云南省墨江县民族学校2026届化学高一第一学期期中考试模拟试题含解析

云南省墨江县民族学校2026届化学高一第一学期期中考试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列说法正确的是A．失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强B．已知①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu；②2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，则氧化性强弱顺序为Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋C．已知还原性：B－>C－>D－，反应C－＋D===D－＋C和反应C－＋B===B－＋C都能发生D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起一定能发生氧化还原反应2、摩尔质量的单位是A．mol/g B．g/mol C．mol/L D．L/mol3、下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是A．铁、四氧化三铁、冰水混合物B．氯气、纯碱、漂白粉C．水银、空气、干冰D．二氧化硫、水蒸气、盐酸4、一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO与CO2分子数之比为A．1：3 B．3:1 C．1：2 D．2：15、下列属于电解质的是（）A．CuB．熔融的K2SO4C．乙醇D．NaOH溶液6、逻辑推理是化学学习常用的思维方法，下列推理正确的是()A．氧化物都含有氧元素，含有氧元素的化合物一定是氧化物B．氧化还原反应中有元素化合价的改变，有元素化合价改变的化学反应一定是氧化还原反应C．电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物，溶于水能导电的化合物一定是电解质D．中和反应有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应7、已知氨水的密度小于水的密度，将质量分数分别为80%和20%的氨水等体积混合，混合后的质量分数为（）A．大于50% B．小于50% C．等于50% D．不能确定8、对下列物质进行的分类正确的是A．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质B．CuSO4·5H2O属于纯净物C．凡能电离出H+的化合物均属于酸D．盐类物质一定含有金属阳离子9、Ca和Ca2+两种微粒中，不同的是（）(1)核内质子数(2)核外电子数(3)最外层电子数(4)核外电子层数A．(1)(2) B．(2)(3) C．(3)(4) D．(2)(3)(4)10、用10.0mL0.1mol·L－1的BaCl2溶液,可恰好分别使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全沉淀，则这三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：2：1 D．1：3：311、下列有关胶体的说法错误的是A．胶体粒子很小，能透过半透膜B．胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径大小的不同C．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘胶体中的胶粒带电。D．胶体能产生丁达尔现象12、下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是（）A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液 B．200mL0.5mol/LCaCl2溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液 D．25mL0.5mol/LHCl溶液13、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中正确的是A．该反应是氧化还原反应B．制造过程中原子的种类和数目发生了改变C．生成的纳米级金刚石是一种新型的化合物D．生成的纳米级金刚石粉末能产生丁达尔效应14、下列叙述中，不正确的是()A．CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B．盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D．Ba(OH)2、NaOH、Ca(OH)2属于强碱15、以下各组物质所具有的性质依次为只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的是A．Na、H+、H2O B．Cl2、KClO3、FeC．Na+、K、Fe2+ D．KMnO4、CO、H2O16、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A．Cu2+、K+、NO3-、SO42-B．H+、Na+、Cl-、OH-C．Mg2+、SO42-、Ba2+、NO3-D．Na+、H+、NO3-、CO32-17、下列溶液中的各组离子可以大量共存的是()A．K＋、Cl－、CO、Ca2＋ B．OH-、Cu2+、NO、Na＋C．H＋、SO、K＋、OH－ D．Na＋、NH、Cl－、NO18、把镁粉中混有的少量铝粉除去,应选用的试剂是A．稀盐酸B．烧碱溶液C．硫酸铝溶液D．硫酸镁溶液19、下列实验装置设计正确且能达到目的的是A．实验Ⅰ：可用于吸收氨气，并能防止倒吸（氨气极易溶于水）B．实验Ⅱ：静置一段时间，小试管内饱和硝酸钾溶液中有晶体析出C．实验Ⅲ：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．实验Ⅳ：可用于对石油的分馏20、某铁的氧化物中铁元素和氧元素的质量比为21∶8，该氧化物的化学式可能是A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O521、将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是A．分液漏斗使用前要检验它是否漏水B．萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解C．注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力震荡后立即分液D．分液时，打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出22、下表中评价合理的是选项化学反应及其离子方程式评价A向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+正确B大理石溶于醋酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O错误，醋酸应写为分子形式CH3COOH，CaCO3应写成离子形式C铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑错误，产物不符合客观事实DNaOH溶液中通入少量CO2反应：OH-+CO2=HCO3-正确A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，可能含有①NaHSO4、②KHCO3、③Ba(NO3)2、④CaCl2、⑤NaNO3、⑥MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：①取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有______________，一定没有__________，不能确定的是___________。(2)请写出实验步骤①中产生气体的离子方程式：___________________________________。(3)请写出实验步骤①中产生沉淀的离子方程式：___________________________________。24、（12分）有一固体混合物，可能由FeCl3、BaCl2、KCl、Na2CO3、Na2SO4等物质组成。为了鉴别它们，做了如下实验：步骤①：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液。步骤②：在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成。步骤③：过滤，然后在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解。由此判断：（1）原混合物中肯定有___________________，可能含有_______________。（2）写出上述实验过程中，可能发生反应的离子方程式：____________________________。（3）对可能含有的物质可采用的检验方法是________________________________________。25、（12分）实验室用密度为1.84g/cm3、溶质的质量分数为98%的硫酸，配制250mL物质的量浓度为0.46mol/L的硫酸。(1)98%的浓硫酸的物质的量浓度为_________。(2)现有下列几种规格的量筒，应选用______（填序号）。①5mL量筒②10mL量筒③50mL量筒④100mL量筒(3)实验需要以下步骤：①定容②量取③摇匀④洗涤⑤转移⑥冷却⑦计算⑧装瓶⑨稀释进行顺序为_______。(4)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏高的是__________。A．往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出B．未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯C．定容时俯视刻度线D．洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液E．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线26、（10分）已知某试剂瓶上贴有标签，完成以下问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为____________mol·L－1(小数点后保留一位)。(2)某同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制250mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。需要称量NaClO固体的质量为______________g。(3)配制上述“84消毒液”时，其正确的操作顺序是(每个操作只用一次)：__________。A．用天平称量该物质B．在烧杯中加入适量水溶解C．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切E．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处F．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀，装入贴有标签的试剂瓶G．用少量蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡(4)某同学取10mL该“84消毒液”，稀释成2L用于消毒，稀释后的溶液中NaClO的物质的量浓度为______________mol·L－1。(5)下列操作将导致所配溶液的浓度偏大的是______________(填编号)①定容时，仰视读数；②天平的砝码粘有其他物质或生锈；③定容摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线；④容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“84消毒液”而未洗净；⑤定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线。27、（12分）现用质量分数为98%、密度为1.84g·cm3的浓硫酸来配制500mL0.2mol/L的稀硫酸。可供选择的仪器:①玻璃棒，②烧瓶，③烧杯，④量筒，⑤托盘天平，⑥药匙请回答下列问题:(1)上述仪器中，在配制稀硫酸时用不到的仪器有______(填代号)。缺少的仪器是_____.(2)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤:①量取②计算③稀释④摇匀⑤移液⑥洗涤⑦定容⑧冷却⑨初步振荡⑩装瓶贴签其正确的操作顺序为②①③______⑥_____④⑩(填序号)。(3)经计算，需浓硫酸的体积为______mL。现有①10mL、②50mL、③100mL三种规格的量筒，应选用的量筒是_______(填代号)。(4)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误且能使所配溶液浓度偏高的有_____(填代号)①用量筒量取浓硫酸时仰视读数②洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转入容量瓶中③未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转入容量瓶内④将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸⑤定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出⑥转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水⑦定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线⑧定容时俯视刻度线28、（14分）有以下反应方程式:A．CuO+H2Cu+H2O

B．2KClO32KCl+3O2↑C．Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O

D．2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2E.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

F.KClO3+6HCl(浓)=KC1+3H2O+3Cl2↑G.HgS+O2=Hg+SO2I.按要求将上述化学方程式序号填入相应空格内:(1)一种单质使一种化合物中的一种元素被还原____________________；(2)同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应________________；(3)所有元素均参加氧化还原反应的是____________________________。II.已知方程式F:KClO3+6HCI(浓)=KCl+3H2O+3Cl2↑。(1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目_______________________；(2)标准状况下当有33.6L的氯气放出时，转移电子的数目是_________________________；(3)上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为____________________________。29、（10分）高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。结合所学知识回答相关问题：（1）K2FeO4中铁元素的化合价是______价。（2）制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为－1价）。该反应中还原剂是________________（填化学式），若有1molO2生成，转移电子的物质的量为_____mol。（3）某反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O，写出在碱性条件下，制高铁酸钾的离子反应方程式________________________________。（4）在水处理过程中，K2FeO4中的铁元素转化为Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物聚沉。胶体区别于其他分散系的本质特征是________________________________________。

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、B【解析】

A．氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，选项A错误；B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应①Fe＋Cu2＋＝Fe2＋Cu中，氧化剂是Cu2＋，氧化产物是Fe2＋，所以氧化性Cu2＋＞Fe2＋，在反应②2Fe3+＋Cu＝2Fe2＋+Cu2＋中，氧化剂是Fe3＋，氧化产物是Cu2＋，所以氧化性Fe3＋＞Cu2＋，故氧化性顺序是：Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2+，选项B正确；C．氧化还原反应中，还原的还原性大于还原产物的还原性，还原性C-＞D-，故反应2C-＋D2＝2D-＋C2能发生，还原性：B-＞C-，故反应2C-＋B2＝2B-＋C2不能发生，选项C错误；D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，选项D错误；答案选B。2、B【解析】

摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，由此可得出其单位为g/mol，故选B。3、B【解析】

A.铁是单质，四氧化三铁是化合物，冰水混合物的成分为水，是化合物，故错误；B.氯气是单质，纯碱是化合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故正确；C.水银是金属汞，是单质，空气是混合物，干冰是化合物，故错误；D.二氧化硫是化合物，水蒸气是化合物，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故错误。故选B。4、B【解析】

隔板不移动，说明两边的压强相等，温度相同，因此体积比等于物质的量之比，即有==4，解得混合气体物质的量为0.25mol，混合气体平均摩尔质量为=32g·mol－1，采用十字交叉法，得出CO和CO2的物质的量之比为3：1，物质的量之比等于分子数之比，即为3：1，故选项B正确。5、B【解析】试题分析：A．Cu是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．熔融的K2SO4导电，硫酸钾在水溶液中也导电，且为化合物，则熔融的K2SO4为电解质，故B正确；C．乙醇不导电，在水溶液中也不导电，乙醇为非电解质，故C错误；D．硫酸溶液是混合物，所以不是电解质，故D错误；故选B。【考点定位】考查电解质与非电解质的判断【名师点晴】本题考查了电解质与非电解质的判断。在水溶液里或熔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导电的化合物是非电解质，电解质、非电解质都必须为化合物。明确电解质与非电解质的概念为解答关键，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。6、B【解析】A、氧化物含有两种元素，其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故A错误；B、氧化还原反应的实质是有电子得失或偏移，即宏观特征是有化合价的改变，故B正确；C、溶于水因自身电离而导电的化合物是电解质，如果溶于水又与水反应所得溶液导电的化合物不一定是电解质，如SO2、NH3等，故C错误；D、酸和碱作用生成盐和水的反应才是中和反应，酸性氧化为与碱反应生成盐和水但不属于中和反应，故D错误。7、B【解析】

设80%的氨水和20%的氨水各取VL，密度分别是ρ1、ρ2，氨水浓度越大密度越小，所以ρ1＜ρ2，则混合后的氨水的质量分数为×100%，根据ρ1＜ρ2，所以混合所得氨水溶液的质量分数小于50%，故答案为B。【点睛】考查有关溶质质量分数的简单计算，①密度比水大的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数大于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数(即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半).如氢氧化钠、氯化钠溶液等；同理有：②密度比水小的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数小于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数(即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半),如氨水、酒精溶液等。8、B【解析】

A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，A错误；B、CuSO4·5H2O属于纯净物，B正确；C、凡能电离出H＋的化合物不一定均属于酸，例如硫酸氢钠能电离出氢离子，硫酸氢钠是盐，C错误；D、盐类物质不一定含有金属阳离子，例如氯化铵等，D错误。答案选B。【点睛】电解质的判断是解答的易错点，把握电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下能够发生自身的电离而导电，二是该物质是化合物。9、D【解析】分析：根据原子转化成离子时核外电子层排布发生的变化进行分析解答本题，钙原子失去两个电子变成钙离子。详解:Ca失去两个电子变为Ca2+，最外层电子数由2个变成8个，电子层数由4个变成3个，核外电子数由20个变成18个，原子变成离子，变化的是核外电子数，和核外电子数变化导致变化的电子层数和最外层电子数，不变的是核内质子数，所以答案选D。10、D【解析】

从钡离子和硫酸根离子反应的过程分析，根据离子浓度与物质的物质的量浓度之间的关系分析。【详解】设BaCl2的物质的量为0.001mol，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2++SO42-═BaSO4↓，可知n(SO42-)=n(Ba2+)，即x×3=y×1=z×1=0.001mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3。故选D。【点睛】某溶液中的离子浓度等于该物质的物质的量浓度乘以该物质化学式中离子的下角标系数。11、A【解析】A．胶体粒子的直径介于1nm～100nm之间，不能透过半透膜，故A错误；B．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，故B正确；C、水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷发生电泳，故C正确；D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，即胶体能产生丁达尔效应，故D正确；故选A。12、D【解析】

100mL0.5mol/LNaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故A错误；B．200mL0.5mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故B错误；C．50mL1mol/LNaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，故C错误；D．25mL0.5mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5mol/L，故D正确；故选D。【点睛】正确理解物质的量浓度的概念是解题的关键。解答本题要注意溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关。13、A【解析】

四氯化碳和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末，说明是四氯化碳和钠反应生成金刚石和氯化钠。【详解】A.该反应中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；B.反应过程中原子的种类和数目不发生改变，故错误；C.生成的纳米级金刚石是一种新型的单质，故错误；D.生成的纳米级金刚石粉末可以溶解在某物质中形成胶体，则能产生丁达尔效应，但纳米级金刚石粉末不能产生丁达尔效应，故错误。故选A。14、B【解析】

A.含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；

B.纯碱是碳酸钠,属于盐；

C.含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；

D.在水溶液中发生完全电离的碱属于强碱。【详解】A.CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，都属于碳酸盐，故A正确；B.纯碱属于盐类，不属于碱，故B错误；

C.蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态二氧化碳，二者都属于化合物；铁矿石含有多种物质，属于混合物，故C正确；D.化合物电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物为碱，Ba(OH)2、NaOH、Ca(OH)2在水溶液中都能发生完全电离，都属于强碱，故D正确；综上所述，本题选B。15、C【解析】

A项，Na元素化合价只能升高，钠只有还原性；H+化合价只能降低，H+只有氧化性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以水既有氧化性又有还原性，A错误；B项，Cl2中Cl元素化合价即可升高又可降低，所以Cl2既有氧化性又有还原性；KClO3中Cl元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KClO3既有氧化性又有还原性；Fe元素化合价只能升高，Fe具有还原性；B错误；C.Na+化合价只能降低，只有氧化性；K元素化合价只能升高，K只有还原性；Fe2+化合价既可以升高，又可以降低，所以Fe2+既有氧化性又有还原性，C正确；D.KMnO4中Mn元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KMnO4既有氧化性又有还原性；CO中碳元素化合价既可以升高，又可以降低，所以CO既有氧化性又有还原性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以H2O既有氧化性又有还原性，D错误；综上所述，本题选C。16、A【解析】

A.Cu2+、K+、NO3-、SO42-四种离子不反应，能共存，故正确；B.H+和OH-反应不共存，故错误；C.SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，故错误；D.H+和CO32-反应生成水和二氧化碳，不共存，故错误。故选A。【点睛】掌握离子不能共存的条件，即能反应生成沉淀或气体或水的离子不能共存，熟记常见的沉淀。17、D【解析】

A．CO、Ca2＋反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．OH-、Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C．OH-、H+反应生成H2O，不能大量共存，C不符合题意；D．Na＋、NH、Cl－、NO之间不反应，能大量共存，D符合题意。答案选D。18、B【解析】

A、镁和铝都是活泼的金属，都能和酸反应，选项A不正确；B、铝能溶解在强碱氢氧化钠溶液中，镁与氢氧化钠溶液不反应，因此把镁粉中混有少量的铝粉除去，应选用的试剂是氢氧化钠溶液，即烧碱溶液，选项B正确；C、镁能和硫酸铝发生置换反应生成硫酸镁和铝，是消耗镁生成铝而无法除去铝，选项C不正确；D、硫酸镁溶液与铝不反应，无法除去铝，选项D不正确。答案选B。19、B【解析】

A项，氨气极易溶于水，装置Ⅰ中导管直接插入水中，不能防止倒吸，故A项错误；B项，浓硫酸具有吸水性，小试管内饱和KNO3溶液会析出晶体，故B项正确；C项，浓硫酸稀释放热，改变温度进而导致配制溶液的浓度不准，同时容量瓶不能用于稀释溶液，故C项错误；D项，蒸馏时，温度计最低端要放置在蒸馏烧瓶支管处，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。20、C【解析】

根据n=，n(Fe):n(O)=:=3:4，则分子式为Fe3O4，故C项正确。综上所述，本题正确答案为C。21、C【解析】

A．为防止漏液，使用前要检查分液漏斗是否漏液，故A正确；B．碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，故B正确；C．震荡后需静置分层后分液，故C错误；D．下层液体下口流出，上层液体从上口倒出，以免污染液体，故D正确；故选C。【点睛】考查分液与萃取，题目难度不大，注意相关化学实验的基本操作方法，萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；22、C【解析】

A、向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色，得到的是氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁沉淀，A错误；B、醋酸是弱酸，碳酸钙难溶于水，在离子反应方程式中均应该用化学式表示，B错误；C、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，结论正确，C正确；D、二氧化碳不足生成碳酸钠和水，D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、①②③④⑥⑤H++HCO3-=H2O+CO2↑Ba2++SO42-=BaSO4↓【解析】

①取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。(2)步骤①中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑；(3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。24、Na2CO3、Na2SO4KClBa2＋＋CO32—==BaCO3↓Ba2＋＋SO42—==BaSO4↓BaCO3＋2H＋==Ba2＋＋H2O＋CO2↑取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成【解析】

（1）将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液，所以固体混合物中一定不存在FeCl3；在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，所以固体混合物中一定存在Na2CO3或Na2SO4或Na2CO3和Na2SO4，一定不存在BaCl2；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解，所以固体混合物中一定存在Na2CO3和Na2SO4；因无法肯定确定是否存在KCl，则可能存在KCl，故答案为Na2CO3、Na2SO4；KCl；（2）在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有碳酸钡和硫酸钡白色沉淀生成，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO32—=BaCO3↓，Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，碳酸钡沉淀溶解，硫酸钡沉淀不溶解，反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑，故答案为Ba2＋＋CO32—=BaCO3↓、Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓，BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑；（3）要确定溶液中是否存在KCl，应向②的滤液加入酸化的硝酸银溶液，检验是否存在氯离子，具体操作为：取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成，故答案为取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成。【点睛】解题时应该认真审题，抓住特殊的反应现象和物质的特征性颜色，对于实验中的关键性字词要真正领会，并熟练掌握物质的特征颜色以及酸碱盐的反应规律，防止错答或漏答。25、18.4mol/L②⑦②⑨⑥⑤④①③⑧C【解析】

(1)依据c=，计算浓硫酸的物质的量浓度；(2)依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适的量筒；(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；(4)分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c=进行分析，凡是使n偏大，或者使V偏小的操作，都会使溶液浓度偏高，反之，溶液浓度就偏低。【详解】(1)密度为1.84g/cm3，溶质的质量分数为98%的硫酸，物质的量浓度c==18.4mol/L；(2)配制250mL物质的量浓度为0.46mol/L的硫酸，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：18.4mol/L×V=0.46mol/L×250mL，解得V=6.3mL，所以应选择10mL量筒，答案为②；(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为：⑦②⑨⑥⑤④①③⑧(4)A．往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B．未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B错误；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C正确；D．洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，D错误；E．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，E错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的量浓度溶液的配制、计算、误差分析等知识。为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度不大。26、6.0111.8ABCGEDF0.03②④【解析】

(1)已知该消毒液的质量分数为37.25%，密度为1.2g/cm3，溶质为NaClO，所以物质的量浓度为=6.0mol/L；(2)250mL该溶液的质量为250mL×1.2g/cm3=300g，则NaClO的质量为300g×37.25%=111.75g，但托盘天平的精确度为0.1g，所以需称量NaClO固体的质量为111.8g；(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的操作顺序为：ABCGEDF；(4)稀释过程中溶质的物质的量不变，设稀释后的浓度为c，则0.01L×6.0mol/L=2L×c，解得c=0.03mol/L；(5)①定容时仰视读数会使加入的蒸馏水偏多，溶液体积偏大，浓度偏小，故①不选；②天平的砝码粘有其他物质或生锈会使称得的溶质的质量偏大，溶液浓度偏大，故②选；③定容摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线属于正常现象，浓度不变，故③不选；④容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“84消毒液”而未洗净会使溶质的质量偏大，溶液浓度偏大，故④选；⑤定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线，则加水过多，溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故⑤不选；综上所述选②④。【点睛】若已知某溶液的密度ρ和溶质质量分数w，则该溶液的物质的量浓度为。27、②⑦⑧⑧⑤⑨⑦5.4①①②⑦【解析】试题分析：本题考查一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析。（1）根据浓溶液配稀溶液的实验步骤，实验时需要使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是烧瓶、托盘天平、药匙，答案为②⑦⑧。（2）配制时的实验步骤为：计算→量取→稀释→冷却→移液→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴签，正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④⑩。（3）根据稀释前后H2SO4物质的量不变列式，1.84g/cm3V(浓H2SO4)98%98g/mol=0.2mol/L0.5L，V(浓H2SO4)=5.4mL，根据“大而近”的原则选择量筒，应选用10mL的量筒，答案选①。（4）根据公式cB=分析。①洗涤量取浓硫酸后的量筒，洗涤液转入容量瓶中，操作错误，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转入容量瓶内，操作错误，由于浓硫酸溶于水放热，冷却至室温后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸，操作错误，若没有溶液溅出，所配溶液浓度无影响，若有溶液溅出，所配溶液浓度偏低；④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，操作错误，所配溶液浓度偏低；⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验结果无影响；⑥定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，操作错误，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；⑦定容时俯视刻度线，操作错误，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；答案选①②⑦。点睛：配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏大；反之，所配溶液浓度偏小。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大。28、ACDG2.5NA5:1【解析】

根据“升失氧，降得还”解答此题。A．CuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，所以H2为还原剂，Cu元素的化合价降低，CuO为氧化剂；

B．2KClO32KCl+3O2↑中，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高，KClO3既是氧化剂又是还原剂；

C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O中只有Cl元素的化合价变化，Cl2既是氧化剂又是还原剂；

D．2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，Fe、Br元素的化合价升高，FeBr2为还原剂；

E．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，MnO2氧化剂，Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂；

F．KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中Cl元