安徽省滁州市九校联考2026届化学高一上期末复习检测试题含解析

安徽省滁州市九校联考2026届化学高一上期末复习检测试题注意事项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、在下列反应中，水既作氧化剂又作还原剂的是()A．2F2＋2H2O===4HF＋O2 B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑C．CaO＋H2O===Ca(OH)2 D．2H2O2H2↑＋O2↑2、有下列氧化物：①FeO、②Fe2O3、③Fe3O4、④CuO，其中颜色相同的是()A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④3、下列化合物既能用金属与氯气化合制备，又能用金属与盐酸反应制备的是A．MgCl2 B．CuCl2 C．FeCl3 D．FeCl24、下列说法中正确的是（）A．液态氯化氢、固态氯化钠都不导电，所以氯化氢、氯化钠都是非电解质B．氨气、二氧化碳的水溶液都能导电，所以氨气、二氧化碳都是电解质C．蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时都不导电，所以它们是非电解质D．铜、石墨都导电，所以它们都是电解质5、下列不能导电的是：A．Fe B．熔融的NaCl C．NaCl晶体 D．NaCl溶液6、在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是A．S B．FeCl2 C．FeCl3 D．HCl7、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3－+8Al+5OH－+2H2O3NH3+8AlO2－根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－B．试样中一定不含Al3+C．试样中可能存在Na+、Cl－D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO48、同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是()①分子个数之比为11：16②密度比为11：16③体积比为16：11④原子个数比为11：16A．①④ B．①③ C．②③ D．②④9、下列说法不正确的是()A．铁在一定条件下与纯氧气、水蒸气反应的共同产物是Fe3O4B．铁在高温下与水蒸气的反应是置换反应C．铁与盐酸反应生成氯化铁和氢气D．铁与盐酸、水蒸气反应，作还原剂10、120mL浓度为1mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好与100mL浓度为0.4mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3溶液可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则还原产物中Cr元素的化合价为（）A．+3 B．+1 C．+4 D．+211、下列有关电解质的说法中正确的是A．液态氯化氢不导电，所以氯化氢不是电解质B．氨溶于水形成的溶液能导电，所以氨是电解质C．熔融的铜导电性很好，所以铜是电解质D．氧化钠、氧化钙熔融时能导电，所以氧化钠、氧化钙是电解质12、金属钠着火时，适用于灭火的是A．水 B．煤油 C．泡沫灭火器 D．干燥沙土13、下列实验操作中正确的是（）A．过滤操作时，用玻璃棒搅拌漏斗内的液体，以加速过滤B．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，可以选用酒精作为萃取剂从碘水中萃取碘14、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A．常温常压下X的单质为气态B．Z的氢化物为离子化合物C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D．W与Y具有相同的最高化合价15、标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是A．B．C．D．=1000Vρ/(17V+22400)16、实验室配制1mol•L-1盐酸250mL，下列不需用的仪器是（）A．250mL容量瓶 B．托盘天平 C．胶头滴管 D．烧杯17、下列实验能达到目的的是ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氨气制过氧化钠验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性A．A B．B C．C D．D18、某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是（）A．该溶液X中Na+、Cl-一定有B．溶液Y中加入氯化钡溶液没有沉淀C．该溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的D．原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后溶液呈血红色19、下列有关试剂保存的说法中，正确的是A．金属钠保存在水中 B．保存氯化亚铁溶液时加入少量氯水C．新制氯水保存在无色透明试剂瓶中 D．氢氟酸保存在塑料试剂瓶中20、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A．CH3COOH B．CO2 C．NH4HCO3 D．Cl221、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A．K＋、H＋、SO42－、OH－ B．Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－C．Na＋、H＋、Cl－、CO32－ D．Na＋、Ca2＋、CO32－、NO3－22、为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列4种不同的方法，其中不可行的是()A．在一定条件下，分别取足量样品溶解加入等量水中，配成饱和溶液，看溶解能力差异B．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C．分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀D．分别取样配成等浓度溶液，滴入酚酞试剂后看颜色深浅二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液中只可能存在Br-、CO、SO、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种。现取该溶液进行下列实验：①向溶液中滴加足量的氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量的BaCl2溶液，无沉淀生成；③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色。据此可以回答下列问题：(1)由实验现象①可知：溶液中肯定含有的离子是__；溶液变橙色的原因(用离子方程式表示)：__。(2)由实验现象②可知：溶液中肯定没有的离子是___。(3)综合上述分析可知：溶液中可能含有的离子是__；一定不含有的离子是__。24、（12分）黑色固体A加热至红热投入到无色溶液B中发生如图转化关系。(1)由此可以推断：A为________(填化学式，下同)，B为_______，X为_______，C为_________，E为_________。(2)写出A与B反应的化学方程式：________________。25、（12分）纯净干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备SnCl4，某化学小组的同学设计了如下实验装置进行制备。已知：①金属锡熔点为231℃，化学活泼性与铁相似；②SnCl4的沸点为114℃；③SnCl4易与水反应。请根据上图装置回答:（1）试管II中的试剂是________，试管III中的试剂是____________。（2）装置V的作用是____________。（3）裝置Ⅵ最好选用下列装置中的________(填标号)。（4）实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有_________。26、（10分）某小组同学欲探究NH3催化氧化反应，按如图装置进行实验。已知A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、生石灰、MnO2。（1）仪器a的名称为___；仪器b的名称为___。（2）装置A烧瓶中固体的作用为___（填序号）A．催化剂B．氧化剂C．还原剂D．反应物（3）仪器b中盛放的试剂可以是____（填序号）A．浓硫酸B．碱石灰C．五氧化二磷D．硫酸铜（4）装置E中发生反应的化学方程式____。（5）甲乙两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后。①甲观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是___（写化学式）。②乙观察到装置F中有红棕色气体，装置G中溶液变成蓝色。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：___；（6）为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进。你的改进措施是___。27、（12分）I．有下列四组混合物，如何进行分离？请将分离的方法填在横线上。（1）水和酒精。_____（2）碘和四氯化碳。_____（3）水和四氯化碳。_____（4）硝酸钠溶液中的氯化银。_____II．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现欲用该浓硫酸配制成1mol/L的稀硫酸，现实验室仅需要这种稀硫酸220mL。试回答下列问题：（1）用量筒量取该浓硫酸____________mL。（2）配制时，必须使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的仪器是____。（3）配制溶液的过程中，其他操作都正确，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是__________。A．用量筒量取浓硫酸时俯视B．稀释浓硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中C．量取浓H2SO4后的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切E．容量瓶不干燥F．定容时，仰视容量瓶刻度线28、（14分）（1）已知2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中氧化剂是______；氧化剂与还原剂物质的量之比是_________；氧化产物是____________。（2）请用双线桥法标出下列反应电子转移的方向和数目10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O______________________（3）Mn2+、Bi3+、BiO3﹣、MnO4﹣、H+、H2O组成的一个氧化还原系统中，发生BiO3﹣→Bi3+的反应过程，据此回答下列问题①该氧化还原反应中，被还原的元素是____________。②请将氧化剂、还原剂的化学式及配平后的方程式填入下列相应的位置中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目_______________________________________。29、（10分）为减轻大气污染，必须要加强对工业废气和汽车尾气的治理，根据所学知识回答下列问题：(1)化石燃料包括煤、石油和________。(2)酸雨是指pH____(填“>”“<”或“=”)5.6的降水，煤的燃烧是导致酸雨形成的主要原因，而正常雨水的pH约为5.6，原因是__________________(用化学方程式表示)。(3)煤的气化是高效、清洁利用煤的重要途径，可将煤炼成焦炭，再将焦炭在高温下与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的化学方程式为_________，该反应的基本类型是_________。(4)在汽车尾气排放口加装“三效催化净化器”，在不消耗其他物质的情况下，可将尾气中的一氧化碳、一氧化氮转化为参与大气循环的气体和无毒的气体，该反应的化学方程式为__________________。(5)在新能源汽车未普及时，如图所示为一种“节能减排”的有效措施，以下对乙醇作汽车燃料的描述错误的是__________(填字母)。A．原料来源丰富B．是可再生能源C．燃烧完全没有污染

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】

反应中水既作氧化剂又作还原剂，说明水中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，据此判断。【详解】A．反应2F2+2H2O＝4HF+O2中，水中氧元素化合价升高，水只作还原剂，A不符合；B．反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中，水中氢元素化合价降低，水只作氧化剂，B不符合；C．反应CaO+H2O＝Ca(OH)2中，水中的氢元素和氧元素化合价均未变化，不是氧化还原反应，C不符合；D．反应2H2O2H2↑+O2↑中，水中的氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，所以水既作氧化剂又作还原剂，D符合。答案选D。【点睛】准确判断出反应前后元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化剂、还原剂与电子得失和化合价升降的关系。2、D【解析】

①FeO为黑色固体；②Fe2O3为红棕色固体；③Fe3O4为黑色固体；④CuO为黑色固体；其中颜色均为黑色的①③④，D正确；综上所述，本题选D。3、A【解析】

A．MgCl2可以由Mg与Cl2反应生成，也可以由Mg与HCl反应生成，A正确；B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，Cu与HCl不反应，B错误；C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，因为Cl2氧化性强，会将Fe氧化到+3价，发生的反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，Fe与HCl生成FeCl2，因为HCl氧化性弱，只能将Fe氧化到+2价，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，C错误；D．结合C项分析，Fe与HCl生成FeCl2，Fe与Cl2反应生成FeCl3，D错误；故选A。4、C【解析】

A.液态氯化氢、固体氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质，故A错误；

B.NH3、CO2自身不能电离，是非电解质，其水溶液之所以导电是因为和水发生反应生成电解质，故B错误；

C.蔗糖、酒精在水溶液中和融化时都不导电，属于非电解质，不是电解质，故C错误；

D.铜、石墨能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故D错误；

故选：C。【点睛】电解质指：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，导电必须是化合物自身电离出自由移动的离子；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。5、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。6、C【解析】

根据S守恒，反应中H2S被氧化成S，结合“氧化还原反应的特征：元素的化合价有升降”分析。【详解】H2S为反应物，根据S守恒，S为生成物，即反应中S元素的化合价由-2价升至0，H2S→S为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一过程为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案选C。7、B【解析】

试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg

2+，【详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，答案选B。8、A【解析】

①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故①正确；②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故②错误；③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故③错误；④每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，原子个数之比为11：16，故④正确；答案选A。9、C【解析】

A.铁在一定条件下与纯氧气、水蒸气反应的共同产物是Fe3O4，A正确；B.铁在高温下与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，是置换反应，B正确；C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，C错误；D.铁与盐酸、水蒸气反应，均作还原剂，D正确；答案选C。【点睛】铁是中学化学中常见的变价金属元素，与弱氧化剂反应时生成亚铁离子，与强氧化剂反应时生成铁离子，因此掌握常见氧化剂强弱顺序是解答的关键，答题时注意灵活应用。10、A【解析】

n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，再根据氧化还原反应中得失电子相等进行计算，据此答题。【详解】n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应。设元素Cr在还原产物中的化合价是x，根据得失电子相等，则0.0012mol×（6-4）=0.0004mol×2×（6-x），3=（6-x），所以x=+3，所以答案A正确。故选A。11、D【解析】

A.HCl水溶液中电离出氢离子和氯离子，能导电，所以HCl属于电解质，A错误；B.氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液能导电，但是氨气本身不能电离出离子，所以NH3·H2O是电解质，氨气是非电解质，B错误；C.熔融的铜能导电，但是铜属于单质，不属于化合物，所以铜既不是电解质，也不是电解质，C错误；D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质,而氧化钠、氧化钙为化合物，在熔融态时能导电,符合电解质概念，是电解质,故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。12、D【解析】

钠着火燃烧生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳或水反应生成氧气，且钠与水反应生成氢气，以此解答该题。【详解】钠着火燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳、水都反应放出氧气，而泡沫灭火器喷出的物质中含有二氧化碳和水，因此不能用泡沫灭火器和水灭火，选项A、C错误；加入沙子可掩盖钠，从而隔绝了空气，可起到灭火的作用，选项D正确，煤油是易燃物，加入煤油，火燃烧会更旺盛，不能起到灭火作用，选项B错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查钠的性质，注意根据钠的性质以及燃烧产物的性质及作用判断灭火的方法。13、C【解析】

A．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，过滤失败，故A错误；

B．蒸发时不能蒸干，出现大量固体时停止加热，故B错误；

C．分液时避免上下层液体混合，则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C正确；

D．酒精与水互溶，不能作萃取剂，可用CCl4作为萃取剂从碘水中萃取碘，故D错误；

故选：C。14、B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。15、A【解析】

A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确；所以答案选择A项。16、B【解析】

配制250毫升的盐酸溶液，是通过浓盐酸稀释的方法进行，故只需要使用250毫升的容量瓶，量筒，烧杯，玻璃棒，胶头滴管等，所以选B。17、D【解析】A、氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，A错误；B、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；C、制备过氧化钠时应该在坩埚中加热，不能在烧杯中，C错误；D、浓硫酸能使蔗糖炭化，同时氧化生成的碳，得到二氧化硫，利用品红溶液、酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，D正确，答案选D。18、C【解析】

由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，Y的焰色反应为黄色说明含钠离子，但不能确定原溶液中是否含钠离子，透过钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子，以此来解答。详解：根据以上分析可知I-、Fe2+、K+一定存在，Fe3+、CO32-一定不存在，SO42-、Cl-、Na+可能存在。【详解】A．由于过程中加入氯离子和钠离子，该溶液X中Na+、Cl-不能确定是否含有，A错误；B．溶液中可能会含硫酸根离子，加入氯化钡溶液会生成白色沉淀，B错误；C．该溶液中一定存在I-、Fe2+、K+、可能含SO42-、Cl-、Na+，溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的，C正确；D．由于碘离子的还原性强于亚铁离子，原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后亚铁离子不一定被氧化，溶液不一定呈血红色，D错误；答案选C。【点睛】本题考查常见离子的检验，把握流程中发生的离子反应、现象与结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应与复分解反应的判断。19、D【解析】

A．钠化学性质活泼，能和氧气、水反应，应该隔绝空气密封保存，少量钠可以保存在煤油中，大量钠可以密封在石蜡中，故A错误；B．保存氯化亚铁溶液时加入少量氯水，Cl2会氧化Fe2+生成Fe3+，促进溶液变质，而应加入少量铁粉防Fe2+氧化，故B错误；C．氯水中存在Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，次氯酸不稳定，次氯酸见光分解，新制的氯水应该保存在棕色试剂瓶中避光保存，故C错误；D．玻璃中含有SiO2，氢氟酸和二氧化硅反应SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故D正确；故答案为D。【点睛】解答此类试题需要记住常见的保存方法。如：①HF溶液因腐蚀玻璃不能用玻璃瓶存放，可用塑料瓶，其他试剂一般用玻璃瓶保存；②固体试剂一般存放在广口瓶中，液体试剂一般存放在细口瓶中；③盛放碱性物质(如NaOH，Na2CO3等溶液)或水玻璃的试剂瓶必须要用橡胶塞、软木塞等。20、B【解析】

A．CH3COOH的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故CH3COOH是电解质，故A不符合题意；B．CO2的水溶液虽然能够导电，但并不是CO2本身发生电离，而其与水反应的产物H2CO3发生电离，故CO2是非电解质，故B符合题意；C．NH4HCO3的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故NH4HCO3是电解质，故C不符合题意；D．Cl2的水溶液虽然能够导电，但其是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；故答案为：B。21、B【解析】

A．H+、OH-反应生成水，不能大量共存，故A错误；B．这几种离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C．H+、CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；D．Ca2+、CO32-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。22、C【解析】

A.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，在一定条件下，分别取足量样品加入等量水中，配成饱和溶液，根据溶解能力差异，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，A不符合题意；B.碳酸氢钠加热放出二氧化碳气体、碳酸钠加热不反应，分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，根据有无白色浑浊，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，B不符合题意；C.Na2CO3、NaHCO3都能与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，Ba(OH)2溶液不能鉴别Na2CO3、NaHCO3，C符合题意；D.等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，根据滴入酚酞试剂后颜色深浅，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，D不符合题意；故答案选C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，把握Na2CO3、NaHCO3的性质差异为解答的关键，注意利用不同性质来鉴别物质，注重基础知识巩固。二、非选择题(共84分)23、Br-、COCl2+2Br-=2Cl-+Br2SOCl-、K+Ca2+、SO【解析】

①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-，氯水将溴离子氧化生成溴单质，所以溶液变橙色；有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，碳酸根已被完全反应，所以一定不含SO；

③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色说明含Na+。【详解】(1)根据分析可知现象①说明肯定含有的离子是Br-、CO；溶液变橙色的原因是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)根据分析可知由现象②可知一定没有SO；(3)根据分析可知一定存在Br-、CO和Na+，一定不存在SO，由于存在碳酸根，所以一定也不存在Ca2+；而Cl-、K+可能存在。24、CHNO3(浓)NO2和CO2NO和CO2NOC+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O【解析】

黑色固体A加热至红热，投入到一种无色溶液B中，产生由两种气体组成的混合气体X，应是碳与浓硫酸或浓硝酸的反应，无色气体C通入澄清石灰水生成白色沉淀，该沉淀应为CaCO3，说明C中含有CO2，无色稀溶液D与单质F反应生成蓝色溶液，该溶液应含有Cu2+，则说明F为金属Cu，无色稀溶液D具有强氧化性，应为稀HNO3溶液，G为Cu(NO3)2，生成气体E为NO，则说明混合气体X应为CO2和NO2的混合物，则A为C，B为浓HNO3，无色气体C的成分为CO2、NO，结合物质的性质解答该题。【详解】由上述分析可知A为碳，B为浓HNO3，X为CO2和NO2，C为CO2和NO，D为稀HNO3，E为NO，G为Cu(NO3)2。(1)由上述分析可知，A为C；B为浓HNO3；X是CO2和NO2；C为CO2和NO；E为NO；(2)A与B反应是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据物质的性质和反应的特征现象确定G和CO2，结合物质的性质用逆推的方法推断，可依次推断其它物质，然后书写相应的化学反应方程式。25、饱和食盐水浓硫酸冷凝(收集)SnCl4C漏斗、玻璃棒、烧杯【解析】（1）生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，首先除去氯化氢，利用饱和食盐水，然后利用浓硫酸干燥氯气，即试管II中的试剂是饱和食盐水，试管III中的试剂是浓硫酸。（2）SnCl4的沸点为114℃，因此装置V的作用是冷凝(收集)SnCl4。（3）氯气有毒，需要尾气处理，另外SnCl4易与水反应，需要防止空气中的水蒸气进入，所以裝置Ⅵ中试剂最好选用碱石灰，答案选C；（4）二氧化锰不溶于水，实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要过滤，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。点睛：明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意题干已知信息的提取和应用。另外化学实验从安全角度常考虑的主要因素有：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。26、分液漏斗干燥管AB4NH3+5O24NO+6H2ONH4NO33Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O增加A中的产气量，减少装置B中的产气量【解析】

该实验目的是探究氨的催化氧化反应，结合实验装置，装置A为制备氧气，装置A烧瓶中固体的作用为制取氧气用到的二氧化锰；装置B为制备氨气，氨气需要用固体碱石灰干燥；装置E中发生反应NH3催化氧化；装置F中生成的一氧化氮和氧气转化成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，白烟是由于氨气和硝酸反应生成了白色的NH4NO3固体，装置F中有红棕色气体，即二氧化氮气体，在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，金属铜和硝酸反应生成蓝色硝酸铜溶液，据此分析解答。【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；仪器b的名称为干燥管；故答案为：分液漏斗；干燥管；（2）A中制备气体为氧气，装置A烧瓶中固体的作用为制取气体用到的二氧化锰，利用过氧化氢制取氧气实验中，加入二氧化锰做催化剂加快产生氧气速率，故答案为：A；（3）B中制备气体为氨气，氨气中混有水蒸气，需要用固体碱石灰干燥，所以仪器b中盛放的试剂为碱石灰，故答案为：B；（4）4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（5）①装置F中生成的一氧化氮和氧气转化成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，白烟是由于氨气和硝酸反应生成了白色的NH4NO3固体，故答案为：NH4NO3；②装置F中有红棕色气体，即二氧化氮气体，在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，获得硝酸，金属铜和硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O实质是：3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O；（6）为了氧化氨气，氧气需过量，为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体，需增加氧气的量，减少氨气的量，A为制氧气的装置，则增加A中的产气量，减少装置B中的产气量，故答案为：增加A中的产气量，减少装置B中的产气量。【点睛】（1）NH3催化氧化反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（2）氨气和具有挥发性的硝酸或盐酸反应都会生成白色的铵盐固体，现象都是有白烟产生，氨气与硫酸反应则没有此现象。27、蒸馏蒸馏分液过滤13.6250mL容量瓶、胶头滴管BC【解析】

I．（1）根据水和酒精沸点不同回答；（2）根据四氯化碳易挥发回答；（3）水和四氯化碳互不相溶；（4）氯化银是难溶于水的沉淀；II．（1）根据c=计算浓H2SO4的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；（3）根据c=判断各选项对配制的溶液浓度的影响；【详解】I．（1）水和酒精沸点不同，用蒸馏法分离；（2）四氯化碳易挥发，用蒸馏法分离碘和四氯化碳；（3）水和四氯化碳互不相溶，用分液法分离水和四氯化碳；（4）氯化银是难溶于水的沉淀，用过滤法分离硝酸钠溶液中的氯化银；II．（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L；需要稀硫酸220mL，实验室没有220mL容量瓶，需要用250mL容量瓶；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓硫酸的体积为xmL，则有：xmL×18.4mol/L=250mL×1mol/L，解得：x≈13.6；（2）配制溶液的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2﹣3次，将洗涤液转移到容量瓶中，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，由提供的仪器可知还需要仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；（3）A．量取浓硫酸时，俯视读数，导致量取的浓硫酸体积偏小，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选A；B．稀释浓硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，导致配制溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选B；C．洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液