2026届上海市静安区上海市市西中学高一化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2026届上海市静安区上海市市西中学高一化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题
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、 “靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是
A．过滤 B．蒸馏 C．蒸发 D．分液
2、有下列三个反应：①2Fe3＋＋2 I－ === 2Fe2＋＋I2；②Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－；③Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O。下列说法正确的是
A．反应①、②、③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．在反应③中，当1 mol Co2O3参加反应时，6mol HCl被氧化
D．可以推理得到Cl2＋2 I－ = I2＋2Cl－
3、某CaCl2样品可能混有FeCl3、MgCl2、NaCl、Na2CO3中的一种或两种，取11.1克样品溶解，得无色溶液，再加入足量AgNO3溶液，得27.7克沉淀，由此可知样品中所含杂质的正确结论是
A．一定无Na2CO3，一定有MgCl2 B．一定无Na2CO3，一定有NaCl
C．一定有MgCl2，可能有NaCl D．一定有FeCl3，可能有NaCl
4、下列反应中，不属于氧化还原反应的是(　　)
A．H2+Cl22HCl
B．Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O
C．NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O
D．Zn+H2SO4H2↑+ZnSO4
5、下列离子方程式正确的是 （ ）
A．澄清石灰水中加盐酸：2H++Ca(OH)2＝Ca2++2H2O
B．向Na2CO3溶液中加入HCl溶液：CO32－+2H+＝CO2↑+H2O
C．Fe与稀盐酸反应：2Fe+6H+ ＝2Fe3++3H2↑
D．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH－+H++SO42－ ＝BaSO4↓+H2O
6、下列物质，既能导电又属于电解质的是
A．熔融的氢氧化钾 B．氯化钠溶液 C．铜固体 D．氯化镁晶体
7、下列实验操作中错误的是
A．蒸发操作时，当蒸发皿中出现较多量的固体时，立即停止加热
B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．萃取操作时，选择的萃取剂与水不互溶，且萃取剂的密度必须比水大
8、下列关于钠的说法中，不正确的是( )
A．实验后剩余的钠粒需要放回原试剂瓶中
B．金属钠和氧气反应，条件不同，产物则不同
C．钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中
D．将一小块钠投入硫酸铜溶液时，能置换出铜单质
9、下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的分类完全正确的是

A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
CO2
Cl2
A．A B．B C．C D．D
10、有一未完成的离子方程式为＋5X－＋6H+＝3X2＋3H2O，据此判断，元素在 中的化合价为
A．+1 B．+3 C．+5 D．+7
11、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是( )。
A．2.4 g金属镁所含电子数目为0.2 NA
B．16 g CH4所含原子数目为NA
C．标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为1NA
D．溶液的体积为1L，物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl—个数为1NA
12、某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是 (　 　)

A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部反应
B．Ⅱ图中：生成蓝色的烟
C．Ⅲ图中：用日光照射量筒，量筒中会产生大量白雾，液面会迅速上升
D．Ⅳ图中：a中有色布条褪色，b中不褪色
13、已知：①Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI; ②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-;③I2+Fe2+不反应，向含SO32-、Fe2+、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是
A． B． C． D．
14、下列有关胶体的叙述中不正确的是
A．实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液
B．“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关
C．1 mol Fe3＋完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NA
D．分散质粒子大小介于1 nm～100 nm之间的分散系称为胶体
15、已知硫酸的密度大于纯水，若以w1和w2分别表示浓度为c1mol/L和c2mol/L硫酸的质量分数，已知2w1＝w2，则下列推断正确的是
A．2c1＝c2 B．2c2＝c1 C．c2＞2c1 D．c1＜c2＜2c1
16、在透明水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸时，有气体生成的是
A．Na+、K+、NH4+、Cl－ B．K+、Cu2+、SO42－、Cl－
C．Na+、Ag+、CO32－、Cl－ D．Na+、K+、Cl－、HCO3－
17、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
18、已知3.01×1023个X气体分子的质量为32g，则X气体的摩尔质量是（ ）
A．16g B．32 C．64g /mol D．32g /mol
19、下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）
A．可用过滤的方法将氢氧化铁胶体与Na＋分离开
B．溶液与胶体的本质区别是当用光束通过时是否会产生一条光亮的通路
C．向沸水中逐滴滴加 饱和的FeCl3溶液可得到Fe(OH)3胶体
D．只有胶状物如胶水、果冻类的物质才能称为胶体
20、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（　　）

纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
纯盐酸
水煤气
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
盐酸
铁
碳酸钙
D
大理石
甲烷
氯化铜
碳酸钠
A．A B．B C．C D．D
21、某溶液中所含离子的浓度如下表，则a值为
离子
NO3-
SO42-
H＋
Mg2＋
K＋
浓度(mol/L)
0.3
0.4
0.2
0.2
a
A．0.1 B．0.3 C．0.5 D．0.7
22、如图所示，室温下的两个连通容器用活塞分开，左右两室体积相同，左室充入一定量NO，右室充入一定量O2，且恰好使两容器内气体密度相同。打开活塞，使NO与O2充分反应，反应如下：2NO+O2=2NO2。下列判断正确的是(不考虑NO2转化为N2O4) ( )

A．反应前后左室的压强相同
B．开始时左右两室中的分子数相同
C．反应后容器内的密度与反应前的相同
D．反应后容器内无O2存在
二、非选择题(共84分)
23、（14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:_____________________________________
24、（12分）现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:
实验顺序
实验内容
实验现象
①
A+B
无明显现象
②
B+D
有无色无味气体放出
③
C+B
有白色沉淀生成
④
A+D
有白色沉淀生成
根据上述实验完成下列各小题：
(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液________，C溶液________，D溶液________。
(2)写出B与D反应的离子方程式：________，写出B与C反应的离子方程式 ：________。
25、（12分）铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：
[方案一]
[实验方案]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
(1)实验中发生反应的离子方程式是___。
[实验步骤]
(2)称取10.8 g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0 mol·L-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___mL。
(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
[方案二]
[实验方案]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。
[实验步骤]
(4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：

你认为最简易的装置其连接顺序是A接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ）(填接口字母，注意：可不填满)___。
(5)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。

①装置中导管a的作用是_______。
②为了较准确测量氢气的体积，在读反应前后量气管中液面的读数求其差值的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母编号)。
A．冷却至室温
B．等待片刻，待乙管中液面不再上升时读数
C．读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平
D．读数时不一定使两端液面相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1 g，测得氢气体积为5.6 L(标准状况)，则合金中铝的质量分数为___(保留两位有效数字)。
26、（10分）实验室用18.4mol•L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒
请回答下列问题：
（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有___（选填序号），还缺少的仪器有（写仪器名称）___。
（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为___mL，量取浓硫酸时应选用___（选填 ①10mL②50mL③100mL）规格的量筒。
（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：___、___。
（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是___。
A．容量瓶上标有容积、温度和浓度
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干
C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm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
（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有___（填序号）
①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容时，仰视刻度线
27、（12分）将少量饱和FeCl3溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系，完成相关问题：
甲：饱和FeCl3溶液滴加到冷水中；
乙：饱和FeCl3溶液滴加到NaOH溶液中；
丙：饱和FeCl3溶液滴加到沸水中。
（1）将丙继续加热煮沸得到红褐色透明液体，反应的化学方程式为____________________。
（2）用最简单的方法判断丙中是否成功制备胶体，请写出相关的操作、现象和结论____________________________________________________________。
（3）向经过检验后的丙中逐滴加入稀盐酸，会出现一系列变化：
①先出现和乙中相同的现象，原因为________________________。
②随后发生变化得到和甲相同的溶液，此反应的离子反应方程式为____________________。
（4）向丙中加入电极通电后，Fe(OH)3胶体粒子移向_______极；（填“阴极”或“阳极”）
（5）可用如图所示的装置除去Fe(OH)3胶体中的杂质离子来提纯Fe(OH)3胶体，实验过程中需不断更换烧杯中的蒸馏水。更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若____________________（填实验现象），则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去。

28、（14分）在标准状况下，11.2LCO和CO2的混合气体的质量为20.4g，求混合气体中CO和CO2的体积之比和质量之比________________？
29、（10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。
Ⅰ.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。
Ⅱ.若向实验Ⅰ的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生E，D盐溶液有无色无味气体逸出。
根据实验Ⅰ、Ⅱ回答下列问题：
（1）C的名称为___________；D的化学式为______________。
（2）写出盐酸+B反应的离子方程式__________________，化学方程式与盐酸+D反应具有相同的离子方程式。
（3）将沉淀E过滤并洗涤，如何验证沉淀E已洗涤干净_____________________________。
（4）为检测C盐的一些性质，需配制240 mL 0.2 mol/L NaOH溶液，请回答下列问题：
①经计算，需用托盘天平称量固体NaOH的质量为__________g。
②在配制NaOH溶液时除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有________和_________。
③将NaOH浓溶液先____________，再转移到容量瓶中，否则溶液浓度__________（填“偏高”或“偏低”）。
④配制NaOH溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线__________处，改用_________滴加，至_______________与刻度线相切。
⑤取出配制好的溶液150mL，可以中和质量分数为36.5%，密度为1.20g/mL的盐酸的体积为____mL，配制该盐酸需HCl的体积为________mL（标准状况下）。
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、A
【解析】
根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。
2、D
【解析】
A.还原剂经过氧化反应生成氧化产物。
B.氧化剂的氧化性强于氧化产物。
C.每1molCo2O3参加反应，转移2mol电子。
D.通过上述反应可以得出Cl2氧化性强于 I2。
【详解】
A. 还原剂经过氧化反应生成氧化产物，反应①、②、③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、Cl2，A错误。
B. 氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据以上反应氧化性：Co2O3>Cl2>Fe3＋，B错误。
C. 反应③中，1 mol Co2O3参加反应时，转移2mol电子，2mol HCl被氧化，C错误。
D. 由反应①②可得，Cl2氧化性强于Fe3＋，Fe3＋氧化性强于I2，反应Cl2＋2 I－= I2＋2Cl－ 可以发生，D正确。
答案为D。
3、B
【解析】
试题分析：原样品溶于水形成无色溶液，可排除FeCl3与Na2CO3的存在．因Fe3+的溶液显黄色，Na2CO3存在时会与CaCl2反应形成CaCO3沉淀．
假设原样品全部为CaCl2，则可形成AgCl沉淀的质量为m，则
CaCl2----2AgCl
111 2×143.5
11.1 g m（AgCl）
m（AgCl）= =28.7 g＞27.7（实际得到沉淀量），
这说明CaCl2样品中一定含有比CaCl2含氯质量分数更低的物质，即NaCl，
故此题选B．
考点：考查物质的检验和鉴别相关知识点
4、C
【解析】
A.氢元素和氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A项不符合题意；B中氯元素从0价变为-1价和+1价，属于氧化还原反应，故B项不符合题意；C中各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故C项符合题意；锌元素和氢元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D项不符合题意；答案：C。
考查判断氧化还原反应的知识。根据化合价变化进行判断。有化合价发生变化的反应属于氧化还原反应，没有化合价变化的反应属于非氧化还原反应。
5、B
【解析】
A.澄清石灰水要写成离子形式，离子反应方程式为OH-+H+＝H2O，A错误；
B.碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为CO32-+2H+＝CO2↑+H2O，B正确；
C. Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，C错误；
D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O，D错误。
答案选B。
本题考查离子反应方程式正误判断，明确离子反应方程式的书写规则是解本题的关键，书写时要遵循客观事实，拆分是否正确、原子守恒、转移电子守恒、电荷守恒等。该题为考试热点和学习难点，易错选项是D，注意化学式中离子的配比关系。
6、A
【解析】
电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物；导电的原因是有自由移动的电子或离子，据此利用排除法作答。
【详解】
A.熔融的氢氧化钾，是化合物，且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根，因此可以导电，是电解质，故A项正确；
B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B项错误；
C.铜固体有自由移动的电子，可以导电，但不是化合物，不属于电解质，故C项错误；
D.氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故D项错误；
答案选A。
掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。
7、D
【解析】
A. 蒸发操作时，当蒸发皿中出现较多量的固体时，立即停止加热，利用余热蒸干，故正确；
B. 蒸馏操作时，应测定出来的气体的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故正确；
C. 分液操作时，为了使上下层的液体完全分离，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故正确；
D. 萃取操作时，选择的萃取剂与水不互溶，萃取剂和溶质不反应，对萃取剂的密度没有要求，故错误。
故选D。
8、D
【解析】
钠的性质非常活泼，常温下易与水、O2等反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，4Na+O2=2Na2O，2Na+O2Na2O2，由此分析。
【详解】
A.为了保证药品的纯净，实验中大部分药品取出后不能放回原试剂瓶。由于钠极易与O2、水反应，尽管保存在煤油中，但钠的表面仍有氧化物等杂质包裹着，所以剩余的钠粒放回原试剂瓶对钠的纯度影响不大，钠属于易燃固体，随意丢弃易引发火灾，所以实验后剩余的钠粒需要放回原试剂瓶中，A项正确；
B.常温下钠与O2缓慢反应生成Na2O，加热时钠与O2剧烈反应生成Na2O2，B项正确；
C.钠极易与水、O2反应，水和O2都不溶于煤油，且煤油密度比钠小，钠沉在煤油里，煤油将钠与空气和水隔开，所以少量的钠可以保存在煤油中，C项正确；
D.钠与水反应非常剧烈：2Na+2H2O=2NaOH+H2，Cu2+在水溶液中以水合铜离子存在，所以钠投入硫酸铜溶液中钠与水反应，生成的NaOH再与Cu2+反应：Cu2++2OH—=Cu(OH)2，所以溶液中不可能有铜单质生成，D项错误；答案选D。
钠投入盐溶液中，钠先与水反应；钠投入酸溶液中，钠先与酸反应。
9、C
【解析】
强电解质是指在水中完全电离成离子的电解质；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此解答。
【详解】
A、金属铁属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，A错误；
B、NH3属于非电解质，不属于电解质，BaSO4属于强电解质，B错误；
C、CaCO3属于强电解质，碳酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化碳是非电解质，C正确；
D、氯气属于单质，不属于电解质，也不是非电解质，D错误。
答案选C。
本题解题的关键：明确电解质的强弱与电离程度有关，不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质。易错项B，BaSO4虽然难溶，但溶解的部分全部电离，属于强电解质。
10、C
【解析】
根据离子方程式遵循电荷守恒，和氧化还原反应遵循得失电子守恒以及质量守恒定律分析。
【详解】
根据离子方程式左右电荷相等，则未知物应含有1个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律可知，如生成3molX2，则需要XO3－1mol，即未知物为1mol，因此X的化合价为+5价。答案选C。
本题考查离子方程式的书写和推断，注意从守恒的角度解答，解答本题的关键是正确推断未知物的物质的量和所带电荷数。
11、D
【解析】
A．2.4 g金属镁的物质的量是0.1mol，1个镁原子含有12个电子，则所含电子数目为1.2 NA，故A错误；
B．16 g CH4的物质的量为1mol，所含原子数为5NA，故B错误；
C．标准状况下，H2O是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L H2O含有的分子数，故C错误；
D．溶液的体积为1L，物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中氯离子的物质的量是1L×0.5mol/L×2＝1mol，含有Cl—个数为NA，故D正确；
故答案选D。
12、C
【解析】
A.浓盐酸与MnO2共热发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，随着反应的进行HCl的量不断减少，而且反应生成水的量逐渐增多，使浓盐酸逐渐变稀，但稀盐酸是不能与MnO2反应的，所以既使MnO2过量，浓盐酸中HCl也不可能完全反应，A项错误；
B.铜丝在Cl2中点燃能剧烈的燃烧：Cu+Cl2CuCl2，生成的无水CuCl2细小颗粒分散在空气中形成棕黄色的烟，B项错误；
C.光照下H2与Cl2发生反应：H2+Cl22HCl，生成的HCl气体极易溶于水，在量筒内HCl溶解在水蒸气中形成大量白雾，随着HCl气体的溶解，量筒内气体体积快速减小，所以水槽里液面迅速上升，C项正确；
D.因Cl2不具有漂白性，故干燥的有色布条a不会褪色，而Cl2溶解在湿润的有色布条b中生成了HClO，HClO具有漂白性，故b中有色布条褪色，D项错误；答案选C。
13、C
【解析】
离子还原性SO32-> I－>Fe2+、故首先发生反应①SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+ Cl2=I2+ 2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl- ,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,
【详解】
A.由SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,可以知道,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为: 0.1mol 22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;B. 0.1molSO32-完全反应后,然后发生2I－+ Cl2=I2+ 2Cl-,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol 氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L , 0.1molI- 完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI-完全反应时氯气的体积为:0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;C.0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol 氯气, 0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为: 0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 可以知道, 0.1mol Fe2+ 完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为: 0.20mol 22.4L/mol=4.48L ,图象与实际一致,故C选项是正确的;D.SO32-、Fe2+、I－完全时消耗的氯气为0.20mol,产生的氯离子为0.40 mol和,图象中氯离子的物质的量不符，故D错误;答案：C
根据离子还原性SO32-> I－>Fe2+,故首先发生反应SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+ Cl2=I2+ 2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,据此进行判断。
14、C
【解析】
A．丁达尔效应是胶体特有的性质，可用来鉴别溶液与胶体；
B．“雨后彩虹”与胶体的知识有关；
C．胶粒是一定数目粒子的集合体；
D．直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体。
【详解】
A．丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液无此性质，可用来鉴别溶液与胶体，所以A选项是正确的；
B．、“雨后彩虹”与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，所以B选项是正确的；
C．在溶有1mol Fe（OH）3的胶体中，含有小于NA个Fe（OH）3胶粒，故C错误；
D．直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体，而小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
15、C
【解析】
设物质的量是浓度为c 1 mol/L 的密度为ρ 1，物质的量是浓度为c 2mol/L 硫酸溶液的密度为ρ 2，则 
c 1=，c 2= ，==。
因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则ρ 1＜ρ 2， 则c 2＞2c 1。 
故选C。
本题考查物质的量浓度与质量分数的计算与比较，注意浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大。
16、D
【解析】
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生双水解反应、氧化还原反应、络合反应且和稀硫酸反应生成气体的为正确选项，据此分析解答。
【详解】
A项，Na+、K+、NH4+、Cl－能大量共存，但加入过量稀硫酸时，无气体生成，故不选A项；
B项，K+、Cu2+、SO42－、Cl－能大量共存，但加入过量稀硫酸时，无气体生成，故不选B项；
C项，Ag+和CO32-、Cl-生成沉淀而不能大量共存，故不选C项；
D项，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，HCO3－和稀硫酸反应生成二氧化碳，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意题中关键词“能共存且稀硫酸反应生成气体”。
17、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。
18、D
【解析】试题分析： ， ，M="64g" /mol，故C正确。
考点：本题考查物质的量计算。
19、C
【解析】
A. 可用渗析的方法将氢氧化铁胶体与Na＋分离开，故错误；
B. 溶液与胶体的本质区别是分散质微粒直径的大小，故错误；
C. 向沸水中逐滴滴加 饱和的FeCl3溶液加热继续煮沸可得到Fe(OH)3胶体，故正确；
D. 分散质微粒直径在1-100纳米的分散系称为胶体，故错误。
故选C。
20、B
【解析】
纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种物质的所属类别。
【详解】
A．纯盐酸是混合物，是氯化氢的水溶液，故A错误；
B．蒸馏水、蔗糖溶液、氧化铝、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；
C．铁是单质，既不是电解质又不是非电解质，碳酸钙是盐，属于电解质，故C错误；
D．大理石是混合物，主要成分是碳酸钙，甲烷为纯净物，碳酸钠为电解质，故D错误。
答案选B。
21、C
【解析】
根据电荷守恒可知：c（NO3-）+2c（SO42-）=c（H+）+c（K+）+2c（Mg2＋），带入数据可求得a=0.5；
答案选C。
22、C
【解析】
试题分析：A、一氧化氮和氧气发生的反应为：2NO+O2=2NO2；反应是气体体积减少的反应，反应后压强减小，故A错误；B、开始时左右两室中气体体积相同，气体密度相同，所以气体质量相同，但一氧化氮和氧气摩尔质量不同，气体物质的量不同，分子数不同，故B错误；C、化学反应遵循质量守恒定律，即反应前后质量不变，容器体积也不变，所以总密度不变，故C正确；D、如果要恰好完全反应，NO和O2的初始物质的量应为2:1，但是从上面可以明显看出初始投料=：＜2:1，即完全反应后O2会有剩余，一氧化氮全部反应，故D错误；故选C。
考点：考查了一氧化氮的性质、化学计算的相关知识

二、非选择题(共84分)
23、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。
24、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2↑+H2O Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。
【详解】
HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。
(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。
(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag++Cl-=AgCl↓。
25、2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑ 100 偏低 EDG 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；消除加入稀硫酸的体积对测量氢气体积所带来的误差 AC 53%
【解析】
(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；
(2)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；
(3)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，Al的质量分数就偏低；
(4)装置的组装顺序：合金与酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强能够将其中的水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；
(5)①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②根据操作对实验的影响分析；
③根据合金的质量及反应产生氢气的体积关系，计算Al的物质的量及其质量，进而可得其质量分数。
【详解】
(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑；
(2)根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗NaOH的物质的量与Al相等，假设合金中Mg的质量分数是0，则10.8 g完全是Al，其物质的量n(Al)==0.4 mol，则n(NaOH)=n(Al)= 0.4 mol，需NaOH溶液的体积最小值V≥=0.1 L=100 mL，故V(NaOH溶液)≥100 mL；
(3)经过滤、洗涤、干燥、称量固体质量。该