2026届内蒙古巴彦淖尔市临河三中化学高一第一学期期末联考试题含解析

2026届内蒙古巴彦淖尔市临河三中化学高一第一学期期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应有关的是（）ABCD实验溶液滴入溶液中石蕊溶液滴入稀盐酸中溶液滴入溶液中将水加入到装有的集气瓶中现象产生红褐色沉淀溶液变红有白色沉淀生成红棕色逐渐消失A．A B．B C．C D．D2、某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A．NaHCO3、Al（OH）3 B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO43、下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的D．用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同4、0.015mol·L－1的盐酸，含溶质0.03mol，则溶液体积为（）A．1L B．2L C．3L D．4L5、等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定不正确的是A．分子个数比为1:1 B．质量比为17:16C．原子个数比为5:4 D．氢原子个数比为4:36、将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱分类顺序排列，其中正确的是（）A．氧气、干冰、硫酸、烧碱 B．碘酒、冰、盐酸、烧碱C．氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱 D．铜、硫酸钠、醋酸、石灰水7、在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X(体积在相同条件下测定)，则X的化学式是（）A．AB B．A2B3 C．AB2 D．AB38、在水溶液中，下列电离方程式正确的是A．Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-B．AlCl3=Al3++Cl3-C．Mg(NO3)2=Mg+2+2NO3-D．KMnO4=K++Mn7++4O2-9、下列各组物质中，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（）A．氯水、氨气、胆矾 B．碱石灰、液氯、碘酒C．干冰、铁、水煤气 D．生石灰、白磷、熟石灰10、下列表示对应化学反应的离子方程式书写正确的是（）A．向溶液中加入少量铜粉：B．溶液中滴入稀硫酸：C．向稀盐酸中加入氨水：D．向溶液中通入过量11、下列叙述正确的是()A．氧化反应一定是化合反应B．凡是两种或两种以上的物质发生的反应就是化合反应C．物质只有和氧气发生化合反应才是氧化反应D．镁条在氧气中燃烧既属于化合反应又属于氧化还原反应12、将一定量Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水配成50mL溶液，逐滴加入0.05mol·L－1盐酸，得到各成分物质的量变化如图所示(已知1mol=1000mmol)，下列说法不正确的是()A．a点溶液中Na2CO3与NaCl物质的量相等B．b点溶液中发生反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑C．c点溶液中氯化钠的物质的量浓度为0.05mol·L－1D．当盐酸加到150mL时，混合物样品恰好完全反应13、已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是A．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生D．工业上，B转化为D的反应条件为加热、使用催化剂14、下列各组物质能相互反应得到Al（OH）3的是（）A．Al2O3跟H2O共热 B．Al跟NaOH溶液共热C．Al（NO3）3跟过量的NaOH溶液 D．AlCl3跟过量的NH3·H2O15、同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是()①分子个数之比为11：16②密度比为11：16③体积比为16：11④原子个数比为11：16A．①④ B．①③ C．②③ D．②④16、加热熔化氢氧化钠的坩埚，应选用的是（）A．瓷坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚 D．铝坩埚17、下列各图中能较长时间看到氢氧化亚铁白色沉淀的是（）A．①②③④⑤ B．①②⑤ C．①②③④ D．②④⑤18、下列有关金属及其化合物的说法正确的是A．铝和氢氧化钠溶液反应生成Al(OH)3和H2OB．钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OC．铁在高温下与水蒸气反应生成Fe2O3和H2D．碳酸钠溶液和氢氧化钙溶液反应生成NaOH和CaCO319、某无色溶液中，已知含有H+、Mg2+、Al3+等阳离子，逐滴加入NaOH(溶液)，则消耗NaOH(溶液)体积(x轴)和生成沉淀量(y轴)之间的函数关系，可用下图表示，则下列图中正确的是()A．B．C．D．20、下列说法正确的是（）A．液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B．NH3、CO2的水溶液能导电，所以NH3、CO2是电解质C．铜、石墨均能导电，所以它们都是电解质D．蔗糖在水溶液中或熔融时均不导电，所以是非电解质21、实验室制取下列气体时，不能用排空气法收集的是A．NO2 B．Cl2 C．NO D．SO222、有关金属及其化合物的用途正确的是（）A．用铝制餐具做酸辣凉拌菜 B．钢铁是我国发明使用最早的合金C．氧化钠用于潜水艇中做供氧剂 D．氧化铝是一种耐高温材料二、非选择题(共84分)23、（14分）A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是________。(2)反应①的化学方程式为_____________________________________反应③的离子方程式为________________________反应⑧的化学方程式为_____________________________________（3）反应⑥过程中的现象是______________________________。（4）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占______L。24、（12分）根据下列转化关系（反应条件略去），A、B、C、D中均含有同一种元素，回答下头问题：（1）若A为Na，则固体C的颜色为__________________，写出反应③的化学方程式___________________________。（2）若A为N2，写出反应③的化学方程式___________________________。（3）若A为S，写出D的浓溶液与Cu在加热情况下反应的化学方程式____________________。（4）若A为NH3，则__________（填“能”与“不能”）用铁制容器储存D的浓溶液。写出过量Fe与D的稀溶液反应（还原产物只有B）的离子方程式_______________________________。25、（12分）下图是某小组同学配制100mL0.100mol·L－1Na2CO3溶液的一些关键步骤和操作图。(1)配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_________、___________。(2)配制过程的先后顺序为(用字母A～F填写)________。(3)步骤A通常称为洗涤，如果没有步骤A，则配得溶液的浓度将________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)；步骤F称为________，如果俯视刻度线，配得溶液的浓度将________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。(4)用Na2CO3·10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，则所配得溶液的浓度会________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。(5)若配制NaOH溶液，在步骤B之后，需________，才进行下一步操作。26、（10分）现用二氧化锰与浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，再用氯气与铜粉反应制取少量CuCl2，其装置如下：（1）写出装置A中发生反应的离子方程式_________________________。（2）B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去Cl2中混有的__________杂质；装置E的作用是___________________。（3）即使A装置中的MnO2和D装置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L浓盐酸经充分反应后得到的CuCl2也不足0.3mol，其原因是______________A．装置漏气B．A装置在加热过程中盐酸易挥发C．CuCl2潮解吸水D．A装置中反应生成的水要稀释盐酸，剩余的盐酸不再反应（4）某实验小组的同学用经Cl2消毒的自来水配制下列溶液：①KI；②AgNO3；③AlCl3；④FeCl2；⑤稀盐酸，发现部分药品变质，它们是(请用序号作答)____________________。（5）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）_____________________________________。（6）一定条件下，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应。生成物中含有三种含氯元素的离子，其中ClO－、ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。该过程中参加反应Cl2的物质的量是________mol。若产生的n（C1-）为11mol，n（C1O3-）为2mol，则参加反应的Ca(OH)2的物质的量为________mol。27、（12分）实验是化学的灵魂，是学好化学的重要情节。Ⅰ.选取下列实验方法分离物质，将最佳分离方法的字母填在横线上。A．萃取B．升华C．分液D．蒸馏E.过滤（1）分离水和汽油的混合物：_______________。（2）分离四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物：___。Ⅱ.实验室欲配置480ml0.1mol·L-1NaOH溶液。（3）通过计算得知：用托盘天平称取得NaOH质量为__________。在下图所示仪器中，配制上述溶液需要的仪器有_______________（填字母），除图中已有的仪器外，配置上述溶液还需要的玻璃仪器有胶头滴管和____________。（4）配置时，其正确的操作顺序是________________（用字母表示，每个操作只用一次）。A．用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶中，振荡B．将称好的NaOH固体加入烧杯中，用适量蒸馏水溶解C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．盖好瓶盖，反复上下颠倒，摇匀E.继续往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面接近容量瓶颈刻度1-2cm处F.改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度相切（5）下列操作会造成所配NaOH溶液浓度偏低的是___________（填字母）A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D．摇匀后发现液面低于刻度线，又加水至刻度线28、（14分）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀质量的关系如图所示。(1)A点的沉淀物的化学式为_____________。(2)写出A点至B点发生反应的离子方程式：_____________________。(3)原混合物中NaOH的质量是_________g，C点(此时沉淀恰好完全溶解)对应的HCl溶液的体积为___________mL。29、（10分）如图中的每一方框内表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且A与C物质的量之比为1：1．B为常见液体．试回答下列问题：（1）X是______；F是______．（2）A→D反应中每消耗1摩过氧化钠转移的电子数为______．（3）G与Cu的反应中，G表现______性质．（4）X与过量NaOH溶液反应的离子方程式：______．（5）以C、B、D为原料可生产G，若使1molC完全转化为G，理论上至少需要D______mol．

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】

A.NaOH溶液滴入FeCl3溶液中，发生复分解反应生成氢氧化铁，不是氧化还原反应，A错误；B.盐酸电离出氢离子溶液显酸性，加石蕊变红，与氧化还原反应无关，B错误；C.NaCl溶液滴入AgNO3中，发生复分解反应生成氯化银，不是氧化还原反应，C错误；D.将水加入到装有NO2的集气瓶中，反应生成NO和硝酸，氮元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D正确；答案选D。2、C【解析】

A．NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D．Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。3、D【解析】

A项、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A正确；B项、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，故B正确C项、Fe(OH)3胶粒带电荷能吸附水中悬浮的固体颗粒，使之沉降，达到净水目的，故C正确；D项、Fe(OH)3胶体能发生丁达尔效应而NaCl溶液不能，故D错误；故选D。4、B【解析】

溶液体积V===2L，故答案为B。5、B【解析】

等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4、NH3的物质的量一定相等。【详解】A．CH4、NH3的物质的量相等，则分子个数比为1∶1，故A正确；B．CH4、NH3的物质的量相等，则m(CH4)：m(NH3)=16：17，故B错误；C．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3原子个数比为5∶4，故C正确；D．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3氢原子个数比为4∶3，故D正确；选B。6、A【解析】

由同种元素组成的纯净物是单质；两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物是氧化物；电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸；电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；碘酒、盐酸属于混合物，故B错误；纯碱是盐不是碱，故C错误；硫酸钠是盐、石灰水是混合物，故D错误7、D【解析】

根据阿伏伽德罗定律可知，相同条件下，气体的体积与气体的物质的量成正比，且物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，再结合质量守恒定律来解答。【详解】在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X，由相同条件下，体积与物质的量成正比，且物质的量之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比，则该反应方程式为：A2+3B2=2X，又根据反应前后各种元素的原子守恒，可知X的化学式为AB3，故合理选项是D。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确体积与化学计量数的关系是解答的关键，并注意利用原子守恒来分析物质的化学式即可解答。8、A【解析】

A.物质电离产生Al3+、SO42-，符合电离产生的离子个数比例关系，A正确；B.AlCl3电离产生Al3+、Cl-，离子符号不符合事实，B错误；C.电离产生镁离子，符号应该为Mg2+，离子符号不符合事实，C错误；D.KMnO4电离产生K+、MnO4-，不符合物质电离产生的离子符号，D错误；故合理选项是A。9、C【解析】

A．氯水是氯气的水溶液，为混合物，氨气是化合物，胆矾是化合物，A不合题意；B．碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，液氯是液态的氯气为单质，碘酒是碘单质的酒精溶液，为混合物，B不合题意；C．干冰是固态二氧化碳，为化合物，铁是单质，水煤气是一氧化碳和氢气的混合物，C符合题意；D．生石灰是氧化钙，为化合物，白磷是单质，熟石灰是氢氧化钙，为纯净物、化合物，D不合题意；故答案为：C。10、A【解析】

A.向溶液中加入少量铜粉，反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：，故A正确；B.溶液中滴入稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，故B错误；C.向稀盐酸中加入氨水反应生成氯化铵，氨水为弱碱，用化学式表示，离子方程式为：，故C错误；D.向溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：，故D错误；故选A。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。11、D【解析】

A.氧化反应是物质所含元素化合价升降的反应，不一定是化合反应，如氢气还原氧化铜生成铜和水是氧化还原反应，属于置换反应，不是化合反应，故A错误；B.甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，该反应的生成物是两种，不符合“多变一”的特征，不属于化合反应，故B错误；C.氧化反应不一定有氧气参与，如铁在氯气中燃烧，属于化合反应也是氧化还原反应，故C错误；D.某些氧化反应是化合反应，如镁条在氧气中燃烧生成氧化镁，该反应是物质与氧气发生的化学反应，属于氧化反应，该反应符合“多变一”的特征，属于化合反应，故D正确；故选：D。12、C【解析】

Na2CO3和HCl的反应分为两步:Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；有关量的计算，结合图中的数据去分析计算即可。【详解】A、观察图中信息，Na2CO3的曲线降为0，而NaCl的曲线从0开始，故两条曲线的交点a点表示溶液中Na2CO3与NaCl物质的量相等，A正确；B、b点时，NaHCO3曲线呈下降的状态，则NaHCO3被消耗，故发生NaHCO3和HCl的反应，B正确；C、加入50mL盐酸时，Na2CO3的物质的量由2.5mmol降为0，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知50mL盐酸中含有2.5mmolHCl，即c(HCl)==50mmol·L-1；c点时，NaHCO3和HCl的反应还不完全，则根据氯元素守恒，可得n(NaCl)=n(HCl)100mL=50mmol·L-1×0.1L=5mmol，则n(NaCl)==0.033mol·L-1，C错误；D、由图知，开始时，Na2CO3、NaHCO3的物质的量为2.5mmol，完全反应需要7.5mmolHCl，c(HCl)=50mmol·L-1，则V(HCl)==0.15L=150mL，D正确；故选C。13、D【解析】

X为常见酸，其浓溶液能使蔗糖变黑，说明X为H2SO4，D和水反应生成H2SO4，则D为SO3，B为SO2。【详解】A、蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性，故错误；B、浓硫酸和铁在常温下，发生钝化反应，产生一层致密氧化物薄膜，阻碍反应的进行，故错误；C、C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，C为CO2，与少量澄清石灰水反应，生成Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故错误；D、SO2→SO3需要催化剂和加热才能实现，故正确。故选D。14、D【解析】

A、氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，故不选A；B、Al跟过量的NaOH溶液共热生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，故不选B；

C、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液生成偏铝酸盐，得不到氢氧化铝，故不选c；

D、氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3和过量的NH3·H2O反应得到氢氧化铝沉淀和氯化铵，故选D。【点睛】本题考查铝及化合物的性质，注意氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱但不能溶于弱碱，所以要制取氢氧化铝必须用铝盐与弱碱反应而不能用强碱。15、A【解析】

①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故①正确；②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故②错误；③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故③错误；④每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，原子个数之比为11：16，故④正确；答案选A。16、C【解析】

A．瓷坩埚主要成分含有SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；B．石英坩埚主要成分是SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；C．铁坩埚在高温下不能与NaOH发生反应，因此可以加热熔化氢氧化钠，正确；D．铝坩埚的成分Al可以与氢氧化钠发生反应，因此不能加热熔化氢氧化钠，错误。17、B【解析】

因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。据此解答。【详解】①、②原理一样，都是先用产生的氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中将胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中可以看见白色的氢氧化亚铁沉淀，但不能较长时间保持；⑤中液面加苯阻止了空气进入能较长时间看到白色沉淀；答案选B。18、D【解析】

A项，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，A错误；B项，钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，B错误；C项，铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C错误；D项，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，D正确。答案选D。19、B【解析】

含有H+、Mg2+、Al3+等阳离子的溶液中，加入氢氧化钠溶液，根据优先和氢氧根离子反应的离子情况进行判断，如溶液中的氢离子首先和氢氧根离子反应，然后开始生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，最后氢氧化铝沉淀开始溶解，直至沉淀只剩下氢氧化镁沉淀质量不再变化。【详解】向含有H+、Mg2+、Al3+等阳离子溶液中逐滴加入NaOH（aq），首先氢离子参加反应，所以开始时没有沉淀产生，然后氢离子消耗完，开始生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，沉淀达到最大量，再加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀开始溶解，直至氢氧化铝沉淀完全消失，最后只剩下氢氧化镁沉淀，沉淀量不再变化，四个选项中只有B正确。答案选B。【点睛】本题考查了离子反应发生条件，注意氢离子先参与反应，然后生成沉淀。20、D【解析】

在水溶液里或融融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物。【详解】A.液态氯化氢和固体氯化钠不含自由移动的离子，所以不导电，但氯化氢和氯化钠在水溶液里能电离出自由移动的离子而使溶液导电，所以氯化氢和氯化钠是电解质，故A错误；B.的水溶液均导电是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出自由移动的离子而使其溶液导电，电离出的自由移动的离子不是氨气和二氧化碳电离的，所以都不是电解质，是非电解质，故B错误；C.铜、石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D.酒精和蔗糖在水溶液里和熔融状态下均以分子存在，导致它们的水溶液或熔融态都不导电，所以它们是非电解质，故D正确；答案选D。【点睛】物质分为纯净物和混合物；纯净物分为单质和化合物；化合物分为电解质和非电解质；电解质包括：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质包括强酸、强碱、大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱、水。导电的原理有两种，一种是有自由移动的电子，如金属导体，一种是有自由移动的离子，如电解质溶液或熔融的电解质（酸在熔融状态下不电离）。21、C【解析】

A.NO2易溶于水并且能和水反应，所以不用排水法收集，能用排空气法收集，故A不符合题意；B.Cl2既能用排饱和食盐水法收集，也能用排空气法收集，故B不符合题意；C.NO能与氧气反应，不能用排空气法收集，故C符合题意；D.SO2能溶于水，用排空气法收集，故B不符合题意；所以本题答案：C。【点睛】根据气体的密度和溶解性确定收集方法。22、D【解析】

A.Al是比较活泼的金属，可以与酸发生反应，所以不能用铝制餐具做酸辣凉拌菜，A错误；B.青铜器是我国发明使用最早的合金，B错误；C.氧化钠不能与CO2、H2O反应产生氧气，因此不能用于潜水艇中作供氧剂，C错误；D.氧化铝熔点很高且化学性质稳定，因此可用于做耐高温材料，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、铁元素8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色33.6【解析】试题分析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，据此分析解答。（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。（2）根据以上分析可知反应①的化学方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe。反应③的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；反应⑧的化学方程式为Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O。（3）反应⑥是氢氧化亚铁被空气氧化，过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（4）根据8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe可知1mol铝发生反应后生成铁，铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)4H2＋Fe3O4，所以生成的气体换算成标准状况下为。【点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题，解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。24、淡黄色2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑3NO2＋H2O===2HNO3＋NOCu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O能3Fe＋8H＋＋2NO3－===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O【解析】(1).若A为Na，由转化关系图可知，B为Na2O、C为Na2O2、D为NaOH，Na2O2是淡黄色固体，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故答案为淡黄色；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；(2).若A为N2，由转化关系图可知，B为NO、C为NO2、D为HNO3，反应③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；(3).若A为S，由转化关系图可知，B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(4).若A为NH3，由转化关系图可知，B为NO、C为NO2、D为HNO3，常温下铁可被浓硝酸钝化，所以可用铁制容器储存浓硝酸，过量的Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为能；3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。点睛：本题主要考查元素化合物的推断，涉及Na、S、N等元素的单质及其化合物的性质和转化关系，解答本题的突破口是A能被氧气连续氧化，说明A中存在的某种元素有多种化合价，根据物质的颜色、物质的性质并结合D的性质分析解答即可，试题难度中等。25、100mL容量瓶胶头滴管DBCAFE偏低定容偏高偏高冷却至室温【解析】

（1）从图中得到，配制的过程中使用的玻璃仪器有：100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管。所以答案为100mL容量瓶和胶头滴管。（2）配制的过程是：将定量的碳酸钠固体溶解在烧杯里，将溶解液转移至容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒两到三次，将每次的洗涤液也转移至容量瓶，加入蒸馏水至距离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切，最后倒转摇匀即可，所以顺序为：DBCAFE。（3）如果不进行洗涤，在烧杯内壁和玻璃棒上的碳酸钠溶液就被损失了，所以浓度偏低。步骤F是定容，如果俯视刻度线，加入的水会偏少，所以配得溶液的浓度将偏高。（4）用Na2CO3·10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，则称量出的晶体中碳酸钠的质量将高于理论值（例如：假设需要106g碳酸钠，则应该称量286g的Na2CO3·10H2O，如果该Na2CO3·10H2O的结晶水都失去了，最后就得到了286g纯碳酸钠），所以所配得溶液的浓度会偏高。（5）氢氧化钠溶于水会剧烈放热，使体系的温度升高，为了保证定容时体积的准确，应该先冷却至室温，再进行后续操作。点睛：本题的图片到底对应了配制溶液过程中的哪一个步骤，实际不太好判断。例如：题目认为B是在进行搅拌溶解，仅看图的话，是不是可以认为是加水洗涤（当然加的水有点多）。所以解题时要联系下面的问题，在问题（3）中得到A为洗涤，所以只能认为B为搅拌溶解，C为将溶解液转移至容量瓶。26、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHCl收集氯气BD①②④2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO45mol7mol【解析】(1)用二氧化锰与浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)生成的氯气中含有少量的氯化氢和水蒸气，B中选用饱和食盐水，可以除去Cl2中混有的氯化氢杂质；C中用浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气与铜粉反应后多余的氯气用E收集，剩余的氯气用氢氧化钠溶液除去尾气，防止污染空气，故答案为：HCl；收集氯气；(3)即使A装置中的MnO2和D装置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L浓盐酸经充分反应后得到的CuCl2也不足0.3mol，说明生成的氯气物质的量小于0.3mol，即被氧化的氯化氢少于0.6mol，少于氯化氢总量的一半。A.实验前都要进行气密性检查，装置漏气是不合理的，故A错误；B.A装置在加热过程中盐酸易挥发，使得利用的氯化氢减少，故B正确；C.CuCl2潮解吸水与氯化铜的物质的量多少无关，故C错误；D.二氧化锰只能与浓盐酸反应，A装置中反应生成的水要稀释盐酸，变成稀盐酸不再反应，故D正确；故选BD。(4)经Cl2消毒的自来水可以看成浓度较小的氯水，①氯水中含有氯气，能够将KI氧化变质；②氯水中含有氯离子，能够与AgNO3反应生成氯化银沉淀变质；③AlCl3与氯水中的微粒不反应，不变质；④氯水中含有氯气，能够将FeCl2氧化变质；⑤稀盐酸与氯水中的微粒不反应，不变质；变质的有①②④，故答案为：①②④；(5)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO4；(6)由图可知，t2时n(ClO-)=2mol，n(ClO3-)=1mol，根据得失电子守恒，n(C1-)=2mol×1+1mol×5=7mol，根据氯元素守恒，参加反应Cl2为mol=5mol，若产生的n(C1-)为11mol，n(C1O3-)为2mol，根据得失电子守恒，n(ClO-)=11mol-2mol×5=1mol，根据电荷守恒，n[Ca(OH)2]=n(Ca2+)=×(11mol+2mol+1mol)=7mol，故答案为：5mol；7mol。27、CD2.0gac500mL容量瓶BCAEFDBD【解析】

（1）（2）根据混合物中各物质沸点及在不同溶剂中溶解性的不同，可以选用蒸馏（或分馏）、萃取和分液等方法进行分离和提纯；（3）实验室欲配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要使用500mL容量瓶，因此用托盘天平称取的NaOH质量为0.5L×0.1mol/L×40g/mol＝2.0g；所需的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，不需要分液漏斗和漏斗；（4）根据操作步骤排出先后顺序；（5）分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=判断不当操作对所配溶液浓度影响。【详解】（1）汽油不溶于水，分离水和汽油的混合物需要分液，选C；故答案为C；（2）四氯化碳(沸点为76.75

℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的沸点相差较大，分离四氯化碳(沸点为76.75

℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物需要蒸馏，选D；故答案为D；（3）实验室欲配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要使用500mL容量瓶，因此用托盘天平称取的NaOH质量为0.5L×0.1mol/L×40g/mol＝2.0g；所需的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，不需要分液漏斗和漏斗，答案选ac；故答案为2.0g；ac；500mL容量瓶；（4）操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为BCAEFD；（5）A.溶解后溶液没有冷却到室温就转移，导致冷却后溶液体积减少，