2026届黑龙江省齐齐哈尔市普通高中联谊校高一化学第一学期期末统考模拟试题含解析

2026届黑龙江省齐齐哈尔市普通高中联谊校高一化学第一学期期末统考模拟试题注意事项：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、配制0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是A．用敞口容器称量NaOH且时间过长B．定容时俯视读取刻度C．原容量瓶洗净后未干燥D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2、在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列叙述不正确的是（）A．x-y=0.01mol B．原溶液中c(Cl-)=0.75mol/LC．原溶液的c(H+)=0.1mol/L D．原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=5：13、下列关于电解质、非电解质的说法正确的是A．氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质B．CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质C．导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液D．HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质4、下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁C．氧化钠中混有氧化镁 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜5、下列行为不符合安全要求的是A．点燃甲烷(CH4)前，必须检验气体的纯度B．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往低处去C．做实验剩余的金属钠，没有丢弃在废液缸中而放回原试剂瓶中D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌6、某溶液中含有和I

-为了氧化I-而不使被氧化，试根据下列三个反应判断，可选用的氧化剂是①②③A． B． C． D．7、下列叙述中正确的是A．摩尔是物质的量的单位，1摩尔任何物质均含有6.02×1023个分子B．1mol氧气的质量为16gC．500mL2.5mol·L－1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2.5mol·L－1D．标准状况下，11.2L乙醇中含有的分子数为0.5NA8、下列说法中不正确的是A．卢瑟福——用α粒子散射实验提出带核的原子结构模型B．维勒——合成尿素实现了无机物向有机物的转化C．门捷列夫——发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表D．侯德榜——侯氏制碱法的原理是将氨气通入二氧化碳的氯化钠饱和溶液中9、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（）A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应，反应③还属于置换反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶410、某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是A．肯定只有SO2和NO B．肯定没有Cl2、O2和NOC．可能有Cl2和O2 D．肯定只有NO11、已知氧化性顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列说法正确的是A．线段Ⅰ代表Br－的变化情况B．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况C．原混合溶液中n(FeBr2)=4molD．a=612、有BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀。反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)为()A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L13、下列变化需要加入还原剂才能实现的是A．FeFe3+ B．HClCl2C．MnOMn2+ D．NH3NH14、下列电离方程式书写正确的是()A．NaOH=Na＋＋O2－＋H＋ B．FeCl3=Fe3＋＋C．Ca(NO3)2=Ca2＋＋2(NO3)2－ D．H2SO4=2H＋＋15、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列关于氯水的说法不正确的是()A．氯水放置数天后pH将变小B．加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClOC．光照氯水有气泡冒出，该气体是氯气D．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色16、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A．KCl溶液 B．Fe(OH)3胶体C．NaOH溶液 D．CuSO4溶液17、如图两瓶体积相等的气体，在同温、同压下瓶内气体的关系一定正确的是A．原子数相等 B．密度相等C．质量相等 D．摩尔质量相等18、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，不正确的是A．Na2CO3和NaHCO3的俗称分别为纯碱、小苏打B．相同温度下，在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3C．等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量的盐酸反应，Na2CO3产生CO2的量多D．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量的盐酸反应，产生CO2的量一样多19、下列各组混合物能用普通漏斗分离的是()A．柴油与汽油 B．碘和四氯化碳 C．淀粉溶液和泥沙 D．汽油和氯化钠水溶液20、某溶液中有Na＋、Mg2＋、Fe2＋、Al3＋四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加过量盐酸，溶液中大量减少的离子是()A．Na＋ B．Mg2＋ C．Fe2＋ D．Al3＋21、氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性。下列叙述中不正确的是：A．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色烟B．钠在氯气中燃烧，生成白色的烟C．纯净的氢气在氯气中安静的燃烧，在集气瓶口形成白色烟雾D．氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解22、在下列离子组中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式不正确的是离子组加入试剂离子方程式AAl3＋、SO42－少量NaOH溶液Al3＋＋3OH－═Al(OH)3↓BFe2＋、I－少量新制氯水Cl2＋2I－═2Cl－＋I2CNa＋、CO32-少量盐酸CO32-＋＋2H＋═CO2↑＋H2ODCa2＋、HCO3－过量氨水Ca2＋＋2HCO3－＋2NH3·H2O═CaCO3↓＋CO32－＋2NH4＋＋2H2OA．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl－、SO42－、CO32－、Na+、Mg2+，为了确定溶液的组成，取100mL该溶液进行如下实验：(1)溶液X中一定存在的离子有__________；一定不存在的离子有________。(2)写出白色沉淀①与足量盐酸反应的离子方程式_____________。24、（12分）已知：单质A为目前人类使用最广泛的金属，氧化物B为具有磁性的黑色晶体，根据下列转化关系填空。（1）试判断：A的化学式为___，B的名称为___。（2）实验室检验C溶液中的阳离子时，可加入氢氧化钠溶液，若先产生___色沉淀，该沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为___色，则含该离子。沉淀转化的化学方程式为___。（3）实验室检验D溶液中的阳离子时，通常可滴加___，若溶液变为___色，则含该离子。（4）若E是一种黄绿色气体单质，该气体是___，在C→D过程中，此气体做___剂。（5）写出D+A→C的离子方程式____。25、（12分）某小组使用下图装置制取并收集干燥、纯净的氯气，请回答问题：（1）A装置中仪器a的名称是__________，KMnO4的作用_____________________（2）C装置盛放的试剂是_______________，其作用是____________________（3）写出D装置中反应的离子方程式__________________________26、（10分）实验室欲用氢氧化钠固体配制1.0mol·L－1的氢氧化钠溶液240mL：（1）配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、____________。（2）计算实验需要称量氢氧化钠的质量为：___________g（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。（4）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。（5）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是______(填字母)。A．所用氢氧化钠已经潮解B．向容量瓶中加水未到刻度线C．有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里27、（12分）如图实验装置用于验证某些物质的性质。在试管A中装入足量的固体NaHCO3，D为固定蚊香的硬纸片。试回答下列问题：(1)在A试管内发生反应的化学方程式是_______________________________________________。(2)B装置的作用是______________________________。(3)在双球干燥管内发生反应的化学方程式为_________________________________。(4)双球干燥管内观察到的实验现象是___________________________________________。(5)若将干燥管内的Na2O2换成Na2O，则双球干燥管内观察到的实验现象是_______________。28、（14分）有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+、NH4+、K+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-和I-。取该溶液进行以下实验：①用pH试纸检验,溶液呈酸性；②取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水,经振荡后CCl4层呈紫红色；③另取部分溶液,加入稀NaOH溶液使其变为碱性,溶液中始终无沉淀生成；④取部分上述碱性溶流,加Na2CO3溶液有白色沉淀生成；⑤将③得到的碱性溶液加热,有气体放出,该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。（1）根据上述实验事实,该溶液中肯定存在的离子是_________；肯定不存在的离子是______。（2）对于不确定是否存在的离子,应用___________方法进行检验。（3）实验②中发生反应的离子方程式为____________________。（4）实验④中发生反应的离子方程式为____________________。29、（10分）现有下列物质:①NaOH溶液②液氯③BaCO3固体④KHSO4⑤稀豆浆⑥铝⑦干冰⑧CH3COOH⑨葡萄糖（1）以上物质属于非电解质的是____________；（2）用一束激光分别照射上述物质，在侧面可以观察到一条明亮的通路的是___________；（3）写出④在水溶液中的电离方程式____________________________________________；（4）写出①和⑧反应的离子方程式______________________________________________；（5）写出①和⑥反应的化学方程式______________________________________________。

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．用敞口容器称量NaOH且时间过长，导致称取的溶质中含有氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B．定容时俯视读取刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B正确；C．原容量瓶洗净后未干燥，对溶液体积、溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，C错误；D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选B。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，准确分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，注意误差分析的依据：c＝n/V，因此凡是使n偏大，V偏小的操作都能使溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低。2、B【解析】

向溶液中滴加NaOH溶液，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH-的反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。【详解】A.由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，设Al(OH)3的物质的量为n，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，n[Al(OH)3]=n(OH-)=5mol/L×(35-33)mL×0.001L/mL=0.01mol，即x-y=0.01mol，A正确；B.由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl-离子以NaCl存在，根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=n(Na+)=n(NaOH)=5mol/L×0.033L=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.165mol÷0.2L=0.0825mol/L，B错误；C.由图0～4mL时发生H++OH-=H2O，则H+的物质的量n(H+)=4mL×0.001L/mL×5mol/L=0.02mol，所以H+的物质的量浓度c(H+)=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，C正确；D.由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，则Al3++3OH-=Al(OH)3↓，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.01mol，则形成Al(OH)3沉淀消耗OH-的物质的量为0.03mol，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀共消耗OH-的物质的量为5mol/L×(30-4)mL×0.001L/mL=0.13mol，则Mg2+形成沉淀消耗的OH-离子的物质的量为0.13mol-0.03mol=0.1mol，所以根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知Mg2+的物质的量n(Mg2+)=0.1mol÷2=0.05mol，故原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=0.05：0.01=5：1，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查图象在溶液成分判断及含量的应用，明确反应的先后顺序是解答的关键，注意反应与图象中的对应关系，结合溶液的体积大小进行计算与判断。3、D【解析】

A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故C错误；D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；故选D。4、D【解析】

A.MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，滤液中加适量HCl，过滤得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解转化为氧化铝，故A不选；B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，FeCl3变为Fe(OH)3沉淀，AlCl3变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值时，过滤得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就分别得到FeCl3和AlCl3溶液，故B不选；C．氧化钠中混有氧化镁，先加足量NaOH溶液溶解，过滤得到NaOH溶液和MgO沉淀，NaOH溶液中加入HCl得NaCl溶液，蒸干得NaCl固体，电解熔融的NaCl得单质钠，常温下与O2反应生成氧化钠，故C不选；D．二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二种物质，故D选；答案选D。【点睛】注意C选项中NaOH不能受热分解为氧化钠，应先与盐酸反应生成NaCl后再电解熔融的NaCl得单质钠，钠在常温下与氧气反应生成氧化钠，为易错点。5、B【解析】

A.可燃性气体在点燃前，应验纯，以防发生爆炸；甲烷属于可燃物，故点燃甲烷(CH4)前，必须检验气体的纯度，A正确；B.氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，B错误；C.块状的金属剩余后应放回原试剂瓶，金属钠容易与空气中的氧气及水反应，反应放出热量，导致火灾发生，因此做实验剩余的金属钠，不能丢弃在废液缸中而放回原试剂瓶中，C正确；D.浓硫酸稀释放热，且浓硫酸的密度比水大，所以应将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌，D正确；故合理选项是B。6、D【解析】

①中中氧化性，还原性，②中氧化性，还原性，③中氧化性，还原性，根据以上知，氧化性大小顺序是，还原性大小顺序是，为了氧化I

而不使被氧化，则应该选取铁盐，答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化性强弱的比较方法是解本题关键，难度不大。根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应方程式确定氧化剂的氧化性强弱，然后再根据条件选择合适的氧化剂。7、C【解析】

A.摩尔是物质的量的单位，1摩尔任何物质约含有6.02×1023个构成物质的基本微粒，但不一定是分子，A错误；B.1mol氧气的质量为32g，B错误；C.溶液具有均一性，所以500mL2.5mol·L－1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2.5mol·L-1，C正确；D.在标准状况下乙醇是液体，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；故合理选项是C。8、D【解析】

A．1911年，卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，故A不符合题意；

B．维勒用无机物腈酸铵合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限，可利用无机物得到有机物，故B不符合题意；

C．门捷列夫在化学上的主要贡献就是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，故C不符合题意；

D．侯德榜-侯氏制碱法的原理是将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，故D符合题意；【点睛】根据侯德榜发明的侯氏制碱法的化学原理知道，二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵，氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵，所以才利于NaHCO3的生成。9、B【解析】

A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价的升降，均属于氧化还原反应，但③不属于置换反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0价，④中O元素的化合价由-2价升高为0价，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0价，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。10、A【解析】

该气体是无色的，则一定不能含有氯气（黄绿色）和NO2（红棕色）。混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2。把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，这说明含有NO，因此就一定不能含有氧气，因此正确的答案选A。【点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。11、D【解析】

向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况．由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol．A．由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况，选项A错误；B．由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-的变化情况，选项B错误；C．溶液中n（Br-）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，选项C错误；D．由上述分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较，综合性较强，清楚反应过程是解题关键。12、A【解析】

根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag++Cl-=AgCl↓算Cl-的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl-离子浓度，利用电荷守恒有2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，据此计算原溶液中的c(Na+)。【详解】BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它均分成两份，一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗amolH2SO4，则：根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知amolSO42-消耗amolBa2+；则c(Ba2+)==mol/L；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗bmolAgNO3，则：根据Ag++Cl-=AgCl↓关系可知bmolAgNO3消耗bmolCl-，c(Cl-)==mol/L，溶液不显电性，由电荷守恒可知，2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，解得c(Na+)=mol/L-2×mol/L=mol/L，【点睛】本题考查混合物的物质的量浓度的计算，清楚发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，熟悉物质的量浓度的计算公式，注意两等份溶液的浓度关系。13、C【解析】

A.FeFe3+化合价升高，属于还原剂，需加氧化剂才能实现，故A不符合题意；B.HClC12氯元素的化合价升高，属于还原剂，需加氧化剂才能实现，故B不符合题意；C.MnOMn2+锰元素的化合价降低，属于氧化剂，需加还原剂才能实现，故C符合题意；D.NH3NH，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案：C。14、D【解析】

A.氢氧化钠为强电解质，其电离方程式为NaOH=Na＋＋OH－，故A错误；B.氯化铁为强电解质，其电离方程式为FeCl3=Fe3＋＋3Cl-，故B错误；C.硝酸根为NO3－，硝酸钙的电离方程式为：Ca(NO3)2=Ca2＋＋2NO3－，故C错误；D.硫酸为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H＋＋，故D正确；故答案为D。15、C【解析】

A、次氯酸是弱酸，次氯酸不稳定，易分解为盐酸和氧气；B、次氯酸具有漂白性；C、次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气；D、氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有漂白性，因此后又使其褪色。【详解】A、次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气，所以氯水放置数天后pH将变小，故A正确；B、次氯酸具有漂白性，加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClO，故B正确；C、次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气，光照冒出的气泡是氧气，故C错误；D、氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有漂白性，因此后又使其褪色，故D正确。【点睛】本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，侧重于基础知识的综合运用，难度不大。16、B【解析】

丁达尔效应是胶体的性质，据此分析；【详解】丁达尔效应是胶体的性质，KCl溶液、NaOH溶液、CuSO4溶液的分散系为溶液，不是胶体，不具有丁达尔效应，Fe(OH)3胶体属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；答案为B。【点睛】常见的胶体除了有胶体两字外，还包括烟、雾、云、有色玻璃、墨水、豆浆、淀粉溶液、血液、肥皂水等分散系。17、A【解析】

根据阿伏伽德罗定律可知，体积相等的气体在同温同压时具有相同物质的量，A．N2、O2、NO都是双原子分子，根据N=nNA可知两瓶内气体具有相同原子数，故A正确；B．两瓶气体的质量不确定，则无法确定两瓶气体的密度是否相等，故B错误；C．氮气和氧气的比例不确定，无法判断两瓶气体的质量是否相等，故C错误；D．氮气和氧气的组成不确定，无法计算氮气和氧气的平均摩尔质量，故D错误；答案选A。18、C【解析】

A、Na2CO3的俗名为纯碱、NaHCO3俗名小苏打，则Na2CO3、NaHCO3的俗称分别为纯碱、小苏打，故A正确；

B．相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，则溶解度为Na2CO3＞NaHCO3，故B正确；

C、106gNa2CO3和84gNaHCO3均为1mol，与过量酸反应时，由C原子守恒可知，生成二氧化碳均为1mol，即放出CO2的质量相等，所以相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量：Na2CO3＜NaHCO3，故C错误；

D、根据碳守恒可知等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量的盐酸反应，产生CO2的量一样多，故D正确；

故选：C。19、C【解析】

A.柴油与汽油是互溶的两种液体，不分层，只能采用蒸馏分离，不能用普通漏斗分离，故不选A；B.碘易溶于四氯化碳中，不能用普通漏斗分离，故不选B；C.泥沙是不溶于水的固体，可用过滤法分离淀粉溶液和泥沙，能用普通漏斗分离，故选C；D.汽油和氯化钠水溶液是互不相容的的液体，不能能用普通漏斗分离，可用分液漏斗分离，故不选D；故答案选C。20、C【解析】

根据题干信息可以得出以下变化过程：【详解】A.钠离子与氢氧化钠、盐酸均不发生离子反应，加入过量氢氧化钠溶液增大了钠离子的数目，故A不合题意；

B.Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成Mg2+，Mg2+数目不变，故B不合题意；

C.Fe2+与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁与氢离子反应生成铁离子，因此Fe2+数目减少，故C正确；

D.Al3+与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与氢离子反应生成Al3+，Al3+数目不变，故D不合题意；

故选：C。21、C【解析】A、红热的铜与氯气发生Cu＋Cl2CuCl2，生成棕黄色的烟，故A说法正确；B、钠和氯气反应：2Na＋Cl22NaCl，生成白色的烟，故B说法正确；C、氢气在氯气中安静燃烧，产生苍白色火焰，HCl在瓶口形成白雾，故C说法错误；D、氯气与水反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，HClO见光或受热易分解，2HClO2HCl＋O2↑，故D说法正确。点睛：易混淆的是烟和雾，烟是固体小颗粒，雾是小液滴，氯化氢在空气遇冷形成小液滴。22、C【解析】

A.Al3＋、SO42－中加入少量NaOH溶液，离子方程式：Al3＋＋3OH－═Al(OH)3↓，故A正确；B还原性Fe2＋<I－,所以加入少量新制氯水，离子方程式：Cl2＋2I－═2Cl－＋I2，故B正确；C.Na＋、CO32-中加入少量盐酸，离子方程式：CO32-＋H＋═HCO3-,故C错误；D.Ca2＋、HCO3－中加入过量氨水,离子方程式：Ca2＋＋2HCO3－＋2NH3·H2O═CaCO3↓＋CO32－＋2NH4＋＋2H2O,故D正确；答案：C。【点睛】考查离子方程式的书写。根据强制弱的原理及以少定多的规律完成判断。如B因为还原性Fe2＋<I－,所以加入少量新制氯水，先发生Cl2＋2I－═2Cl－＋I2反应；如A.Al3＋、SO42－中加入少量NaOH溶液，发生的是Al3＋＋3OH－═Al(OH)3↓。二、非选择题(共84分)23、SO42－、CO32－、Na+Mg2+BaCO3+2H＋=Ba2++H2O+CO2↑【解析】

某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl－、SO42－、CO32－、Na+、Mg2+，加入足量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀①和溶液①，白色沉淀①中加入足量盐酸，产生气体，则可判断溶液X中含有CO32－，沉淀①中含有BaCO3，因Mg2+与CO32－不能大量共存则溶液X中不含Mg2+，反应后还有白色沉淀②，则为不溶于盐酸的BaSO4，可判断溶液X中含有SO42－；根据溶液为电中性可判断还含有阳离子Na+；不能确定溶液中是否含有Cl－，据此分析。【详解】某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl－、SO42－、CO32－、Na+、Mg2+，加入足量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀①和溶液①，白色沉淀①中加入足量盐酸，产生气体，则可判断溶液X中含有CO32－，沉淀①中含有BaCO3，因Mg2+与CO32－不能大量共存则溶液X中不含Mg2+，反应后还有白色沉淀②，则为不溶于盐酸的BaSO4，可判断溶液X中含有SO42－；根据溶液为电中性可判断还含有阳离子Na+；不能确定溶液中是否含有Cl－。根据分析可知：(1)溶液X中一定存在的离子有SO42－、CO32－、Na+；一定不存在的离子有Mg2+；(2)写出白色沉淀①与足量盐酸反应的离子方程式为BaCO3+2H＋=Ba2++H2O+CO2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，把握流程中白色沉淀的判断、气体及溶液的成分为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意水解及电荷守恒的应用。24、Fe四氧化三铁白红褐4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3KSCN溶液血红Cl2氧化Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】

氧化物B为具有磁性的黑色晶体，则B为四氧化三铁；金属单质A与水反应生成B，则A为Fe；四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，D与Fe反应可生成C，则D为氯化铁，C为氯化亚铁。【详解】（1）分析可知，A为Fe；B为四氧化三铁；（2）C为氯化亚铁，向其水溶液中加热NaOH溶液时，产生白色的氢氧化亚铁沉淀；遇到空气，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的氢氧化铁沉淀；反应的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）D为氯化铁，其溶液中的阳离子为Fe3+，可用KSCN检验，若变为血红色，则含有该离子；（4）E是一种黄绿色气体单质，则E为氯气；氯气与氯化亚铁反应中Cl的化合价降低作氧化剂；（5）氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。九、元素或物质推断题25、分液漏斗作氧化剂浓硫酸干燥氯气Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O【解析】

高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气、水，浓盐酸为易挥发性酸，若要收集干燥、纯净的氯气，需要去除HCl、水，因氯气会污染环境以及具有毒性，因此需要用NaOH溶液吸收多余的Cl2，据此分析本题。【详解】（1）a为分液漏斗；在反应过程中，Cl元素化合价升高，因此KMnO4的作用是作氧化剂；故答案为：分液漏斗；作氧化剂；（2）由上述分析可知，B中试剂为饱和食盐水，目的是去除氯气中氯化氢气体，装置C的目的是干燥气体，因此C中所装试剂为浓硫酸；故答案为：浓硫酸；干燥氯气；（3）氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，其离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；故答案为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。【点睛】二氧化锰或高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，氯气中混有氯化氢和水蒸气，应该用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，用碱液吸收尾气。26、250ml容量瓶、玻璃棒10.0检查容量瓶是否漏液容量瓶的规格选错未用玻璃棒引流B【解析】

(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据操作步骤选择仪器；（2）根据m=cVM计算氢氧化钠的质量；（3）根据容量瓶的使用方法回答；（4）应选用250mL的容量瓶，移液时用玻璃棒引流；（5）根据分析误差。【详解】没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，定容后颠倒摇匀，所以需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶、玻璃棒。(2)实验选择250mL容量瓶，所以需氢氧化钠的质量为m=0.25L×1mol•L-1×40g/mol=10.0g；(3)因为最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；（4）应选用250mL的容量瓶，移液时用玻璃棒引流，根据图示，图中的错误有：①容量瓶的规格选错；②未用玻璃棒引流；（5）A．所用氢氧化钠已经潮解，则氢氧化钠物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故不选A；B．向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故选B；C．有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，氢氧化钠物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故不选C；【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制的操作步骤、仪器选择，关键是正确选择容量瓶的规格，注意根据理解溶液配制与误差分析。27、2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑吸收气体中的水蒸气(干燥CO2)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈Na2O2能与CO2反应，生成白色粉末状物质和O2点燃的蚊香逐渐熄灭【解析】

根据实验装置图，可整理出实验的步骤和顺序为：A中的NaHCO3受热分解产生的CO2和H2O(g)进入试管B，H2O(g)被浓硫酸吸收，从B中出来的CO2气体与C处Na2O2反应，生成O2，从而促进蚊香的燃烧。第(5)问中，将Na2O2换成Na2O，则发生反应：Na2O＋CO2===Na2CO3，无O2放出，所以蚊香会逐渐熄灭，据以上分析进行解答。【详解】根据实验装置图，可整