四川省成都航天中学2025年高一上化学期中综合测试试题含解析.doc

四川省成都航天中学2025年高一上化学期中综合测试试题
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、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②4.6g钠由原子变成离子时，得到的电子数为0.2 NA
③物质的量浓度为1 mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－数为2 NA
④标准状况下，22.4LCCl4中所含分子数为NA
⑤常温常压下，32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
⑥1 mol FeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成NA个胶体粒子
A．①②④⑤ B．①⑤ C．①③⑤ D．③④⑥
2、分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分类方法。下列关于“NaHCO3”的分类正确的是
A．酸 B．有机物 C．盐 D．氧化物
3、下列事例不属于氧化还原反应的是
A．金属冶炼 B．石灰水粉刷墙壁 C．食物腐败 D．燃放鞭炮
4、下列说法正确的是( )
A．某物质不属于电解质，就属于非电解质
B．SO2溶于水可导电，SO2属于电解质
C．能导电的物质属于电解质，NaCl属于电解质，所以NaCl晶体可导电
D．已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离
5、在标准状况下，将wg A气体(摩尔质量为Mg/mol)溶于1L水中，所得溶液密度为dg/mL,则此溶液的物质的量浓度为(　　)
A． B． C． D．
6、下列关于胶体的说法正确的是
A．胶体的分散质粒子能通过滤纸，而其他分散系的分散质粒子不能通过滤纸
B．氢氧化铁胶体、硫酸铜溶液用激光笔照射，均能观察到一条光亮的通道
C．胶体区分于溶液的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间
D．氢氧化铝和氢氧化铁胶体可用于净水是因为它们具有强氧化性
7、电动自行车给人们带来了极大的方便，其电池为铅蓄电池，PbO2作为铅蓄电池的重要原料有广泛的用途。己知：5PbO2+2Mn2++4H+＝5Pb2++2MnO4－+2H2O，下列说法正确的是
A．PbO2为还原剂，具有还原性
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2
C．生成1 mol的Pb2+，转移电子5 mol
D．酸性环境下PbO2 的氧化性强于MnO4－
8、下列操作中不正确的是( )
A．过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触
B．过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁
C．加热试管内物质时，试管底部与火焰的外焰接触
D．向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁
9、阿波罗宇宙飞船以N2H4（联氨）和N2O4为推力源，反应温度达2 700 ℃，反应式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，关于该反应的说法中正确的是（　　）
A．属于置换反应 B．联氨是氧化剂
C．联氨是还原剂 D．氮气是氧化产物，不是还原产物
10、下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是
A
B
C
D
汽油
天然气
浓硫酸
氢氧化钠

A．A B．B C．C D．D
11、ClO2是新一代饮用水的消毒剂，许多发达国家的自来水厂采用ClO2代替Cl2来进行自来水消毒。我国最近成功研制出制取ClO2的新方法，其反应的微观过程如下所示：

下列有关该反应的叙述中正确的是（ ）
A．该反应是复分解反应
B．该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl
C．反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂
D．NaClO2和ClO2中Cl的化合价相同
12、下列关于钠的说法中不正确的是
A．金属钠和氧气反应，条件不同，产物不同
B．大量的钠着火时可以用沙子扑灭，少量的钠应保存在煤油中
C．将一小块钠投入装有氯化镁溶液的试管里，钠熔成小球并在液面上游动
D．将一小块钠投入装有硫酸铜溶液的试管里，试管底部有红色物质生成
13、朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处 丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因是（ ）
A．空气中的小水滴颗粒直径大小约为 10－9m～10－7m
B．光是一种胶体
C．雾是一种胶体
D．发生丁达尔效应
14、下列溶液中，Cl－的物质的量浓度最大的是（ ）
A．300 mL0.1 mol．L-l NaCl溶液
B．100 mL0.1 mol．L-l FeCl3溶液
C．标准状况下，4. 48 LHCl气体溶于水配成的1 L溶液
D．向1 L0.2 mol．L-1 BaCl2溶液中加入1L0.2 mol．L-l的H2SO4溶液沉淀恰好完全时的溶液（忽略溶液混合时的体积变化）
15、实验中的下列操作正确的是( )
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．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中
16、为加速漂粉精的消毒作用，最好的方法是
A．用水溶解 B．加入少量稀盐酸 C．干燥后使用 D．加入NaOH溶液
17、下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A．Cl-→C12 B．HCO3- →C032- C．Mn04- →Mn2+ D．Zn→Zn2+
18、下列说法正确的是（ ）
A．溶液、胶体和浊液的本质区别在于分散质粒子的直径不同
B．CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质
C．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸
D．氧化还原反应的本质是化合价发生升降
19、实验室需用 450mL0.1mol•L-1 硫酸铜溶液，下列有关该溶液的配制说法正确的是
A．用天平称取 12.5g 胆矾
B．应选用 450mL 容量瓶配制溶液
C．溶解胆矾的烧杯需用水洗涤2~3次，并将洗涤液丢弃
D．定容时，眼睛盯着胶头滴管
20、下列各组离子在无色透明的酸性溶液中能大量共存的是
A．Mg 2+、NO3-、C1-、K+ B．Na+、Cu2+、Cl-、SO42-
C．Ca2+、Na+、NO3-、MnO4- D．K+ 、Cl- 、Na+ 、HCO3-
21、下列几种说法中正确的是
A．摩尔是化学上常用的一个物理量
B．NaOH的摩尔质量是40g
C．0.012kg 的C 含有约6.02×1023 个碳原子
D．一个水分子的质量为g
22、能用溶解、过滤、结晶的方法来分离的一组物质是 (    )
A．NaCl 和 淀粉 B．BaSO4 和 CaCO3
C．CuO 和 KCl D．Mg(NO3)2 和 I2
二、非选择题(共84分)
23、（14分）今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－，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：
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，收集到气体0.08mol；
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，回答下列问题：
（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有___________离子，其物质的量浓度为________。
（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是______________（写沉淀化学式），其物质的量分别为______________________。
（3）原溶液中是否存在K+_______填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是____________________（若不存在此空可不填）
24、（12分）A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的某一种。
①若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。
②若向①的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，D盐溶液有无色无味气体逸出。
根据①、②实验事实可推断它们的化学式为：
A．____________________，D．____________________。
写出下列反应的离子方程式：
B+盐酸：__________________________________
A+C:_____________________________________
25、（12分）纯净干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备SnCl4，某化学小组的同学设计了如下实验装置进行制备。

已知：①金属锡熔点为231℃，化学活泼性与铁相似；②SnCl4的沸点为114℃；③SnCl4易与水反应。
请根据上图装置回答:
（1）装置I中反应的离子方程式是________________________________________
（2）试管II中的试剂是________，试管III中的试剂是____________。
（3）装置V的作用是____________。
（4）裝置Ⅵ 最好选用下列装置中的________(填标号)。

（5）实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有_________。
26、（10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________________。
27、（12分）为验证氯、溴、碘三种元素的非金属性强弱，用下图所示装置进行试验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。

实验过程：
①打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
②当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
③当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
④……
(1)A中发生反应生成氯气，该反应的离子方程式为_____________。
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是__________________。
(3)B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”的作用是______________。
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程④的操作和现象是____________。
(5)过程③实验的目的是____________。
(6)运用原子结构理论解释氯、溴、碘非金属性逐渐减弱的原因是_______________。
28、（14分）将Fe2O3、Al2O3两种固体混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：

（1）原混合物中Fe2O3的质量是____________g。
（2）所用NaOH溶液物质的量浓度为___________。
（3）稀硫酸物质的量浓度为______________。
29、（10分）I.（1）0.2 g H2含有________个H原子。
（2）12.4克Na2X中含有0.4molNa+，则Na2X的摩尔质量是_________。
II.如图所示为实验室某浓盐酸试剂瓶上标签的有关内容。取该盐酸10mL，加蒸馏水稀释至250mL，向其中加入mg锌粉恰好完全反应。

（1）求原浓盐酸的物质的量浓度c=____________。
（2）计算出m=___________。
（3）向反应后的溶液中加入0.6mol/L的AgNO3溶液至不再产生沉淀，共消耗VmL AgNO3溶液，则V的值是__________。
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】
①标准状况下，11.2L混合气体的总量为0.5mol，因为氮气和氧气均为双原子分子，因此0.5mol以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA，正确；
②4.6g钠的物质的量为0.2mol，1个钠原子变成离子时失去1个电子，因此0.2mol钠变为钠离子时失去的电子数为0.2NA，错误；
③没有给出溶液的体积，也就不能计算出1mol·L－1的MgCl2溶液中溶质的量及含有Cl－数目，错误；
④标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；
⑤32gO2和O3混合气体中含有氧原子的质量为32g，物质的量为2mol，含有原子数为2NA，正确；
⑥氢氧化铁胶体是很多氢氧化铁胶粒的集合体，因此1molFeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成胶体粒子数目小于NA个，错误；
结合以上分析可知，①⑤正确；
综上所述，本题选B。
2、C
【解析】
A.酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；
B.有机物是含碳元素的化合物，但并非所有含碳的化合物都是有机化合物，比如CO，CO2，CO32-和HCO3-等；
C.盐是电离时生成金属阳离子（包括铵根离子）和酸根阴离子的化合物；
D.氧化物是指含两种元素，且其中一种元素为O的化合物。
【详解】
NaHCO3在水溶液中完全电离，其阳离子是钠离子，阴离子为碳酸氢根离子，符合盐的定义，所以属于盐。
答案选C。
3、B
【解析】
A．金属冶炼是把金属从化合态变为游离态的过程，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；
B．石灰水粉刷墙壁发生反应 ,没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故选B；
C．食物腐败是食物被氧气氧化的过程，属于氧化还原反应，故不选C；
D．燃放鞭炮时，黑火药发生爆炸，反应方程式是2KNO3+ S + 3C K2S + N2 ↑+ 3CO2 ↑，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故不选D；
选B。
4、D
【解析】
A. 电解质、非电解质都属于化合物，氢气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B. SO2溶于水后和水反应生成亚硫酸，亚硫酸是酸，能够电离出自由移动的离子而能导电，但电离出的离子的物质是亚硫酸而不是SO2，故亚硫酸是电解质，而SO2不是电解质，而是非电解质，B错误；
C. NaCl是盐，属于电解质，但在晶体中NaCl未发生电离作用，无自由移动的离子，所以NaCl晶体不能导电，C错误；
D. 电离是电解质导电的前提，氧化铝是离子化合物，在熔融状态下电离出Al3+、O2-而能导电，D正确；
故合理选项是D。
5、D
【解析】
wg 气体物质的量为n=w/M mol，溶液体积为V=m/=（w+1000）/1000d L，所以此溶液的物质的量浓度为c=n/V=1000wd/(Mw+M1000)，故D正确。
综上所述，本题应选D。
本题考查溶液物质的量浓度的计算，需要注意气体溶于水后会引起溶液体积的增大，所以溶液的总体积要用V=m/公式计算。
6、C
【解析】
试题分析：A．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子能通过滤纸，故A错误；B．氢氧化铁胶体有丁达尔现象，硫酸铜溶液没有丁达尔现象，故B错误；C．胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间是胶体区分于溶液的本质特征，故C正确；D．氢氧化铝和氢氧化铁胶体吸附性，都可用于净水，与是否有强氧化性无关，故D错误；答案为C。
考点：考查胶体的性质特征
7、D
【解析】
该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，结合氧化还原反应的有关概念分析解答。
【详解】
A．该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO2体现氧化性，故A错误；
B．氧化产物和还原产物分别是MnO4－、Pb2+，其物质的量之比为2：5，故B错误；
C．生成1mol的Pb2+，转移的电子物质的量为1mol×2=2mol，故C错误；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO4－，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于的MnO4－，故D正确；
答案选D。
本题考查了氧化还原反应的有关判断和计算，根据元素化合价变化结合基本概念分析解答，注意掌握常见元素化合价。
8、D
【解析】
A.过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，防止产生气泡减慢过滤速度，故A正确；
B.过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁，防止液体过滤时滤液飞溅，故B正确；
C.外焰与内焰温度不一样，外焰温度最高，越往里温度越低，灯心温度最低，加热试管内物质时，应用外焰加热，故C正确；
D.向试管中滴加液体时，胶头滴管应垂直在试管口上方，但不能接触试管内壁，故D错误；
答案选D。
9、C
【解析】
A．反应物中不存在单质，不属于置换反应，故A错误；
B．N2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故B错误；
C．N2H4中N元素化合价升高，为还原剂，故C正确；
D．该反应中只有N元素的化合价变化，则氮气是氧化产物，也是还原产物，故D错误；
故答案为C。
10、D
【解析】
根据汽油、天然气、浓硫酸、氢氧化钠组成和性质，选择危险化学品标志。
【详解】
A项：汽油是C5~11的烃类混合物，属于易燃液体，A项正确；
B项：天然气主要成分是甲烷，属于易燃气体，B项正确；
C项：浓硫酸具有脱水性和强氧化性，属于腐蚀品，C项正确；
D项：氢氧化钠是常用的强碱，一般不具有氧化性，D项错误。
本题选D。
11、B
【解析】
A．由不同的小球代表的原子可知，反应物为氯气和NaClO2，氯气为单质，则该反应一定不是复分解反应，A错误；
B．由三种小球表示的原子及微观过程可知，反应物为氯气和NaClO2，生成物为ClO2和NaCl，则反应为Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl，B正确；
C．Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl，反应中氯气中的氯元素化合价0价变化为-1价，NaClO2中氯元素化合价+3价升高到+4价，所以氯气做氧化剂，C错误；
D．根据化合价规则，NaClO2和ClO2中Cl的化合价分别是+3价和+4价，化合价不一样，D错误；
答案选B。
12、D
【解析】
A.钠和氧气在空气中不加热时生成氧化钠，在氧气中点燃，生成过氧化钠，故A说法正确；
B.因钠能与水剧烈反应，钠着火不能用水来灭火，应用沙子盖灭；钠的密度比煤油大，且与煤油不反应，可保存在煤油中，故B说法正确；
C.钠与盐溶液反应时，一般先与水反应，则将一小块钠投入装有氯化镁溶液的试管里，钠熔成小球并在液面上游动，故C说法正确；
D.钠性质活泼，与硫酸铜溶液反应时先和水反应生成氢氧化钠和氢气，最后生成氢氧化铜沉淀，故D说法错误；
答案选D。
13、A
【解析】
A．题干中所提及的雾，是小液滴分散在空气中形成的，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10-9m～10-7m，故A正确；
B．雾是一种胶体，光不是，故B错误；
C．雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故C错误；
D．雾作为一种胶体，能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故D错误。
答案选A。
14、B
【解析】
试题分析：A．300 mL0.1 mol/L NaCl溶液中C1-的物质的量浓度为1×0.1 mol/L="0.1" mol/L；B．100 mL0.1 mol/LFeCl3溶液中C1-的物质的量浓度为3×0.1 mol/L="0.3" mol/L；C．标准状况下，1．18LHC1气体的物质的量为0.2mol，溶于水配成的1 L溶液中C1-的物质的量浓度=0.2mol/L；D．向1 L0.2 mol/L BaCl2溶液中含有氯离子的物质的量为1 L×0.2 mol/L×2=0.1mol，加入0.2 mol/L的H2SO1溶液到沉淀恰好完全时的溶液的体积为2L，其中C1-的物质的量浓度为="0.2" mol/L；故选B。
考点：考查了物质的量浓度的计算的相关知识。
15、D
【解析】
A．取出Na2CO3溶液，发现取量过多，不能放回原瓶，会污染原试剂，故A错误；
B．钡离子有毒，可污染地下水，不能直接排放进下水道，故B错误；
C．蒸发时不能蒸干，应利用余热蒸干，有大量固体析出时即停止加热，故C错误；
D．容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后在转移到容量瓶中，故D正确。
故选：D。
16、B
【解析】
溶液中次氯酸浓度越大，消毒能力越强，漂粉精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸为弱酸，由强酸制弱酸的原理可知，向漂白精中加入少量稀盐酸，稀盐酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，以增加次氯酸的量，从而加速漂粉精的消毒作用，故选B。
17、C
【解析】
需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。
【详解】
A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；
B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；
C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确；
D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；
答案选C。
18、A
【解析】
A．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)，故A正确；
B．CO2溶于水，CO2自身不发生电离，所以二氧化碳是非电解质，CO2溶于水形成的溶液能导电，是因为二氧化碳与水反应生成电解质碳酸，故B错误；
C．酸是在溶液中电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，NaHSO4溶于水后能电离出氢离子，但属于盐，故C错误；
D．氧化还原反应的本质是电子的转移，氧化还原反应的特征是化合价发生升降，故D错误；
故答案选A。
19、A
【解析】
实验室没有450mL的容量瓶，应选择大于450mL且规格相近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制溶液的体积为500mL，据此分析解答。
【详解】
A．实验室没有450mL的容量瓶，应选择500mL容量瓶配制，需要胆矾的质量为0.1mol•L-1×0.5L×250g/mol=12.5g，加水配成500mL溶液，故A正确；
B．实验室没有450mL的容量瓶，应选择500mL容量瓶配制溶液，故B错误；
C．溶解胆矾后的烧杯中会残留少许溶液，需用水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移入容量瓶，减少溶质的损失，故C错误；
D．定容时，眼睛应该转移观察容量瓶中的液面是否与刻度线水平相切，故D错误；
故选A。
20、A
【解析】
根据离子反应中，离子共存的条件分析。
【详解】
A.在酸性条件下，即含有H+，Mg 2+、NO3-、C1-、K+能大量共存，且皆为无色离子，故A正确；
B. Cu2+显蓝色，故B错误；
C. MnO4-显紫色，故C错误；
D. 在酸性条件下，即含有H+，H+与HCO3-反应生成CO2和水，不能共存，故D错误。
故选A。
高中阶段常见有颜色离子有：Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-。
21、D
【解析】
A.摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；
B. NaOH的摩尔质量是40g/mol，故B错误；
C. 0.012kg 的12C 含有的碳原子数为阿伏伽德罗常数个，约6.02×1023 个碳原子，强调是12C，故C错误；
D. 水的摩尔质量为18g/mol，而1mol水中含有6.02×1023个水分子，所以一个水分子的质量可以表示为g，故D正确。
故选D。
摩尔是物质的量的单位，摩尔质量的单位是g/mol。
22、C
【解析】
能用溶解、过滤、结晶的方法分离，则两种物质中只有一种物质不溶于水，另一种物质溶于水，以此来解答。
【详解】
A．NaCl和淀粉均溶于水，不能过滤分离，故A不选；
B．BaSO4和CaCO3均不溶于水，不能过滤分离，故B不选；
C．CuO不溶于水，KCl溶于水，可溶解、过滤、结晶的方法分离，故C选；
D．Mg(NO3)2和I2均溶于水，不能过滤分离，故D不选；
答案选C。
本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注意物质的溶解性，侧重分析与应用能力的考查。

二、非选择题(共84分)
23、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 ≥ 0.4 mol/L
【解析】
据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。
【详解】
（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，
故答案为：；；
（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，
故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；
（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，
故答案为：是 ；≥ 0.4 mol/L。
破解离子推断题：
(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；
(记住几种常见的有色离子：)
(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)
(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等
24、BaCl2 Na2CO3 Ag+ +Cl- =AgCl↓ Ba2+ +SO42- =BaSO4↓
【解析】
根据离子共存的相关知识解答此题。Ba2＋与SO42-、CO32—生成沉淀不能共存；Ag＋和Cl－生成沉淀不能共存； Cu2＋与CO32—生成沉淀不能共存，所以银离子只能和硝酸根离子组成AgNO3，铜离子只能和SO42-组成CuSO，钡离子只能和Cl-组成BaCl2，剩余的是Na2CO3。
【详解】
结合上述分析：①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，所以溶液中含有Cu2+，则C为CuSO4；②若向①的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，说明B为AgNO3，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D为Na2CO3，则A为BaCl2；四种盐分别为：A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；答案：BaCl2 Na2CO3。
（2）盐酸与AgNO3溶液有沉淀产生的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl↓；A+C反应生成白色沉淀硫酸钡。其离子方程式：Ba2+ +SO42- =BaSO4↓。答案：Cl-+Ag+=AgCl↓、Ba2+ +SO42- =BaSO4↓。
本题考查离子共存，离子方程式的书写的相关知识。根据离子含Cu2+的溶液显蓝色，Ag+与HCl反应生成AgCl沉淀，CO32-和HCl反应生成CO2气体；Ba2+不能和SO42-、CO32-共存，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-共存，Cu2+不能和CO32-共存，据此分析四种盐的组成。
25、MnO2＋4H+＋2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O 饱和食盐水 浓硫酸 冷凝(收集)SnCl4 C 漏斗、玻璃棒、烧杯
【解析】
根据图及实验目的知，I是制备氯气的装置，加热条件下，浓盐酸和反应生成氯气；浓盐酸具有挥发性，气体亦可携带水蒸气，所以得到的氯气中含有、杂质；一般用饱和食盐水除去，再用浓硫酸吸水，所以装置II中装有饱和食盐水吸收，装置III中装有浓硫酸干燥氯气；纯净的氯气与锡反应生成，的沸点为114℃，沸点较低，所以装置V冰水浴降温，冷凝得到液体。
【详解】
（1）装置I是制备氯气的装置，加热条件下，浓盐酸和反应生成氯气，离子方程式为，
故答案为：；
（2）装置II中装有饱和食盐水吸收；装置III中装有浓硫酸干燥氯气；
故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；
（3）的沸点较低，装置V中的冰水可以使得冷凝，得到液体，
故答案为：冷凝（收集）；
（4）氯气有毒，需要进行尾气处理，故装置VI应为尾气处理装置，吸收未反应完的氯气，易与水反应，所以不仅要除去氯气中的水蒸气，还要防止外界水蒸气进入，所以装置VI还要能防止水蒸气进入装置V，
A．氢氧化钠溶液可以吸收未反应完的氯气，但不能防止水蒸气进入装置Ⅴ，故A不选；
B．气体进入装置中导管应该长进短出，装置错误，故B不选；
C．碱石灰不仅可以吸收氯气，也可以吸收水蒸气和二氧化碳，能避免空气中二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅴ，故C选；
故答案为：C；
（5）回收利用装置I中未反应完的，难溶于水，可以用过滤操作回收，过滤需要的仪器有: 漏斗、玻璃棒、烧杯,
故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯。
26、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。
27、2MnO4-+16H++10Cl-= 2Mn2++5Cl2↑+8H2O 淀粉KI试纸变蓝 吸收氯气，防止污染 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱
【解析】
（1）A中发生反应生成Cl2，是高锰酸钾溶液氧化浓盐酸生成的；
（2）氯气遇湿润的淀粉-KI试纸变蓝色；
（3）B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”是吸收氯气防止污染；
（4）溴单质氧化性大于碘单质，溴单质将I-氧化为I2，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，观察CCl4中颜色变化；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为红棕色时，说明有大量的溴生成；
（6）同主族元素，从上到下，电子层数越多，原子半径越大，金属元素的金属性越强。
【详解】
（1）A中高锰酸钾溶液将浓盐酸氧化生成Cl2，反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-= 2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）淀粉变蓝色，说明生成了I2，说明氯气的氧化性强于碘的氧化性；
（3）B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”的作用是：吸收氯气，防止污染；
（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静置后CCl4层变为紫红色，因此过程④的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为红棕色时，说明有大量的溴生成，此时关闭活塞a，否则Cl2过量，影响实验结论；
（6）同主族元素，从上到下，电子层数越多，原子半径越大，金属元素的金属性越强，得电子能力逐渐减弱。
28、16 5 mol/L 6.5 mol/L
【解析】
（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即最初加入的20mLNaOH溶液的作用是中和剩余的硫酸。从20mL～260mL氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，从260mL～300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，这说明最终得到的21.4g沉淀是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是21.4g÷107g/mol＝0.2mol，根据铁元素守恒可知氧化铁的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×160g/mol＝16g；
（2）从260mL～300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是37g-21.4g＝15.6g，物质的量是15.6g÷78g/mol＝0.2mol，消耗NaOH为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度为0.2mol÷0.04L＝5mol/L；
（3）当V（NaOH溶液）＝260mL时，沉淀量最大，此时为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒2n（Na2SO4）＝n（NaOH），故n（Na2SO4）＝0.5×0.26L×5mol/L＝0.65mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）＝n（Na2SO4）＝0.65mol，则c（H2SO4）＝0.65mol÷0.1L＝6.5mol/L。
本题以图象题的形式，考查铁铝化合物性质、混合物的计算，题目难度中等，分析图