化性B．SO2在反應中被還原C．Br2在反應中失去電子D．1mol氧化劑在反應中得到1mol電子6、實驗室中需要配制2mol·L－1的NaCl溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規格和稱取的NaCl的質量分別是()A．950mL,111.2g B．500mL,117gC．1000mL,117g D．任意規格，111.2g7、已知X、Y、Z、W均為中學化學中常見的單質或化合物，它們之間的轉化關系如圖所示(部分產物已略去)。則W、X不可能是選項WXA鹽酸碳酸鈉溶液B氫氧化鈉溶液氯化鋁溶液C二氧化碳氫氧化鈣溶液D氯氣鐵單質A．A B．B C．C D．D8、兩個體積相同的容器，一個盛有O2，另一個盛有N2，在同溫同壓下兩容器內的氣體一定具有相同的A．密度 B．質子數 C．原子總數 D．質量9、下列有關Fe(OH)3膠體的說法正確的是(

)A．取2mol/L的FeCl3飽和溶液5mL制成氫氧化鐵膠體后，其中含有氫氧化鐵膠粒數為0.01NAB．在Fe(OH)3膠體中滴入稀硫酸至過量的過程中伴隨的實驗現象是先有紅褐色沉淀產生，然后沉淀溶解得到棕黃色溶液C．通過電泳實驗可以證明Fe(OH)3膠體帶正電荷D．向沸騰的NaOH稀溶液中滴加FeCl3飽和溶液，制備Fe(OH)3膠體10、膠體和溶液的特征區別是（）A．膠體屬于介穩體系B．膠體粒子的大小在1nm~100nm之間C．膠體具有丁達爾效應D．膠體粒子不能透過濾紙11、下列兩種氣體的分子數一定相等的是A．等密度的N2和COB．等溫等體積的O2和N2C．等壓等體積的N2和CO2D．質量相等、密度不等的N2和CO12、將0.195g鋅粉加入到20.0mL的0.100mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反應，則還原產物可能是A．M B．M2+ C．M3+ D．MO2+13、設一個12C原子的質量為ag，一個R原子的質量為bg，阿伏加德羅常數為NAmol-1。則R的相對原子質量可以表示為A． B． C．bNA D．aNA14、在漂白粉中的有效成分是()A．氧化鈣 B．氯化鈣 C．氯酸鈣 D．次氯酸鈣15、下列離子方程式可能不正確的是A．鈉與水反應：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B．硫酸與氫氧化鋇溶液反應：Ba2++2OH-++2H+=2H2O+BaSO4↓C．酸堿中和反應：OH-+H+=H2OD．鹽酸清除鐵銹：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O16、設NA表示阿伏加德羅常數，下列敘述中正確的是()A．標準狀況下，2.24LCCl4所含的原子數為0.5NAB．100mL0.1mol/L的MgCl2溶液中，所含微粒總數為0.02NAC．1.7g的OH－中含有的電子數為NAD．1mol任何物質都含有約6.02×1023個原子二、非選擇題（本題包括5小題）17、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18、在Na＋濃度為0.5mol/L的某澄清溶液中，還可能含有下表中的若干種離子。陽離子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+陰離子NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-已知：（1）SiO32-和大量的H+會生成白色沉淀H2SiO3；（2）H2SiO3H2O+SiO2；（3）產生氣體為在標準狀況下測定，不考慮氣體在水中的溶解。現取該溶液100mL進行如下實驗：序號實驗內容實驗結果Ⅰ向該溶液中加入足量稀鹽酸產生白色沉淀并放出0.56L氣體Ⅱ將Ⅰ的反應混合液過濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質量固體質量為2.4gⅢ向Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現象請回答下列問題：（1）實驗Ⅰ能確定一定不存在的離子是______________________。（2）實驗Ⅰ中生成沉淀的離子方程式為______________________。（3）通過實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，填寫下表中陰離子的濃度（能計算出的，填寫計算結果，一定不存在的離子填“0”，不能確定是否存在的離子填“？”）。陰離子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol·L－1______（4）判斷K+是否存在，若存在求其最小濃度，若不存在說明理由：_________________。19、I.閱讀、分析下列兩個材料：材料一材料二物質熔點/℃沸點/℃密度/g/cm3溶解性乙二醇(C2H6O2)－11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇(C3H8O3)17.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶回答下列問題(填字母序號)：（1）從含少量NaCl的Na2CO3中提純Na2CO3的操作為溶解、_________、________、過濾、洗滌、干燥（2）將乙二醇和丙三醇相互分離的最佳方法是_________。A．蒸餾法B．萃取法C．結晶法D．分液法II.青蒿素是最好的抵抗瘧疾的藥物，可從黃花蒿莖葉中提取，它是無色針狀晶體，可溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，難溶于水。常見的提取方法如下操作I、II中，不會用到的裝置是________（填序號）。Ⅲ.實驗室用98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸配制0.2mol/L的H2SO4溶液470mL.（1）需要使用的主要儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、___________、__________。（2）其操作步驟可分解為以下幾步：A．用量筒量取______mL濃硫酸，緩緩注入裝有約50mL蒸餾水的燒杯里，并用玻璃棒攪拌。B．用適量蒸餾水分三次洗滌燒杯和玻璃棒，將每次的洗液都移入容量瓶里。C．將稀釋后的硫酸小心地用玻璃棒引流容量瓶里。D．檢查容量瓶是否漏水。E．將蒸餾水直接加入容量瓶，至液面接近刻度線1-2cm處。F．蓋緊瓶塞，反復顛倒振蕩，搖勻溶液。G．用膠頭滴管向容量瓶里逐滴加入蒸餾水，到液面最低點恰好與刻線相切。請據此填寫：①完成上述步驟中的空白處。②補充完成正確的操作順序（用字母填寫）：____________（D）→（A）→→→→→（F）。（3）下列操作會使所配稀硫酸濃度偏高的是______________。A、取用濃硫酸時仰視刻度線B、容量瓶用蒸餾水洗滌后用1.2mol/L的硫酸潤洗C、轉移溶液時，不慎有少量溶液灑出D、定容時仰視容量瓶刻度線E、將稀釋后的稀硫酸立即轉入容量瓶且進行后面的實驗操作F、定容后，把容量瓶倒置搖勻，正放后發現液面低于刻度線，又補充幾滴蒸餾水至刻度線20、某同學在實驗室純鹽的流程如下：請回答：（1）步驟③、⑤的操作名稱是_______、_______。（2）粗鹽中含有、、等雜質離子，步驟②所用的除雜試劑有：①碳酸鈉溶液；②氯化鋇溶液；③氫氧化鈉溶液，則加入試劑的順序_______（填編號）。a.②③①b.①②③c.③②①d.③①②（3）除雜過程中，加入溶液的目的是_____________。（4）步驟④判斷加入的鹽酸“適量”的方法是______________________，步驟⑤加熱時要用玻璃棒攪拌，這是為了防止________，加熱到_________時，停止加熱。21、化學就在你身邊（1）汽車尾氣是城市空氣污染來源之一，汽車尾氣中含有CO和NO等有害物質。通過特殊的催化裝置，可以使CO與NO相互反應生成無害且穩定的氣體N2和CO2，反應的化學方程式是_____________。若反應生成1molN2，轉移的電子數目為_______________。(NA表示阿伏加德羅常數的值)（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O是工業上制84消毒液的原理，把上述化學方程式改為離子方程式，并用雙線橋法標明電子轉移的方向和數目。_________________（3）在一定的溫度和壓強下，1體積X2(氣)跟3體積Y2(氣)化合生成2體積化合物，則該化合物的化學式是_____________。

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、氧化物屬于化合物，化合物又屬于純凈物，故A正確；

B、電解質和鹽都屬于化合物，鹽均屬于電解質，則電解質包含鹽，應X包含Y，故B錯誤；

C、膠體屬于分散系，而分散系都是由兩種以上的物質組成，則屬于混合物，故C正確；

D、氧化物只由兩種元素組成，堿性氧化物一定是金屬氧化物，故D正確；

綜上所述，本題選B。【點睛】本題考查物質的組成和分類，比較簡單，屬于基礎題；學生應能識別常見物質的種類，并能利用其組成來判斷物質的類別是解答的關鍵。本題中要注意電解質包括酸、堿、鹽和金屬氧化物、水等，電解質均為化合物。2、B【解析】

50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-濃度為3mol/L，根據溶質化學式計算各選項中的Cl-物質的量濃度，進行比較可知。注意溶液中溶質離子的濃度與溶液體積無關，只取決于物質電離出的離子的數目多少與溶質的濃度。【詳解】50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-濃度為3mol/L。A、150mL1mol/L的NaCl溶液中Cl-濃度為1mol/L，與50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-濃度不相等，選項A不符合；B、150mL3mol/L的KCl溶液中Cl-濃度為3mol/L，與50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-濃度相等，選項B符合；C、75mL2mol/L的NH4Cl溶液中Cl-濃度為2mol/L，與50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-濃度不相等，選項C不符合；D、75mL2mol/L的CaCl2溶液中Cl-濃度為4mol/L，與50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-濃度不相等，選項D不符合；答案選B。【點睛】本題考查物質的量濃度的計算與理解，題目難度不大，注意溶液中溶質離子的濃度與溶液體積無關，只取決于物質電離出的離子的數目多少與溶質的濃度。3、B【解析】

A．NH3的摩爾質量為17g/mol，故A錯誤；B．O2和O3均為氧原子構成，所以32g混合物也就是32g氧原子，物質的量為2mol，數目為2NA，故B正確；C．1g氧氣的物質的量為mol，1g氨氣的物質的量為mol，物質的量之比為：=17:32，故C錯誤；D．1gCO所含的碳原子為mol，1gCO2所含的碳原子為mol，二者不相等，故D錯誤；綜上所述答案為B。4、B【解析】

該反應中Mn元素化合價由+7價變為+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價變為+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。5、A【解析】根據方程式控制，Br的化合價從0價降低到－1價，得到1個電子。S的化合價從＋4價升高到＋6價，失去2個電子，所以單質溴是氧化劑，SO2是還原劑，答案選A。6、C【解析】

實驗室沒有950mL的容量瓶，應用1000mL的容量瓶進行配制，則n(NaCl)=1L×2mol·L－1=2mol，m(NaCl)=2mol×58.5g=117g；選C，故答案為：C。【點睛】在實驗室中，容量瓶的規格一般為：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL。7、D【解析】試題分析：A、碳酸鈉與少量的鹽酸反應生成碳酸氫鈉，與過量的鹽酸反應生成二氧化碳，碳酸氫鈉與二氧化碳之間可以相互轉化，正確；B、Fe無論與少量還是過量的氯氣反應都只生成氯化鐵，Y、Z是一種物質，錯誤；C、氫氧化鈣與少量二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀，與過量二氧化碳反應生成碳酸氫鈣，碳酸鈣與二氧化碳、水反應生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣分解生成碳酸鈣，正確；D、氯化鋁與少量氫氧化鈉反應生成氫氧化鋁沉淀，與過量氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉與二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀，正確；答案選B。考點：考查物質之間的相互轉化8、C【解析】

根據阿伏加德羅定律，同溫同壓，體積相同的兩個容器所含氣體的分子數相同。【詳解】同溫同壓，體積相同的兩個容器所含氣體的分子數相同即氣體分子物質的量相同；A選項，同溫同壓，氣體的密度之比等于摩爾質量之比，兩者摩爾質量不相同，因此密度不相同，故A錯誤；B選項，一個氧氣分子中有16個質子，一個氮氣分子中有14個質子，氧氣分子和氮氣分子物質的量雖相同，但兩者質子數不相同，故B錯誤；C選項，1個氧氣、氮氣分子中都含有2個原子，氧氣分子和氮氣分子的物質的量相同，原子的物質的量也相同，故C正確；D選項，氮氣和氧氣的摩爾質量不相同，等物質的量的兩氣體，質量不相同，故D錯誤；綜上所述，答案為C。9、B【解析】

A.Fe(OH)3膠體粒子是許多Fe(OH)3的集合體，所以2mol/L的FeCl3飽和溶液5mL制成氫氧化鐵膠體中含有的膠體粒子數目小于0.01NA，A錯誤；B.向Fe(OH)3膠體中滴入稀硫酸，首先是膠粒上的電荷被中和，膠體發生聚沉形成Fe(OH)3紅褐色沉淀，然后是Fe(OH)3與H2SO4發生中和反應產生可溶性Fe2(SO4)3和H2O，沉淀溶解，溶液變為棕黃色，B正確；C.通過電泳實驗可以證明Fe(OH)3膠體粒子帶正電荷，而膠體本身不顯電性，C錯誤；D.將飽和FeCl3溶液滴入沸水中，繼續加熱煮沸至液體呈紅褐色，得到的液體為Fe(OH)3膠體，D錯誤；故合理選項是B。10、B【解析】

膠體區別于其他分散系的本質特征是分散質微粒直徑的大小不同。【詳解】A.膠體屬于介穩體系，膠體的性質，故A錯誤；B、膠體區別于其它分散系的本質特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm。C、膠體具有丁達爾效應，膠體的光學性質，故C錯誤；D.膠體粒子能透過濾紙，故D錯誤。故選B。11、D【解析】

分子數相同的不同物質，其物質的量一定相等。【詳解】n=mM，m=ρV，A.當密度相等時，氮氣和一氧化碳摩爾質量均為28g/mol，由n=ρVM可知，物質的量與體積相等，體積不可知，故AB.在等溫等體積條件下，壓強和物質的量成正比，壓強不可知，B錯誤；C.在等壓等體積條件下，物質的量與溫度成反比，溫度不可知，C錯誤；D.在質量相等條件下，由于兩種氣體摩爾質量相等，由n=mM可知，氣體物質的量相等，答案為D。【點睛】阿伏加德羅定律的推論：(1)三正比：同溫同壓下，氣體的體積比等于它們的物質的量之比.即V1/V2=n1/n2同溫同體積下，氣體的壓強比等于它們的物質的量之比.即p1/p2=n1/n2同溫同壓下，氣體的密度比等于它們的相對分子質量之比.即M1/M2=ρ1/ρ2(2)二反比：同溫同壓下，相同質量的任何氣體的體積與它們的相對分子質量成反比.V1/V2=M2/M1；同溫同體積時，相同質量的任何氣體的壓強與它們的摩爾質量的反比.即p1/p2=M2/M1。(3)一連比：同溫同壓下，同體積的任何氣體的質量比等于它們的相對分子質量之比，也等于它們的密度之比。即m1/m2=M1/M2=ρ1/ρ2。12、B【解析】

在氧化還原反應中一定存在得失電子守恒，設反應后M元素的化合價為x，參加反應的MO2+的物質的量為0.1mol/L×0.02L=0.002mol，參加反應的鋅的物質的量為0.195g÷65g/mol=0.003mol，故存在：(+5-x)×0.002mol=0.003mol×2，解得x=+2，故選B。13、C【解析】

A.Ar(R)=，A錯誤；B.結合選項A，B錯誤；C.M(R)=bg·NAmol-1=bNAg·mol-1，Ar(R)=bNA，C正確；D.結合選項C，D錯誤；答案選C。14、D【解析】

漂白粉的主要成分是氯化鈣、次氯酸鈣；次氯酸根有強氧化性，故有漂白作用；所以漂白粉中的有效成分是次氯酸鈣，答案為D。15、C【解析】

A.鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉可拆，則離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A正確；B.硫酸與氫氧化鋇溶液反應生成硫酸鋇沉淀和水，離子方程式為Ba2++2OH-++2H+=2H2O+BaSO4↓，B正確；C.強酸和強堿的中和反應可用離子方程式OH-+H+=H2O表示，弱酸或弱堿的中和反應不能用方程式表示，C錯誤；D.鹽酸清除鐵銹實質是氧化鐵與氫離子反應，離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，D正確；答案選C。16、C【解析】

A.標準狀況下，四氯化碳的狀態不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算其物質的量；B.在MgCl2溶液中，微粒包括離子、分子和原子等，所以必須指明具體的粒子名稱；C.OH－中含有10個電子，0.1molOH－含有1mol電子；D.根據阿伏加德羅常數，可知1mol任何粒子的粒子數都約為6.02×1023，多原子分子中，分子數與原子數不同。【詳解】A.標況下，四氯化碳不是氣體，題中條件無法計算四氯化碳的物質的量，故A項錯誤；B.100mL0.1mol/L的MgCl2中含有溶質MgCl20.01mol，題中沒有告訴具體的粒子名稱，無法計算溶液中含有的微粒數目，故B項錯誤；C.1.7gOH－的物質的量為0.1mol，0.1molOH－含有1mol電子，含有的電子數為NA，故C項正確；D.多原子分子中，分子數與原子數不同，如1mol氫氣中含有6.02×1023個H2分子，但含有2×6.02×1023個H原子，故D項錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、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）取①中過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。18、Ag+Mg2+Ba2+2H++SiO32-==H2SiO3↓陰離子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol·L－1？0.250.400.8mol/L【解析】（1）實驗Ⅰ，向溶液中加入足鹽酸，產生白色沉淀并放出0.56L氣體，根據表格所提供的離子可知，該氣體一定是CO2，溶液中一定含有CO32﹣，且c(CO32﹣)==0.25mol/L；溶液中存在CO32﹣時，一定沒有Ag+、Mg2+、Ba2+；故答案為Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）加入鹽酸，由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32﹣，發生反應SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓。故答案為SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（3）實驗Ⅱ，H2SiO3加熱分解生成SiO2，m(SiO2)=2.4g，根據硅原子守恒，c(SiO32﹣)==0.4mol/L。實驗Ⅲ，向Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液，無明顯現象，則溶液中不含SO42﹣。根據電荷守恒2c(CO32﹣)+2c(SiO32﹣)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞c(Na+)=0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.8mol/L。根據以上計算可知，不能確定NO3﹣，c(CO32﹣)=0.25mol/L，c(SiO32﹣)=0.4mol/L，c(SO42﹣)=0。故答案為陰離子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol·L－1？0.250.40（4）根據（3）問中的分析，可知，溶液中一定存在K+，且其濃度至少為0.8mol/L。故答案為0.8mol/L。點睛：離子推斷題中，根據條件判斷出一種離子之后，要分析是否可以排除幾種與該離子不能共存的離子。比如本題中判斷出CO32﹣的存在，則溶液中一定不存在Ag+、Mg2+、Ba2+。根據電荷守恒判斷K+是否存在，是本題的難點、易錯點。19、蒸發濃縮冷卻結晶（降溫結晶）AC500ml容量瓶膠頭滴管5.4mlCBEGABE【解析】

根據碳酸鈉和氯化鈉的溶解度隨溫度的變化差異分析，應采用結晶法分離。互溶的液體混合物利用沸點差異采用蒸餾的方法分離。根據裝置的特點分析，A為蒸餾裝置，B為過濾裝置，C為加熱固體的裝置。根據配制溶液的過程中溶質的變化和溶液的體積的變化進行誤差分析。【詳解】I.(1)碳酸鈉的溶解度隨著溫度變化加大，所以用結晶法分離，實驗操作為溶解，蒸發濃縮，冷卻結晶（降溫結晶），過濾，洗滌，干燥。(2)乙二醇和丙三醇互溶，二者沸點不同，利用蒸餾的方法分離，故A；II.提取過程中有過濾和蒸餾等實驗過程，不涉及加熱固體，所以選C；Ⅲ.(1)根據溶液的體積選擇500ml容量瓶，另外還需要使用膠頭滴管。(2)①需要的濃硫酸的體積為=5.4ml；②實驗前先檢查容量瓶是否漏水，量取一定體積的濃硫酸進行稀釋，然后將稀釋后的硫酸引流到容量瓶中，并洗滌燒杯和玻璃棒，加水，到接近刻度線1-2cm處，用膠頭滴管向容量瓶里逐滴加入蒸餾水，到液面最低點恰好與刻線相切，蓋緊瓶塞，反復顛倒振蕩，搖勻溶液故操作順序為：CBEG；(3)A、取用濃硫酸時仰視刻度線，則濃硫酸的體積偏大，濃度偏大，故正確；B、容量瓶用蒸餾水洗滌后用1.2mol/L的硫酸潤洗，造成硫酸增多，濃度偏大；C、轉移溶液時，不慎有少量溶液灑出，溶質有損失，濃度偏小；D、定容時仰視容量瓶刻度線，溶液的體積偏大，濃度偏小；E、將稀釋后的稀硫酸立即轉入容量瓶且進行后