2025-2026学年云南省保山隆阳区一中高一化学第一学期期中监测试题含解析.doc

2025-2026学年云南省保山隆阳区一中高一化学第一学期期中监测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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、下列关于卤素性质的叙述中不正确的是(　　)
A．卤素单质的颜色按Cl2、Br2、I2的顺序逐渐变深
B．氯气易液化，溴单质易挥发，碘单质易升华
C．氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大
D．Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐增强
2、下列表格中各项都正确的组是（ ）

碱
盐
电解质
非电解质
A
烧碱
小苏打
BaSO4
干冰
B
纯碱
CaCO3
NH3•H2O
Fe
C
明矾
食盐
石墨
醋酸
D
KOH
CuSO4
熔融MgCl2
氯水
A．A B．B C．C D．D
3、溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（ ）
A．分散质粒子直径的大小 B．是否有丁达尔现象
C．能不能通过滤纸和半透膜 D．是否均一、稳定、透明
4、当光束通过下列物质时，能观察到丁达尔效应的是
A．CuSO4溶液 B．蔗糖溶液 C．NaOH溶液 D．Fe(OH)3胶体
5、有以下四种物质：①标况下11.2L CO2②1g H2③1.204×1024个N2④4℃时18mLH2O，下列说法不正确的是（ ）
A．分子个数：③＞④＞①=② B．原子个数：③＞④＞①＞②
C．体积：③＞④＞①=② D．质量：③＞①＞④＞②
6、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；B和氢组成的一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，观察到先变红后褪色。下列说法正确的是
A．14A与12A有相同的质子数，属于同一种核素
B．某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的盐
C．C单质与水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红
D．E单质在化学反应中只能作氧化剂
7、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol Na2O2晶体中阴离子数为2 NA
B．常温常压下，48g O3含有的分子数为NA
C．标准状况下，33.6L的 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NA
D．常温常压下，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.3 NA
8、24mL 0.05mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20mL 0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
9、下列反应属于氧化还原反应的是
A．CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
D．NaBr＋AgNO3===AgBr↓＋NaNO3
10、下列说法中正确的是
A．1 mol O2的质量是32 g/mol
B．对原子而言，摩尔质量就是相对原子质量
C．H2的摩尔质量是2 g
D．H+的摩尔质量1 g/mol
11、300mLAl2(SO4)3溶液中，含Al3+1.62g，在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42—的物质的量浓度为(忽略溶液体积变化)
A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L
12、在某两烧杯溶液中，各含有大量以下六种离子Cu2+、OH-、CO32-、Mg2+、K+、NO3-中的三种，已知乙烧杯溶液呈碱性，则甲烧杯溶液中大量存在的离子组是
A．Cu2+、Mg2+、K+ B．Cu2+、Mg2+、NO3-
C．Cu2+、K+、NO3- D．Mg2+、K+、NO3-
13、在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A．Al3+、Ag+、NO3－、Cl－ B．Mg2+、NH4+、NO3－、Cl－
C．K+、CO32-、Cl－、Na+ D．Na+、OH－、SO42-、Fe2+
14、下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是
A．和
B．CO和
C．和
D． 和
15、宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O，其中H2S是
A．氧化剂 B．还原剂 C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂又不是还原剂
16、于谦的《石灰吟》，赞颂了石灰石（碳酸钙）“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”的品格。碳酸钙属于
A．单质 B．氧化物 C．酸 D．盐
17、根据以下几个反应：
①Cl2+2KI=2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
④I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
判断氧化性由强到弱的顺序是
A．Cl2＞Fe3+＞I2＞SO42- B．Cl2＞I2＞Fe3+＞SO42-
C．Cl2＞Fe3+＞SO42-＞I2 D．Fe3+＞I2＞Cl2＞SO42-
18、2015年诺贝尔医学奖授予中国药学家屠呦呦等三位科学家，以表彰她们在青蒿素方面做出的突出贡献，提取青蒿素通常可以用乙醚浸取，这与下列哪种方法的原理相同（ ）
A．分液法 B．萃取法 C．结晶法 D．过滤法
19、下列属于强电解质的是（ ）
A．醋酸 B．酒精 C．铜 D．小苏打
20、厨房中的化学知识很多，下面是有关厨房中的常见操作或者常见现象，其中发生的变化不属于氧化还原反应的是(　　)
A．食物长时间放置后变质腐败
B．燃烧液化石油气为炒菜提供热量
C．用活性炭除去冰箱中的异味
D．烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹
21、下列物质中的S元素只具有还原性的是
A． B． C． D．
22、同温同压下，相同质量的下列气体，所占体积最大的是（ ）
A．CH4 B．O2 C．CO2 D．SO2
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：
（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是___，有关离子方程式为__。
（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，有关的离子方程式为__。
（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。
A．Cl－ B．NO3- C．CO32- D．OH－
24、（12分） (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Cl－、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_______、B为_________。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为________________。
(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：

从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有____________，它的组成可能是__________或_____________。
25、（12分）现用溶质质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸来配制500 mL 0.2 mol·L-1的稀硫酸。可供选择的仪器有:①玻璃棒、②烧瓶、③烧杯、④胶头滴管、⑤量筒、⑥容量瓶、⑦托盘天平、⑧药匙。请回答下列问题:
（1）上述仪器中,在配制稀硫酸时用不到的有____(填序号)。 
（2）经计算,需浓硫酸的体积为____。现有①10 mL、②50 mL、③100 mL三种规格的量筒,你选用的量筒是____(填序号)。 配制时应选用的容量瓶规格为____。 
（3）下列操作使所配溶液浓度偏高的有____(填序号)。 
①洗涤量取浓硫酸的量筒,并将洗涤液转移到容量瓶中　②稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中　③转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水　④定容时,俯视刻度线
26、（10分）用18 mol/L浓硫酸配制100 mL 3.0 mol/L稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积　②量取一定体积的浓硫酸　③溶解、冷却　④转移、洗涤　⑤定容、摇匀
回答下列问题：
（1）所需浓硫酸的体积是____mL ，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_______。
（从下列规格中选用：A 10 mL　B 25 mL　C 50 mL　D 100 mL）
（2）第③步实验的操作是________________________________________________。
（3）第⑤步实验的操作是_________________________________________________。
（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用“偏大”“偏小”或“无影响”填写）?
A 所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________。
B 容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水________。
C 所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________。
D 定容时俯视溶液的凹液面________________。
27、（12分）如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。

回答下列问题：
(1)装置 A 中，仪器 a 的名称叫_____，该仪器中盛放的试剂为_____，装置 B的作用是_____。
(2)装置 A 中发生反应的化学方程式是_____。
(3)当 Cl2 持续通过时，装置 D 中干燥的有色布条能否褪色？为什么？_____，____。
(4)若要证明干燥的 Cl2 无漂白性，可在装置 D 前添加一个装有_____的洗气瓶。
(5)装置 E 的作用是_____，该反应的离子方程式为_____。
28、（14分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。
(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑该反应中氧化剂是__________(填化学式),过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价为__________。(填数字)
(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种数粒:Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。
①碱性条件下,氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应,写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:__________。
②每生成1mol FeO42-转移__________mol电子,若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为__________mol。
29、（10分）氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。
I．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：

(1)电解反应的化学方程式为__________。
(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。
Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：
(3)B中反应的化学方程式是_________。
(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。
(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_______。
②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。
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．卤素单质Cl2、Br2、I2的颜色分别为黄绿色、红棕色、紫色，逐渐加深，A正确；
B．氯气常温下为气体，易液化，溴单质常温下为液体，易挥发，碘单质为固体，熔点与沸点相接近，易升华，B正确；
C．同主族元素从上到下原子、离子半径逐渐增大，则氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大，C正确；
D．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，D错误；
答案选D。
2、A
【解析】
溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质。
【详解】
A项、烧碱为氢氧化钠为碱，小苏打为碳酸氢钠为盐，硫酸钡熔融导电属于电解质，干冰是固体二氧化碳属于非电解质，各物质符合物质类别概念，故A正确；
B项、纯碱为碳酸钠，碳酸钠是盐，铁单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C项、明矾为十二水合硫酸铝钾，是盐类，石墨单质既不是电解质也不是非电解质，醋酸是弱电解质，C错误；
D、氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。
故选A。
本题考查了酸、碱、盐、电解质、非电解质概念的理解和分析判断，熟练掌握物质的组成和分类是解题关键。
3、A
【解析】
溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小，其中溶液分散质粒子直径小于1nm，浊液分散质粒子直径大于100nm，胶体分散质粒子直径介于1nm和100nm之间。答案选A。
4、D
【解析】
当光束通过下列物质时，能观察到丁达尔效应，说明该分散系为胶体，CuSO4溶液、蔗糖溶液、NaOH溶液均属于溶液，不能产生丁达尔效应；Fe(OH)3胶体属于胶体；故答案为D。
利用丁达尔效应可鉴别分散系是否属于胶体，但分散系的区分本质是分散质粒子的直径大小。
5、B
【解析】
只要物质的物质的量相等，则其分子数就是相等的。CO2的物质的量是0.5mol，氢气的是0.5mol，氮气的是2mol，水是1mol，所以选项A正确；原子的物质的量分别是1.5mol、1mol、4mol、3mol，所以选项B正确；根据阿伏加德罗定律可知，在相同条件下，相同物质的量的气体所占有的体积是相同的，所以选项C不正确，应该是③>①=②>④；四种物质的质量分别是是22g、1g、56g、18g，所以选项D正确，答案选C。
6、C
【解析】
A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，可确定A为C元素，B和氢组成的一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为N元素。C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，且原子序数大于7的只有Mg元素，即D为Mg元素，则C为Na元素。往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，观察到先变红后褪色，所以E为Cl元素。据此解答。
【详解】
根据以上分析可知A为C元素，B为N元素，C为Na元素，D为Mg元素，E为Cl元素。则
A、14C与12C有相同的质子数，但中子数不同，不属于同一种核素，二者互为同位素，A错误；
B、焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，可用来检验这种元素的存在，只要含有这种元素的任何物质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的盐，也可能是含Na的碱、单质等，B错误；
C、Na与水发生如下反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，溶液呈碱性，滴加酚酞变红色，C正确。
D、氯气在化学反应中既能作氧化剂，也能作还原剂，例如氯气和氢氧化钠溶液反应，D错误。
答案选C。
准确判断出元素种类是解答的关键，注意元素周期律与元素化合物知识的结合。本题在B选项上易出错。焰色反应是检验某种元素的，不论这种元素形成的是哪类物质都可以，另外要注意焰色反应是物理变化，不是化学变化。
7、B
【解析】
A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；
B. 分子个数N=n NA，物质的量n = ；
C. 标况下四氯化碳为液态；
D. 根据物质的量n = 求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析。
【详解】
A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠晶体中含1mol过氧根即NA个，故A项错误；
B. 48g O3的物质的量n = = = 1 mol；因此其分子个数为N = n NA = NA个，故B项正确；
C. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C项错误；
D. 7.1g氯气的物质的量n = = = 0.1 mol，而氯气和铁反应由0价变为−1价，故0.1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2 NA个，故D项错误；
答案选B。
与阿伏加德罗常数相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
8、B
【解析】
设还原产物中Cr元素的化合价为+x，，失去电子的物质的量为0.024L×0.05mol·L-1×2=0.0024mol；2，得到电子的物质的量为0.02L×0.02mol·L-1×(6-x)×2，氧化剂与还原剂恰好完全反应，即得失电子数相等，所以有0.02L×0.02mol·L-1×(6-x)×2=0.0024mol，解得x=3，
故选：B。
9、C
【解析】
判断反应是否为氧化还原反应的依据为反应前后元素是否有化合价的改变，只有C项中元素的化合价发生了变化，答案为C。
化合价是否发生改变为判断氧化还原反应的依据，而电子的得失为氧化还原反应的本质。
10、D
【解析】
根据摩尔质量的概念及其单位进行分析。
【详解】
A.1 mol O2的质量是32g，故A错误；
B.摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于它的相对原子质量，故B错误；
C.摩尔质量的单位为mol/L，故C错误；
D.H+的摩尔质量1 g/mol，故D正确。
故选D。
11、D
【解析】
则300 mL Al2(SO4)3溶液中，；0.1 mol/L Ba(OH)2溶液300 mL中，；当两溶液混合后，反应后溶液中，所以反应后溶液中SO的物质的量浓度为
12、B
【解析】
根据乙烧杯溶液呈碱性，确定乙烧杯溶液含有OH-，与之反应的离子在甲溶液中，再根据离子不能共存通过甲溶液离子反过来确定乙溶液成分，最后根据溶液电中性确定其它阴离子或阳离子，据此解答。
【详解】
乙烧杯溶液呈碱性，说明有大量OH-，则与OH-发生反应的Cu2+、Mg2+不能存在乙溶液中，应该在甲溶液中；由于CO32-与Cu2+、Mg2+会发生沉淀反应，不能共存，CO32-应该在乙溶液中。溶液呈电中性，则甲溶液还要还要阴离子，所以只能含有NO3-，则乙溶液中还要含有K+，所以甲烧杯溶液含有Cu2+、Mg2+、NO3-，乙烧杯溶液含OH-、CO32-、K+，故合理选项是B。
本题考查溶液成分的确定的知识。溶液呈电中性及离子能否大量共存的本题判断的关键，突破口是乙烧杯溶液呈碱性，含大量的OH-。
13、B
【解析】
A、Ag＋＋Cl-=AgCl↓故A错误；B、 Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-不生成沉淀气体或水，故B正确；C、2H+＋CO32-=H2O＋CO2↑，故C错误；D、OH-、Fe2+在酸性条件下不能大量共存，故D错误；故选B。
14、D
【解析】
粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数=电子数，阳离子的电子数=质子数-电荷数，阴离子的电子数=质子数+电荷数．
【详解】
A、H3O+的质子数为11，电子数为11-1=10，OH-的质子数为9，电子数为9+1=10，电子数相同，故A错误；
B、CO的质子数为14，电子数为14，N2的质子数为14，电子数为14，电子数相同，故B错误；
C、HNO3的质子数为1+7+8×3=32，电子数为32，NO3-的质子数为7+8×3=31，电子数为31+1=32，电子数相同，故C错误；
D、CH3+的质子数为6+1×3=9，电子数为9-1=8，NH4+的质子数为11，电子数为11-1=10，电子数不同，故D正确．
故选：D．
15、D
【解析】
根据氧化还原反应的特征分析，判断氧化剂、还原剂。
【详解】
4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O反应中，Ag元素从0价升高到+1价，故Ag做还原剂，O2中O元素从0价降低到-2价，故O2做氧化剂，H2S中的H元素和S元素化合价没有改变，故H2S既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确。
故选D。
金属单质大多数情况下都做还原剂，O2是常见氧化剂，再判断H2S中各元素化合价变化情况，从而可以快速作出正确判断。
16、D
【解析】
碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选D。
17、A
【解析】
根据①氧化剂：降得还；还原剂：升失氧；②氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断。
【详解】
①Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2；所以氧化性Cl2> I2；
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3+；所以氧化性Cl2> Fe3+；
③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2；所以氧化性Fe3+> I2；
④I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是SO42-；所以氧化性I2> SO42-；
综上所述得出结论：Cl2＞Fe3+＞I2＞SO42-，因此选A；
正确答案：A。
18、B
【解析】
青蒿素提取过程是先用冷水浸泡青蒿，将青蒿绞汁 ，再用乙醚低温溶解提取，利用了青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水的性质。
【详解】
A. 分液法是分离两种互不相溶的液体混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是分液法，故A错误；
B. 青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水，可用乙醚萃取，然后分液分离，所以B选项是正确的；
C.结晶法使利用溶解度的差异分离混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是结晶法，故C错误；
D. 过滤适用于不溶性固体与液体的分离，用乙醚浸取提取青蒿素不是过滤法，故D错误。
所以B选项是正确的。
19、D
【解析】
试题分析：A项：醋酸是化合物，在水溶液中是部分电离的电解质，属于弱电解质，故错；
B项：酒精是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质，故错；
C项：金属铜是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故错；
故错D。
考点：强电解质和弱电解质的概念
点评：本题是对基本概念强电解质的考查，题目难度不大，平时学习注意概念的辨析、基础知识的积累。
20、C
【解析】
A．食物长时间放置易被空气中氧气氧化而变质腐败，发生氧化还原反应；
B．液化石油气的燃烧属于氧化还原反应；
C．用活性炭除去冰箱中的异味是利用了活性炭的吸附性，属于物理变化；
D．烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹，属于铁被氧化为铁锈的过程，属于氧化还原反应；
故选C。
21、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。
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。
22、A
【解析】
同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、二氧化硫的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、64g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，甲烷的物质的量最大，故甲烷占有的体积最大，故选A。

二、非选择题(共84分)
23、Cu2+、Fe3+ Ag+； Ag++Cl−=AgCl↓ Mg2+ Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ B
【解析】
根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。
【详解】
(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；
(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；
(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；
(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。
24、AgNO3 Na2CO3 Ba2++CO32-=BaCO3↓ CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3
【解析】
（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。
（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。
【详解】
（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2++CO32-=BaCO3↓；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。
本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。
25、②⑦⑧ 5.4 mL ① 500 mL ①②④
【解析】
（1）结合配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤进行分析；
（2）计算出质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的物质的量浓度，根据c1v1=c2v2计算得出v2；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；配制溶液体积为500mL，故配制时应选用的容量瓶规格为500mL
（3）从c=n/v入手，根据条件改变时，溶质物质的量，溶液体积变化分析出答案；
【详解】
（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取浓硫酸溶液,在烧杯中稀释,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500mL容量瓶,所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙。故答案为②⑦⑧
（2）质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的物质的量浓度c=(1000×1.84×98%)/98=18.4mol/L。设需要浓硫酸体积为V，根据液稀释前后所含溶质的物质的量保持不变得v×18.4mol/L=500mL×0.2mol/L，计算得出v=5.4mL；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积，故选①；配制溶液体积为500mL，故配制时应选用的容量瓶规格为500mL；综上，答案为5.4 mL、①、500mL
（3）①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会使量取的浓硫酸体积偏大，从而导致溶液浓度偏高，故①正确；②温度高时，溶液体积增大，溶质的量不变，冷却后溶剂的体积偏小，使得所配溶液浓度偏高，故②正确；③容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶液浓度，故③错误；④定容时，俯视刻度线，会导致所加蒸馏水体积偏小，最终溶液的浓度偏高，故④正确。综上，本题答案为 ①②④
本题考查一定物质的量浓度溶液的配制。1.要熟记实验的操作步骤2.注意实验情景在计算溶液配制或溶液稀释等问题中溶液物质的量浓度时，一要注意不能把水的体积当作溶液的体积；3.在配制溶液时，要注意容量瓶规格与实际配制溶液体积的关系；4.单位运算在概念理解及应用中，要注意各物理量的单位，首先各物理量的单位要相互匹配。其次是注意从单位运算入手，能简化解题思路，快捷求解。
26、（1）16.7 （3分） B （1分）
（2）先向烧杯加入30ml 蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌。（3分）
（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1-2cm处，改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀。 （3分）
（4）A. 偏小 B. 无影响 C. 偏小 D. 偏大 （各1分，共4分）
【解析】
试题分析：（1）稀释前后溶质的物质的量保持不变，即c浓×V浓 = c稀×V稀，且量筒的精确度一般为0.1 mL，则V浓 ==" 16.7" mL；根据大而近原则，由于100 > 50 > 25 > 16.7 > 10，因此应选择25 mL量筒；（2）浓硫酸溶解于水时放热，为了防止暴沸引起安全事故，稀释浓硫酸时，应该先向烧杯中加入适量水，再沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸，边加入边用玻璃棒搅拌，使之充分散热，如果先向烧杯中加入16.7 mL浓硫酸，再向其中倒入水，则容易发生暴沸；（3）定容：当液面在刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线与凹液面相切；摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒；（4）误差分析的依据是=c、控制变量法，对分子的大小有（或没有）影响时，对分母的大小就没有（或有）影响；A、浓硫酸具有吸水性，长时间放置在密封不好的容器中，会逐渐变稀，该情况能使所量取16.7mL液体所含n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；B、该情况对分子、分母均无影响，因此对（即c）无影响；C、该情况导致n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；D、该情况导致V偏小，但对n无影响，因此因此（即c）偏大。
【考点定位】考查浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析。
【名师点睛】本试题考查化学实验安全、化学实验基本操作，涉及内容是浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析等，平时多注重基础知识的夯实。稀释溶液过程中，我们往往都是把浓度大溶液加入到浓度小的溶液中，这样为防止混合放热，放出热量造成液体飞溅伤人，如浓硫酸的稀释、浓硝酸和浓硫酸的混合等都是把浓硫酸加入到水或浓硝酸中，这样才能做到实验安全，不至于发生危险。
27、分液漏斗 浓盐酸 吸收 HCl MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2 ↑ 能褪色 因为 Cl2 与带出的 H2O(g)反应生成 HClO，使有色布条褪色 浓 H2SO4 除去多余的 Cl2 Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O
【解析】
本题实验目的是制取Cl2和验证Cl2部分化学性质，从装置图上看，A装置是实验室制Cl2的“固+液气”装置，分液漏斗a中盛装浓盐酸，产生的Cl2中混合HCl气体， Cl2难溶于食盐水，而HCl极易溶于水，所以饱和食盐水的作用就是除去Cl2中的HCl气体，；Cl2能置换I2，淀粉溶液遇I2变蓝；Cl2有毒，必须有尾气吸收装置，E中NaOH溶液能很好地吸收Cl2：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由此分析解答。
【详解】
(1)仪器a的名称叫分液漏斗，该仪器中盛放浓盐酸，为实验中添加浓盐酸，控制反应速率。因Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl气体极易溶液于水，所以装置B吸收HCl，以除去Cl2的混有的HCl气体。
(2)浓盐酸与MnO2在加热条件下反应制取Cl2，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(3)当Cl2通过B、C溶液时会带有水蒸气，D中干燥的有色布条遇到潮湿的Cl2时有反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以有色布条褪色。
(4)若要证明干燥的Cl2无漂白性，就必须将Cl2中的水蒸气除去，而题目要求是通过洗气瓶，因此应选用液态干燥剂浓硫酸，所以在装置 D 前添加一个装有浓硫酸的洗气瓶。
(5)Cl2有毒，不能排放到大气中，多余的Cl2必须吸收，因Cl2易与NaOH溶液反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以装置E的作用是除去多余的Cl2；该反应的离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。
28、Na2O2 -1 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 3 0.15
【解析】
（1）2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中铁元素由+2价升高到+6价，所以FeSO4为还原剂；过氧化钠中的部分氧原子由-1价降低到-2价，所以Na2O2是氧化剂；答案：Na2O2 ； -1。
（2）①高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1