2025-2026学年山东省泰安市泰安第四中学化学高一上期中综合测试试题含解析.doc

2025-2026学年山东省泰安市泰安第四中学化学高一上期中综合测试试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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、在给定的四种溶液中,加入以下各种离子,各离子能在原溶液中共存的是(  )
A．所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、CO32-、NO3-、Na+
B．滴加酚酞变红的溶液：加入SO42-、Cu2+、K+、Cl -
C．常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、Cl -、HCO3 -
D．含有大量SO42-的溶液：加入K+、Cu2+、Cl-、NO3-
2、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
3、下列反应既属于氧化还原反应又属于离子反应的是( )
A．盐酸与氢氧化钠溶液的反应 B．高锰酸钾受热分解
C．碳酸钙与盐酸反应 D．铁与稀硫酸反应
4、胶体区别于其它分散系的本质是( )
A．胶体粒子带电荷并且在一定条件下能稳定存在
B．胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙
C．胶体粒子能够发生布朗运动而且能产生丁达尔现象
D．胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间
5、下列各组中互为同位素的是
A．K与Ca B．3H2O与1H2O C．K与K D．金刚石与石墨
6、在某澄清透明的溶液中，下列各组离子中能大量共存的是
A．I－、NO3-、Fe2＋、Na＋ B．Ag＋、NO3-、Cl－、K＋
C．K＋、Ba2＋、OH－、SO42- D．Cu2＋、NH4+、Br－、OH－
7、某溶液中含有较大量的Cl-、、 OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是
①滴加足量的Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加适量的AgNO3溶液；④滴加足量的Ba(NO3)2溶液
A．①②④②③ B．④②①②③ C．①②③②④ D．④②③②①
8、现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液、②39%的乙醇溶液、③碘水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取和分液、蒸馏 B．萃取和分液、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取和分液 D．蒸馏、萃取和分液、分液
9、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被还原 D．1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
10、有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O。下列说法正确的是
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应③中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化
11、在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气(注：2H2O22H2O＋O2↑)，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为( )
A．1∶1∶1 B．2∶2∶1 C．2∶3∶1 D．4∶3∶2
12、下列对“摩尔(mol)”的叙述不正确的是 (　　)
A．摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的多少
B．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物
C．1 mol任何气体所含的气体分子数目都相等
D．用“摩尔”(而不用“个”)计量微观粒子与用“纳米”(而不用“米”)计量原子直径，计量思路都是扩大单位
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、 “分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用。下列说法正确的是( )
A．Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物
B．根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
C．根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物
15、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的全部组合是
序号
X
Y
Z
W

①
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
CuO
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
C
CO
CO2
H2CO3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A．①② B．①③④ C．②③ D．①④
16、下列除去杂质的方法错误的是
A．除去KCl中混有的KI：溶于水通入过量氯气，蒸发结晶
B．除去BaSO4固体中混有的BaCO3：加过量盐酸后，过滤
C．除去Na2CO3固体中的NaHCO3：加热至恒重
D．除去CO2中混有的HCl：将气体通过饱和Na2CO3溶液
17、依据不同的分类标准，HNO3可属于下列中的哪一类
①氧化物 ②含氧酸 ③一元酸 ④混合物 ⑤电解质
A．②③⑤ B．①②③ C．①②④ D．②③④
18、运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl，下列有关该反应的叙述错误的是（　　）
A．KClO3是氧化剂
B．P2O5是氧化产物
C．1 mol KClO3参加反应有6 mol e﹣转移
D．每有6 mol P被还原，生成5 mol KCl
19、下列微粒无法确定是原子还是离子的是

A．A B．B C．C D．D
20、3NO2+H2O=2HNO3+NO此反应氧化剂和还原剂的质量比是
A．2：1 B．1：1 C．1：2 D．无法确定
21、下列有关物质分类的说法，不正确的是（ ）
A．CO、N2O5是非金属氧化物，也是酸性氧化物，它们属于电解质
B．KNO3是钾盐、硝酸盐，也是正盐
C．H2CO3是含氧酸、二元酸
D．NaOH是可溶性碱，也是强碱
22、体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末。碳酸镁属于(  )
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
二、非选择题(共84分)
23、（14分）现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。
(1)在这8种物质中，属于电解质的有_____________(用相应的化学式表示，下同)。
(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入①～⑤，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。

①它们的化学式分别为：①______________；③____________；⑤______________。
②如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。五个反应中属于氧化还原反应的有________________个；反应A的离子方程式为________________________，反应D的化学方程式为_________________________。
24、（12分）某111mL溶液只含Cu2+、Ba2＋、K+、OH－、SO42—、Cl—中的几种，分别取三份11mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。
①向一份中加入足量NaOH溶液，产生1．98g蓝色沉淀
②向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生2．33g白色沉淀
③向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生2．87g白色沉淀。
回答下列问题
（1）该溶液中一定不存在的离子是___________，③中白色沉淀的化学式为______。
（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________。
（3）该溶液中一定存在的阴离子有____________，其物质的量浓度分别为_________。
（4）该111mL溶液中还含有的离子是_______，其物质的量是_______。
25、（12分）现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3、泥沙（SiO2）等杂质的NaNO3固体，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。

（1）操作1、操作3的名称分别是_________、_________。
（2）试剂1和试剂2分别是_________、_________。固体2中除了含有AgCl，还有_________（答全）。
（3）试剂3加入后发生的离子反应方程式是_________。
26、（10分）实验室需要0.2 mol/L NaOH溶液450 mL和0.5 mol/L硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：

(l)如图所示的仪器中配制溶液一定不需要的是 ___（填字母序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是____填仪器名称）。
(2)在配制NaOH溶液时：
①根据计算，用托盘天平称取NaOH固体____g；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则配置的溶液浓度_____填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
(3)在配制硫酸溶液时：
①所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为____mL（计算结果保留一位小数）；
②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用 ___mL量筒最好。
27、（12分）某化学实验需要450 mL 0.10 mol·L-1 Na2CO3溶液，某同学选用Na2CO3·10H2O晶体进行配制，简要回答下列问题：
（1）该实验应选择__________mL容量瓶。
（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为__________g。
（3）该实验的正确操作顺序是_______________（填字母代号）。
A．用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体
B．上下颠倒摇匀
C．用胶头滴管加水至刻度线
D．洗涤所用仪器并将洗涤液转移进容量瓶
E．将所称取的晶体溶于蒸馏水并冷却至室温
F．将溶液转入容量瓶
（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，则所配溶液浓度______；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，会使所配溶液浓度______；NaOH溶解后未经______；立即注入容量瓶至刻度线，会使浓度______；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度______（凡涉及浓度变化填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（5）向200 mL所配的 0.10 mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入10 mL 12.25%稀H2SO4（ρ=1.0 g/cm3），理论上能收集到标准状况下的气体__________mL。
28、（14分）实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL：
（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。
其正确的操作顺序为___________ ⑤⑥⑤__________。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_____________________。
（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_________ g。要完成本实验该同学应称出_________ g NaOH。

（3）对所配制的NaOH溶液进行测定，发现其浓度低于1.0mol/L。在溶液配制过程中，下列操作会引起该误差的有_________（填序号）。
A．转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
C．容量瓶未干燥就用来配制溶液
D．称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长
E．定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加入少量水使液面与刻度线相平
F．定容时仰视刻度线
G．NaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中
（4）氢氧化钠是一种用途十分广泛的重要化工原料，工业上主要通过电解氯化钠饱和溶液的方法 。试用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目____________________。实验测得，反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则耗氧化剂的物质的量为_________mol。
29、（10分）实验室制取氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
（1）该反应中氧化剂是_____；被还原的元素是_______；氧化产物是 ______；
（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目______________；
（3）若该反应中有0.2mol的电子转移，则能生成标准状况下的氯气的体积是_______；
（4）若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为______mol，转移电子数______mol。
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. 所含溶质为NaHSO4的溶液中含有H+，H+与CO32-反应生成二氧化碳和水而不能共存，故A错误；
B. 滴加酚酞变红的溶液呈碱性，OH-与Cu2+反应生成氢氧化铜沉淀而不能共存，故B错误；
C. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液中含有H+，H+与HCO3 –反应生成二氧化碳和水而不能共存，故C错误；
D. SO42-与K+、Cu2+、Cl-、NO3-均不反应，所以可以大量共存，故D正确；
故选D。
2、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。
3、D
【解析】
既属于氧化还原反应，又属于离子反应的反应，反应前后一定有元素化合价的变化，且反应过程中有离子的参加或生成，以此解答该题。
【详解】
A．氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为OH-+H+=H2O，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．高锰酸钾受热分解不是离子反应，反应前后Mn的化合价降低，O的化合价升高，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．碳酸钙与盐酸反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．铁与稀硫酸反应属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，反应前后Fe的化合价升高，H的化合价降低，属于氧化还原反应，D符合题意；
答案选D。
4、D
【解析】
A．胶体粒子带有相同的电性，无法相互靠近，所以在一定条件下能稳定存在，这是胶体具有亚稳性的原因，不是与其它分散系的本质区别，A不合题意；
B．胶体粒子直径较小，不能穿过半透膜，但能通过滤纸空隙，说明胶粒直径介于半透膜孔隙直径与滤纸孔隙直径之间，这是一个定性范围，不是区别于其它分散系的本质，B不合题意；
C．胶体粒子能够发生布朗运动而且能产生丁达尔现象，这是胶粒的运动学性质，不是与其它分散系的本质区别，C不合题意；
D．胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，溶液中溶质直径小于1nm，浊液中分散质粒子直径大于100nm，这是胶体区别于其它分散系的本质，D符合题意；
故选D。
5、C
【解析】
质子数相同中子数不同的原子互称同位素，研究对象为原子，同种元素的不同种单质互为同素异形体。
【详解】
A.两种原子的质子数不同，不是同种元素，不属于同位素，故A错误；
B.3H2O与1H2O都是由氢氧元素组成的不同水分子，结构相同，为同一物质，故B错误；
C.两者都是钾元素的不同原子，互为同位素，故C正确；
D.两者均为C元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故D错误；
故选C。
同位素为载体，考查化学“五同”比较，解题关键：注意对同位素概念的理解，易错点B，水和超重水是不同水分子，但结构相同，为同一物质。
6、A
【解析】
A. I－、NO3-、Fe2＋、Na＋各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；
B. Ag＋与Cl－反应生成氯化银沉淀而不能大量共存，选项B错误；
C. Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存，选项C错误；
D. Cu2＋、NH4+与OH－反应分别生成氢氧化铜沉淀和一水合氨而不能大量共存，选项D错误。
答案选A。
7、B
【解析】
Ag+能与Cl-、、 OH-三种结合，Mg2+能与、 OH-结合，Ba2+只能与结合，故先加入Ba(NO3)2溶液溶液，检验出离子，过滤除去生成的BaCO3沉淀；然后加入Mg(NO3)2溶液，检验出 OH-，过滤除去生成的Mg(OH)2沉淀；最后加入AgNO3溶液，检验出Cl-，故正确的操作顺序是④②①②③，故合理选项是B。
8、C
【解析】
①汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；②酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；③向碘水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，碘单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离。选项C符合题意。答案选C。
9、A
【解析】
反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；
答案选A。
10、D
【解析】
A．反应③中Co元素化合价降低，CoCl2为还原产物，故A错误；
B．根据反应③中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3＞Cl2，故B错误；
C．根据反应②可知还原性性Fe2+＞Br-，所以氯气与FeBr2反应时先氧化Fe2+，再氧化Br-，故C错误；
D．根据方程式可知当1molCo2O3参加反应时，有1molCl2生成，也就是2molHCl被氧化，故D正确；
综上所述答案为D。
11、B
【解析】
分别以高锰酸钾（O由-2价变为0价）、氯酸钾（O由-2价变为0价）、过氧化氢(H2O2)（O由-1价变为0价）为原料制取1mol氧气，转移的电子数分别为4mol、4mol、2mol，4mol：4mol：2mol=2∶2∶1，
故选B。
12、D
【解析】
A.摩尔是物质的量的单位，用于计量物质所含微观粒子的多少，A项正确；
B.摩尔既能用来计量纯净物所含微观粒子，也能计量混合物所含微观粒子，B项正确；
C.1mol任何物质所含的微观粒子数相等，约6.02×1023，C项正确；
D.用“纳米”来计量原子直径，不是扩大单位，只不过原子直径小，于是用小单位来计量，D项错误；
答案选D。
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、D
【解析】A．Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；B．分散系本质特征是分散质微粒直径大小，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，1nm-100nm形成的为胶体，大于100nm形成的分散系为浊液，丁达尔现象是胶体的特征性质，故B错误；C．电解质和非电解质概念分析可知非电解质本身不能电离出自由移动的离子，电解质能电离出自由移动的离子，如BaSO4水溶液不导电，但熔融状态导电属于电解质，故C错误；D．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D正确；故选D。
15、A
【解析】
①. CuCuSO4Cu(OH)2CuOCu，①符合转化关系；
②. NaNaOHNa2CO3NaClNa，②符合转化关系；
③. CCO CO2 H2CO3，但H2CO3不能一步转化为C，③不符合转化关系；
④. Fe FeCl3 FeCl2 Fe(OH)2，Fe(OH)2不能一步转化为Fe，④不符合转化关系，故答案选A。
16、D
【解析】
试题分析：D项饱和碳酸钠溶液能与CO2反应生成碳酸氢钠，所以错误。
考点：物质的分离提纯。
17、A
【解析】
从物质的组成上看，HNO3属于含氧酸、一元酸，从在水溶液中或在熔融状态下是否能够导电看，HNO3属于电解质，故②③⑤正确。
故选A。
18、D
【解析】
所含元素化合价升高的反应物是还原剂，得到的是氧化产物。所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，得到的是还原产物。
【详解】
A.反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，KClO3是氧化剂，故A正确；
B. P发生氧化反应生成P2O5，P2O5是氧化产物，故B正确；
C. 反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，所以反应中消耗1 mol KClO3时，转移电子的物质的量为1mol×6=6mol，故C正确；
D. 每有6 mol P被氧化，生成5 mol KCl，故D错误；
答案选D。
本题考查氧化还原反应基本概念与计算，关键根据化合价变化判断氧化剂、还原剂与还原产物、氧化产物、被氧化、被还原。
19、C
【解析】
A选项，电子层数为2，最外层电子数为3，只能是B原子，故是原子；
B选项，电子层数为2，最外层电子数为5，只能是N原子，故是原子；
C选项，电子层数为3，最外层电子数为8，可能是Ar原子，也可能是氯离子、硫离子等，故不能确定是原子还是离子；
D选项，电子层数为3，最外层电子数为3，只能是Al原子，故是原子；
综上所述，答案为C。
20、C
【解析】
反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，则NO2既是氧化剂，也是还原剂，结合守恒法分析。
【详解】
反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，则NO2既是氧化剂，也是还原剂，生成NO时作氧化剂，生成硝酸时作还原剂，由原子守恒可知，该反应中氧化剂和还原剂的质量之比是1：2，答案选C。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意此反应中只有N元素的化合价发生变化。
21、A
【解析】
A．CO、N2O5是非金属氧化物，酸性氧化物是该物质与碱反应能生成相应的盐，CO不是酸性氧化物，且二者本身不能电离出自由移动的离子，不是电解质，A错误；
B．KNO3含钾离子、硝酸根，是钾盐、硝酸盐，也是正盐，B正确；
C．H2CO3是含氧酸，可电离出两个氢离子，是二元酸，C正确；
D．NaOH是强碱，可溶于水，也是可溶性碱，D正确；
答案选A。
22、C
【解析】
碳酸镁是由金属阳离子Mg2+与酸根离子CO32-结合形成的化合物，属于盐；
答案选C。

二、非选择题(共84分)
23、（1）Na2CO3、NaCl、CaO；
（2）①Fe ②H2SO4③CO2④CaO ⑤Na2CO3②1 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
不属于 H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑
【解析】
试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质①能够和酸②，则单质①为Fe，酸②为H2SO4；盐⑤能够和H2SO4反应，因此盐⑤为Na2CO3；氧化物④能够和H2SO4反应，因此氧化物④为碱性氧化物CaO；氧化物③能够和CaO反应，则氧化物③为CO2；故答案：①Fe ②H2SO4③CO2④CaO ⑤Na2CO3；②有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还原反应；反应A的离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；反应B为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
考点：考查物质的分类与性质。
24、Ba2+和OH- AgCl Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓ SO42-、Cl- 1mol/L、2 mol/L K+ 1.2 mol
【解析】
（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，实验③生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。
（2）Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓。
（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。
（4）根据电荷守恒分析。
【详解】
（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，实验③生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，③中白色沉淀为AgCl，故答案为Ba2+和OH-；AgCl。
（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓，故答案为Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓。
（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-，11mL溶液中，两种离子的物质的量
分别为：n(SO42-)= n (BaSO4)=2.33g÷233g/mol=1.11mol，n( Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=1.12 mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c( Cl-)=2 mol/L，故答案为SO42-、Cl-；1mol/L、2 mol/L。
（4）11mL溶液中，Cu2+的物质的量为： n(Cu2+)=n[ Cu(OH )2]= 1.98g÷98g/mol=1.11mol，1.11molCu2+带1.12mol正电荷，1.11mol SO42-和1.12molCl-共带有1.14mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在K+，11mL溶液中含有1.12mol K+，111mL溶液中含有1.2 mol K+，故答案为K+；1.2 mol。
25、溶解 蒸发 Ba（NO3）2 Na2CO3 BaSO4、BaCO3、Ag2CO3 2H++CO32-=CO2↑+H2O
【解析】
固体混合物首先溶于水，然后过滤出泥沙，所得滤液中氯离子用硝酸银除去，硫酸钠用硝酸钡除去，过量的银离子和钡离子均用碳酸钠除去，过滤后向滤液中加入硝酸除去多余的碳酸钠，最后蒸发结晶得到硝酸钠固体，据此解答。
【详解】
（1）固体混合物首先溶于水，然后过滤出泥沙，因此操作1是溶解；操作3是从硝酸钠溶液中得到硝酸钠晶体，则其名称为蒸发。
（2）根据流程图可知试剂1用来除去硫酸钠，则试剂1是Ba（NO3）2；试剂2用来除去过量的银离子和钡离子，则试剂2是Na2CO3。根据以上分析可知固体2中除了含有AgCl外，还有BaSO4、BaCO3、Ag2CO3。
（3）试剂3用来除去过量的碳酸钠，应该是硝酸，则加入后发生的离子反应方程式是2H++CO32-＝CO2↑+H2O。
26、AC 烧杯、玻璃棒 4.0 偏低 13.6 15
【解析】
根据一定物质的量浓度溶液的配制过程分析所需要的实验仪器，根据物质的量浓度的计算公式进行操作过程中的实验误差分析。
【详解】
A为平底烧瓶、C为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管，故答案为AC，烧杯、玻璃棒 ；
配制0.2 mol/L NaOH溶液450 mL，需要500mL容量瓶，故计算需要用500mL，即m(NaOH)=0.20.5Lg/mol=4.0g，根据计算，用托盘天平称取NaOH固体4.0g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，即溶质的物质的量减少，配置的溶液浓度偏低，故答案为4.0，偏低；
质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：=18.4mol/L，
配制500，mL 0.5mol/L的硫酸，需要浓硫酸的体积为：0.5mol/L×0.5L=18.4mol/LV，V≈0.0136L=13.6mL，根据“大而近”的原则选用15mL量筒，故答案为13.6mL，15mL。
本题的易错点是容量瓶容积的选用，计算时应按实际配置溶液的体积进行计算，在涉及溶液稀释的相关计算时，抓住溶液中的溶质保持不变这个特点进行计算。
27、500 14.3 A E F D C B 偏低 无影响 冷却 偏高 偏低 112
【解析】
（1）由于没有450mL容量瓶，则该实验应选择500mL容量瓶。
（2）需称取Na2CO3·10H2O的质量为0.5L×0.1mol/L×286g/mol＝14.3g。
（3）配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则该实验的正确操作顺序是A、E、F、D、C、B。
（4）另需配制一定浓度的NaOH溶液，称量时若将NaOH固体置于滤纸上称量，由于氢氧化钠易吸水，则氢氧化钠的质量减少，因此所配溶液浓度偏低；若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，由于不会影响溶质和溶液体积，则会使所配溶液浓度无影响；氢氧化钠溶于水放热，则NaOH溶解后未经冷却，立即注入容量瓶至刻度线，冷却后溶液体积减少，则会使浓度偏高；定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使溶液体积增加，所配溶液浓度偏低。
（5）200mL溶液中碳酸钠的物质的量是0.2L×0.1mol/L＝0.02mol。10 mL 12.25%稀H2SO4（ρ=1.0 g/cm3）的物质的量是，其中氢离子的物质的量是0.025mol。由于与碳酸钠反应时分步进行，即首先转化为碳酸氢钠，消耗氢离子是0.02mol，剩余的氢离子再与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，此时氢离子不足，则根据HCO3－+H+＝CO2↑+H2O可知生成的二氧化碳是0.025mol－0.02mol＝0.005mol，在标准状况下的体积是0.005mol×22.4L/mol＝0.112L＝112mL。
28、②①③⑧⑦④250 mL容量瓶27.410.0ABDEF0.1mol
【解析】
⑴.配制一定物质的量浓度的溶液时，一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、倒转摇匀，所以正确的操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑤ ⑦④；根据上述分析可知，该实验中需要的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和容量瓶，因实验室无240mL的容量瓶，因此应选用250mL的容量瓶，故答案为②①③⑧； ⑦④；250 mL容量瓶；
⑵.由图可知，称量烧杯质量时砝码与烧杯位置放反了，称量时使用了30.0g的砝码，游码的读数为2.6，则烧杯的实际质量为30.0g－2.6g=27.4g；根据上述分析可知，本实验需要选用250mL的容量瓶，则n（NaOH）＝0.25L×1.0 mol/L＝0.25mol，m（NaOH）＝0.25mol×40g/mol＝10.0g，故答案为27.4g；10.0g；
⑶. A．转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故B正确；C．容量瓶未干燥就用来配制溶液，因后面还要加水定容，因此未干燥对配制溶液无影响，故C错误；D．称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长，因NaOH易吸水潮解，则称量的NaOH固体偏少，配制的溶液浓度偏低，故D正确；E．定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，属于正常情况，若再加入少量水使液面与刻度线相平，则溶剂偏多，配制的溶液浓度偏低，故E正确；F．定容时仰视刻度线，会导致溶液的体积偏大，浓度偏低，故F正确；G．NaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中，会造成溶液的体积偏小，浓度偏高，故G错误；所以答案为：ABDEF；
⑷．在反应中，氯元素化合价从-1价升高到0价，共失去2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，共得到2个电子，则用单线桥法表示的式子为：；根据反应方程式可知，该反应的氧化剂是H2O，且生成等物质的量的H2和Cl2，当反应消耗2mol水时，将生成1mol H2和1molCl2，在标准状况下的体积为44.8L，因此当反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L时，消耗氧化剂（即水）的物质的量为0.1mol，故答案为；0.1mol。
点睛：本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制过程中的计算和误差分析。本题的易错点是配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，在解题时要注意根据c=进行判断，由c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，进行误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
29、KMnO4 Mn Cl2 2.24L 5 5
【解析】
（1）反应2KMnO4+16