山西省大同市第一中学2026届化学高一上期中达标检测试题含解析

山西省大同市第一中学2026届化学高一上期中达标检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列无色溶液中，离子可以大量共存的一组是A．

B．

C．

D．

2、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C1-3、下列关于胶体的说法正确的是（）A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液B．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+C．Na+、K+、SO42-、Br-能在Fe(OH)3胶体中大量共存D．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强4、下列物质中的S元素只具有还原性的是A． B． C． D．5、在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是()A．、Al3+、、 B．K+、Na+、、C．K+、Fe3+、、 D．Na+、K+、、6、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAB．物质的量浓度为0.5mol/LMgCl2溶液，含有Cl-数为NAC．在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移电子数为4NAD．22.4L的CO气体与1molN2所含的电子数为14NA7、胶体区别于其他分散系的本质特征是A．外观均一、透明 B．能发生丁达尔现象C．具有介稳性 D．分散质粒子直径大小8、科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10-9m)恢复了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（）A．“钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于悬浊液B．“钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C．“钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D．在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径小9、配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的（）A． B． C． D．10、用饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体，正确的操作是()A．将饱和氯化铁溶液滴入蒸馏水中即可B．将饱和氯化铁溶液滴入热水中，至溶液呈深黄色C．将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色D．将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸至生成红褐色沉淀11、对下列实验过程的评价，正确的是A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SOC．验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl－D．某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性12、向含有、、、Na＋的溶液中加入一定量Na2O2后，下列离子的浓度减少的是()A． B． C． D．Na＋13、当固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，则部分AgCl转化为AgI，原因是A．AgI比AgCl稳定 B．碘氧化性比氯弱C．I-的还原性比Cl-强 D．溶解度AgI＜AgCl14、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，错误的是A．二者在一定的条件下可以相互转化B．可以用澄清石灰水对二者进行鉴别，能产生白色沉淀的为碳酸钠C．等质量的碳酸钠与碳酸氢钠与足量盐酸反应，后者更剧烈，前者产生二氧化碳少D．将二氧化碳通入到饱和碳酸钠溶液中，有浑浊产生，原因之一是碳酸钠溶解度更大15、亚硝酸钠(NaNO2)具有致癌作用，许多腌制食品中含NaNO2。酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠反应的离子反应为：MnO4－＋NO2－＋H＋→Mn2＋＋NO3－＋H2O(未配平)，下列叙述错误的是()A．生成1molMn2＋，转移电子为5molB．该反应中氮元素被氧化C．配平后，水的化学计量数为3D．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:516、实现下列变化，一定要加入其它物质作氧化剂的是A．Zn→ZnCl2 B．Cl2→HClOC．CaCO3→CO2 D．CuO→CuSO417、下列反应中，可以用离子方程式表示的是A．氨水和稀盐酸反应 B．硝酸和氢氧化钾溶液反应C．氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应 D．碳酸与氢氧化钙溶液反应18、只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。下列物质不属于氢化物的是A．H2SO4 B．H2O C．NaH D．NH319、目前市场上有一种专门为婴幼儿设计的电解质饮料，适合在婴幼儿感冒、发烧时快速补充体内流失的电解质成分。下列物质可用作该饮料中的电解质的是A．Fe B．葡萄糖 C．MgSO4 D．CO220、下列叙述正确的是A．所有的酸、碱中和反应的离子方程式都一样B．所有的离子方程式都可表示一类反应C．单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示D．易溶于水的化合物都可写成离子形式21、可以确定元素种类的是（）A．原子量 B．质量数 C．质子数 D．核外电子数22、下列叙述正确的是A．同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等B．任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）气体和CO气体所含有的原子数一定相等C．1LCO气体一定比1LO2的质量小D．同温同压下的CO和N2，若它们体积相同，那么它们的质量也一定相等二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）C与D形成化合物的化学式_______，其在水中的电离方程式为_______。（2）B离子的电子式_______，A离子的电子式_______。（3）B原子的结构示意图_______，D离子的结构示意图_______。24、（12分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_____________。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为____(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是__________。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_______，产物分子的电子式为_____，其化学键属__________共价键(填“极性”或“非极性”)。25、（12分）分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去（括号内为杂质）物质需加入的试剂有关离子方程式Cu(Fe)___________________ZnSO4(CuSO4)______________________NaOH[Ca(OH)2]______________________26、（10分）某化学实验需要450mL0.10mol·L-1Na2CO3溶液，某同学选用Na2CO3·10H2O晶体进行配制，简要回答下列问题：（1）该实验应选择__________mL容量瓶。（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为__________g。（3）该实验的正确操作顺序是_______________（填字母代号）。A．用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体B．上下颠倒摇匀C．用胶头滴管加水至刻度线D．洗涤所用仪器并将洗涤液转移进容量瓶E．将所称取的晶体溶于蒸馏水并冷却至室温F．将溶液转入容量瓶（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，则所配溶液浓度______；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，会使所配溶液浓度______；NaOH溶解后未经______；立即注入容量瓶至刻度线，会使浓度______；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度______（凡涉及浓度变化填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（5）向200mL所配的0.10mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入10mL12.25%稀H2SO4（ρ=1.0g/cm3），理论上能收集到标准状况下的气体__________mL。27、（12分）已知某粗盐样品含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等杂质。实验室提纯流程如下：(1)操作a的名称为________，在操作b中玻璃棒的作用是_____________________。(2)进行步骤③后，判断BaCl2过量的方法是______________________________(写出步骤、现象)。(3)步骤⑦中能用稀硫酸代替稀盐酸吗？________(填“能”或“不能”)，原因是_____________。(4)某氯化钾样品中含杂质硫酸钾，为了除去硫酸钾，要做以下实验：A．向滤液中滴加稀盐酸，边滴边振荡至不再产生气体B．将氯化钾样品溶于适量蒸馏水，配成溶液C．过滤，将白色沉淀滤出D．向溶液中加入过量碳酸钾溶液，边滴边振荡至不再产生白色沉淀E．向溶液中加入过量氯化钡溶液，边滴边振荡至不再产生沉淀F．将滤液蒸干，得到晶体①正确的实验操作顺序为______________(填写序号)。②进行F操作时用到的仪器主要有____________________________________。28、（14分）某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。(1)加入的试剂①为______（填化学式），加入试剂①的目的是______。(2)操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为______。洗涤固体B的操作是________。(3)固体E的成分为_____，加入的试剂④为_____，发生的化学方程式为_________。(4)从溶液D和溶液G中得到FeSO4•7H2O晶体的操作为______、______、______、洗涤、干燥。29、（10分）(1)将2.4gNaOH溶于水配成300mL的溶液，它的物质的量浓度为_______mol/L，取出该溶液30mL，它的物质的量浓度为______mol/L，取出的溶液中含氢氧化钠______mol,把取出的溶液稀释到120mL，稀释后溶液的物质的量浓度为______mol/L，若用0.1mol/L的硫酸中和稀释后的NaOH溶液，需用去硫酸_____mL。(2)电解水的实验中，标准状况下产生氢气5.6L，其物质的量_____mol,有____g水分解。

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.+=H2O，不能大量共存，故A错误；B.Na+、NO3-、Cl-可以大量共存，故选B；C.H++ClO-=HClO，不能大量共存，故C错误；D.Cu2+为蓝色，不能大量共存，故D错误；答案：B2、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-。3、B【解析】

A．分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液、胶体和浊液，分散质粒度大于100nm的为浊液，介于1nm~100nm为胶体，小于1nm的为溶液，故A错误；B．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C．胶体中加入电解质，胶体能够发生聚沉，不能大量共存，故C错误；D．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；故选B。4、B【解析】

A项、亚硫酸钠中硫元素为中间价+4价，既有氧化性又有还原性，故A错误；B项、硫化氢中硫元素为最低价——-2价，只有还原性，故B正确；C项、三氧化硫中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故C错误；D项、硫酸镁中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】同种元素，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价既有氧化性又有还原性是判断元素氧化性和还原性的依据，也是解答的关键。5、A【解析】

A．、Al3+、、溶液无色，且与氢离子不反应，A符合题意；B．与氢离子不反应生成二氧化碳和水，B与题意不符；C．Fe3+有颜色，C与题意不符；D．与氢离子不反应生成二氧化碳和水，D与题意不符；答案为A。6、A【解析】

A.二氧化碳和氧气中均含2个氧原子，故NA个CO2和O2组成的混合物中含2NA个氧原子，与两者的比例无关，故A正确；B.体积未知，无法计算，故B错误；C.该反应中H2O2中的O失去电子，由原来的-1价升高至0价，总共失去电子数为2；氯气中的Cl得到电子,由原来的0价降低至-1价,数目也为2；生成32gO2，也就是1molO2，所以转移电子为2NA，C错误；D.未说明标准状况，无法计算CO的物质的量，故D错误；正确答案：A。7、D【解析】

【详解】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故选D。【点睛】本题考查胶体的本质特质。胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。丁达尔现象是胶体的性质，可以用于鉴别胶体和溶液，不是胶体的特征。8、C【解析】

A．钴酞菁”的分子(直径为1.3×10-9m)，形成的分散系属于胶体，A错误；B．“钴酞菁”分子(直径为1.3×10-9m)，小于滤纸的缝隙，大于半透膜的缝隙，所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；C．钴酞菁”的分子(直径为1.3×10-9m)，在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，如能够产生丁达尔现象等，C正确；D．“钴酞菁”分子(直径为1.3nm)，Na+半径小于1nm，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D错误；故合理选项是C。9、D【解析】

配制一定物质的量浓度的溶液时，所需使用的仪器为天平(或量筒)、一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。【详解】A．此仪器为分液漏斗，通常用于分离不互溶的液体混合物，A不合题意；B．此仪器为锥形瓶，常用于中和滴定实验中，B不合题意；C．此仪器为圆底烧瓶，常用于固、液加热条件下的制气反应，C不合题意；D．此仪器为容量瓶，常用于配制一定物质的量浓度的溶液，D符合题意；故选D。10、C【解析】

氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁，加热促进水解，生成氢氧化铁胶体，则实验室制备氢氧化铁胶体：是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到出现红褐色液体；若继续加热会发生聚沉，答案选C。11、C【解析】

A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，该气体可能为二氧化碳，也可能为二氧化硫，因此不能证明该固体中一定含有碳酸盐，也有可能含有碳酸氢盐、亚硫酸盐或者亚硫酸氢盐，A错误；B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，不能证明一定含有SO42-，也有可能含有CO32-，B错误；C．验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl－，C正确；D．石蕊遇酸变红，某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液显酸性，D错误；故答案C。12、A【解析】

溶液中加入少量过氧化钠后发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液中Na＋浓度增大；+OH-=+H2O，浓度减少，浓度增大，浓度不变，故选A。13、D【解析】

根据沉淀转化原理可知，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，所以把固体AgCl加入较浓的KI溶液中振荡，部分AgCl转化为AgI，是因为AgI的溶解度比AgCl的小，与二者的稳定性无关，与碘和氯的氧化性无关，与离子的还原性无关，故选D。14、B【解析】

A.碳酸钠在溶液中能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体加热分解能够生成碳酸钠；B.碳酸钠、碳酸氢钠均能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀而使溶液变浑浊；C.碳酸氢钠中碳的百分含量更高；D.碳酸钠和二氧化碳反应生成溶解度更小的碳酸氢钠；【详解】A.加热条件下，碳酸氢钠固体能够转化成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，在溶液中，碳酸钠能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，因此碳酸钠和碳酸氢钠能够相互转化，故A项正确；B.碳酸钠与澄清石灰水的反应方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2＝CaCO3↓+2NaOH，少量的碳酸氢钠与澄清石灰水的反应方程式为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，因此都会出现碳酸钙沉淀，现象相同，则不可以用澄清石灰水对二者进行鉴别，故B项错误；C.由于HCO3-和和H+反应只需一步放出二氧化碳，而CO32-要两步反应才能放出二氧化碳，故碳酸氢钠和盐酸的反应更剧烈；碳酸氢钠中碳的百分含量更高，故等质量的两者和盐酸反应时，碳酸钠与盐酸反应产生二氧化碳少，故C项正确；D.碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，生成的碳酸氢钠以晶体形式析出，则溶液产生沉淀而变浑浊，原因之一是碳酸钠溶解度更大，故D项正确；答案选B。15、D【解析】

反应中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，N元素的化合价由+3价升至+5价；反应中MnO4-为氧化剂，Mn2+为还原产物，NO2-为还原剂，NO3-为氧化产物；根据得失电子守恒配平方程式和计算。【详解】A项，反应中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，生成1molMn2+转移5mol电子，A项正确；B项，反应中，N元素的化合价由+3价升至+5价，N元素被氧化，B项正确；C项，反应中1molMnO4-得到5mol电子生成1molMn2+，1molNO2-失去2mol电子生成1molNO3-，根据得失电子守恒配平为2MnO4-+5NO2-+H+→2Mn2++5NO3-+H2O，结合原子守恒、电荷守恒，配平后的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，水的化学计量数为3，C项正确；D项，根据上述分析，Mn2+为还原产物，NO3-为氧化产物，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为5:2，D项错误；答案选D。16、A【解析】A试题分析：A、Zn元素的化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，故A正确；B、可通过Cl2与H2O反应实现，无需加入氧化剂，故B错误；C、元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D、元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误；故选A。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。17、B【解析】

A.离子方程式为NH3·H2O+H+=NH4++H2O，故A错误；B.离子方程式为H++OH-=H2O，故B正确；C.离子方程式为SO42-+2H++Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故C错误；D.离子方程式为H2CO3+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O，故D错误；答案：B18、A【解析】

只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。A.H2SO4中除氢之外还含有两种元素，故A不属于氢化物，故答案选A。19、C【解析】

A、铁是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、葡萄糖是非电解质，B错误；C、硫酸镁是电解质，C正确；D、CO2是非电解质，D错误；答案选C。20、C【解析】

A.不是所有的酸、碱中和反应的离子方程式都一样，强酸强碱写成离子，但弱酸或弱碱等不能写成离子，故错误；B.不是所有的离子方程式都可表示一类反应，有些离子方程式只能表示少数几个或一个反应，如2H++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，能表示硫酸（或足量的硫酸氢钠、硫酸氢钾）和氢氧化钡反应，2CH3COOH+2Na=2Na++2CH3COO-+H2↑只能表示钠和醋酸反应生成醋酸钠和氢气的反应，故错误；C.单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示，故正确；D.易溶于水的强酸或强碱或盐都可写成离子形式，故错误故选C。21、C【解析】

元素是具有相同质子数或核电荷数的同类原子的总称，元素的种类由其原子核内的质子数决定，故C正确；故选C。【点睛】决定元素种类的是质子数，决定原子的种类是质子数和中子数，最外层电子数决定着元素的化学性质。22、D【解析】

主要根据阿伏加德罗定律分析判断。【详解】A项：据阿伏加德罗定律，同温同压同体积的气体，其分子数一定相等。但原子数不一定相等，A项错误；B项：等物质的量的甲烷（CH4）气体和CO气体所含有的分子数一定相等，原子数一定不等，B项错误；C项：不知气体的温度、压强，不能比较1LCO和1LO2的质量，C项错误；D项：据阿伏加德罗定律，同温同压同体积的CO和N2气体，其物质的量相等。又两者的摩尔质量相等，故其质量相等，D项正确。本题选D。二、非选择题(共84分)23、HClHCl=H++Cl-Na+【解析】

由A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子可知A为Na元素；由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同可知B为S元素；由C元素的原子核内无中子可知C为H元素；由D原子核外电子数比钠原子核外电子总数多6个可知D为Cl元素。【详解】（1）氢元素与氯元素形成的化合物为氯化氢，化学式为HCl，氯化氢在溶液中完全电离，电离出氯离子和氢离子，电离方程式为HCl=H++Cl-；（2）硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，电子式为；钠离子为阳离子，其电子式直接用离子符号表示，则钠离子的电子式为Na+；（3）硫原子核外有16个电子，有3个电子层，最外层有6个电子，原子的结构示意图为；氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子，原子的结构示意图为。【点睛】阴离子与同周期稀有气体原子电子层结构相同，由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同确定B为钠元素是解答关键，也是解答的突破口。24、三ⅥAMg>Si>S>CSiO2C+2SCS2极性【解析】

短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1)M为S，在周期表中位于第三周期第ⅥA族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此Mg>Si>S，S比C多一个电子层，则原子半径S>C，因此原子半径由大到小的顺序为Mg>Si>S>C。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。25、稀盐酸（硫酸）Fe+2H+=Fe2++H2↑Zn粉Cu2++Zn=Cu+Zn2+Na2CO3溶液Ca2++CO32-=CaCO3↓【解析】Fe与稀盐酸或稀硫酸反应，而Cu不反应，则可以加入稀盐酸或稀硫酸除去Fe，发生的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，然后过滤分离；Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌和Cu，发生的离子反应为Cu2++Zn═Cu+Zn2+，然后过滤可分离；氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，发生的离子反应为Ca2++CO32−═CaCO3↓，然后过滤。故答案为：稀盐酸（硫酸），Fe+2H+=Fe2++H2↑；Zn粉，Cu2++Zn=Cu+Zn2+；Na2CO3溶液，Ca2++CO32-=CaCO3↓。26、50014.3AEFDCB偏低无影响冷却偏高偏低112【解析】

（1）由于没有450mL容量瓶，则该实验应选择500mL容量瓶。（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为0.5L×0.1mol/L×286g/mol＝14.3g。（3）配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则该实验的正确操作顺序是A、E、F、D、C、B。（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，由于氢氧化钠易吸水，则氢氧化钠的质量减少，因此所配溶液浓度偏低；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，由于不会影响溶质和溶液体积，则会使所配溶液浓度无影响；氢氧化钠溶于水放热，则NaOH溶解后未经冷却，立即注入容量瓶至刻度线，冷却后溶液体积减少，则会使浓度偏高；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使溶液体积增加，所配溶液浓度偏低。（5）200mL溶液中碳酸钠的物质的量是0.2L×0.1mol/L＝0.02mol。10mL12.25%稀H2SO4（ρ=1.0g/cm3）的物质的量是10mL×1g/mL×12.25%98g/mol=0.0125mol，其中氢离子的物质的量是0.025mol。由于与碳酸钠反应时分步进行，即首先转化为碳酸氢钠，消耗氢离子是0.02mol，剩余的氢离子再与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，此时氢离子不足，则根据HCO3－+H+＝CO2↑+H2O可知生成的二氧化碳是0.025mol－0.02mol＝0.005mol，在标准状况下的体积是0.005mol×22.4L/mol＝027、过滤搅拌，使滤液受热均匀，防止液体飞溅取少量上层清液于试管中，滴入Na2SO4溶液，若有白色沉淀产生，则Bacl2过量不能引入硫酸根杂质离子BEDCAF酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台）、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳【解析】

实验流程为：粗盐样品含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等杂质，加入过量的氯化钡，可以将硫酸根离子除去，但是会引入钡离子杂质离子，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去氯化镁，加入过量的碳酸钠溶液的目的除去杂质CaCl2和加入的过量试剂BaCl2，过滤，将得到的沉淀全部滤出，得到的滤液是含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠等的混合物，加入足量的盐酸，可以除去碳酸根离子、氢氧根离子等杂质离子，最后即可获得较为纯净的氯化钠。【详解】（1）实现固体和液体的分离的步骤a是过滤，操作b是对氯化钠溶液蒸发结晶获得氯化钠晶体的过程，此时玻璃棒的作用是：搅拌，使滤液受热均匀，防止液体飞溅，故答案为过滤；搅拌，使滤液受热均匀，防止液体飞溅；（2）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是氯化钡剩余，则氯化钡会与硫酸钠反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是取少量上层清液于试管中，滴入Na2SO4溶液，若有白色沉淀产生，则Bacl2过量，故答案为取少量上层清液于试管中，滴入Na2SO4溶液，若有白色沉淀产生，则BaCl2过量；（3）加入过量的碳酸钠溶液的目的除去杂质CaCl2和加入的过量试剂BaCl2，加入足量的盐酸，可以除去碳酸根离子、氢氧根离子等杂质离子，最后即可获得较为纯净的氯化钠，若加入足量的硫酸，则会在氯化钠中引入硫酸根杂质离子，故答案为不能；引入硫酸根杂质离子；（4）①样品溶于水配制的溶液中含有KCl、K2SO4，其中SO42-为杂质，先加入过量的BaCl2溶液，除去硫酸根离子，反应方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，得到固体A为：BaSO4，滤液B中含有KCl、过量的BaCl2，向滤液中加入过量K2CO3溶液，除去过量的Ba2+离子，得到固体为BaCO3，滤液中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入过量HCl溶液，除去杂质碳酸根离子，发生反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，则气体为CO2，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，最终可得到KCl晶体，故答案为BEDCAF；②F操作为蒸发，用到的仪器有酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台）、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳，故答案为酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台）、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳。【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，明确物质的性质是解本题关键，根据物质之间的反应、物质分离和提纯的方法等知识点来分析解答，难点是除杂剂的选取及滴加顺序。28、NaOH将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离漏斗、玻璃棒、烧杯沿玻