2026届安徽省庐巢七校化学高一上期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届安徽省庐巢七校化学高一上期中学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、用聚光手电筒照射下列分散系，不能观察到丁达尔效应的是（

）A．Fe(OH)3胶体B．蛋白质溶液C．KOH溶液D．淀粉溶液2、有NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应，若生成沉淀的质量相等，则三种溶液中所含溶质的物质的量之比为A．3∶2∶2B．1∶2∶3C．6∶3∶2D．6∶3∶13、有关氯原子的描述正确的是A．一个氯原子的质量是35.5gB．1g氯原子和1g氯气含有相同的原子个数C．氯原子的摩尔质量在数值上等于一个氯原子的质量D．氯原子的相对原子质量就是1mol氯原子的质量4、我国科学家在兰州成功地制备出过去一直依赖进口、比黄金贵百倍的氧-18气体（又称重氧），与的关系不正确的是A．同种原子B．同种元素C．含有相同的质子数D．同位素5、下列说法正确的是A．氨气的水溶液能导电，所以氨气是电解质B．1mol·L－1的硫酸钠溶液与1mol·L－1的氢氧化钠溶液导电性不同C．氢氧化铁胶体能导电，故氢氧化铁胶体是电解质D．在相同条件下，饱和溶液一定比不饱和溶液的导电性强6、某混合物气体中各气体的质量分数为O232%、N228%、CO222%、CH416%、H22%,则此混合气体对氢气的相对密度为A．11.11B．15.18C．22.22D．30.367、下列说法正确的是A．清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽光线，这个现象和胶体的性质有关B．食品干燥剂发挥作用，可以用氧化还原反应知识解释C．仅含有一种元素的物质就是纯净物D．电离时产生的阳离子有氢离子（H+）的化合物叫做酸8、已知常温下，在溶液中可发生以下两个反应：①Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；②Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-。现将标准状况下1.12L的氯气通入1L0.05mol/L的FeBr2溶液中，由此判断下列说法正确的是A．氧化性强弱：Cl2>Fe3+>Br2 B．还原性强弱：Br->Fe2+>Cl-C．反应后溶液中c(Fe3+):c(Br-)=1:1 D．反应后溶液中c(Fe2+):c(Cl-)=1:29、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中正确的是A．该反应是氧化还原反应B．制造过程中原子的种类和数目发生了改变C．生成的纳米级金刚石是一种新型的化合物D．生成的纳米级金刚石粉末能产生丁达尔效应10、下列非金属元素形成的简单氢化物中沸点最高的是A．氧B．氟C．氮D．硫11、下列实验操作正确的是A．检查容量瓶是否漏水 B．给液体加热C．称量 D．过滤12、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被还原 D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移13、36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/cm3)所得溶液的密度为ρg/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol/L，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是()A．所得溶液的物质的量浓度为1mol/LB．36.5gHCl气体占有的体积为22.4LC．c=D．所得溶液的质量分数：w＝14、关于氯气的性质下列说法不正确的是A．新制氯水的颜色是因为氯水中含有氯气分子导致B．氢气在氯气中安静燃烧，发出黄色火焰C．储存氯气的钢瓶，为防止腐蚀，装氯气前必须先充分干燥D．根据氯气能与碱反应，可用氢氧化钠溶液进行氯气的尾气吸收处理15、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A．Na+、Cu2+、Cl-、SO42-B．Ca2+、Na+、NO3-、CO32-C．H+、Na+、Cl-、CO32-D．K+、H+、S042-、0H-16、某温度下，VmL不饱和NaNO3溶液ag，蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和，则下列量的计算结果正确的是()A．该温度下NaNO3的溶解度为100gB．原不饱和溶液中NaNO3质量分数为%C．原不饱和溶液中NaNO3物质的量浓度为mol·L－1D．原不饱和溶液的密度为g·mL－117、乙烯发生的下列反应中，不属于加成反应的是（）A．与氢气反应生成乙烷 B．与水反应生成乙醇C．与溴水反应使之褪色 D．与氧气反应生成二氧化碳和水18、检验溶液中的离子，实验步骤和结论均正确的是A．加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，一定含有Cl-离子B．加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，一定含有离子C．加入淀粉溶液变蓝，可能含有I2D．加入BaCl2溶液，有白色沉淀，一定含有离子19、萃取碘水中的碘单质，可作萃取剂的是A．水 B．四氯化碳 C．酒精 D．食醋20、下列物质中的S元素只具有还原性的是A． B． C． D．21、将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又出现白色沉淀的是（）A．氯化镁溶液 B．氢氧化钠溶液 C．硫酸铜溶液 D．稀硫酸22、由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是()A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣B．步骤②，涉及的离子方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3二、非选择题(共84分)23、（14分）由A和B两种可溶性盐组成的混合物，进行了下列实验：(1)若A溶液有颜色，试判断，A、B分别是_____________、_____________。(写化学式)(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_____________、_____________、_____________。(顺序不限)24、（12分）有一包固体混合物粉末，其中可能含有Na2SO4、K2CO3、CuSO4、BaCl2、NaCl，现按如下操作步骤进行实验：①取部分固体混合物溶于水中，振荡，得无色透明溶液；②取①所得溶液，滴加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀部分溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体混合物粉末中一定含有的物质是_____________________，一定不含有的物质是_______________，可能含有的物质是____________________(以上空格均填写化学式)。(2)写出步骤③中的离子方程式_______________________________________。(3)若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_______(填字母)。a．HCl、BaCl2、AgNO3b．HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3c．AgNO3、HNO3、Ba(NO3)2d．AgNO3、HCl、BaCl225、（12分）某同学需要配制450mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。请回答下列问题：（1）在实验过程中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、量筒、烧杯、______________、胶头滴管、试剂瓶。（2）用托盘天平称量时，应将NaOH放在________称量，称取的固体质量为_______。（3）配制时操作步骤如乙图所示，则甲图操作应在乙图中的___(填选项字母)之间。A．①与②B．②与③C．③与④D．④与⑤（4）配制过程中洗涤烧杯、玻璃棒2～3次的目的是______________________。（5）定容滴加蒸馏水时，若不慎超过了刻度线，则处理的方法是______________。（6）该同学实际配制NaOH溶液的浓度为0.6mol·L－1，原因可能是____(填序号)。a．砝码上有杂质b．洗净的容量瓶中残留有少量水c．称量NaOH固体时，采用了“左码右物”d．定容时俯视刻度线e．定容摇匀后发现液面低于刻度线又加入少许水调至刻度线f．溶解固体的烧杯移液后未洗涤g．定容前溶液未进行冷却26、（10分）如图为配制480mL0.2mol·L－1NaCl溶液的示意图。

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________(填字母)。A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线D．溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶(2)①中应称NaCl________g；②选择容量瓶的规格____________。(3)玻璃棒在②、③两步中的作用分别是____________________________、____________________________。(4)若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)A．某同学在第①步称量时物品和砝码放反了________。B．某同学在第⑧步观察液面时仰视________；27、（12分）A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。（1）除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀___；（2）从碘水中提取碘___；（3）用自来水制取蒸馏水___；（4）除去粗盐中的泥沙___；（5）与海水晒盐原理相符的是___。28、（14分）在标准状况下，下列气体中含有氢原子质量最大的是A．0.5molHCl B．6.4gCH4 C．6.72LNH3 D．1.2041023个H2S29、（10分）填写下列空白：（1）含有6.02×1023个H的H2O，其物质的量是_____mol；某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则溶液中SO的物质的量是_______mol，该溶液中Na2SO4的质量为____g。（2）______molH2O中含有的氧原子数与1.5molCO2中含有的氧原子数相等。（3）将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为_____。（4）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为____。（5）写出与下列化学方程式相对应的离子方程式：①2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O_____②BaCl2+K2SO4=BaSO4↓+2KCl______

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】

胶体具有丁达尔效应，溶液没有，据此分析选项即可。【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，A不符合题意；B.蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，B不符合题意；C.KOH溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，C符合题意；D.淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；故答案为C。【点睛】要注意蛋白质溶液和淀粉溶液都属于胶体，虽然通常称为溶液，但由于其分子直径达到了胶体粒子的直径范围，故其实质上属于胶体。2、C【解析】

NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应，反应的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl↓，则有n(Cl-)=n(AgCl)，若生成的沉淀的质量相等，则NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液的n(Cl-)相等，所以：n(NaCl):n(CaCl2)):n(AlCl3)=6:3:2，故C正确；本题答案是C。【点睛】若三种溶液，生成沉淀的物质的量相等，则三种溶液中n(Cl-)相等，即n(NaCl)=2n(CaCl2))=3n(AlCl3)，可求出n(NaCl):n(CaCl2)):n(AlCl3)。3、B【解析】Cl原子的摩尔质量是35.5g/mol，1molCl原子约含6.02×1023个Cl，所以1个Cl原子的质量是35.5/6.02×1023=5.9×10-23g，A选项错误；1gCl原子的原子数目：1g÷35.5g·mol-1×6.02×1023=1.75×1022，1gCl2原子的原子数目：1g÷71g·mol-1×2×6.02×1023=1.75×1022，它们含有的原子数目相同，B选项正确；Cl原子的摩尔质量是35.5g/mol，1个Cl原子的质量是35.5/6.02×1023=5.9×10-23g，Cl原子的摩尔质量在数值上不等于Cl原子的质量，C选项错误；Cl原子的相对原子质量是1个Cl的质量与1个12C的质量相比较的一个相对值，而1molCl的质量是35.5g，两者不相同，D选项错误；正确答案B。4、A【解析】

质子数相同，中子数不同的原子互为同位素，18O的质量数为18，质子数为8，中子数为10，16O的质量数为16，质子数为8，中子数为8，18O和16O的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故选A。5、B【解析】

A.氨气的水溶液能导电，说明一水合氨是电解质，但是氨气是非电解质，故错误；B.溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带的电荷数有关，二者比较。硫酸钠溶液中钠离子浓度较大，且硫酸根离子带的电荷多，所以硫酸钠溶液导电能力强，故正确；C.氢氧化铁胶体是混合物，不是电解质，故错误；D.饱和溶液的浓度不一定比不饱和溶液的浓度大，故导电性不一定强，故错误。故选B。【点睛】电解质和非电解质必须是化合物，单质或混合物不能是电解质，电解质导电是有条件的，在水溶液中或熔融状态下，不是电解质就可以导电。6、A【解析】

设气体总质量为100g，根据质量分数计算各自质量，再根据n=计算各自物质的量，根据M=计算混合气体的平均摩尔质量，由ρ=可知，气体的摩尔质量之比等于密度之比，以此解答该题．【详解】设气体总质量为100g,则m(O2)=32g,m(N2)=28g,m(CO2)=22g,m(CH4)=16g,m(H2)=2g，故n(O2)==1mol,n(N2)==1mol,n(CO2)==0.5mol,n(CH4)==1mol,n(H2)==1mol，则平均摩尔质量==22.22g/mol，由ρ=MVm可知,气体的摩尔质量之比等于密度之比,则此混合气体对氢气的相对密度为=11.11，故选A.7、A【解析】

根据胶体、氧化还原反应、纯净物、酸等概念，分析回答。【详解】A.阳光穿过林木枝叶所产生的光线，是胶体的丁达尔效应。A项正确；B.常用食品干燥剂有生石灰、氯化钙、硅胶等，它们与水化合或直接吸附水，都不是氧化还原反应。B项错误；C.一种元素可能形成多种单质（同素异形体），如只含氧元素的物质可能是氧气、臭氧或两者的混合物。C项错误；D.酸是电离时产生的阳离子全部是氢离子（H+）的化合物。如NaHSO4电离产生的阳离子中有H+，但它不是酸而是盐。D项错误。本题选A。8、C【解析】

A.氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性。B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性。C、D.根据电子守恒、氧化顺序先后判断。n(Cl2)==0.05mol，得到电子数0.05mol×2=0.1mol，根据还原性判断Fe2+>Br-，所以Fe2+先被氧化，后氧化Br-，n(FeBr2)=1L×0.05mol/L=0.05mol，亚铁离子全部被氧化，溴离子氧化0.05mol。反应结束n(Fe3+)=0.05mol，n(Br-)=0.05mol，n(Cl-)=0.1mol。【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，氧化性强弱：Cl2>Br2>Fe3+，A错误。B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性强弱：Fe2+>Br->Cl-，B错误。C.反应后溶液中n(Fe3+)=0.05mol，n(Br-)=0.05mol，所以溶液中c(Fe3+):c(Br-)=1:1，C正确。D.反应后溶液中不含Fe2+，D错误。【点睛】本题考查氧化还原的综合应用。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，进而进行分析。9、A【解析】

四氯化碳和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末，说明是四氯化碳和钠反应生成金刚石和氯化钠。【详解】A.该反应中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；B.反应过程中原子的种类和数目不发生改变，故错误；C.生成的纳米级金刚石是一种新型的单质，故错误；D.生成的纳米级金刚石粉末可以溶解在某物质中形成胶体，则能产生丁达尔效应，但纳米级金刚石粉末不能产生丁达尔效应，故错误。故选A。10、A【解析】A.氧元素形成的简单氢化物是水，其常温下是液体，因为水分子之间可以形成氢键，所以水的沸点较高；B.氟元素形成的气简单氢化物是HF，常温下是气体；C.氮元素形成的简单气态氢化物是氨气，常温下是气体；D.硫形成的简单气态氢化物是硫化氢，常温下是气体。综上所述，以上非金属元素形成的简单氢化物中沸点最高的是水，本题选A。点睛：比较不同物质的沸点时，比较简单的方法是根据其在常温下的状态进行判断，固态物质高于液态物质、液态物质高于气态物质。要注意物质的分子间能否形成氢键，氢键对物质的沸点影响较大。11、A【解析】

A、检查容量瓶是否漏水的方法是：左手托住瓶底，右手食指压住玻璃塞，将容量瓶倒立，如果不漏水，再正立过来，将玻璃塞旋转180度，再倒立，如果不漏水，说明容量瓶是完好的，A正确。B、试管中的液体加热时应不超过试管容积的三分之一，题中试管中的液体过多，B错误。C、NaOH固体腐蚀纸片和托盘，应在小烧杯中称量，C错误。D、漏斗下端应紧靠烧杯内壁，D错误。正确答案为A12、A【解析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1molKClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；答案选A。13、D【解析】A.题中所给的是水的体积，而溶液的体积不是1L，故所得溶液的物质的量浓度不是1mol/L，A错误；B.因未说明是标准状况，所以无法计算HCl的体积，B错误；C.根据c=，可知，c=，所以C错误；D.由c=得w＝，故D正确，答案选D14、B【解析】

A.氯气溶于水，和水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中含有氯气，次氯酸水3种物质，只有氯气为黄绿色。B.根据氢气在氯气中燃烧的现象分析。C.常温下干燥的氯气与铁难以反应。D.氯气可以和强碱反应，可以用氢氧化钠溶液进行氯气的吸收。【详解】A.氯水中，只有氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有氯气，A正确。B.纯净的氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，B错误。C.潮湿的氯气与铁可以反应，为防止氯气腐蚀钢瓶，钢瓶在装入氯气前必须干燥，C正确。D.氯气能与碱反应，所以可用氢氧化钠溶液进行氯气的尾气吸收处理，D正确。15、A【解析】A.Na+、Cu2+、Cl-、SO42-四种离子互不反应，能在溶液中大量共存，A正确；B.Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀，而不能大量共存；B错误；C.H+与CO32-反应生成CO2气体，不能大量共存，C错误；D.H+与0H-生成H2O，不能大量共存，D错误.答案选A.16、A【解析】

A、在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度。蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体（恢复到原温度）均可使溶液达到饱和，说明一定温度下bgNaNO3固体溶于bg水中形成的是饱和溶液，因此如果设溶解度为S，则S＝＝100g，故该温度下NaNO3的溶解度为100g，故A正确；B、设不饱和溶液中溶质为xg，蒸发水bg后为饱和溶液，溶解度为100g，则，解得x＝(a－b)/2，所以原不饱和溶液中NaNO3质量分数为，B错误；C、根据B中分析可知原不饱和溶液中硝酸钠的物质的量是，因此原不饱和溶液中NaNO3物质的量浓度为，C错误；D、溶液的密度为，D错误。答案选A。17、D【解析】

A．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个氢原子生成乙烷，属于加成反应，故A不选；B．乙烯中的双键断裂，其中一个碳原子上结合H原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，属于加成反应，故B不选；C．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，属于加成反应，故C不选；D．乙烯与氧气反应生成二氧化碳和水，属于氧化反应，不属于加成反应，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意区分乙烯使溴水褪色和使酸性高锰酸钾溶液褪色的区别。18、C【解析】

A．加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能为AgCl或Ag2CO3，则不一定含有Cl-离子，A错误；B．加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，还可能是离子，被硝酸氧化为，B错误；C．能使淀粉溶液变蓝，则含有I2，C正确；D．加入BaCl2溶液，有白色沉淀，沉淀可能为BaSO4或BaCO3，则不一定含有离子，D错误。答案选C。【点睛】Cl-离子的检验：加入HNO3酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，含有Cl-离子；离子的检验：先加盐酸，无沉淀，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，含有离子。19、B【解析】

萃取时萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。【详解】碘水中提取碘单质，需要通过萃取方法，选取的萃取剂不能与水相溶，所以不能选用水、酒精、食醋，可以选用不溶于水的四氯化碳，故选B。【点睛】本题考查萃取的原理，抓住萃取剂的条件是解题的关键。20、B【解析】

A项、亚硫酸钠中硫元素为中间价+4价，既有氧化性又有还原性，故A错误；B项、硫化氢中硫元素为最低价——-2价，只有还原性，故B正确；C项、三氧化硫中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故C错误；D项、硫酸镁中硫元素为最高价——+6价，只有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】同种元素，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价既有氧化性又有还原性是判断元素氧化性和还原性的依据，也是解答的关键。21、A【解析】

A.Na投入氯化镁溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成白色Mg(OH)2沉淀，既能产生气体又出现白色沉淀，A符合题意；B.Na投入氢氧化钠溶液中，Na只与水反应生成NaOH和H2，只能产生气体，B不符合题意；C.Na投入硫酸铜溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，既能产生气体又出现蓝色沉淀，C不符合题意；D.Na与稀硫酸反应生成硫酸钠和H2，只能产生气体，D不符合题意；答案选A。22、C【解析】

A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B．步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，C错误；D．步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，故D正确；故选C。【点睛】把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，以此来解答。二、非选择题(共84分)23、CuSO4K2CO3Cu2++CO32-=CuCO3↓Ba2++SO42-=BaSO4↓CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O【解析】

A和B两种可溶性盐组成的混合物，加水溶解后，过滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液，说明混合物中含有SO42-、K＋；混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2，说明混合物中含有CO32-，最后得到硫酸铜溶液，则混合物中含有Cu2＋；则混合物中含有：SO42-、Cu2＋、CO32-、K＋；这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，若A溶液有颜色，A为CuSO4、B为K2CO3；(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时，发生反应生成碳酸铜和硫酸钾，离子反应为：Cu2++CO32-=CuCO3↓，过滤后的溶液中加入硝酸钡，生成硫酸钡和硝酸钾，离子反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，过滤得到的沉淀为碳酸铜，加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子反应为：CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O。24、K2CO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2NaClBaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2Ob【解析】

固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液说明混合物中一定无硫酸铜，取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含硫酸钠或碳酸钠，由于硫酸钠或碳酸钠可与氯化钡反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含氯化钡，在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，故一定含碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定。【详解】（1）①取固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，由于硫酸铜溶液为蓝色，所以说明一定不含硫酸铜；②取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，根据题干给出的物质，所形成的沉淀可能为碳酸钡或硫酸钡，所以混合物中可能含碳酸钠或硫酸钠，综合（1）得到无色溶液（2）可能含碳酸钠或硫酸钠，而碳酸钠或硫酸钠可与氯化钡形成沉淀，故混合物中一定不含氯化钡；③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明沉淀为碳酸钡，故一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有；故答案为Na2CO3；Na2SO4、BaCl2、CuSO4；NaCl；（2）碳酸钡是可以溶于强酸的白色沉淀，实质是：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；（3）若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，必须先加入过量硝酸与碳酸钾反应以除去碳酸根离子，再用硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后加入AgNO3检验是否存在氯离子，故答案选b。【点睛】本题为混合物组成的推断题，完成此类题目，要抓住题干叙述的解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向推测其他物质，从而得出结论。25、500mL容量瓶小烧杯10.0gC保证溶质全部转移至容量瓶中重新配制adg【解析】

(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤，选择需要的仪器；(2)配制450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，根据n=cV、m=nM计算出需要称量的氢氧化钠固体的质量；(3)甲图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，结合配制步骤判断；(4)转移溶液时，要把残留在烧杯中的溶质全部转入容量瓶；(5)配制溶液时出现错误操作，要重新配制；(6)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶；(2)实验室没有450mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是450mL

0.5mol/L

NaOH溶液，需要氢氧化钠固体得到质量为：m=40g/mol×0.5mol/L×0.5L=10.0g；氢氧化钠具有强腐蚀性，且容易潮解，称量时应该放在烧杯中快速称量；故答案为烧杯；10.0g；(3)甲图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在转移与定容之间，即应在③和④之间，故选C；(4)把烧杯中的溶液转移到容量瓶时，烧杯中会有残留的氢氧化钠，为了保证溶质全部转移至容量瓶中，要洗涤烧杯2～3次，并把洗液转入容量瓶，故答案为保证溶质全部转移至容量瓶中；(5)在定容滴加蒸馏水时，若不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，要重新配制，故答案为重新配制；(6)该同学实际配制NaOH溶液的浓度为0.6mol•L-1，浓度偏高。a．砝码上沾有杂质，称取溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大，故a选；b．容量瓶中原来存有少量水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故b不选；c．称量NaOH固体时，采用了“左码右物”，因为实验过程中没有用到游码，所以对溶质的物质的量不产生影响，溶液浓度不变，故c不选；d．定容时俯视视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故d选；e．定容摇匀后发现液面低于刻度线又加入少许水调至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故e不选；f．溶解固体的烧杯移液后未洗涤，导致部分溶质损坏，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故f不选；g．转移溶液时未经冷却，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故g选；故答案为：adg。26、BC5.9500mL搅拌加速溶解引流偏低偏低【解析】

（1）容量瓶在使用前必须查漏；容量瓶是比较精密的仪器，不能受热，不能直接把试剂放入容量瓶内进行配制，溶解后溶液要冷却到室温再进行转移，据此分析；

（2）根据溶质的质量m=nM=cvM计算；

（3）溶解固体时搅拌是加速溶解，过滤时是引流作用；

（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析对所配溶液的浓度影响。【详解】（1）A．使用容量瓶前应该检查是否漏水，故A正确；

B．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故B错误；

C．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，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，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故C错误；

D．溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶，否则会导致所配溶液浓度偏大，故D正确；综上所述