上海市同济大学一附中2026届化学高一上期中经典试题含解析

上海市同济大学一附中2026届化学高一上期中经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列物质中，能够导电的电解质是A．Cu B．熔融的MgCl2C．酒精 D．蔗糖2、下列关于氯水的叙述不正确的是A．新制氯水中只含Cl2和H2O两种分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡产生，该气体是O2D．氯水长时间放置后酸性增强3、下列关于物质分类的正确组合是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱硫酸小苏打氧化铝干冰B苛性钠盐酸食盐氧化钠一氧化碳C熟石灰冰醋酸(CH3COOH)胆矾CuSO4·5H2O三氧化硫二氧化硫D苛性钾HNO3碳酸钙生石灰SO3A．A B．B C．C D．D4、常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2＋＋Br2==2Fe3＋＋2Br－②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－③2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2；由此判断下列说法错误的是()A．氧化性强弱顺序为：Cl2>Br2>Fe3＋>I2B．还原性强弱顺序为：I－>Fe2＋>Br－>Cl－C．②中当有1molCl2被还原时，可生成1mol氧化产物D．Br2与I－不能反应5、下列实验操作中正确的是()A．用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中B．Ba(NO3)2溶于水，可将含有Ba(NO3)2的废液倒入水池中，再用水冲入下水道C．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干才停止加热D．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6、配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的（）A． B． C． D．7、将30mL0.5mol·L－1NaOH溶液加水稀释到500mL，关于稀释后的溶液叙述不正确的是()A．浓度为0.03mol·L－1 B．从中取出10mL溶液，其浓度为0.03mol·L－1C．含NaOH0.6g D．从中取出10mL溶液，含NaOH0.015mol8、下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是()A．蒸发氯化钠溶液 B．将盐酸滴入碳酸钠溶液中 C．蔗糖溶解 D．磷在氧气中燃烧9、除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)()A．KNO3溶液(AgNO3)：加过量KCl溶液，过滤B．NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热C．NaCl溶液(Br2)：加CCl4，分液D．KNO3溶液(NaCl)：加热蒸发得到浓溶液后，降温结晶，过滤10、下列电离方程式正确的是A．NaHCO3水溶液中：NaHCO3=Na＋＋HCO3－B．KHSO4水溶液中：KHSO4=K＋＋HSO4－C．Ca(OH)2在水中：Ca(OH)2Ca2＋＋2OH－D．HClO=H＋＋ClO－11、在两份相同的Ba(OH)2

溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，其中a、b点的横坐标相同。下列分析正确的是()。A．②代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B．b

点溶液中大量存在的离子是SO42-、Na+、OH-C．a、d

两点对应的溶液均显中性D．C

点两溶液中含有相同量的OH-12、下列关于Na2O2的叙述中正确的是A．将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中振荡，溶液变为蓝色，且有气泡产生B．将过量Na2O2粉末加入FeCl3溶液中并振荡，产生红褐色沉淀，且有气泡产生C．凡是有Na2O2参与的反应，均能产生O2D．Na2O2粉末在空气中长期放置不变质13、某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质：①乙醇溶液、②氯化钠溶液、③硅酸胶体、④氢氧化铁胶体，不会发生聚沉的是()A．①③ B．①④ C．②③ D．③④14、除去铁粉中的少量铝粉，可选用()A．硫酸 B．水 C．盐酸 D．氢氧化钠溶液15、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH—+H2↑B．锌粒与稀盐酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑C．氢氧化铜与稀硫酸反应：OH—+H+=H2OD．CaCO3与HNO3反应：CO32－+2H＋=H2O+CO2↑16、过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCI2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴人稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。下列操作顺序合理的是()A．①②③⑤④B．③①②⑤④C．①③②⑤④D．②①③④⑤17、Cu在稀硝酸中可以发生如下反应：3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O下列叙述正确的是（）A．HNO3在反应中失去电子B．氧化产物与还原产物的物质的量比为3:2C．发生氧化反应的硝酸占参加反应硝酸的1/4D．每1molHNO3参加反应，有3mol电子转移18、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列操作可导致实际物质的量浓度偏低的是(

)A．用托盘天平称量时，部分NaOH吸收了水分B．NaOH溶解时放出热量，未冷却就将溶液转入容量瓶中并定容C．移液前容量瓶内有少量蒸馏水D．定容时，俯视容量瓶刻度线19、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的组合正确的是纯净物混合物电解质非电解质AHCl冰水混合物纯碱铁B蒸馏水氨水火碱氨气CH2SO4胆矾纯碱石墨D浓硝酸加碘食盐NaOH溶液生石灰A．A B．B C．C D．D20、瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1∶4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为()A．1∶4 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶221、80g密度为ρg·cm−3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中取出一半的溶液中Cl−的浓度是（）A．mol·L−1 B．1.25ρmol·L−1 C．mol·L−1 D．0.63ρmol·L−122、下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A．MgCl2 B．FeCl2 C．CuCl2 D．FeCl3二、非选择题(共84分)23、（14分）目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。已知A、B、C、D、E有如下转化关系：（1）写出A、B生成NaCl的化学方程式：_____________________________________。（2）写出化学式：C______________，D_____________。（3）工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉，漂白粉的主要成分是_______________________________。（写化学式）（4）若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现________________(填沉淀颜色)沉淀，该过程所发生反应的化学方程式为____________________________________________。24、（12分）现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。（1）A、B、C、D的分子式分别为：A_______B________C_________D_______。（2）写出下列各反应的化学方程式：A与B_______________________________________________；B与水_______________________________________________；C与澄清石灰水_______________________________________。25、（12分）在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。（1）连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：E接________；__________接__________；________接________；__________接F。（2）装置中，饱和食盐水的作用是_____________________________________；浓硫酸的作用是________________________________________________。（3）化学实验中检验是否有Cl2产生的常用方法是_________________________。（4）写出下列反应的化学方程式：①气体发生装置中的反应：_____________________________________。②NaOH溶液中发生的反应：________________________________________。（5）工业上用氯气制取漂白粉的化学反应方程式为__________________，漂白粉用于漂白、杀菌的原理用化学方程式表示为____________________。26、（10分）如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2。(1)①实验中控制氯气与空气体积比的方法是_____________________。②为使反应充分进行，实验中采取的措施有___________________________。(2)①写出装置B中产生Cl2O的化学方程式：_________________________。②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是_____________________。(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为______________________。(4)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管准确量取20.00mL次氯酸溶液，________。（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）27、（12分）实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：请回答下列问题：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个主要步骤：①量取②计算③溶解④定容⑤转移⑥洗涤⑦装瓶，其正确的操作顺序为___________（填序号）。（2）实验室只有100

mL、250

mL、500

mL三种规格的容量瓶，但要配制480mL0.50mol/L的稀硫酸，需取该浓硫酸______mL。（3）接下来完成此实验你将用到的仪器有20

mL量筒、烧杯、玻璃棒、____________。（4）要从所配溶液中取出50mL盛装于试剂瓶中，给它贴上标签，则标签的内容是________________；若再从中取出10mL溶液稀释至20mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为__________。（5）下列操作会使所配溶液浓度偏低的是__________。A．用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线B．转移溶液时未洗涤烧杯C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水D．定容时俯视容量瓶的刻度线E.定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线28、（14分）（1）按要求写出方程式：①HNO3(电离方程式）_____②Fe2(SO4)3(电离方程式）_____③硫酸钠和氯化钡溶液反应（离子方程式）____④二氧化碳通入足量氢氧化钠溶液（离子方程式）____________（2）①0.4molCH4分子中所含原子数与__gHCl分子中所含原子数相等，该HC1气体在标准状况下的体积为________L；②等物质的量O2和臭氧(O3)，其质量之比为_______；若O2和O3质量相等，则其原子数之比为__。（3）以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳②熔融KC1③NaHSO4固体④铜⑤稀硫酸⑥澄清石灰水，其中属于电解质的有_____，属于非电解质的有____(填编号）。（4）高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为+6价）是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaC1O=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O①该反应中氧化剂是_________(用化学式表示，后同)，______元素被氧化，还原物为__________；②用单线桥在方程式中标出电子转移的情况：_______________③当反应中有lmolNaFeO4生成，转移的电子有_________mol；④实验室欲配制250mL0.1mol•L-1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，还需要用到的玻璃仪器为__________，下列操作配制的溶液浓度偏低的是__________。A．称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制时，NaOH未冷却直接定容D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E.定容时俯视刻度线29、（10分）按要求写出下列物质间反应的离子反应方程式：（1）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液混合：____________________；（2）Mg(OH)2固体溶于足量盐酸溶液：_____________________；（3）向溶液中加入少量NaOH溶液，反应的离子方程式：_____________；（4）向溶液中加入足量NaOH溶液，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、B【解析】

溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。【详解】A．Cu能导电，但Cu是单质不是化合物，所以Cu不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．熔融的MgCl2中含有自由移动的镁离子和氯离子，所以能导电，熔融的MgCl2是能够导电的电解质，故B正确；C．酒精中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，酒精是非电解质，故C错误；D．蔗糖中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，蔗糖是非电解质，故D错误；故答案选B。2、A【解析】

氯水中存在反应Cl2+H2O=HCl+HClO，氯水呈浅黄绿色，说明氯水中含有氯气，盐酸和次氯酸，其中盐酸是强酸，次氯酸为弱酸，不稳定，容易分解2HClO2HCl+O2↑，据此分析解答。【详解】A、氯水的成分中含有氯气、次氯酸、水三种分子，故A错误；B、新制氯水显示酸性，能使石蕊变红色，含有次氯酸，具有漂白性，所以新制氯水可使红色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C、光照氯水会导致氯水中的次氯酸分解，得到盐酸和氧气，所以光照氯水有气泡逸出，该气体是O2，故C正确；D、氯水中的次氯酸不稳定，易分解，得到盐酸和氧气，次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，所以氯水长时间放置后酸性将增强，故D正确；故选A。3、D【解析】

A、纯碱是碳酸钠，属于盐，氧化铝属于两性氧化物，故A错误；B、一氧化碳不能和碱反应生成盐和水，一氧化碳是不成盐氧化物，故B错误；C、三氧化硫能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；D、苛性钾属于碱、HNO3属于酸、碳酸钙属于盐、生石灰（CaO）属于碱性氧化物、SO3属于酸性氧化物，故D正确；故选D。4、D【解析】氧化还原反应中的强弱规律，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，可以进行此题的判断。A.①2Fe2＋＋Br2==2Fe3＋＋2Br－中Br2的氧化性大于Fe3+，②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－中Cl2的氧化性大于Br2，③2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2中Fe3+的氧化性大于I2，所以氧化性大小顺序为：Cl2>Br2>Fe3＋>I2，故A正确；B.①2Fe2＋＋Br2==2Fe3＋＋2Br－中还原性Fe2＋>Br－，②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－中还原性Br－>Cl－，③2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2中的还原性I－>Fe2＋，所以还原性大小顺序为：I－>Fe2＋>Br－>Cl－，故B正确；C.在②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－中，氧化产物是Br2，则根据方程式可知1molCl2～1molBr2，所以当有1molCl2被还原时，可生成1mol氧化产物Br2，故C正确；D.根据A项中的判断可知氧化性：Br2>I2，则可以发生2I－＋Br2==I2＋2Br－，故D错误。此题答案选D。5、D【解析】

A．过量试剂一般不能放回原瓶，防止试剂污染，则Na2CO3溶液取量过多，放在烧杯中回收，选项A错误；B．钡离子有毒，则含有Ba（NO3）2的废液倒入水槽中，不能用水冲入下水道，防止污染地下水，选项B错误；C．NaCl为可溶性固体，蒸发时不能蒸干，出现大量固体时停止加热，利用余热加热，选项C错误；D．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，可避免两种液体相互污染，选项D正确；答案选D。6、D【解析】

配制一定物质的量浓度的溶液时，所需使用的仪器为天平(或量筒)、一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。【详解】A．此仪器为分液漏斗，通常用于分离不互溶的液体混合物，A不合题意；B．此仪器为锥形瓶，常用于中和滴定实验中，B不合题意；C．此仪器为圆底烧瓶，常用于固、液加热条件下的制气反应，C不合题意；D．此仪器为容量瓶，常用于配制一定物质的量浓度的溶液，D符合题意；故选D。7、D【解析】

A、30mL0.5mol•L-1NaOH溶液中n（NaOH）=0.03L×0.5mol/L=0.015mol，稀释后溶液的体积为500mL，即0.5L，则稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为c（NaOH）==0.03mol/L，选项A正确；B.从中取出10mL溶液，溶液的物质的量浓度仍为0.03mol·L－1，选项B正确；C.溶质的质量为0.03L×0.5mol/L×40g/mol=0.6g，即含NaOH0.6g，选项C正确；D、从中取出10mL溶液，含NaOH0.015mol×=0.0003mol，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查物质的有关计算，题目难度不大，本题注意把握物质的量与质量、浓度等物理量的计算公式的运用。8、D【解析】

A.加热NaCl溶液时液态水转化为水蒸气，溶剂量不断减少，NaCl逐渐析出晶体，这些过程都是物理变化，没有氧化还原反应发生，A项错误；B.将盐酸滴入Na2CO3溶液中依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，这两个反应中各元素化合价均无变化，不是氧化还原反应，B项错误；C.蔗糖溶解于水时，在水分子的作用下蔗糖分子扩散到水里，这个过程属于物理变化，没有氧化还原反应发生，C项错误；D.磷在氧气燃烧，发生反应的化学方程式为4P+5O22P2O5，该反应中磷元素的化合价由单质中的0价升高到P2O5中的+5价，氧元素化合价由单质中的0价降到P2O5中的-2价，所以该反应属于氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛】判断一个化学反应是否是氧化还原反应要从化合价升降入手，凡是有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应。9、A【解析】

A.加过量KCl溶液除去AgNO3：AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，过滤后溶液中过量的KCl没有除去，A项不正确；B.用过量Na2CO3溶液除BaCl2：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，再用盐酸除去过量的Na2CO3：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，过量的盐酸和溶解的CO2通过加热使其挥发而除去，B项正确；C.Br2易溶于CCl4，CCl4是一种很好的萃取剂，NaCl溶液中加入CCl4，振荡、静置、分液，上层液体就是NaCl溶液，C项正确；D.KNO3的溶解度随温度的升高而大幅度增加，NaCl的溶解度随温度升高增大的程度很小，先将混合液加热浓缩，得到较高温度下KNO3的浓溶液，然后降温使KNO3晶体大量析出，（因此时NaCl未饱和，几乎没有NaCl晶体析出），过滤出的晶体即为KNO3，D项正确；答案选A。【点睛】混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。10、A【解析】

A.碳酸氢根离子是多元弱酸的酸式根离子，不能拆，NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故A正确；B.KHSO4是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式为：KHSO4=K＋＋SO42－+H+，故B错误；C.Ca(OH)2属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－，故C错误；D.HClO是弱酸，属于弱电解质，在水中部分发生电离，电离方程式为：HClOH＋＋ClO－，故D错误。故选A。11、C【解析】试题分析：两个反应的方程式为：①Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O②Ba(OH)2+NaHSO4=NaOH+BaSO4+H2O③NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。A、从方程式分析，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故①代表滴加硫酸时的变化曲线，故A错误；B、b点是加入硫酸氢钠进行反应②，溶液中含有氢氧化钠，所以不含SO42-，故B错误；C、a点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，故C正确；D、c点①曲线为硫酸，②曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，因为②中的钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，故D错误。考点：本题考查化学反应中的能量变化。12、B【解析】

A．将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液变蓝且有气泡产生，但Na2O2过量，Na2O2具强氧化性，溶液由蓝色又变成无色，A错误；B．将过量Na2O2粉末加入FeCl3溶液中，Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再和FeCl3反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，B正确；C．有Na2O2参与的反应，不一定能产生O2，如Na2O2+H2SO3===Na2SO4+H2O，C错误；D．Na2O2粉末在空气中长期放置会和二氧化碳、水蒸气反应而变质，D错误；答案选B。13、A【解析】

该胶体电泳时，胶粒向阳极移动，表明该胶粒表面带负电荷，因为同种胶粒带相同性质的电荷而相互排斥，使胶粒无法聚集长大，这是胶体稳定存在的主要原因，由此分析。【详解】①乙醇溶液中乙醇分子显电中性，加到该胶体中不能消除胶粒表面的电荷，不会使胶体聚沉，①项正确；②氯化钠溶液中含有的阳离子（Na+），可以与胶粒表面的负电荷发生电中和，从而胶粒之间相互聚集而发生聚沉，②项错误；③硅酸胶体中的胶粒带负电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相同，因同种电性的胶粒相互排斥，以致于胶粒不能聚集，所以不会发生聚沉，③项正确；④氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相反，因异种电性的胶粒之间相互吸引，从而使胶粒聚集长大而发生聚沉，④项错误；答案选A。14、D【解析】

由于铁粉、铝粉均能与硫酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；铁粉能在高温条件下与水蒸气反应，铝粉不能反应，不符合除杂原则，故B错误；由于铁粉、铝粉均能与盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；铁粉不与氢氧化钠溶液反应，但铝粉能与氢氧化钠溶液反应，反应时能把杂质除去，而且原物质也能保留，符合除杂原则，故D正确。故选D。【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。15、B【解析】

A、电荷不守恒；B、电荷守恒、质量守恒；C、生成氢氧化铜沉淀；D、CaCO3难溶。【详解】A、电荷不守恒，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH—+H2↑，故A错误；B、电荷守恒、质量守恒，离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，故B正确；C、生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Cu(OH)2＋2H＋＋=Cu2＋＋2H2O，故C错误；D、CaCO3难溶，离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，故D错误。故选B。16、B【解析】

①②③步骤分别除去CaCl2、MgCl2、Na2SO4，而且Na2CO3溶液可除去加入的过量的BaCl2溶液，步骤④除去过量的Na2CO3溶液和过量的NaOH溶液，因此③在①之前，④在①②之后，⑤在④之前，操作顺序合理为③①②⑤④，B正确；综上所述，本题选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（4）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。17、B【解析】

HNO3中N元素化合价由+5变为+2；反应中铜元素化合价由0变为+2，Cu(NO3)2是氧化产物，N元素化合价由+5变为+2，NO是还原产物；HNO3中N元素化合价由+5变为+2，硝酸发生还原反应；根据方程式8molHNO3参加反应，转移6mol电子。【详解】HNO3中N元素化合价由+5变为+2，所以HNO3在反应中得电子，故A错误；Cu(NO3)2是氧化产物、NO是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量比为3:2，故B正确；HNO3中N元素化合价由+5变为+2，硝酸发生还原反应，发生还原反应的硝酸占参加反应硝酸的1/4，故C错误；根据方程式8molHNO3参加反应，转移6mol电子，所以每1molHNO3参加反应，有3418、A【解析】

根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断。【详解】A、用托盘天平称量时，部分NaOH吸收了水分，溶质的质量减少，浓度偏低，故A正确；B、NaOH溶解时放出热量，未冷却立即配制溶液，溶液冷却下来，体积偏小，浓度偏高，故B错误；C、移液前容量瓶内有少量蒸馏水，溶质的质量不变、溶液体积不变，浓度不变，故C错误；D、定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏高，故D错误；答案选A。19、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。【详解】A项、冰水混合物是纯净物，铁是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B项、蒸馏水是纯净物，氨水是氨气的水溶液，是混合物，火碱是氢氧化钠，属于碱，是电解质，氨气是非电解质，故B正确；C项、胆矾是五水硫酸铜，是带有结晶水的盐，是纯净物，石墨是非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D项、浓硝酸是硝酸的水溶液，是混合物，NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。故选B。【点睛】题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意电解质和非电解质必须是化合物，电解质溶于水或熔融状态能电离出自由移动的离子，且离子是其本身电离的。20、D【解析】

瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时，极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比等于其物质的量比，为，故D正确；故选D。21、B【解析】

2gCa2+离子物质的量为=0.05mol，溶液体积==L，则原溶液中c(Ca2+)==mol/L，而原溶液中c(Cl−)=2c(Ca2+)=1.25ρmol/L，溶液是均一的取出溶液中Cl−的浓度与原溶液中的相等，故取出一半的溶液中Cl−的浓度是1.25ρmol/L，答案选B。22、A【解析】

A.Mg与氯气或盐酸均反应生成氯化镁，A符合；

B.Fe与氯气反应生成氯化铁，B不符合；

C.Cu与盐酸不反应，C不符合；

D.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，D不符合；

答案选A。二、非选择题(共84分)23、2Na+Cl22NaClNaOHFeCl3CaCl2和Ca(ClO)2红褐色2Na+2H2O=2NaOH+H2↑FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl【解析】

由流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，结合元素化合价知识及化学用语解析。【详解】（1）A为Na，B为Cl2，生成NaCl的化学方程式：2Na+Cl22NaCl；（2）由分析可知各物质的化学式：C为NaOH，D为FeCl3；（3）工业上制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2；（4）若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中，A与水反应生成NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，再发生3NaOH+FeCl3═Fe（OH）3↓+3NaCl，溶液中出现红褐色沉淀。24、H2Cl2CO2HClH2+Cl22HClCl2+H2O⇌HCl+HClOCO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O【解析】

A是密度最小的气体,应为H2,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成HCl,则D为HCl；把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，C为CO2；

(1)由以上分析可以知道A为H2,B为Cl2,C为CO2,D为HCl；因此，本题正确答案是:H2、Cl2、CO2、HCl。（2）氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；综上所述，本题答案是：H2+Cl22HCl。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2O⇌HCl+HClO。二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，C与澄清石灰水反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。25、CDABHG除去氯气中的HCl杂质除去氯气中的水蒸气把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【解析】

（1）实验室制备气体装置的一般连接顺序：发生装置→净化装置→收集装置→尾气处理装置；（2）饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气；（3）把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成；（4）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气与Ca（OH）2反应制备漂白粉，漂白粉漂白时生成HClO。【详解】（1）实验室制备气体装置的一般连接顺序：发生装置→净化装置→收集装置→尾气处理装置，故答案为C；D；A；B；H；G。（2）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以通常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；浓硫酸具有吸水性，所以浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气，故答案为除去氯气中的HCl杂质；除去氯气中的水蒸气。（3）氯气具有强的氧化性，能够氧化碘化钾生成单质碘，反应的化学方程式为：2KI+Cl2═2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成，故答案为把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成。（4）二氧化锰与浓盐酸反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；氢氧化钠与氯气反应的方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；故答案为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O。（5）工业上利用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，HClO具有漂白性，用漂白粉漂白、杀菌时，发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。26、⑴①通过观察A中产生气泡的速率调节流速②搅拌、使用多孔球泡⑵①2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2②该反应放热，温度升高Cl2O会分解⑶HClO见光易分解⑷加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量【解析】试题分析：该实验的目的为以氯气、空气（体积比约1:3）和含水8%的碳酸钠为原料制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。（1）①实验中将氯气和空气分别通入盛有饱和食盐水的A装置使氯气和空气混合均匀并通过观察A中产生气泡的速率调节流速控制氯气与空气体积比；②为增大反应物的接触面积使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡。（2）①装置B中氯气与含水8%的碳酸钠发生歧化反应生成Cl2O和氯化钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；②若B无冷却装置，该反应放热，温度升高Cl2O会分解，则进入C中的Cl2O会大量减少。（3）装置C中发生的反应为Cl2O+H2O＝2HClO，HClO见光易分解，故装置C采用棕色圆底烧瓶。（4）次氯酸溶液呈酸性、具有强氧化性，取20.00mL次氯酸溶液应用酸性滴定管或20.00mL的移液管；根据题给信息次氯酸可被H2O2还原成Cl－，发生的反应为：HClO+H2O2＝O2+H2O+Cl－+H＋，然后向反应后的溶液中加入足量硝酸银溶液，通过测定生成沉淀氯化银的质量确定次氯酸的物质的量，确定次氯酸的浓度，而用氯化亚铁还原次氯酸会引入氯离子，干扰实验，故实验方案为：用酸式滴定管取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。考点：考查化学实验方案的分析、评价和设计，物质的制备，化学方程式的书写。27、②①③⑤⑥④⑦13.6500mL容量瓶、胶头滴管0.50mol/LH2SO4(aq)0.25mol/LBE【解析】

了解稀释溶液的过程，根据过程记忆使用的仪器。利用公式c=1000ρωM来进行溶液物质的量浓度和质量分数的换算【详解】（1）配制溶液时的顺序为，计算、量取、溶解、转移、洗涤、定容最后装瓶。因此正确的操作顺序为②①③⑤⑥④⑦。（2）实验室没有480mL的容量瓶，因此需要用500mL的容量瓶来配制。利用图中数据可求出浓硫酸的物质的量浓度c2=1000ρωM=18.4mol/L。依据稀释前后硫酸的物质的量不变，即c1V1=c2V2，可解得V2（3）溶液的稀释需要用到的实验仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶和胶头滴管。（4）从所配溶液中取出50mL溶液，标签应写上溶液名称和物质的量浓度，因此答案为0.50mol/LH2SO4(aq)；c1V1=c2V2，将c1=0.50mol/L，V1=0.01mL，V2=0.02mL代入可求得c2=0.25mol/L。（5）A．用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线导致量取的浓硫酸物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高；B．转移溶液时未洗涤烧杯，烧杯中有残余的硫酸，导致所配溶液浓度偏低；C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水，对溶液所配浓度没有影响；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高；E．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致所配溶液体积偏大，浓度偏低。会使所配溶液浓度偏低的是BE。【点睛】实验室没有480mL的容量瓶，因此配制480mL0.50mol/L的稀硫酸时，需要使用500mL的容量瓶来配制；稀释溶液误差分析根据c=nV=mMV来判断，V不变n偏小的情况下，所配溶液浓度偏小，n偏大，浓度偏大；n不变，V偏大浓度偏小，n不变28、HNO3=H++NO3-Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42ˉBa2++SO42-=BaSO4↓CO2+2OH一=CO32一+H2O36.522.42:31:1②③①NaClOFeNaCl3250mL容量瓶AD【解析】

（1）注意强电解质完全电离，弱电解质部分电离。离子方程式需要注意弱电解质、沉淀、氧化物不能拆写。（2）质量、物质的量、标况下的气体体积、微粒数目之间的关系可以用n===进行换算。（3）电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。（4）2Fe(OH)3+4NaOH+3NaC1O=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，该反应的氧化剂NaC1O，还原剂为Fe(OH)3，每2molFe(OH)3被氧化，转移6mol电子，3molNaC1O被还