福建省永安一中2025年高一上化学期中质量检测试题含解析.doc

福建省永安一中2025年高一上化学期中质量检测试题
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、在物质分类中，前者包括后者的是（ ）
A．氧化物、化合物 B．溶液、胶体
C．电解质、化合物 D．分散系、溶液
2、符合如图中阴影部分的物质是(　　)

A．碳酸氢钠 B．碱式碳酸铜
C．氯化钠 D．碳酸钠
3、如图所示装置，试管中盛有水，气球a盛有干燥的固体过氧化钠颗粒，U形管中注有浅红色的水。已知，过氧化钠与水反应是放热的．将气球用橡皮筋紧缚在试管口，实验时将气球中的固体颗粒抖落到试管b的水中，将发生的现象是（　　）

A．U形管内红色褪去 B．试管内溶液变红
C．气球a被吹大 D．U形管水位d<c
4、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-
5、下列操作不能达到目的的是
选项
目的
操作
A．
配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液
将25 g CuSO4·5H2O溶于100 mL蒸馏水中
B．
除去KNO3中少量NaCl
将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤
C．
在溶液中将MnO4－完全转化为Mn2＋
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失
D．
确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3
取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊
A．A B．B C．C D．D
6、下列叙述正确的是
A．氯气的水溶液能导电，所以氯气属于电解质
B．强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强
C．硫酸铜晶体含有一定量的结晶水，所以硫酸铜晶体能导电
D．在任何条件下，电解质的电离都能完全彻底
7、下列实验操作能达到实验目的是（ ）

实验目的
实验操作
A
配制1.0mol/LCuSO4溶液
把25g胆矾晶体溶于水配成100mL溶液
B
证明某溶液中含有SO42-
向该溶液中滴入BaCl2溶液
C
实验室制大量CO2
向稀硫酸中加入大理石
D
制备Fe(OH)3胶体
将饱和的FeCl3溶液滴加到热NaOH溶液中
A．A B．B C．C D．D
8、下列反应中，水作还原剂的是
A．CO2＋H2O＝H2CO3 B．Na2O+H2O＝2NaOH
C．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑ D．2F2+2H2O＝4HF+O2
9、意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，下列说法正确的是（ ）
A．N4属于一种新型的化合物
B．N4与N2的摩尔质量相等
C．等质量的N4与N2所含的原子个数比为2∶1
D．等质量的N4与N2所含的原子个数比为1∶1
10、从氮元素的化合价判断，下列物质只能具有还原性的是
A．NH3 B．NO C．NO2 D．HNO3
11、由 1H、2H、3H 和 16O、18O 五种原子构成的 H2O2分子共有（　　）
A．9 种 B．12 种 C．15 种 D．18 种
12、将潮湿的Cl2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的 乙装置，红色布条不褪色，则甲装置中所盛试剂可能是

①浓硫酸 ②饱和食盐水 ③水 ④NaOH溶液
A．①② B．②③ C．①④ D．②③④
13、许多国家十分重视海水资源的综合利用，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是
A．氯、溴、碘 B．钠、镁、铝 C．烧碱、氢气 D．食盐、淡水
14、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．273K、101kPa下，11.2L NH3和PH3的混合气体中所含的氢原子数约为1.5NA
B．标准状况下，22.4L氦气含有原子数为2NA
C．物质的量浓度为2mol/L的BaCl2溶液中，含有Cl-个数为4NA
D．标准状况下，11.2LP4(白磷)含有0.5NA分子
15、我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是
A．胶体的丁达尔效应
B．血液的氧化还原反应
C．血液中发生复分解反应
D．胶体的聚沉
16、下列说法正确的是
A．氨水能导电,所以氨气是电解质
B．盐酸是强电解质,所以导电能力比醋酸溶液强
C．氯化银难溶于水,所以氯化银是非电解质
D．蔗糖溶液不能导电,所以蔗糖是非电解质
17、已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（　　）
A．6∶1 B．5∶1 C．3∶1 D．2∶1
18、R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2++Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z，这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（ ）
A．R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+
B．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+
C．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+
D．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+
19、8克气体X含有3.01×1023个分子，则气体X的相对分子质量为
A．8 B．16 C．32 D．64
20、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是( )
A．1molMg变为Mg2＋时失去的电子数目为2NA
B．常温常压下，22.4LN2含有的分子数目为NA
C．44gN2O含有的N原子数目为NA
D．标况下，22.4LH2O中含有NA个分子
21、配制体积为100ml、溶质物质的量为0.2mol的NaOH溶液时，不需要用到的仪器是( )
A． B． C． D．
22、下列说法正确的是
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物　 ②BaSO4是一种难溶于水的强电解质　
③置换反应都是离子反应　 ④冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐
A．②③ B．②④ C．①② D．③④
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：

（1）气体B的化学式_____________,白色沉淀的成分为___________。
（2）该白色粉末中一定含有的物质有___________________________；一定不含有的物质有____________；可能含有的物质有______________；
（3）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：____________________。
24、（12分）现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。
实验顺序
实验内容
实验现象
①
A+B
无明显现象
②
B+D
有气体放出
③
B+C
有沉淀生成
④
A+D
有沉淀生成
根据表中实验现象回答下列问题：
（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为____________、___________、___________、___________；
（2）请分别写出上述实验②和③的离子方程式：
②________________________________________________________；
③________________________________________________________。
25、（12分）欲用98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm－3)配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸500毫升．
(1)选用的主要仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还有：_______________(写两个)
(2)请将下列各操作，按正确的序号填在横线上。
A．用量筒量取浓H2SO4
B．反复颠倒摇匀
C．用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D．稀释浓H2SO4
E．将溶液转入容量瓶
其操作正确的顺序依次为____________________________。
(3)简要回答下列问题：
①98%的浓硫酸的物质的量浓度为_____________mol·L－1
②配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸500毫升．所需98%的浓硫酸的体积为____________mL；(保留小数点后一位)
③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是_____；
④定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若仰视刻度则使浓度___________。(“偏高”、“偏低”、“无影响”)
26、（10分）实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：
2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目 ________。
(2)该反应中氧化剂与氧化产物物质的量之比是_____。
(3)由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性(选填“强”或“弱”) ________。
(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 在标准状况下体积为_____L 。
(5)某同学欲用 KMnO4 固体配制100mL 0.5mol/L 的溶液 。回答下列问题：
①配制 KMnO4 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_____、_____。
②下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是(请填序号)_____。
A．容量瓶上标有容积、温度和刻线
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须加热烘干
C．配制溶液时，把量好的 KMnO4 固体小心放入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线 1～2 cm 处，改 用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D．使用前要检查容量瓶是否漏水
③不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是_______(请填序 号)
A．加水定容时俯视刻度线 B．容量瓶水洗后有水残留
C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 D．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外
27、（12分）实验室用NaOH固体配制250mL 1.25mol/L的NaOH溶液，填空并请回答下列问题：
（1）配制250mL 1.25mol/L的NaOH溶液
应称取NaOH的质量/g
应选用容量瓶的规格/mL
除容量瓶外还需要其它玻璃仪器
______
______
______
（2）容量瓶上需标有以下五项中的_________________。
①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线
（3）配制时，其正确的操作顺序是______________（字母表示，每个字母只能用一次）。
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（约30mL），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250mL的容量瓶中
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）下列配制的溶液浓度偏低的是________________________。
A、称量NaOH时，砝码错放在左盘
B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线
D、定容时俯视刻度线
E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
28、（14分）已知元素A焰色反应为黄色，B的一价阴离子的电子层结构与氩相同，请回答：
(1)元素符号：A___________，B___________；
(2)元素B的离子结构示意图为__________，B的单质常温下是____态
(3)A和B形成的化合物的化学式是___________，该化学式_________(选填“能”或“不能”)称为分子式，它是通过_________键形成的，属于_________化合物(选填“离子”或“共价”)．
29、（10分）化学在工业上的应用十分广泛。请回答下列问题：
（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是（填化学式）_______。
（2）超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质。为测定该产品中A1N的质量分数，进行了以下实验：称取10g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L（标准状况）。
①AlN跟NaOH溶液反应的化学方程式为________________________；
②该样品中的A1N的质量分数为_______。
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.氧化物是由2种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，后者包括前者，故A不选；
B．溶液和胶体都是分散系，不同的是分散质粒子直径不同，两者是并列关系，故B不选；
C.电解质是在水中或熔融状态下能导电的化合物，后者包括前者，故C不选；
D.溶液是分散系的一种，故D 选。
故选D。
2、D
【解析】
碳酸氢钠属于碳酸的酸式盐和钠盐；碱式碳酸铜属于碳酸的碱式盐和铜盐；氯化钠属于盐酸的正盐和钠盐；碳酸钠属于碳酸的正盐和钠盐。故选D。
3、C
【解析】
Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，其反应为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，反应放热，可使广口瓶内压强增大，过氧化钠具有强氧化性，以此解答该题。
【详解】
A.由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，所以U形管内的红水不褪色，故A错误；
B.由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变红，故B错误；
C.由上述分析可知：Na2O2与水反应生成氧气，所以气球a变大，故C正确；
D.由于反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d>c，故D错误；
故答案：C。
4、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。
5、A
【解析】
A、将25gCuSO4·5H2O溶于100 mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；
B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；
C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；
D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确；
答案选A。
【点晴】
该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：
①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；
②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；
③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；
④分离提纯物是气体：洗气。
6、B
【解析】
A.氯气是非金属单质,不属于电解质,故A错误;B.溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带的电荷有关,离子浓度大,所带的电荷数目多,导电能力强,与电解质强弱无关，强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强，故B正确；C.硫酸铜晶体含有一定量的结晶水,但硫酸铜晶体不含有自由移动的硫酸根离子和铜离子,所以硫酸铜晶体不能导电,故C错误；D.弱电解质溶于水,其分子可以微弱电离出离子,强电解质是完全电离的电解质, 所以，电解质的电离不一定都能完全彻底，故D错误；答案：B。
7、A
【解析】
A、25g胆矾是0.1mol，溶液体积是0.1L，硫酸铜溶液的浓度是1mol/L，A正确；
B、检验硫酸根离子时首先加入盐酸，排除其它离子的干扰，然后再加入氯化钡，B错误；
C、硫酸钙微溶，应该用盐酸和大理石反应制备二氧化碳，C错误；
D、将饱和的FeCl3溶液滴加到沸腾的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体，D错误；
答案选A。
【点晴】
该题是高频考点，侧重于考查学生的实验分析和应用能力，注意评价的可行性、科学性。注意理解评价角度：①操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。②经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。③环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。
8、D
【解析】
试题分析：若水作还原剂，则水中O元素失电子导致化合价升高，以此来解答。A、反应CO2+H2O═H2CO3中，各元素的化合价没有变化，则不属于氧化还原反应，水为反应物，故A不选；B、反应Na2O+H2O＝2NaOH中，各元素的化合价没有变化，则不属于氧化还原反应，水为反应物，故B不选；C、反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑中，水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，故C不选；D、反应2F2+2H2O═4HF+O2中，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，故D正确，答案选D。
考点：考查水参与氧化还原反应的判断
9、D
【解析】
A.N4是一种只由N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，故B错误;对于C和D，设N4与N2的质量均为mg，求出相应物质的量，再在求出原子个数之比。
【详解】
A.由一种元素组成的纯净物为单质，由两种或两种以上的元素组成的纯净物为化合物，故A项错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，故B项错误；设N4与N2的质量均为mg，则N4的物质的量为m/56 mol，所含的原子个数4m/56 NA，即m/14 NA。N2的物质的量为m/28 mol，所含的原子个数2m/28 NA，即m/14 NA。故等质量的N4与N2所含的原子个数比为1∶1，C项错误，D项正确。综上本题选D。
10、A
【解析】
中氮元素处于最低价态，只能升高，所以只具有还原性的是，A正确，本题选A。
11、D
【解析】
氧原子有2种16O、18O，氢原子有3种1H、2H、3H，H2O2分子中的氢原子、氧原子可以相同也可不同；①水分子中的氢原子相同时，氧原子有2种；②水分子中的氢原子不同时，氧原子有2种；据此进行分析。
【详解】
氧原子有2种16O、18O，氢原子有3种1H、2H、3H，H2O2分子中的氢原子、氧原子可以相同也可不同；
①水分子中的氢原子相同时，氧原子有2种，所以氧原子有3种选法；氢原子有3种，所以氢原子有3种选法，故水分子有1H216O2、2H216O2、3H216O2、1H217O18O、2H217O18O、3H217O18O、1H218O2、2H218O2、3H218O2；
②水分子中的氢原子不同时，氧原子有2种，所以氧原子有3种选法；氢原子有3种，所以氢原子有3种选法，故水分子有1H2H16O2、1H2H17O18O、1H2H18O2、1H3H16O2、1H3H17O18O、1H3H18O2、3H2H16O2、3H2H17O18O、3H2H18O2；
所以共有18种；
故答案选D。
12、C
【解析】
将潮湿的Cl2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，说明甲装置能吸收水或能和氯气反应．
【详解】
①将潮湿的氯气通过浓硫酸时，浓硫酸有吸水性，导致氯气中不含水分，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故选；
②饱和NaCl溶液与氯气不反应，抑制氯气的溶解，但通过饱和食盐水时导致氯气中含有水分，所以红色布条会褪色，故不选；
③氯气通过水时导致氯气中含有水分，所以红色布条会褪色，故不选；
④氯气和氢氧化钠反应，将潮湿的氯气通过NaOH溶液后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故选；
故选C。
本题考查氯气的化学性质，解题关键：明确装置中甲瓶的作用，易错点：注意干燥的氯气不具有漂白性。
13、D
【解析】
A项，海水中氯、溴、碘元素都是以离子的性质存在，要获得氯、溴、碘单质需要通过氧化还原反应的方法，属于化学变化，故A项错误；
B项，海水中钠、镁、铝元素都是以离子的性质存在，要获得钠、镁、铝单质需要通过氧化还原反应的方法，属于化学变化，故B项错误；
C项，通过电解海水可以得到烧碱和氢气，电解属于化学变化，故C项错误。
D项，海水中含有大量的食盐和水，通过蒸发的方法可以从海水中提取出食盐和淡水，故D项正确；
故答案选D。
14、A
【解析】
A. 273K、101kpa为标准状况，则11.2L NH3和PH3的混合气体的物质的量为，故所含的氢原子数约为0.5mol×3 NA =1.5NA，故A正确；
B. 标准状况下，22.4 L氦气的物质的量为1mol，但氦气是单原子分子，含有原子数为NA，故B错误；
C. 不知BaCl2溶液的体积，无法求得含有Cl－的个数，故C错误；
D. 标准状况下，P4(白磷)呈固态，无法由体积求得分子数，故D错误；
故选A。
15、D
【解析】
胶体在遇到电解质溶液的时候会聚沉，结合题目中所给信息解答即可。
【详解】
A、血液属于胶体，因为没有光束通过，所以不属于丁达尔效应，A错误。
B、血液和氯化钠不发生氧化还原反应，B错误；
C、血液和氯化钠不具备复分解反应的条件，所以不发生复分解反应，C错误；
D、血液属于胶体，所以血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液的时候会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防治细菌感染，属于胶体的聚沉，D正确；
答案选D。
本题主要考查的是胶体的性质，了解胶体的性质并与生活中的常见胶体性质的利用是解决本题的关键。
16、D
【解析】
A.氨气的水溶液能导电，电离出自由移动离子的物质是一水合氨，不是氨气，所以氨气是非电解质，故A说法错误；
B.盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；其导电能力也不一定比醋酸溶液强，因溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，较稀的盐酸中自由移动离子浓度较小，导电能力较弱，而较浓度的醋酸溶液中自由移动离子浓度较大，导电能力较强；故B说法错误；
C.化合物为电解质还是非电解质与化合物的溶解性没有关系，氯化银虽难溶于水，但在溶液中却能完全电离，故氯化银为强电解质，C说法错误；
D. 蔗糖在溶液中以分子形式存在，不能电离，则蔗糖溶液不能导电，蔗糖在熔融也不导电，所以蔗糖是非电解质，D说法正确；
答案选D。
本题主要考查电解质的相关概念，学生的易错点为盐酸和氨水的类别，其中盐酸和氨水都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，HCl是强酸，为强电解质；一水合氨为弱碱，为弱电解质，一水合氨并不等同于氨水。
17、B
【解析】
NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。
答案选B。
本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。注意参加反应的氯化氢没有全部被氧化，一部分起酸的作用转化为氯化钠。
18、A
【解析】
在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。
【详解】
反应X2++Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反应Y+Z2+=Y2++Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；综上所述，四种离子的氧化性大小为R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+，A项正确；
故选A。
19、B
【解析】
3.01×1023个分子的物质的量为3.01×1023/6.02×1023=0.5mol， X的摩尔质量为8/0.5=16g/mol。故相对分子质量为16.
故选B。
20、A
【解析】
A．Mg变为Mg2＋时，失去2e-，则1molMg变为Mg2＋时，失去的电子数目为2NA，A正确；
B．常温常压下，Vm＞22.4L/mol，则22.4LN2含有的分子数目为＜NA，B不正确；
C．44gN2O含有的N原子数目为=2NA，C不正确；
D．标况下，H2O呈液态，无法计算22.4LH2O中含有的水分子的数目，D不正确；
故选A。
21、D
【解析】
A．配制过程中需要在烧杯中进行溶解，故A能用到；
B．溶解过程需要玻璃棒搅拌，移液过程需要玻璃棒引流，故B能用到；
C．配制100mL溶液需要用100mL容量瓶，故C能用到；
D．配制一定物质的量浓度的溶液不需要集气瓶，故D不需要；
综上所述答案为D。
22、C
【解析】
①胶体和溶液都属于混合物，Fe（OH）3胶体和CuSO4溶液都是混合物，①正确；
②BaSO4难溶于水，溶于水的BaSO4完全电离成Ba2+和SO42-，BaSO4属于强电解质，②正确；
③置换反应不一定是离子反应，如C+2CuO2Cu+CO2↑属于置换反应，但不属于离子反应，③错误；
④纯碱是Na2CO3，纯碱电离产生Na+和CO32-，纯碱属于盐，纯碱不属于碱，④错误；
正确的有①②，答案选C。

二、非选择题(共84分)
23、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl
【解析】
白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。
【详解】
白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；
(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4，可能含有 KCl；
(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。
掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。
24、CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3
【解析】
根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。
【详解】
根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。
(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；
(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，
B为HCl， C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgC1↓，
故答案为: CO32-+2H+=CO2↑+H2O； Ag++Cl-=AgC1↓。
25、量筒、500ml容量瓶 ADECB 18.4 13.6 防止液体飞溅 偏低
【解析】
(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后，用玻璃棒引流转移到500mL容量瓶中；洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中；加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有量筒、500mL容量瓶；
(2)配制500mL0.5mol/L的稀硫酸溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的配制顺序为ADECB；
(3)①98%的浓硫酸(ρ=1.84g⋅cm−3)的物质的量浓度为：；
②稀释前后溶液含溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=0.5mol/L×500mL，解得：V=13.6ml；
③浓硫酸稀释放热，溶液的温度升高，用玻璃棒不断搅拌的目的是防止液体局部过热造成飞溅；
④定容时仰视刻度线，溶液的液面在刻度线以上，导致溶液体积偏大，，浓度偏低。
26、 2:5 强 22.4 100mL 容量瓶 胶头滴管 AD CD
【解析】
（1）反应2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为；
（2）反应中KMnO4得电子，作氧化剂，HCl失电子，作还原剂被氧化生成氯气，氯气为氧化产物，2molKMnO4得10mol电子，10molHCl失去10mol电子产生5molCl2，则氧化剂KMnO4与氧化产物Cl2物质的量之比是2：5；
(3)根据氧化还原反应中氧化剂量的氧化性强于氧化产物，由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性强；
(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 的物质的量为1mol，在标准状况下体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；
（5）①配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为胶头滴管；100mL容量瓶；
②A．容量瓶的定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，选项A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；
C．容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移的容量瓶中，选项C错误；
D．由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；
答案选AD；
③A．加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项A错误；
B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，选项B错误；
C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项C正确；
D．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项D正确；
答案选CD。
27、12.5 250 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 ①③⑤ B、C、A、F、E、D A、B、C
【解析】
（1）溶质的质量m=nM=cVM=1.25mol/L×0.25L×40g/mol=12.5g，配制250mL溶液，则选用容量瓶的规格为250mL，配制时步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL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，所以还需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
（2）因容量瓶上标有：规格、温度和刻度线，故答案为①③⑤；
（3）配制时步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为B、C、A、F、E、D；
（4）A、称量NaOH时，砝码错放在左盘，由于需要使用游码，则溶质的质量减少，浓度偏低，A正确；
B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质的质量减少，浓度偏低，B正确；
C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，C正确；
D、定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，D错误；
E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，浓度不变，E错误；
故答案为A