2026届江苏省兴化一中化学高一第一学期期中综合测试试题含解析

2026届江苏省兴化一中化学高一第一学期期中综合测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列说法正确的是（）A．原子数相等的三种气体，质量最大是ZB．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则他们的物质的量一定均为0.1molC．同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是XD．同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，则压强比为2：12、下列关于金属的说法正确的是A．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧B．在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的D．铝制餐具不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物3、在下列变化中，需要加入合适的还原剂才能实现的是（）A．H2→HCl B．FeCl3→FeCl2 C．CO→CO2 D．Na→NaOH4、在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体之间的关系是①具有相同的密度②具有相同的体积③具有相同的原子数④具有相同的分子数A．①③ B．②④ C．①④ D．③④5、向澄清饱和石灰水中通入二氧化碳，测得溶液导电性(I表示导电能力)的变化，以下与加入物质量的关系正确的是A．A B．B C．C D．D6、氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是A．该反应属于氧化还原反应 B．该反应利用了Cl2的氧化性C．该反应属于复分解反应 D．生成1molN2有6mol电子转移7、下列说法正确的是(

)A．不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等B．将1L2mol·L-1的FeCl3溶液制成胶体后,其中含有氢氧化铁胶粒数为2NAC．黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关D．将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,制得Fe(OH)3胶体8、鉴别氯水和盐酸两种物质时，最合适的试剂是()A．硝酸银溶液 B．淀粉碘化钾溶液 C．碳酸钠溶液 D．酚酞溶液9、在某体系内有反应物和生成物5种物质：FeCl3、FeCl2、H2S、S、HCl，已知FeCl2为生成物，则另一生成物是A．FeCl3B．H2SC．SD．HCl10、下列关于金属钠的叙述中，正确的是（）A．Na应保存在煤油中 B．Na在常温下，与空气中氧气不反应，所以Na不活泼C．Na硬度大、熔点高 D．Na在空气中燃烧，发出黄色火焰，产物是Na2O11、检验某未知溶液中是否含有SO42－，下列操作最合理的是A．先加稀硝酸酸化，再加入Ba(NO3)2溶液B．加BaCl2溶液即可C．先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液D．加Ba(NO3)2溶液即可12、下列对离子的检验及结论一定正确的是A．加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，则溶液中一定有CO32-B．某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性C．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42-D．验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl-13、下列物质中，不属于电解质的是()A．H2SO4B．蔗糖C．NaOHD．NH4Cl14、为了除去某粗盐样品中的Ca2+,Mg2+及SO42-,得到纯净的NaCl,可将粗盐溶于水,然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序:①过滤②加过量NaOH溶液;③加适量盐酸;④加过量Na2CO3溶液;⑤加过量BaCl2溶液,正确的是A．④②⑤①③B．⑤④②③①C．②④⑤①③D．⑤②④①③15、设NA为阿伏加德罗常数。下列关于0.2mol·L－1Ba(NO3)2溶液的说法不正确的是（忽略水的电离）（）A．1L溶液中含阴、阳离子总数是0.6NAB．500mL溶液中Ba2+的浓度是0.2mol·L－1C．500mL溶液中NO3－的浓度是0.4mol·L－1D．1L溶液中含有0.2NA个NO3－16、在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入1molN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如右图所示位置（两侧温度相同）。则混合气体中CO和CO2的分子个数比为（）A．1:1 B．1:3 C．2:1 D．3:117、在下列反应中，二氧化碳作氧化剂的是（）A．Ca（OH）2＋CO2=CaCO3↓＋H2O B．CO2＋C=2COC．2Fe2O3＋3C=4Fe＋3CO2↑ D．C＋2H2O（水蒸气）=2H2＋CO218、为了实现下列各变化，需加入还原剂的是（）A．KClO3→O2 B．NH4+→NH3 C．Fe→FeCl3 D．CO2→CO19、有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径达到纳米级),这将引起建筑材料的性能发生巨大变化。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是(

)A．纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B．纳米碳酸钙分散到水中所得分散系会产生丁达尔效应C．纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙完全不同D．纳米碳酸钙粒子不能透过滤纸20、C1O2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C1O2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法中正确的是A．在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂B．1molKClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4L气体C．1molKClO3参加反应有2mol电子转移D．KClO3在反应中是氧化剂21、2molXO4-恰好将3molSO32-离子氧化，则X元素在还原产物中的化合价是A．+4 B．+3 C．+2 D．+122、下列叙述正确的是（）A．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B．溶于水后能电离出氢离子的化合物一定是酸C．二氧化碳溶于水能导电，故二氧化碳属于电解质D．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于电解质二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置________________________。（2）F离子结构示意图________________________。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是___________%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为___________________________________。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_____________________________________。24、（12分）现有下列几种物质：蔗糖、氯化钡固体、干冰、硫酸钡、纯碱、铁、盐酸、硝酸银溶液，按要求回答问题：（1）难溶于水的电解质的是_______。（2）写出纯碱在水中的电离方程式________________________。（3）将足量的干冰升华后所得的气体通入烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为____________。（4）a、b、c、d是Na2CO3、BaCl2、盐酸、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体①b是________（用化学式填写），②写出a+c反应的离子方程式________________________。25、（12分）I.化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果与实验的重要作用分不开。结合下列实验装置图回答问题：（1）写出上述图中仪器的名称：①_______；②____。（2）若利用装置I分离乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物，还缺少的玻璃仪器有________，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为_______；实验时仪器②中冷却水的进口为____（填“f”或“g”），蒸馏烧瓶内碎瓷片的作用是________。（3）现需配制250mL0.1moI.L-1NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别是________，________。II.①海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，向碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫________，该操作需要的玻璃仪器有________。②某NaCl样品中可能含有SO42-，CO32-，为检验杂质离子的存在，采取如下实验步骤：样品无明显现象无明显现象。则加入的试剂A为_______，B为_______，该现象证明样品中不含有____。③在后续实验中需要使用450mL0.5mol·L-1NaCl溶液，为配制该浓度NaCl溶液进行实验，需用托盘天平称取NaCl_______g。配制NaCl溶液时，若出现下列操作，会使配制浓度偏高的是____________A．天平砝码己锈蚀B．配制过程中未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．转移溶液时有溶液溅出D．定容时仰视刻度线26、（10分）1684年，波义耳出版了一部名为《人血的自然史略》的医学著作，在这本书里，他总结了自己在血液分析方面的实验成果。这是有史以来，人类第一次将化学分析方法用于临床医学。通过实验，波义耳证明了血液中含有氯化钠，并将之称为固定盐。科研人员从海水得到的粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质：Ca2+，Mg2+，SO42-等，提纯的流程如下图：（1）整个流程中首先将粗盐溶解，再通过以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。以下操作顺序不合理的是_____（填字母）A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③除去Mg2+的离子方程式_________。（2）实验室将上述得到的精制食盐水制成精盐的过程中，还需要进行某一操作，该操作中需要加热的仪器为：_____。（3）下列实验仪器，可用酒精灯直接加热的是_______（填字母）①试管②量筒③圆底烧瓶④烧杯⑤容量瓶⑥锥形瓶⑦燃烧匙A．①③④⑥⑦B．①⑦C．①③④⑤⑥D．①②③④⑤⑥⑦27、（12分）有一固体混合物，可能由Na2CO3、K2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验它们做了如下实验：①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。试判断：（1）固体混合物中肯定没有的是（填化学式）______________；（2）写出③的离子方程式____________；（3）固体混合物质中不能确定的物质（填化学式）____；检验该物质是否存在的方法是__________。28、（14分）现有A、B、C、D、E五种溶液，它们所含的阴阳离子分别为：Na+、Ba2+、Ag+、Cu2+、H+；SO42-、OH-、CO32-、NO3-、Cl-。己知：①0.lmol/L的C溶液中，c(H+)=0.lmol/L②D溶液呈蓝色③将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡请回答下列问题：(1)请写出物质A、B、C、D、E的化学式：A_____________B_______________C_____________D______________E______________。(2)请写出碳酸钙与溶液C反应的离子方程式：_____________________。(3)取1.5mol/Ll00mL溶液A(过量)与amol/L50mL溶液D混合后，产生33.1g沉淀，则a=_______，若向反应后的体系中加入5mol/L的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为___________mL。29、（10分）KClO3和浓盐酸在不同温度下反应，发生以下两个反应。其变化可表示为反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O(1)已知反应1的还原产物为黄绿色的二氧化氯，该反应中被还原的是_________（填化学式），产生0.1molCl2时，转移的电子的物质的量为_____。(2)反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是_____。(3)上述反应中浓盐酸表现的性质是(填写编号)：反应1中为_________，反应2中为_________。①只有还原性

②还原性和酸性

③只有氧化性

④氧化性和酸性(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，这个事实说明上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是________，标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式_____________标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中，发生反应的离子方程式_____________。

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】

根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)，根据阿伏伽德罗定律解答。【详解】A.根据m=nM=，分子数目相等的三种气体，相对分子质量越大，质量越大；因为不确定X、Y、Z三种气体分子中原子个数和组成，所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数，故A错误；B.气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故B错误；C.根据密度ρ====，同温同压下，同质量的三种气体，密度和相对分子质量成正比，由分析可知三种气体密度最小的是X，故C正确；D.同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为=====4：1，故D错误；答案选C。【点睛】本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，B项注意Vm=22.4L/mol的使用条件。2、D【解析】

A.铝和氧气反应生成氧化铝，因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候不会剧烈燃烧，故A错误；B.钠在空气中燃烧，火焰为黄色，生成过氧化钠固体，固体为淡黄色，故B错误；C.铁与水蒸气在高温条件下反应产生氢气和四氧化三铁：3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4，Fe3O4为黑色固体，故C错误；D.铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、强碱反应，所以不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物，故D正确，答案选D。3、B【解析】

需要加入合适的还原剂才能实现，说明本身是氧化剂，化合价降低。【详解】A．H2→HCl，氢化合价升高，作还原剂，故A不符合题意；B．FeCl3→FeCl2，铁元素化合价降低，作氧化剂，故B符合题意；C．CO→CO2，碳化合价升高，作还原剂，故C不符合题意；D．Na→NaOH，钠化合价升高，作还原剂，故D不符合题意。综上所述，答案为B。4、B【解析】

同温同压条件下，相同体积的任何气体所含的分子数是相同的，其物质的量也相同。【详解】①在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体不一定具有相同的密度，因为两者的相对分子质量不一定相同；②在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体具有相同的体积；③在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体不一定具有相同的原子数，因为其分子中的原子数不一定相同；④在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体具有相同的分子数。综上所述，②④符合题意，故选B。5、B【解析】

溶液导电的原因是溶液中存在能自由移动的离子，由题意可知，将二氧化碳通入澄清石灰水中，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，据此分析溶液中离子的变化进行解答即可。【详解】二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，随着反应的进行溶液中的能自由移动的离子越来越少，导电性减弱；但由于溶液中还存在浓度很小的氢离子、氢氧根等，故电流强度不可能为变为0；继续通入二氧化碳，碳酸钙与水、二氧化碳反应生成可溶于水的碳酸氢钙，则溶液中存在能自由移动的离子的浓度又逐渐增大，导电性增强。因此B图能反映出电流强度I与加入物质量的关系。答案选B.【点睛】熟练掌握物质的化学性质、溶液导电的原因并能灵活运用是正确解答本题的关键。6、C【解析】

A．该反应中氯气中的Cl原子化合价由0价变为-1价，属于氧化还原反应，A说法正确；B．该反应中氯气中的Cl原子化合价由0价变为-1价，具有氧化性，则反应利用了Cl2的氧化性，B说法正确；C．该反应中部分元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C说法错误；D．N2中N原子的化合价由-3价变为0价，生成1个氮气转移6个电子，则生成1molN2有6mol电子转移，D说法正确；答案为C。7、C【解析】试题分析：A项中水不是分散系；B项胶体的分散质直径比溶质大，所以形成的胶体颗粒少；D项制取胶体时，溶液呈红褐色时停止加热。考点：关于胶体的知识。8、B【解析】

氯水是氯气的水溶液，溶液中的微粒有H＋、OH－、Cl－、ClO－、H2O、HClO、Cl2；氯化氢溶于水即得到盐酸，含有的微粒是H＋、OH－、Cl－；A.结合以上分析可知，两种溶液中均含氯离子，与银离子反应均生成白色沉淀，无法鉴别，故A错误；B.结合以上分析可知，两种溶液相同的性质是都具有酸性，但氯水还具有强氧化性，能使碘化钾淀粉溶液变蓝色，可以鉴别两种溶液，故B正确；

C.结合以上分析可知，两种溶液均显酸性，都能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，无法鉴别，故C错误；D.结合以上分析可知，两种溶液均显酸性，酚酞遇酸不变色，无法鉴别，故D错误；故答案选B。【点睛】氯水溶液中的微粒有H＋、OH－、Cl－、ClO－、H2O、HClO、Cl2，因此氯水具有酸性、氧化性、漂白性；而盐酸溶液中微粒是H＋、OH－、Cl－，因此盐酸具有酸性。9、C【解析】

已知FeCl2为生成物，则FeCl3→FeCl2为还原反应，Fe元素的化合价降低，该反应中S元素的化合价应升高，以此来解答。【详解】由信息可以知道，已知FeCl2为生成物，则还原反应为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价降低，该反应中S元素的化合价应升高，可以知道氧化反应为H2S→S，则另一生成物为S，所以C选项是正确的。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素的化合价是解本题的关键，化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物，化合价降低，发生还原反应，生成还原产物。10、A【解析】

A．Na性质活泼，与氧气、水等发生化学反应，保存时要隔绝空气，因此Na应保存在煤油中，故A正确；B．钠活泼，常温下，Na与氧气反应生成氧化钠，故B错误；C．Na是银白色金属、硬度小、熔点低，故C错误；D．.Na在空气中燃烧生成Na2O2，发出黄色火焰，故D错误；故选A。11、C【解析】

在检验是否含有硫酸根离子时，需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、银离子等的干扰．在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整．【详解】A、加入稀硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故A错误；B、加入BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误；C、先加稀盐酸，可以排除银离子与碳酸根离子，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀只能是硫酸钡，故C正确。D、Ba（NO3）2溶液，不能排除亚硫酸根离子碳酸根离子的干扰，故D错误；故选C。【点睛】在实验设计中若不能考虑到物质和微粒的干扰，则无法对结论进行准确的定性．所以实验中要注意考虑彼此微粒和物质之间的干扰．易错点，注意干扰的物质和微粒的处理．12、B【解析】

A．气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，可知气体可能为CO2或SO2，则原溶液中可能含CO32-或SO32-，或HCO3-、HSO3-，不一定有CO32-，A错误；B．酚酞遇碱变红，则无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，B正确；C．滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，白色沉淀可能为BaSO4或AgCl，则溶液中可能含SO42-或Ag+，C错误；D．先加稀盐酸除去OH-，会引入Cl-，应先加硝酸，再加AgNO3溶液，若有白色沉淀出现，证明含Cl-，D错误；故合理选项是B。13、B【解析】

水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；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。大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，据此解答。【详解】A、H2SO4能电离出H+和SO42-在水溶液中能导电是电解质，故A不符合；D、蔗糖是共价化合物不导电，属于非电解质，故B符合；C、NaOH为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质，故C不符合；D、NH4Cl为离子化合物，在水溶液中能导电是电解质，故D不符合；答案选B。14、D【解析】

除SO42-，需要加入BaCl2溶液，但会引入少量的杂质Ba2+；除Ca2+需要加入稍过量的碳酸钠溶液，若先加BaCl2溶液，后加入Na2CO3溶液，既可以除去过量的Ba2+，又可以除去Ca2+，如果加反了，过量的钡离子就没法除去；至于加NaOH溶液除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了。【详解】根据分析要求，先加BaCl2溶液，后加入Na2CO3溶液，加NaOH溶液顺序不受限制，⑤②④或⑤④②或②⑤④，生成沉淀后，必须过滤后才能加盐酸除去稍过量的NaOH，则答案为D。15、D【解析】

A、1L溶液中含Ba(NO3)2的物质的量为0.2mol，则阴离子数是0.4NA、阳离子数是0.2NA、阴、阳离子总数是0.6NA，A正确；B、Ba2+的浓度与体积无关，Ba2+的浓度是0.2mol·L－1，B正确；C、NO3－的浓度与体积无关，NO3－的浓度是0.4mol·L－1，C正确；D、1L溶液中含Ba(NO3)2的物质的量为0.2mol，由Ba(NO3)2的化学式可知，1L溶液中含有0.4NA个NO3－，D错误；答案选D。16、D【解析】

左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，令8gCO和CO2的混合气体的物质的量为n，则：1mol：n=，解得，n＝0.25mol。所以CO和CO2的混合气体的平均相对分子质量是8÷0.25＝32，利用十字交叉法计算CO和CO2的物质的量之比，所以CO和CO2的物质的量之比为12：4=3：1，分子数之比等于物质的量之比，所以CO和CO2的分子数之比为3：1，答案选D。17、B【解析】

A.Ca（OH）2＋CO2=CaCO3↓＋H2O中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，二氧化碳既不是氧化剂也不是还原剂，A不选；B.CO2＋C=2CO中二氧化碳中碳元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，B选；C.2Fe2O3＋3C=4Fe＋3CO2↑中碳元素化合价升高，碳是还原剂，二氧化碳是氧化产物，C不选；D.C＋2H2O（水蒸气）=2H2＋CO2中碳元素化合价升高，碳是还原剂，二氧化碳是氧化产物，D不选。答案选B。18、D【解析】

需加入还原剂才能实现的反应，原物质做氧化剂，在反应中得电子。【详解】A．KClO3分解生成O2，氯元素、氧元素变价，所以KClO3既是氧化剂也是还原剂，不需要加入还原剂，故A不选；B．NH4+转化为NH3，化合价不变，不需要还原剂，不属于氧化还原反应，故B不选；C．Fe转化为FeCl3，Fe作还原剂，需要加入氧化剂，故C不选；D．CO2转化为CO，CO2作氧化剂，需加入还原剂，故D可选；故选D。19、B【解析】

A．纳米碳酸钙是纯净物，分散系是混合物，故A错误；B．纳米碳酸钙分散到水中所得分散系为胶体，会产生丁达尔效应，故B正确；C．纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙相同，故C错误；D．胶体的分散质粒子直径在1～100nm之间，粒子直径小于100nm的纳米碳酸钙粒子能透过滤纸，故D错误；故答案为B。20、D【解析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价。【详解】A、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；B、反应中1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B错误；C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，故C错误；D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A选项易错点、也是难点，H2C2O4中C元素化合价的判断，用化合价代数和为0去判断。21、A【解析】

XO4-离子中X的化合价为+7价，SO32-离子被氧化生成SO42-，S元素化合价由+4价→+6价，设XO4-离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失电子数目相等，则有：2mol×（7-n）=3mol×（6-4），解得：n=+4，所以A正确；正确答案：A。22、D【解析】

A.氯化钠溶液中本身存在钠离子和氯离子，其电离过程不需要电流作用，故A错误；

B.溶于水后能电离出氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠溶于水后能电离出氢离子，属于盐类，故B错误；

C.二氧化碳溶于水能导电，是因为生成了碳酸，二氧化碳本身不导电，属于非电解质，故C错误．D.硫酸钡难溶于水，但是熔融状态下，能完全电离，属于强电解质，故D正确；答案：D二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅥA族252Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强【解析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期ⅥA族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。24、硫酸钡Na2CO3=2Na++CO32-CO2+OH-=HCO3-HClAg++Cl-=AgCl↓【解析】

根据电解质的概念、实验现象分析推理，回答问题。【详解】(1)电解质是溶于水或熔融时能自身电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质。氯化钡固体、硫酸钡、纯碱是电解质，其中只有硫酸钡难溶于水；(2)纯碱在水中的电离方程式Na2CO3=2Na++CO32-；(3)足量CO2气体通入烧碱溶液中生成NaHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-。(4)b、d混合生成无色气体，必为Na2CO3、盐酸中的各一种，则a、c为BaCl2、AgNO3溶液中和各一种。a分别与b、c、d混合都有白色沉淀，则a为AgNO3溶液、c为BaCl2溶液。又c、d混合生成白色沉淀，则d是BaCl2溶液、b是盐酸。①b化学式是HCl，②a+c反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。25、蒸馏烧瓶冷凝管（或直形冷凝管）温度计蒸馏g防止暴沸未用玻璃棒引流未使用250mL容量瓶萃取烧杯、分液漏斗盐酸BaCl2溶液SO42-、CO32-14.6A【解析】

实验室进行蒸馏实验时，仪器包括蒸馏烧瓶，温度计，直形冷凝管，牛角管，烧杯，酒精灯；萃取实验仪器包括分液漏斗，烧杯；配制溶液时仪器包括容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管，容量瓶必须选用合适容积，不可小于配制要求。【详解】（1）根据仪器的结构可知，①为蒸馏烧瓶；②为冷凝管（或直形冷凝管）；（2）采用分馏（蒸馏）原理进行实验时，控制温度是关键，故还缺少的玻璃仪器温度计；冷却蒸馏产生的气体时，在冷凝管位置，冷却水要采用“下进上出”原则，故冷却水的进口为g，碎瓷片由于具有多孔结构，能防止暴沸；（3）配制250mL溶液，需选用适当容积的容量瓶，且配置过程中用玻璃棒进行引流。故错误为未用玻璃棒引流；未使用250mL容量瓶；II.①向碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫萃取，需要的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；②检验SO42-、CO32-时，硫酸根常用氯化钡（沉淀），碳酸根常用盐酸（气泡）或氯化钙（沉淀）等，由于检验试剂的量均为过量，为了防止对后续实验产生影响，应先检验碳酸根，后检验硫酸根。故加入的试剂A为盐酸，B为BaCl2溶液，该现象证明样品中不含有SO42-、CO32-；③容量瓶的规格没有450mL，应选500mL配制，则需氯化钠的物质的量为：n=cV=0.50mol/L×0.5L=0.25mol，氯化钠的质量为：m=nM=0.25mol×58.5g/mol=14.625g，托盘天平只能精确到0.1g，故应称量氯化钠的质量为14.6g；配制NaCl溶液时，若出现下列操作：A．天平砝码己锈蚀，砝码质量增大，所称溶质氯化钠质量偏大，所配溶液浓度偏高，故A正确；B．配制过程中未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，氯化钠残留在玻璃棒和烧杯中，溶质质量偏小，浓度偏小，B错误；C．转移溶液时有溶液溅出，溶质减少，所配溶液浓度偏小，C错误；D．定容时仰视刻度线，蒸馏水添加量偏大导致溶液体积偏大，浓度偏低，D错误；答案为A。【点睛】实验操作和设备选用是本题重点，易错点是配制一定浓度的溶液时所称量的质量。容量瓶没有450ml，计算时要选用正确容量瓶体积，即500ml。26、ABMg2++2OH-=Mg(OH)2↓蒸发皿B【解析】

（1）粗盐除杂过程中要分别除去Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质，需分别加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和适量的稀盐酸，为了将杂质充分除去，所加试剂必须过量，而过量的氯化钡需用加入的碳酸钠除去，故碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，为防止生成的沉淀溶解，过滤后，最后加入稀盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，据以上分析进行解答；（2）蒸发精制食盐水制成精盐，需要的加热仪器为蒸发皿；（3）根据各仪器的结构和用途及使用注意事项进行分析。【详解】（1）粗盐除杂过程中要分别除去Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质，需分别加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和适量的稀盐酸，为了将杂质充分除去，所加试剂必须过量，而过量的氯化钡需用加入的碳酸钠除去，故碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，为防止生成的沉淀溶解，过滤后，最后加入稀盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；因此合理的顺序为⑤②④①③或⑤④②①③；不合理的为②⑤④③①和④⑤②①③；镁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，除去Mg2+的离子方程式：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；故答案选AB；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；（2）精制食盐水制成精盐，需要进行蒸发结晶，需要的加热仪器为：蒸发皿；故答案是：蒸发皿；（3）①试管是可以直接加热的仪器，故①符合题意；②量筒是用来量取一定体积的液体的仪器，不能用于加热，故②不符合题意；③圆底烧瓶可以加热，但应该垫上石棉网，故③不符合题意；④给烧杯中液态加热时需要垫上石棉网，不能直接加热，故④不符合题意；⑤容量瓶是用于配制一定浓度的溶液的仪器，不能加热，故⑤不符合题意；⑥锥形瓶可以加热，但需要垫上石棉网，故⑥不符合题意；⑦燃烧匙可以直接加热，故⑦符合题意；根据分析可以知道，可以直接加热的仪器有①⑦，故B正确；故答案选B。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点；在处理问题（1）时，记住这样的规律：碳酸钠溶液一定加在氯化钡溶液之后，便于除去过量的钡离子，盐酸加在过滤后，除去滤液中剩余的碳酸钠和氢氧化钠，操作顺序就很快选定。27、CuSO4、CaCl2K2SO4BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑NaCl取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含【解析】

①固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；②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Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2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CaCl2；③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠。【详解】（1）由分析可知，固体混合物中肯定没有CaCl2、CuSO4、Na2SO4，故答案为：CaCl2、CuSO4、Na2SO4；（2）③为碳酸钡溶于稀硝酸生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；（3）实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，检验氯化钠的方法是取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含，故答案为：取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含。【点睛】本题为物质推断题，侧重于物质的性质的考查，可以依据物质的性质结合题干提供的信息进行解答，抓住题干叙述中沉淀气体等反应特征是解题突破口。28、Ba(OH)2AgNO3HClCuSO4Na2CO3CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑260【解析】①0.lmol/L的C溶液中c(H+)=0.lmol/L，则C中一定不能大量存在SO42-、OH-、CO32-；②D溶液呈蓝色，说明含有铜离子，D中一定不能大量存在OH-、CO32-；③将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡，所以E中含有碳酸根，则E是碳酸钠，由于银离子只能与硝酸根结合，钡离子不能与硫酸根结合，所以C是盐酸，B是硝酸银，D是硫酸铜，A是氢氧化钡。(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Ba(OH)2、AgNO3、HCl、CuSO4、Na2CO3。(2)碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。(3)33.1g沉淀是硫酸钡和氢氧化铜，反应中氢氧化钡过量，硫酸铜完全反应，硫酸铜的物质的量是0.05amol，则0.05amol×233g/mol+0.05amol×98g/mol＝33.1g，解得a＝2；剩余氢氧化钡是0.15mol－0.1mol＝0.05mol，生成的氢氧化铜是0.1mol，所以消耗盐酸的物质的量是0.05mol×2+0.1mol×2＝0.3mol，盐酸的体积是0.3mol÷5mol/L＝0.06L＝60mL。29、KClO30.2mol5：1②②I-＞Fe2+