2026届四川省乐山十校高高一化学第一学期期中达标检测试题含解析.doc

2026届四川省乐山十校高高一化学第一学期期中达标检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应：3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是
A．该反应属于置换反应 B．该反应利用了Cl2的强氧化性
C．该反应说明了Cl2的还原性大于N2 D．生成1molN2有6mol电子转移
2、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3:2
C．发生氧化反应的硝酸占参加反应硝酸的1/4
D．每1 mol HNO3参加反应，有3 mol电子转移
3、下列有关实验操作的说法中，错误的是
A．蒸馏操作时，冷凝管的冷凝水应从下口进上口出
B．分液操作时，从下口放出下层液体，紧接着放出上层液体
C．在制备蒸馏水时，要先加入碎瓷片，以防止液体暴沸
D．依据液态物质的混合物中各组分性质的差异，可选择使用萃取、分液和蒸馏等分离方法
4、下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列的是（　　）
A．硫酸（H2SO4）、纯碱（Na2CO3）、食盐（NaCl）
B．硝酸（HNO3）、烧碱（NaOH）、胆矾（CuSO4•5H2O）
C．醋酸（CH3COOH）、乙醇（C2H5OH）、硫酸铵[(NH4)2SO4]
D．盐酸（HCl）、熟石灰[Ca(OH)2]、苛性钠（NaOH）
5、化学知识在日常生活中有很多应用，下列说法正确的是
A．用食盐清洗热水瓶中的水垢
B．漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2见光分解
C．加碘食盐，能使淀粉显蓝色
D．氯水应避光保存，是因为HClO见光分解
6、配制250mL 0.10mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作会使配制的溶液浓度偏高的是
A．容量瓶内有水，未经过干燥处理
B．定容时，仰视刻度线
C．用量筒量取浓盐酸时，用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中
D．定容后倒转容量瓶几次， 发现液体最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线
7、下列有关实验操作正确的是 (　　)
A． B． C． D．
8、如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写不正确的是

A．C12+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O
B．Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓
C．SO42-+Ba2+=BaSO4↓
D．OH-+HCO3-=H2O+CO32-
9、摩尔质量的单位是( )
A．mol B．L C．s D．g/mol
10、下列关于摩尔质量叙述中正确的是( )
A．1 mol CO 的质量是 28 g·mol-1 B．硫酸根离子的摩尔质量是 98 g
C．Cl2 的摩尔质量是 71 g·mol D．NaCl 的相对分子质量是 58.5 g·m
11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．足量Na与1 mol Cl2完全反应，转移电子的数目为2NA
B．1 L 1 mol·L﹣1NaOH水溶液中含有的氧原子数为NA
C．通常状况下，NA个N2所占的体积约为22.4 L
D．1 mol Na2O2中含有的阴离子数为2NA
12、下列反应中，不属于四大基本反应类型，但属于氧化还原反应的是
A．2Na+2H2O===2NaOH+H2↑
B．Cl2+H2O===HCl+HClO
C．CaCO3CaO+CO2↑
D．Ca（ClO）2+2HCl===CaCl2+2HClO
13、将金属钠分别投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是
A．稀盐酸 B．K2SO4 C．CuCl2 D．NaOH 溶液
14、下列说法中不正确的是（　　）
A．氟化银可用于人工降雨 B．从海水中获取食盐不需要化学变化
C．FeCl3溶液可用于制作印刷电路板 D．绿矾可用来生产铁系列净水剂
15、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+ 、K+、SO42-、HCO3- B．Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C．Na+、 K+、Cl-、 NO3- D．Fe3+、K+、SO42-、Cl-
16、已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X+2Y=2Q +R中，当1.6gX与一定量Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ ）
A．46∶9 B．32∶9 C．23∶9 D．16∶9
17、下列说法正确的是（ ）
A．HCl溶于水后形成水合氢离子和水合氯离子
B．HCl溶于水或融熔状态下均能导电
C．盐酸是电解质，酒精为非电解质
D．盐酸属于无氧酸，H2SO4溶液属于含氧酸
18、下列物质属于钠盐的是 （ ）
A．NaNO3 B．Na2O C．NaOH D．Na2O2
19、 “纳米技术”广泛应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米（nm）到几十纳米的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（已知1nm=m）
A．能全部通过半透膜 B．具有丁达尔现象
C．所得液体一定能导电 D．所得物质一定为悬浊液或乳浊液
20、把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为
A． (b-a)/V mol·L-1 B．(2b-a)/V mol·L-1
C．2(2b-a)/V mol·L-1 D．2(b-a)/V mol·L-1
21、用等质量的金属钠进行下列实验，产生氢气最多的是( )
A．将钠放入足量的稀盐酸中
B．将钠放入足量的稀硫酸中
C．将钠放入足量的氯化钠溶液中
D．将钠用铝箔包好，并刺一些小孔，放入足量的水中
22、下列物质：①氯水 ②氯化氢气体 ③盐酸 ④融熔氯化钠 ⑤氯酸钾溶液 ⑥四氯化碳，其中不含氯离子的是
A．①②③ B．②④⑥ C．②⑤⑥ D．③④⑤
二、非选择题(共84分)
23、（14分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：
(1)M元素位于周期表中的位置为_____________。
(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为____(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是__________。
(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_______，产物分子的电子式为_____，其化学键属__________共价键(填“极性”或“非极性”)。
24、（12分） (1)写电离方程式：NaHCO3__________________。H2CO3______________。
(2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子的原子结构示意图________________。硫离子的结构示意图____________。
(3)下列3个小题中的物质均由核电荷数为1—10的元素组成，按要求填写化学式。
①最外层分别为4个和6个电子的原子形成的化合物是_________、__________。
②由5个原子组成的电子总数为10的分子是___________。
③由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是____________。
25、（12分）实验室欲配制1mol/LNaOH溶液240mL，请回答：
（1）需称取NaOH固体_____g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小_______(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项_________(填字母)。

（2）选用的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_________________。
（3）下列操作的顺序是（用序号表示）_________________。
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解
C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处
（4）下列情况对所配制的NaOH溶液浓度有何影响？（用“偏大”“偏小”“无影响”填写）
①容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水________________。
②将热的溶液直接移入了容量瓶________________。
③定容时，仰视容量瓶的刻度线________________。
26、（10分）现有失去标签的四瓶无色溶液A，B，C，D，只知它们是K2CO3，K2SO4，NaHSO4和Ba(NO3)2，为鉴别它们，进行如下实验：
①A＋D→溶液+气体
②B＋C→溶液+沉淀
③B＋D→溶液+沉淀
④A＋B→溶液+沉淀
⑤将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体。
根据以上实验事实，请完成如下问题：
（1）写出各物质化学式：A___；B___；C___；D___。
（2）写出实验中①、③、④、⑤所发生反应的离子方程式。
①___；
③___；
④___；
⑤___。
27、（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是利用半透膜进行分离提纯。
操作①的实验结果：淀粉___（填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42-___（填“能”或“不能”）透过半透膜。
（2）写出实验过程中所用试剂（写化学式）：
试剂①___；试剂③___。
（3）判断试剂①已过量的方法是：___。
（4）用离子方程式表示加入试剂②的作用：Ba2++CO32-=BaCO3↓、___。
28、（14分）A、B、C、D 四种元素核电荷数均小于 18。B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C 元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电子层数，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。
（1）四种元素为：A_____B_____C_____D_____
（2）A 离子的结构示意图为_____
（3）B 原子的轨道表示式为_____，C 原子有_____种不同运动状态的电子
（4）D 离子的最外层电子排布式为_____
（5）D 单质与 A2B 反应的化学方程式为_____
29、（10分） “探险队员” 盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或者是水溶液），盐酸必须避开它们，否则无法通过。

(l)请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：盐酸→___ → ___→⑩→⑦→___ →⑫
(2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于非氧化还原反应的有 ___个，能“吃掉”盐酸的盐与足量的盐酸发生反应的离子方程式为____。
(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是______（填物质前的序号，下同），属于非电解质的是 ___，熔融状态能导电的是____。
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、C
【解析】
根据置换反应的定义判断；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应；氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3变为0。
【详解】
一种单质和一种化合物，生成另一种单质和另一种化合物的反应是置换反应，所以3Cl2+2NH3＝N2+6HCl是置换反应，故A说法正确；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，氯气中氯元素化合价降低，发生还原反应，所以氯气是氧化剂，表现氧化性，故B说法正确；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl中氯气是氧化剂，氮气是氧化产物，所以该反应说明了Cl2的氧化性大于N2，故C说法错误；3Cl2+2NH3＝N2+6HCl反应中氮元素的化合价由-3变为0，所以生成1molN2有6mol电子转移，故D说法正确。
本题考查氧化还原反应的基础知识及氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系的考查，注意从元素化合价变化的角度解答该题，难度不大。
2、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8mol HNO3参加反应，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8mol HNO3参加反应，转移6mol电子，所以每1 mol HNO3参加反应，有mol电子转移，故D错误。
3、B
【解析】
A. 蒸馏操作时，为使冷凝管内充满水，并防止冷凝管破裂，冷凝水的流向为下进上出，A正确；
B. 分液操作时，从下口放出下层液体后，再将上层液体从分液漏斗口倒出，B错误；
C. 在制备蒸馏水时，为防止加热时液体暴沸，应在加热前，往蒸馏烧瓶内加入碎瓷片，C正确；
D. 若液态混合物中一种物质在不互溶的溶剂里有相差较大的溶解度，可采用萃取法；若两种液体不互溶，可采用分液法；若互溶液体的沸点相差较大，可采用蒸馏法，D正确。
故选B。
4、B
【解析】
A、硫酸属于酸，纯碱属于盐，食盐属于盐，故A错误；
B、硝酸属于酸，烧碱属于碱，胆矾属于盐，故B正确；
C、醋酸属于酸，乙醇不属于碱，硫酸铵属于盐，故C错误；
D、盐酸属于酸，熟石灰属于碱，苛性钠属于碱，故D错误；
故选B。
5、D
【解析】

【详解】
A、水垢的成分为碳酸钙，与食盐不反应，则不能用食盐易清洗热水瓶中的水垢，可利用醋酸清洗水垢，故A错误；
B、Ca(ClO)2见光不易分解，漂白粉在空气中容易变质的原因是Ca(ClO)2与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，HClO见光分解，故B错误；
C、加碘食盐中碘的形态是碘酸钾，而能使淀粉显蓝色的是碘单质，加碘食盐不能使淀粉显蓝色，故C错误；
D、氯水应避光保存，是因为氯水中HClO见光分解，故D正确；
答案选D。
6、C
【解析】
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】
A．由于最后需要在容量瓶中加水定容，所以容量瓶未经干燥处理不会影响所配溶液的浓度，故A不选；
B．定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏高，使浓度偏低，故B不选；
C．量筒在量取液体体积时，已经将附着在筒壁上的液体体积考虑在内，所以倒出液体后，不能再用水洗涤否则会造成溶质的质量增加，浓度偏高，故C选；
D．定容后摇匀，会使一部分液体残留在瓶塞处，使液面虽低于刻度线，如果再加水，就会使液体体积增大，浓度偏低，故D不选；
故选C。
7、A
【解析】
A. 取用液体时：①试剂瓶瓶口与试管口紧挨，防止液体流出；②标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签；③瓶塞倒放桌面上，防止污染瓶塞，从而污染药品，A正确；
B. 给液体加热时，试管内液体不能超过其体积的，防止沸腾溅出，且手不能抓住试管夹的短柄，否则会导致试管脱落，B错误；
C. 胶头滴管要悬空垂直滴加，不能伸入试管中，否则会造成药品的污染，C错误；
D. 正在加热的蒸发皿不可用手直接拿，否则会烫伤手，D错误；
故合理选项是A。
8、B
【解析】
A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故A错误；
B.NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，故B正确；
C.硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故C错误；
D.氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量，离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠足量，离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；
正确答案：B。
9、D
【解析】
摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol，所以答案D正确。
故选D。
10、C
【解析】
A、1mol一氧化碳的质量为28g，28g•mol-1为一氧化碳的摩尔质量，A错误；
B、硫酸根离子的摩尔质量为98g/mol，98g为1mol硫酸的质量，B错误；
C、氯气的相对分子质量为71，其摩尔质量为71g/mol，C正确；
D、相对分子质量单位为1，省略不写，氯化钠的相对分子质量为58.5，58.5 g•mol-1为氯化钠的摩尔质量，D错误；
答案选C。
掌握摩尔质量与质量、摩尔质量与相对分子量的关系是解题的关键。注意某种物质的摩尔质量、相对分子质量在数值上可以相等，但单位不同，摩尔质量的单位为g/mol，相对分子质量单位为“1”，省略不写。
11、A
【解析】
A. 足量Na与1 mol Cl2完全反应生成2mol氯化钠，转移电子的数目为2NA，A正确；
B. 1 L 1 mol·L﹣1NaOH水溶液中含有的氧原子数大于NA，因为溶剂水分子中还含有氧原子，B错误；
C. 通常状况下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，NA个N2所占的体积大于22.4 L，C错误；
D. 1 mol Na2O2中含有的钠离子数为2NA，阴离子（O22－）数为NA，D错误。
答案选A。
12、B
【解析】
A.反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑属于置换反应，一定是氧化还原反应，故A错误；
B. Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型，但Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C. 反应CaCO3CaO+CO2↑属于分解反应，不属于氧化还原反应，故C错误； 
D. 反应Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误。
本题答案为B。
一个化学反应，是否为氧化还原反应，就看反应中有无元素化合价变化。
13、C
【解析】
A、钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），A错误；
B、钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），B错误；
C、钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化铜反应，方程式为：2NaOH+CuCl2═2NaCl+Cu（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2═H2↑+2NaCl+Cu（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻， C正确；
D、钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），D错误。
答案选C。
14、A
【解析】
碘化银可用于人工降雨，故A错误；海水蒸发可获得食盐，故B正确； FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于制作印刷电路板，故C正确；绿矾是硫酸亚铁，可用来生产铁系列净水剂，故D正确。
15、C
【解析】A．酸性条件下HCO3-与H+反应生成二氧化碳气体而不能大量存在，A项错误；B．Cu2+为蓝色，与题目无色不符，B项错误；C．Na+、 K+、Cl-、 NO3- 四种离子无色，且离子之间不发生任何反应，能大量共存，C项正确．D．Fe3+为黄色，与题目无色不符，D项错误．答案选C．
16、D
【解析】
假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x，
X+2Y=2Q + R
18a 22a
x 4.4g
根据=，解得：x=3.6g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g∶3.6g=16∶9，故选D。
17、A
【解析】
A. HCl溶于水后在水分子的作用下形成水合氢离子和水合氯离子，故A正确；
B. HCl是共价化合物，溶于水能电离出阴阳离子而导电，熔融状态下不电离，不能导电，故B错误；
C.盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不是电解质也不是非电解质，酒精不能自身电离，为非电解质，故C错误；
D.盐酸、H2SO4溶液是混合物，严格的说HCl是无氧酸，H2SO4是含氧酸，故D错误。答案选A。
注意掌握电解质的电离条件：①离子化合物（如：大多数盐、强碱）既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；②共价化合物（如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等）只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。
18、A
【解析】
由钠离子和酸根离子组成的盐是钠盐，则
A. NaNO3属于钠盐，A正确；
B. Na2O属于碱性氧化物，不是盐，B错误；
C. NaOH是一元强碱，不是盐，C错误；
D. Na2O2属于过氧化物，不是盐，D错误；
答案选A。
19、B
【解析】
纳米材料指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，在胶体粒子的范围内，属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故答案选B。
20、C
【解析】
一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。
21、D
【解析】
试题分析：将等质量的钠投入到稀盐酸、稀硫酸、硫酸铝钾溶液中，发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，由于Na的质量相同，所以三者放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液反应生成氢气，故生成氢气要比上述三种情况多，故D项中生成氢气最多；故选D。
【考点定位】考查钠的化学性质
【名师点晴】本题考查钠的化学性质。钠在水溶液中发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，若仅是钠参加反应，无论何种溶液，相同质量的钠生成的氢气的量相等，需要注意的是，铝既能与酸反应又能与碱反应生成氢气。
22、C
【解析】
①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢能电离出氯离子，所以氯水中含有氯离子，故①不选；
②氯化氢气体为分子构成的物质，只含氯化氢分子不含氯离子，故②选；
③氯化氢在水溶液里能电离出氯离子，所以盐酸中含有氯离子，故③不选；
④熔融氯化钠能电离产生氯离子，故④不选；
⑤氯酸钾溶液中电离产生钾离子和氯酸根离子，不产生氯离子，所以不含氯离子，故⑤选；
⑥四氯化碳为分子构成的物质，只含四氯化碳分子不含氯离子，故⑥选；
答案选C。

二、非选择题(共84分)
23、三 ⅥA Mg>Si>S>C SiO2 C+2SCS2 极性
【解析】
短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。
【详解】
(1) M为S，在周期表中位于第三周期第ⅥA族。
(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此Mg>Si>S，S比C多一个电子层，则原子半径S>C，因此原子半径由大到小的顺序为Mg>Si>S>C。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。
(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。
同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。
24、NaHCO3=Na++HCO3- H2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32- CO CO2 CH4 O3
【解析】
(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，电离产生Na+、HCO3-；H2CO3是二元弱酸，分步电离，存在电离平衡；
(2)先确定最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，根据原子核外电子排布规律书写原子结构示意图；S原子获得2个电子形成S2-，据此书写离子结构示意图；
(3)先确定相应的元素，然后根据要求书写化学式。
【详解】
(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Na+、HCO3-，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；H2CO3是二元弱酸，存在电离平衡，电离过程分步电离，第一步电离为H2CO3H++HCO3-，第二步电离方程式为HCO3-H++CO32-；
(2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，O是8号元素，原子核外电子排布是2、6，所以O原子结构示意图为：；S是16号元素，S原子获得2个电子形成S2-，则S2-离子结构示意图是；
(3)核电荷数为1~10的元素中，①最外层分别为4个和6个电子的原子分别是C原子、O原子，这两种元素形成的化合物是CO、CO2；
②由5个原子组成的电子总数为10的分子是CH4；
③最外层是6个电子的原子是O原子，由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是O3。
本题考查了化学用语的综合判断的知识，包括化学式、电离方程式及原子结构示意图的书写等。元素原子核外电子分层排布，根据原子结构特点推断元素，然后根据物质分子中含有的微粒数目的要求及物质结构进行书写。掌握物质微粒结构特点与性质的关系是本题解答的关键。
25、10.0 cd h 250mL容量瓶、胶头滴管 BCAFED 无影响 偏大 偏小
【解析】
（1）依据配制溶液体积选择容量瓶，依据m=cVM计算溶质的质量；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯质量确定需要的砝码；由表中升高可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g用游码；
（2）根据操作步骤有计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作选择使用的仪器；
（3）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；
（4）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）配制1mol/L NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，需要溶质的质量为：1mol/L×0.25L×40g/mol=10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯总质量为10.0g+23.1g=33.1g，故应选择20g与10g的砝码，即选择cd；由表中升高可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g用游码，所以游码应在3.1g的位置，故选择h；
（2）配制步骤为：计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；还缺少的玻璃仪器为250mL容量瓶、胶头滴管；
（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、洗涤移液、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：BCAFED；
（4）①容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响；
②将热的溶液直接移入了容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏大；
③定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小。
考查一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，关键清楚溶液配制的原理，根据c=n/V理解溶液配制，把握整个配制过程，注意氢氧化钠应放在烧杯内称量。
26、K2CO3 Ba(NO3)2 K2SO4 NaHSO4 2H+＋CO=CO2↑＋H2O SO+Ba2+=BaSO4↓ CO+Ba2+=BaCO3↓ BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑＋H2O
【解析】
根据②③④中B与C、D、A反应均得到沉淀，可知B为Ba（NO3）2，只有NaHSO4和K2CO3反应才能生成气体，根据①可知，A和D应该是K2CO3和NaHSO4，则C为K2SO4，将④得到的沉淀中加入③所得的溶液中，④中沉淀很快溶解并产生无色无味的气体，③所得的溶液为酸性，④中的沉淀是BaCO3，所以A是K2CO3，D是NaHSO4，据此解答。
【详解】
（1）由上述分析可知，A是K2CO3，B为Ba(NO3)2，C为K2SO4， D是NaHSO4；故答案为：K2CO3；Ba(NO3)2；K2SO4；NaHSO4；
（2）①是碳酸钾和硫酸氢钠反应，实质是氢离子和碳酸根反应，离子方程式为：2H++CO32-═CO2↑+H2O；
③是硝酸钡和硫酸氢钠反应，离子方程式为：SO+Ba2+=BaSO4↓；
④是碳酸钾和硝酸钡反应，离子方程式为：CO+Ba2+=BaCO3↓；
将④得到的沉淀物碳酸钡加入③所得溶液硝酸中，离子方程式为：⑤的反应实质是：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；
故答案为：2H+＋CO=CO2↑＋H2O；SO+Ba2+=BaSO4↓；CO+Ba2+=BaCO3↓；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑＋H2O。
考查无机物推断，属于实验推断型，根据反应现象进行推断，需要熟练掌握元素化合物性质与反应现象。
27、不能 能 BaCl2 HCl 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，无白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 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，由于所加除杂试剂是过量的，所以先加入过量BaCl2，除去硫酸根离子；再加入过量Na2CO3(除去钙离子和过量的钡离子)，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，以此解答该题。
【详解】
(1)胶体粒子和浊液粒子半径比较大，不能透过半透膜，而溶质粒子可通过半透膜，故淀粉不能透过半透膜；SO42-能透过半透膜；
(2)由以上分析可知试剂①为BaCl2，试剂③为HCl；
(3)判断试剂①已过量的方法是静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，无白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；
(4)试剂②为Na2CO3，加入试剂②的作用是除去溶液中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↓。
本题注意Ca2＋、SO42−的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序。
28、H O Na Cl 或 11 3s23p6 Cl2+H2OHCl+HClO
【解析】
本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为 1:2，L层有两种能量，即s、p，电子个数比为1：2，B的电子排布式为1s22s22p4，即B为O，A 原子最外层电子数等于电子层数，A可能是H、Be、Al，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半，根据核外电子排布规律，K层最多容纳2个电子，即C原子最外层电子数1，A、C 元素的原子最外层电子数相等，A的最外层电子数为1，即A为H，因为都是前18号元素，即C为Na，D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同，即D为Cl，（1）根据上述分析，A为H，B为O，C为Na，D为Cl；（2）A的简单离子是H＋，则结构示意图为或；（3）O原子轨道式为，因为每一个电子运动状态不同，因此有多少个电子，就有多少种不同运动状态的电子，因此Na原子有11种不同运动状态的电子；（4）Cl－最外层电子排布式为3s23p6；（5）氯气与水反应的化学反应方程式为Cl2＋H2OHCl＋HClO。
点睛：本题难点是轨道图的画法，轨道图应按照泡利原理和洪特规则，泡利原理是每个轨道最多容纳2个电子，且自旋方向相反，洪特规则是同一能级上电子优先单独占据一个轨道，且自旋的方向相同，从而画出O的轨道图。
29、③ ⑥ ⑪ 5 CO32—+ 2H+ = CO2↑+ H2O ⑥⑪ ③⑩ ⑥⑦⑫
【解析】
本题根据盐酸能与哪些物质反应，从而推断出盐酸通过的路径。
【详解】
(1)图中物质③、⑥、⑩、⑦、⑪、⑫均不与盐酸反应，沿该路线可走出迷宫，故答案为③、⑥、⑪ ；
(2) 盐酸与NaOH、Ca(OH)2的反应属于酸碱中和反应，盐酸与Fe2O3、MgO、Na2CO3反应是复分解反应，故非氧化还原反应的有5个，能“吃掉”盐酸的盐是Na2CO3，该反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，故答案为5，CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O；
(3) 不能与盐酸反应的物质中，NaCl和H2SO4属于电解质，CO2和CO属于非电解质，熔融状态能导电的是NaCl、Cu、Ag，故答案为⑥⑪，③⑩，⑥⑦⑫；
在书写离子方程式时，沉淀、气体和水等应该写化学式；电解质不一定能导电，而是在一定条件下可以导电，如熔融状态或是水溶液中。