2026届上海市嘉定区封浜高中化学高一上期中教学质量检测试题含解析

2026届上海市嘉定区封浜高中化学高一上期中教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol·L－1。下列叙述中正确的是()①c＝×100%②c＝③若上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w④将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5cmol·L－1，则加入水的体积应大于50mLA．①④ B．②③ C．①③ D．②④2、下列说法中正确的是A．在熔融状态下不能导电的物质都属于非电解质B．稀HCI溶液在电流的作用下电离出H+和Cl-而导电C．液态硫酸，固体NaCI不导电，但属于电解质D．NaOH溶液的导电能力一定比氨水的强3、有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径达到纳米级),这将引起建筑材料的性能发生巨大变化。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是(

)A．纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B．纳米碳酸钙分散到水中所得分散系会产生丁达尔效应C．纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙完全不同D．纳米碳酸钙粒子不能透过滤纸4、下列溶液中，Na+浓度最大的是（）A．1mol·L-1Na2SO4溶液100mL B．0.9mol·L-1Na3PO4溶液10mLC．2.5mol·L-1NaOH溶液50mL D．1mol·L-1NaHCO3溶液100mL5、丙烯醇（CH2=CH-CH2OH）可发生的化学反应有（）①氧化反应②加成反应③置换反应④加聚反应⑤取代反应A．①②③B．①③④C．②④⑤D．①②③④⑤6、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB．25℃、1.01×105Pa状态下，1molSO2中含有的原子总数为3NAC．常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAD．1L1.0mol·L－1盐酸中含有NA个HCl分子7、有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3＋Zn===ZnO＋N2↑＋2H2O，下列有关说法中正确的是A．该反应中NH4NO3只作氧化剂B．该反应中只有两种元素化合价改变C．每消耗65克锌会产生22.4LN2D．ZnO是该反应的还原产物8、某金属元素由氧化物转变为单质，则该金属元素()A．一定被氧化B．一定被还原C．可能被氧化，也可能被还原D．既不被氧化，也不被还原9、O2F2可以发生反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是()A．氧气是氧化产物B．O2F2既是氧化剂，又是还原剂C．若生成2.24LHF，则转移0.4mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：410、无色透明酸性溶液中，能共存的离子组是A．、OH-、Al3+、Cl- B．K+、、、Na+C．Mg2+、、Cl-、Na+ D．、K+、、Na+11、下列离子方程式正确的是（）A．硝酸银溶液与铜反应：Cu+Ag+＝Cu2++AgB．氧化镁与盐酸反应：O2﹣+2H+＝H2OC．碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+＝H2O+CO2↑D．Fe（OH）3加入H2SO4溶液中：3H++Fe（OH）3＝Fe3++3H2O12、下列实验基本操作或实验注意事项中，主要是基于实验安全考虑的是A．可燃性气体的验纯B．滴管不能交叉使用C．容量瓶在使用前进行检漏D．实验剩余的药品不能放回原试剂瓶13、下列物质分类正确的是（）ABCD强电解质HClFeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HFCH3COOHBaSO4HNO3非电解质NH3CuH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D14、已知常温下，在溶液中可发生以下两个反应：①Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；②Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-。现将标准状况下1.12L的氯气通入1L0.05mol/L的FeBr2溶液中，由此判断下列说法正确的是A．氧化性强弱：Cl2>Fe3+>Br2 B．还原性强弱：Br->Fe2+>Cl-C．反应后溶液中c(Fe3+):c(Br-)=1:1 D．反应后溶液中c(Fe2+):c(Cl-)=1:215、氧化还原反应的实质是A．化合价的升降 B．分子中各原子重新组合C．电子的得失或偏移 D．氧原子的得失16、1molCH4与氯气发生取代反应，待反应完全后，测得四种产物的物质的量相等，则消耗氯气的物质的量是()A．1.25mol B．5mol C．2.5mol D．4mol17、下列对实验过程的评价正确的是（）A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42﹣C．某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性D．验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH﹣，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含C1-18、下列实验操作中错误的是()A．分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出B．蒸馏操作时,应使温度计水银球应插入蒸馏烧瓶中的液面以下,且冷凝水方向应当由下往上C．过滤时,玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处D．提取碘水中的碘单质时,应选择有机萃取剂,且萃取剂与水不互溶19、下列关于氯水的叙述正确的是A．新制氯水可使有色布条褪色 B．新制氯水中只有和分子C．光照氯水有气泡逸出，该气体是 D．新制氯水放置一段时间后pH增大20、下来实验操作中错误的是（）A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．氯化氢气体中含有的氯气可用饱和食盐水除去D．蒸馏时，通入冷凝管的冷水却水应该从下边进，上边出21、下列说法正确的是A．将钠放入水中，钠将沉入水底B．金属钠着火时，可以用泡沫灭火器或用干燥的沙土灭火C．将一小块钠放入CuSO4溶液中发生反应：2Na＋CuSO4=Na2SO4＋CuD．钠块放置于空气中，表面变暗；加热时，钠燃烧，发出黄色火焰22、下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A．Ag＋、K＋、、Cl－ B．Mg2＋、Na＋、Cl－、C．Ca2＋、Mg2＋、OH－、Cl－ D．H＋、Na＋、、二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）写出A、B、D的元素符号：A______；B_____；D______。（2）C离子的电子式_______；E的离子结构示意图_______。（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式______。（4）工业上将E的单质通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为______。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_________。24、（12分）现有下列几种物质：蔗糖、氯化钡固体、干冰、硫酸钡、纯碱、铁、盐酸、硝酸银溶液，按要求回答问题：（1）难溶于水的电解质的是_______。（2）写出纯碱在水中的电离方程式________________________。（3）将足量的干冰升华后所得的气体通入烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为____________。（4）a、b、c、d是Na2CO3、BaCl2、盐酸、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体①b是________（用化学式填写），②写出a+c反应的离子方程式________________________。25、（12分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl−、CO32-中的一种。(离子在物质中不重复出现)①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断：（1）A的化学式为____________，B的化学式为____________。（2）写出少量盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：________________________。26、（10分）某无色溶液可能含有Na＋、Mg2+、Fe3+、Cu2＋等阳离子及NO3-、HCO3-、SO42-、Cl－等阴离子。取100mL该溶液，加入足量10mL2mol·L－1稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味的气体0.224L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出），该气体使澄清石灰水(足量)变浑浊。（1）由以上实验可判断：原溶液中一定不存在的离子是_________，一定存在的离子是______。（2）将上述酸化后的溶液分成两等份：一份中逐滴加入氨水，最终生成白色沉淀0.58g，说明原溶液中一定有_____________(填离子符号)，刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，原因是____________________(用离子方程式表示)；另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀4.66g，说明原溶液中一定有_____________(填离子符号)，过滤得到滤液。（3）往滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体2.87g，则原溶液中是否有Cl－？_____________(填“是”或“否”)。（4）判断Na＋是否存在_____________(填“是”或“否”)。若存在，求出其最小浓度，若不存在说明理由：_______________。27、（12分）某兴趣小组设计方案制取FeCl3和Fe(OH)3胶体。回答下列问题：(1)制取FeCl3的两个方案如下：方案一：FeCO3FeCl2FeCl3方案二：FeFe(OH)3FeCl3①步骤I中另一种试剂为____________(填名称)，步骤II中还有H2O生成，写出反应的离子方程式：__________________。②步骤II反应前后Fe元素的化合价______

(填“

升高”“降低”或“不变”)，I~V中没有发生的基本反应类型是__________(填字母)。a．置换反应b．分解反应c．复分解反应d．化合反应(2)制取Fe(OH)3胶体的两个方案如下：方案一：蒸馏水→煮沸方案二：①方案__________能够制得胶体，胶体区别于溶液和悬浊液的本质特征为__________，检验方案一是否成功的方法为_______________。②将Fe(OH)3胶体缓缓加入过量稀盐酸中，溶液由无色变为黄色，反应的离子方程式为__________________。28、（14分）回答下列有关氧化还原的问题。（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。其中氧化产物是__________。若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为__________。（2）下列微粒：①S②S2－③Fe2＋④H＋⑤Cu⑥HCl⑦H2O在化学反应中只能被氧化的是__________（填序号，下同）。只能表现出氧化性的是__________。（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有__________，反应后溶液中一定含有的阳离子是__________。（4）在反应KClO3＋6HCl（浓）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为__________。（5）将NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至无色。反应结束后，推测硫元素在溶液中的存在形式是__________。这样推测的理由是__________。（6）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出两种方案。①方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3－，产物为NH3。生成3.4gNH3同时会生成__________molFe（OH）3。②方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式配平并标出电子转移的方向和数目。____Al＋____NO3－＋____OH－——____AlO2－＋______N2↑＋____H2O29、（10分）SO2和CO2的混合气体38g，测得CO2体积为11.2L(STP)，则（1）混合气体中SO2的质量是__________g（2）混合气体中SO2在标准状况下的体积是__________L（3）SO2和CO2同温同压下体积比是______________（4）标准状况下混合气体的密度为____________g/L

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】

氨气的物质的量是，所以浓度是，则①错误，②正确；氨水的密度小于水，若上述溶液中再加入VmL水后，则所得溶液的质量分数小于于0.5w，③错误；氨水的密度随溶液浓度的增大而减小，根据可知，如果加入等质量的水，则稀释后溶液的浓度大于0.5cmol/L，因此将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5cmol·L－1，则加入水的体积应大于50mL，④正确，答案选D。2、C【解析】

电解质的概念是熔融或水溶状态下能导电的化合物是电解质，而且电解质不能与水反应；电解质溶液导电能力与电解质强弱没有必然的联系；电解质电离过程与电流无关；据以上分析解答。【详解】电解质的概念是熔融或水溶状态下能导电的化合物是电解质，而且电解质不能与水反应，

A.氯化氢在熔融状态下，以分子形式存在，不能导电，氯化氢的水溶液能够导电，所以氯化氢属于电解质，A错误；B.电解质在水分子作用下离解成自由移动离子的过程，称为电离，电离过程与电流无关，B错误；C.液态硫酸以分子形式存在，固体NaCl没有自由移动的离子，所以二者均不导电，但是二者溶于水，水溶液均能导电，所以二者均属于电解质，C正确；D.溶液导电能力主要看溶液中自由移动离子浓度及离子所带电荷数的多少，与电解质强弱没有必然的联系，因此NaOH溶液的导电能力不一定比氨水的强，D错误；综上所述，本题选C。3、B【解析】

A．纳米碳酸钙是纯净物，分散系是混合物，故A错误；B．纳米碳酸钙分散到水中所得分散系为胶体，会产生丁达尔效应，故B正确；C．纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙相同，故C错误；D．胶体的分散质粒子直径在1～100nm之间，粒子直径小于100nm的纳米碳酸钙粒子能透过滤纸，故D错误；故答案为B。4、B【解析】

A.1mol·L-1Na2SO4溶液中Na+的浓度为1mol/L×2=2mol/L；B.0.9mol·L-1Na3PO4溶液中Na+的浓度为0.9mol/L×3=2.7mol/L；C.2.5mol·L-1NaOH溶液中Na+的浓度为2.5mol/L×1=2.5mol/L；D.1mol·L-1NaHCO3溶液中Na+的浓度为1mol/L×1=1mol/L；根据分析可知，Na+的物质的量浓度最大的是B；

答案：B【点睛】钠离子的物质的量浓度与各溶液中溶质的物质的量浓度及溶质的化学式组成有关，与溶液的体积大小无关，据此对各选项进行计算与判断。5、D【解析】

①丙烯醇可以燃烧，也能在铜的催化作用下与氧气反应生成丙烯醛，因此可发生氧化反应；②丙烯醇中含有碳碳双键，因此可以发生加成反应；③丙烯醇中含有羟基，因此可以与金属钠发生置换反应生成氢气；④丙烯醇中含有碳碳双键，因此可以发生加聚反应；⑤丙烯醇中含有羟基，因此可以与羧酸等发生取代反应；综上所述，丙烯醇能发生的反应有①②③④⑤，D项正确；答案选D。6、B【解析】

A.氦气为单原子分子,含有NA个氦原子的氦气，物质的量为1mol，标况下体积为22.4L,故A错误；

B.1molSO2中含有的原子总数为1×3×NA=3NA，故B正确；C.常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，11.2LCl2的物质的量不是0.5mol，故C错误；D.HCl溶于水是完全电离的，所以盐酸溶液中不存在HCl分子，故D错误；综上所述，本题选B。7、B【解析】

根据氧化还原反应中概念间的相互关系分析判断。【详解】反应中，Zn失电子从0价升到+2价，NH4+中的氮失电子从－3价升到0价，NO3－中氮得电子从+5价降到0价（B项正确）。Zn是还原剂，NH4NO3既是氧化剂也是还原剂（A项错误）。ZnO是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物（D项错误）。每消耗65克Zn（1mol）会产生1molN2，不一定是22.4L（C项错误）。【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂失电子，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。8、B【解析】在金属氧化物中金属元素显正价，变成单质后变为0价，化合价降低，一定被还原。9、D【解析】

在反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。A．在该反应中

O元素由反应前O2F2中+1价降低到O2中的0价得到电子被还原，则氧气为还原产物，A错误；B．在反应中，O元素化合价由O2F2中+1价变为O2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2F2是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是−2价，反应后变为SF6中的+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2S是还原剂，B错误；C．由于未指明标准状况下，因此无法计算转移的电子的物质的量，C错误；D．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是−2价，反应后升高为+6价，所以H2S是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；故合理选项是D。10、C【解析】

A．在酸性溶液中，OH-不能大量存在，A不正确；B．在酸性溶液中，不能大量存在，B不正确；C．在酸性溶液中，Mg2+、、Cl-、Na+都能大量存在，C符合题意；D．呈紫色，在酸性溶液中不能大量存在，D不合题意；故选C。11、D【解析】

A．硝酸银溶液与铜反应的离子反应为Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag，故A错误；B．氧化镁与盐酸反应的离子反应为MgO+2H+＝Mg2++H2O，故B错误；C．碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；D．Fe(OH)3加入H2SO4溶液中的离子反应为3H++Fe(OH)3＝Fe3++3H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和、电子、电荷守恒等)等。12、A【解析】

根据化学实验操作，分析判断操作目的或作用。【详解】A项：点燃混有空气的可燃性气体可能引起爆炸，故验纯可燃性气体是基于实验安全。A项正确；B项：不同滴管交叉使用，会污染试剂。B项错误；C项：使用容量瓶前进行检漏，防止倒转摇匀时液体渗出。C项错误；D项：剩余的药品不能放回原试剂瓶，是防止污染试剂瓶中的试剂。D项错误。本题选A。13、A【解析】

A.HCl是强酸，属于强电解质；HF是弱酸，属于弱电解质；NH3是氢化物，属于非电解质，故A正确；B.Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.H3PO4在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，BaSO4═Ba2++，所以属于强电解质，H2O⇌H++OH−只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误；D.HNO3是强酸，属于强电解质，故D错误；故选A。14、C【解析】

A.氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性。B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性。C、D.根据电子守恒、氧化顺序先后判断。n(Cl2)==0.05mol，得到电子数0.05mol×2=0.1mol，根据还原性判断Fe2+>Br-，所以Fe2+先被氧化，后氧化Br-，n(FeBr2)=1L×0.05mol/L=0.05mol，亚铁离子全部被氧化，溴离子氧化0.05mol。反应结束n(Fe3+)=0.05mol，n(Br-)=0.05mol，n(Cl-)=0.1mol。【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，氧化性强弱：Cl2>Br2>Fe3+，A错误。B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性强弱：Fe2+>Br->Cl-，B错误。C.反应后溶液中n(Fe3+)=0.05mol，n(Br-)=0.05mol，所以溶液中c(Fe3+):c(Br-)=1:1，C正确。D.反应后溶液中不含Fe2+，D错误。【点睛】本题考查氧化还原的综合应用。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，进而进行分析。15、C【解析】

氧化还原反应的实质为电子的转移（电子的得失或偏移）；化合价的升降为氧化还原反应的特征；分子中各原子重新组合不一定有化合价的变化，不一定是氧化还原反应；有些氧化还原反应中没有氧原子参与，如Na在Cl2中燃烧生成NaCl等，氧原子的得失不是氧化还原反应的实质；故答案为C。16、C【解析】

1mol与反应生成的有机物为、、、，且每一种取代产物的物质的量均为，根据取代一个氢消耗一个氯气的反应原理分析有机物消耗氯气的物质的量为，故C符合题意。综上所述，答案为C。17、C【解析】

A．因碳酸盐、亚硫酸盐等活泼金属等与盐酸反应均可生成无色气体，则某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，则该固体可能是CaCO3，故A错误；B．因硫酸钡、氯化银均为不溶于水和酸的白色沉淀，则某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO42-或Ag+，故B错误；C．因碱性溶液遇酚酞变红，则某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C正确；D．验证烧碱溶液中是否含有Cl-，加稀盐酸除去OH-，会引入氯离子，造成干扰，所以验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀硝酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含C1-，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意检验硫酸根离子需要先加稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，生成白色沉淀，才能说明含SO42-。18、B【解析】

A.分液时要注意为防止液体重新混合而污染；B.蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，且要保证充分冷凝；C.过滤遵循“一贴二低三靠”原则，三层滤纸一侧较厚；D.萃取时，萃取剂与水互不相溶。【详解】A.分液时注意防止液体重新混合而污染，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A项正确，不符合题意；B.蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，应使温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，且要保证充分冷凝，则冷凝水方向应当由下往上，故B项错误；C.过滤遵循一贴二低三靠，则玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处，防止捣破滤纸，故C项正确，不符合题意；D.萃取时，碘在萃取剂中的溶解度较大，且萃取剂与水互不相溶，否则不能分离，达不到萃取的目的，故D项正确，不符合题意；答案选B。19、A【解析】

A项、新制氯水含有次氯酸分子，次氯酸具有强氧化性能表现漂白性，使有色布条褪色，故A正确；B项、新制氯水中存在水分子、次氯酸分子、氯气分子，故B错误；C项、新制氯水含有次氯酸分子，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，故C错误；D项、新制氯水含有次氯酸分子，弱酸次氯酸遇光分解生成强酸盐酸和氧气，溶液酸性增强，溶液pH减小，故D错误；故选A。20、C【解析】A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免液体重新混合而污染，故A正确；B．蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，用于测量馏分的温度，故B正确；C．氯气在饱和食盐水中几乎不溶解，而HCl能溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除去氯气气体中含有的氯化氢，但HCl中混有的氯气无法利用饱和食盐水除去，故C错误；D．蒸馏时，冷却水的方向与气流方向相反，则通入冷凝管的冷水水应该从下边进，上边出，故D正确；答案为C。21、D【解析】

A.钠的密度比水小，且可以和水反应。B.钠与氧气点燃生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳、水反应生成氧气。C.钠与水反应，不直接和硫酸铜反应。D.常温下，钠和氧气反应生成氧化钠，加热或点燃时，钠与氧气反应生成过氧化钠。【详解】A.钠的密度比水小，且可以和水反应，将钠放入水中，钠与水反应并浮在水面上，A错误。B.钠与氧气点燃生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳、水反应生成氧气。金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，B错误。C.将一小块钠放入CuSO4溶液中钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠C错误。D.常温下，钠和氧气反应生成氧化钠，加热或点燃时，钠与氧气反应生成过氧化钠。所以钠块放置于空气中，表面变暗；加热时，钠燃烧，发出黄色火焰，D正确。22、B【解析】

A.Ag＋、Cl－在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，A不选；B.Mg2＋、Na＋、Cl－、在溶液中不反应，能大量共存，B选；C.Ca2＋、Mg2＋、OH－在溶液中反应生成氢氧化钙、氢氧化镁沉淀，不能大量共存，C不选；D.H＋、在溶液中反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，D不选；答案选B。二、非选择题(共84分)23、HCNa2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【解析】

A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，说明A是H；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1mol如果为金属镁，则Mg——H2，则镁为2.4g，如果是金属铝，则2Al——3H2，则铝为1.8g，如果是金属钠，则2Na——H2，则钠为4.6g，故D为金属钠；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；【详解】⑴根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；⑵C离子为氧离子，其电子式，故答案为；E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；⑶D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；⑷工业上将E即氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。24、硫酸钡Na2CO3=2Na++CO32-CO2+OH-=HCO3-HClAg++Cl-=AgCl↓【解析】

根据电解质的概念、实验现象分析推理，回答问题。【详解】(1)电解质是溶于水或熔融时能自身电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质。氯化钡固体、硫酸钡、纯碱是电解质，其中只有硫酸钡难溶于水；(2)纯碱在水中的电离方程式Na2CO3=2Na++CO32-；(3)足量CO2气体通入烧碱溶液中生成NaHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-。(4)b、d混合生成无色气体，必为Na2CO3、盐酸中的各一种，则a、c为BaCl2、AgNO3溶液中和各一种。a分别与b、c、d混合都有白色沉淀，则a为AgNO3溶液、c为BaCl2溶液。又c、d混合生成白色沉淀，则d是BaCl2溶液、b是盐酸。①b化学式是HCl，②a+c反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。25、BaCl2AgNO3H++CO32-＝HCO3-Ba2++2OH-+SO42-+Cu2+＝BaSO4↓+Cu(OH)2↓【解析】

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为BaCl2，C为CuSO4；据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A为氯化钡，B为硝酸银，C为CuSO4，D为碳酸钠。则（1）A的化学式为BaCl2，B的化学式为AgNO3。（2）D为Na2CO3，少量盐酸与Na2CO3反应生成氯化钠和NaHCO3，反应的离子方程式为H++CO32-=HCO3-。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba(OH)2＝Cu(OH)2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-＝Cu(OH)2↓+BaSO4↓。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。26、Fe3+、Cu2＋HCO3-Mg2+NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2OSO42-否是最小浓度为0.7mol·L－1【解析】

无色溶液中一定不存在有色离子，原溶液中一定不存在Fe3+离子和Cu2＋离子；取100mL该溶液，加入足量10mL2mol·L－1稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味使澄清石灰水变浑浊的气体0.224L，说明溶液中存在0.01molHCO3-离子，溶液中H+离子过量0.01mol。【详解】（1）无色溶液中一定不存在有色离子，原溶液中一定不存在Fe3+离子和Cu2＋离子，加入足量稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，说明溶液中存在HCO3-，故答案为：Fe3+、Cu2＋；HCO3-；（2）一份逐滴加入氨水，最终生成氢氧化镁白色沉淀0.58g，说明溶液中一定有0.02molMg2+离子；刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，是因为溶液中存在过量的0.01molH＋离子，H＋离子中和了氨水，反应的离子方程式为：NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O；另一份加入足量的Ba(NO3)2溶液，生成硫酸钡白色沉淀4.66g，说明原溶液中一定有0.04molSO42-离子，故答案为：Mg2+；NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O；SO42-；（3）往滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得氯化银固体2.87g，说明滤液中含有0.02molCl－离子，因10mL2mol·L－1稀盐酸电离出0.02molCl－离子，则原溶液中没有Cl－，故答案为：否；（4）原溶液中存在0.01molHCO3-离子、0.04molSO42-离子，一定不存在Cl－离子，可能存在NO3-离子，阴离子的电荷总数≥（0.04mol×2+0.01mol）=0.09mol，存在0.02molMg2+离子，电荷数为0.02mol×2=0.04mol，由电荷守恒可知原溶液中一定存在Na＋离子，n(Na＋)至少为（0.09mol—0.02mol）=0.07mol，则100mL溶液中c(Na＋)为0.7mol/L，故答案为：是；最小浓度为0.7mol·L－1。【点睛】本题考查了离子检验，涉及了离子性质、离子反应现象的判断、离子共存、电荷守恒的理解应用，掌握离子反应现象的判断、离子共存和电荷守恒是解题关键。27、盐酸4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O升高a、b一分散质粒子直径的大小利用丁达尔现象，用一束光射向胶体溶液，若形成光亮通路，则是胶体Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O【解析】

(1)①步骤I中FeCO3转化为FeCl2，铁元素没有发生化合价变化，应使用的试剂为盐酸，发生的反应化学方程式：FeCO3+2HCl=FeCl2+CO2↑+H2O；步骤II是用氧气作氧化剂，在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，还原产物为水，反应的离子方程式：4Fe2++O3+4H+=4Fe2++2H2O；②步骤II反应前后Fe元素由+2价变为+3价，Fe元素的化合价升高；步骤Ⅰ与步骤Ⅳ发生的反应都是复分解反应，步骤Ⅲ发生的反应是化合反应，步骤Ⅱ发生的反应不属于四种基本反应类型中的任何一类，答案选a、b；(2)①氢氧化铁胶体的制备方法：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，则方案一能够制得氢氧化铁胶体，胶体区别于溶液和悬浊液的本质特征为分散质粒子直径的大小，检验方案一是否成功的方法为：利用丁达尔现象，用一束光射向胶体溶液，若形成光亮通路，则是胶体；②盐酸使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，继续加入盐酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。28、CuSO4（或Cu2＋）2.24L②⑤④AgMg2＋Zn2＋5：1SO42－紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低。NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在。1.610641032【解析】

（1）根据氧化还原反应中，元素化合价升高的物质做还原剂，发生氧化反应，对应氧化产物；根据2e---SO2可计算出SO2的体积；（2）元素化合价处于最低价态，只有还原性，元素化合价处于最高价态，只有氧化性，处于中间价态，即有氧化性又有还原性；据此进行分析；（3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺序：Mg>Zn>Cu>Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，据此进行分析；（4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，由电子得失守恒判断被氧化和被还原的氯原子个数比；（5）NaHSO3具有还原性，被氧化后NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在；（6）①方案a：结合实验现象根据氧化还原反应规律进行分析；②方案b：根据化合价升降总数相等或电子得失守恒进行配平，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。【详解】（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）=CuSO4＋SO2↑＋2H2O。铜元素化合价升高，发生氧化反应，对应氧化产物为CuSO4（或Cu2＋）；该反应转移电子2e-，根据2e---SO2可知，若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为22.4×0.2/2=2.24L；综上所述，本题答案是：CuSO4（或Cu2＋）；2.24L。（2）①S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；②S2－的化合价处于最低价态，只有还原性；③Fe2＋的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；④H＋的化合价处于最高价态，只有氧化性；⑤Cu的化合价处于最低价态，只有还原性；⑥H