2026届河南省商丘市九校高一化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届河南省商丘市九校高一化学第一学期期中达标检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列关于物质的量浓度表述正确的是()A．0.3mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42-的总物质的量为0.9molB．50mL1mol·L－1的KCl溶液和100mL0.25mol·L－1MgCl2溶液中，Cl－物质的量浓度相等C．将10mL1mol·L－1的H2SO4稀释成0.1mol·L－1的H2SO4，可向其中加入100mL水D．20℃时，0.023mol·L-1的氢氧化钙饱和溶液100mL加入5g生石灰，冷却到20℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.023mol·L-12、如图所示装配仪器，接通直流电源，电解饱和食盐水，则电解一段时间后在石墨和铁钉表面都有气体生成，其中碳棒表面生成的气体是A．Cl2 B．O2 C．H2 D．HCl3、下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是()A．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的“通路”B．加热溶液和胶体，溶液中一般不会析出晶体，而胶体会因凝聚而析出C．在CuCl2溶液中滴加NaOH溶液出现沉淀D．清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)4、水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+aOH-=Y+S4O62-+2H2O，下列有关说法不正确的是（）A．a=4 B．Y的化学式为Fe2O3C．S2O32-是还原剂 D．每32gO2参加反应，转移电子的物质的量为4mol5、下列离子方程式可能不正确的是A．钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B．硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-++2H+=2H2O+BaSO4↓C．酸碱中和反应：OH-+H+=H2OD．盐酸清除铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O6、将绿豆大小的方形金属钠投入足量且含酚酞的水中，根据相应现象不能得出的结论是()选项实验现象结论A方形金属钠变成小球钠与水的反应吸热B钠浮于水面游动水的密度大于钠的C酚酞溶液变成红色有碱性物质生成D钠球游动有吱吱声有气体生成A．A B．B C．C D．D7、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（）A．0.3mol/L B．0.03mol/L C．0.05mol/L D．0.04mol/L8、下列反应，能用离子方程式Ca2++2OH－+2=CaCO3↓++2H2O表示的是A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙 B．氢氧化钙与足量的碳酸氢钙C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠 D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙9、下列反应中，一定发生电子转移的是A．NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O B．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑C．Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O D．FeO+2HCl＝H2O+FeCl210、下列实验操作正确的是A．蒸馏B．块状固体得取用C．过滤D．用试管给液体加热A．AB．BC．CD．D11、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%12、离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是（）A． B． C． D．13、经测定一瓶气体中只含有C、O两种元素，通常情况下这瓶气体不可能是A．一种化合物 B．一种单质和一种化合物的混合物C．两种化合物 D．两种单质14、强碱性的无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、SO42-、CO32- B．Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-C．Ba2+、K+、Cu2+、Cl- D．Na+、Ag+、HCO3-、Cl-15、对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂B．每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子C．Cl2既是氧化剂又是还原剂D．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶116、将氯气分别通入含下列离子的溶液中，离子浓度变化最小的是()A．Fe3+ B． C． D．I-17、下列实验操作或叙述正确的是A．因为Ba(NO3)2易溶于水，可将含有Ba(NO3)2的废液倒入水池中，再用水冲入下水道B．检验某溶液中是否含有SO42−时，为防止Ag+、CO32-等离子的干扰，可以先加稀盐酸将溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀物C．标准状况下，22.4

LNH3溶于910g水中，得到的溶液密度为0.91g·cm-3

，则该溶液的物质的量浓度为1mol/LD．某无色溶液中加入盐酸生成无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-18、下列说法不正确的是A．同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B．同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子C．1molO2中含有1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4LD．由0.2gH2和8.8gCO2、5.6gCO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍19、通过分类进行比较后再推理称为类推，类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实践的验证，以下类推的结论错误的是（）①原子和分子均是微观粒子，原子在化学变化中不能再分，则分子在化学变化中也不能再分②Na、K具有强还原性，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应③钠与水反应生成NaOH和H2;所有金属与水反应都生成碱和H2④CuSO4溶液能够导电，CuSO4是电解质；将CO2溶于水所得溶液可以导电，所以CO2是电解质A．①②B．①③④C．①②③④D．①②④20、下列各组物质或微粒化学性质几乎相同的是：A．T、DB．金刚石、石墨C．Mg、Mg2+D．H2O、D2O221、根据下列反应判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序是①2FeCl2＋Cl2===2FeCl3；②2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋2HCl＋I2；③H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4；A．Cl2>FeCl3>I2>H2SO4B．I2>FeCl3>H2SO4>Cl2C．FeCl3>I2>H2SO4>Cl2D．Cl2>FeCl3>H2SO4>I222、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．4二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液中含有X－、Y2－、Z2－三种常见的无机离子。如下图所示，发生了一系列化学反应。第④步反应生成的白色沉淀中含Y2－.（1）判断X－、Y2－、Z2－分别为________、________、________（写离子符号）。（2）写出④、⑤步反应的离子方程式。④______________________________________________________；⑤______________________________________________________。24、（12分）某溶液的溶质离子可能含有Mg2＋、Ba2＋、CO32－、Cl－、SO42－、NO3－中的几种，现进行如下实验：Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_________________。（2）写出Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式：_______________________。（3）为了验证溶液中是否存在Cl－、NO3－，某同学提出下列假设：①只存在Cl－；②Cl－、NO3－同时存在；③____________。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl－的实验方法：______________________。25、（12分）Ⅰ、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。回答下列问题。（1）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（2）根据计算用托盘天平称取的质量为_______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。Ⅱ、下图是铁粉和水蒸气反应的实验装置示意图。（1）写出该反应的化学方程式______________________________________________。（2）写出仪器A、C的名称_____________，____________；C中所装药品是________，作用是__________，先加热A还是B处？____________。26、（10分）掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。（1）写出下列仪器的名称：a.____________b.__________c.__________e.__________（2）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是__________。冷凝水由_________（填f或g）口通入。（3）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，装置II是某同学转移溶液的示意图。①图中的错误是_____________________。②根据计算得知，用托盘天平所需称量NaOH的质量为__________g。③配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）________。A．用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶B．称量计算出的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解并冷却至室温C．将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度2~3cm处（4）物质的量浓度误差分析：（填偏高、偏低、无影响）①用滤纸称量氢氧化钠________；②定容时，若眼睛俯视刻度线，则所配制的溶液浓度将_____________；③未冷却到室温就注入容量瓶定容_________；④配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液________。27、（12分）某同学用10mol/L的浓盐酸配制230mL1mol/L的稀盐酸，并进行有关实验。请回答下列问题：（1）需要量取浓盐酸___________mL。（2）配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有______、______等。（3）若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是：①偏高②偏低③不变A、加水定容时越过刻度线_________(填序号)。B、忘记将洗涤液转入容量瓶__________(填序号)。C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理__________(填序号)。D、量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制__________(填序号)。（4）取所配制的稀盐酸100mL，与一定质量的锌充分反应，若锌全部溶解后，生成的气体在标准状况下的体积为0.896L，则参加反应的锌的质量为______g，设反应后溶液的体积仍为100mL，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为_________________。28、（14分）（1）①H2+CuOCu+H2O②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是__________________________（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O________（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（4）若反应3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_____________L。（5）配平下面两个反应①____H2O+____Cl2+____SO2==____H2SO4+____HCl，____________②____KMnO4+____HCl==____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O（系数是1的也请填上），_____根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4、MnSO4、SO2、H2O、H2SO4这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。______________________________________。29、（10分）现有金属A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、F、F，它们之间的转化发生如下反应，（图中有些反应的产物和反应条件没有全部标出），黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质C的溶液反应生成红褐色沉淀．请回答下列问题：（1）物质F的化学式为______．（2）①写出金属A与水反应的化学方程式：______．②写出黄绿色气体乙和水反应的离子化学方式：______．③实验室制备黄绿色气体的化学方程式:___________.（3）金属单质A投入到下列溶液中既有气体，又有沉淀出现的是______A、氯化钠溶液B、碳酸钠溶液C、硫酸铜溶液D、氯化铵溶液．

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项、硫酸钠溶液物质的量浓度已知，但溶液体积未知，不能计算离子物质的量，故A错误；B项、1mol•L-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L，0.25mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L，Cl-的物质的量浓度不相等，故B错误；C项、10mL1mol·L－1的H2SO4稀释成0.1mol/L的H2SO4，所得稀硫酸的体积为100mL，所加水的体积不是100mL，故C错误；D项、氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂，使部分氢氧化钙析出，溶液温度恢复到20℃时，仍为氢氧化钙的饱和溶液，溶液体积减小，同温下同种溶质在同种溶剂中的饱和溶液的浓度不变，故D正确。故选D。2、A【解析】

根据装置图可知，石墨是阳极，铁为阴极，阳极发生电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑阴极发生电极反应式为：2H+＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此碳棒上生成的气体为氯气，故A正确；综上所述，答案为A。3、C【解析】

A、蛋白质溶液是胶体，胶体能产生丁达尔效应，所以与胶体有关，故A错误；B、加热溶液，一般不会析出晶体；而将胶体溶液加热，会使胶体溶液发生凝聚作用，凝聚作用的结果是分散在分散剂中的胶粒互相凝结为较大的颗粒从分散剂中析出，与胶体有关，故B错误；C、CuCl2可与NaOH反应生成Cu(OH)2沉淀，属于复分解反应，与胶体无关，故C正确；D、清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象，是胶体的丁达尔现象，与胶体有关，故D错误；综上所述，本题选C。【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，通过加入电解质溶液、加热等方法可以使胶体发生聚沉。4、B【解析】

A．Y为化合物，根据电荷守恒可知，6-4-a=4，故a=4，A正确；B．Y为化合物，根据原子守恒可知，Y为Fe3O4，B错误；C．因S2O32-中S元素的化合价由+2升高为+2.5，则S2O32-是还原剂，C正确；D．32gO2的物质的量为1mol，每有1molO2参加反应，转移的电子总数为1mol×2×（2-0）=4mol，D正确；答案选B。5、C【解析】

A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠可拆，则离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A正确；B.硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2++2OH-++2H+=2H2O+BaSO4↓，B正确；C.强酸和强碱的中和反应可用离子方程式OH-+H+=H2O表示，弱酸或弱碱的中和反应不能用方程式表示，C错误；D.盐酸清除铁锈实质是氧化铁与氢离子反应，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，D正确；答案选C。6、A【解析】

A、钠与水反应放热，使熔点小于100℃的钠熔为小球，A错误；B、钠的密度小于水，钠浮在水面，B正确；C、酚酞遇碱变红，钠与水反应生成的NaOH是强碱，C正确；D、钠与水反应剧烈、放出氢气，因此钠球游动有吱吱声，D正确；答案选A。7、B【解析】

稀释前后溶质NaOH的物质的量不变，根据稀释定律计算稀释后NaOH的物质的量浓度。【详解】设稀释后NaOH的物质的量浓度为c，根据稀释定律：0.03L×0.5mol/L=0.5L×c

解得c=0.03mol/L，

故选：B。8、C【解析】

A.碳酸氢钠与足量的氢氧化钙得到碳酸钙、水和氢氧化钠:Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，A错误；B.氢氧化钙与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙、水：Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，B错误；C.碳酸氢钙与足量的氢氧化钠得到碳酸钙、水和碳酸钠：Ca2++2OH－+2=CaCO3↓++2H2O，C正确；D.氢氧化钠与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙和碳酸氢钠：Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，D错误；答案选C。9、B【解析】

因为发生电子转移的反应一定是氧化还原反应，所以此题实际是判断反应是否是氧化还原反应。其关键是分析反应前后元素的化合价是否发生变化，据此解答。【详解】A、反应前后元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，A不选；B、反应中锰元素的化合价由+7价降低为+6价和+4价，氧元素的化合价由－2价升高为0价，发生了电子转移，B选；C、反应前后元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，C不选；D、反应前后元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，D不选；答案选B。10、C【解析】

A.冷凝管中的水应下进上出，故错误；B.将固体放入试管时应将试管倾斜，让固体沿试管内壁慢慢滑落，故错误；C.用漏斗进行过滤操作，正确；D.给试管中的液体加热时液体体积不超过试管容积的1/3，且用试管夹加持，大拇指不能压在试管夹的短柄上，故错误。故选C。11、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。12、D【解析】

向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析。【详解】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；故选D。13、D【解析】

A.只含C和O两种元素的物质可以是CO或者是CO2，可以为一种化合物，故A正确；

B.氧气和二氧化碳的混合物中就只含C和O两种元素，故B正确；

C.只含C和O两种元素的物质可以是CO和CO2，属于两种化合物，故C正确；

D.如是单质，碳的单质都不是气体，故D错误；答案选D。14、A【解析】

A、这组离子可以在碱性溶液中大量共存，且都为无色，A符合题意；B、Mg2+、NH4+均不能在碱性溶液中大量存在，B不符合题意；C、Cu2+呈蓝色，且该离子不能在碱性溶液中大量存在，C不符合题意；D、Ag+、HCO3-均不能在碱性溶液中大量存在，D不符合题意；故选A。15、C【解析】

在该反应中，Cl2中的氯元素化合价升高，被氧化，生成NaClO3，Cl2是还原剂，NaClO3是氧化产物；Cl2中的氯元素化合价降低，被还原，生成NaCl，Cl2是氧化剂，NaCl是还原产物【详解】A、Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误，C正确；B、生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，B错误；D、被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，D错误。故答案C。16、A【解析】

A.氯气通入含有Fe3+的溶液中，Fe3+不发生反应，离子浓度几乎不变；B.氯气溶于水生成的盐酸可以和反应，使的浓度减小；C.氯气溶于水生成的盐酸可以和反应，使的浓度减小；D.氯气通入含有I-的溶液中，I-与氯气发生置换反应，I-浓度减小；综上所述，离子浓度变化最小的是Fe3+，答案选A。17、B【解析】

根据SO42−、CO32-等离子的检验方法、溶液物质的量浓度的概念分析计算。【详解】A项：Ba(NO3)2为易溶于水的重金属盐，将含Ba(NO3)2的废液倒入水池、冲入下水道，会污染环境。A项错误；B项：检验SO42−时，先加稀盐酸将溶液酸化，排除Ag+、CO32-等离子的干扰，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀物。B项正确；C项：标准状况下22.4LNH3即1mol。溶于910g水所得氨水质量为927g，体积为1019mL，物质的量浓度不等于1mol/L。C项错误；D项：能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，加入盐酸生成CO2或SO2的无色溶液可能有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-。D项错误。本题选B。18、A【解析】

A.同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；B.由阿伏加德罗定律知，B项正确；C.标准状况下1mol任何气体所占体积均为22.4L,1molO2中含氧原子数为2×6.02×1023＝1.204×1024，C项正确；D.0.2gH2、8.8gCO2、5.6gCO的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.2mol，该混合气体的总质量为14.6g，总物质的量为0.5mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2g·mol－1，氧气的摩尔质量为32g·mol－1，两者的相对密度为29.5÷32≈0.913，D项正确。答案选A。19、B【解析】①原子和分子均是微观粒子，原子在化学变化中不能再分，而分子在化学变化中可再分，①错误；②Na、K具有强还原性，Na常温下与水剧烈反应，K的还原性比Na强，故K常温下也能与水剧烈反应，②正确；③Na与水反应生成NaOH和H2，但金属Fe、Cu等不能与水反应生成碱和氢气，③错误；④CuSO4溶液能够导电，CuSO4是电解质，将CO2溶于水所形成的H2CO3溶液可以导电，而不是CO2导电，故CO2不是电解质，④错误；因此答案选①③④。点睛：化学变化中分子可再分，原子不可再分是易错点，CO2水溶液虽然能导电但本身不导电，故不是电解质。20、A【解析】A、T和D是H的两个同位素，核外电子排布相同，即化学性质相同，故A正确；B、金刚石和石墨互为同素异形体，结构不同，结构决定化学性质，因此两者的化学性质不同，故B错误；C、Mg最外层电子为2，能与盐酸等多种物质发生反应，Mg2＋最外层为8个电子，达到稳定结构，因此两者化学性质不同，故C错误；D、D2O2相当于双氧水，具有强氧化性，H2O不具有强氧化性，因此两者的化学性质几乎不同，故D错误。点睛：同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素不同核素，化学性质与核外电子有关，因为同位素质子数相同，且核外电子排布相同，因此同位素的化学性质几乎相同，而物理性质可能不同；同素异形体是同种元素不同结构的单质，同素异形体的结构不同，结果决定化学性质，因此同素异形体的化学性质是不同的。21、A【解析】

比照氧化还原反应中的概念判断各反应中的氧化剂和氧化产物，再依据“同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物”判断。【详解】同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。①反应“2FeCl2+Cl2=2FeCl3”中，Fe元素的化合价由+2价升至+3价，FeCl2为还原剂，FeCl3为氧化产物，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2为氧化剂，则氧化性：Cl2>FeCl3；②反应“2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2”中，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，FeCl3为氧化剂，I元素的化合价由-1价升至0价，HI为还原剂，I2为氧化产物，则氧化性：FeCl3>I2；③反应“H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4”中，S元素的化合价由+4价升至+6价，H2SO3为还原剂，H2SO4为氧化产物，I元素的化合价由0价降至-1价，I2为氧化剂，则氧化性：I2>H2SO4；根据上述分析，氧化性：Cl2>FeCl3>I2>H2SO4，答案选A。【点睛】本题考查依据化学方程式比较氧化性的强弱，解题的关键是根据反应前后元素化合价的变化找出氧化剂和氧化产物。22、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。二、非选择题(共84分)23、Cl－SO42－CO32－BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2OCO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O【解析】

根据实验中沉淀的颜色和是否溶于酸分析沉淀的成分，进而分析溶液中存在的离子。【详解】(1)溶液中加入硝酸钡后产生白色沉淀，白色沉淀中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡沉淀和碳酸钡，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳，二氧化碳能与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，说明溶液中含有硫酸根离子和碳酸根离子，滤液中加入硝酸银溶液产生白色不溶于硝酸的沉淀，说溶液中有氯离子，故答案为Cl－，SO42－，CO32－；(2)反应④为碳酸钡与盐酸的反应，离子方式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O；反应⑤为二氧化碳与澄清石灰水的反应，离子方程式为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O。【点睛】1.氯离子：加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。2.硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡，产生白色沉淀。3.碳酸根离子：加入氯化钙或氯化钡，产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀溶解产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。24、CO32－、SO42－Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓只存在NO3－取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成【解析】

Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32－、SO42－；（2）Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式分别为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓、Ba2++SO42-＝BaSO4↓；（3）根据假设：①只存在Cl-；②Cl-、NO3-同时存在，因此假设③应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。25、B、C、D2.0小于3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2圆底烧瓶干燥管CaCl2（碱石灰）吸水干燥A【解析】

配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：

计算（溶质质量或体积）、称量或量取、溶解、降至室温、转入容量瓶中、洗涤（2~3次，用玻璃棒再次移入）、定容（加水到刻度线下2~3cm处，改用胶头滴管加至凹液面最低点与刻度相切）、摇匀、装瓶（注明名称、浓度）。【详解】Ⅰ(1)A、容量瓶在使用前必须检验是否漏水，故A不符合题意；B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B符合题意；C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故C不符合题意；D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故D不符合题意；综上所述，本题应选B；(2)配制0.1mol/LNaOH溶液450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，则n(NaOH)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，则m(NaOH)=0.05mol×40g/mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c=n/V可知，溶液的浓度偏小，即c小于0.1mol/L。Ⅱ(1)铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；(2)仪器A为圆底烧瓶、C为干燥管；C中应装干燥剂如CaCl2或碱石灰；作用是吸收未反应的水蒸气；实验开始时应先加热A产生水蒸气，赶尽装置中的空气，然后再加热B装置。26、蒸馏烧瓶直行冷凝管容量瓶锥形瓶酒精灯g未用玻璃棒引流2.0B—C--A—F—E--D偏低偏高偏高无影响【解析】

试题分析：（1）由图可知，I为蒸馏装置，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，Ⅱ为配制一定浓度的溶液，c为容量瓶，e为锥形瓶；（2）分离四氯化碳和酒精的混合物用蒸馏的方法分离，必须用酒精灯加热；冷凝管下口g是进水口，上口是出水口；（3）①配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；②实验室没有450mL的容量瓶，应配制500mL，则需n（NaOH）=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，m（NaOH）=0.05mol×40g/mol=2.0g；③配制溶液5000mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量2.0gNaOH，在烧杯中溶解，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，并将洗涤液移入容量瓶，当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，所以操作顺序为BCAFED；（4）①用滤纸称量氢氧化钠时会有少量NaOH沾在滤纸上，故所配溶液的浓度偏低；②定容时，若眼睛俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度将偏高；③未冷却到室温就注入容量瓶定容，冷却后液面会下降，溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度将偏高；④溶液均一稳定，配好的溶液转入干净的试剂瓶时，不慎溅出部分溶液对溶液的浓度没有影响。【点晴】配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=n/V：如①用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，会造成结果偏大，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高；②配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，会造成结偏大；因为氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等等。27、25.0胶头滴管250mL容量瓶②②③②2.61.2mol/L【解析】试题分析：（1）配制230mL1mol/L的稀盐酸，需用250mL的容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变计算需要量取浓盐酸的体积；（2）根据配制稀盐酸的步骤分析使用的仪器；（3）根据分析误差；（4）锌与硫酸反应的化学方程式是,根据反应方程式计算。解析：（1）配制230mL1mol/L的稀盐酸，需用250mL的容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变，设配制250mL1mol/L的稀盐酸需要量取10mol/L浓盐酸的体积是VmL；250mL×1mol/L=10mol/L×VmL，V=25.0mL。(2)操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管等；（3）A、加水定容时越过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。B、忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质物质的量偏小，浓度偏低。C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理无影响。D、量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制，氯化氢挥发，溶质减少，浓度偏低。（4）0.896LH2的物质的量是0.04mol，设参加反应的锌的质量为xg，消耗硫酸的物质的量是ymol、，解得x=2.6g，y=0.04mol；反应后溶液中H+的物质的量浓度为。点睛：根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化，若n偏大，则c偏大，若v偏大，则c偏小。28、①③④1:522.42111221622582KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4【解析】

（1）①H2+CuOCu+H2O；③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O；⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：①③④。（2）MnO2→MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-→Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：；综上所述，本题答案是：。（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，若有3molI2生成，KIO3→I2，碘元素化合价降低，得电子发生