2026届重庆市第一中学化学高一第一学期期中教学质量检测试题含解析.doc

2026届重庆市第一中学化学高一第一学期期中教学质量检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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、容量瓶上不必标注的是 （ ）
A．刻度线 B．容积 C．物质的量浓度 D．温度
2、下列叙述中，正确的是( )
A．氧化还原反应的本质是元素化合价发生了变化
B．含化合价升高元素的反应物被氧化
C．得到电子的物质被氧化
D．氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种物质
3、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是
A. 若120g石墨能写a个字，则平均每个字约含有 10NA/a个碳原子
B．常温常压下，9mLH2O含有5NA个电子（水的密度为1g/mL）
C．标准状况下，16g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为NA
D．0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质离子总数为0.3NA
4、由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12，则氨气和氢气的物质的量之比为
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1
5、下列物质中含原子个数最多的是
A．0.4 mol氧气 B．4℃时,5.4 mL H2O C．标准状况下5.6 L二氧化碳 D．10 g氖气
6、配制111 mL 1．111 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液时，有下列步骤：①溶解 ②转移 ③定容 ④计算 ⑤称量，正确的顺序为
A．⑤④①②③
B．⑤④②①③
C．④⑤①②③
D．④③⑤①②
7、为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂和分离方法正确的是
选项
物质
除杂试剂
分离方法
A
铜粉(铁粉)
稀盐酸
过滤
B
NaCl溶液(CuCl2)
NaOH溶液
萃取
C
乙醇(水)
________
分液
D
CO（HCl）
饱和NaHCO3溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
8、成语是中华民族语言的瑰宝．下列成语中，其本意主要为化学变化的是
A．铁杵磨成针 B．死灰复燃 C．木已成舟 D．积土成山
9、某气体在标准状况下体积是4.48L，质量是14.2 g，该气体的摩尔质量是
A．71 B．71 g•mol﹣1 C．28.4 D．28.4 g•mol﹣1
10、已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X+2Y=2Q +R中，当1.6gX与一定量Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ ）
A．46∶9 B．32∶9 C．23∶9 D．16∶9
11、已知NaNO3、Na2SO4、Na3PO4、Na4SiO4在溶液中完全电离，体积相同的NaNO3、Na2SO4、Na3PO4 、Na4SiO4四种溶液中，若要使Na＋的物质的量相等，则这四种溶液的物质的量浓度比为
A．12∶6∶4∶3 B．3∶4∶6∶12 C．4∶3∶2∶1 D．1∶2∶3∶4
12、下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是( )。
A．CuO→Cu B．H2SO4→H2 C．Fe→FeCl2 D．HNO3→N2
13、下列电离方程式书写不正确的是
A．CaCl2 ＝ Ca＋2＋2Cl－ B．HNO3 ＝ H＋＋ NO3－
C．NaHCO3 ＝Na＋＋ HCO3－ D．NaClO＝Na＋＋ ClO－
14、由CO2和H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2和H2的体积比为（　　）
A．29：8 B．22：1 C．13：8 D．26：15
15、常温下，在下列溶液中可发生如下三个反应：
①16H++10Z-+2XO4-＝2X2++5Z2+8H2O ②2A2++B2＝2A3++2B-③2B-+Z2＝B2+2Z-
由此判断下列说法错误的是（ ）
A．Z元素在①③反应中均被还原
B．反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可以进行
C．氧化性由强到弱的顺序是XO4- > Z2 > B2 > A3+
D．还原性由强到弱的顺序是A2+ > B- > Z- > X2+
16、Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，其中正确的是( )
(1)碱 (2)含氧酸盐 (3)钠盐 (4)碳酸盐
A．(2)(3)(4) B．(1)(3)(4) C．(1)(2)(4) D．(1)(2)(3)
17、下列说法中正确的是
A．1 mol O2的质量是32 g/mol
B．对原子而言，摩尔质量就是相对原子质量
C．H2的摩尔质量是2 g
D．H+的摩尔质量1 g/mol
18、不能用胶体的知识解释的现象是
A．豆浆中加入石膏做豆腐
B．一支钢笔使用两种不同牌号的墨水，易出现堵塞
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
D．在海水与河水交界处，易形成三角洲
19、下列离子方程式，书写正确的是
A．盐酸与石灰石反应：CO32ˉ+2H+ = CO2↑+H2O
B．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+ = 2Fe3++3H2↑
C．氯气与水反应：Cl2 + H2O = 2H++ Cl¯ + ClO¯
D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++2OH¯+Cu2++SO42ˉ = BaSO4↓+Cu(OH)2↓
20、每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L的CO和CO2混合气体中含有的碳原子数为NA
B．含1molFeCl3的饱和溶液加入沸水中，形成的Fe(OH)3胶粒数为NA
C．标准状况下，5.6LCCl4含有的分子数为0.25NA
D．1mol/LMg(NO3)2溶液中含有的数目为2NA
21、一般情况下，下列物质间的转化，不可能由一步实现的是（）
A．CuO→Cu(OH)2 B．Fe→FeCl2 C．NaCl→NaNO3 D．SO2→Na2SO3
22、下列化学用语书写正确的是
A．甲烷的电子式： B．丙烯的键线式：
C．乙烯的结构简式：CH2CH2 D．乙醇的结构式：
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：
①混合物加水得无色透明溶液；
②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；
③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；
④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色(氯水能将I－氧化为I2)；
⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。
由此可推断出：
（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式__________________。
（2）写出⑤中生成白色沉淀的离子方程式__________________________。
（3）该固体中一定含有________________；无法确定是否含有的是____________________。
（4）确定该物质是否存在的方法是_____________________________________。
24、（12分）有一包白色粉末状混合物，其中可能含有K2CO3、NaCI、Ba(OH)2、CuSO4,，现取少量该固体混合物做如下实验：
①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀；
②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；
③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。
（1）该固体混合物中肯定含有的物质是：____。
（2）该固体混合物中一定不存在的物质是：____。
（3）该固体混合物中可能存在的物质是：____，为了进一步检验该物质是否存在，请写出你的检验方法：____。
25、（12分）某研究性学习小组欲测定室温下(25℃、101kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。该小组设计的简易实验装置如图所示：

该实验的主要操作步骤如下：
①用已知浓度的浓盐酸配制100mL 1.0mol/L的盐酸溶液，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______；
②用10mL量筒量取8.0mL 1.0mol/L的盐酸溶液加入锥形瓶中；
③准确称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为______；
④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；
⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，忽略导管中的水，读出量筒中水的体积为VmL。
请回答下列问题。
(1)步骤①中，配制100mL 1.0mol/L的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏低_____(填写字母)
A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液
C．未洗涤烧杯和玻璃棒
D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线
E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线
(2)请填写操作步骤中的空格：步骤①__________　步骤③__________
(3)实验步骤⑤中应选用________的量筒(填字母).
A．100mL　　　　　B．200mL　　　　　C．500mL
(4)读数时需要注意(至少写两点)____________
(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm=____L/mol。(用含V的式子表示)
26、（10分）由几种离子组成的混合物中可能含有下列离子中的若干种：K+、Na+、NH、Mg2+、Cu2+、CO、SO。将该混合物溶于水后得到澄清的溶液，现取三份各 100mL 该溶液分别进行如下实验：
实验序号
实验内容
实验结果
1
加入盐酸
有气泡产生
2
加入足量浓NaOH 溶液并加热
收集到标准状况下的气体1.12L
3
加入足量 BaCl2 溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；
第一次称量读数为 6.27g； 再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量
第二次称量读数为 2.33g
请回答下列问题：
(1)实验 1 说明存在的离子是 ________(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是___________。
(2)由实验 2 可知，100mL 溶液中c(NH)= _______mol•L-1。
(3)由实验3可知，100mL 溶液中n(SO)= __________mol。
(4)溶液中 c(Na+)的范围是 _______________。
27、（12分）现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去杂质，从而得到纯净的NaNO3固体。相应的实验过程可用如图表示：

请回答下列问题：
（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X：___，沉淀A：___；
（2）上述实验流程中①②③步均要进行的实验操作是：___(填操作名称)。
（3）上述实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是___。
（4）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有___(填化学式)杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的___，之后若要获得NaNO3晶体，需进行的实验操作是___(填操作名称)。
28、（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）

（1）Ⅰ中发生反应的还原剂是____________、Ⅱ中的氧化剂是________（填化学式）。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是______________________________________。
（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O。
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________。
②研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2↑+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是__________。
29、（10分）W、X、Y、Z为1～18号元素内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数相等。Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍。
（1）写出元素符号：W为____，X为____，Y为____，Z为____。
（2）X的原子结构示意图为__________,Y___________（填“得到”或“失去”）电子时，形成的离子结构示意图为________________;Z得到电子，形成的阴离子的电子式为_____________.
（3）由X、Y、Z形成的一种化合物的电离方程式______________________.
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、C
【解析】
容量瓶主要用于准确地配制一定物质的量浓度的溶液；它是一种细长颈、梨形的平底玻璃瓶，配有磨口塞；瓶颈上刻有标线，当瓶内液体在所指定温度下达到标线处时，其体积即为瓶上所注明的容积数，一种规格的容量瓶只能量取一个量，常用的容量瓶有50、100、250、500、1000毫升等多种规格．
【详解】
容量瓶是一种定量仪器，用于配制一定体积的溶液，所以容量瓶上标有容积和刻度线；温度影响溶液的体积，配制一定物质的量浓度的溶液需要在一定温度下进行，所以容量瓶上标有A. 刻度线，B. 容积、D. 温度，没有C物质的量浓度，故选C。
本题考查了容量瓶的构造，解题关键：注意掌握常见仪器的构造及使用方法，仪器的0刻度、计量仪器的准确度等．
2、B
【解析】
A、氧化还原反应的特征是元素化合价发生了变化，其本质为电子的转移，错误；
B、元素的化合价升高，则失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；
C、得到电子的物质为氧化剂，在反应中被还原，错误；
D、氧化还原反应中，同种元素可能既失去电子也得到电子，如氯气与水的反应，氧化剂、还原剂可为同种物质，错误。
故选B。
3、D
【解析】A. 依据n==计算石墨的物质的量，进而得到碳原子数为120g÷12g/mol×NA=10NA，则平均一个字含有碳原子数是10NA/a 个，故A正确；B. 根据常温常压下水的密度可以得出9mLH2O的质量是9g，物质的量是0.5mol，1个水分子中含有10个电子，则0.5mol水中含有5mol电子，数目是5NA个，故B正确；C. O2和O3都是由氧原子构成的，则16g O2和O3的混合气体中含有氧原子的物质的量是16g÷16g/mol＝1mol，则氧原子数目是NA，故C正确；D. 因未给出溶液的体积，所以无法计算0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质的离子总数，故D错误；答案选D。
点睛：本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查基本的计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如D项因未指明溶液的体积，所以无法计算溶液中溶质的离子总数；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算，解题时特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。本题的易错点是C项，在解答这类混合物的相关计算时，一定要注意找出相关物质之间的特定关系，如O2和O3的混合气体、NO2和N2O4的混合气体、金刚石和石墨形成的混合物等。
4、C
【解析】
设氨气与氢气的物质的量分别为xmol、ymol，由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12可知(17x+2y)/(x+y)=12，整理得x：y=2：1，答案选C。
本题考查物质的量有关计算、混合物计算，明确相对分子质量的计算依据是解答的关键。另外如果利用十字交叉法计算更为简单。
5、D
【解析】
根据n=m/M=V/Vm=N/NA结合分子的构成计算。
【详解】
A.0.4mol氧气中含有0.8molO原子；
B.4℃时5.4 mL水的物质的量n（H2O）= 5.4g÷18g/mol=0.3mol，原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol；
C.标况下5.6L 二氧化碳的物质的量n（CO2）=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，原子的物质的量为0.25mol×3=0.75mol；
D.10 g 氖的物质的量n（Ne）=10g÷20g/mol=0.2mol，原子的物质的量为0.2mol,
则含原子个数最多的是B，故选D。
6、C
【解析】
配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到111mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，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，故操作顺序为：④⑤①②③。
故选C。
7、A
【解析】
A. 铁粉可以和稀盐酸反应，生成氯化亚铁和氢气，而金属铜粉则不能，将金属铜粉和溶液分离可以采用过滤法，故A 正确；
B. 氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，将氢氧化铜沉淀和氯化钠溶液的分离采用过滤法，故B错误；
C. 乙醇和水是互溶的，对互相溶解物质的分离采用蒸馏法，故C错误；
D.HCl溶于水后，与NaHCO3反应生成了CO2，相当于除杂过程引入了新的杂质，故D错误。
故选A。
除杂的原则是：除去杂质，不消耗主体物质，不引入新的杂质，恢复原来状态。
8、B
【解析】
A. 铁杵成针没有生成新物质，属于物理变化，故A错误；
B. 死灰复燃有新物质生成，燃烧属于化学反应，故B正确；
C. 木己成舟没有生成新物质，属于物理变化，故C错误；
D. 积土成山没有生成新物质，属于物理变化，故D错误；
答案选B。
9、B
【解析】
某气体在标准状况下体积是4.48L，物质的量是4.48L÷22.4L/mol＝0.2mol，质量是14.2 g，因此该气体的摩尔质量是14.2g÷0.2mol＝71g/mol，
答案选B。
10、D
【解析】
假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x，
X+2Y=2Q + R
18a 22a
x 4.4g
根据=，解得：x=3.6g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g∶3.6g=16∶9，故选D。
11、A
【解析】
假设Na＋的物质的量相等，为1mol，利用c= 计算相同体积下，各种溶液的物质的量浓度。
【详解】
假设Na＋的物质的量为1mol，假设溶液体积为V，物质的量浓度之比c(NaNO3):c(Na2SO4):c(Na3PO4):c(Na4SiO4)= ：：：=：：：=12:6:4:3,答案为A。
注意离子的物质的量浓度和物质的量浓度之间的关系，得出物质的量浓度之比时注意1:::≠1:2:3:4。
12、C
【解析】
A. CuO→Cu中铜元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如氢气，故A错误；B. 氢元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如铁等，故B错误；C. 铁元素的化合价升高，则需要加入氧化剂才能实现，如盐酸，故C正确；D. 氮元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，故D错误；
故选C.
13、A
【解析】
A.钙离子的表达形式应为：Ca2+，故A书写不正确；
B.硝酸为强电解质，完全电离，电离方程式为：HNO3 ＝ H＋＋ NO3－，故B书写正确；
C.碳酸氢根为原子团，不能拆开书写，故C书写正确；
D.次氯酸根离子为原子团，不能拆开书写，故D书写正确；
答案选A。
在书写电解质在水溶液中的电离子方程式时，要注意MnO4-、NO3- 、CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-、HS-、AlO2-、SO42-等原子团一般不能拆开书写。
14、C
【解析】
同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，而由CO2和H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则混合气体平均相对分子质量为28，设二氧化碳物质的量为xmol，氢气的物质的量为ymol，则：M===28，解得x:y=13:8，故答案为C。
15、A
【解析】①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2，还原性Z-＞X2+，②2A2++B2=2A3++2B-中，氧化性B2＞A3+，还原性A2+＞B-，③2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，还原性B-＞Z-。
A．在反应①中Z元素化合价升高被氧化，在反应③中Z元素化合价降低被还原，故A错误；B．根据上述分析可知，氧化性Z2＞A3+，还原性A2+＞Z-，所以反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可以进行，故B正确；C．由①②③反应中氧化性的比较可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，故C正确；D．由①②③反应中还原性的比较可知，还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+，故D正确；答案选A。
16、A
【解析】
运用交叉分类法分析。
【详解】
Na2CO3在水溶液中能够电离出金属阳离子（Na+）和酸根离子（CO32-），所以它属于盐；由于它的酸根为含氧酸的酸根，所以它又属于含氧酸盐；并且它的酸根是碳酸（H2CO3）的酸根所以它又属于碳酸盐。它不属于碱，答案选A。
17、D
【解析】
根据摩尔质量的概念及其单位进行分析。
【详解】
A.1 mol O2的质量是32g，故A错误；
B.摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于它的相对原子质量，故B错误；
C.摩尔质量的单位为mol/L，故C错误；
D.H+的摩尔质量1 g/mol，故D正确。
故选D。
18、C
【解析】
A．豆浆是胶体，遇电解质发生聚沉，故A错误；
B．带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故B错误；
C．FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故C正确；
D．江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故D错误．
19、D
【解析】
碳酸钙难溶于水，离子方程式中不能拆写成离子；铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；次氯酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写成离子；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钡两种沉淀。
【详解】
碳酸钙难溶于水，盐酸与石灰石反应的离子方程式是CaCO3+2H+ = Ca2++CO2↑+H2O，故A错误；铁与稀盐酸反应的离子方程式是Fe+2H+ = Fe2++H2↑，故B错误；次氯酸是弱电解质，氯气与水反应的离子方程式是Cl2 + H2O = H++ Cl¯ + HClO，故C错误；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++2OH¯+Cu2++SO42ˉ = BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D正确。
本题考查离子方程式的书写，明确离子反应的书写方法、常见物质的溶解性、强弱电解质的判断等即可解答，题目难度不大。
20、A
【解析】
A. CO和二氧化碳中均含有一个碳原子，故标况下22.4L混合气体即1mol混合气体中含碳原子为1mol，即NA个，故A正确；
B. Fe(OH)3胶粒中含有多个Fe(OH)3粒子，则1molFeCl3的饱和溶液加入沸水中，形成的Fe(OH)3胶粒数小于NA，故B错误；
C. 标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D. 溶液体积不明确，故溶液中硝酸根的个数无法计算，故D错误。
故答案选：A。
21、A
【解析】
A．CuO不溶于水，不能一步实现转化，故A符合题意；
B．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，能一步实现，故B不符合题意；
C．氯化钠与硝酸银反应可以生成硝酸钠，能一步实现，故C不符合题意；
D．二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠，能一步实现，故D不符合题意；
故答案为A。
22、A
【解析】
A、甲烷的分子式为CH4，碳以四个共用电子对与氢原子形成共价键，A项正确；
B、键线式中，线的起点，终点以及交点都代表碳原子，该分子中有4个碳原子，不属于丙烯的键线式，B项错误；
C、有机物的结构简式不能省略官能团，C项错误；
D、乙醇中含有羟基—OH，该分子结构中没有羟基，D项错误；
答案选A。

二、非选择题(共84分)
23、BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑ Ag++Cl-＝AgCl↓ Na2CO3 NaCl 取①所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明原固体中有NaCl，反之则无
【解析】
①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；②向步骤①溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；③取步骤②的白色沉淀，白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；⑤另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致；
（1）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的离子方程式：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑；
（2）⑤中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl；
（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取①所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无。
24、Ba(OH)2 K2CO3 Cu SO4 NaCl 取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有
【解析】
①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；
②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，也就没有硫酸铜存在；
③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；
④氯化钠是否存在不能确定，可以检验氯离子的存在来验证氯化钠的存在；
据以上分析解答。
【详解】
①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；
②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，因此硫酸铜也不存在；
③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；
（1）结合以上分析可知：该固体混合物中肯定含有的物质是：Ba(OH)2 和K2CO3；
（2）结合以上分析可知：该固体混合物中一定不存在的物质是：CuSO4；
（3）结合以上分析可知：该固体混合物中可能存在的物质是：NaCl；为了检验该物质的存在，可以检验溶液中是否含有氯离子，加入硝酸银和硝酸溶液；检验方法：取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。综上所述，本题答案是：NaCl；取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。
25、AC 100mL容量瓶 0.096 A 恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平 0.25V
【解析】
(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响；
C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失；
D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度；
E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；
(2)由浓溶液配制稀溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶；步骤③假设a全部是镁，结合化学方程式计算得到；
(3)涉及反应为Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，产生的氢气的体积即为排出的水的体积，0.008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据V＝n•Vm得到氢气的体积为V，据此选择量筒的规格；
(4)考虑压差引起测量不准确；
(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积计算式为Vm=。
【详解】
(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小，使所配置的溶液的浓度偏小，故A正确；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，故B错误；
C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失，导致所配溶液浓度偏小，故C正确；
D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度，故D错误；
E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配置的溶液浓度偏大，故E错误；
故答案为：AC；
(2)配制100mL1.0mol・L−1的盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及100mL容量瓶；量8.0mL 1.0mol•L−1的盐酸溶液加入锥形瓶中，n(HCl)＝0.008mol，涉及反应为 Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，则需要0.004molMg，质量为0.004mol×24g/mol＝0.096g，故答案为：100mL容量瓶；0.096；
(3)0.008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据氢气的体积V＝n•Vm≈0.004mol×22.4mol/L＝0.096L＝96mL，故选择100mL的量筒，故答案为：A；
(4)读数时需要注意恢复到室温再读数，调节量筒高度，使量筒内液面与集气瓶内的液面相平，读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平；
故答案为：恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平；
(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm===0.25VL/mol，故答案为0.25V。
配制一定物质的量浓度的溶液实验中，对于实验误差的分析要从公式c=来考虑；计算③中a的数值时要用极限法的思想进行解题。
26、CO Mg2+ 、Cu2 + 0. 5 0.01 0≤ c(Na +)≤0. 1mol •L-1
【解析】
取三份各 100mL 该溶液分别进行如下实验：
实验1：加入盐酸，有气泡产生，说明含有CO，则不存在Mg2+、Cu2+；
实验2：加入足量浓NaOH 溶液并加热，收集到标准状况下的气体1.12L，说明含有NH，且n(NH)==0.05mol；
实验3：加入足量 BaCl2 溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量，第一次称量读数为 6.27g； 再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量，第二次称量读数为 2.33g，说明沉淀中含有硫酸钡和碳酸钡，且n(SO)==0.01mol，n(CO)==0.02mol；
根据电荷守恒分析判断是否存在K+、Na+，据此分析解答。
【详解】
(1)实验 1：加入盐酸，有气泡产生，说明含有CO，则不存在Mg2+、Cu2+，故答案为：CO；Mg2+、Cu2 +；
(2) 实验2：加入足量浓NaOH 溶液并加热，收集到标准状况下的气体1.12L，说明含有NH，且n(NH)==0.05mol，则100mL 溶液中c(NH)==0.5 mol•L-1，故答案为：0.5；
(3)实验3：加入足量 BaCl2 溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量，第一次称量读数为 6.27g； 再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量，第二次称量读数为 2.33g，说明沉淀中含有硫酸钡和碳酸钡，且n(SO)==0.01mol，n(CO)==0.02mol，故答案为：0.01；
(4)溶液中肯定存在的离子是NH、CO和SO，且100mL溶液中含有n(NH)=0.05mol，n(SO)=0.01mol，n(CO)=0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(NH4+)=0.05mol，n(-)=2n(CO)+2n(SO)=0.06mol＞0.05mol，所以溶液中一定存在K+、Na+中的一种或两种，因此0≤ n(Na +)≤0. 01mol，则0≤ c(Na +)≤0. 1mol •L-1，故答案为：0≤ c(Na +)≤0. 1mol •L-1。
27、AgNO3 BaSO4 过滤 使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀 Na2CO3 稀HNO3 冷却热饱和溶液(或蒸发浓缩冷却结晶)
【解析】
由流程可以知道，①中加氯化钡，硫酸根离子转化为沉淀，则沉淀A为BaSO4，溶液1中含氯化钠、硝酸钠、氯化钡；②中加AgNO3后氯离子转化沉淀，沉淀B为AgCl，溶液2中含硝酸钠、硝酸银、硝酸钡；③中钡离子，银离子转化为沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，溶液3为硝酸钠和碳酸钠，以此分析解答。
【详解】
(1)由上述分析可以知道，X为AgNO3，沉淀A为BaSO4，故答案为AgNO3；BaSO4；
(2)由上述分析可以知道，流程中①②③步均生成沉淀，需要进行过滤操作，故答案：过滤；
(3)由上述分析可以知道，加入过量的Na2CO3的目的是使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，因此，故答案为使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；
(4) 由上述分析可以知道，溶液3中肯定含Na2CO3，可加适量的稀硝酸后蒸发结晶或加热冷却结晶得到纯净的硝酸钠，故答案是：Na2CO3；稀HNO3；冷却热饱和溶液(或蒸发浓缩冷却结晶)。
28、Na2SO3ClO22ClO2 + 2H2O2 +2OH- == 2ClO2- + O2­ + 2H2O1:4ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【解析】
（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。
故答案为Na2SO3；ClO2；
（2）Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成