安徽省滁州市九校聯(lián)誼會2026屆高一化學第一學期期中復習檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某國外化學教材中有一張關于氧化還原反應的插圖,由圖可知,在該反應中是()A．還原劑 B．氧化劑C．氧化產(chǎn)物 D．還原產(chǎn)物2、化學知識在日常生活中有很多應用，下列說法正確的是A．用食鹽清洗熱水瓶中的水垢B．漂白粉在空氣中容易變質(zhì)的原因是Ca(ClO)2見光分解C．加碘食鹽，能使淀粉顯藍色D．氯水應避光保存，是因為HClO見光分解3、下列說法正確的是()A．在常溫、常壓下，1.7gNH3含有的電子數(shù)為NAB．在常溫、常壓下，11.2LN2含有的分子數(shù)為0.5NAC．標準狀況下，11.2LCCl4中含有的分子數(shù)目為0.5NAD．標準狀況下，22.4LH2和O2的混合氣體所含分子數(shù)為2NA4、下列生活中常見的物質(zhì)中，不能產(chǎn)生丁達爾效應的是A．牛奶 B．白糖水 C．豆?jié){ D．雞蛋清溶液5、能用離子方程式OH＋H+＝H2O表示的反應是()A．稀鹽酸和稀氨水反應 B．稀硝酸和氫氧化銅反應C．稀硫酸和燒堿溶液反應 D．稀硫酸和氫氧化鋇溶液反應6、在加入石蕊試液呈藍色的溶液中，下列能夠大量共存的離子組是A．H+、SO42-、CO32-、Na+B．Ag+、K+、Ca2+、NO3－C．K+、Ba2+、Cl－、NO3－D．Mg2+、K+、HCO3－、Cl－7、許多國家十分重視海水資源的綜合利用，不需要化學變化就能夠從海水中獲得的物質(zhì)是A．氯、溴、碘 B．鈉、鎂、鋁 C．燒堿、氫氣 D．食鹽、淡水8、下列說法不正確的是A．新制氯水具有漂白性，與活性炭的漂白原理相同B．HClO是一種弱酸，酸性比碳酸弱C．HClO見光、加熱易分解，放出O2D．新制氯水存在Cl2、HClO、H2O分子，H+、Cl-、ClO-、OH-離子9、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．足量Na與1molCl2完全反應，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NAB．1L1mol·L﹣1NaOH水溶液中含有的氧原子數(shù)為NAC．通常狀況下，NA個N2所占的體積約為22.4LD．1molNa2O2中含有的陰離子數(shù)為2NA10、ClO2是一種殺菌消毒效率高、二次污染小的水處理劑。實驗室中可通過如下反應制得ClO2：。下列說法不正確的是()A．1molKClO3參加反應，轉(zhuǎn)移2mol電子B．KClO3在反應中被還原C．H2C2O4的還原性強于ClO2D．CO2是H2C2O4被氧化后的產(chǎn)物11、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列敘述正確的是(

)A．1.8g的NH4+中含有的電子數(shù)為0.1NAB．0.5mol/LMgCl2溶液中含有Cl-的數(shù)目為NAC．標準狀況下，5.6L

H2O含有的電子數(shù)目為2.5NAD．13.2gCO2和N2O形成的混合物含有的原子數(shù)目為0.9NA12、NaOH、NaCl、Na2CO3、Na2SO4可按某種標準劃為一類，下列分類標準不正確的是A．電解質(zhì)B．含鈉的化合物C．可溶于水D．可與硝酸反應13、元素X的原子獲得3個電子或元素Y的原子失去2個電子后，它們的電子層結構與氖原子的電子層結構相同，則X、Y兩元素的單質(zhì)在高溫下得到化合物的化學式為（）A．Y3X2 B．X2Y C．X2Y3 D．Y2X314、下列屬于堿性氧化物的是（）A．HCl B．CO2 C．CaO D．KOH15、下列物質(zhì)的保存方法不正確的是A．Na置于煤油中B．白磷置于冷水中C．NaOH溶液置于配有橡皮塞的玻璃瓶中D．氯水置于無色玻璃瓶中16、如圖所示，下列實驗操作與方法正確的是（）A．檢查容量瓶是否漏水的方法B．滴加液體C．給溶液加熱D．過濾17、FeS與一定濃度的HNO3溶液反應，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O。當NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量之比為1：1：1時，參加反應的FeS與HNO3的物質(zhì)的量之比為A．1：6 B．1：7 C．2：11 D．16：518、完成下列實驗所選擇的裝置或儀器正確的是()選項ABCD實驗從食鹽水中提取NaCl固體分離碘和泥沙分離水和四氯化碳分離Na2SO4溶液和苯（苯是難溶于水，密度比水小的液體）裝置或儀器A．A B．B C．C D．D19、分類是化學學習與研究的常用方法，下列分類正確的是①硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③金屬氧化物都屬于堿性氧化物；④根據(jù)分散系是否具有丁達爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液；⑤根據(jù)反應中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應;⑥非金屬氧化物都屬于酸性氧化物；⑦根據(jù)溶液導電能力強弱，將電解質(zhì)分為強電解質(zhì)、弱電解質(zhì).A．只有②④⑥⑦B．只有①③⑤⑦C．只有③④⑥D(zhuǎn)．只有①②⑤20、在兩個密閉容器中，分別充有質(zhì)量相同的甲、乙兩種氣體，若兩容器的溫度和壓強均相同，且甲的密度大于乙的密度，則下列說法正確的是A．甲的物質(zhì)的量比乙的物質(zhì)的量少B．甲的摩爾質(zhì)量比乙的摩爾質(zhì)量小C．甲的摩爾體積比乙的摩爾體積小D．甲的分子數(shù)比乙的分子數(shù)多21、離子中共有n個電子，元素X的原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)為A．n-2 B．n+2 C．n D．A-n22、為加速漂粉精的消毒作用，最好的方法是A．用水溶解 B．加入少量稀鹽酸 C．干燥后使用 D．加入NaOH溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）下圖轉(zhuǎn)化關系中的物質(zhì)均為常見物質(zhì)或它們的溶液，其中A、C為單質(zhì)，B為氧化物且常溫下為無色液體，E為淡黃色固體，H為紅褐色沉淀。（反應條件和部分產(chǎn)物已省略）根據(jù)上述轉(zhuǎn)化關系，回答問題：（1）寫出下列物質(zhì)的化學式：A_________G_________（2）反應①的化學方程式為：______________________________________。反應②的離子方程式為：______________________________________。（3）沉淀G轉(zhuǎn)化為沉淀H的現(xiàn)象：________，化學方程式為___________（4）寫出物質(zhì)E的一種用途________________________________。（5）一定條件下，將一定量的A與足量的C充分反應，最終得到39.0g固體E，則反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_______________。24、（12分）某固體混合物中，可能含有下列離子中的幾種：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl?、SO42?、CO32?，將該混合物溶于水后得澄清溶液，現(xiàn)取三份各100mL該溶液分別進行如下實驗：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加熱，無沉淀生成，但收集到1.12L氣體(標準狀況下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，經(jīng)稱量其質(zhì)量為6.27g，在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質(zhì)量為2.33g。根據(jù)上述實驗回答下列問題：①實驗（1）中反應的離子方程式為____________________________，實驗（2）中沉淀溶解對應的反應的離子方程式為______________________________________。②溶液中一定不存在的離子有__________________；③溶液中一定存在的離子有___________，其中陰離子的物質(zhì)的量濃度分別為___________；④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，能否說明原溶液中存在Cl—？______________（填“能”或“不能”），理由是_____________________________________。⑤推斷K+是否存在并說理由：_________________________________________.25、（12分）我校環(huán)保興趣小組在處理污水樣品時，需用2mol·L－1的鹽酸配制成250mL0.1mol·L－1的鹽酸溶液。(1)計算所需2mol·L－1的鹽酸的體積是_______________。(2)在下圖所示儀器中，配制上述溶液不需要的是_____________（填相應儀器的序號）；除圖中已有儀器外，配制上述溶液還需要的玻璃儀器是__________________。(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作正確的是_________________。A、使用容量瓶前檢查它是否漏水B、容量瓶用水洗凈后，再用配好的稀HCl溶液潤洗C、配制溶液時，將量筒量取好的鹽酸直接倒入容量瓶中，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、蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反復倒轉(zhuǎn)多次，搖勻(4)配制時其他操作均正確，若定容時俯視刻度線，所配溶液的物質(zhì)的量濃度______。（填“偏高”；“偏低”“無影響”）26、（10分）某課外活動小組進行氫氧化鐵膠體的制備實驗并檢驗其性質(zhì)。請回答下列問題：（1）若將飽和氯化鐵溶液分別滴入下列物質(zhì)中，能形成膠體的是______________（填字母，下同）。A．冷水B．沸水C．氫氧化鈉濃溶液D．氯化鈉濃溶液（2）甲、乙、丙三名同學進行氫氧化鐵膠體的制備操作如下，其正確的是____________。A．甲同學取一小燒杯，加入25mL蒸餾水加熱至沸騰，向沸水中逐滴加入1～2mL氯化鐵飽和溶液，繼續(xù)煮沸至混合液呈紅褐色，停止加熱B．乙同學直接加熱飽和氯化鐵溶液C．丙同學向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，為了使反應進行充分，煮沸10分鐘（3）寫出制備氫氧化鐵膠體的化學方程式________________________________。（4）證明有氫氧化鐵膠體生成的實驗操作是____________________________________。27、（12分）實驗室欲用NaOH固體配制1.00mol/L的NaOH溶液480mL：(1)配制時，必須使用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要____________。(2)使用容量瓶前必須進行的一步操作是________。(3)計算，稱量。用托盤天平稱取NaOH固體________g。(4)溶解。該步實驗中需要使用玻璃棒，目的是______________________。(5)冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌。轉(zhuǎn)移時應使用玻璃棒引流，需要洗滌燒杯2～3次是為了____________。(6)定容。將蒸餾水注入容量瓶，當液面離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水，至____________；搖勻。(7)將配好的溶液靜置一段時間后，倒入指定的試劑瓶，并貼好標簽，注明溶液名稱及濃度。(8)在配制過程中，其他操作都是正確的，下列操作會引起誤差偏高的是_______。①沒有洗滌燒杯和玻璃棒②轉(zhuǎn)移溶液時不慎溶液有少量灑到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水④定容時俯視刻度線⑤未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容⑥定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線(9)若實驗過程中加蒸餾水時不慎超過了刻度，應如何處理？________________。(10)取用任意體積的1.00mol/L的NaOH溶液時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是_______（填字母）。A．溶液中NaOH的物質(zhì)的量B．溶液的濃度C．溶液中OH—的數(shù)目D．溶液的密度28、（14分）（1）對于混合物的分離或提純，常采用的方法有：過濾、蒸發(fā)、蒸餾、萃取、分液，結晶，滲析法等。下列各組混合物的分離或提純應采用什么方法？①實驗室中的石灰水久置，液面上常懸浮有CaCO3微粒?？捎胈_______的方法除去Ca(OH)2溶液中懸浮的CaCO3微粒。②提取碘水中的碘，用_____________的方法。③除去食鹽溶液中的水，可采用___________的方法。④淡化食鹽水，可采用____________的方法。⑤除去氫氧化鐵膠體中的少量的鹽酸可以采用__________的方法。（2）現(xiàn)有mgHCl溶解到VmLH2O中所得溶液密度為dg/mL，若阿伏加德羅常數(shù)用NA表示。①該氣體的物質(zhì)的量為______________。②該溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為____________。③HCl氣體在標準狀況下的體積為________________。④溶液的物質(zhì)的量濃度為___________________________。⑤溶液中氫離子的數(shù)目為___________________________。29、（10分）（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑反應中。①__元素被氧化，__是氧化劑。②__是氧化產(chǎn)物，__發(fā)生氧化反應。③用“雙線橋”法標明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目__。④參加反應的氯化氫和被氧化的氯化氫的物質(zhì)的量之比__。（2）現(xiàn)有mg某氣體，它是三原子分子，其摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1。若阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，請用以上符號及相應數(shù)字填寫下列空格。①該氣體的物質(zhì)的量為__mol。②該氣體所含原子總數(shù)為___個。③該氣體在標準狀況下的體積為__L。④該氣體完全溶于水形成VL溶液(不考慮反應)，所得溶液的物質(zhì)的量濃度__mol·L-1。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

由圖可知，反應中失去電子，化合價升高被氧化，因此為還原劑；答案選A。2、D【解析】

【詳解】A、水垢的成分為碳酸鈣，與食鹽不反應，則不能用食鹽易清洗熱水瓶中的水垢，可利用醋酸清洗水垢，故A錯誤；B、Ca(ClO)2見光不易分解，漂白粉在空氣中容易變質(zhì)的原因是Ca(ClO)2與空氣中的水、二氧化碳反應生成HClO，HClO見光分解，故B錯誤；C、加碘食鹽中碘的形態(tài)是碘酸鉀，而能使淀粉顯藍色的是碘單質(zhì)，加碘食鹽不能使淀粉顯藍色，故C錯誤；D、氯水應避光保存，是因為氯水中HClO見光分解，故D正確；答案選D。3、A【解析】

A.在常溫、常壓下，1.7gNH3的物質(zhì)的量為0.1mol，每個分子含有10個電子，所以總共含有的電子數(shù)為NA，故正確；B.在常溫、常壓下，11.2LN2的物質(zhì)的量不是0.5mol，故錯誤；C.標準狀況下，CCl4不是氣體，不能計算其物質(zhì)的量，故錯誤；D.標準狀況下，22.4LH2和O2的混合氣體的物質(zhì)的量為1mol，其所含分子數(shù)為NA，故錯誤。故選A。【點睛】注意22.4L/mol的使用范圍，必須是標況下的氣體。4、B【解析】

膠體有丁達爾效應?！驹斀狻颗Ｄ?、豆?jié){和雞蛋清溶液都屬于膠體，都有丁達爾效應，白糖水屬于溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應。故選B。5、C【解析】

A．NH3·H2O為弱堿，不能拆成離子形式，A錯誤；B．氫氧化銅為難溶物，不能拆成離子形式，B錯誤；C．稀硫酸和燒堿反應的離子方程式為OH＋H+＝H2O，C正確；D．稀硫酸和氫氧化鋇溶液反應的離子方程式為，D錯誤。答案選C。6、C【解析】

加入石蕊試液呈藍色，說明溶液呈堿性，如離子之間不反應，且與OH-不反應，則離子可大量共存，以此解答該題?！驹斀狻緼．H+、CO32-反應生成二氧化碳和水而不能大量共存，且H+、OH-反應生成水，故A錯誤；B．堿性條件下Ag+、Ca2+不能大量共存，故B錯誤；C．離子之間不反應，且與OH-不反應，可大量共存，故C正確；D．Mg2+、HCO3-與OH-反應生成氫氧化鎂沉淀、碳酸根離子和水而不能大量共存，故D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查離子的共存，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵，側重復分解反應的離子共存考查。7、D【解析】

A項，海水中氯、溴、碘元素都是以離子的性質(zhì)存在，要獲得氯、溴、碘單質(zhì)需要通過氧化還原反應的方法，屬于化學變化，故A項錯誤；B項，海水中鈉、鎂、鋁元素都是以離子的性質(zhì)存在，要獲得鈉、鎂、鋁單質(zhì)需要通過氧化還原反應的方法，屬于化學變化，故B項錯誤；C項，通過電解海水可以得到燒堿和氫氣，電解屬于化學變化，故C項錯誤。D項，海水中含有大量的食鹽和水，通過蒸發(fā)的方法可以從海水中提取出食鹽和淡水，故D項正確；故答案選D。8、A【解析】

A.新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有強氧化性，因此具有漂白性，與活性炭的漂白原理不相同，活性炭的漂白原理是吸附作用，A錯誤；B.HClO是一種弱酸，酸性比碳酸弱，B正確；C.HClO見光、加熱易分解，放出O2，同時生成氯化氫，C正確；D.氯氣溶于水和水反應生成鹽酸和次氯酸，新制氯水存在Cl2、HClO、H2O分子，H+、Cl-、ClO-、OH-離子，D正確。答案選A?！军c睛】注意新制氯水的漂白性不是氯氣引起的，氯氣雖然具有強氧化性，但沒有漂白性，真正起漂白作用的是氯氣與水反應生成的次氯酸。9、A【解析】

A.足量Na與1molCl2完全反應生成2mol氯化鈉，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NA，A正確；B.1L1mol·L﹣1NaOH水溶液中含有的氧原子數(shù)大于NA，因為溶劑水分子中還含有氧原子，B錯誤；C.通常狀況下氣體的摩爾體積大于22.4L/mol，NA個N2所占的體積大于22.4L，C錯誤；D.1molNa2O2中含有的鈉離子數(shù)為2NA，陰離子（O22－）數(shù)為NA，D錯誤。答案選A。10、A【解析】

A．在該反應中，Cl元素化合價由反應前KClO3中的+5價變?yōu)榉磻驝lO2中的+4價，化合價降低，得到電子，被還原，所以KClO3為氧化劑，1molKClO3參加反應，轉(zhuǎn)移1mol電子，A錯誤；B．在該反應中Cl元素的化合價由反應前KClO3中的+5價變?yōu)榉磻驝lO2中的+4價，化合價降低，得到電子，被還原，B正確；C．在該反應中還原劑是H2C2O4，還原產(chǎn)物是ClO2，根據(jù)還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物，可知物質(zhì)的還原性：H2C2O4＞ClO2，C正確；D．C元素化合價由反應前H2C2O4中的+3價變?yōu)榉磻驝O2中的+4價，化合價升高，失去電子，被氧化，所以CO2是H2C2O4被氧化后得到的氧化產(chǎn)物，D正確；故答案為A。11、D【解析】

A.1.8g的NH4+的物質(zhì)的量是0.1mol，由于1個NH4+中含有10個電子，則0.1molNH4+中含有的電子數(shù)為NA，A錯誤；B.只有溶液濃度，沒有溶液的體積，不能確定其中含有的離子數(shù)目，B錯誤；C.在標準狀況下H2O不是氣體，不能使用氣體摩爾體積計算，C錯誤；D.CO2和N2O的相對分子質(zhì)量都是44，分子中都含有3個原子，13.2gCO2和N2O形成的混合物的物質(zhì)的量為13.2g÷44g/mol=0.3mol，則其中含有的原子數(shù)目為0.9NA，D正確；故合理選項是D。12、D【解析】

A.四種化合物在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電，均屬于電解質(zhì)，故A正確；B.四種化合物均包含鈉元素，故B正確；C.四中化合物均溶于水，故C正確；D.NaCl與Na2SO4均不能與硝酸反應，故D錯誤。答案選D。13、A【解析】

元素X的原子獲得3個電子形成離子的電子層結構與氖原子相同，則X元素質(zhì)子數(shù)為7，為N元素；元素Y的原子失去2個電子后形成離子的電子層結構與氖原子相同，則Y元素質(zhì)子數(shù)為2+8+2=12，為Mg元素，氮氣和鎂在高溫下反應得到的化合物的化學式為Mg3N2，故選A。14、C【解析】

堿性氧化物是能與酸反應生成鹽和水的氧化物。A.、HCl不符合堿性氧化物的定義，故不選A項；B、CO2是酸性氧化物，故不選B項；C、CaO與鹽酸反應生成氯化鈣和水，故選C項；D、KOH屬于堿，故不選D項。答案選C。15、D【解析】

A．金屬鈉與煤油不反應，且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔開了空氣，所以鈉能保存在煤油中，選項A正確；B．白磷在冷水中保存：可以隔絕空氣，選項B正確；C．因玻璃塞中的二氧化硅能和氫氧化鈉反應有硅酸鈉（Na2SiO3）生成，硅酸鈉是一種粘合劑，所以氫氧化鈉溶液不能用帶有磨口玻璃塞的試劑瓶盛裝，而應在帶橡膠塞的玻璃瓶，選項C正確；D．新制氯水中的次氯酸見光容易分解，不能保存在無色玻璃瓶中，應該盛放在棕色瓶中，選項D不正確；答案選D。16、A【解析】

A.檢查容量瓶是否漏水的方法，正確；B.滴加液體，錯誤，膠頭滴管不能插入試管內(nèi)；C.給溶液加熱，錯誤，試管內(nèi)的液體超過試管容積的三分之一；D.過濾，錯誤，漏斗頸沒有緊貼燒杯內(nèi)壁。故選A。17、B【解析】

設參加反應的FeS為1mol，則溶液中Fe2(SO4)3為mol，F(xiàn)e(NO3)3為mol，反應中Fe元素、S元素化合價升高，N元素化合價降低，設NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量分別為amol、amol。amol根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有:1×(3-2)+1×[6-(-2)]=a×(5-4)+a×(5-4)×2+a×(5-2)，解得:a=1.5，則NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量分別為1.5mol、1.5mol、1.5mol,則起氧化劑作用的HNO3為:1.5mol+1.5mol×2+1.5mol=6mol，起酸的作用的硝酸生成Fe(NO3)3,故起酸的作用的硝酸為mol×3=1mol，參加反應的硝酸為:6mol+1mol=7mol,所以實際參加反應的FeS與HNO3的物質(zhì)的量之比=1mol:7mol=1:7。故選B。18、C【解析】

根據(jù)混合物分離提純的物理原理選擇合適的裝置?！驹斀狻緼項：從水溶液（食鹽水）中提取固體溶質(zhì)（NaCl固體）應選擇蒸發(fā)裝置而不是灼燒固體裝置。A項錯誤；B項：碘易升華，分離碘和泥沙的混合物應采用升華方法。B項錯誤；C項：水和四氯化碳組成不相溶的液體混合物，使用分液方法分離。C項正確；D項：苯是難溶于水的液體，分離Na2SO4溶液和苯的混合物應使用分液法。D項錯誤。本題選C。19、D【解析】

①陽離子只有氫離子的是酸，陰離子只有氫氧根離子的是堿，由金屬離子或銨根離子和酸根離子構成的化合物稱之為鹽，氧元素于另一種元素組成的化合物是氧化物；②非電解質(zhì)是水溶液或熔融狀態(tài)下均不能導電的化合物，強電解質(zhì)是能完全電離的物質(zhì)，弱電解質(zhì)是存在電離平衡的物質(zhì)，不能完全電離；③金屬氧化物包括一般金屬氧化物和兩性氧化物，前者屬于堿性氧化物，后者能與堿反應；④不同分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子的直徑不同；⑤氧化還原反應的本質(zhì)就是物質(zhì)之間電子的轉(zhuǎn)移;⑥酸性氧化物是能與堿反應的一類氧化物，非金屬氧化物中只有部分屬于酸性氧化物；⑦溶液導電能力強弱主要影響因素是溶液離子濃度，溶質(zhì)種類無關。【詳解】①硫酸H2SO4、燒堿NaOH、醋酸鈉CH3COONa和生石灰CaO分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③金屬氧化物不是都屬于堿性氧化物，如氧化鋁；④根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑不同將分散系分為膠體、溶液和濁液；⑤根據(jù)反應中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應;⑥非金屬氧化物不是都屬于酸性氧化物，如一氧化碳；⑦溶液導電能力與離子濃度和離子電荷有關。根據(jù)電解質(zhì)在水溶液中電離程度不同將電解質(zhì)分為強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)。綜上所述，只有①②⑤正確。答案為D。20、A【解析】

同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，相同條件下，氣體密度與其摩爾質(zhì)量成正比，甲的密度大于乙的密度，說明甲的摩爾質(zhì)量比乙的摩爾質(zhì)量大?！驹斀狻緼.根據(jù)n=m/M，質(zhì)量相同時物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量成反比，甲的摩爾質(zhì)量比乙的摩爾質(zhì)量大，所以甲的物質(zhì)的量比乙的物質(zhì)的量少，故A正確；B.相同條件下，氣體密度與其摩爾質(zhì)量成正比，甲的密度大于乙的密度，說明甲的摩爾質(zhì)量比乙的摩爾質(zhì)量大，故B錯誤；C.同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，故C錯誤；D.根據(jù)n=m/M，質(zhì)量相同時物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量成反比，甲的摩爾質(zhì)量比乙的摩爾質(zhì)量大，所以甲的物質(zhì)的量比乙的物質(zhì)的量少，即甲的分子數(shù)比乙的分子數(shù)少，故D錯誤。故選A。21、A【解析】

X原子得到2個電子形成X2-離子，由X2-離子中共有n個電子可知，X原子的電子數(shù)為n-2，由原子中質(zhì)子數(shù)等于核外電子數(shù)可知，X原子的質(zhì)子數(shù)為n-2，則X2-離子的質(zhì)子數(shù)為n-2，故選A。【點睛】同種元素的原子和離子的質(zhì)子數(shù)相同，電子數(shù)不同，陰離子的核外電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)減去電荷數(shù)是解答關鍵。22、B【解析】

溶液中次氯酸濃度越大，消毒能力越強，漂粉精的有效成分為次氯酸鈣，次氯酸為弱酸，由強酸制弱酸的原理可知，向漂白精中加入少量稀鹽酸，稀鹽酸與次氯酸鈣反應生成次氯酸，以增加次氯酸的量，從而加速漂粉精的消毒作用，故選B。二、非選擇題(共84分)23、NaFe(OH)22Na＋2H2O=2NaOH+H2↑Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓白色沉淀迅速轉(zhuǎn)化為灰綠色沉淀，最終轉(zhuǎn)變?yōu)榧t褐色沉淀4Fe(OH)2＋2H2O＋O2=4Fe(OH)3潛水艇供氧劑或漂白劑NA或6.02×1023【解析】

B為氧化物且常溫下為無色液體，B為H2O。E為淡黃色固體，E為Na2O2。根據(jù)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系可知，A為Na，C為O2，D為NaOH。H為紅褐色沉淀，為Fe(OH)3，G為Fe(OH)2，F(xiàn)為含有Fe2+的鹽。【詳解】（1）由以上分析可知，A為Na，G為Fe(OH)2。（2）反應①的化學方程式為：2Na＋2H2O=2NaOH+H2↑；反應②的離子方程式為：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓。（3）Fe(OH)2不穩(wěn)定，易被氧化成Fe(OH)3，反應的現(xiàn)象為白色沉淀迅速轉(zhuǎn)為灰綠色沉淀，最終變?yōu)榧t褐色沉淀?；瘜W方程式為4Fe(OH)2＋2H2O＋O2=4Fe(OH)3。（4）E為Na2O2，可以和水、二氧化碳反應生成氧氣，可用于潛水艇供氧劑或漂白劑。（5）發(fā)生反應為2Na+O2Na2O2，最終得到39.0gNa2O2，n(Na2O2)===0.5mol，參與反應的n(Na)=0.5mol×2=1mol，反應中Na元素由0價升高到+1價，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA或6.02×1023?！军c睛】本題考查了鈉及其化合物、鐵及其化合物、化學反應中離子的計算。對重要物質(zhì)的化學性質(zhì)和物理性質(zhì)需要牢固掌握。并能根據(jù)反應中化合價變化推出電子轉(zhuǎn)移數(shù)目。24、OH-+NH4+=NH3↑+H2OBaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OMg2+、Ba2+NH4+，SO42?、CO32?c(SO42?)=0.1mol/L，c(CO32?)=0.2mol/L不能碳酸銀、硫酸銀、氯化銀都是白色沉淀,因此實驗3得到沉淀無法確定是氯化銀存在,經(jīng)過計算可以知道,只有存在K+溶液中的離子電荷才能守恒。

【解析】

將含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl?、SO42?、CO32?的混合物溶于水后得澄清溶液，現(xiàn)取三份各100mL該溶液分別進行如下實驗：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加熱，無沉淀生成，但收集到1.12L氣體(標準狀況下)；可以說明溶液中含有NH4+，一定沒有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，說明含有SO42?或CO32?中一種或2種；經(jīng)稱量其質(zhì)量為6.27g，在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質(zhì)量為2.33g，說明剩余的沉淀為硫酸鋇，溶解的沉淀為碳酸鋇，證明溶液中一定含有SO42?、CO32?；由此排除Ba2+的存在；（3）根據(jù)硫酸鋇的量計算出硫酸根的量，根據(jù)碳酸鋇的量計算出碳酸根離子的量，根據(jù)氨氣的量計算出銨根離子的量，最后根據(jù)電荷守恒判斷鉀離子的存在與否。據(jù)以上分析進行解答?！驹斀狻繉⒑蠯+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl?、SO42?、CO32?的混合物溶于水后得澄清溶液，現(xiàn)取三份各100mL該溶液分別進行如下實驗：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加熱，無沉淀生成，但收集到1.12L氣體(標準狀況下)；可以說明溶液中含有NH4+，一定沒有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，說明含有SO42?或CO32?中一種或2種；經(jīng)稱量其質(zhì)量為6.27g，在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質(zhì)量為2.33g，說明剩余的沉淀為硫酸鋇，溶解的沉淀為碳酸鋇，證明溶液中一定含有SO42?、CO32?；①實驗（1）中為OH-與NH4+加熱反應生成氨氣，離子方程式為：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；實驗（2）中沉淀為碳酸鋇和硫酸鋇，碳酸鋇溶于鹽酸，生成氯化鋇、二氧化碳和水，離子方程式為BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；綜上所述，本題答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。②結合以上分析可知：實驗（1）中為可以證明含有NH4+，實驗（2）中含有SO42?、CO32?；由于碳酸鋇、碳酸鎂、硫酸鋇等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的離子有：Mg2+、Ba2+；綜上所述，本題答案是：Mg2+、Ba2+。③結合以上分析可知：實驗（1）中可以證明含有NH4+，實驗（2）中可以證明含有SO42?、CO32?；溶液中一定存在的離子有NH4+、SO42?、CO32?；根據(jù)在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，經(jīng)稱量其質(zhì)量為6.27g，為碳酸鋇和碳酸鈣質(zhì)量之和；在該沉淀中加入足量的鹽酸，沉淀部分溶解，剩余固體質(zhì)量為2.33g，為硫酸鋇沉淀，其物質(zhì)的量為2.33/233=0.01mol；根據(jù)SO42?-BaSO4可知，n(SO42?)=0.01mol；碳酸鋇沉淀質(zhì)量為6.27-2.33=3.94g，其物質(zhì)的量為3.94/197=0.02mol；根據(jù)CO32?-BaCO3可知，n(CO32?)=0.02mol；濃度各為：c(SO42?)=0.01/0.1=0.1mol/L；c(CO32?)=0.02/0.1=0.2mol/L；綜上所述，本題答案是：NH4+、SO42?、CO32?；c(SO42?)=0.1mol/L，c(CO32?)=0.2mol/L。④結合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42?、CO32?；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能夠產(chǎn)生白色沉淀可能為硫酸銀、碳酸銀沉淀，不一定為氯化銀沉淀；所以不能說明原溶液中存在Cl-；綜上所述，本題答案是：不能；碳酸銀、硫酸銀、氯化銀都是白色沉淀,因此實驗3得到沉淀無法確定是氯化銀；⑤溶液中肯定存在的離子是NH4+，SO42?、CO32?,經(jīng)計算,NH4+的物質(zhì)的量為1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、計算可以知道SO42?、CO32?的物質(zhì)的量分別為0.01mol和0.02mol；陽離子帶的正電荷總數(shù)0.05×1=0.05mol，陰離子帶的負電荷總數(shù)為：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根據(jù)電荷守恒:鉀離子一定存在；因此，本題正確答案是:存在,經(jīng)過計算可以知道,只有存在K+溶液中的離子電荷才能守恒。25、12.5mLC玻璃棒AD偏高【解析】

(1)根據(jù)計算所需2mol·L－1的鹽酸的體積；(2)用濃鹽酸配制一定物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸時，步驟為:計算、量取、稀釋、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻，配制過程中使用的儀器分別為:量筒、玻璃棒、燒杯、容量瓶、膠頭滴管等。(3)A、容量瓶有瓶塞，使用前必須檢查容量瓶是否漏水；B、容量瓶若用待配液潤洗，導致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大；C、容量瓶是用于配制一定濃度溶液時的定容容器，不能夠在容量瓶中稀釋溶液；D、定容后蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反復倒轉(zhuǎn)多次，搖勻。(4)根據(jù)分析。【詳解】(1)根據(jù)，需2mol·L－1的鹽酸的體積=12.5mL；(2)用濃鹽酸配制一定物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸時，步驟為:計算、量取、稀釋、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻，配制過程中使用的儀器分別為:量筒、玻璃棒、燒杯、容量瓶、膠頭滴管等，不需要分液漏斗，故選C；還需要玻璃棒。(3)A、容量瓶有瓶塞，使用前必須檢查容量瓶是否漏水，故A正確；B、容量瓶若用待配液潤洗，導致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，故B錯誤；C、容量瓶是用于配制一定濃度溶液時的定容容器，不能夠在容量瓶中稀釋溶液，故C錯誤；D、定容后蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反復倒轉(zhuǎn)多次，搖勻，故D正確。(4)配制時其他操作均正確，若定容時俯視刻度線，所得溶液體積偏小，所以濃度偏高?！军c睛】本題考查了容量瓶的使用方法，題目難度不大，注意在實驗室使用容量瓶時，容量瓶不能進行加熱，若將溫度較高或較低的溶液注入容量瓶，容量瓶則會熱脹冷縮，所量體積就會不準確，導致所配制的溶液濃度不準確；容量瓶只能用于配制溶液，不能儲存溶液。26、BAFeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl讓一束可見光通過制得的液體，從側面觀察到一條光亮的“通路”，說明制得的是膠體【解析】

（1）實驗室制備氫氧化鐵膠體是在沸騰的蒸餾水中加入飽和氯化鐵溶液；（2）制備氫氧化鐵膠體是在沸騰的蒸餾水中加入飽和氯化鐵溶液，當溶液變?yōu)榧t褐色時應立即停止加熱，如繼續(xù)加熱會導致膠體聚沉；（3）取一小燒杯，加入25mL蒸餾水加熱至沸騰，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此書寫；（4）膠體具有丁達爾性質(zhì)，是區(qū)別其它分散系的獨特性質(zhì)?！驹斀狻浚?）實驗室制備氫氧化鐵膠體是在沸騰的蒸餾水中加入飽和氯化鐵溶液，當溶液變?yōu)榧t褐色時立即停止加熱即得到氫氧化鐵膠體，故答案為：B；（2）A．在沸騰的蒸餾水中加入飽和氯化鐵溶液，當溶液變?yōu)榧t褐色時立即停止加熱，這是制備氫氧化鐵膠體的正確操作，甲同學正確；B．乙直接加熱飽和FeCl3溶液會促進氯化鐵水解，且加熱促進HCl揮發(fā)，導致溶液產(chǎn)生沉淀現(xiàn)象，故乙同學不正確；C．丙同學向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，為了使反應進行充分，煮沸10分鐘，繼續(xù)煮沸會使膠體發(fā)生聚沉而產(chǎn)生沉淀，因此當溶液變?yōu)榧t褐色時立即停止加熱，不能繼續(xù)加熱，丙同學不正確；答案選A。（3）取一小燒杯，加入25mL蒸餾水加熱至沸騰，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱得到氫氧化鐵膠體，反應的化學方程式為FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl；（4）膠體具有丁達爾效應，當用激光筆照射時，會有一道明亮的光路，是區(qū)別其它分散系的獨特性質(zhì)，因此證明有氫氧化鐵膠體生成的實驗操作是讓一束可見光通過制得的液體，從側面觀察到一條光亮的“通路”，說明制得的是膠體?！军c睛】本題考查膠體制備、膠體性質(zhì)，知道膠體和其它分散系的本質(zhì)區(qū)別，易錯點是膠體制備方法。27、500mL容量瓶檢查是否漏液20.0g攪拌，加速溶解保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移入容量瓶中溶液凹液面與刻度線相切④⑤重新配制BD【解析】

(1)因為沒有480mL的容量瓶，只能選擇500mL的容量瓶，所以配制時，必須使用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要500mL容量瓶。(2)使用容量瓶之前先檢查是否漏液。(3)氫氧化鈉的固體的質(zhì)量為0.1×0.5×40g=20.0g。(4)溶解過程使用玻璃棒的目的是攪拌，加速溶解。(5)冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌。轉(zhuǎn)移時應使用玻璃棒引流，需要洗滌燒杯2～3次是為了保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移入容量瓶中。(6)定容。將蒸餾水注入容量瓶，當液面離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水，至溶液凹液面與刻度線相切。(8)①沒有洗滌燒杯和玻璃棒，會使溶質(zhì)損失，故濃度變小，故錯誤；②轉(zhuǎn)移溶液時不慎溶液有少量灑到容量瓶外面，溶質(zhì)損失，濃度變小，故錯誤；③容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水，不影響濃度，故錯誤；④定容時俯視刻度線，溶液的體積變小，濃度變大，故正確；⑤未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容，冷卻后溶液的體積變小，濃度變大，故正確。⑥定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線，溶液的體積變大，濃度變小。故選④⑤。(9)若加水超過刻度線，只能倒掉重新配制。(10)取用任意體積的溶液時，不影響物質(zhì)的量濃度和密度，影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量