2026届云南省玉溪市元江第一中学化学高一上期中复习检测模拟试题含解析

2026届云南省玉溪市元江第一中学化学高一上期中复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使所配得的溶液物质的量浓度偏高的是（）A．省去洗涤烧杯的步骤B．定容时俯视刻度C．定容时仰视刻度D．定容、摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线又加水至刻度2、实验是化学研究的基础，下列实验操作或装置正确的是()A．向试管中滴加液体B．除去CO气体中的CO2气体C．碳酸氢钠受热分解D．过滤3、下列说法不正确的是A．化合物中除了电解质就是非电解质B．硫酸铜溶于水通电后产生Cu2+和C．胶粒带同种电荷是胶体稳定最主要的原因D．分散质粒子大小不同是溶液、胶体和浊液的本质区别4、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA②4.6g钠由原子变成离子时，得到的电子数为0.2NA③物质的量浓度为1mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－数为2NA④标准状况下，22.4LCCl4中所含分子数为NA⑤常温常压下，32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA⑥1molFeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成NA个胶体粒子A．①②④⑤ B．①⑤ C．①③⑤ D．③④⑥5、将BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，下列说法正确的是（）A．一定存在Ag+ B．一定存在CO32— C．一定存在SO42— D．以上说法都不对6、下列说法错误的是A．6.02×1023是阿伏加德罗常数的近似值B．1mol12C的质量是12gC．阿伏加德罗常数有单位D．1molO2含有6.02×1023个氧原子7、溶液、浊液、胶体的本质区别是A．能否产生丁达尔现象B．能否透过半透膜C．是否是均一、稳定的D．分散质粒子半径大小8、通过实验得出的以下结论中，正确的是A．将某固体试样完全溶于盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中存在SO42-B．将该固体试样完全溶于盐酸，产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则该固体试样中一定存在CO32-C．将某固体加水完全溶解，滴加氢氧化钠溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NH4+D．将某固体进行焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃观察得火焰呈紫色，则该固体中不存在Na+9、在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是()A．33.3% B．40% C．36% D．54.5%10、下列离子方程式书写错误的是（）A．盐酸除铁锈：B．氯气通入NaOH溶液中：C．向KOH溶液中加入溶液：D．向溶液中加入过量稀盐酸：11、在容量瓶上不作标记的是A．刻度线 B．容量规格C．温度 D．溶液的物质的量浓度12、同温同压下，相同体积的两种气体A、B的质量比为22：17，若A气体为CO2，则B气体可能是A．NH3 B．H2S C．SO2 D．O213、下列叙述中，正确的是A．含金属元素的离子一定都是阳离子B．在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂C．某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原D．金属阳离子被还原不一定得到金属单质14、已知钙的活动性介于钠和钾之间（钙的密度为1.54克/厘米3），下列叙述正确的是A．少量的钙储存在煤油 B．氧化性：K+＞Ca2+＞Na+C．钙可以从K2SO4溶液中置换出钾 D．钙与水反应生成氢氧化钙和氧气15、下列离子方程式中正确的是()A．澄清石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2＋2H+===Ca2+＋2H2OB．氢氧化钡与硫酸反应OH-＋H＋===H2OC．铜片插入硝酸银溶液中Cu＋Ag+===Cu2+＋AgD．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应Mg2+＋2OH-===Mg(OH)2↓16、容量瓶上不必标注的是（）A．刻度线B．容积C．物质的量浓度D．温度17、关于原子结构的叙述正确的是A．所有的原子核都是由质子和中子组成的B．原子的最外层电子数不超过8个C．稀有气体原子的最外层电子数均为8D．原子的次外层电子数都是8个18、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A．Na+、K+、SO42－、CO32－B．Al3+、K+、SO42－、OHC．Na+、K+、Cl、NO3D．K+、Fe3+、MnO4-、I19、若将4.6g钠块置于过量O2中燃烧后，生成7.5g固体物质，则下列推断合理的是（）A．钠在燃烧前未被氧化B．钠在燃烧前已有部分被氧化C．钠在燃烧前已都被氧化D．生成物中只有氧化钠20、下列说法中正确的是（）A．1mol氧含有6.02×1023个微粒B．阿伏加德罗常数数值约等于6.02×1023C．硫的摩尔质量等于它的相对原子质量D．CO2的摩尔质量为44g21、下列关于离子键的叙述正确的是（）A．原子间的强烈的静电作用 B．阴、阳离子间的强烈的吸引C．阴阳离子间强烈的静电作用 D．阴阳离子间强烈的排斥作用22、下列离子组合中，能大量共存的是A．Cu2+、Mg2+、OH-、SO42-B．H+、Ag+、Cl-、NO3-C．Na+、K+、SO42-、Cl-D．Ba2+、H+、Cl-、CO32-二、非选择题(共84分)23、（14分）A～E是核电荷数均小于20的元素。已知：A原子的原子核内无中子；B原子的L层电子数是K层电子数的3倍；C元素的原子M层比L层电子数少1个；D元素的+2价阳离子和氖原子具有相同的电子数；E原子的最外层电子数与B相同。(1)写出五种元素的元素符号：A_____；B_____；C_____；D_____；E_____。(2)写出D2+离子的结构示意图_____。(3)写出C形成离子时的电子式_____。(4)A与B可形成两种化合物，其原子个数比分别为2:1和1:1，且这两种化合物中电子总数分别为10和18。请写出这两种化合物的化学式：_____、_____。(5)A元素与C元素组成的化合物的电离方程式：_____。24、（12分）现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4++OH-NH3↑+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？________（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_____（填离子符号），其物质的量浓度为______。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为________。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_________。A．该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04molB．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D．该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4＝K2SO4+I2+H2O①配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：________。②该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。③如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_________。25、（12分）某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气，并研究其性质。请回答下列问题：(1)装置甲中仪器A的名称是_______，甲装置中发生反应的化学方程式为_________。(2)制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序a→_______(补充完整)，丙中应装的溶液是_______。(3)某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请画出该装置并注明试剂________。(4)制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：Ⅰ方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量Ⅱ方案：采用酸碱中和的原理，测定中和残余盐酸所消耗的NaOH的量Ⅲ方案：与已知量CaCO3反应，称量剩余过量的CaCO3质量继而进行下列判断和实验：①判定Ⅰ方案是否可行_____，并说明理由________。②进行Ⅱ方案实验：准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值，假设实验操作均正确，请提出造成结果偏大的一个可能原因________。③已知将AgCl固体加入到NaBr溶液中会慢慢生成溶解度更小更难溶的AgBr沉淀，并且查得MnCO3的溶解度要小于CaCO3。据此判断Ⅲ方案的实验结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，说明理由________。(5)若浓盐酸足量，在上述反应中，1molMnO2能氧化____mol浓盐酸。26、（10分）Ⅰ．某化学兴趣小组在实验室用如下装置制备氯气：请回答：（1）实验装置连接完成后，首先应进行的操作是_______________。（2）写出A装置中制取氯气的化学方程式____________________。（3）若要制备纯净、干燥的氯气，需在A、B之间添加净化装置D、E，其中导管连接的顺序是____(填写数字编号)。Ⅱ．某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，实验室设计了方案对废液进行以下三步处理，并回收金属。请回答：（1）步骤①中得到的沉淀含有的金属单质有__________。（2）步骤②是将Fe2+转化为Fe3+，还可以选用的试剂是_____(填字母)。A．Fe粉B．NaOH溶液C．新制氯水D．稀硫酸（3）步骤③中加入氨水生成红褐色沉淀的离子方程式为___________________。27、（12分）有5瓶损坏标签的溶液，分别盛有AgNO3、HNO3、盐酸、BaCl2、K2CO3，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、E产生沉淀，B与D、E产生沉淀，C、D与E产生气体，而C与D无反应现象。（1）判断各试剂瓶中所盛试剂为：B_________、D_________。（2）写出下面要求的离子方程式：A与E：______________________________________________________。C与E：______________________________________________________。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）乙炔是基本有机化工原料，由乙炔制备聚乙烯醇和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：回答下列问题：（1）按系统命名法命名异戊二烯：________________________________________。（2）X分子中含有的官能团名称是________________________________________。（3）反应①~③中，__________（填反应序号）的反应类型与反应④不同，反应⑤属于__________反应。（4）与乙炔具有相同官能团的异戊二烯的同分异构体共有__________种。（5）X的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是__________（选填字母）。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪（6）顺式聚异戊二烯的结构式是（选填字母）__________。a．b．c．d．（7）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由乙烯和乙醛为起始原料制备1，3-丁二烯的合成路线：_________________

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.溶质损失，会使所配得的溶液物质的量浓度偏低；B.溶液体积变小，会使所配得的溶液物质的量浓度偏高；C.溶液体积增大，会使所配得的溶液物质的量浓度偏低；D.溶液体积增大，会使所配得的溶液物质的量浓度偏低。故选B。2、B【解析】

A.胶头滴管使用时应垂直、悬空于试管正上方0.5cm处，故A错误；B.氢氧化钠与二氧化碳反应，与一氧化碳不反应，可以用氢氧化钠除去一氧化碳中混有的二氧化碳；气体除杂进气管较长，浸入液体以下，出气管在液面以上，故B正确；C.大试管口应该向下倾斜，防止液体回流，造成试管炸裂，故C错误；D.过滤操作时倾倒液体应用玻璃棒引流，玻璃棒应靠在三层滤纸上且低于滤纸边缘，漏斗下端口紧靠烧杯内壁，故D错误。答案选B。3、B【解析】

A.化合物依据水溶液或者熔融状态下是否能够导电，分为电解质和非电解质，故A不选；B.电解质溶于水后，在水分子的作用下发生电离，不需要通电，故B选；C.胶体粒子带同种电荷，相互排斥，比较稳定，是胶体稳定的最主要原因，故C不选；D.分散系的本质区别是分散质粒子的大小不同，故D不选；故选：B。4、B【解析】

①标准状况下，11.2L混合气体的总量为0.5mol，因为氮气和氧气均为双原子分子，因此0.5mol以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA，正确；②4.6g钠的物质的量为0.2mol，1个钠原子变成离子时失去1个电子，因此0.2mol钠变为钠离子时失去的电子数为0.2NA，错误；③没有给出溶液的体积，也就不能计算出1mol·L－1的MgCl2溶液中溶质的量及含有Cl－数目，错误；④标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；⑤32gO2和O3混合气体中含有氧原子的质量为32g，物质的量为2mol，含有原子数为2NA，正确；⑥氢氧化铁胶体是很多氢氧化铁胶粒的集合体，因此1molFeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成胶体粒子数目小于NA个，错误；结合以上分析可知，①⑤正确；综上所述，本题选B。5、D【解析】

BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，稀硝酸具有强氧化性，则该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有Ag+、SO42-、SO32-，根据分析可知，原溶液中不一定含有Ag+或SO42-，一定不存在CO32-，故答案为D。【点睛】明确常见离子的性质为解答关键，将BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有Ag+、SO42-、SO32-。6、D【解析】

A项、阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023，故A正确；B项、1mol12C的质量是1mol×12g/mol=12g，故B正确；C项、阿伏加德罗常数的单位为mol—1，故C正确；D项、氧原子物质的量为氧气2倍，1molO2含有1.204×1024个氧原子，故D错误。故选D。7、D【解析】

三类分散系的本质区别是分散质粒子的大小，据此解答。【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），丁达尔效应是特征性质，溶液是稳定分散系，胶体是介稳分散系，浊液是不稳定分散系，胶体不能通过半透膜，则溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故答案选D。8、C【解析】

A．将某固体试样完全溶于盐酸，无明显现象，排除了干扰离子，如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，说明溶液中一定含有SO42-，但该固体试样中不一定存在SO42-，例如硫酸氢钠固体中不存在SO42-，A错误；B．将该固体试样完全溶于盐酸，产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，气体是二氧化碳或二氧化硫，则该固体试样中不一定存在CO32-，B错误；C．将某固体加水完全溶解，滴加氢氧化钠溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，也可能是由于生成的一水合氨浓度很小没有放出氨气，则该固体试样中仍可能存在NH4+，C正确；D．将某固体进行焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃观察得火焰呈紫色，由于滤去了黄光，则该固体中也可能存在Na+，D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查了常见离子的检验，检验一种离子的存在必须排除干扰离子，容易出错的是A选项，注意固体中含有的离子和溶于水后产生的离子不一定一致。9、D【解析】

CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O2═2CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量，氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O2═2H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量，CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，所以混合气体中氧气的质量为16.5g-7.5g=9g，氧气的质量分数为9g/16.5g×100%=54.5%．D项正确；答案选D。10、D【解析】

A.盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故A正确；B.氯气通入NaOH溶液生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；C.向KOH溶液中加入NaHSO4溶液生成硫酸钾、硫酸钠和水，离子方程式为：H++OH-=H2O，故C正确；D.向NaHCO3溶液中加入过量稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故D错误；故答案选D。11、D【解析】

容量瓶上标注的是刻线、容量和使用温度。D项符合题意，答案选D。12、B【解析】

在同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量的比，等物质的量的气体的质量比等于它们的摩尔质量之比，再结合摩尔质量与物质的相对分子质量关系及常见物质的相对分子质量确定物质的化学式。【详解】在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据n=，可知同温同压下，相同体积的两种气体A、B的物质的量相同，由可知气体的质量比等于它们的摩尔质量比，，解得M(B)=34g/mol，当摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量。A.NH3相对分子质量是17，摩尔质量是17g/mol，A错误；B.H2S相对分子质量是34，摩尔质量是34g/mol，B正确；C.SO2相对分子质量是64，摩尔质量是64g/mol，C错误；D.O2相对分子质量是32，摩尔质量是32g/mol，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了阿伏加德罗定律及推论的应用的知识。掌握阿伏加德罗定律及物质的相对分子质量与摩尔质量关系是本题解答的关键。13、D【解析】

A.含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如偏铝酸根离子，A错误；B.在氧化还原反应中，非金属单质不一定是氧化剂，例如氢气还原氧化铜的反应中氢气是还原剂，B错误；C.某元素从化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，例如氯气把碘离子氧化为单质碘，碘离子被氧化，C错误；D.金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，D正确；答案选D。14、A【解析】

A.钙的密度大于煤油，少量的钙可储存在煤油中，A正确；B.金属性K>Ca>Na，金属性越强对应离子的氧化性越弱，所以离子的氧化性为K+<Ca2+<Na+，故B错误；C.钙先与水反应，金属性比钾弱，不能置换出K2SO4溶液中的钾，故C错误；D.钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，故D错误；答案选A。15、D【解析】

A．澄清石灰水中的Ca(OH)2，在离子方程式中应该拆成离子形成，离子方程式为OH－＋H＋=H2O，A项错误；B．遗漏了Ba2＋和SO42－的反应，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO42－＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，B项错误；C．铜片插入硝酸银溶液中，铜会置换出银，选项中电荷不守恒，离子方程式为Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，C项错误；D．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应会生成氢氧化镁沉淀，D项中化学方程式正确，D项正确；本题答案选D。16、C【解析】

容量瓶主要用于准确地配制一定物质的量浓度的溶液；它是一种细长颈、梨形的平底玻璃瓶，配有磨口塞；瓶颈上刻有标线，当瓶内液体在所指定温度下达到标线处时，其体积即为瓶上所注明的容积数，一种规格的容量瓶只能量取一个量，常用的容量瓶有50、100、250、500、1000毫升等多种规格．【详解】容量瓶是一种定量仪器，用于配制一定体积的溶液，所以容量瓶上标有容积和刻度线；温度影响溶液的体积，配制一定物质的量浓度的溶液需要在一定温度下进行，所以容量瓶上标有A.刻度线，B.容积、D.温度，没有C物质的量浓度，故选C。【点睛】本题考查了容量瓶的构造，解题关键：注意掌握常见仪器的构造及使用方法，仪器的0刻度、计量仪器的准确度等．17、B【解析】

A、一般原子核是由质子和中子构成的，但氢原子例外，原子核内没有中子，选项A错误；B、原子的最外层电子数不超过8个，选项B正确；C、稀有气体原子的最外层电子数不一定均为8个，氦元素的原子最外层电子数为2个，选项C错误；D、原子的次外层电子数不超过18个，原子的次外层电子数不一定都是8个，选项D错误。答案选B。18、C【解析】A.溶液呈酸性，CO32－与H＋反应而不能大量共存，故A错误；B.OH－与Al3+反应生成Al(OH)3沉淀，溶液呈酸性，OH－也会与H＋反应而不能大量共存，故B错误；C.四种离子均无颜色，且在酸性溶液中互不反应，能够大量共存，故C正确；D.Fe3+、MnO4－有颜色，且二者具有氧化性，能和I－发生氧化还原反应，在无色溶液中不能大量共存，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查限定条件下的离子共存问题，解题时要把握题目中溶液无色、酸性的要求，注意常见离子的颜色（如Fe3+、MnO4－等）、性质（如与酸反应的离子）及反应类型的判断，明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间、能发生氧化还原反应的离子之间等不能大量共存，题目难度不大。19、B【解析】

，若0.2molNa完全燃烧，则，所以生成过氧化钠为0.1mol×78g/mol=7.8g>7.5g，说明燃烧之前部分钠被氧化，7.5g固体由Na2O2和Na2O共同组成，答案选B。20、B【解析】试题分析：A．1mol氧，没有指明是氧原子还是氧气分子，该表示方法不合理，故A错误；B．1mol粒子中含有相应粒子的数目为阿伏伽德罗常数，其近似值为6.02×1023，故B正确；C．硫的摩尔质量为32g/mol，硫的相对原子质量为32，二者的单位不同，故C错误；D．摩尔质量的单位为g/mol，故D错误；故选B。【考点定位】考查阿伏加德罗常数；摩尔质量【名师点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、摩尔质量与相对分子量的关系，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确摩尔质量与相对原子量的关系，如摩尔质量的单位为g/mol，相对原子量没有单位。21、C【解析】

离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，不仅包含吸引力还包含排斥力。【详解】A项、离子键是阴阳离子之间强烈的相互作用，故A错误；B项、离子键不仅包含吸引力还包含排斥力，故B错误；C项、离子键是阴阳离子之间强烈的相互作用，故C正确；D项、离子键不仅包含排斥力还包含吸引力，故D错误；故选C。22、C【解析】

离子共存要根据离子间是否发生复分解反应、氧化还原反应、双水解、络合反应来综合判断。【详解】A.Cu2+、Mg2+与OH-反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B.Ag+与Cl-反应生成氯化银白色沉淀，不能大量共存，A错误；C.Na+、K+、SO42-、Cl-之间不发生离子反应，可以大量共存，C正确；D.Ba2+与CO32-反应生成沉淀，H+与CO32-反应生成气体和水，不能大量共存，D错误。答案为C。二、非选择题(共84分)23、HOClMgSH2OH2O2HCl=H++Cl-【解析】

A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。【详解】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。（1）A：HB：OC：ClD：MgE：S（2）镁离子；（3）氯离子，电子式加中括号。；（4）A与B可形成H2O和H2O2（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H++Cl-。24、否NH4+0.8mol/LBaSO4、BaCO3A1：50.3mol【解析】

第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量≥0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L＝0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04mol，答案选A。（5）①反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4＝3K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；②KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；③在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。25、分液漏斗MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2Odebcfg饱和食盐水不可行残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀NaOH溶液变质偏小MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小2【解析】

甲装置是二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的发生装置；乙装置中盛有浓硫酸作为干燥装置；丙为洗气装置或除杂装置；丁为收集装置。【详解】(1)甲装置为固液加热反应装置，浓盐酸通过分液漏斗加入到圆底烧瓶中与二氧化锰接触，反应生成氯化锰、氯气和水，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)用浓盐酸与二氧化锰反应制取的氯气中含有水蒸气和氯化氢气体，所以要先将混合气体通入饱和食盐水除去氯化氢气体，然后再将气体通入浓硫酸中进行干燥，故答案为：debcfg；饱和食盐水；(3)吸收尾气中的氯气通常用氢氧化钠溶液吸收，上述方案缺少尾气吸收装置图为：；(4)①由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，生成物MnCl2中也含有氯离子也能和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，故答案为：不可行；残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；②进行Ⅱ方案实验：假设实验操作均正确，准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值。消耗的氢氧化钠溶液体积偏大才能导致结果偏大，则氢氧化钠溶液变质有可能导致结果偏大，故答案为：NaOH溶液变质；③MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小；(5)由反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，1molMnO2能氧化2mol浓HCl溶液，故答案为：226、检查装置的气密性MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O③④②①Ag、Cu、FeCFe3+＋3NH3·H2O＝Fe(OH)3↓＋3NH4+【解析】

I．实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，结合氯气的性质分析解答；II．废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，银离子变成单质银、铜离子被还原成单质铜，铁离子被还原为亚铁离子；滤液中含有亚铁离子，加入双氧水，亚铁离子被氧化生成铁离子，再加入碱液，生成氢氧化铁沉淀，据此分析解答。【详解】I．(1)制备气体的装置连接完成后，首先需要检查装置的气密性，故答案为检查装置的气密性；(2)A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水、氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)制备的氯气中含水蒸气、氯化氢杂质气体，制备纯净、干燥的氯气需要通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，导气管都应该长进短出，在A、B之间添加净化装置D、E，其中导管连接的顺序是③④②①，故答案为③④②①；II．(1)废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，银离子变成单质银、铜离子被还原成单质铜，铁离子被还原为亚铁离子，所以在操作①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故答案为银、铜、铁；(2)步骤②是将Fe2+转化为Fe3+，发生氧化反应，所以应加入氧化剂，除了双氧水外，还可以是新制氯水，故选C；(3)氯化铁溶液中加入氨水生成氢氧化铁，反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故答案为Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+。27、AgNO3盐酸Ba2++CO32-==BaCO3↓CO32-+2H+==CO2↑+H2O【解析】

C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。据此解答。【详解】根据以上分析可知A是氯化钡，B是硝酸银，C是硝酸，D是盐酸，E是碳酸钾，则（1）B中所盛试剂为AgNO3，D中所盛试剂为盐酸；（2）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32－＝BaCO3↓；C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32－＝CO2↑+H2O。【点睛】掌握常见物质的性质特点是解答的关键，注意进行物质的检验时，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。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元素的化合价降低，为氧化剂，HCl中部分Cl元素的化合价升高，为还原剂；

G．HgS+O2═Hg+SO2中，S元素的化合价升高，HgS为还原剂，Hg、O元素的化合价降低，HgS和O2为氧化剂。【详解】I.(1)根据上述分析可知，CuO+H2Cu+H2O中单质H2使CuO中的Cu元素被还原，故选A；(2)Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O中部分Cl元素的化合价