2026届云南省寻甸县第五中学高一化学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2026届云南省寻甸县第五中学高一化学第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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Cu2S＋2Cu2O=6Cu＋SO2↑反应中，说法正确的是()A．生成1molCu，反应中转移2mol电子B．Cu元素被氧化C．氧化剂只有Cu2OD．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂2、下列反应属于氧化还原反应的是A．CaCO3CaO+CO2↑ B．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2C．CaO+H2O=Ca(OH)2 D．Na2O+2HCl=2NaCl+H2O3、下列含有共价键的物质是A．NaCl B．H2O C．MgCl2 D．KI4、下列物质中，不属于合金的是（）A．硬铝 B．黄铜 C．钢铁 D．金5、现有三组溶液：①煤油和氯化钾溶液、②35%的乙醇溶液、③碘单质和氯化钠固体，分离以上各混合体系最合适的方法依次是()A．分液、蒸馏、萃取 B．萃取、蒸馏、升华C．分液、蒸馏、升华 D．蒸馏、分液、萃取6、配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，实验结果偏高影响的是（）A．容量瓶中原有少量蒸馏水B．溶解所用的烧杯未洗涤C．定容时仰视观察刻度线D．定容时俯视观察刻度线7、向100mLFeI2、FeBr2组成的混合溶液中，通入2.24L氯气(标准状况下)，刚好有的Fe2+被氧化，由此推知FeI2的浓度可能是()A．2mol/L B．0.8mol/L C．0.6mol/L D．1mol/L8、向一定量铁、氧化铁、氧化亚铁的混合物中加入1000mL0.1mol·L－1的盐酸，恰好完全溶解，所得溶液中加硫氰化钾溶液无红色出现。若用足量一氧化碳还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）A．11.2g B．2.8g C．5.6g D．无法计算9、已知甲、乙、丙三种金属只有乙能与酸溶液反应产生氢气，而将金属丙投入到金属甲的盐溶液中，能观察到金属丙的表面有金属甲析出。则下列关于金属甲、乙、丙的金属活动性顺序排列正确的是（）A．乙＞丙＞甲 B．甲＞丙＞乙C．乙＞甲＞丙 D．甲＞乙＞丙10、下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是A．称量NaOH固体B．配制100mL0.1mol/L的H2SO4溶液C．家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取的分离方法D．提纯Fe(OH)3胶体11、“3G”手机出现后，以光导纤维为基础的高速信息通道尤显重要。下列物质中用于制造光导纤维的材料是A．铜合金 B．陶瓷 C．聚乙烯 D．二氧化硅12、等物质的量的二氧化硫、三氧化硫之间的关系正确的是()A．所含氧原子的物质的量的比为1∶1B．所含硫原子的物质的量的比为1∶1C．所含氧原子的质量比为1∶1D．二氧化硫和三氧化硫的质量比为1∶113、下列气体有毒的的是()A．氯气 B．氧气 C．氢气 D．二氧化碳14、下列不能导电的是：A．Fe B．熔融的NaCl C．NaCl晶体 D．NaCl溶液15、将体积比为1∶2的四氯化碳和碘水在试管中充分混合后静置。下列图示现象正确的是A． B． C． D．16、除去镁粉中的少量铝粉时,可选用的溶液是A．盐酸 B．硫酸镁 C．稀硫酸 D．氢氧化钠溶液17、已知O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A．SF6是还原产物B．O2F2是还原剂C．若生成3.2gO2，则转移0.2mole−D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：118、化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是（）A．用50mL量筒量取5.25mL稀硫酸B．用瓷坩埚（含有二氧化硅）灼烧碳酸钠晶体C．用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体D．配制240mL0.2mol/L的NaOH溶液用250mL容量瓶19、高一学生小强的化学笔记中有如下内容：①纯净物按照组成可以分为单质和化合物；②单质又可分为金属单质和非金属单质；③无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；④按照分散剂粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；⑤在水溶液中能导电的化合物就是电解质；⑥氧化还原反应的特征是化合价升降；你认为他的笔记中有几处错误（）A．两处 B．三处 C．四处 D．五处20、下列离子检验的方法正确的是（

）A．某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有B．某溶液中加入KSCN溶液，生成红色溶液，说明原溶液中含有Fe3+C．某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有Cl-D．某溶液中加入过量NaOH，生成白色沉淀，说明原溶液中含有Al3+21、FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断正确的是A．反应后溶液中可能存在Fe3+ B．反应后溶液中一定存在Fe2+C．反应后溶液中不可能存在Cu2+ D．剩余固体一定为纯净物22、证明溶液中是否有Fe2＋，其正确的操作顺序是（）①加少许酸化的KMnO4溶液②加少许氯水③滴加少许KSCN溶液A．①② B．②③C．①②③ D．③②二、非选择题(共84分)23、（14分）现有A、B、C、D四种化合物，透过蓝色钴玻璃观察的焰色均为紫色。A、B、C的水溶液都呈碱性，和盐酸反应均可得到D。将固体C加热可制得A，同时可得到无色、无味的气体E，该气体能引起温室效应。B与C的溶液混合后可得到A。试推断：A、_______；B、_______；C、_______；D、_______；E、_______。24、（12分）下列框图所示的转化关系中，、均为常见的金属单质；A、在冷的的浓溶液中均会发生钝化；为淡黄色的非金属单质。为红棕色固体氧化物，为常见无色液体。焰色为黄色，且能使酚酞变红（部分反应条件、反应过程中生成的水及其他产物略去）。（1）的化学式为______。（2）与反应的化学方程式为_____。（3）与氯气反应的离子方程式为_____。（4）与氨水反应的化学方程式为_______。（5）与反应的离子方程式为________。（6）检验“黄色溶液”中阳离子的方案：________________________________________。25、（12分）以下海带提碘的实验方案可以缩短实验时间，避免氯气和四氯化碳的毒性。实验流程如下：(1)步骤①所需的主要仪器有玻璃棒、______和______。(2)步骤③中加入双氧水后发生反应的化学方程式为_________；选择用双氧水做氧化剂的因是________。(3)检验I2的水溶液中含有单质碘的方法是取样于试管中，加入____，如溶液显___色，则可证明含有碘单质。(4)步骤④的操作名称是_____；石油醚能提取碘水中的碘，说明石油醚具有的性质是________。(5)步骤⑥通过敞口挥发就能得到固体碘，说明石油醚具有良好的______性。26、（10分）镁及其合金是用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：（1）为了使MgSO4转化为Mg(OH)2，试剂①可以选用_________；（2）无水MgCl2在熔融状态下，通电后产生镁和氯气，该反应的化学方程式为__________________；（3）电解后产生的副产物氯气可用于工业制漂白粉。某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了下图的实验装置。已知：①氯气和碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O回答下列问题：①甲装置中仪器a的名称是____________________；②装置乙中饱和食盐水的作用是__________________________________；③制取漂白粉的化学方程式是_____________________________________；④该小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n(Ca(ClO)2]，其主要原因是_________；⑤为提高丙中Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是_______________(任写一种即可)。27、（12分）（1）如图所示，将氯气依次通过盛有干燥的有色布条和湿润的有色布条的广口瓶，可观察到的现象是__________________________________．（2）写出C12与水反应的化学方程式________________________（1）为防止氯气污染空气，可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，原理是________________（用化学方程式表示）．根据这一原理，工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是________（填化学式，下同）。（4）氯气泄漏时，人们需尽快远离现场，可用浸有一定浓度某物质水溶液的毛巾捂住口鼻，最适宜采用的物质是__________．A．NaOHB．NaClC．KBrD．Na2CO1．28、（14分）氮的氧化物和硫的氧化物是导致酸雨的物质。（1）形成酸雨的原理之一可简单表示如图：请回答下列问题：①酸雨的pH_____（填“＞”、“＜”或“=”）5.6；②D物质的化学式为_____；③反应b的化学方程式为_____；（2）在一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质．写出氨气和二氧化氮在一定条件下反应生成氮气和水的化学方程式：____________________，反应中氧化剂是____；29、（10分）SO2是一种重要的氧化物,可用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐,也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。(1)SO2性质多变,若将SO2气体通入氢硫酸中,能看到的现象为:__________,该反应中SO2表现出______性;若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中,离子反应方程式为_________,该反应中SO2表现出__________性。(2)SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:‍①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式__________;已知:试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9余石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是__________;(3)在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。上述方法中,实现循环利用的物质是__________,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理__________。

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】

A．由反应可知，生成6molCu转移电子数为6mol，则生成1molCu，转移1mol电子，选项A错误；B．Cu元素由+1价降低为0价，则Cu元素被还原，选项B错误；C．Cu2S、Cu2O中Cu元素的化合价均为+1价，则它们均为氧化剂，选项C错误；D．因Cu2S中Cu元素由+1价降低为0价，S元素由-2价升高到+4价，则Cu2S既是氧化剂又是还原剂，选项D正确；答案选D。2、B【解析】

反应中存在含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，不含元素化合价变化的反应为非氧化还原反应。【详解】A．CaCO3CaO+CO2↑中各元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B选；C．反应CaO+H2O=Ca(OH)2中各元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．Na2O+2HCl=2NaCl+H2O中各元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选B。3、B【解析】

A.NaCl属于离子化合物，是由Na＋和Cl－构成，故A不符合题意；B.H2O为共价化合物，含有共价键，故B符合题意；C.MgCl2属于离子化合物，是由Mg2＋和Cl－构成，故C不符合题意；D.KI属于离子化合物，是由K＋和I－构成，故D不符合题意；答案为B。4、D【解析】

A.硬铝属于铝合金，是指以Cu为主要合金元素的铝合金；B.黄铜属于铜锌合金；C.钢铁属于铁的合金，有很多种，分为碳素钢和合金钢；D.金属于单质，不属于合金。综上所述，不属于合金的是金，故选D。5、C【解析】

①煤油和氯化钾溶液是互不相溶的两种液体混合物，用分液的方法分离；②35％的乙醇溶液中水与乙醇是互溶的两种液体混合物，可根据二者沸点的不同，用蒸馏的方法分离；③碘单质和氯化钠固体中，碘单质加热容易升华，而NaCl熔点、沸点高，不容易变为气体，可以用升华的方法分离，故正确选项是C。6、D【解析】A.容量瓶中原有少量蒸馏水不影响，A错误；B.溶解所用的烧杯未洗涤，溶质的质量减少，浓度偏低，B错误；C.定容时仰视观察刻度线，溶液体积增加，浓度偏低，C错误；D.定容时俯视观察刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，D正确，答案选D。点睛：在量筒、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，必须分情况讨论：（1）容量瓶(如图Ⅰ、Ⅱ)。①图Ⅰ：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。②图Ⅱ：定容时仰视，溶液体积偏大，所配制溶液的物质的量浓度偏小。（2）量筒面读数(如图Ⅲ、Ⅳ)。①图Ⅲ：量筒上方刻度更大，俯视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(a点)即为俯视读数，即量筒内液面俯视读数偏大。②图Ⅳ：量筒下方刻度更小，仰视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(b点)即为仰视读数，即量筒内液面俯视读数偏小。（3）用量筒量取一定体积的液体(如图Ⅴ、Ⅵ)。①图Ⅴ：用量筒量取5.0mL液体时，若俯视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积小于5.0mL，即偏小。②图Ⅵ：用量筒量取5.0mL液体时，若仰视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积大于5.0mL，即偏大。7、C【解析】

标况下2.24L氯气的物质的量为：=0.1mol，由于还原性强弱:I-＞Fe2+＞Br-

，氯气通入到100mLFeI2、FeBr2混合溶液中，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子；碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2I−=2Cl−+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；A．若FeI2的浓度为2mol/L，则n(FeI2)=2mol/Lｘ0.1L=0.2mol，n(I−)=0.4mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.2mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.2mol，通入的氯气一共为0.1mol，与题意不符，故A不符合题意；B．若FeI2的浓度为0.8mol/L，则n(FeI2)=0.8mol/Lｘ0.1L=0.08mol，n(I−)=0.16mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.08mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.08mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.02mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.02mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.04mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则溶液中的Fe2+的总物质的量为0.08mol，与FeI2中Fe2+的物质的量相等，说明溶液中不含FeBr2，与题意不符，故B不符合题意；C．若FeI2的浓度为0.6mol/L，则n(FeI2)=0.6mol/Lｘ0.1L=0.06mol，n(I−)=0.12mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.06mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.06mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.04mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.04mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.08mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则溶液中的Fe2+的总物质的量为0.16mol，说明溶液中含有FeBr2，FeBr2中Fe2+的物质的量为0.1mol，即混合溶液中FeBr2的浓度为1mol/L时符合题意，故C符合题意；D．若FeI2的浓度为1mol/L，则n(FeI2)=1mol/Lｘ0.1L=0.1mol，n(I−)=0.2mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.1mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.1mol，通入的氯气一共为0.1mol，即溶液中的碘离子将通入的氯气完全消耗，不会有Fe2+被氧化，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，与题意不符，故D不符合题意；答案选C。8、B【解析】

向一定质量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入1000mL0.1mol·L－1的HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液后，无血红色出现，说明溶液中没有铁离子，发生反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，最终溶液中溶质为FeCl2，根据氯离子守恒：2n(FeCl2)=1L×0.1mol·L－1=0.1mol，计算得出n(FeCl2)=0.05mol，根据Fe元素守恒，混合物中含有Fe元素的物质的量为：n(Fe)=0.05mol，混合物用过量的CO还原，最终得到的铁的物质的量为0.05mo，得到的铁的质量为：0.05mol×56g/mol=2.8g。故选B。【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。9、A【解析】

甲、乙、丙三种金属只有乙能与酸溶液反应产生氢气，则金属乙的活动性比甲、丙强；将金属丙投入到金属甲的盐溶液中，能观察到金属丙的表面有金属甲析出，则金属甲的活动性不如丙强；综上所述，甲、乙、丙的金属活动性顺序排列为乙＞丙＞甲，故选A。10、C【解析】A.称量NaOH

固体，应在小烧杯中称量，同时砝码应放在右边，故A错误；B.配制100mL0.1mol/L

的H2SO4

溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C、油水互不相溶，分层，家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取分液的分离方法，故C正确；D.提纯Fe(OH)3

胶体应用渗析的方法分离，故D错误；故选C。11、D【解析】

A．铜合金为金属材料，主要应用于电缆，故A不选；B．陶瓷为硅酸盐产品，不具有信号传输的能力，故B不选；C．聚乙烯为高分子材料，主要应用于食品包装使用，故C不选；D．二氧化硅是用于制造光导纤维的材料，具有信号传输的能力，故D正确；故选D。【点睛】本题考查光导纤维，明确其成分与功能即可解答，题目较简单．12、B【解析】

根据题意，n（SO2）：n（SO3）=1：1，通过观察分子式，一个分子中都含有一个硫原子，则所含硫原子的物质的量的比为1：1；一个SO2分子中含2个氧原子，一个SO3分子中含3个氧原子，所含氧原子的物质的量的比为2：3。【详解】A.一个SO2分子中含2个氧原子，一个SO3分子中含3个氧原子，所含氧原子的物质的量的比为2：3，A错误；B.通过观察分子式，一个分子中都含有一个硫原子，则所含硫原子的物质的量的比为1：1，B正确；C.m=n×M，氧原子的摩尔质量为16g/mol，氧原子的物质的量之比为2：3，则质量之比也为2：3，C错误；D.m=n×M，m（SO2）=n（SO2）×64g/mol，m（SO3）=n（SO3）×80g/mol，质量之比为4：5，D错误；答案为B。13、A【解析】

氧气、氢气、二氧化碳均为无色无味无毒的气体，而且氧气和二氧化碳均是空气的成分；氯气是一种黄绿色有毒气体。故答案为A。14、C【解析】

A.Fe是金属单质，能导电，A错误；B.熔融的NaCl能电离出自由移动的钠离子和氯离子，能导电，B错误；C.NaCl晶体中存在不能自由移动的钠离子和氯离子，不能导电，C正确；D.NaCl溶液中NaCl能电离出自由移动的钠离子和氯离子，能导电，D错误；故选C。【点睛】含有自由移动离子或电子的物质能导电，根据选项的物质中是否含有自由移动离子或电子分析是解答关键。15、D【解析】碘易溶在四氯化碳中，而四氯化碳不溶于水，且四氯化碳的密度大于水的，所以选项D正确，答案选D。16、D【解析】

A．盐酸和镁、铝都反应，不能用于除杂，选项A错误；B．镁粉、铝粉与硫酸镁都不反应，不能用于除杂，选项B错误；C．硫酸和镁、铝都反应，不能用于除杂，选项C错误；D．铝粉可与NaOH溶液反应生成可溶于水的偏铝酸钠，而镁与NaOH溶液不反应，反应后过滤可除杂，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查Mg、Al的化学性质及物质的除杂，把握物质性质的差异及除杂原则为解答的关键，注意发生的化学反应及Al与强碱溶液反应，铝粉可与NaOH溶液反应生成可溶于水的偏铝酸钠，而镁与NaOH溶液不反应，则混合物可用NaOH溶液除杂。17、C【解析】

卤素最低只能是-1价，因此氧是+1价，标出化合价后本题即可顺水推舟。【详解】A.硫元素的化合价从-2价升高到+6价，因此是氧化产物，A项错误；B.中的氧元素化合价从+1价降低到0价，因此是氧化剂，B项错误；C.根据反应方程式，每生成4mol氧气时一共转移8mol电子，因此若生成3.2g氧气（即0.1mol氧气）时，一共转移0.2mol电子，C项正确；D.还原剂是，氧化剂是，它们的物质的量之比为1:4，D项错误；答案选C。【点睛】氧的非金属性很强，但是氟的非金属性更强，因此氧和氟化合时氧为正价。18、D【解析】

A.在实验室量取液体时，量取5.25mL稀硫酸，应该使用10mL量筒，不能用50mL量筒量取，且10mL的量筒只能精确到0.1mL，故A错误；B.由于瓷坩埚中含有二氧化硅，与碳酸钠晶体灼烧时反应，应该使用铁坩埚，故B错误；C.托盘天平精确到0.1g，不能用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体，故C错误；D.实验室没有240mL的容量瓶，所以配制240mL0.2mol/L的NaOH溶液，必须选用250mL的容量瓶，故D正确。答案选D。19、A【解析】

①纯净物可以分为单质和化合物，正确；②单质可以分为金属单质和非金属单质，正确；③无机化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，正确；④分散系是按照被分散的物质，也就是分散质的颗粒直径大小来区分的，而不是分散剂粒子，错误；⑤电解质的定义是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，二者只要满足其一即可，错误；⑥有元素化合价改变的反应称为氧化还原反应，正确；因此④和⑤错误，答案选A。20、B【解析】

A．某溶液中加入BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则原溶液中可能含有，也可能含有Ag+，A错误；B．若某溶液中加入KSCN溶液，生成红色溶液，说明原溶液中含有Fe3+，B正确；C．某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，则原溶液中可能含有Cl-，也可能含有等离子，C错误；D．某溶液中加入过量NaOH，若生成白色沉淀，则原溶液中可能含有Mg2+，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与NaOH反应产生可溶性物质，因此该溶液中不可能含有Al3+，D错误；故答案是B。21、B【解析】

①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe＋Cu2+=Fe2+＋Cu，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；【详解】A.由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3+，A错误；B.固体有剩余，Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，溶液中一定存在Fe2+，B正确；C.当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，C错误；D.若铁过量，剩余的固体为铜和铁的混合物，D错误。故选B。22、D【解析】

滴加少许KSCN溶液，无红色出现；再加少许氯水后若立即出现红色，则证明原溶液中Fe2＋一定存在，故选：D。二、非选择题(共84分)23、K2CO3KOHKHCO3KClCO2。【解析】试题分析：本题考查物质的推断。A、B、C、D四种化合物的焰色反应透过蓝色钴玻璃呈紫色，A、B、C、D都是钾的化合物；固体C加热可制得A，同时得到无色、无味的气体E，E能引起温室效应，E为CO2，A、C的水溶液呈碱性，则A为K2CO3、C为KHCO3；A、C和HCl反应生成的D为KCl；B的水溶液呈碱性，与HCl反应生成KCl，B与C的溶液混合得到A，B为KOH。则A、B、C、D、E依次为K2CO3、KOH、KHCO3、KCl、CO2。24、SO22Al+Fe2O1===Al2O1+2Fe2Fe2++Cl2===2Fe1++2Cl-Al2(SO4)1+6NH1▪H2O===2Al(OH)1↓+1(NH4)2SO4Al2O1+2OH-===2AlO2-+H2O取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【解析】

A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，则B为Fe2O1，A为Al，C为Fe，D为A12O1．E为固体非金属单质，连续氧化得到G，G与常见无色液体X反应得到H，则E为S，F为SO2，G为SO1，H为H2SO4，X为H2O，I为FeSO4；L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O1反应，则L为NaOH，与Al2O1反应生成J为NaAlO2，A12O1与硫酸反应生成K为Al2(SO4)1，则M为Al(OH)1，据此解答。【详解】(1)由以上分析可知，F的化学式为SO2，故答案为：SO2；

(2)A与B反应是Al与氧化铁在高温条件下反应生成铁与氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe；

(1)Fe2+具有还原性，与具有强氧化性的Cl2反应生成Fe1+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-；

(4)K为Al2(SO4)1，与足量的氨水反应的离子方程式为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+，故答案为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+；

(5)D与L的反应为Al2O1和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学反应的离子方程式为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O．(6)黄色溶液中阳离子为Fe1+，其检验方法为：取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【点睛】此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论。25、坩埚酒精灯H2O2+2HI=2H2O+I2氯气有毒，双氧水比较安全淀粉蓝萃取石油醚不溶于水，碘在石油醚中的溶解度比在水中的大很多挥发【解析】

干海带灼烧成海带灰，用水浸泡海带灰，使海带中的I-溶于水，加入稀硫酸和双氧水，I-被氧化为I2，用石油醚萃取，得到I2的石油醚溶液，石油醚易挥发，敞口挥发后得到固体碘。【详解】(1)步骤①是灼烧，需要坩埚、酒精灯、玻璃棒等；(2)步骤③加入双氧水，H2O2氧化I-成为I2，化学方程式为：H2O2+2HI=2H2O+I2；由于氯气有毒，而双氧水比较安全，所以用双氧水氧化I-；(3)碘遇淀粉变蓝，所以可以用淀粉溶液检验碘；(4)步骤④是加入石油醚，使碘从水中进入石油醚中，操作为萃取；石油醚能提取碘水中的碘，说明石油醚不溶于水，而且碘在石油醚中的溶解度大于在水中的溶解度；(5)步骤⑥通过敞口挥发就能得到固体碘，说明石油醚具有良好的挥发性。

26、NaOH溶液MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑分液漏斗除去氯气中混有的氯化氢2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O(其它合理答案也给分)将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率(其它合理答案也给分)【解析】（1）为了使MgSO4转化为Mg(OH)2，应该选用碱液，所以试剂①可以选用NaOH溶液；（2）无水MgCl2在熔融状态下，通电后产生镁和氯气，该反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；（3）①甲装置中仪器a的名称是分液漏斗；②反应生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与石灰乳反应，需要除去，由于氯化氢极易溶于水，所以装置乙中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢；③制取漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；④由于氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，因此导致制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n(Ca(ClO)2]；⑤为提高丙中Ca(ClO)2的含量，需要避免副反应发生，因此要想办法降低温度，所以可采取的措施是将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率。27、干燥的有色布条无明显现象，潮湿的有色布条褪色Cl2＋H2O=HCl＋HClOCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OCa（ClO）2D．【解析】(1)氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以干燥的氯气通过干燥的有色布条不会褪色，而通过潮湿的有色布条时，布条褪色；(2)C12与水反应的化学方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO(1)C12能与NaOH溶液反应，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，反应原理为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；C12与石灰乳反应制漂白粉的方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，起漂白作用时Ca(ClO)2与水和CO2反应生成的HClO，所以漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2。(4)A、氯气能被NaOH溶液吸收，但NaOH溶液具有很强的腐蚀性，不能与皮肤接触，所以A错误；B、NaCl不能吸收氯气，故B错误；C、KBr能与氯气反应，但生成的溴单质同样有