2026届黑龙江省哈尔滨第六中学化学高一上期中质量跟踪监视试题含解析

2026届黑龙江省哈尔滨第六中学化学高一上期中质量跟踪监视试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列叙述不正确的是A．10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49％B．配制0.1mol·L−1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol·L−1的氨水D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)2、下列关于分散系的说法不正确的是A．分散系的稳定性:溶液>胶体>浊液B．分散质粒子的大小:溶液>胶体>浊液C．分散质粒子的直径为几纳米或几十纳米的分散系是胶体D．可以用过滤的方法将悬浊液中的分散质从分散剂中分离出来3、0.5molK2CO3中含有K+数目是A．0.5B．1C．3.01×1023D．6.02×10234、下列离子方程式中，正确的是A．石灰石与盐酸反应：CO32－+2H+=CO2↑+H2OB．铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+＝Cu2++AgC．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至离子恰好沉淀完全：Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2OD．NH4HCO3溶液与过量HCl溶液混合：HCO3－+H+=CO2↑+H2O5、日常生活中，许多现象与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A．铜质奖章上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]B．充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D．轮船底部生锈6、在容积相同的三个容器里分别充入三种气体：①氢气②二氧化碳③氧气，并保持三个容器内气体的温度和密度均相等，下列说法正确的是（）A．分子数目：①=②=③ B．质量关系：①＜③＜②C．压强关系：①＞③＞② D．原子数目：②＞③＞①7、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，2.24LH2O所含的原子数为0.5NAB．1mL1mol/LNaCl溶液中离子总数为2NAC．18g的H2O中含有的原子数为3NAD．标准状况下，22.4L氦气所含原子数为2NA8、将mg含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是A．16g B．(m＋16)g C．(m－32)g D．(m－16)g9、提出原子结构的行星模型的科学家是A．道尔顿B．汤姆孙C．卢瑟福D．伦琴10、三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，能同时实现汽车尾气中的CO、CxHy、NOx三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，化合物X通过红外光谱仪测定其含有NO3-，下列说法不正确的是()A．X的化学式为Ba(NO3)2B．图示的转化中，被还原的元素是N、OC．图示生成X的转化中NOx做氧化剂D．图示中的所有转化均为氧化还原反应11、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NAB．18g水中含有0.1NA个水分子C．1mol氮气所含的电子数目为NAD．17g氨气所含电子数目为10NA12、下列实验设计方案中，可行的是（）A．用点燃法除去CO2中少量COB．用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体C．向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42-D．用石蕊试液、BaCl2溶液，能鉴别盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液13、关于钠的说法正确的是A．4.6g钠溶于水所得溶液中．要使100个水分子溶有1个钠离子，需要水的质量是360gB．根据金属间置换的原理，把一小粒金属钠放入硫酸铜溶液中，可以生成金属铜C．当钠、钾等金属不慎着火时，可以用沙子扑灭、水浇灭等方法D．少量的金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是Na2CO3而不是NaHCO314、依据不同的分类标准，HNO3可属于下列中的哪一类①氧化物②含氧酸③一元酸④混合物⑤电解质A．②③⑤B．①②③C．①②④D．②③④15、我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是（）A．胶体发生电泳 B．血液中发生氧化还原反应C．血液中发生复分解反应 D．胶体发生聚沉16、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是()A．该反应的氧化剂是ClO-B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D．该离子方程式为3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O17、如图所示，A处通入潮湿的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的不可能是（）A．浓H2SO4 B．NaOH溶液 C．澄清石灰水 D．饱和NaCl溶液18、下列实验操作中不合理的是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．制取蒸馏水时，为防止蒸馏烧瓶内液体暴沸，应先向蒸馏烧瓶内加入几粒沸石C．稀释浓硫酸时，将浓硫酸加入盛水的烧杯中，边加边搅拌D．做CO还原Fe2O3实验时，为防止污染环境，实验完毕，先停止通CO，再停止加热19、下列离子可以在溶液中大量共存的是（）A．Ba2+、K+、SO、NO B．Ca2+、Na+、CO、Cl-C．Ca2+、Ba2+、Cl-、OH- D．Ag+、Fe3+、NO、Cl-20、过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质,通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤,下列操作顺序不合理的是A．③②①⑤④B．③①②⑤④C．②③①⑤④D．①③②④⑤21、下列除去杂质的方法中，正确的是选项物质（括号内为杂质）去除杂质的方法ANaCl（Na2CO3）加入适量的Ca（OH）2溶液、过滤BCaO（CaCO3）加水、过滤CFe（Zn）加过量FeSO4溶液、过滤DH2SO4（HNO3）加Ba（NO3）2溶液、过滤A．A B．B C．C D．D22、下列说法正确的是（）A．酸性氧化物一定是非金属氧化物B．根据酸中所含氢原子个数，分为一元酸、二元酸、三元酸C．O2转化为O3的过程为物理变化D．FeSO4·7H2O属于纯净物、化合物、盐、强电解质二、非选择题(共84分)23、（14分）某强酸性溶液X中仅含有Ba2＋、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、NO3－中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下根据以上信息，回答下列问题:

(1)仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的离子分别是________。

(2)若②中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入10mL时开始产生沉淀，55mL时沉淀的量达到最大值0.03mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60mL时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中：c(Fe2+)为_____mol/L、c(Fe3+)为______mol/L、c(Cl-)为_____mol/L。(若有些离子不存在，请填0mol/L)24、（12分）某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：①实验（1）中反应的离子方程式为____________________________，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为______________________________________。②溶液中一定不存在的离子有__________________；③溶液中一定存在的离子有___________，其中阴离子的物质的量浓度分别为___________；④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl—？______________（填“能”或“不能”），理由是_____________________________________。⑤推断K+是否存在并说理由：_________________________________________.25、（12分）实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式_____________。（2）D中放入浓H2SO4，其目的是_____________________________。（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是___________，对比E和F中现象的差异可得出的结论及解释是________________________________。（4）G处的现象是____________________________________。（5）画出H处尾气吸收装置图并注明试剂____________。（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下图。①“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，写出反应的离子方程式__________。②需“密闭保存”的原因____________________________________________。（7）现在有一种名为“净水丸”的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去。亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为______________。26、（10分）阅读、分析下列两个材料：材料一：材料二：物质

熔点/℃

沸点/℃

密度/

溶解性

乙二醇

（C2H6O2）

198

1.11

易溶于水和乙醇

丙三醇

（C3H8O3）

17.9

290

1.26

能跟水、酒精以任意比互溶

回答下列问题（填序号）：A．蒸馏法B．萃取法C．“溶解、结晶、过滤”的方法D．分液法①将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用_________。②将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是____________。27、（12分）海洋资源应用非常广泛，从中可提取氯化钠、碘等化工产品。回答下列问题：I．实验室用氯化钠固体配制1．0mol・L－1的食盐水500mL。（1）所需仪器为容量瓶（规格为____）、托盘天平、烧杯、玻璃棒和_____。（2）配制时，下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填字母）无影响的有_____，偏大的有______，偏小的有_______。A．称量时使用了生锈的砝码B．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出C．容量瓶未干燥即用来配制溶液（3）若加蒸馏水定容时不慎超过了刻度线，应如何处理？_______II．海藻中含有丰富的碘元素，某课外活动小组欲从海藻中提取碘（已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2），设计如下的流程：（4）指出提取碘的过程中有关实验操作的名称：①_______，③______。（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是______。A．酒精B．醋酸C．苯28、（14分）氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。I．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：(1)电解反应的化学方程式为__________。(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：(3)B中反应的化学方程式是_________。(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_______。②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。29、（10分）实验室用密度为1.25g·mL－1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1mol·L－1的盐酸240mL，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为________。（2）配制240mL0.1mol·L－1的盐酸应选用________mL的容量瓶，需要浓盐酸体积为_____mL。（3）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。①定容时，俯视刻度线，浓度____________；②容量瓶未干燥，浓度__________；③定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度____________。

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、C【解析】

A．硫酸的密度大于水的，因此11mL质量分数为98％的H2SO4用11mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％，A正确；B．没有481mL的容量瓶，因此配制1．1mol·L-1的Na2CO3溶液481mL，需用511mL容量瓶，B正确；C．在标准状况下，将2．4L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol·L-1的氨水，C错误；D．由于过氧化钠可以看作是Na2O·O，与水反应后生成氢氧化钠、氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变），D正确；答案选C。2、B【解析】

A.溶液均一稳定，胶体具有介稳性，浊液不能稳定存在。B.浊液分散质粒子直径>100nm，胶体分散质粒子直径1nm~100nm，溶液分散质粒子直径<1nm。C.胶体分散质粒子直径在1nm~100nm。D.悬浊液中有不能溶解的固体颗粒，可以通过过滤分离分散质。【详解】A.溶液均一稳定，胶体具有介稳性，浊液不能稳定存在，所以分散系的稳定性:溶液>胶体>浊液，A正确。B.浊液分散质粒子直径>100nm，胶体分散质粒子直径1nm~100nm，溶液分散质粒子直径<1nm，分散质粒子的大小:浊液>胶体>溶液，B错误。C.胶体分散质粒子直径在1nm~100nm，分散质粒子的直径为几纳米或几十纳米的分散系是胶体，C正确。D.悬浊液中有不能溶解的固体颗粒，可以用过滤的方法将悬浊液中的分散质从分散剂中分离出来，D正确。答案为：B。3、D【解析】

每摩碳酸钾中含2摩钾离子，故0.5molK2CO3中含有K+1mol。1mol任何物质所含的微粒数都约为6.02×1023。故选D。4、D【解析】A.石灰石难溶于水，不能用CO32－表示，A不正确；B.该离子方程式没有配平，电荷不守恒，B不正确；C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－离子恰好沉淀完全的离子方程式为Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2O，C不正确；D.NH4HCO3溶液与过量HCl溶液反应的离子方程式为HCO3－+H+=CO2↑+H2O，D正确。答案选D。5、C【解析】

【详解】A项：金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，属于氧化还原反应，故不选；B项：氢气和氧气反应生成水，属于氧化还原反应，故不选；C项：酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故可选；D项：铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，是氧化还原反应过程，故不选。故选C。6、C【解析】

A.三种气体的体积、密度相同，则其质量相等，根据知，质量相同时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，三种气体的摩尔质量不相等，所以其物质的量不相等，则分子个数不相等，故A错误；B.由A项分析知，质量关系①=②=③，故B错误；C.密度相等、温度相同时，气体压强之比等于其摩尔质量的反比，即气体的摩尔质量越小，压强越大，则压强大小顺序是①＞③＞②，故C正确；D.三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的反比，即、、的物质的量之比为，结合分子构成计算其原子个数之比为，则原子数目：①＞②＞③，故D错误；故选C。7、C【解析】

A、标准状况下，水是液态，不适合用气体摩尔体积计算，A错误；B、1mL1mol/LNaCl溶液中氯化钠的物质的量是0.001mol，如果忽略水的电离，离子总数为0.002NA，B错误；C、1分子水含有3个原子，18g水的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，C正确；D、标准状况下，22.4L氦气是1mol，氦气是1个原子组成的单质，所含原子数为NA，D错误。答案选C。8、D【解析】mg氧化铁、氧化铜、氧化亚铁的混合物与1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应，氯化物和水，而水的氧元素来自样品中，氢元素来自盐酸的溶质中，则n(H)=n(HCl)=1mol/L×2L=2mol，由水的组成可计算出n(O)=n(H)/2=1mol，则m(O)=16g，所以，mg含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品经氢气还原后金属质量为(m－16)g。答案选D。点睛：解决此题的关键是守恒特点，注意起始与终态关系，如金属氧化物MOx与MClx/2之间通过水来关联起来，金属的质量等于金属氧化物的质量减去氧元素的质量，再通过O—H2O—2H—2HCl关系求出。9、C【解析】

从对原子结构的认识历史分析原子的结构模型的演变。【详解】A.1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论．他认为物质都是由原子直接构成的，原子是一个实心球体，不可再分割，A错误；B.1897年，英国科学家汤姆逊发现原子中存在电子．1904年汤姆逊提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓤”中，B错误；C.1911年英国科学家卢瑟福用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的α粒子轰击金箔，进一步计算α散射时的一些规律，提出了行星式原子模型，指出原子像一个太阳系，带正电的原子核像太阳，带负电的电子像绕着太阳转的行星，C正确；D.伦琴主要发现了伦琴射线，即X射线，开辟了原子物理学道路，D错误；答案为C。10、C【解析】

化合物X通过红外光谱仪测定其含有NO3-，故X为Ba（NO3）2，故A不符合题意；图所示的转化中N、O化合价降低被还原，故B不符合题意；图示生成X的转化中O2做氧化剂，故C符合题意；图示中的所有转化均有化合价变化，故都为氧化还原反应，故D不符合题意。故选C。【点睛】解答此题的关键在于通过图像中箭头的方向正确判断反应中的反应物和生成物，进而根据化合价的变化分析出反应的类型。11、D【解析】

A、镁为+2价的金属，根据镁的物质的量计算出失去的电子数；B、根据水的质量计算水的物质的量即可判断；C、结合一个氮气分子中电子数目为14个进行计算；D、根据一个氨气分子中含有10个电子计算出17g氨气中含有的电子数。【详解】A.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电子数目为0.2NA，故A错误；B.18g水的物质的量为1mol，则水分子为NA个，故B错误；C.一个氮气分子的电子为14个，则1mol氮气含电子数目为14NA，故C错误；D.17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；综上所述，本题选D。12、D【解析】

A.用点燃法除去CO2中少量CO，不可行，因为CO2中少量CO是点不着的，且会引入新杂质氧气，故A错误；B.CO2和HCl都能与NaOH反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故B错误;C.仅加入BaCl2溶液,不能排除Ag+或SO32-的影响,可能生成AgCl或BaSO3、BaSO4等沉淀,故C错误;D.用石蕊和氯化钡鉴别,将石蕊加入五种溶液中,根据石蕊遇碱变蓝色,可以首先鉴别出氢氧化钠,会使紫色石蕊变红色是盐酸、硫酸,不会使石蕊变色的是硫酸钠、硝酸钾,然后取使石蕊变红的溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸,无现象的是盐酸,然后取不会使石蕊变色的两种溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸钠,没现象的是硝酸钾,根据此方法可以鉴别,故D正确；答案：D。【点睛】除杂时必须满足的原则：杂质除去，不引入新杂质，主体物质不减少，易分离，易复原。13、D【解析】A.n(Na)=n(Na+)=4.6g23g/mol=0.2mol，需要反应掉0.2mol水，设水的物质的量为x，由100个水分子中溶有1个钠离子，则1001=x-0.20.2，解得x=20.2mol，水的质量为20.2mol×18g/mol=363.6g，故A错误；B．将Na放入硫酸铜溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，生成的NaOH再和硫酸铜发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀，所以钠不能置换出Cu，故B错误；C．钠易和氧气、水反应，所以钠着火时可以用沙子盖灭，不能用水扑灭，故C错误；D．钠长期暴露在空气中，钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠易潮解，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠会从溶液中析出生成十水碳酸钠，十水碳酸钠失水生成碳酸钠，它的最终产物是Na2CO3，故14、A【解析】

从物质的组成上看，HNO3属于含氧酸、一元酸，从在水溶液中或在熔融状态下是否能够导电看，HNO3属于电解质，故②③⑤正确。故选A。15、D【解析】

胶体在遇到电解质溶液的时候会聚沉，结合题目中所给信息解答即可。【详解】A.血液属于胶体，因为没有外接电源，所以不属于电泳现象，A错误；B.血液和氯化钠不发生氧化还原反应，B错误；C.血液和氯化钠不具备复分解反应的条件，所以不发生复分解反应，C错误；D.血液属于胶体，所以血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液的时候会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防治细菌感染，属于胶体的聚沉，D正确。答案选D。16、C【解析】

根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。本题选D。【点睛】学习氧化还原反应后，不仅要关注质量守恒关系，还要关注化合价的升降变化。化合价升降数相等，是配平氧化还原反应、进行有关计算的关键。17、D【解析】

次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，因此说明D中溶液可以吸收氯气或可干燥氯气，据此分析来解答。【详解】A．浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；B．氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；C．氯气通过澄清石灰水，与氢氧化钙反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；D．氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；答案选D。18、D【解析】

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.加沸石的目的是防止暴沸；C.稀释浓硫酸时，要酸入水；D.从灼热的铁很容易再次被氧气氧化来分析。【详解】A.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体要从上口倒出，故A正确；B.加沸石的目的是防止暴沸，故B正确；C.浓硫酸的密度比水大，浓硫酸稀释时会放热，故要将浓硫酸注入水中，并且不断用玻璃棒搅拌，故C正确；D.如果先停止通入CO，则灼热的铁很容易再次被氧气氧化，故要先熄灯，待铁冷却后，再停止通入CO，故D错误。故选D。19、C【解析】

A.Ba2+与SO会产生沉淀，故不能在溶液中大量共存，A错误；B.Ca2+与CO会产生沉淀，故不能在溶液中大量共存，B错误；C.Ca2+、Ba2+、Cl-、OH-互不反应，故能在溶液中大量共存，C正确；D.Ag+与Cl-会产生沉淀，故不能在溶液中大量共存，D错误；答案选C。20、D【解析】

粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，以此来解答。【详解】在粗盐的提纯操作过程中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即①一定在③之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即④在⑤之后，操作顺序可以为：②③①⑤④或③②①⑤④或③①②⑤④，故A、B和C正确，D错误，答案选D。21、C【解析】

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法。【详解】A、Na2CO3能与适量的Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钠，不符合除杂原则，A错误。B、碳酸钙不溶于水，氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，会把原物质除去，不符合除杂原则，B错误。C、锌能与过量FeSO4溶液反应生成硫酸锌溶液和铁，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，C正确。D、H2SO4能与Ba（NO3）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，D错误。答案选C。【点睛】所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。22、D【解析】

A．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故A错误；B．根据酸电离产生氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，不是按酸分子中所含氢原子个数分，如H3PO2中有3个H原子、但H3PO2是一元酸，故B错误；C．O2、O3是不同的分子，所以O2转化为O3的过程为化学变化，故C错误；D．FeSO4·7H2O是结晶水合物，是盐，属于纯净物、化合物，完全电离产生金属阳离子和酸根离子，因此属于强电解质，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、Fe3+、Cl-0.150.10.4【解析】

(1)强酸性溶液中一定不会存在CO32－和SO32－，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42－；生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，它在酸性条件下和NO3－反应生成NO；溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe(OH)3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；溶液中含有Fe2+，就一定不含NO3－，含有SO42－就一定不含Ba2+，不能确定是否含有的Fe3+和Cl－。(2)根据得失电子数相等和阴阳离子电荷所带电荷数相同求解。【详解】(1)由分析可知不能确定是否含有的是Fe3+和Cl－。(2)n(NO)==0.005mol，根据得失电子数可知n(Fe2+)=n(NO)×3=0.015mol，c(Fe2+)=0.015mol÷0.1L=0.15mol/L；加入氢氧化钠溶液60mL时沉淀量降到0.025mol，说明此时为氢氧化铁沉淀，亚铁离子的物质的量是0.015mol，所以说明原溶液中存在铁离子，n(Fe3+)=0.025mol－0.015mol=0.01mol，则c(Fe3+)=0.01mol/0.1L=0.1mol/L；加入55mL氢氧化钠溶液时沉淀达到最大值0.03mol，加入60mL氢氧化钠溶液时，沉淀降为0.025mol，说明n(Al(OH)3)=0.03mol－0.025mol=0.005mol，则溶液中SO42－：0.04mol，NH4+：0.005mol，Fe2+：0.015mol，Fe3+：0.01mol，Al3+：0.005mol，此时2n(SO42－)=n(NH4+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)，所以c(Cl－)=0.4mol/L。【点睛】注意生成的Al(OH)3会和过量的NaOH反应生成NaAlO2和H2O。24、OH-+NH4+=NH3↑+H2OBaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OMg2+、Ba2+NH4+，SO42−、CO32−c(SO42−)=0.1mol/L，c(CO32−)=0.2mol/L不能碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。

【解析】

将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；①实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。②结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42−、CO32−；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。③结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42−、CO32−；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42−、CO32−；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42−-BaSO4可知，n(SO42−)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32−-BaCO3可知，n(CO32−)=0.02mol；浓度各为：c(SO42−)=0.01/0.1=0.1mol/L；c(CO32−)=0.02/0.1=0.2mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42−、CO32−；c(SO42−)=0.1mol/L，c(CO32−)=0.2mol/L。④结合以上分析可知，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，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；⑤溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42−、CO32−,经计算,NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42−、CO32−的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒:钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。25、MnO2＋4HCl(浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O除去氯气中的水蒸气E中不褪色，F中褪色干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性出现蓝色Cl-+ClO-+2H+＝Cl2↑+H2O次氯酸钠与空气中的二氧化碳反应SO32-+HClO=SO42-+H++Cl-【解析】

实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，据此解答。【详解】（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式为MnO2＋4HCl(浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；（2）浓硫酸具有吸水性，D中浓硫酸作用为干燥氯气，除去氯气中的水蒸气，防止水蒸气对氯气漂白性检验造成干扰；（3）干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性；（4）氯气具有强的氧化性，与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以看到现象为棉花团变蓝；（5）氯气有毒不能直接排放到空气中，氯气能够与碱反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，装置如图所示；（6）①次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式为Cl-+ClO-+2H+＝Cl2↑+H2O；②消毒液的有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解，所以应该密封保存；（7）亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为S032-+HClO＝S042-+H++Cl-。【点睛】本题以氯气的制备为载体考查了氯气的性质，题目综合性较强，侧重考查依据所学知识分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。注意干燥的氯气没有漂白性，真正起漂白作用的是氯气与水反应生成的次氯酸，为易错点。26、CA【解析】

①物质在同一溶剂中的溶解度不同,在饱和情况下,通过改变溶液温度而使其中的一种物质结晶析出,达到分离的效果；

②互溶的液体利用沸点相差比较大,采取蒸馏法分离。【详解】①由图可以知道,氯化钠溶解度受温度影响较小,碳酸钠溶解度受温度影响大,利用冷却热饱和溶液分离,即用热水把固体溶解配制成饱和溶液,等液体冷却后,因为碳酸钠的溶解度随温度变化大,而NaCl小,所以碳酸钠析出,而氯化钠留在母液当中,反复多次也可以提纯,故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离；

因此，本题正确答案是:C；

②由表可以知道乙二醇和丙三醇互溶的液体,沸点相差比较大,可用蒸馏法分离；因此，本题正确答案是:A。27、500mL胶头滴管CAB应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制过滤萃取C【解析】

I．（1）实验配制500mL1．0mol・L－1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，来分析。（2）根据c=n/V分析可知。（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。II．（4）根据已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2和流程分析。（5）因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶。【详解】I．（1）实验配制500mL1．0mol・L－1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，最后需要胶头滴管定容，故答案为500mL；胶头滴管。（2）A.称量时使用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量偏大，根据c=n/V分析可知，所配溶液的浓度偏大；B．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物质的量偏小，根据c=n/V分析可知，所配溶液的浓度偏小；C.容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的体积和物质的量无影响，所配溶液的浓度不变