2025年浙江教育绿色评价联盟化学高一第一学期期中综合测试试题含解析.doc

2025年浙江教育绿色评价联盟化学高一第一学期期中综合测试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、下列离子检验方法、现象及结论正确的是
选项
所加试剂
现象
结论
A
向某无色溶液中加入硝酸银溶液
有白色沉淀生成
原溶液中有Cl-
B
向某无色溶液中加入氯化钡溶液后再加入硫酸
白色沉淀不溶解
原溶液中有SO42-
C
向某无色溶液中加入碳酸钠溶液
有白色沉淀
原溶液中有Ba2+
D
向某无色溶液中加入无色酚酞
溶液变红色
原溶液中有较多OH-
A．A B．B C．C D．D
2、对反应方程式 NaNO2＋NH4Cl＝NaCl＋N2↑＋2H2O的下列说法中，正确的是
A．NaNO2是还原剂，NH4Cl是氧化剂
B．N2既是氧化产物，又是还原产物
C．NaNO2中的氮元素被氧化，发生了氧化反应
D．每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6mol.
3、水热法制备纳米颗粒的反应是，关于该反应下列说法中正确的是( )
A．H2O和S4O62-都是还原产物 B．和都是还原剂
C．被氧化时，转移电子 D．
4、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)
A．1 mol所含的质子数和电子数都为10NA
B．NA个微粒就是6.02×1023个微粒
C．0.1 mol硫酸中含有的原子总数为0.7NA
D．1 mol CO所含电子数是28NA
5、把金属钠投入下列物质的稀溶液中，溶液质量会减轻的是
A．HCl B．FeCl3 C．Na2SO4 D．NaOH
6、在两个容积相同的容器中，一个盛有氯化氢气体，另一个盛有氢气和氯气的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（ ）
A．原子数 B．密度 C．质量 D．质子数
7、下列物质属于强电解质是
A．BaSO4 B．盐酸 C．Cl2 D．CO2
8、在配制物质的量浓度溶液的实验中，最后用胶头滴管定容后，液面正确的是（ ）
A． B． C． D．
9、某无色透明的碱性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、H+、、
B．Cu2+、K+、、
C．Na+、K+、、Cl-
D．Ba2+、Mg2+、、Cl-
10、下列反应的离子方程式中，正确的是
A．向Na2CO3溶液中加入足量醋酸：CO32-+2H＋=CO2↑+H2O
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2＋++OH－=CaCO3↓+H2O
C．向NaOH溶液中通入足量的CO2：CO2+2OH－=+H2O
D．向饱和碳酸钠溶液中通入CO2：2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓
11、下列关于离子键的叙述正确的是（ ）
A．原子间的强烈的静电作用 B．阴、阳离子间的强烈的吸引
C．阴阳离子间强烈的静电作用 D．阴阳离子间强烈的排斥作用
12、X原子的核电荷数为a，它的阴离子Xm－与Y原子的阳离子Yn＋的电子层 结构相同，则Y原子的核电荷数为（ ）
A．a＋m＋n B．a－m－n C．m＋n－a D．m－n－a
13、在相同的温度和压强下，下列气体密度最小的是
A．CO2 B．Cl2 C．O2 D．H2
14、化学与生活密切相关。下列常见物质的俗名与化学式相对应的是
A．小苏打—Na2CO3 B．熟石灰—Ca(OH)2
C．漂白粉—Ca(ClO)2 D．氯水—Cl2
15、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（ ）
A．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O
B．2CO + O2CO2
C．CaCO3 CaO+CO2↑
D．CaO+H2O=Ca(OH)2
16、下列烷烃中，进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的产物的是（ ）
A．(CH3)2CHCH2CH2CH3 B．(CH3CH2)2CHCH3
C．(CH3)2CHCH(CH3)2 D．(CH3)3CCH2CH3
17、磁流体是电子材料的新秀。在一定条件下，将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在36～55nm之间的黑色磁流体。下列说法中正确的是(　　)
A．所得的分散系属于悬浊液 B．所得的分散系中分散质为Fe2O3
C．用光束照射该分散系能产生丁达尔效应 D．分散系为胶体，分散质粒子大小即Fe(OH)3分子直径
18、下列操作使硫酸铜晶体结晶水测定结果偏大的是（　　）
A．硫酸铜晶体没有完全变白
B．加热时晶体爆溅
C．加热后未在干燥器中冷却
D．没有进行恒重操作
19、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．分液时，上层液体要从分液漏斗上口倒出
D．向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁
20、标准状况下V L的HCl气体溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（ ）
A．c＝ B．ω＝
C．ω＝ D．ρ＝
21、下列有关0.1mol/LNaOH溶液的叙述正确的是（ ）
A．1L该溶液中含有NaOH40g
B．100mL该溶液中含有OH-0.01mol
C．从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度为0.01mol/L
D．在1L水中溶解4gNaOH即可配制得0.1mol/LNaOH溶液
22、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
Na2CO3
H2SO4
(NH4)2CO3
MgO
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
H2O
C
Ba(OH)2
H2CO3
CaCl2
CO2
SO2
D
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
SO3
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种．
经实验：
①取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；
②取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；
③取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解．
回答下列问题：
（1）试分析原溶液中一定含有的离子是__________，一定不含有的离子是___________，可能含有的离子是_____________．
（2）有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）______，说明理由_____________________________．
（3）写出①中反应的离子方程式_________________________________．
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-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。
①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①②实验事实可推断它们的化学式为：
A ________、B________、C ________、D________。
25、（12分） (1)写出下图中序号①～③仪器的名称：

①_________；② _________；③__________ ；
仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有 _______.（填仪器序号）
(2)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容．

现用该浓硫酸配制480mL 1mol•L-1的稀硫酸．请回答下列问题：
a. 该硫酸的物质的量浓度为__________mol•L-1
b．经计算，配制480mL1mol•L-1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_______mL；
c.配制过程中下列各项操作会导致所配稀硫酸浓度偏小的是_____(双选)
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
B．所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤
C．定容时，俯视容量瓶刻度线
D．摇匀后静置发现液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度处．
26、（10分）（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。若实验仪器有：A．100 mL量筒、B．托盘天平、C．玻璃棒、D．50 mL容量瓶、E.10 mL量筒、F.胶头滴管、G.50 mL烧杯、H.100 mL容量瓶。实验时选用仪器的先后顺序是________(填写编号)。
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是________(填写标号)。
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2 cm处，用胶头滴管加蒸馏水到标线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到标线
E．颠倒摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。
27、（12分）某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂粉精（这是一个放热反应，反应后温度将升高）。A中盛浓盐酸，C中盛潮湿的消石灰，据此回答：

（1）烧瓶B中反应的化学方程式：_____________________________；
（2）D中所盛的试剂是______________。其作用是：____________；
（3）漂粉精在U形管中得到，U形管中发生的化学方程式是__________________，此实验结果所得产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管C中存在两个副反应：___________；
（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取的措施是：____________
（5）试判断另一个副反应是（写出此反应方程式）_________
（6）为避免此副反应发生，可采取的措施是：________________。
（7）家庭中使用漂粉精时，为了增强漂白能力，可加入少的物质是________（选填编号）。
A．食盐 B．食醋 C．烧碱 D．纯碱
28、（14分）I.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：
（1）以上物质中能导电的是____；
（2）以上物质属于电解质的是____；
（3）以上物质属于非电解质的是____；
（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_____；
（5）属于盐的有____；
（6）写出⑧溶于水中的电离方程式____。
Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：
（1）摩尔质量____；（2）物质的量_____；
（3）分子数目_____；（4）原子数目____；
（5）质量_____。
III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫____；
（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为____；
（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是____。
29、（10分）铝土矿是冶炼金属铝的重要原料，其中主要成分为 Al2O3、Fe2O3 等。工业上可 NaOH 溶解 Al2O3 使 其与杂质分离：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O
（1）找出上述反应中化合价为负值的元素，写出其原子的电子式_____。
（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为_____。
（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为：____，从原子结构的角度分 析其原因：_________。
（4）若根据化学性质进行物质分类，则 Al2O3 属于______氧化物，据此推测下列反应方程式正确的是______。
A．Al2O3+3H2O═2Al（OH）3
B．2Al（OH）3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O
C．Al（OH）3+NaOH═NaA1O2+2H2O
D NaAlO2+4HCl═AlCl3+2H2O
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.向某无色溶液中加入硝酸银溶液，可能产生碳酸银、硫酸银等白色沉淀，不一定为氯化银沉淀，A错误；
B.向溶液中加入氯化钡溶液后再加入硫酸，产生白色沉淀硫酸钡，但是由于加入了硫酸，无法确定原溶液中否存在硫酸根离子，B错误；
C.向某无色溶液中加入碳酸钠溶液，可能产生碳酸钙白色沉淀，不一定为碳酸钡沉淀，C错误；
D.向某无色溶液中加入无色酚酞，溶液变红，显碱性，一定存在OH-，D正确；
综上所述，本题选D。
针对选项（B），溶液中先加过量的稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42—；若先加氯化钡溶液，可能生成氯化银白色沉淀，不溶于稀盐酸，不能排除银离子的干扰；若加入硝酸酸化的氯化钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰。
2、B
【解析】
NaNO2＋NH4Cl＝NaCl＋N2↑＋2H2O是同一元素的氧化还原反应，在反应中，N元素的化合价由反应前NaNO2中的+3价变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得3e-，被还原，所以NaNO2是氧化剂，N2是还原产物；N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去3e-，被氧化，所以NH4Cl是还原剂，N2是氧化产物；每反应产生1molN2，转移电子的物质的量是3mol，综上所述可知：选项B正确，故合理选项是B。
3、B
【解析】
在3Fe2++2 S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，铁元素的化合价变化：+2→；硫元素的化合价变化为：+2→；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，还原产物是Fe3O4；
A. O2是氧化剂，被还原，O元素化合价降低，根据反应中O原子守恒，H2O和S4O62-不可能都是还原产物，故A错误；
B. 失电子的反应物是还原剂，则还原剂是Fe2+、S2O32-，故B正确；
C. 由3Fe2+→Fe3O4失2e-，1molFe2+被氧化时失去的电子为mol，故C错误；
D. 根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH-的化学计量数为4，即x=4，故D错误；
故选B。
4、C
【解析】
A.每个“NH2-”含有9个质子和10个电子，所以1molNH2-含有9NA个质子和10NA个电子，A项错误；
B.NA的近似值为6.02×1023，B项错误；
C.硫酸的分子式为H2SO4，每个硫酸分子中含有7个原子，所以0.1mol硫酸中含有的原子总数为0.7NA，C项正确；
D.每个CO分子含有14个电子，所以1molCO所含电子数是14NA，D项错误；答案选C。
5、B
【解析】
A.发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+ H2↑.溶液的质量会增加。错误。
B．首先发生反应：2Na+ 2H2O =2NaOH+H2↑；然后发生反应：FeCl3+3NaOH= Fe(OH)3↓+3NaCl。溶液质量增加的小于减轻的，因此会减轻，正确。
C．在Na2SO4溶液中会发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；溶液的质量会增加。错误。
D．在NaOH的溶液中会发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；溶液的质量会增加。错误。
故选B。
6、A
【解析】
同温同压下，体积相同的气体具有相同的分子数。
【详解】
同温同压下，体积相同的气体具有相同的分子数，两容器具有相同的容积，说明氯化氢气体和氢气与氯气的混合气体具有相同的温度、压强、体积，因此分子数相同，两容器中的气体均为双原子，因此原子数相同；
答案选A。
7、A
【解析】
电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐；弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，强电解质和弱电解质都是化合物，据此判断。
【详解】
A．BaSO4在熔融状态下能完全电离，是强电解质，故A正确；
B．盐酸是混合物，它既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．Cl2是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．CO2和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故D错误；
答案选A。
本题考查了强弱电解质的判断，明确：电解质的强弱是以电离程度判断的，不是以导电能力大小以及溶解性判断的。
8、B
【解析】
考查一定物质的量浓度溶液的配制。定容时液面的最低点与刻度线相切，所以选项B正确，答案选B。
9、C
【解析】
A．碱性溶液中，H+、均不能与OH-共存，A错误；
B．碱性溶液中，OH-与Cu2+可结合生成氢氧化铜沉淀，不能共存，B错误；
C．碱性溶液中，Na+、K+、、Cl-均不发生反应，可共存，C正确；
D．Ba2+与反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，D错误；
答案选C。
10、D
【解析】
A．醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，A错误；
B．碳酸氢铵电离产生的也会与OH-发生反应产生弱电解质NH3·H2O，反应不符合事实，B错误；
C．向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应产生，不符合事实，C错误；
D．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应的发生符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；
故选项是D。
11、C
【解析】
离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，不仅包含吸引力还包含排斥力。
【详解】
A项、离子键是阴阳离子之间强烈的相互作用，故A错误；
B项、离子键不仅包含吸引力还包含排斥力，故B错误；
C项、离子键是阴阳离子之间强烈的相互作用，故C正确；
D项、离子键不仅包含排斥力还包含吸引力，故D错误；
故选C。
12、A
【解析】
设元素Y的核电荷数是b，则阳离子Yn＋的核外电子数为（b-n），因为X的核电荷数为a，它的阴离子Xm－核外电子数为（a+m），因为阴离子Xm－与Y原子的阳离子Yn＋的电子层结构相同，即核外电子数相同，所以b-n=a+m，即b=a+m+n，故A正确；
答案：A
根据电子层结构相同，核外电子数相等，列等式计算。
13、D
【解析】
同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=M/Vm计算这几种气体密度相对大小，据此分析解答。
【解答】
解：同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=M/Vm知，相同条件下，气体密度与摩尔质量成正比，二氧化碳摩尔质量是44g/mol、氯气摩尔质量是71g/mol、氧气摩尔质量是32g/mol、氢气摩尔质量是2g/mol，所以相同条件下，这几种气体密度大小顺序是Cl2＞CO2＞O2＞H2，答案选D。
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，能正确推导密度与气体摩尔质量的关系是解本题关键，知道常见气体摩尔质量相对大小。
14、B
【解析】
A、小苏打是NaHCO3，Na2CO3是苏打，故A错误；
B、熟石灰是Ca(OH)2，故B正确；
C、漂白粉属于混合物，主要成分是氯化钙和次氯酸钙，故C错误；
D、氯气溶于水得到氯水，氯水属于混合物，故D错误。
答案选B。
15、B
【解析】
氧化还原反应的判断标准是有没有元素化合价的升降。
【详解】
四个选项中只有B选项有元素化合价的升降，碳的化合价升高，氧的化合价降低。
故选B。
16、D
【解析】
A．(CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，能生成5种沸点不同的产物，故A不选；
B．(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，故B不选；
C．(CH3)2CHCH(CH3)2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C不选；
D．(CH3)3CCH2CH3中有3种位置不同的氢，所以其一氯代物有3种，能生成3种沸点不同的产物，故D选；
故选D。
17、C
【解析】
根据分散质微粒直径大小来判断该分散系为胶体，根据胶体的性质分析。
【详解】
根据题意可知：磁流体分散系分散质粒子直径在36～55nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。
A．分散质粒子直径在36～55nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，A错误；
B．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故分散质不是Fe2O3，B错误；
C．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，C正确；
D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒为很多分子的集合体，不是一个分子，D错误；
故合理选项是C。
本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意胶体的本质特征是分散质的粒子大小。
18、B
【解析】
A．粉末未完全变白说明晶体没有完全分解，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果偏小，故A错误；
B．加热过程中有少量晶体溅出，会使测定的质量差偏大，使结果偏大，故B正确；
C．加热后未在干燥器中冷却，空气中水蒸气会在晶体表面聚集，使测定质量差偏小，使结果偏小，故C错误；
D．没有进行恒重操作，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果偏小，故D错误；
故选B。
19、D
【解析】
A．过滤时，应遵循一贴二低三靠的原则，其中玻璃棒的一端应紧靠三层滤纸处，A正确；
B．过滤时，漏斗颈的尖端应紧贴烧杯内壁，B正确；
C．分液时，下层液体流出后，再将上层液体从分液漏斗上口倒出，C正确；
D．向试管中滴加液体时，胶头滴管口应位于试管口的上方，D不正确；
故选D。
20、D
【解析】
A项、标准状况下VL HCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（×36.5+1000）g，溶液的体积为mL，故溶液的物质浓度为，故A正确；
B项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为×36.5g，则所得溶液的质量分数为，故B正确；
C项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为×36.5g，溶液的质量为（×36.5+1000）g，则所得溶液的溶质质量分数，故C正确；
D项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（×36.5+1000）g，溶液的体积为mL则所得溶液的密度，故D错误；
故选D。
21、B
【解析】
A. 1L该溶液中含有的NaOH的质量为0.1mol/L×1L×40g/mol=4g，A错误；
B. 100mL该溶液中含有OH-的物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，B正确；
C. 溶液为均一、稳定的化合物，故从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度仍然为0.1mol/L，C错误；
D. 溶液浓度的计算式中，体积应为溶液体积，而不是溶剂体积，D错误；
故答案选B。
22、D
【解析】
A.碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；
B.H2O不是酸性氧化物，故B错误；
C.CO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；
D.KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO与水化合生成氢氧化钙，为碱性氧化物，SO3与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故D正确。
故选D。

二、非选择题(共84分)
23、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
【解析】
无色透明溶液，则一定没有Cu2＋，Cl－、CO32－、SO42－、Na＋、K＋、Mg2＋ 六种离子中只有Mg2＋ 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2＋；Mg2＋和CO32－反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32－；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42－；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl－；
【详解】
（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl－、Mg2＋，一定不含有的离子是CO32－、SO42－、Cu2＋，可能含有Na＋、K＋；
（2）实验③可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32－、SO42－不存在，则必须含有Cl－；
（3）反应①中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓。
24、A.BaCl2 B. AgNO3 C. CuSO4 D. Na2CO3
【解析】
试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。
考点：物质的鉴别
点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。
25、蒸馏烧瓶 冷凝管 分液漏斗 ③④ 18.4 27.2 BD
【解析】
（1）①为蒸馏装置，需要的仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、锥形瓶等，②为分液操作；③为容量瓶，结合仪器的结构分析；
分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；
(2)a．根据溶液的物质的量浓度c=1000ρω/M来计算；
b.根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀来计算；
c.分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=n/V判断对所配溶液浓度的影响．
【详解】
（1）根据仪器的结构特点，得到：①是蒸馏烧瓶，②是冷凝管，③是分液漏斗；④是容量瓶，故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；
分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；
故答案为③④
（2）a．溶液的物质的量浓度c=1000ρω/M=1000mL/L×1.84g/mL×98%/98g·mol－1=18.4mol·L－1，
故答案为18.4；
b.由于无480mL容量瓶，故选用500mL容量瓶，配制480mL 1mol·L-1的稀硫酸，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol·L－1×VmL=1mol·L-1×500mL，解得V=27.2；
故答案为27.2；
c.A、容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，配制过程中需要滴加蒸馏水，故此无影响，故A不选；
B、所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致浓溶液物质的量偏小，根据c=n/V判断可知浓度偏低，故B选；
C、定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，故导致稀溶液体积偏小，根据c=n/V判断可知浓度偏高，故C不选；
D、定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致稀溶液体积偏大，根据c=n/V判断可知浓度偏低，故D选；
故选BD。
26、EGCHF BCD
【解析】
（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据质量守恒：溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，再选择合适规格的量筒，配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，选择需要的仪器；
（2）由容量瓶的构造及正确使用容量瓶的方法解析．
【详解】
（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。需要选择100mL容量瓶，设浓硫酸体积为V，溶液稀释过程溶质的物质的量不变：18mol·L－1×V=100 mL×1.0 mol·L－1，V=5.6mL，选择10mL量筒；因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以需要的仪器：玻璃棒、10 mL量筒、胶头滴管、50 mL烧杯、100mL容量瓶；实验时选用仪器的先后顺序是：EGCHF；
（2）A．容量瓶是带活塞的仪器，使用前应检查是否漏水，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，否则配制的溶液浓度偏高，故B错误；
C．无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故C错误；
D．无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故D错误；
E．定容完成后，需要摇匀配制的溶液，方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；
故选：BCD．
本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和仪器方法，解题关键：明确配制原理及容量瓶使用方法。解题技巧：用质量守恒解溶液稀释问题。
27、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑ 氢氧化钠溶液 吸收多余的氯气 2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O； 2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O； 将U型管置于冷水浴中 2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O 在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 B
【解析】
加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，氯气中混有氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙；但是反应温度过高，氯气与氢氧化钙反应产生氯酸钙，盐酸（挥发出的氯化氢遇水）与氢氧化钙反应产生氯化钙，发生副反应；因此只要降低温度，除去氯化氢气体即可避免副反应的发生；根据强酸制备弱酸的原理分析使用漂粉精时为增强其漂白性所要加入的试剂；据以上分析解答该题。
【详解】
（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；
故答案是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；
（2）氯气有毒不能直接排空，但氯气能和氢氧化钠反应生成无毒物质，所以D中试剂是氢氧化钠溶液；
故答案是：氢氧化钠溶液；吸收多余的氯气；
（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2，方程式为：6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；盐酸（挥发出的氯化氢遇水）与氢氧化钙反应生成氯化钙，方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；
故答案是：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；
（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取降低温度的措施，将U型管置于冷水浴中即可；
故答案是：将U型管置于冷水浴中；
（5）挥发出的氯化氢与潮湿的氢氧化钙反应生成氯化钙和水，方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；
故答案是：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；
（6）盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能和碱反应，所以反应方程式为：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可以在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
故答案是：在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（7）次氯酸具有漂白作用，酸性较弱，可以加入酸性比次氯酸强一点的酸即可，因此可以在漂粉精中加入食醋，根据强酸制备弱酸的原理可知，可得到更多的次氯酸，增强漂白性；
故答案是：B。
低温下，氯气与氢氧化钙反应可以生成氯化钙和次氯酸钙；温度升高，氯气与氢氧化钙反应可以生成氯化钙和氯酸钙，氯化氢气体也能够与氢氧化钙反应生成氯化钙和水；因此制备出的氯气必须不含氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢；反应需要保持低温环境，因此就需要给反应降温，可以采用冷水浴的方法进行，这样才避免副反应的发生，提高次氯酸钙的产率。
28、④⑧ ①③⑤⑧ ②⑥⑦ ①②③⑧ ①⑤⑧ Na2CO3=2Na++CO32- ①<③<② ①<②<③ ①<②<③ ②<①<③ ①<②<③ 渗析 1∶1 L
【解析】
I.根据电解质和非电解质的概念分析判断；物质导电条件是存在自由移动的离子，或者存在自由电子；金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物属于盐，据此分析解答；
Ⅱ.(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对分子质量；
(2)根据n=和n=解答；
(3)由N=nNA可知物质的量越大，含有分子数目越多；
(4)结合分子含有的原子数目计算原子物质的量；
(5)根据m=nM计算HCl、氧气的质量，据此判断；
III(1)胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜；
(2)二者分子中都只含有O原子，质量相等时含有氧原子数相同；
(3)同种气体，其质量与分子数成正比，计算cg气体含有分子数目，然后根据n=、V=nVm计算。
【详解】
I.①NaCl固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电； 溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
②液态CO2是氧化物，属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，与水反应生成电解质，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
 ③液态氯化氢是电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
  ④汞是单质，既不是电解质也不是非电解质； 含有自由电子，能导电；不溶于水；
 ⑤BaSO4固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水中溶解度很小，水溶液不导电；
⑥蔗糖属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水溶液不含自由移动的离子，不导电；
⑦酒精属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水溶液不含自由移动的离子，不导电；
 ⑧熔融的Na2CO3是盐，属于电解质；含有自由移动的离子，能导电；水溶液能电离产生自由移动的离子，能导电；
(1)以上物质中能导电的是④⑧，故答案为：④⑧；
(2)以上物质属于电解质的是①③⑤⑧，故答案为：①③⑤⑧；
(3)以上物质