2025-2026学年湖北省安陆市第一高级中学化学高一上期中达标检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年湖北省安陆市第一高级中学化学高一上期中达标检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、有两份质量相同的碳酸氢钠固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸，充分反应，则它们所耗用的盐酸的体积比为(　　)
A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．4∶1
2、1993年8月，国际原子量委员会确认我国张青莲教授测定的锑的相对原子质量（121.760）为标准原子量，已知锑有两种以上天然同位素，则121.760是（ ）
A．锑元素的质量与12C原子质量1／12的比值
B．一个锑原子的质量与12C原子质量1／12的比值
C．按各种锑的天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的一定百分比计算出的平均值
D．按各种锑的天然同位素质量数与这些同位素所占的一定百分比计算出的平均值
3、酸碱中和反应的本质是：H+ + OH－ = H2O，下列物质间的反应可以用该离子方程式表示是( )
A．氢氧化铁和稀盐酸反应 B．Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中
C．澄清石灰水和稀硝酸反应 D．氨水与盐酸
4、一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入8molN2,右边充入CO和CO2的混合气体共64g时，隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法正确的是(　 　)

A．右边CO与CO2分子数之比为3:1
B．右侧CO的质量为14g
C．右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/3处，保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为6: 5
5、下列实验装置设计正确且能达到目的的是

A．实验Ⅰ：可用于吸收氨气，并能防止倒吸（氨气极易溶于水）
B．实验Ⅱ：静置一段时间，小试管内饱和硝酸钾溶液中有晶体析出
C．实验Ⅲ：配制一定物质的量浓度的稀硫酸
D．实验Ⅳ：可用于对石油的分馏
6、明代《本草纲目》中一条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指
A．蒸馏 B．渗析 C．萃取 D．干馏
7、全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有VO2+和Cr2O72-，现向其溶液中滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72-→Cr3+。再滴入2.00mL0.02000mol/L的KMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4-→Mn2+。则原溶液中Cr元素的质量为
A．15.6mg B．23.4mg C．31.2mg D．46.8mg
8、下列对1mol/L的Na2SO4溶液的叙述中，正确的是
A．溶液中含有1mol Na2SO4
B．将142g Na2SO4固体溶于1L水可得到1mol/L的Na2SO4溶液
C．将142g Na2SO4·10H2O固体溶于少量水后，再将其稀释成1000mL
D．从1mol/L的Na2SO4溶液中取出任意体积Na+的浓度都是2mol/L
9、同温同压时，含相同分子数的H2O和NH3一定具有相同的
A．体积 B．原子个数 C．质量 D．电子数
10、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．1mol氧气中有2NA个氧原子 B．使用摩尔时必须指明微粒的名称
C．1mol CO2所含的原子总数为3NA个 D．1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个
11、化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A．KClO3属于盐，但不能作食用盐食用
B．自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl-的存在,可选用硝酸银溶液
C．为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
D．把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣
12、下列关于金属的说法正确的是
A．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧
B．在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的
D．铝制餐具不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物
13、下列反应中，属于氧化还原反应的是（ ）
A．2H2O22H2O+O2↑
B．CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl
C．FeO+2HCl=FeCl2+H2O
D．2Al（OH）3Al2O3+3H2O
14、下列说法不正确的是( )
A．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，但这不是它们的本质区别
B．胶体的分散质粒子大小在1nm到l00nm之间，能通过滤纸不能透过半透膜
C．氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电
D．将氢氧化钠浓溶液滴入饱和氯化铁溶液，制得氢氧化铁胶体
15、饱和氯水久置后，溶液中的各种粒子：①Cl2　②H2O ③Cl- ④HClO ⑤ H+ 减少的是
A．①②④ B．①②③ C．①④ D．②④
16、已知X2、Y2、Z2、W2的氧化能力为：W2＞Z2＞X2＞Y2，下列反应能够发生的是
A．2W-+Z2＝2Z-+W2 B．2X-+Z2＝2Z-+X2
C．2W-+Y2＝2Y-+W2 D．2Z-+X2＝2X-+Z2
17、下列实验仪器的选用正确的是 (　　)
A．称量10.56g Na2CO3固体——用托盘天平
B．准确量取10.00mL的溶液——用50mL量筒
C．灼烧干海带至完全变成灰烬——用蒸发皿
D．过滤煮沸后的含泥沙的水——用普通漏斗
18、向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为
A．11.2 g B．5.6 g C．2.8 g D．无法计算
19、今有0.1mol/L Na2SO4溶液300mL，0.1mol/L MgSO4溶液200mL和0.1mol/L Al2(SO4)3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是( )
A．1︰1︰1 B．3︰2︰1 C．3︰2︰3 D．1︰1︰3
20、下列各组混合物能用分液漏斗分离的是(　　)
A．四氯化碳和水 B．汽油和食用油
C．浓硫酸和浓硝酸 D．酒精和水
21、原子核外电子是分层排布的，在不同电子上运动的电子的能量不同，下列电子层上运动的电子能量最高的是
A．K层 B．L层 C．M层 D．N层
22、下列反应一定属于氧化还原反应的是（ ）
A．化合反应 B．分解反应
C．置换反应 D．复分解反应
二、非选择题(共84分)
23、（14分）I．常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系。已知A、B、C、D的焰色反应都呈黄色，其中A为单质，X是常见的无色无味气体(部分生成物和反应条件略去)。

请回答：
（1）组成单质A的元素符号为_____。
（2）写出由C转化为D的化学方程式________________________________________。
II．A、B、C、D为三种常见物质。A是金属单质，且A的合金用量最大。这四种物质具有如图所示的转化关系(部分生成物和反应条件略去)。

请回答：
（1）向溶液C中滴加硫氰化钾溶液，溶液变____________色。
（2）写出图中C＋AB的离子方程式____________________________________。
24、（12分）下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色．

填写下列空白：
（1）写出化学式：A__________，B______________．
（2）写出反应⑤的化学反应方程式：_______________________________﹣　．
（3）写出反应⑥的化学反应方程式：_________________________________．
25、（12分）某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：

供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸。
（1）试剂a是_________，加入试剂b所发生反应的离子方程式为_________。
（2）该方案能否达到实验目的_____(填“能”或“不能”)。若不能，应如何改进?_____（若能，此问不用回答)。
（3）若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是____的质量。
（4）用所（3）所制备的KCl固体配制0.1mol/LKCl溶液450mL，回答下列问题：
（i）配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、____________。
（ii）需要用托盘天平称量______________gKCl固体。
26、（10分）如图为配制480 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液的示意图。

回答下列问题：
(1)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是________(填字母)。
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刻度线1～2 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线
D．溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶
(2)①中应称NaCl________ g；②选择容量瓶的规格____________。
(3)玻璃棒在②、③两步中的作用分别是____________________________、____________________________。
(4)若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
A．某同学在第①步称量时物品和砝码放反了 ________。
B．某同学在第⑧步观察液面时仰视________；
27、（12分）按要求填空
(1)写出下列仪器的名称

② _____________③____________④________________
(2)分离出碘水中的碘应先选择装置____________(填I、II、III) 进行操作；
该分离提纯的方法叫_____________ ；
进行该操作，需加一试剂，在选择试剂时，下列性质你认为哪些性质是必需的：____________(填序号)
①与碘水不反应 ②I2在其中溶解程度大于在水中的溶解度 ③与水不相容 ④密度要比水小
如果选择苯C6H6(是一种密度比水小的有机溶剂)作这种试剂，现象是________________
28、（14分）氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。
I．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：

(1)电解反应的化学方程式为__________。
(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。
Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：
(3)B中反应的化学方程式是_________。
(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。
(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_______。
②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。
29、（10分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类：

（1）上图所示的物质分类方法名称是________。
（2）以H、O、N、S中两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表②③⑥处。
物质类别
酸
碱
盐
氧化物
化学式
①HCl
②____
③______
④Ba(OH)2
⑤Na2CO3
⑥______
⑦CO2
⑧Na2O2
（3）过量⑦通入④中反应的离子方程式：______________________________。
（4）设阿伏加德罗常数的值为NA。15.9g ⑤溶于水配制成250mL溶液，CO32-的粒子数为__________，Na+的物质的量浓度为_______________。
（5）上述八种物质中有两种可发生离子反应：NH4＋＋OH－NH3·H2O，其对应的化学反应方程式为____________________________________________________。
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、B
【解析】
不论是先加热使其分解，还是直接与盐酸反应，最终所得溶液均是氯化钠溶液，根据钠离子守恒可知生成的氯化钠一样多，再根据氯离子守恒可知消耗的盐酸一样多，因此所耗用的盐酸的体积比为1∶1，答案选B。
2、C
【解析】
121.760是指锑元素的相对原子质量，元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值。
【详解】
A．元素为一类原子的总称，选项A错误；
B．一个锑原子的质量与12C原子的质量的的比值，为该锑原子的相对原子质量，选项B错误；
C．元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，选项C正确；
D．各种天然同位素的质量数与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，为元素的近似相对原子质量，选项D错误。
答案选C。
【占睛】
本题考查相对原子质量的概念，难度不大，对相对原子质量的概念准确掌握。
3、C
【解析】
A、氢氧化铁难溶，用化学式表示，A不符合题意；B、Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中生成硫酸钡沉淀和水，B不符合题意；C、澄清石灰水和稀硝酸反应生成氯化钙和水，C符合题意；D、一水合氨是难电离，用化学式表示，D不符合题意，答案选C。
4、A
【解析】
左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4:1，则左右气体物质的量之比为4:1，所以右侧气体物质的量=8mol/4=2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2−x)mol，28xg+44(2−x)g=64g，x=1.5mol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳的物质的量为0.5mol，
A.气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为1.5mol:0.5mol=3:1，故A正确；
B. m(CO)=nM=1.5mol×28g/mol=42g，故B错误；
C.相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量=64g/2mol=32g/mol，与氧气摩尔质量相等，所以混合气体与氧气密度之比为1:1，故C错误；
D.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/3处，则左右空间体积之比为2:1，左右气体物质的量之比为2:1，充入二氧化碳和CO物质的量为4mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为(8+2)mol:(8+4)mol=5:6，故D错误。答案选A。
5、B
【解析】
A项，氨气极易溶于水，装置Ⅰ中导管直接插入水中，不能防止倒吸，故A项错误；
B项，浓硫酸具有吸水性，小试管内饱和KNO3溶液会析出晶体，故B项正确；
C项，浓硫酸稀释放热，改变温度进而导致配制溶液的浓度不准，同时容量瓶不能用于稀释溶液，故C项错误；
D项，蒸馏时，温度计最低端要放置在蒸馏烧瓶支管处，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
6、A
【解析】
由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏方法，故合理选项是A。
7、D
【解析】
根据元素的化合价变化结合电子得失守恒分析解答。
【详解】
整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价发生变化，依据电子转移守恒得：0.029L×0.1mol/L×1＝[m(Cr)÷52g/mol]×3+0.002L×0.02mol/L×5，解得m(Cr)＝0.0468g＝46.8mg；答案选D。
8、D
【解析】A. 溶液中溶质的物质的量与溶液体积有关，溶液体积未给出，无法计算溶质的物质的量，故A错误；B. 142gNa2SO4的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，可得1mol/L的Na2SO4溶液，不是指溶剂的体积为1L，故B错误；C. 硫酸钠晶体的物质的量为142g÷322g/mol=0.44mol，所以硫酸钠的物质的量为0.44mol，溶液体积为1L，所以硫酸钠溶液浓度为0.44mol/L，故C错误；D. 1mol/L的Na2SO4溶液中Na+的浓度是2mol/L，由于溶液具有均一性，则从1mol/L的Na2SO4溶液中取出任意体积，Na+的浓度都是2mol/L，故D正确；答案选D。
9、D
【解析】
分子数相同，则物质的量相同，结合物质的组成分析判断。
【详解】
A、没有说明具体的温度和压强，物质的状态不能确定，则不能确定体积，A不选；
B、每个水分子中有3个原子，每个氨气中含有4个原子，所以等物质的量的两种分子含有的原子个数不等，B不选；
C、水的摩尔质量为18g/mol，氨气的摩尔质量为17g/mol，等物质的量时质量不等，C不选；
D、H2O和NH3均含有10个电子，分子数相同，物质的量相同，因此电子数相等，D选。
答案选D。
利用气体摩尔体积或阿伏加德罗定律时要特别注意其使用条件，即只能适用于气体（包括混合气体），另外只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。
10、D
【解析】
A. 1molO2中含有的氧原子数为：1mol×2×NAmol-1=2NA，故A正确；
B. 物质的量所指的对象是微观粒子，如分子、离子、电子、原子团等，1molH表示1mol氢原子，1molH2表示1mol氢气分子等，所以在使用时必须指明对象，防止出现错误，故B正确；
C. 1mol CO2所含的原子总数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C正确；
D. 构成物质的微粒不同，不能说1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个，如1molH2中含有NA个氢分子，2NA个氢原子，故D错误。
答案选D。
11、C
【解析】
A. KClO3属于盐，但不能作食用盐食用，食用盐的主要成分是氯化钠，A正确；
B. 氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl－的存在，可选用硝酸银溶液，实验现象是产生白色沉淀，B正确；
C. 生石灰或硅胶是干燥剂，为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，应该在包装袋中放入铁粉，C错误；
D. 把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后即可分成豆浆和豆渣，D正确。
答案选C。
12、D
【解析】
A.铝和氧气反应生成氧化铝，因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候不会剧烈燃烧，故A错误；
B.钠在空气中燃烧，火焰为黄色，生成过氧化钠固体，固体为淡黄色，故B错误；
C.铁与水蒸气在高温条件下反应产生氢气和四氧化三铁：3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4，Fe3O4为黑色固体，故C错误；
D.铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、强碱反应，所以不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物，故D正确，答案选D。
13、A
【解析】
A．O元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故A符合题意；
B．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案选A。
14、D
【解析】
A．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间，丁达尔效应是胶体的特性，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；
B．胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的大小，胶体分散质粒子的直径大小在1nm～100nm之间，能发生丁达尔效应、能透过滤纸、不能透过半透膜都是胶体的性质，故B正确；
C．胶体能发生电泳现象是由于胶体粒子带电荷，氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电，故C正确；
D．氢氧化钠是电解质，电解质可使胶体发生聚沉，向饱和FeCl3溶液中滴加氢氧化钠生成的是氢氧化铁沉淀，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热至红褐色液体为氢氧化铁胶体，故D错误；
答案选D。
15、A
【解析】
新制的饱和氯水中存在微粒有：H2O、HClO、Cl2、OH-、H+、ClO-、Cl-；饱和氯水久置后，次氯酸见光受热易分解为盐酸和氧气，因此饱和氯水久置后，次氯酸分解了，最后剩余盐酸，溶液中的粒子减少的有Cl2、HClO、H2O三种微粒，答案选A。
16、B
【解析】
A、氧化性是W2＞Z2，所以反应2W-+Z2＝2Z-+W2不能发生，A错误；
B、氧化性是Z2＞X2，所以反应2X-+Z2＝2Z-+X2能发生，B正确；
C、氧化性是W2＞Y2，所以反应2W-+Y2＝2Y-+W2不能发生，C错误；
D、氧化性是Z2＞X2，所以反应2Z-+X2＝2X-+Z2不能发生，D错误；
答案选B。
具有较强氧化性的氧化剂跟具有较强还原性的还原剂反应，生成具有较弱还原性的还原产物和具有较弱氧化性的氧化产物，因此只要掌握微粒间的氧化性或还原性强弱就可以判断微粒间能否发生氧化还原反应，注意知识的灵活应用。
17、D
【解析】
A项、托盘天平的感量为0.1g，则可称量10.5g或10.6gNa2CO3固体，故A错误；
B项、量筒的感量为0.1mL，则可用10mL量筒量取10.0mL的溶液，故B错误；
C项、灼烧在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，蒸发皿用于可溶性固体与液体的分离，故C错误；
D项、泥沙不溶于水，过滤需要普通漏斗，故D正确。
故选D。
本题考查物质的分离和提纯知识，注意把握常见物质的分离操作方法和使用的仪器是关键。
18、B
【解析】
盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。
【详解】
盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.2×1=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.1×56=5.6g；B选项正确；
综上所述，本题选B。
19、D
【解析】
对于浓度确定的溶液来讲，粒子浓度的大小与溶液的体积没有关系，因此0.1mol/LNa2SO4溶液、0.1mol/LMgSO4溶液、0.1mol/LAl2(SO4)3溶液中硫酸根浓度分别为：0.1mol/L、0.1mol/L、0.3mol/L，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是：1︰1︰3，
故答案为：D。
20、A
【解析】
两种互不相溶且密度相差较大的液态混合物通常用分液漏斗分离。
A.四氯化碳不溶于水且密度比水大，所以四氯化碳和水的混合物可能用分液漏斗分离，A项正确；
B.食用油易溶于汽油，汽油和食用油混合物不能用分液漏斗分离，B项错误；
C.浓硫酸和浓硝酸互溶，浓硫酸和浓硝酸混合物不能用分液漏斗分离，C项错误；
D.酒精和水互溶，酒精和水混合物不能用分液漏斗分离，D项错误；答案选A。
21、D
【解析】
原子核外电子是分层排布的，电子层从内到外排布的顺序为K、L、M、N、O、P、Q，电子层距离原子核越近电子层上运动的电子能量越低，则K、L、M、N中N层能量最高，故D正确。
22、C
【解析】
A．化合反应不一定为氧化还原反应，如氧化钠和水的反应，故A错误；
B．分解反应不一定为氧化还原反应，如碳酸氢钠的分解，故B错误；
C．置换反应有单质参加，一定存在元素化合价的变化，为氧化还原反应，故C正确；
D．复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误。
故选C。
本题考查氧化还原反应，侧重于四种基本类型反应的判断，注意把握反应的特点，答题时能举出实例。

二、非选择题(共84分)
23、Na Na2CO3＋H2O＋CO2＝2NaHCO3 血红 2Fe3+＋Fe＝3Fe2+
【解析】
I．A、B、C、D的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，其中A为单质，则A为Na，钠与水反应生成NaOH与氢气，可推知E为H2，B为NaOH，X是常见的无色无味气体，能与NaOH连续反应，可知X为CO2。
II． A是金属单质，且A的合金用量最大，则A为铁。铁与氯气反应生成氯化铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化铁和氯化亚铁可以相互转化，据此分析解答。
【详解】
I．A、B、C、D的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，其中A为单质，则A为Na，钠与水反应生成NaOH与氢气，可推知E为H2，B为NaOH，X是常见的无色无味气体，能与NaOH连续反应，可知X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3。
(1)钠的元素符号为Na，故答案为Na；
(2)由C转化为D是碳酸钠与二氧化碳反应转化为碳酸氢钠，反应的化学方程式：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，故答案为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；
II．A、B、C、D为三种常见物质。A是金属单质，且A的合金用量最大，则A为铁。铁与氯气反应生成氯化铁，C为FeCl3，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，B为FeCl2，D与一氧化碳反应生成铁，则D可能为铁的某种氧化物。
(1)向FeCl3溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变成红色，故答案为红；
(2)C＋A→B为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，故答案为2Fe3+＋Fe＝3Fe2+。
24、Na Na2O2 NaOH+CO2=NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。
【详解】
A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；
（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3；
（3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。
25、K2CO3溶液 BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O 不能 应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 沉淀A1(或固体B) 500mL容量瓶 3.7
【解析】
分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，以此来解答。
【详解】
（1）加入试剂a，与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，因此试剂a是K2CO3溶液；碳酸钡经过洗涤干燥后加入试剂b转化为氯化钡溶液，则试剂b是盐酸，反应的离子方程式为BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O。
（2）经操作②得到的滤液中含有过量K2CO3，直接蒸发得到的氯化钾中混有碳酸钾，应先加入盐酸酸化，然后再蒸发结晶；
（3）测定氯化钡的质量分数，可计算碳酸钡或分离后氯化钡的质量，即除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是沉淀A1或固体B的质量；
（4）用所（3）所制备的KCl固体配制0.1mol/LKCl溶液450mL，由于没有450mL容量瓶，则需要500mL容量瓶，则配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和500mL容量瓶；因此需要KCl固体的质量是0.5L×0.1mol/L×74.5g/mol＝3.725g，由于托盘天平只能读数到0.1g，则需要用托盘天平称量的质量是3.7g。
本题考查混合物的分离、提纯，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握流程中的反应及混合物分离方法的选择。易错点是（4）中的计算，注意托盘天平只能读数到0.1g。
26、BC 5.9 500mL 搅拌加速溶解 引流 偏低 偏低
【解析】
（1）容量瓶在使用前必须查漏；容量瓶是比较精密的仪器，不能受热，不能直接把试剂放入容量瓶内进行配制，溶解后溶液要冷却到室温再进行转移，据此分析；
（2）根据溶质的质量m=nM=cvM计算；
（3）溶解固体时搅拌是加速溶解，过滤时是引流作用；
（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析对所配溶液的浓度影响。
【详解】
（1）A．使用容量瓶前应该检查是否漏水，故A正确；
B．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故B错误；
C．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故C错误；
D．溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶，否则会导致所配溶液浓度偏大，故D正确；
综上所述，本题选BC。
(2)①配制480 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液，需要选用500 mL容量瓶，称NaCl质量为0.5×0.2×58.5≈ 5.9 g；综上所述，本题答案是：5.9。
②配制480 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液，需要选用500 mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500mL。
(3) ②步中，玻璃棒在溶解固体时为了加速溶解，起搅拌作用，③步中，过滤时是起引流作用；综上所述，本题答案是：搅拌加速溶解， 引流。
(4)A．在步骤①中，药品放在右盘，砝码放在左盘（使用游码），则所称量的药品的质量偏小，浓度偏低；因此，本题正确答案是：偏低；
B．步骤⑧中，观察液面时仰视，溶液的体积偏大，所得溶液浓度偏低；因此，本题正确答案是：偏低；
27、冷凝管 分液漏斗 100mL的容量瓶 II 萃取分液 ①②③ 溶液分层，下层为水溶液，无色，上层为苯的碘溶液，呈紫红色
【解析】
(1)根据装置图，仪器的名称分别为：② 冷凝管、③分液漏斗、④100mL的容量瓶；
(2)分离出碘水中的碘，先加入萃取剂，再分液，应先选择装置II进行；该分离提纯的方法叫萃取分液；萃取剂的选择要求：萃取剂与碘水不反应且与水不相容，I2在其中溶解程度大于在水中的溶解度，所以选择①②③；如果选择苯C6H6，由于苯不溶于水，密度小于水，现象是：溶液分层，下层为水溶液，无色，上层为苯的碘溶液，呈紫红色。
掌握常见仪器的名称，熟悉物质分离的方法和原理，知道萃取剂选择的条件。
28、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O 在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
【解析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；
II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。
【详解】
I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；
II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知n[Ca(ClO)2]=n