2026届浙江省9+1高中联盟高一化学第一学期期中综合测试试题含解析

2026届浙江省9+1高中联盟高一化学第一学期期中综合测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．碳酸氢钠溶液中：Cl-、NO3-、Na+、OH-B．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、Br-C．酚酞呈红色的溶液中：SO42-、K+、Cl-、Al3+D．饱和食盐水中：Fe3+、I-、SO32-、K+2、美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、中子数为175的超重元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为（)A．57 B．47 C．61 D．2933、某工厂废切削液中含有2%-5%的NaNO2，直接排放会造成水污染。已知NaNO2能发生反应：2NO2-+xI-+yH+=2NO↑+I2+2H2O（已配平），下列说法不正确的是A．上述反应中，x=2，y=4B．上述反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1C．若反应中转移1mol电子，则生成的NO的体积为22.4LD．为使NaNO2转化为无污染的N2后再排出，可选用的试剂是NH4Cl溶液4、在下列四种原子中，与氧原子化学性质相似的是（）A． B． C． D．5、如图为常见玻璃仪器组成的六种实验装置，根据需要加入液体或者固体试剂。下列说法错误的是()A．装有P2O5固体的E不能用于干燥氨气B．A、B装置能用于收集Cl2，又能用于收集NOC．C、D装置可以用于尾气处理，能防止液体倒吸到气体发生装置中D．F装置可用于合成氨实验中，若装入浓硫酸可以干燥、混合并能大致观察H2和N2的体积比6、实验中需2mol·L－1的碳酸钠溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格是A．1000mL B．950mL C．900mL D．500mL7、已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液可制得AgI胶体，当它跟Fe(OH)3胶体相混合时，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，由此可知A．该AgI胶粒能通过半透膜 B．该AgI胶体带负电荷C．该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动 D．该AgI胶体是电解质8、已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（）A．6∶1B．5∶1C．3∶1D．2∶19、在一定条件下可以把Mn2+氧化成，若反应中变为，又知反应中氧化剂与还原剂的离子个数比为5：2。则n为A．1 B．2 C．3 D．410、下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是A．NH3 B．SO2 C．HCl D．CO211、含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中，已知其中含Cl-1.5mol，K+和Na+共1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42-的物质的量为A．0.2mol B．0.5mol C．0.25mol D．0.15mol12、以下实验装置一般不用于分离物质的是（）A． B．C． D．13、某无色透明的溶液，在强酸和强碱性环境下都能大量共存的是()A．Fe2＋、K＋、SO42－、NO3－B．Na＋、K＋、SO42－、NO3－C．Mg2＋、NH4+、SO42－、Cl－D．Ba2＋、Na＋、MnO4－、SO42－14、120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A．2.5mol/L B．1.5mol/L C．0.18mol/L D．0.24mol/L15、在氢氧化钡溶液中滴入硫酸溶液并测定溶液导电性，下面各图表示的是随着硫酸滴入量的增加溶液导电能力变化的图像，其图像表示正确的是A． B． C． D．16、下列溶液中物质的量浓度为1mol/L的是（）A．将40gNaOH溶解在1L水中B．将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液C．将1L10mol/L浓盐酸加入9L水中D．将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL17、下列说法正确的是A．把100mL3mol/LH2SO4跟100mLH2O混合后，溶液中c(H+)为1.5mol/LB．把100mL20%NaOH溶液跟100mLH2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%C．把200mL3mol/LBaCl2溶液跟100mL3mol/LKCl溶液混合后，溶液中c(Cl－)仍然是3mol/LD．把100g20%NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%18、有BaCl2和KCl的混合溶液aL，将其平均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2＋离子完全沉淀,消耗xmolH2SO4,；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀，消耗ymolAgNO3。据此得知原混合溶液中的c(K＋)为()A．(y-2x)/aB．(2y-4x)/aC．(2y-2x)/aD．(y-x)/a19、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是()。A．将酸分为一元酸、二元酸等：分子组成中含有氢原子的数目B．强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小C．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象D．氧化还原反应的本质：有电子转移20、下列叙述与胶体知识无关的是A．向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液会看到红褐色沉淀B．江河入海口常有三角洲形成C．在电影院看电影，会看到从放映室到银幕的光柱D．“卤水点豆腐”21、某氯原子的质量为ag，12C原子的质量为bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列不正确的是A．该氯原子的摩尔质量为12abg/molB．xg该氯原子的物质的量是C．1mol该氯原子的质量是aNAgD．yg该氯原子所含的原子数为yaN22、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）实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：请回答下列问题：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个主要步骤：①量取②计算③溶解④定容⑤转移⑥洗涤⑦装瓶，其正确的操作顺序为___________（填序号）。（2）实验室只有100

mL、250

mL、500

mL三种规格的容量瓶，但要配制480mL0.50mol/L的稀硫酸，需取该浓硫酸______mL。（3）接下来完成此实验你将用到的仪器有20

mL量筒、烧杯、玻璃棒、____________。（4）要从所配溶液中取出50mL盛装于试剂瓶中，给它贴上标签，则标签的内容是________________；若再从中取出10mL溶液稀释至20mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为__________。（5）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是__________。A．用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线B．转移溶液时未洗涤烧杯C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水D．定容时俯视容量瓶的刻度线E.定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线26、（10分）某课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备实验并检验其性质．(1)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe（OH）3胶体的制备．①甲同学的操作是：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热．②乙直接加热饱和FeCl3溶液．③丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟．你认为哪位同学的制备方法更合理：_______，可以利用胶体的什么性质来证明有Fe（OH）3胶体生成？____________．(2)Fe（OH）3胶体稳定存在的主要原因是_____．A．胶粒直径小于1nmB．胶粒带正电荷C．胶粒作布朗运动D．胶粒能透过滤纸(3)Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_____．A．Fe（OH）3胶体粒子的直径在1～100nm之间B．Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应C．Fe（OH）3胶体是均一的分散系D．Fe（OH）3胶体的分散质能透过滤纸(4)提纯所制Fe（OH）3胶体常用的方法是_____________，若向Fe（OH）3胶体中滴入硫酸直到过量，描述此过程的实验现象_________________________________________．27、（12分）现有一不纯的小苏打样品（含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O），为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置（夹持仪器未画出）。实验步骤如下：①按图组装好实验装置并检查气密性。②称取一定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。[资料]i．浓硫酸常用于吸收水蒸气。ii．碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。iii．Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑。回答下列问题：(1)仪器E的名称是__________，其中盛放的药品是__________；若无该装置，则会导致测得的NaHCO3的质量分数__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。(2)步骤③的目的是__________。(3)装置B中除反应Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑外，还发生反应的化学方程式为__________。(4)若实验中称取样品的质量为50.0g，反应后C、D装置增加的质量分别为12.6g、8.8g，则混合物中NaHCO3的质量分数为__________%（计算结果精确到0.1）；若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，可得CO2标准状况下的体积为__________L（计算结果精确到0.01）。28、（14分）I.（1）0.2gH2含有________个H原子。（2）12.4克Na2X中含有0.4molNa+，则Na2X的摩尔质量是_________。II.如图所示为实验室某浓盐酸试剂瓶上标签的有关内容。取该盐酸10mL，加蒸馏水稀释至250mL，向其中加入mg锌粉恰好完全反应。（1）求原浓盐酸的物质的量浓度c=____________。（2）计算出m=___________。（3）向反应后的溶液中加入0.6mol/L的AgNO3溶液至不再产生沉淀，共消耗VmLAgNO3溶液，则V的值是__________。29、（10分）建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2＋HI―→NO↑＋I2＋NaI＋H2O（1）配平上面方程式。_________（2）上述反应的氧化剂是________；若有1mol的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是________。（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋，进行实验，下列选项合适的是________(填字母)。A．③⑤B．①②④C．①②⑤D．①②③⑤（4）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_________________________。

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．HCO3-与OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选；B．Cu2+、K+、SO42-、Br-四种离子之间不反应，是澄清透明的溶液，故B选；C．滴入酚酞呈红色的溶液，显碱性，含有OH-，Al3+与OH-反应结合为沉淀，不能大量共存，故C不选；D．铁离子能氧化碘离子，Fe3+与I-不能大量共存，故D不选；故选B。【点睛】本题考查离子的共存。本题的易错点为B，要注意“澄清透明”与“无色”限制条件的区别。2、A【解析】

原子中质子数=核外电子数，故该原子的核外电子数是118

，

则该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是175-118=57，所以A符合题意；故选A。【点睛】核内质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。3、C【解析】

由I元素原子守恒可知x=2，由电荷守恒可计算y=4，故A正确，但不符合题意；氧化剂是NO2-，N元素的化合价由+3降为+2；还原剂是I-，I元素的化合价由-1升高到0，x=2，故物质的量之比为1：1，故正确，但不符合题意；若反应中转移1mol电子，则生成的NO为1mol，在标准状况下为22.4L，故C错误，但符合题意；由于NH4++NO2-=N2↑+2H2O，为使NaNO2转化为无污染的N2后再排出，可选用NH4Cl溶液，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】涉及到气体体积时，一定要注意是否在标准状况下，这是最容易被忽略的问题。4、A【解析】

化学性质与最外层电子数关系密切，最外层电子数为6的原子，化学性质与氧原子相似，以此来解答。【详解】A是S原子，最外层有6个电子，与氧原子化学性质相似，故A符合题意；B是Mg原子，最外层有2个电子，易失去电子，与氧原子化学性质不同，故不选B；C是Ne原子，最外层有8个电子，性质稳定，与氧原子化学性质不同，故不选C；D是C原子，最外层有4个电子，不易得到或失去电子，与氧原子化学性质不同，故不选D。本题选A。5、B【解析】A、五氧化二磷是一种酸性干燥剂，而氨气是一种碱性气体，所以不能用五氧化二磷干燥氨气，故A正确。B、一氧化氮易和氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误。C、C、D装置均具有缓冲结构,用于尾气吸收，能防止液体倒吸到气体发生装置中,故C正确。D、F装置用于合成氨实验,若装浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体,并且利用F中气泡的多少能大致观察H2和N2的体积比,故D正确。本题正确选项为B。6、A【解析】

容量瓶在实验室中常见的规格有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，为减小误差,应该一次性配制完成,故应选用稍大于950mL，且实验室中有的容量瓶,所以A选项是正确的。【点睛】为了减小实验误差，在配制一定量物质的量浓度的溶液时，容量瓶的选择，应本着“宁大勿小、就近选择”的原则。7、C【解析】

已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液可制得AgI胶体，当它跟Fe(OH)3胶体相混合时，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe(OH)3胶粒带相反电荷，Fe(OH)3胶粒带正电，AgI胶粒带负电；【详解】A.胶粒直径在1到100nm之间，不能通过半透膜，A错误；B.该AgI胶体不带电，B错误；C.AgI胶粒带负电，则该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动，C正确；D.该AgI胶体是一种分散系，不是电解质，D错误；答案选C。8、B【解析】

NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。注意参加反应的氯化氢没有全部被氧化，一部分起酸的作用转化为氯化钠。9、B【解析】

该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的离子个数比为5：2，即与Mn2+的个数之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5+2Mn2+=2+10+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+(-2×10)+1×16，解得n=2，答案选B。10、A【解析】

A．氨气有刺激性气味，氨气溶于水形成氨水，显弱碱性，氨气属于碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；B．SO2和水反应生成亚硫酸，属于酸性气体，湿润的红色石蕊试纸不变色，故B错误；C．HCl属于酸性气体，湿润的红色石蕊试纸不变色，故C错误；D．CO2和水反应生成碳酸，属于酸性气体，湿润的红色石蕊试纸不变色，故D错误；答案选A。【点睛】氨气是碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝。11、B【解析】

溶液呈电中性，忽略水的电离由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+），即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，故B正确；答案：B【点睛】电解质混合溶液中常利用电荷守恒计算离子物质的量及离子物质的量浓度。12、C【解析】

A.图为蒸发装置，适用于难挥发的物质与易挥发的物质之间进行分离，故A不符合题意；B.图为蒸馏装置，可分离互溶但沸点不同的液体混合物，故B不符合题意；C.图为配制一定浓度的溶液，不能用于分离物质，故C符合题意；D.图为洗气装置，可分离混合气体，如洗气瓶中为NaOH溶液可分离CO和二氧化碳，故D不符合题意；答案选C。13、C【解析】

溶液无色，则有颜色的离子不能存在，在强酸性和强碱性的条件下都能大量共存，说明离子既不与H+反应也不与OH-反应，则在两种溶液中都能大量共存，以此解答该题。【详解】A．Fe2+有颜色，在碱性溶液中会生成沉淀，在酸性溶液中能被硝酸根离子氧化，不能大量共存，A错误；B．碱性条件下Mg2＋、NH4+不能大量共存，故B错误；C．四种离子既不与H+反应也不与OH-反应，且离子之间不发生任何反应，在两种溶液中都能大量共存，C正确；D．MnO4－有颜色，且Ba2+、SO42－反应生成沉淀，不能大量共存，D错误。答案选C。【点睛】明确离子的性质、发生的反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。14、B【解析】

当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为＝2mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度＝＝1mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在1mol/L～2L/mol之间，答案选B。15、A【解析】

溶液导电的实质是：必须有自由移动的带电的离子，离子浓度大，导电能力强，离子浓度小，导电能力弱；氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，生成硫酸钡沉淀和水。【详解】氢氧化钡溶液中滴入等物质的量浓度的硫酸溶液，氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中的离子浓度减少，导电能力下降，当硫酸与氢氧化钡恰好完全反应，此时溶液中的离子几乎为零，即导电能力为零，再滴入硫酸，导电能力逐渐增强，故选A。16、D【解析】

A．40gNaOH的物质的量为1mol，溶解在1L水中配成的NaOH溶液的体积不是1L，浓度不是1mol/L，故A错误；B．标况下，22.4LHCl的物质的量是1mol，常温常压下，22.4LHCl的物质的量小于1mol，未告知温度和压强，无法计算22.4LHCl气体的物质的量和得到溶液的物质的量浓度，故B错误；C．1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合配成溶液的体积不是10L，所以混合后溶液的物质的量浓度不是1mol/L，故C错误；D．10gNaOH物质的量为0.25mol，溶解后配制为250mL的溶液，其浓度为1mol/L，故D正确；故选D。【点睛】正确理解物质的量浓度的概念是解题的关键，本题的易错点为B，要注意气体摩尔体积受温度和压强的影响，温度越高，气体摩尔体积越大，17、D【解析】

A、稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，混合溶液体积不一定为200mL，所以稀释后硫酸的物质的量浓度不等于1.5mol/L，选项A错误；B、水的密度小于氢氧化钠溶液密度，混合后溶液的质量小于2倍的100mL20%的氢氧化钠溶液质量，所以混合后的氢氧化钠溶液的质量分数大于10%，选项B错误；C、3mol/L的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol/L，3mol/L的KCl溶液中氯离子浓度为3molL，氢离子浓度介于3mol/L～6mol/L，若忽略体积变化，混合后氯离子浓度约为0.2L×6mol/D、混合后溶液质量为200g，溶质氯化钠的质量不变为100g×20%=20g，所以混合后氢氧化钠溶液质量分数为20g200g×100%=10%答案选D。18、B【解析】

一份滴加稀硫酸，使Ba2＋离子完全沉淀,消耗xmolH2SO4,，说明溶液中氯化钡的物质的量为xmol，另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀，消耗ymolAgNO3，说明氯离子总共的物质的量为ymol，氯化钡中的氯离子物质的量为2xmol，则氯化钾中的氯离子物质的量为（y-2x）mol。则原溶液中钾离子物质的量为2（y-2x）mol，钾离子浓度为2（y-2x）/a，故选B。19、D【解析】

A.根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，而不是根据酸分子中的氢原子个数，错误；B.根据电解质在熔融状态或在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C.分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D.氧化还原反应的本质是电子转移，正确。【点睛】丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，但不是分散系区分的本质区别；溶液导电能力与溶液中可移动电荷总浓度有关，与电解质强弱无关。20、A【解析】

A项、FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故A正确；B项、江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，与胶体知识有关，故B错误；C项、胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱的形成也属于光的散射现象，属于胶体的丁达尔效应，与胶体知识有关，故C错误；D项、卤水点豆腐是蛋白质胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，和胶体性质有关，故D错误。故选A。【点睛】本题考查胶体的性质，注意掌握哪些物质是胶体是解题的关键。21、D【解析】

A．氯原子的相对原子质量是氯原子的质量与12C原子的质量112的比值，即为12ab；摩尔质量在数值上等于相对原子质量，但是单位不同，即为12abg/mol，故B．根据n=mM可得xg该氯原子的物质的量为n=xb12amol，故C．一个氯原子的质量为ag，1mol氯原子的质量为aNAg，故C不符合题意。D．根据N=nNA，可得yg该氯原子所含的原子数为yb12aNA，故D符合题意。本题选【点睛】注意相对原子质量和摩尔质量的数值相同，但是单位不同，相对原子质量的单位为1，摩尔质量的单位为g/mol。22、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。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、②①③⑤⑥④⑦13.6500mL容量瓶、胶头滴管0.50mol/LH2SO4(aq)0.25mol/LBE【解析】

了解稀释溶液的过程，根据过程记忆使用的仪器。利用公式c=1000ρωM来进行溶液物质的量浓度和质量分数的换算【详解】（1）配制溶液时的顺序为，计算、量取、溶解、转移、洗涤、定容最后装瓶。因此正确的操作顺序为②①③⑤⑥④⑦。（2）实验室没有480mL的容量瓶，因此需要用500mL的容量瓶来配制。利用图中数据可求出浓硫酸的物质的量浓度c2=1000ρωM=18.4mol/L。依据稀释前后硫酸的物质的量不变，即c1V1=c2V2，可解得V2（3）溶液的稀释需要用到的实验仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶和胶头滴管。（4）从所配溶液中取出50mL溶液，标签应写上溶液名称和物质的量浓度，因此答案为0.50mol/LH2SO4(aq)；c1V1=c2V2，将c1=0.50mol/L，V1=0.01mL，V2=0.02mL代入可求得c2=0.25mol/L。（5）A．用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线导致量取的浓硫酸物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高；B．转移溶液时未洗涤烧杯，烧杯中有残余的硫酸，导致所配溶液浓度偏低；C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水，对溶液所配浓度没有影响；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高；E．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致所配溶液体积偏大，浓度偏低。会使所配溶液浓度偏低的是BE。【点睛】实验室没有480mL的容量瓶，因此配制480mL0.50mol/L的稀硫酸时，需要使用500mL的容量瓶来配制；稀释溶液误差分析根据c=nV=mMV来判断，V不变n偏小的情况下，所配溶液浓度偏小，n偏大，浓度偏大；n不变，V偏大浓度偏小，n不变26、（1）甲同学，丁达尔效应（2）B（3）A（4）渗析法硫酸少量时，有红褐色沉淀生成，硫酸过量时，沉淀溶解，溶液变成棕黄色【解析】试题分析：（1）由氢氧化铁胶体的制备方法可知，甲同学的制备方法更合理，直接加热饱和FeCl3溶液，容易变浑浊，故乙同学的制备方法不合理；根据题意，向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，可以制备氢氧化铁胶体，但煮沸10分钟，容易使具有介稳性的胶体聚集为红褐色沉淀，故丙同学的制备方法错误；胶体具有丁达尔效应，溶液则无此现象，据此可以证明溶液中是否生成氢氧化铁胶体；（2）A、胶体中分散质粒子（简称胶粒）的直径介于1～100nm之间，A错误；B、氢氧化铁胶体粒子专门吸附带正电的阳离子，因此带正电，由同性相斥、异性相吸可知，氢氧化铁胶体能稳定存在，B正确；C、胶粒作布朗运动，但这不是其稳定存在的原因，C错误；D、滤纸的孔径约为100nm，胶粒能透过滤纸，但这不是其稳定存在的原因，D错误；答案选B；（3）A、胶体和溶液、浊液最本质的区别是分散质粒子的直径在1～100nm之间，A正确；B、Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，但这不是其本质，B错误；C、Fe(OH)3胶体是均一的分散系，但这也不是其本质；D、Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸，但这不是其本质；（4）胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜，因此常用渗析法分离提纯所制的氢氧化铁胶体；氢氧化胶体遇到硫酸这种电解质的溶液时，先发生聚集沉淀，后逐渐溶解，即先生成红褐色沉淀，后逐渐溶解，变为黄色溶液。考点：考查胶体的制备、性质、分离和提纯。【名师点睛】胶体的主要应用如下：（1）农业生产：土壤的保肥作用，土壤里许多物质如粘土腐殖质等常以胶体形式存在。（2）医疗卫生：血液透析，血清纸上电泳利用电泳分离各种氨基酸和蛋白质。医学上越来越多地利用高度分散的胶体来检验或治疗疾病，如胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，作为药物的载体，在磁场作用下将药物送到病灶，从而提高疗效。（3）日常生活：制豆腐、豆浆、牛奶和粥的原理（胶体的聚沉），明矾净水。（4）自然地理：江河入海口处形成三角洲，其形成原理是海水中的电解质使江河泥沙形成胶体发生聚沉。（5）工业生产：制有色玻璃（固溶胶）。在金属、陶瓷、聚合物等材料中加入固态胶体粒子，不仅可以改进材料的耐冲击强度、耐断裂强度、抗拉强度等机械性能，还可以改进材料的光学性质。有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的。国防工业中有些火药、炸药须制成胶体。一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体。27、球形干燥管碱石灰偏大除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑+CO2↑67.210.08【解析】

将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已知的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量；故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果。【详解】(1)由题知仪器E的名称是球形干燥管。干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以