2026届贵州省习水县一中高一上化学期中质量检测试题含解析

2026届贵州省习水县一中高一上化学期中质量检测试题注意事项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、下列说法不正确的是()A．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，但这不是它们的本质区别B．胶体的分散质粒子大小在1nm到l00nm之间，能通过滤纸不能透过半透膜C．氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电D．将氢氧化钠浓溶液滴入饱和氯化铁溶液，制得氢氧化铁胶体2、下列对于“摩尔”的理解正确的是A．属于七种基本物理量之一B．是物质的量的单位，符号为molC．12g碳含有碳原子数为1摩尔D．1摩尔氧气含数个氧原子3、下列物质中含有自由移动的Cl-的是（）A．KClO3溶液B．液态HClC．KCl固体D．MgCl2溶液4、下列关于氯气、液氯、氯水的叙述中正确的是()A．氯气、液氯、氯水是同一种物质B．氯气、液氯、氯水中都含有氯分子C．氯气、液氯、氯水都是混合物D．光照条件下，氯水的酸性减弱5、下列反应的离子方程式中正确的是A．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+Cu2++AgB．在澄清石灰水中通入足量的CO2：Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2OC．碳酸镁跟醋酸反应：MgCO3＋2H+Mg2+＋H2O＋CO2↑D．铁跟稀硫酸反应：Fe＋2H+Fe2+＋H2↑6、由相同条件下的三个反应：2A-+B2=2B-+A2；2C-+A2=2A-+C2；2B-+D2=2D-+B2可以判断正确的是（）A．氧化性：A2＞B2＞C2＞D2 B．还原性：A-＞B-＞C-＞D-C．2A-+D2=2D-+A2反应可以进行 D．2C-+B2=2B-+C2反应不能进行7、使用胆矾配制的硫酸铜溶液，正确的做法是（）①将胆矾加热除去结晶水后，称取溶于水中②称取胆矾溶于水中③将胆矾溶于少量水，然后将此溶液稀释至④将硫酸铜溶于少量水，然后将此溶液稀释至A．①② B．③④ C．①③ D．②④8、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是()A．分子总数为NA的二氧化硫和二氧化碳混合气体中含有的原子数为3NAB．任何条件下，20L氧气含有的分子数都不可能为NAC．在标准状况下，2g氖气含有NA个氖原子D．物质的量相等的任何气体中都含有相同的原子数9、下列物质中含有的氢原子数最少的是()A．36gH2O B．51gH2O2C．34gOH－ D．38gH3O＋10、下列有关分子式为C2H4Cl2的有机化合物的说法正确的是()A．C2H4Cl2存在同分异构体 B．C2H4Cl2分子中所有原子都在同一平面内C．乙烷和氯气在光照条件下可制得纯净的C2H4Cl2 D．C2H4Cl2属于烃11、仪器名称为“容量瓶”的是A． B． C． D．12、实验中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3·10H2O的质量分别是A．1000mL，57.2gB．1000mL，28.6gC．950mL，54.3gD．950mL，28.6g13、下列物质中，属于电解质的是（）A．硫酸铜溶液B．干冰C．熔融的烧碱D．铁丝14、常温下，在下列溶液中发生如下反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－③2B－＋Z2===B2＋2Z－由此判断下列说法正确的是()A．反应Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－不能进行B．Z元素在①③反应中均被氧化C．氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3＋D．还原性由强到弱的顺序是A2＋、B－、Z－、X2＋15、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NAB．在常温常压下，1molO2含有的原子数为2NAC．在常温常压下，11.2LO2所含的原子数目为NAD．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同16、下列关于物质分类的正确组合是（）分类组合碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2SO3H2SO4NaHCO3SO2CO2BNaOHHClNaClNa2ONOCNaOHCH3COOHCaF2CO2SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．A B．B C．C D．D17、浓度为2.00mol/L的盐酸溶液1L，欲使其浓度变为4.00mol/L，下列方法可行的是（）A．蒸发掉0.5L水 B．标况下通入44.8LHCl气体C．将溶液加热蒸发浓缩至0.5L D．加入10mol/L盐酸0.6L，再将溶液稀释至2L18、下列叙述正确的是（）A．硫酸钡固体不导电，所以硫酸钡是非电解质B．铜能导电，所以铜是电解质C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质D．三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质19、溴化碘（IBr）的化学性质类似卤素单质，它与水反应的化学方程式为：IBr＋H2O＝HBr＋HIO，下列关于IBr有关性质的叙述中正确的是A．与水反应中IBr既是氧化剂又是还原剂 B．与NaOH反应生成碘化钠和次溴酸钠C．在化学反应中可作氧化剂 D．IBr与水的反应是氧化还原反应20、已知Mn2O7x-与S2-在酸性溶液中能发生反应：Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O。则Mn2O7x-中Mn元素的化合价是()A．+2B．+4C．+3D．+621、下列电离方程式中，正确的是（）A．Na2SO4=2Na++SOB．Ba（OH）2=Ba2++OHC．Al2（SO4）3=2Al3++3SOD．Ca（NO3）2=Ca2++2（NO3）2-22、下列电离方程式书写正确的是A．CH3COONH4CH3COO－+NH4＋B．HNO3=H＋+NO3－C．H2S2H＋+S2－D．NaHCO3=Na＋+H＋+CO32－二、非选择题(共84分)23、（14分）某111mL溶液只含Cu2+、Ba2＋、K+、OH－、SO42—、Cl—中的几种，分别取三份11mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。①向一份中加入足量NaOH溶液，产生1．98g蓝色沉淀②向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生2．33g白色沉淀③向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生2．87g白色沉淀。回答下列问题（1）该溶液中一定不存在的离子是___________，③中白色沉淀的化学式为______。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________。（3）该溶液中一定存在的阴离子有____________，其物质的量浓度分别为_________。（4）该111mL溶液中还含有的离子是_______，其物质的量是_______。24、（12分）现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象①A+B无明显现象②B+D有无色无味气体放出③C+B有白色沉淀生成④A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液________，C溶液________，D溶液________。(2)写出B与D反应的离子方程式：________，写出B与C反应的离子方程式：________。25、（12分）配制480mL、0.2mol·L-1NaCl溶液。（1）应用托盘天平称取NaCl_____________g，（2）使用容量瓶前必须进行的一步操作是__________________，在容量瓶上标有_________(填字母)，A．温度B．刻度线C．浓度D．容积（3）有以下仪器：①烧杯②药匙③250mL容量瓶④500mL容量瓶⑤托盘天平⑥量筒。配制时，必须使用的玻璃仪器是__________（填序号），还缺少的仪器是_____________。（4）配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为____（填序号）。①摇匀②洗涤③定容④转移（5）溶液配制完静置，发现溶液的液面低于刻度线，用胶头滴管滴加几滴蒸馏水使液面刚好达刻度线，这样做使得配制的溶液浓度______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）26、（10分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A．萃取分液B．过滤C．重结晶D．蒸馏(1)_______，分离饱和食盐水与沙子的混合物；(2)_______，从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾；(3)_______，分离CCl4（沸点76.75℃）和甲苯（110.6℃）的混合物(4)_______，分离出碘水中的碘27、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据，回答下列问题:(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为__________。(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.400mol·L-1的稀盐酸。可供选用的仪器有:①胶头滴管;②玻璃棒;③烧杯;④药匙;⑤量筒;⑥托盘天平。请回答下列问题:①配制稀盐酸时,还缺少的仪器有__________(写仪器名称);该仪器上标有以下五项中的__________;A．温度B．浓度C．容量D．压强E.刻度线②该学生需要量取__________mL上述浓盐酸进行配制。③在配制过程中,下列实验操作对所配制的稀盐酸物质的量浓度有何影响?(在括号内填A表示“偏大”、填B表示“偏小”、填C表示“无影响”)。a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。__________b.量筒量取浓盐酸后又用蒸馏水洗涤2~3次,并将洗涤液移入容量瓶中。_________(3)①假设该同学成功配制了0.400mol·L-1的盐酸,他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的溶液,则该同学需取__________mL盐酸。②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的溶液,发现比①中所求体积偏小,则可能的原因是__________。A．浓盐酸挥发,浓度不足B．配制溶液时,未洗涤烧杯C．配制溶液时,俯视容量瓶刻度线D．加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出28、（14分）现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸、②小苏打、③纯碱、④二氧化碳、⑤葡萄糖、⑥0.1mol/LNaOH溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑧氨水、⑨Al2O3、⑩硫酸铁溶液（1）上述十种物质中，属于非电解质的有__________（填序号）。（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是_________（填序号）。（3）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中c(SO42-)=_____________（4）标准状况下，_____________L④中含有0.4mol氧原子。29、（10分）Ⅰ．已知某反应中反应物和生成物有：KMnO4、H2SO4、MnSO4、H2C2O4、K2SO4、H2O和一种未知物X。(1)已知0.5molH2C2O4在反应中失去1mol电子生成X，则X的化学式为______________。(2)将氧化剂和还原剂及配平的系数填入下列方框中，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。___________________________Ⅱ．工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。从工业废水中回收硫酸亚铁和金属铜的工艺流程如图所示。(1)图中操作①为______________；操作③为_______________________________。(2)试剂X为______（填化学式），操作②涉及的离子反应方程式为___________________。

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．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间，丁达尔效应是胶体的特性，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；B．胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的大小，胶体分散质粒子的直径大小在1nm～100nm之间，能发生丁达尔效应、能透过滤纸、不能透过半透膜都是胶体的性质，故B正确；C．胶体能发生电泳现象是由于胶体粒子带电荷，氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电，故C正确；D．氢氧化钠是电解质，电解质可使胶体发生聚沉，向饱和FeCl3溶液中滴加氢氧化钠生成的是氢氧化铁沉淀，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热至红褐色液体为氢氧化铁胶体，故D错误；答案选D。2、B【解析】

A.物质的量是一种物理量，是国际科学界建议采用的一种物理量，摩尔是单位，故A错误；B.物质的量的单位摩尔其符号为mol，物质的量的符号为n，故B正确；C.以12C所含有的碳原子数为标准，即0.012kg12C所含有的碳原子数目为1mol，故C错误；D.氧分子是由氧原子构成的，1摩尔氧气含NA个氧分子，2NA个氧原子，故D错误；答案选B。3、D【解析】

KClO3在水溶液中电离出K+、ClO3-；HCl是共价化合物，熔融状态下不能电离；KCl固体中含有K+、Cl-，但离子不能自由移动；MgCl2在水溶液中电离出Mg2+、Cl-。【详解】KClO3在水溶液中电离出K+、ClO3-，无Cl-，故不选A；HCl是共价化合物，熔融状态下不能电离，液态HCl中不含Cl-，故不选B；KCl固体中含有K+、Cl-，但离子不能自由移动，故不选C；MgCl2在水溶液中电离出Mg2+、Cl-，且离子能自由移动，故选D。4、B【解析】

A．氯气、液氯为纯净物，氯水为混合物，故A错误；

B．氯气与液氯为氯气的不同状态，氯水中存在氯气分子，故B正确；

C．氯气、液氯为纯净物，故C错误；

D．新制氯水在光照下发生2HClO2HCl+O2↑，所得溶液酸性增强，故D错误。

故选：B。5、D【解析】

根据离子方程式的书写条件分析。【详解】A.该反应前后，电荷不守恒，故A错误；B.通入足量CO2，即CO2气体过量，产物是Ca(HCO3)2，故离子方程式为：OH-+CO2=HCO3-故B错误；C.醋酸是弱酸，在离子方程式书写过程中，不能拆成离子形式，故C错误；D.铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故D正确。故选D。在书写离子反应方程式过程中，难电离的物质（如，弱酸、弱碱），难溶性物质（如，CaCO3等），易挥发性物质（如，气体），不能拆开。6、C【解析】

同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据以上分析可知：氧化性大小顺序为：D2＞B2＞A2＞C2，还原性大小顺序：C-＞A-＞B-＞D-，据此分析解答。【详解】A．2A-+B2=2B-+A2中氧化性B2大于A2，2C-+A2=2A-+C2中氧化性A2大于C2，2B-+D2=2D-+B2中氧化性D2大于B2，所以氧化性大小顺序为：D2＞B2＞A2＞C2，故A错误；B．2A-+B2=2B-+A2中还原性A-大于B-，2C-+A2=2A-+C2中还原性C-＞A-，2B-+D2=2D-+B2中还原性B-＞D-，所以还原性大小顺序为：C-＞A-＞B-＞D-，故B错误；C．2C-+D2=2D-+C2反应中D2＞的氧化性大于C2，符合已知条件，所以可以进行，故C正确；D．2A-+D2=2D-+A2反应中D2的氧化性大于A2，符合已知条件，所以可以进行，故D错误；故选：C。7、B【解析】

的硫酸铜溶液中含硫酸铜，其质量为。溶液配制方案：称取硫酸铜溶于水配成溶液。或称取胆矾溶于水配成溶液，故③④正确；故答案为B。胆矾为CuSO4·5H2O是一种纯净物，CuSO4也是一种纯净物，故CuSO4吸水转化成CuSO4·5H2O的过程是化学变化。8、A【解析】

A.NA个二氧化硫和二氧化碳混合气体分子的物质的量为1mol，含有原子的物质的量3mol，所含原子数为3NA；故A正确；B.不在标准状况下，20L氧气物质的量可能为1mol；分子数可能为NA，故B错误；C.氖的摩尔质量是20g/mol，2g氖气中氖原子的物质的量为=0.1mol，所以2g氖气含有0.1NA个氖原子，故C错误；D.组成气体物质的原子个数不一定相同，则物质的量相等的不同气体，不一定含有相同的原子数，故D错误；本题答案为A。9、C【解析】

36gH2O中，所含氢原子的物质的量＝36g÷18g·mol－1×2＝4mol；51gH2O2中所含氢原子的物质的量＝51g÷34g·mol－1×2＝3mol；34gOH－中所含氢原子的物质的量＝34g÷17g·mol－1×1＝2mol；38gH3O＋中所含氢原子的物质的量＝38g÷19g·mol－1×3＝6mol。不难看出34gOH－含有的氢原子数最少，故选C选项。本题答案为C。比较微粒数目的多少，只要计算微粒的物质的量，然后比较多少即可。10、A【解析】

A．有两种同分异构体：和，故A正确；B．可看成，分子中的两个氢原子被两个氯原子取代的产物，故的分子结构类似于，不可能所有原子都在同一平面内，故B错误；C．在光照条件下，乙烷和氯气发生取代反应的产物很多，有一氯代物、二氯代物、三氯代物等，不可能制得纯净的，故C错误；D．中除含有C、H元素外，还含有Cl元素，不属于烃，故D错误。综上所述，答案为A。11、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。12、A【解析】

由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算。【详解】容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3·10H2O）=cVM=1L×0.2mol/L×286g/mol=57.2g，故选A。本题考查溶液的配制知识，注意实验室常用容量瓶的规格。13、C【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，电解质导电必须是自身电离；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。【详解】A.硫酸铜溶液是硫酸铜和水的混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B.二氧化碳常温下为气体，只有CO2分子，没有自由移动的离子，虽CO2在水溶液中与水反应，生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是CO2自身电离，故CO2不属于电解质，故B错误；C.熔融的NaOH中含有自由移动的氢氧根离子、钠离子能导电，是化合物，所以它是电解质，故C正确；D.铁丝是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选C。本题考查了电解质的判断，解题关键：对电解质概念的理解。易错点A，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．14、C【解析】

根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物分析，还原性顺序为：A2+＞B-＞Z-＞X2+，氧化性顺序为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+。【详解】A、反应中氧化性顺序为：Z2＞A3+，与题目中的信息相符，能反应，A错误；B、Z元素在反应①中被氧化，在反应③中被还原，B错误；C、根据以上分析，氧化性由弱到强的顺序是XO4-、Z2、B2、A3＋，C正确；D、根据以上分析，A2+＞B-＞Z-＞X2+，D错误。故选C。氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，可以通过反应确定性质强弱，也能通过性质强弱确定是否发生反应。15、B【解析】

A项、C项是已知气体在非标准状况下的体积，不能直接用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，错误；B项，物质的量与状态无关，正确；D项，由阿伏加德罗定律知在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数相同，当气体单质分子中所含原子数不同时，相同体积的上述气体所含原子数就不相同，错误。故选B。16、D【解析】

A．Na2SO3不是碱，是盐；SO2不是碱性氧化物，是酸性氧化物，故A不选；B．NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B不选；C．CO2不是碱性氧化物，是酸性氧化物，故C不选；D．KOH是碱，HNO3是酸，CaCO3是盐，CaO是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，故D选；故选D。酸性氧化物是能和碱反应只生成一种盐和水的氧化物，如SO2、CO2、SiO2等。碱性氧化物是能和酸反应只生成一种盐和水的氧化物，如CaO、Na2O等。17、D【解析】

A.盐酸具有挥发性，蒸发掉0.5L水时HCl也会逸出，所以不能实现；B、标况下的44.8LHCl气体物质的量为2mol,原溶液中HCl的物质的量为：2.00mol/L1L=2mol，溶液的总体积大于1L,故不能实现；C.将溶液加热蒸发浓缩至0.5L，盐酸具有挥发性，所以此法不能达到；D.加入盐酸，再将溶液稀释至2L，HCl的浓度为c(HCl)=（0.6L10mol/L+2.00mol/L1L）/2L=4.00mol/L,故D正确；答案：D。18、C【解析】

A.硫酸钡是电解质，固体硫酸钡中含有离子，但由于离子不能自由移动，因此不能导电，A错误；B．铜能导电是因为含有自由移动的电子，但铜是单质而不是化合物，所以铜既不是电解质也不是非电解质，B错误；C．氯化氢在水中能电离产生自由移动的离子，水溶液能导电，所以氯化氢是电解质，C正确；D．SO3溶于水能导电，是因为发生反应：SO3+H2O=H2SO4，H2SO4电离产生了自由移动的H+和，所以H2SO4是电解质，SO3不能电离，SO3属于非电解质，D错误；答案选C。19、C【解析】IBr与H2O的反应是复分解反应，IBr中+1价I有较强的氧化性。20、D【解析】

先利用离子反应中的电荷守恒来确定x，再利用Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x来计算M的化合价。【详解】反应Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O中由电荷守恒可知，（-x）+3×（-2）+14×（+1）=2×（+3），解得x=2，设Mn2O7x-中的Mn的化合价为y，Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x，则y×2+（-2）×7=-2，解得y=+6，故答案选D。本题考查化合价的计算，明确离子反应中的电荷守恒及化合价计算的原则即可解答，注意守恒法的灵活应用。21、C【解析】

A.硫酸钠属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为Na2SO4=2Na++SO，故A错误；B.氢氧化钡属于碱，是强电解质，在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根根离子，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH—，故B错误；C.硫酸铝属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3++3SO，故C正确；D.硝酸钙属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca（NO3）2=Ca2++2NO，故D错误；故选C。22、B【解析】

A．CH3COONH4为强电解质，电离方程式为CH3COONH4═CH3COO-+NH4+，故A错误；B．硝酸为强电解质，完全电离，HNO3=H＋+NO3－该电离方程式书写完全正确，故B正确；C．H2S为弱酸，则电离方程式为H2S⇌H++HS-，HS-⇌H++S2-，故C错误；D．碳酸为弱酸，NaHCO3为强电解质，则电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故D错误；故选B。本题考查电解质的电离方程式，需要明确电解质的强弱及电离方程式书写。本题的易错点为D，碳酸为弱酸，碳酸氢根离子不能完全电离，要注意与硫酸氢钠进行区分。二、非选择题(共84分)23、Ba2+和OH-AgClCu2++2OH-=Cu(OH)2↓SO42-、Cl-1mol/L、2mol/LK+1.2mol【解析】

（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，实验③生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。（2）Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。（4）根据电荷守恒分析。【详解】（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，实验③生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，③中白色沉淀为AgCl，故答案为Ba2+和OH-；AgCl。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-，11mL溶液中，两种离子的物质的量分别为：n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=1.11mol，n(Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=1.12mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c(Cl-)=2mol/L，故答案为SO42-、Cl-；1mol/L、2mol/L。（4）11mL溶液中，Cu2+的物质的量为：n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=1.98g÷98g/mol=1.11mol，1.11molCu2+带1.12mol正电荷，1.11molSO42-和1.12molCl-共带有1.14mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在K+，11mL溶液中含有1.12molK+，111mL溶液中含有1.2molK+，故答案为K+；1.2mol。24、CaCl2AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OAg++Cl-=AgCl↓【解析】

本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag++Cl-=AgCl↓。25、5.9检查容量瓶是否漏液ABD①④胶头滴管玻璃棒④②③①偏低【解析】

（1）没有480mL容量瓶，用500mL计算；（2）容量瓶有塞子，使前应查漏；容量瓶上有容积、温度、刻度线几种标识；（3）依据配制溶液的一般步骤选择需要的玻璃仪器，确定缺少的玻璃仪器；（4）依据配制溶液的一般步骤补充步骤并排序；（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V进行误差分析；【详解】（1）应用托盘天平称取NaCl：0.5L×0.2mol·L-1×58.5g·mol－1=5.9g；（2）容量瓶带有活塞，使用前应先检查是否漏水；容量瓶上有容积、温度、刻度线几种标识，故选ABD；（3））配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以需要的玻璃仪器为：①烧杯④500mL容量瓶;还缺少的仪器：玻璃棒和胶头滴管；（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的顺序为：④②③①；（5）溶液配制完静置，发现溶液的液面低于刻度线，用胶头滴管滴加几滴蒸馏水使液面刚好达刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，解题关键：明确配制过程及有关物质的量浓度计算，易错点：（5）注意误差分析的方法：围绕c=n/V进行误差分析。26、BCDA【解析】

物质分离与提纯的物理方法通常有结晶法、过滤法、萃取分液法、蒸馏法。物质的溶解性或沸点不同，分离提纯的方法不同。A．萃取分液是利用溶质在与原溶剂不互溶的萃取剂中溶解度的不同，将溶质从原溶剂中转移入萃取剂中的过程；B．过滤是将不溶性固体从溶液中分离出来的操作；C．重结晶是利用两种溶质的溶解度受温度变化的影响差异，将二者分离开来的操作；D．蒸馏是利用沸点的差异，将液体混合物分离的操作。【详解】(1)沙子不溶于食盐水中，所以分离饱和食盐水与沙子的混合物的操作为过滤，故选B。答案为：B；(2)硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但随温度升高，硝酸钾的溶解度迅速增大，而NaCl的溶解度受温度的影响很小，所以溶液浓缩后，通过降低温度，可以获得硝酸钾，此分离方法应为重结晶法，故选C。答案为：C；(3)CCl4（沸点76.75℃）和甲苯（110.6℃）是两种互溶的液体，但二者的沸点相差较大，通过加热，将一种液体(CCl4)变为蒸汽，从而将二者分离开来，此分离方法应为蒸馏法，故选D。答案为：D；(4)分离出碘水中的碘，要加入萃取剂(如CCl4)，将碘水中的碘转移入CCl4中，然后分液，此分离方法应为萃取分液法，故选A。答案为：A。蒸馏与蒸发不同，蒸发不需要收集沸点低的成分，而蒸馏的目的，是蒸出低沸点成分并冷凝收集，所以目的不同，操作方法不同，解题时应注意区分。27、11.9mol/L500mL容量瓶ACE16.8BA25C【解析】

（1）根据c=计算；

（2）①根据实验操作分析所需仪器；实验室没有480mL容量瓶，需用500mL容量瓶；结合容量瓶的构造回答；

②根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，据此计算需要浓盐酸的体积；

③分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度的影响；

（3）①根据n（HCl）=n（NaOH）计算；

②盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，标准盐酸浓度偏大，据此分析解答。【详解】（1）质量分数36.5%、密度1.19g/mL浓盐酸的物质的量浓度===11.9mol/L，

故答案为：11.9mol/L；

（2）配制480mL物质的量浓度为0.400mol·L-1的稀盐酸需用到500mL容量瓶；容量瓶上标有温度、容量、刻度线，故答案为：500mL容量瓶；ACE；

②令需要浓盐酸的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，则：

V×10-