2026届山东省兖州一中化学高一上期中预测试题含解析

2026届山东省兖州一中化学高一上期中预测试题注意事项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、某溶液中只含有大量的下列离子：Mg2+、、K+和M离子，经测定Mg2+、、K+和M离子的物质的量之比为3：5：1：1，则M离子可能是A． B． C．Ca2+ D．Na+2、有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2===2FeCl3③2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O下列有关说法正确的是A．还原性最强的是FeCl3B．氧化性的强弱顺序为：KMnO4>FeCl3>C12C．若溶液中Cl-与I-共存，为了氧化I-而不氧化CI-可以向溶液中通入Cl2D．反应③中若生成2molCl2共转移5mol电子3、水热法制备纳米颗粒的反应是，关于该反应下列说法中正确的是()A．H2O和S4O62-都是还原产物 B．和都是还原剂C．被氧化时，转移电子 D．4、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5、下列反应中气体只作氧化剂的是（）A．Cl2通入水中B．Cl2通入FeCl2溶液中C．SO2通入氯水中D．NO2通入水中6、我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸的反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，下列说法中正确的是（）A．该反应中的还原剂为KNO3B．该反应中C被还原C．若消耗32gS，该反应转移电子数为2NAD．若生成标准状况下气体22.4L，则有0.75mol物质被还原7、在反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则下列说法正确的是（）①元素X被氧化②元素Y被氧化③元素X发生还原反应④元素Y发生还原反应．A．①② B．③④ C．②③ D．①④8、下列关于胶体的叙述中，不正确的是A．用半透膜除去淀粉胶体中的NaCl B．胶体中分散质粒子的直径小于1nmC．丁达尔效应可以区分溶液和胶体 D．胶体粒子可以透过滤纸9、检验某未知溶液中是否含有SO42-，下列操作最合理的是（）A．加入稀硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液B．加入盐酸酸化的BaCl2溶液C．先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液D．先加稀硝酸酸化，再加Ba(NO3)2溶液10、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是()A．水和植物油 B．碘和酒精 C．酒精和水 D．硝酸钾溶液和氯化钾溶液11、下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动12、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A．醋酸和水B．水和四氯化碳C．碘和四氯化碳D．汽油和植物油13、能够直接鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液的试剂是（）A．AgNO3溶液 B．稀硫酸 C．稀盐酸 D．稀硝酸14、在标准状况下有①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）。下列对这四种气体的关系从大到小描述不正确的是（）A．体积②＞③＞①＞④ B．密度②＞③＞④＞①C．质量②＞③＞①＞④ D．氢原子数①＞④＞③＞②15、化学实验时,必须十分重视安全和环保问题。下列操作方法不符合要求的是A．少量的浓硫酸溅到皮肤上时，应用大量的水冲洗并涂上3%～5%的NaHCO3溶液B．氢气还原氧化铜时为防止氢气损耗应该先加热后通氢气C．使用容量瓶、分液漏斗前，先检查是否漏水D．给试管中的液体加热时,沿试管倾斜方向不停移动试管或加入碎瓷片,以免液体暴沸伤人16、下列反应中，离子方程式书写正确的是（）A．Fe和盐酸反应：2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑B．硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣===BaSO4↓+H2OC．醋酸和碳酸钠溶液反应：2H＋＋CO===H2O＋CO2↑D．石灰石和盐酸反应：CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O17、李时珍在《本草纲目》中写到:“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上,用器承取滴露。”“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次，……，价值数倍也”，这里用到的方法可用于分离A．硝酸钾和氯化钾 B．四氯化碳和水C．甲醇（沸点64.7℃）和丁醇（沸点117.6℃） D．碘化钾和碘18、下列叙述中，正确的是()A．氧化还原反应的本质是元素化合价发生了变化B．含化合价升高元素的反应物被氧化C．得到电子的物质被氧化D．氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种物质19、将4gNaOH溶于水，配成500mL溶液，其物质的量浓度为A．0.1mol B．20﹪ C．0.2mol/L D．0.2L/mol20、在相同的状况下有A、B两种气体，若VA=VB，质量mA<mB，则（）A．MA=MBB．MA<MBC．nA>nBD．nA<nB21、下列说法正确的是().A．液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．蔗糖、酒精在液态和水溶液里均不导电，所以它们是非电解质D．铜、石墨均导电，所以它们是电解质22、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（）纯净物混合物电解质非电解质A纯盐酸水煤气硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸钙D大理石甲烷氯化铜碳酸钠A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4++OH-NH3↑+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？________（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_____（填离子符号），其物质的量浓度为______。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为________。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_________。A．该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04molB．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D．该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4＝K2SO4+I2+H2O①配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：________。②该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。③如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_________。24、（12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)25、（12分）NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如图：（1）操作①的名称是___________。（2）试剂③的化学式是____________，判断试剂①已过量的方法是：_____________。（3）加入试剂②发生的离子方程式是________________。26、（10分）配制0.2mol•L-1的碳酸钠溶液250mL。(1)根据计算需取___________克无水碳酸钠固体(2)需要使用的主要仪器有托盘天平，____________、____________、_____________、____________和___________；(3)下列操作对所配制溶液的浓度有何影响(填偏高、偏低或无影响)①碳酸钠固体未充分干燥______________；②容量瓶用碳酸钠溶液洗涤_____________；③转移溶液时容量瓶中有少量的蒸馏水__________；④定容时仰视读数_____________。27、（12分）(1)写出下图中序号①～③仪器的名称：①_________；②_________；③__________；仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有_______.（填仪器序号）(2)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．现用该浓硫酸配制480mL

1mol•L-1的稀硫酸．请回答下列问题：a.该硫酸的物质的量浓度为__________mol•L-1b．经计算，配制480mL1mol•L-1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_______mL；c.配制过程中下列各项操作会导致所配稀硫酸浓度偏小的是_____(双选)A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水B．所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤C．定容时，俯视容量瓶刻度线D．摇匀后静置发现液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度处．28、（14分）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式__；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___(填写编号，多选倒扣)；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（3）此反应中氧化产物是___（填化学式），产生0.5molCl2，则转移的电子的物质的量为___mol。（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。______________29、（10分）通过海水晒盐可以得到粗盐，粗盐除含NaCl外，还含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO4、KCl以及泥沙等物质。以下是甲、乙同学在实验室中粗盐提纯的操作流程。提供的试剂：Na2CO3溶液、K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、75%乙醇。（1）欲除去溶液I中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，从提供的试剂中选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为____。A．过量的NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液B．过量的NaOH溶液、K2CO3、BaCl2溶液C．过量的NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液D．过量的NaOH溶液、BaCl2溶液、K2CO3溶液（2）如何检验所加BaCl2溶液已过量____。（3）在滤液中加盐酸的作用是_____。盐酸____（填“是”或“否”）可以过量。（4）在洗涤的时候，可以使用的最佳洗涤剂是_____。（5）乙同学欲使用提纯得到的精盐配制100mL1mol/L的NaCl溶液，需要称量NaCl____g，需使用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒和胶头滴管还有_____。（6）甲同学观察乙同学的操作，认为他配制的溶液浓度偏低，乙同学可能做的错误操作有____。A．定容时，仰视读数B．洗涤容量瓶后没有进行干燥C．未洗涤烧杯和玻璃棒2次～3次D．在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分E.加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线

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、B【解析】

先根据电荷守恒判断M离子所带电荷情况，然后根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。【详解】经测定Mg2+、、K+和M离子的物质的量之比为3:5:1:1，则M应该带有负电荷，根据电荷守恒可知：2n(Mg2+)+n(K+)=n()+n(M)，即：2×3+1×1=1×5+M，解得：M=2，M应带有2个单位的负电荷，由于离子不能与镁离子子大量共存，所以M只能为选项中，故选：B。2、C【解析】

根据氧化还原反应规律可知：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：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2；氧化性：FeCl3>I2；还原性：I->Fe2+；②2FeCl2+Cl2===2FeCl3，氧化性：Cl2>FeCl3；还原性：Fe2+>Cl-；③2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性：KMnO4>Cl2；还原性：Cl->Mn2+；所以氧化性：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2；还原性：I->Fe2+>Cl->Mn2+；结合以上分析解答。【详解】根据氧化还原反应规律可知：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：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2；氧化性：FeCl3>I2；还原性：I->Fe2+；②2FeCl2+Cl2===2FeCl3，氧化性：Cl2>FeCl3；还原性：Fe2+>Cl-；③2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性：KMnO4>Cl2；还原性：Cl->Mn2+；所以氧化性：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2；还原性：I->Fe2+>Cl->Mn2+；A.结合以上分析可知，还原性最强的是KI，A错误；B.结合以上分析可知，氧化性的强弱顺序为：KMnO4>C12>FeCl3，B错误；C.结合以上分析可知，还原性：I->Cl-，若溶液中Cl-与I-共存，为了氧化I-而不氧化Cl-可以向溶液中通人Cl2，C正确；D.根据2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应可知：10e----5Cl2，所以若生成2molCl2共转移4mol电子，D错误；综上所述，本题选C。3、B【解析】

在3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，铁元素的化合价变化：+2→；硫元素的化合价变化为：+2→；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，还原产物是Fe3O4；A.O2是氧化剂，被还原，O元素化合价降低，根据反应中O原子守恒，H2O和S4O62-不可能都是还原产物，故A错误；B.失电子的反应物是还原剂，则还原剂是Fe2+、S2O32-，故B正确；C.由3Fe2+→Fe3O4失2e-，1molFe2+被氧化时失去的电子为mol，故C错误；D.根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH-的化学计量数为4，即x=4，故D错误；故选B。4、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。5、B【解析】A.Cl2通入水中与水反应生成盐酸和次氯酸，氯气既是氧化剂又是还原剂；B.Cl2通入FeCl2溶液中，两者发生反应生成氯化铁，氯气只作氧化剂；C.SO2通入氯水中，两者发生反应生成硫酸和盐酸，二氧化硫只作还原剂；D.NO2通入水中，两者发生反应生成硝酸和NO，NO2既是氧化剂又是还原剂。综上所述，本题选B。点睛：本题考查了氧化还原反应的基本概念。氧化还原反应的特征是化合价升降，所含元素的化合价降低的是氧化剂，所含元素的化合价升高的是还原剂，如果所含元素的化合价既有升高的又有降低的，则该物质既是氧化剂又是还原剂。6、D【解析】

A.反应中N和S元素化合价降低,被还原,C元素化合价升高,所以还原剂是C、氧化剂是S和KNO3,故A错误;

B.C元素化合价升高,所以还原剂是C被氧化,故B错误;

C.消耗32gS即1mol,则消耗3molC,所以转移电子数为(4-0)×3mol=12mol,即12NA，故C错误;

D.生成标准状况下22.4L气体时,即1mol气体,则生成14×1mol=0.25mol氮气,有0.25molS和0.5molKNO3参加反应,又反应中N和S元素化合价降低,被还原,则有0.75

mol物质被还原,所以D选项是正确的解析反应S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑中,N和S元素化合价降低,被还原,C元素化合价升高,被氧化,据此分析。7、D【解析】

反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则X失去电子，Y得到电子，则X被氧化，发生氧化反应，①正确，③错误；Y被还原，发生还原反应，②错误，④正确；故选D。8、B【解析】

A.胶体中分散质粒子不能透过半透膜，小分子，离子能透过半透膜，用半透膜除去淀粉胶体中的NaCl，方法为渗析法；故A项正确；B.胶体中分散质粒子的直径介于1--100nm之间，故B项错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质，可用来区分胶体和溶液，故C项正确。D.胶体中分散质粒子和溶液中溶质粒子都能透过滤纸，不能用滤纸分离，故D项正确；综上所述，本题选B。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，可以发生电泳现象，可以发生聚沉，胶体的分离提纯一般都用渗析法进行。9、C【解析】A.加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故A错误；B．加入氯化钡和盐酸的混合溶液，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，再加入氯化钡溶液，产生的沉淀只能是硫酸钡，故C正确；D．先加稀硝酸酸化，再加硝酸钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故D错误；故选C。点睛：本题考查离子的检验，为高频考点，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判断，所以实验中要注意微粒和物质之间的干扰。10、A【解析】

略11、C【解析】

A.分散系都是电中性的，胶体不带电，故A错误；B.胶体粒子可能不带电，不做定向移动，故B错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质，故C正确；D.溶液中的溶质粒子的运动也是布朗运动，故D错误；故答案选C。12、B【解析】互不相溶的液体之间能用分液漏斗进行分离，则A.醋酸与水互溶，不能用分液漏斗进行分离，A错误；B.四氯化碳不溶于水，能用分液漏斗进行分离，B正确；C.碘易溶在四氯化碳中，不能用分液漏斗进行分离，C错误；D.汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，D错误，答案选B。13、B【解析】

BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，以此来解答。【详解】A.均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A不符合题意；B.

BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，现象不同，可鉴别，故B符合题意；C.稀盐酸不能鉴别BaCl2、NaCl，故C不符合题意；D.稀硝酸不能鉴别BaCl2、NaCl，故D不符合题意。答案选B。14、D【解析】

①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，

③13.6g硫化氢的物质的量为=0.4mol，④0.2mol氨气（NH3），则A.同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，A项正确；

B.①CH4相对分子质量为16，②HCl相对分子质量为36.5③硫化氢相对分子质量为34，④氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，B项正确；

C.①6.72LCH4的质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，②3.01×1023个HCl分子的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，C项正确；

D.氢原子物质的量分别为：①0.3mol×4=1.2mol，②0.5mol，③0.4mol×2=0.8mol，④0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子数①＞③＞④＞②，D项错误；

答案选D。15、B【解析】

A．浓硫酸不慎沾在皮肤上，用大量水冲洗，然后再涂上3%～5%的NaHCO3溶液，操作合理，故A正确；B．氢气还原氧化铜时应先通氢气，排净装置内的空气，防止加热时发生爆炸，然后再加热，故B错误；C．带有活塞的仪器，为防止漏水，使用前必须检查是否漏液，故C正确；D．给试管中的液体加热时，应防止液体剧烈沸腾，则加热时不停沿试管倾斜方向移动试管或加入碎瓷片，以免液体暴沸伤人，故D正确；答案选B。本题考查化学实验方案的评价，把握混合物分离提纯、实验操作、实验安全、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。16、D【解析】

A.Fe和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故离子方程式2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑错误；B.硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，故错误；D.石灰石和盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故正确。故选D。离子方程式的判断通常从以下几个角度分析：(1)违背反应客观事实：如：Fe2O3与氢碘酸：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O错因：忽视了Fe3+与I-发生氧化一还原反应。(2)违反质量守恒或电荷守恒定律及电子得失平衡：如：FeCl2溶液中通Cl2：Fe2+＋Cl2＝Fe3+＋2Cl-错因：电子得失不相等，离子电荷不守恒。(3)混淆化学式（分子式）和离子书写形式：如：NaOH溶液中通入HI：OH-＋HI＝H2O＋I-错因：HI误认为弱酸。(4)反应条件或环境不分：如：次氯酸钠中加浓HCl：ClO-＋H+＋Cl-＝OH-＋Cl2↑错因：强酸制得强碱。(5)忽视一种物质中阴、阳离子配比：如：H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液:Ba2+＋OH-＋H+＋SO42-＝BaSO4↓＋H2O，正确：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-＝BaSO4↓＋2H2O。17、C【解析】

题中的分离方法为蒸馏。用于分离互溶的液体混合物。【详解】A.硝酸钾和氯化钾应利用在水中的溶解度随温度变化的差异用结晶的方法分离，故错误；B.四氯化碳和水不互溶，可以用分液的方法分离，故错误；C.甲醇（沸点64.7℃）和丁醇（沸点117.6℃）二者物理性质相似，要利用沸点差异进行分离，采用蒸馏的方法，故正确；D.利用碘在有机溶剂中的溶解度比在水中大，用萃取的方法分离出碘化钾和碘的混合物中的碘，故错误。故选C。18、B【解析】

A、氧化还原反应的特征是元素化合价发生了变化，其本质为电子的转移，错误；B、元素的化合价升高，则失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；C、得到电子的物质为氧化剂，在反应中被还原，错误；D、氧化还原反应中，同种元素可能既失去电子也得到电子，如氯气与水的反应，氧化剂、还原剂可为同种物质，错误。故选B。19、C【解析】

4gNaOH的物质的量==0.1mol，溶于水配成500mL溶液，所得溶液物质的量浓度==0.2mol/L，答案选C。20、B【解析】

相同的状况下有A、B两种气体，根据n=V/Vm可以知道，若VA=VB，则两者的物质的量相等：nA=nB，故C、D错误，根据M=m/n可以知道，若质量mA<mB，则MA<MB，所以B正确，A错误。故选B。21、C【解析】

A．液态HCl溶于水能导电，固态AgCl熔化状态下能导电，又属于化合物，所以液态HCl、固态AgCl是电解质，故A错误；B．NH3和CO2本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨或碳酸电解质溶液导电，属于非电解质，故B错误；C．蔗糖和酒精在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，熔融状态下也只有分子存在，不导电，所以蔗糖和酒精均是非电解质，故C正确；D．铜和石墨均是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故答案为C。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。22、B【解析】

纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种物质的所属类别。【详解】A．纯盐酸是混合物，是氯化氢的水溶液，故A错误；B．蒸馏水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；C．铁是单质，既不是电解质又不是非电解质，碳酸钙是盐，属于电解质，故C错误；D．大理石是混合物，主要成分是碳酸钙，甲烷为纯净物，碳酸钠为电解质，故D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、否NH4+0.8mol/LBaSO4、BaCO3A1：50.3mol【解析】

第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量≥0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L＝0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04mol，答案选A。（5）①反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4＝3K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；②KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；③在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。24、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。25、渗析HCl静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量Ba2++CO32—=BaCO3↓，Ca2++CO32—=CaCO3↓【解析】

胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，所以除去粗盐中含有的Ca2+、SO42-可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，除去硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（除去钙离子），同时也将过量的钡离子除去，则试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体。【详解】（1）淀粉溶液属于胶体，溶液中小的分子或离子能透过半透膜，胶体微粒不能透过半透膜，采用渗析的方法将二者分离，则操作①是利用半透膜进行渗析操作分离出淀粉胶体，故答案为渗析；（2）试剂③为盐酸，目的是除去溶液中过量的CO32-离子；试剂①为BaCl2溶液，目的是除去溶液中硫酸根离子，判断氯化钡溶液已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；故答案为HCl；静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量（3）试剂②是碳酸钠溶液，加过量的碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量的钡离子，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓。本题考查物质的分离提纯操作，把握除杂原则，注意把握实验的先后顺序，提纯时要除去引入新的杂质是解答关键。26、5.3药匙烧杯玻璃棒250mL容量瓶胶头滴管偏低偏高无影响偏低【解析】

(1)根据n=c·V及m=n·M计算；(2)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；(3)结合c=分析实验误差。【详解】(1)配制0.2mol•L-1的碳酸钠溶液250mL中溶质的物质的量n(Na2CO3)=c·V=0.2mol/L×0.25L=0.05mol，则需碳酸钠的质量m(Na2CO3)=n·M=0.05molL×106g/mol=5.3g。(2)配制一定条体积、一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀。称量固体质量要使用托盘天平、药匙，在烧杯中溶解固体药品，为促进物质溶解，要使用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃棒将溶液转移至已经查漏的250mL的容量瓶中，并洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，然后向容量瓶中加水定容，至凹液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加液体至凹液面最低处与刻度线相切，然后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，得到的溶液就是0.2mol•L-1的碳酸钠溶液250mL碳酸钠溶液。可见在配制溶液过程中使用的仪器出来有托盘天平外，还有药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。(3)①碳酸钠固体未充分干燥，则溶质的物质的量n偏小，根据c=可知会导致配制溶液浓度偏低；②容量瓶用碳酸钠溶液洗涤，会使溶质的物质的量偏多，最终使配制的溶液浓度偏高；③转移溶液时容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响；④定容时仰视读数，会使溶液的体积偏大，根据c=可知溶液的体积偏大会导致配制溶液浓度偏低。本题考查配制物质的量浓度的溶液的方法。明确配制溶液的步骤是解题关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目培养了分析能力和化学实验能力。27、蒸馏烧瓶冷凝管分液漏斗③④18.427.2BD【解析】

（1）①为蒸馏装置，需要的仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、锥形瓶等，②为分液操作；③为容量瓶，结合仪器的结构分析；分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；(2)a．根据溶液的物质的量浓度c=1000ρω/M来计算；b.根据溶液稀