2026届白鹭洲中学化学高一上期中复习检测试题含解析

2026届白鹭洲中学化学高一上期中复习检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、向盛有I2水溶液的试管中，再加四氯化碳振荡，静置后观察到的现象是（）A．上层橙红色，下层接近无色 B．均匀、透明、紫红色C．均匀、透明、无色 D．上层接近无色，下层紫红色2、与100mL0.1mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度相同的是A．10mL1mol/LNa2SO4溶液B．50mL0.2mol/LNaCl溶液C．10mL0.2mol/LNa2SO4溶液D．200mL1mol/LNaNO3溶液3、下列说法中正确的是①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物③有单质参加的反应，一定是氧化还原反应④金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出⑦胶体稳定存在的主要原因是胶体带电⑧硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质A．7个 B．6个 C．5个 D．4个4、实验室保存下列物质的方法中，不正确的是A．少量金属钠保存在煤油里B．烧碱溶液盛装在用玻璃塞塞紧的试剂瓶中C．FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中D．氯水应装在棕色瓶中密封避光保存5、下列有关焰色反应操作的描述正确的是（）A．取一根洁净的细铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取少量NaCl溶液，进行焰色反应B．观察焰色反应时均要透过蓝色钴玻璃片，以便排除钠元素黄光的干扰C．铂丝在做完氯化钠溶液的焰色反应后，用稀硫酸洗净，再蘸取少量的K2SO4溶液，重复以上实验D．用洁净的铂丝蘸取某溶液，放在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，则证明该溶液中一定有Na＋，没有K＋6、下列物质中存在着自由移动的氯离子的是A．氯化钠晶体B．液态氯化氢C．氯化钙溶液D．氯酸钾溶液7、氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。有关该反应下列叙述正确的是A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．AlN中氮的化合价为＋3C．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子D．AlN的摩尔质量为41g8、有两份质量相同的NaHCO3，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸充分反应，则它们所耗用的盐酸的质量比为（）A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．4∶19、已知M、N中含有相同的元素，X、Y中也含有相同的元素，根据反应M+H2O→N+H2↑；X+H2O→Y+O2↑(方程式均未配平)，可推断M、N中及X、Y中相同元素的化合价的高低顺序为A．M＜N、X＞Y B．M＞N、X＞Y C．M＜N、X＜Y D．M＞N、X＜Y10、下列化学变化中，需加入氧化剂才能实现的是()A．C→CO2 B．CO2→COC．CuO→Cu D．H2SO4→BaSO411、有Ba(OH)2(固体)、CuSO4·5H2O(固体)、CH3COOH(液态)这些物质归为一类，下列哪些物质还可以和它们归为一类A．医用酒精B．烧碱C．Al(OH)3胶体D．碱石灰12、把0.05molBa(OH)2固体加入1L下列液体中，溶液导电能力明显减小的是（）A．水 B．0.05mol/lMgCl2溶液C．0.05mol/L的醋酸溶液 D．含0.05molCuSO4的溶液13、下图是表示物质分子的示意图，图中“●”和“○”分别表示两种含有不同质子数的原子，则图中表示单质的是A． B． C． D．14、为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是()序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法①KNO3溶液KOH滴入HNO3同时测定pH至溶液呈中性②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤③CO2CO依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶④NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶A．①② B．②③④ C．①②③ D．①②③④15、对下列未知盐的稀溶液所含离子的检验中，作出的判断一定正确的是A．先加入氯化钡溶液时不产生沉淀，继续加入硝酸银溶液时，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，可判定含有Cl—B．先加稀盐酸酸化时没有现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，可判定含有SO42-C．加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，可判定含有Mg2+D．加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，判定一定含有CO32-16、我县沂山风景区被称为天然氧吧，其原因是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”。O2ˉ就是一种空气负离子，其摩尔质量为A．32g B．33g C．32g·molˉ1 D．33g·molˉ117、实验室需配制1L0.1mol·L-1的CuSO4溶液,正确的操作是A．取25gCuSO4·5H2O溶于1L水中B．取16gCuSO4·5H2O溶于少量水中,再稀释至1LC．取16g无水CuSO4溶于1L水中D．取25gCuSO4·5H2O溶于水配成1L溶液18、下列说法正确的是A．HCl是挥发性一元强酸B．某物质只含有一种元素，则该物质一定是纯净物C．非金属氧化物一定是酸性氧化物D．利用过滤法可把Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来19、化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物,形成一个循环,则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中,属于氧化还原反应的有A．3个 B．4个 C．5个 D．6个20、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A．500ml5mol/LKCl溶液 B．500ml8mol/LKClO3溶液C．50ml3mol/LCaCl2溶液 D．1000ml1mol/LAlCl3溶液21、可用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的物质是A．CaCl2 B．Ca(OH)2 C．NaCl D．Na2O222、下列离子方程式正确的是A．铁片插入稀H2SO4溶液中：2B．H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：BC．Na2CO3溶液与足量稀盐酸溶液混合：CD．铁与氯化铁溶液反应：Fe二、非选择题(共84分)23、（14分）现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象①A+B无明显现象②B+D有无色无味气体放出③C+B有白色沉淀生成④A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液________，C溶液________，D溶液________。(2)写出B与D反应的离子方程式：________，写出B与C反应的离子方程式：________。24、（12分）A——F是中学化学常见的六种物质，它们之间有如下转化关系。已知A是厨房中常见的一种调味品，D是一种黄绿色气体单质，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，回答下列各题：(1)①②③④四个反应中，属于氧化还原反应的是____________。(2)写出①③两个化学反应的化学方程式：①____________________________________;③____________________________________。25、（12分）某次实验需用450mL、的H2SO4的溶液，现实验室中有质量分数为98%，密度为1.84g/ml的浓硫酸。请按要求回答下列问题：（1）实验需要的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒，还有______。（2）计算：所需该浓H2SO4的体积为_____ml。（3）配制过程：准确量取一定体积的浓H2SO4将浓H2SO4沿烧杯壁缓缓注入烧杯中，并搅拌进行稀释待烧杯中的溶液冷却后用玻璃棒引流转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中向容量瓶中加入蒸馏水定容，在距离刻度线时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用。上述步骤中缺少_______________________，应放在步骤_____之前填“序号”。（4）在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响选填“偏高”、“偏低”或“无影响”。量取浓H2SO4体积时，俯视刻度线_______。定容时，俯视液面______。容量瓶中有少量的水________。④在烧杯中稀释完浓硫酸立即转移至容量瓶中加水定容_______。⑤定容摇匀后发现液面低于刻度线，又加水至刻度线_______。（5）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有______________多选。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液E.用来加热溶解固体溶质26、（10分）粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，首先将粗盐溶解，再通过以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是_____________。A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③（2）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_____________________。（3）实验室将上述得到的精制食盐水制成精盐的过程中，还需要进行某一操作，该操作中需要加热的仪器为：_____________________。（4）实验室需要450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，现利用提纯的NaCl进行配制，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________________（填仪器名称）。定容时，俯视刻度线，对所配溶液浓度的影响：________（填：偏大、偏小、或无影响）。27、（12分）SO2是一种有毒气体，是大气污染物，但它也有很多用途。Ⅰ.(1)SO2易溶于水，能部分与水化合生成一种二元酸，写出该反应的化学方程式________。(2)根据硫元素化合价预测，SO2应具有的化学性质是_______。(3)已知：SO2不能与盐酸和硫酸反应，但可以与硝酸反应，配平该反应：___SO2+___NO+___H2O=___SO+___NO+___H+Ⅱ.现在小新和小关同学对SO2与漂白粉的反应进行实验探究：(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂白粉的化学方程式______________(2)pH试纸颜色的变化说明漂白粉溶液具有的性质是_____________(3)小新推测现象i的白雾是盐酸小液滴，并进行如下实验，请写出相应的现象：a.用湿润的紫色石蕊试纸检验白雾，______________b.用硝酸酸化的AgNO3溶液检验白雾，______________小新同学认为可以得出结论：白雾是盐酸小液滴。但是小冠同学查阅资料，发现Ag2SO4，为白色固体，微溶于水，不溶于硝酸，小冠结合SO2的性质，分析小新的实验，他认为小新的结论不可靠，小冠的理由是：白雾中可能也含有SO2，________。(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性增强，漂白粉的主要成分发生反应，请写出离子方程式__________。(5)将反应后A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X和滤液Y。①取滤液Y，加入稀HCl无明显变化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则说明液Y中含有的离子是____________，沉淀X为____________。②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因____________。28、（14分）“探险队员”盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或者是水溶液），盐酸必须避开它们，否则无法通过。(l)请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：盐酸→___→___→⑩→⑦→___→⑫(2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于非氧化还原反应的有___个，能“吃掉”盐酸的盐与足量的盐酸发生反应的离子方程式为____。(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是______（填物质前的序号，下同），属于非电解质的是___，熔融状态能导电的是____。29、（10分）（1）①H2+CuOCu+H2O②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是__________________________（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O________（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（4）若反应3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_____________L。（5）配平下面两个反应①____H2O+____Cl2+____SO2==____H2SO4+____HCl，____________②____KMnO4+____HCl==____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O（系数是1的也请填上），_____根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4、MnSO4、SO2、H2O、H2SO4这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。______________________________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

I2水溶液是棕色，加入密度大于水的四氯化碳，因为I2在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以下层为四氯化碳的典溶液，为紫红色，上层为水，接近无色，故D正确。2、B【解析】100mL0.1mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度是0.2mol/L。A.10mL1mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度是2mol/L；B.50mL0.2mol/LNaCl溶液中Na+离子浓度是0.2mol/L；C.10mL0.2mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度是0.4mol/L；D.200mL1mol/LNaNO3溶液中Na+离子浓度是1mol/L。故选B。点睛：解答本题需要注意已知条件、答案与溶液体积没有关系，只需直接比较溶液中Na+离子浓度的大小关系。3、D【解析】

①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物,所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应,故正确；②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物如过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故②正确；③有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应。如3O2=2O3,故③错误；④金属氧化物不一定都是碱性氧化物如Al2O3属于两性氧化物等，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，故④正确；⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用渗析法把胶粒和离子分离出来，故⑤错误；⑥粒子胶体的溶胶加入可溶性电解质后才能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出，故⑥错误；⑦胶体稳定存在的主要原因是胶粒带电，胶体呈电中性，故⑦错误；纯碱是碳酸钠属于盐，故⑧错误；⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故⑨正确；根据上述分析知，正确的有4个；答案：D。4、B【解析】

A.因为金属钠在空气中会迅速与氧气反应，所以应隔绝空气保存。而钠的密度又比水小且遇水反应，而煤油密度比钠小，所以经常保存在煤油中，A正确；B.烧碱溶液为NaOH溶液，玻璃的主要成分为SiO2，2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，因此不能将烧碱溶液装在用玻璃塞塞紧的试剂瓶中，而应用橡胶塞塞紧，B错误；C.由于FeSO4溶液中的Fe2+易被氧化，试剂瓶中加入少量铁粉，可防止Fe2+被氧化，C正确；D.氯水中的次氯酸见光易分解，新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中，故D正确。答案选B。5、A【解析】

A．取一根洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，排除其他离子的影响后再蘸取NaCl溶液，进行焰色反应，故A正确；B．在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，其他物质不需要，故B错误；C．做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤而不是稀硫酸，故C错误；D．黄光能掩盖紫光，该现象只能说明含有Na＋，不能说明是否含有K+，故D错误；综上所述答案为A。6、C【解析】氯化钠晶体中氯离子不能自由移动，故A错误；氯化氢是共价化合物，液态氯化氢中不含氯离子，故C错误；氯化钙溶液中电离出自由移动的氯离子，故C正确；氯酸钾溶液电离出，故D错误。7、C【解析】

主要依据氧化还原反应的概念分析判断。【详解】A项，制AlN的反应中N2得电子变成－3价、C失电子变成+2价，则N2是氧化剂、C是还原剂，A项错误；B项，化合物中铝只有+3价，故AlN中氮为－3价，B项错误；C项，反应中有6个电子从3C转移到N2，同时生成2AlN，故每生成1molAlN需转移3mol电子，C项正确；D项，AlN的摩尔质量为41g/mol，D项错误；本题选C。8、A【解析】

第一份中发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，第二份中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+

H2O+CO2↑，加入盐酸，发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，最终都生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素守恒可知n

(NaHCO3)

=n

(NaCl)=1mol，根据氯元素守恒可知n

(NaCl)=n

(HCl)

=1mol，故第一份、

第二份中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol:1mol=1:

1，盐酸的浓度相同，体积之比等于物质的量之比，故消耗盐酸的体积之比为1:1，故选A。9、A【解析】

在氧化还原反应中，有化合价升高，必有化合价降低。在反应M+H2O→N+H2↑中，H元素的化合价降低，则M、N中相同元素的化合价升高；在反应X+H2O→Y+O2↑中O元素的化合价升高，则X、Y中相同元素的化合价降低，以此来解答。【详解】在氧化还原反应中，某元素的化合价升高（降低），则一定存在元素化合价的降低（升高），

反应M+H2O→N+H2↑中，H元素的化合价降低，则M、N中相同元素的化合价升高，即化合价为M＜N；在反应X+H2O→Y+O2↑中O元素的化合价升高，则X、Y中相同元素的化合价降低，即化合价为X＞Y，答案选A。10、A【解析】

A．C元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，选项A正确；B．C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项B错误；C．Cu元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项C错误；D．各元素化合价均不变，无须加入氧化剂或还原剂，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，加入氧化剂才能实现，则题中物质应具有还原性，与氧化剂发生氧化还原反应，所含元素被氧化，化合价升高。11、B【解析】

混合物是两种或两种以上的物质组成的，纯净物是由一种物质组成的，据此解答。【详解】Ba(OH)2(固体)、CuSO4·5H2O(固体)、CH3COOH(液态)都只含有一种物质，是纯净物。则A．医用酒精是乙醇和水组成的混合物，A错误；B、烧碱是氢氧化钠，属于纯净物，B正确；C．Al(OH)3胶体是混合物，C错误；D．碱石灰是由氢氧化钠、氧化钙组成的混合物，D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物、纯净物的概念，注意对概念的理解和区分，正确从宏观组成和微观构成两个角度来把握，明确常见物质的组成是解答的关键。12、D【解析】

A．水中离子浓度较小，加入少量的氢氧化钡固体后，离子浓度增大导电能力增强，故A不符合；B．向1L0.05mol/lMgCl2溶液中加入0.05molBa(OH)2固体，反应生成氢氧化镁和氯化钡，电解质氯化镁转变为氯化钡，都是强电解质，溶液离子浓度变化不大，只是离子的转化，则溶液导电能力变化不大，故B不符合；C．醋酸是弱酸，溶液的导电性比较弱，但向1L0.05mol/l醋酸中加入0.05molBa(OH)2固体，反应生成醋酸钡和水，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，故C不符合；D．向1L0.05mol/LCuSO4中加入0.05molBa(OH)2固体，CuSO4和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力明显减弱，故D符合；故答案为D。【点睛】明确溶液导电性的决定因素是解题关键，溶液的导电能力与离子的浓度有关，与电解质的强弱无关；浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱。13、C【解析】

单质是由同一种元素形成的纯净物，所以C中表示的是单质。A和D表示化合物，B表示混合物，答案选C。14、A【解析】①KOH和硝酸反应生成硝酸钾和水，不会引入新杂质，正确；②过量Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，然后过滤得到硫酸亚铁，除去杂质硫酸铜，正确；③二氧化碳与碱反应，而CO不能，错误；④加盐酸生成氯化钙，会引入杂质，错误，答案选A。点睛：本题考查混合物的分离、提纯，明确物质的性质及性质差异选择分离方法即可解答，注意除杂的原则是除去杂质，但不引进新的杂质，更不能使提纯物质减少。15、B【解析】

A.氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀；B.能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于硝酸；

C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等；

D、碳酸根离子、碳酸氢根离子均可以和氢离子反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体二氧化碳。【详解】A.氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀，所以无法确定氯离子在原来的溶液中是否存在，故A错误；

B.溶液中先加稀盐酸酸化，无沉淀生成，排除银离子，加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42-离子，故B正确；C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等，可判定含有Mg2+、Zn2+等离子，故C错误；

D、加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，可判定含有CO32-或是HCO3-，故D错误。

故选B。【点睛】本题考查了常见阴阳离子的检验，注意D选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，但是无色无味的气体排除是二氧化硫的可能。16、C【解析】

当物质的质量以g为单位时，摩尔质量与物质的相对原子质量或相对分子质量数值上相等，同时要注意摩尔质量必须带单位。O2ˉ相对分子质量为32，摩尔质量为32g·mol－1。答案选C。17、D【解析】

配制1L0.1mol·L-1的CuSO4溶液，需要CuSO4·5H2O的质量m=nM=cVM=0.1mol·L-1×1L×250g/mol=25g，需无水CuSO4的质量m=nM=cVM=0.1mol·L-1×1L×160g/mol=16g，溶解后在容量瓶中定容为1L。【详解】A.1L指溶液体积为1L，不是溶剂水的体积为1L，应该是定容为1L，A错误。B.需要CuSO4·5H2O的质量m=nM=cVM=0.1mol·L-1×1L×250g/mol=25g，B错误。C.需无水CuSO4的质量m=nM=cVM=0.1mol·L-1×1L×160g/mol=16g，但不能取用1L水，应在容量瓶中定容为1L，C错误。D.取25gCuSO4·5H2O溶于水配成1L溶液，配制溶液的物质的量浓度c==0.1mol/L，D正确。答案为D。【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，注意配制溶液计算需要的溶质质量时，有结晶水的溶质需要将结晶水算进摩尔质量中，定容时配制的溶液体积为1L，而不是加入1L的水。18、A【解析】

A.1molHCl电离出1molH+，是挥发性一元强酸；B.某物质只含有一种元素也可以组成不同的单质；C.凡是与碱反应只生成盐和水的氧化物是酸性氧化物；D.胶体的胶粒和溶液中的溶质可以通过滤纸。【详解】A.1molHCl电离出1molH+，是挥发性一元强酸，故A正确；B.某物质只含有一种元素也可以组成不同的单质，形成同素异形体，如石墨和金刚石，故B错误；C.凡是与碱反应只生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，非金属氧化物有的不能和碱反应，如CO，不是酸性氧化物，故C错误；D.胶体的胶粒和溶液中的溶质可以通过滤纸，不能利用过滤法把Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来，应用渗析的方法分离，故D错误。故选A。19、A【解析】

①Na2Cr2O7中Cr为＋6价，CrCl3中Cr显＋3价，Cr的化合价降低，反应①属于氧化还原反应，②中Cr的化合价都显＋3价，化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，③中Cr的化合价都显＋3价，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，④CrCl3中Cr显＋3价，Na2CrO4中Cr显＋6价，化合价发生改变，属于氧化还原反应，⑤Cr的价态都是＋6价，没有化合价发生变化，不属于氧化还原反应，⑥Cr的化合价由＋6价→＋3价，化合价降低，属于氧化还原反应，因此属于氧化还原反应的是①④⑥，故选项A正确。20、C【解析】

在浓度确定的溶液中，离子浓度与体积大小无关，四个选项中，A中氯离子浓度为5mol/L，B中KClO3中不含氯离子，氯离子浓度为0mol/L，C中氯离子浓度为3mol/L×2=6mol/L，D中氯离子浓度为1mol/L×3=3mol/L，因此选C。21、D【解析】

根据Na2O2能与CO2反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，生成氧气，可作为呼吸面具或潜水艇中的氧气的来源，结合物质为固体时容易携带、反应容易等进行分析。【详解】A、CaCl2不能与CO2反应，无氧气生成，故A错误；B、Ca（OH）2能与CO2反应Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，无氧气生成，且Ca（OH）2具有腐蚀性，故B错误；C、NaCl能与CO2不反应，无氧气生成，故C错误；D、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查的是有关制氧剂的知识，Na2O2的性质及用途都源自于教材中的内容，学生要注重对教材内容的学习。22、C【解析】A．铁片插入稀H2SO4溶液中发生的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后发生的离子反应为2H++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．Na2CO3溶液与稀HCl溶液混合后发生的离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故C正确；D．铁与氯化铁溶液反应时发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；答案为C。点睛：解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等；②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-；③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒；④注意反应物的用量对离子反应的影响；⑤对一个完整的离子反应不能只写部分离子反应。二、非选择题(共84分)23、CaCl2AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OAg++Cl-=AgCl↓【解析】

本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag++Cl-=AgCl↓。24、①②③2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O【解析】

已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，为二氧化锰。据此解答问题。【详解】已知A是厨房中常见的一种调味品，为氯化钠，D是一种黄绿色气体单质，为氯气，F是一种黑色固体，F常用作催化剂，为二氧化锰。则A为氯化钠，B为氢氧化钠，C为氢气，D为氯气，E为氯化氢，F为二氧化锰。(1)有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，四个反应中属于氧化还原反应的为①②③。(2)反应①为电解氯化钠生成氢氧化钠和氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；③为浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰和氯气和水，方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。【点睛】推断题抓住突破口是关键，如颜色，黄绿色的气体为氯气，红棕色的气体为二氧化氮等，抓住物质的用途，如氯化钠为厨房常用调味剂等。25、量筒、500mL容量瓶13.6洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液一起注入容量瓶中④偏低偏高无影响偏高偏低B、C、D、E【解析】

根据配制溶液的原理，分析所需仪器、操作步骤，并分析可能的实验误差。【详解】(1)量取一定体积浓硫酸需要量筒、胶头滴管，稀释浓硫酸需要烧杯、玻璃棒，配制450mL溶液需要500mL容量瓶。实验需要的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒，还要量筒、500mL容量瓶。(2)设需浓H2SO4的体积为V，据稀释前后溶质质量不变得1.84g/mL×V×98%＝0.500L××98g/mol，解得V＝13.6mL。(3)根据配制过程可知，在步骤之间需要：用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液一起注入容量瓶中。(4)据c=n/V，分析n、V对c的影响。量取浓H2SO4时俯视刻度线，则浓硫酸体积偏小，n偏小，c偏低。定容时俯视液面，则V偏小，c偏高。配制溶液过程中还需向容量瓶中加水，故容量瓶中有少量的水对c无影响。④刚稀释的浓硫酸是热的，立即转移并加水定容。以后溶液自然冷却，使V偏小，c偏高。⑤定容摇匀时，有少量溶液附着于刻度线上方内壁上，使液面低于刻度线。这是正常现象，不需要处理。再加水至刻度线，会使V偏大，c偏低。(5)容量瓶只能用于配制一定体积准确物质的量浓度的溶液，不能贮存溶液（B项错误）；容量瓶只有一个刻度线，不能测量液体体积（C项错误）；容量瓶刻度线以下容积精确，不能受热或冷却，稀释过程伴有热量变化（DE错误）。选B、C、D、E。【点睛】根据计算公式进行误差分析，容易得出正确结论。26、AB取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽蒸发皿500mL容量瓶、胶头滴管偏大【解析】

粗盐提纯，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，Ca2＋用Na2CO3除去，因所加除杂试剂是过量，过量试剂必须除去，因此Na2CO3必须放在BaCl2溶液的后面，即顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3；BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH；然后过滤，向滤液中加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，依此分析；【详解】（1）粗盐提纯，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，Ca2＋用Na2CO3除去，因所加除杂试剂是过量，过量试剂必须除去，因此Na2CO3必须放在BaCl2溶液的后面，即顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3；BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH；然后过滤，向滤液中加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，因此不合理的是AB；（2）取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；（3）食盐水制成精盐，需要蒸发结晶，需要加热的仪器为蒸发皿；（4）根据“大而近”的原则，配制450mL的溶液需用500mL容量瓶，配制一定物质的量浓度溶液需要的仪器是托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；根据c=n/V，俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，溶质物质的量不变，所配溶液浓度将偏大。【点睛】易错点是（4），回答容量瓶时需要答出容量瓶的规格，实验室容量瓶的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL。27、SO2+H2O=H2SO3既具有氧化性又具有还原性3213222Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O碱性、漂白性试纸变红生成白色沉淀SO2可以被硝酸氧化成硫酸根，硫酸根与银离子反应也可以生成白色沉淀硫酸银Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2OSOCaSO4SO2+Cl2+2H2O=4H++SO+2Cl-【解析】

Ⅰ．(1)SO2与水反应生成H2SO3，化学方程式为SO2+H2O=H2SO3；(2)SO2中S元素为+4价，既可以升高为+6价，也可以降低为0价、-2价，所以既具有氧化性又具有还原性；(3)硝酸具有强氧化性，可以将SO2氧化成SO，S元素化合价升高2价，根据题意可知硝酸被还原成NO，化合价降低3价，根据电子守恒可知SO2和NO的计量数之比为3:2，再结合元素守恒可得离子方程式为：3SO2+2NO+H2O=3SO+2NO+2H+；Ⅱ．(1)Cl2和Ca(OH)2生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(2)pH试纸先变蓝(约为12)，说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明又具有漂白性；(3)小新同学得出的结论是白雾是盐酸小液滴，酸可以使石蕊变红，所以用湿润的紫色石蕊试纸检验白雾，可以看到试纸变红；盐酸含有氯离子，所以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验白雾，可以看到白色沉淀；SO2可以被硝酸氧化成硫酸根，硫酸根与银离子反应也可以生成白色沉淀硫酸银，所以白雾中可能也含有SO2；(4)溶液变为黄绿色说明产生氯气，即酸性环境中漂白粉中次氯酸钙与氯化钙发生归中反应生成氯气，离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O；(5)①加入稀HCl无明显变化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则说明液Y中含有的离子是SO，则沉淀X为CaSO4；②黄绿色褪去说明氯气被反应，而溶液中含有SO，说明Cl2将SO2氧化，离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO+2Cl-，28、③⑥⑪5CO32—+2H+=CO2↑+H2O⑥⑪③⑩⑥⑦⑫【解析】

本题根据盐酸能与哪些物质反应，从而推断出盐酸通过的路径。【详解】(1)图中物质③、⑥、⑩、⑦、⑪、⑫均不与盐酸反应，沿该路线可走出迷宫，故答案为③、⑥、⑪；(2)盐酸与NaOH、Ca(OH)2的反应属于酸碱中和反应，盐酸与Fe2O3、MgO、Na2CO3反应是复分解反应，故非氧化还原反应的有5个，能“吃掉”盐酸的盐是Na2CO3，该反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，故答案为5，CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O；(3)不能与盐酸反应的物质中，NaC