黑龙江省绥化市青冈一中2026届高一化学第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

黑龙江省绥化市青冈一中2026届高一化学第一学期期中学业水平测试模拟试题注意事项：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、根据表1信息，判断以下叙述正确的是（）表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A．氢化物的沸点为H2T＜H2R B．单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC．M与T形成的化合物具有两性 D．L2＋与R2－的核外电子数相等2、下列关于胶体的叙述中，不正确的是A．用半透膜除去淀粉胶体中的NaCl B．胶体中分散质粒子的直径小于1nmC．丁达尔效应可以区分溶液和胶体 D．胶体粒子可以透过滤纸3、下列关于氧化还原反应的叙述中，正确的是（）A．一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原B．氧化还原反应的实质是电子的转移C．某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原D．氧化还原反应中，得电子越多，氧化性越强4、下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是A．石墨 B．KNO3 C．H2SO4 D．蔗糖5、下列化学方程式改写成离子方程式正确的是（）A．2NaOH+Cl2==NaCl+NaClO+H2O；Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2OB．CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O；CO32-+2H+==CO2↑+H2OC．Al2(SO4)3+6NH3•H2O==2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4；Al3++3OH-==Al(OH)3↓D．Ba(OH)2+H2SO4==BaSO4↓+2H2O；2H++2OH-==2H2O6、某200mLFe2(SO4)3溶液中含有0.1molFe3+，该溶液中SO42-的物质的量浓度为（）A．0.75mol·L-1 B．0.5mol·L-1 C．1mol·L-1 D．0.25mol·L-17、标准状况下，相同质量的下列气体中，体积最大的是A．O2 B．N2 C．Cl2 D．CO28、仪器名称为“容量瓶”的是A． B． C． D．9、相同条件下，两个容积相同的贮气瓶，一个装O2气体,另一个装O3气体，两瓶气体具有相同的A．质量B．密度C．分子数D．原子数10、下列说法不正确的是A．新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色B．新制氯水有漂白性是因为HClO的强氧化性C．新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2有毒，能毒杀细菌D．新制氯水与久置的氯水中加小苏打溶液都能产生气泡11、下列实验操作中正确的是A．萃取操作时，选择的萃取剂密度必须比水大B．分液操作时，分液漏斗里上、下层液体均从下口放出C．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处D．蒸发操作时，使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热12、如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加溶液的量，下列说法正确的是（）A．曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸B．曲线B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液C．曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸D．曲线D表示Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液13、下列有关物质的分类正确的是A．混合物：空气、矿泉水、水银B．酸性氧化物：、CO2、SO2、COC．盐：醋酸钠、氯化铵、纯碱D．弱电解质：CH3COOH、H2O、NH314、诺贝尔化学奖获得者泽维尔研究了氢气和二氧化碳的反应：H2+CO2=CO+H2O，此反应在一定条件下经历了一个相对长的中间状态HCOOH。下列叙述正确的是A．H2的还原性一定比CO强B．CO还原性一定比H2强C．反应条件对物质的还原性存在影响D．以上反应不是氧化还原反应15、在一定温度和压强下，2体积X2气体与3体积Y2气体恰好完全反应，生成2体积气体化合物Z，则Z的化学式可能是()A．X2Y3 B．XY C．X3Y D．XY316、下列反应中，既是离子反应，又是氧化还原反应的是()①铁和盐酸反应：Fe＋2HCl===2FeCl2+H2↑②生石灰溶于水：CaO＋H2O===Ca(OH)2③氯化钠溶液和浓硫酸混合加热：2NaCl＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋2HCl↑④二氧化锰跟浓盐酸在加热条件下反应：MnO2＋4HCl(浓)===MnCl2＋Cl2↑＋2H2O⑤氢气在氯气中燃烧：H2＋Cl2===2HClA．①②B．①③C．①④D．①⑤17、对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是(

)选项ABCD物质的化学式NaOH汽油KClO3乙醇危险警告标签A．A B．B C．C D．D18、2013年1月我国大部分地区被雾霾笼罩，空气质量严重污染。PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5×10－6m)的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物。下列有关说法中错误的是()。A．雾霾空气属于混合物B．微粒直径为2.5微米的细小颗粒物可形成胶体C．实施绿化工程，可以有效防治PM2.5污染D．PM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质19、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-、I20、下列物质分类正确的是A．CO2、NO2均为酸性氧化物B．有尘埃的空气、墨水均为胶体C．烧碱、蔗糖均为电解质D．胆矾、盐酸均为混合物21、在实验室中，通常将金属钠保存在()A．水中 B．四氯化碳中 C．煤油中 D．汽油中22、在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c(Na+)＝0.2mol·L－1，c(Mg2＋)＝0.5mol·L－1，c(Cl－)＝0.4mol·L－1，则c(SO42－)为（）A．0.3mol·L－1B．0.4mol·L－1C．0.20mol·L－1D．0.5mol·L－1二、非选择题(共84分)23、（14分）目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。已知A、B、C、D、E有如下转化关系：（1）写出A、B生成NaCl的化学方程式：_____________________________________。（2）写出化学式：C______________，D_____________。（3）工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉，漂白粉的主要成分是_______________________________。（写化学式）（4）若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现________________(填沉淀颜色)沉淀，该过程所发生反应的化学方程式为____________________________________________。24、（12分）在Na+浓度为0.5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）阳离子K+Ag+Ca2+Ba2+阴离子NO3－CO32-SiO32-SO42-现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀盐酸生成白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56L气体Ⅱ将Ⅰ中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是________；(2)实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为________；(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。阴离子NO3－CO32-SiO32-SO42-c（mol/L）________0.25mol/L________________(4)判断K+是否存在，若存在，计算其最小浓度；若不存在，请说明理由：___________________。25、（12分）下图是我校实验室化学试剂浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480mL1mol⋅L−1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④量筒。请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，还缺少的仪器有______(写仪器名称)。(2)经计算，所需浓硫酸的体积约为______mL；若将该硫酸与等体积的水混合，所得溶液中溶质的质量分数______49%(填“>”、“<”或“=”)。(3)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1mol⋅L−1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因______。①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线②容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥③将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，立即进行后面的实验操作④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出⑤定容时，俯视容量瓶刻度线⑥定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线，又补充几滴水至刻度处26、（10分）海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验（苯，一种不溶于水，密度比水小的液体）：请填写下列空白：（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是_______（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。A．烧杯B．坩埚C．表面皿D．泥三角E．酒精灯F．干燥器（2）步骤③的实验操作名称是_______；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是_______。（3）步骤⑤是萃取、分液，某学生选择用苯来提取碘的理由是_______。在分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后______（填标号），以下略。A．直接将含碘苯溶液从分液漏斗上口倒出B．直接将含碘苯溶液从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从下口放出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出27、（12分）在某次实验中，要用420mL0.52mol·L-1的NaOH溶液，回答下列问题：(1)实际配制时，应用托盘天平称取NaOH固体_____________g；(2)若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1g以下移动游码，天平平衡时实际称得的NaOH固体质量是______________g；(3)用托盘天平和小烧杯称出NaOH固体的质量，其正确的操作顺序的序号为__________；A．调整零点B．添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处C．小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡D．称量空的小烧杯质量E．将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处(4)欲配制该0.52mol·L－1的NaOH溶液时需用的主要仪器有托盘天平(附砝码、镊子)、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、_____________和______________；(5)下列操作对所配浓度有何影响(填写字母)？偏大的有________；偏小的有___________。A．称量时用了生锈的砝码；B．将NaOH放在纸张上称量；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出；E．定容时俯视刻度线；F．容量瓶未干燥即用来配制溶液；G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。28、（14分）HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是________(填序号)。A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋D．亚硝酸盐是还原剂(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是________(填序号)。A．加入稀盐酸，观察是否有气泡产生B．加入AgNO3，观察是否有沉淀产生C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：____________。(4)若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，试配平下列方程式：______FeSO4＋______K2O2—______K2FeO4＋______K2O＋______K2SO4＋______O2↑(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，它在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。请根据以上信息，写出高铁酸钾作为水处理剂的两点原理_________________________。29、（10分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑该反应中氧化剂是__________(填化学式),过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价为__________。(填数字)(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种数粒:Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。①碱性条件下,氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应,写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:__________。②每生成1molFeO42-转移__________mol电子,若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为__________mol。

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、C【解析】

由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R，A不正确；B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C正确；D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。故选C。2、B【解析】

A.胶体中分散质粒子不能透过半透膜，小分子，离子能透过半透膜，用半透膜除去淀粉胶体中的NaCl，方法为渗析法；故A项正确；B.胶体中分散质粒子的直径介于1--100nm之间，故B项错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质，可用来区分胶体和溶液，故C项正确。D.胶体中分散质粒子和溶液中溶质粒子都能透过滤纸，不能用滤纸分离，故D项正确；综上所述，本题选B。【点睛】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具有丁达尔效应，可以发生电泳现象，可以发生聚沉，胶体的分离提纯一般都用渗析法进行。3、B【解析】

A.在氧化还原反应中被氧化的元素和被还原的元素可以是同一元素，如Cl2+H2O=HCl+HClO，其中氯元素既被氧化又被还原，A项错误；B.氧化还原反应中化合价升高的实质是失去电子或共用电子对偏离，化合价降低的实质是得到电子或电子对偏向，所以氧化还原反应的实质是电子的转移，B项正确；C.处于化合态的元素化合价既可能呈负价也可能呈正价，若由正价变成游离态，则该元素被还原如CuO+H2Cu+H2O中的铜元素；若由负价变成游态，则该元素被氧化如MnO2+4HCl2MnCl2+Cl2↑+2H2O中的氯元素，C项错误；D.氧化性越强是指得电子能力越强，与得电子多少没有必然联系，D项错误；答案选B。【点睛】熟记氧化还原反应概念的小方法：“升失氧、降得还”，即化合价升高失去电子，对应元素发生氧化反应，化合价降低得到电子，对应元素发生还原反应。4、A【解析】

电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。【详解】A项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；B项，KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；C项，H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；D项，蔗糖属于非电解质，不导电。综上所述，符合题意的选项为A。5、A【解析】

A项，在反应方程式中钠离子不参与水、气体或者沉淀等的生成，因此将钠离子从反应中去掉，故A项正确；B项，该反应中由于碳酸钙是固体，不能将其拆分，故B项错误；C项，NH3•H2O属于弱碱，应用分子式表示，不能将其拆分，故C项错误；D项，该反应中硫酸钡是沉淀，因此参与反应的硫酸根、钡离子等都不能消去，故D项错误；综上所述，本题选A。【点睛】在书写离子方程式时，能够拆成离子的物质有：强酸、强碱、可溶性的盐，而单质、气体、弱酸、弱碱、水、氧化物等均写成化学式形式。6、A【解析】由化学式Fe2(SO4)3可知：n(SO42-)=n(Fe3+)=0.1mol=0.15mol所以c(SO42-)==0.75mol/L,A正确。7、B【解析】

因M（Cl2）＞M（CO2）＞M（O2）＞M（N2），根据n=可知，相同质量的气体，N2的物质的量最大，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故N2的体积最大，故选B。8、B【解析】

A．为漏斗，用于过滤操作，故A不符合题意；B．为容量瓶，用于配制一定量浓度的溶液，故B符合题意；C．为锥形瓶，用于制取气体、作为反应容器或盛装反应物，进行定量分析，故C不符合题意；D．为分液漏斗，用于分离密度不同且互不相溶的不同液体，也可用于向反应器中随时加液，故D不符合题意；答案选B。9、C【解析】

在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。在相同条件下，两个容积相同的贮气瓶中的氧气和臭氧的物质的量相等，则两瓶中气体的分子数也相同。故选C。10、C【解析】

新制氯水含有氯气、盐酸和次氯酸等物质。【详解】A.新制氯水中有酸性，可使紫色石蕊试液先变红，含有次氯酸具有漂泊性，然后褪色，故正确；B.新制氯水有漂白性是因为HClO的强氧化性，能使有色物质褪色，故正确；C.新制氯水能杀菌消毒是因为次氯酸具有强氧化性、能杀菌消毒，不是氯气的作用，故错误；D.新制氯水与久置的氯水都含有盐酸，故向其中加入小苏打溶液都能产生二氧化碳，故正确。故选C。【点睛】新制氯水中含有氯气和盐酸和次氯酸等，氯气具有强氧化性，盐酸有酸性，次氯酸有强氧化性和漂白性。11、C【解析】

A．萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可，故A错误；B．分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故B错误；C．蒸馏操作时，温度计用于测量馏分温度，则温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故C正确；D．在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸干，故D错误。答案选C。12、C【解析】

A、NaOH溶液中滴加稀盐酸，导电能力基本保持不变，应该是曲线B，选项A错误；B、CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，开始滴加时导电能力增强，应该是曲线A，选项B错误；C、Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和极弱电解质水，离子浓度降低，当硫酸过量时离子浓度增大，导电能力先减小再增大，应该是曲线C，选项C正确；D、Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液，沉淀溶解，离子浓度增大，开始滴加时导电能力增强，应该是曲线A，选项D错误；答案选C。13、C【解析】

A．水银是汞单质，是纯净物，故A错误；B．CO既不能与酸反应，又不能与碱反应，是不成盐氧化物，故B错误；C．醋酸钠、氯化铵、纯碱能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子，属于盐类，故C正确；D．NH3为化合物，其水溶液能导电，但其本身不发生电离，则属于非电解质，故D错误．故选C。14、C【解析】

A、在此反应条件下，H2的还原性强于CO，但CO＋H2OH2＋CO2发生时，CO的还原性强于H2，故错误；B、根据选项A的分析，CO的还原性不一定比H2强，故错误；C、根据A选项的分析，反应条件对物质的还原性存在影响，故正确；D、上述反应存在化合价的变化，因此属于氧化还原反应，故错误。答案选C。15、A【解析】

同温同压下，气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于物质的量之比，同一反应中不同物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据质量守恒定律确定该化合物的化学式。【详解】根据上述分析可知，设化合物的化学式为Z，所以该反应方程式为2X2+3Y2=2Z,根据质量守恒定律得Z的化学式为X2Y3，A项正确；答案选A。16、C【解析】

属于离子反应说明有离子参加反应或离子生成，属于氧化还原反应，说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答。【详解】①该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；②生石灰溶于水属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；③氯化钠溶液和浓硫酸混合加热属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；④该反应中Cl元素化合价由－1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；⑤氢气在氯气中燃烧属于氧化还原反应，但该反应中没有离子参加，所以不属于离子反应；即①④选项符合，答案选C。【点睛】本题考查离子反应和氧化还原反应，侧重考查基本概念，根据离子反应、氧化还原反应的本质分析解答即可，注意离子反应一般在水溶液中进行。17、D【解析】

A．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，符合题意，故A正确；B．汽油属于易燃物，图为易燃液体标志，符合题意，故B正确；C．KClO3属于易爆物，应贴爆炸品的标志，图为爆炸品标志，故C正确。D．乙醇属于易燃物，不属于剧毒品，应贴易燃液体的标志，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查危险品标志，解这类题时，首先要知道各种物质的性质，然后根据各个标签所代表的含义进行分析判断。18、B【解析】

选项A，空气是由N2、O2及一些尘埃等组成的混合物，正确；选项B，胶体微粒直径介于1～100nm之间，所以微粒直径为2.5微米的细小颗粒物不能形成胶体，错误；选项C，实施绿化工程，树木能吸附空气中的尘埃，从而有效防治PM2.5污染，正确；选项D，PM2.5表面积大，吸附能力强，能吸附有毒有害物质，正确；答案选B。19、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。20、B【解析】

根据酸性氧化物的概念、胶体、电解质等化学基础常识及相关知识进行分析。【详解】A.能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，反应过程中元素的化合价不发生变化，不是氧化还原反应。NO2和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，故A错误；B.有尘埃的空气和墨水，它们的分散质直径在1纳米至100纳米之间，属于胶体，胶体有丁达尔效应，故B正确；C.蔗糖是有机物，其在水溶液中或熔融状态下只以分子存在，没有离子，属于非电解质，故C错误；D.胆矾的化学式是CuSO4•5H2O，故胆矾是纯净物，故D错误；故选B。21、C【解析】

钠是活泼金属，易被空气中的氧气氧化，也与空气中的水蒸气反应，所以金属钠要密封干燥保存，钠的密度小于水，大于煤油。在实验室中，通常将金属钠保存在煤油中，选C，故答案为：C。22、B【解析】

令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值．据此判断。【详解】令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：0.2mol/L×1+0.5mol/L×2=0.4mol/L×1+2c，解得：c=0.4mol/L。答案选B。【点睛】本题考查溶液物质的量浓度的计算，难度不大，利用常规解法，比较麻烦，本题根据溶液不显电性，阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算中经常运用。二、非选择题(共84分)23、2Na+Cl22NaClNaOHFeCl3CaCl2和Ca(ClO)2红褐色2Na+2H2O=2NaOH+H2↑FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl【解析】

由流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，结合元素化合价知识及化学用语解析。【详解】（1）A为Na，B为Cl2，生成NaCl的化学方程式：2Na+Cl22NaCl；（2）由分析可知各物质的化学式：C为NaOH，D为FeCl3；（3）工业上制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2；（4）若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中，A与水反应生成NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，再发生3NaOH+FeCl3═Fe（OH）3↓+3NaCl，溶液中出现红褐色沉淀。24、Ag+、Ca2+、Ba2+CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑？0.40存在，最小浓度为0.8mol/L【解析】

I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；【详解】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；（1）根据上述分析，实验I中一定不存在的离子是Ag＋、Ca2＋、Ba2＋；（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；（3）根据上述分析，NO3－可能含有，也可能不含有，因此NO3－的浓度为?；SiO32－的物质的量浓度为0.04/(100×10－3)mol·L－1=0.4mol·L－1；SO42－不含有，浓度为0；（4）根据上述分析，K＋一定存在，根据电中性，当没有NO3－时，K＋浓度最小，n(K＋)＋n(Na＋)=2n(SiO32－)＋2n(CO32－)，代入数值，解得n(K＋)=0.08mol，即c(K＋)=0.8mol·L－1。25、500mL容量瓶27.2＞①③⑤【解析】

配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。【详解】（1）根据提供的仪器和分析可知，还需仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）浓硫酸的物质的量浓度为c=1000ρω/M=(1000×1.84g/mL×98%)/98g/mol=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol/L×Vml=500mL×1mol•L-1解得V=27.2mL；因为浓硫酸的密度比水大，因此等体积的浓硫酸的质量比水大，根据溶质质量分数公式可知，得到的稀硫酸的溶质质量分数会偏向于浓硫酸的质量分数，即大于49%，故答案为：27.2，＞；（3）①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，所取的浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故①选；②若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故②不选；③将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故③选；④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出会导致溶质损失，浓度偏低，故④不选；⑤定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故⑤选；⑥定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处则浓度偏低，故⑥不选；①③⑤符合题意，故答案为：①③⑤。26、BDE过滤蒸馏（或减压蒸馏）苯与水不互溶、不反应，且碘单质在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度D【解析】

(1)灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚,而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上,三脚架下面的空间放酒精灯.因此，本题正确答案是:BDE;

(2)将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法;将苯和碘分离,应用的是两者的沸点不同,即用蒸馏的方法;

(3)萃取剂的选择原理:和水互不相溶,苯与碘不反应,要萃取的物质在其中的溶解度大于在水中的溶解度,故可以选择苯;分液时,下层液体从下口流出,上层液体从上口倒出,因为苯的密度比水小,故碘的苯溶液在上层,水在下层,故先将水层从分液漏斗的下口放出,再将含碘苯溶液从上口倒出,所以D选项是正确的.27、10.49.6ADBCE玻璃棒500mL的容量瓶偏大的有A、C、E偏小的有B、D、G【解析】

(1)选择仪器的标准是“大而近”分析；(2)天平称量物质时要遵循：左物右码的原则；(3)根据天平使用原则判断操作顺序；(4)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；；(5)利用c=判断实验误差。【详解】(1)准确配制一定体积的物质的量浓度的溶液要使用容量瓶，在实验室中没有规格是420mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，要选择使用500mL的容量瓶，则配制500mL0.52mol/L的NaOH溶液，需称量NaOH的质量为m(NaOH)=0.52mol/L×0.5L×40g/mol=10.4g；(2)称量物质应该左物右码，若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1g以下移动游码，则用天平实际称得的NaOH固体质量是m(MaOH)=10g-0.4g=9.6g；(3)托盘天平在使用前首先应该调零；NaOH具有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯中进行称量，因此要先称量空的小烧杯质量，然后添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处

，再小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡，最后将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处，故操作正确顺序为ADBCE；(4)用NaOH固体准确配制0.52mol·L－1的NaOH溶液时，要使用托盘天平(附砝码、镊子)准确称量NaOH的质量，用药匙从试剂瓶中取出NaOH固体，并将具有腐蚀性的NaOH放在烧杯中进行称量，然后用量筒量取水，向烧杯中加水溶解NaOH固体，为使NaOH固体快速溶解，使热量迅速扩散，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至已经查漏的500mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，当加水至离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切，最后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到0.52mol·L－1的NaOH溶液。故使用的仪器，除题干给出的，还缺少的仪器是玻璃棒和500mL的容量瓶；(5)A．称量时用了生锈的砝码，则称量的NaOH质量偏大，NaOH的物质的量偏大，最终导致配制的溶液浓度偏大；B．若将NaOH放在纸张上称量，由于NaOH有吸湿性，部分NaOH会沾在纸上，导致配制溶液的NaOH质量偏少，最终使配制的溶液的浓度偏小；C．NaOH在烧杯中溶解后，反应会放出大量热，若未冷却溶液就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)，待溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，使得溶液的体积偏小，最终配制溶液的浓度就偏大；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，使配制溶液中含有的溶质减少，最终使配制的溶液浓度偏小；E．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，导致配制溶液的浓度偏大；F．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制溶液的浓度不产生任何影响；G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，最终导致配制溶液的浓度偏小。综上所述可知：操作使溶液的浓度偏大的有A、C、E；使溶液的浓度偏小的有B、D、G。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、操作步骤、误差分析等。明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格的选择和误差分析的方法。28、DBNO2－＋Cl2＋H2O==NO3－＋2H＋＋2Cl－262221强氧化性，杀菌消毒；形成氢氧化铁胶体吸附杂质【解析】⑴.根据题意可知，血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋，Fe2＋作还原剂，则亚硝酸盐作氧化剂，服用维生素C可解毒，说明维生素C具有还原性。A．根据上述分析可知，亚硝酸盐作氧化剂，在反应中被还原，故A正确；B．根据上述分析可知，维生素C是还原剂，故B正确；C．维生素C因具有还原性，可以将Fe3