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2025年广州市第二中学高一上化学期中达标测试试题
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、下列有关0.2mol·L－1 BaCl2溶液的说法不正确的是 (　 　)
A．500mL溶液中Cl－离子浓度为0.2mol·L－1
B．500mL溶液中Ba2＋离子浓度为0.2mol·L－1
C．500mL溶液中Cl－离子总数为0.2NA
D．500mL溶液中Ba2＋和Cl－离子总数为0.3NA
2、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一定正确的是(　　)
A．加入有色布条，有色布条褪色。说明溶液中有Cl2存在
B．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色褪去，说明氯水中有HClO分子存在
C．加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明氯水中有Cl-存在
D．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水有Cl2存在
3、按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的
A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比
B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比
C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比
D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比
4、同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是
A．3Cl2＋6KOH5KCl＋KClO3＋3H2O
B．2H2S＋SO2=2H2O＋3S↓
C．2KNO32KNO2＋O2↑
D．NH4NO3N2O↑＋2H2O
5、在标准状况下,下列物质所占体积最大的是( )
A．98gH2SO4 B．56gFe C．44.8LHCl D．6gH2
6、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”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．萃取 B．过滤 C．蒸馏 D．分液
7、已知32 g X与40 g Y恰好完全反应,生成m g Q和 9 g H,在相同条件下,16 g X和足量Y混合生成0.25 mol Q和若干摩的H,则物质Q的摩尔质量应是（ ）
A．122 g·mol-1 B．63 g·mol-1 C．126 g·mol-1 D．163 g·mol-1
8、除去下列物质中的杂质（ ）括号内为杂质,所选用的试剂及操作方法均正确的一组是( )
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作的方法
A

水
溶解、过滤、结晶
B

稀盐酸
溶解、过滤、洗涤、干燥
C

氢氧化钠溶液
过滤
D

氧气
点燃
A．A B．B C．C D．D
9、次磷酸（H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。利用NaH2PO2进行化学镀银反应中，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物的化学式为（ ）
A．H3PO4 B．Na3PO4
C．Ag D．Na2HPO2
10、下列说法中正确的是（　　）
A．摩尔是用来描述微观粒子的物理量
B．1 mol任何物质都含有NA个原子
C．0.5 mol H2O中含有的原子数目为1.5NA
D．64g氧相当于2mol氧
11、下列说法正确的是
A．在常温常压下，11.2LN2所含有的分子数为0.5NA
B．在标准状况下, 22.4 L CO和N2的混合物的物质的量为1mol
C．在标准状况下, 18g H2O的体积为22.4 L
D．1mol SO2的体积为22.4 L
12、一元硬币有银白色的金属光泽，有的同学认为它是由铁制成的，便找磁铁来吸一下，这一过程属于科学探究中的（　 　）
A．实验 B．比较 C．观察 D．分类
13、某无色酸性溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、 K+、SO42-、Cl- B．SO42-、CH3COO-、Al3+、 Mg2+
C．Cl-、Fe3+、 K+、Na+ D．Na+、 Ba2+、Cl-、HCO3-
14、0.5L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量之比为（ ）
A．15:2 B．5:2 C．3:1 D．1:3
15、有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是
A．铜和铁 B．镁和铝 C．锌和铝 D．锌和铁
16、下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是
A．Cl2→Cl- B．I-→I2 C．SO2→SO32- D．CuO→Cu
17、下列说法正确的是
A．铜、纯净的盐酸均导电，所以它们是电解质
B．酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以酒精是非电解质
C．CaO在水溶液和熔融状态下均能导电，所以它们的导电原理相同
D．固体KCl、液态HCl均不导电，所以KCl、HCl均是非电解质
18、仪器名称为“容量瓶”的是
A． B． C． D．
19、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是
A．标准状况下，22.4LH2含有的分子数为NA
B．常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
C．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L
D．1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA
20、某溶液中，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为：（ ）

A．SO42- 8a B．OH- 8a C．NO3- 4a D．SO42- 4a
21、在相同温度和压强下，三个容积相同的容器中分别盛有N2、O2、空气，下列说法正确的是（ ）
A．三种气体质量之比为1∶1∶2 B．三种气体的密度之比为1∶1∶1
C．三种气体的分子数之比为1∶1∶1 D．三种气体原子数之比为1∶1∶2
22、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是( )
A．所用容量瓶未干燥 B．向容量瓶加水时液面低于刻度线即摇匀
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯内 D．向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有、、、四种化合物，分别由、、、、中的两种组成，它们具有下列性质：①不溶于水和盐酸；②不溶于水但溶于盐酸并放出无色无味的气体；③的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成；④可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊。
(1)推断、的化学式：______；______；
(2)写出下列反应的离子方程式。
①与氯化钙反应：____________________。
②与盐酸反应：____________________。
③与稀硫酸反应：____________________。
24、（12分）现有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为确定其成分，进行如下实验：
Ⅰ．取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；
Ⅱ．向Ⅰ滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。
据此回答下列问题：
(1)原白色固体粉末中一定含有________，一定不含有________(填化学式)。
(2)实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。
(3)为进一步确定白色粉末的组成，向Ⅰ过滤得到的无色滤液中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的________(填序号)。
A．Na2SO4溶液 B．BaCl2溶液 C．Na2CO3溶液 D．AgNO3溶液
25、（12分）现需配制0.1mol·L－1NaOH溶液480mL，根据此，回答下列问题：
（1）配制氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、和___________________________________________。
（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠____________g；
（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）__________。
A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶
B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解
C．将溶解的氢氧化钠溶液冷却室温后，沿玻璃棒注入容量瓶中   
D．将容量瓶盖紧，上下颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处
（4）配制0.1 mol· L－1NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作，会导致配制溶液的浓度偏大的有___________ (填写字母)。
A．称量时用了生锈的砝码
B．未洗涤溶解NaOH的烧杯
C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
D．容量瓶未干燥即用来配制溶液
E．定容时仰视刻度线
F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线
26、（10分）实验室要配制500mL 0.2mol·L-1的NaOH溶液:请结合实验回答下列问题:
(1)实验中需称量NaOH固体的质量为__________
(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、__________。
(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响(填 “偏高”“偏低”或“无影响”)。
①转移液体过程中有少量液体溅出:__________；
②定容时仰视刻度线:__________；
③将NaOH固体溶解后,直接转至容量瓶中进行实验:__________。
27、（12分）粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。根据教材中“粗盐的提纯”实验回答下列问题：
（1）实验室蒸发食盐水时，操作过程如下：①放置酒精灯，②固定铁圈位置，③放上蒸发皿(蒸发皿中盛有食盐水)，④加热搅拌，⑤停止加热。其正确的操作顺序为______________。
（2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是______，如果含有硫酸根离子，除去硫酸根离子的方法是______。
（3）在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是___________。
（4）将经过操作(3)后的溶液过滤。请问这一操作能除去的杂质是______________________。
（5）实验室将粗盐制成精盐的过程中，下列三个实验操作步骤中都要使用玻璃棒，分别说明各自使用玻璃棒的作用：溶解时_____，过滤时______，蒸发时______。
28、（14分）（一）2011年，内蒙古、新疆、浙江等地都要陆续召开各具特色的农博会，到时“生态农业”将成为农会人员关注的热门话题。生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通入过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。
（1）原混合气体中甲烷的物质的量是________。
（2）原混合气体中氮气的体积分数为________。
（二）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、、NO的物质的量之比为1﹕1﹕1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为___________________
（三）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，请将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目。_________________
＋
（四） 在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)、过氧化钠为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的O2时，四个反应中转移的电子数之比为_____________
29、（10分）2012年10月29日，超强飓风“桑迪”登陆美国东海岸，给人们的生命财产造成巨大损失。灾区人们的饮水必须用漂白粉等药品消毒后才能饮用，以防止传染病发生。
（1）试用化学方程式表示工业制取漂白粉的过程______________________________；
（2）已知浓盐酸和漂白粉中的成分之一次氯酸钙能发生如下反应：
Ca(ClO)2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑＋2H2O用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是（______）
① CO2 ② HCl ③ H2O ④ O2
A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①④
（3）若用KMnO4氧化盐酸。其反应方程式如下：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
该反应中，氧化剂是____，1 mol氧化剂在反应中_______(填“得到”或“失去”)______mol电子。当有1mol KMnO4恰好和盐酸全部完全反应，反应后溶液的体积为2L，则所得溶液中Cl—的物质的量浓度为_______，此时产生的Cl 2在标准状况下的体积为_______，被氧化的HCl的物质的量为________。
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、A
【解析】
A、500 mL0.2mol•L-1BaCl2溶液中Cl-浓度为0.4 mol•L-1，故A错误；
B、0.2mol•L-1BaCl2溶液中Ba2+浓度为0.2 mol•L-1，故B正确；
C、0.2mol•L-1BaCl2溶液，500 mL溶液中Cl-总数 = 0.5L × 0.2 mol/L × 2 × NA=0.2NA，故C正确；
D、0.2mol•L-1BaCl2溶液，500 mL溶液中Ba2+和Cl-总数 = 0.5L × 0.2 mol/L × 3 × NA=0.3NA，故D正确；
故选A。
【点晴】
同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，如50mL 1mol•L-1MgCl2溶液中氯离子浓度为：n(Cl-)=1mol/L×2=2mol/L。
2、D
【解析】
A．氯水中含有次氯酸，可使有色布条褪色，故A错误；
B．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故B错误；
C．加入盐酸酸化，引入Cl-，再加入硝酸银溶液产生AgCl白色沉淀，则无法说明氯水中有Cl-存在，故C错误；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故D正确；
故答案为D。
考查氯水的成分及氯水中各微粒的性质，明确离子、分子的性质是解答本题的关键，新制氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的离子只有H+、Cl-、ClO-和OH-。
3、B
【解析】
A、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A正确；
B、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B错误；
C、由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C正确；
D、由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确。
4、A
【解析】
A．该反应中只有Cl2中0价的Cl元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，A符合题意；
B．该反应中H2S中-2价的S元素被氧化，SO2中+4价的S元素被还原，B不符题意；
C．该反应中KNO3中O元素被氧化，N元素被还原，C不符题意；
D．该反应中只有N的化合价发生变化，其中+5价的N元素降低为+1价，-3价的N元素升高为+1价，不是同种物质中同一价态的元素化合价发生变化，D不符题意；
答案选A。
5、D
【解析】
试题分析：标准状况下，H2SO4为液体，铁为固体，体积较小；HCl和氢气为气体，体积较大，其中V(HCl)=44.8L，V(H2)=×22.4L/mol=67.2L，则体积最大的是6g H2，故选D。
考点：考查了物质的量的计算的相关知识。
6、C
【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，以此来解答。
【详解】
萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。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，答案选C。
7、C
【解析】
32 g X与40 g Y恰好完全反应，生成m g Q和9 g H，根据质量守恒定律，生成Q的质量为32g+40g-9g＝63 g。现16 g X参加反应，则生成的Q应为63g×16g/32g＝31.5 g，因此Q的摩尔质量为31.5 g÷0.25 mol＝126 g•mol－1，答案选C。
8、B
【解析】
A、氧化钙会和水反应，虽然碳酸钙不溶于水，过滤可以将碳酸钙除去，但是氧化钙也变成了氢氧化钙，选项A错误，
B、Cu混有杂质CuO，用稀盐酸可以除去氧化铜，Cu不与稀盐酸反应，溶解、过滤、洗涤、干燥得到Cu，选项B正确；
C、氢氧化钠会与硫酸铜和硫酸都反应，过滤后得到的为氢氧化铜 ，达不到提纯的目的，选项C错误；
D、一氧化碳和二氧化碳是均匀的混合在一起的，在氧气中不能被点燃，选项D错误；
答案选B。
本题考查物质的分离提纯，在解物质的除杂问题时，根据杂质和剩余物质性质的不同选择试剂，选择的试剂只能与杂质反应，反应后还不能引入新的杂质。
9、A
【解析】
NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可知，4×(1-0)=1×(x-1)，解得x=+5，由H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+，H2PO2-+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，则NaH2PO2对应的氧化产物为H3PO4，故A正确。
故选A。
10、C
【解析】
A．摩尔不是物理量,是物质的量的单位,物质的量是描述微观粒子的物理量,故A错误；
B、物质不都是由原子构成,可能由分子、离子构成,1 mol微粒约含有NA个指明的微粒数目,故B错误；
C、1mol H2O中含有3mol原子（2mol氢原子，1mol氧原子），则0.5mol H2O中含有0.5×3=1.5mol原子，含有的原子数目为1.5 NA，C正确；
D．“2 mol氧”这种说法中的氧未指明是氧原子、氧分子还是氧离子，D错误。
11、B
【解析】
A、常温常压下，11.2L的氮气的物质的量不是0.5mol，所以含有的分子数不是0.5NA，错误；
B、标准状况下，任何22.4L气体的物质的量都是1mol，与气体的种类无关，正确；
C、18g水的物质的量是1mol，但标准状况下，水不是气体，所以体积不是22.4L，错误；
D、未指明标准状况，不能确定二氧化硫的体积，错误。
答案选B。
12、A
【解析】同学用磁铁来吸一下一元硬币，这一过程属于科学探究中的实验法，答案选A。
13、A
【解析】
A. 无色酸性溶液中，H+、Na+、 K+、SO42-、Cl-五种离子间不反应，能够大量共存，A正确；
B. 无色酸性溶液中，H+与CH3COO-不能大量共存，B错误；
C. 无色酸性溶液中，Fe3+为黄色溶液，与题给条件不符， C错误；
D. 无色酸性溶液中，HCO3-与H+不能大量共存，D错误；
综上所述，本题选A。
14、A
【解析】
0.5L 1 mol/L FeCl3溶液中n(FeCl3)= 1 mol/L×0.5L=0.5mol，n(FeCl3)：n(Cl-)=1:3，则FeCl3溶液中n(Cl-)=1.5mol，0.2L 1 mol/L KCl溶液中n(KCl)= 1 mol/L ×0.2L=0.2mol，n(KCl)：n(Cl-)=1:1，则0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量为0.2mol，0.5L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量之比为：1.5mol：0.2mol=15:2，故A正确；
故选A。
15、C
【解析】
用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量，再依据混合物的特点判断。
【详解】
n（H2）==0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（×56g/mol=5.6g）、2.4g（×24g/mol=2.4g）、1.8g（×27g/mol=1.8g）、6.5g（×65g/mol=6.5g）；
A项，Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；
B项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，B项不可能；
C项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，C项可能；
D项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，D项不可能；
答案选C。
本题也可以用通式解，设金属的相对原子质量为Ar，金属与盐酸反应后的化合价为+x，则
2M+2xHCl=2MClx+xH2↑
2×Arg 22.4xL
3.4g 2.24L
=，解得=17
Fe、Mg、Al、Zn与足量盐酸反应，相对原子质量与化合价的比值依次为28、12、9、32.5，其中Fe、Zn的大于17，Mg、Al的小于17，Cu与盐酸不反应，由于是两种金属的混合物，则必须介于两种金属之间，对比各选项，Zn和Al可能。
16、B
【解析】
化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。
【详解】
A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；
B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。
故选B。
该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2→Cl-，NO2→NO等，应引起足够重视。
17、B
【解析】
A、铜是单质，盐酸是混合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、酒精在水溶液中和熔融状态时都不导电，属于非电解质，故B正确；
C、CaO溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙电离产生自由移动的离子，所以CaO水溶液能导电，CaO在熔融状态下是自身电离出离子而导电，所以它们的导电原理不同，故C错误；

D、KCl在水溶液中和熔融状态时都能导电，液态HCl在水溶液中能导电，所以KCl、HCl均是电解质，故D错误。
所以B选项是正确的。
电解质指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，导电必须是化合物自身电离出自由移动的离子；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。
18、B
【解析】
A． 为漏斗，用于过滤操作，故A不符合题意；
B． 为容量瓶，用于配制一定量浓度的溶液，故B符合题意；
C． 为锥形瓶，用于制取气体、作为反应容器或盛装反应物，进行定量分析，故C不符合题意；
D． 为分液漏斗，用于分离密度不同且互不相溶的不同液体，也可用于向反应器中随时加液，故D不符合题意；
答案选B。
19、C
【解析】
A．标况下，1．4LH2的物质的量是1mol，含有的分子数为NA，A正确；
B．碳酸钠的物质的量=1.26g÷126g/mol=2.21mol，每个碳酸钠化学式中含有2个钠离子，所以钠离子个数是2.22NA，B正确；
C．相同压强下，温度越高，气体摩尔体积越大，NA个CO2分子的物质的量是1mol，根据V=nVm知，通常状况下，NA个CO2分子占有的体积大于1．4L，C错误；
D．1L物质的量浓度为2．5 mol/L的MgCl2溶液中，氯化镁的物质的量=2．5mol/L×1L=2．5mol，每个氯化镁化学式中含有2个氯离子，所以1L物质的量浓度为2.5 mol/L的MgCl2溶液中含有Cl-个数为NA，D正确；
答案选C。
20、D
【解析】
A．SO42-离子均能与阳离子共存，阳离子总电量=3a+2a×3=9a，阴离子总电量=a+8a×2=17a，电荷不守恒，故A错误；
B．OH-与Al3+生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故X不可能为OH-，故B错误；
C．NO3-离子均能与阳离子共存，阳离子总电量=3a+2a×3=9a，阴离子总电量=a+4a×1=5a，电荷不守恒，故C错误；
D．SO42-离子均能与阳离子共存，阳离子总电量=3a+2a×3=9a，阴离子总电量=a+4a×2=9a，电荷守恒，故D正确；
故答案为D。
21、C
【解析】
同温同压下，体积之比等于物质的量之比等于分子数之比；质量之比等于摩尔质量之比等于密度之比；故答案为C。
22、B
【解析】
A.所用容量瓶未干燥，若其他操作正确，不会引起n(NaOH)、溶液体积V变化，对所配溶液浓度无影响，故不选A；
B.向容量瓶加水时液面低于刻度线，溶液体积V减小，所配溶液浓度偏高，故选B；
C.有少量NaOH溶液残留在烧杯内，未完全转移到容量瓶中，使n(NaOH)减小，所配溶液浓度偏低，故不选C；
D.向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面，溶液体积增大，浓度偏小，故不选D；
本题答案为B。
配制一定物质的量浓度的溶液时产生误差的原因分析：根据c=n/V计算公式，凡是引起n增大的，浓度偏大；凡是引起V增大的，浓度偏小。

二、非选择题(共84分)
23、BaSO4 Ba(OH)2
【解析】
不溶于水和盐酸，应为硫酸钡；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊，则为二氧化碳，为碳酸钾；不溶于水但溶于盐酸并放出二氧化碳，则为碳酸钡；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成，则是氢氧化钡。
【详解】
(1)由以上分析可知，为BaSO4，为Ba(OH)2。答案为：BaSO4；Ba(OH)2；
(2)①D为K2CO3，它与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钾，反应的离子方程式为；
②B为BaCO3，它与和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为；
③C为Ba(OH)2，它和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式。答案为：；；。
当一种物质中参加反应的离子为两种或两种以上时，常采用“以少定多”法进行离子方程式的书写。
24、CaCO3、NaCl CuSO4 CaCO3+2H＋== Ca2＋+CO2↑+H2O D
【解析】
硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。
【详解】
(1)根据分析可知原白色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；
(2)实验Ⅱ中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H＋== Ca2＋+CO2↑+H2O；
(3)原白色粉末中无法确定的是BaCl2和Na2SO4
A．加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；
B．加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；
C．加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故C不符合题意；
D．氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；
综上所述答案为D。
25、500mL容量瓶 2.0 BCAFED AC
【解析】
（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等,据此选择需要仪器,根据配制溶液体积选择容量瓶规格；
（2）根据m=n×M=CV×M计算所需溶质的质量；
（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序；
（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=n/V进行误差分析；
【详解】
（1）配制0.1mol·L－1NaOH溶液480mL时，要选择500mL容量瓶。配制溶液过程中主要包括：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为500mL容量瓶。
（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠质量m=n×M=CV×M=0.1mol·L-1×500×10-3L×40
g/mol=2.0g
（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,所以正确的顺序为：BCAFED。因此，本题正确答案是：BCAFED；
（4）A.称量时用了生锈的砝码,导致称取的氢氧化钠质量偏大，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；B.未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D.容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；E.定容时仰视刻度线,导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小;
综上，本题选A、C。
26、4.0g 500mL容量瓶和胶头滴管 偏低 偏低 偏高
【解析】
（1）利用m=nM=cVM计算需要称量NaOH固体的质量。
（2）配制一定物质的量浓度溶液需要用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
（3）根据c=，分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。
【详解】
（1）实验中需称量NaOH固体的质量m=nM=cVM= 0.2mol·L-1×0.5L×40g/mol=4.0g.      
（2）配制一定物质的量浓度溶液需要用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管。本实验需要配制500mL 0.2mol·L-1的NaOH溶液，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管。
（3）①转移液体过程中有少量液体溅出，导致溶质的物质的量n偏小，所配制溶液浓度偏低。
②定容时仰视刻度线，导致溶液体积V偏大，所配制溶液浓度偏低。
③将NaOH固体溶解后，直接转至容量瓶中进行实验，溶液冷却后体积减小，导致溶液体积V偏小，所配制溶液浓度偏高。
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液。需熟悉配制溶液的具体过程、操作、实验仪器及其误差分析。误差分析结合c=，分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。
27、①②③④⑤ 取适量溶液于试管中，加入足量的稀盐酸将溶液酸化，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42－； 加入足量的BaCl2溶液、过滤 除去Ca2+及少量的Mg2+ 泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+ 搅拌 引流 搅拌
【解析】
（1）仪器的安装一般遵循自下而上，在左向右的原则。在蒸发时当出现电离晶体时，即可停止加热，所以正确的顺序是①②③④⑤。
（2）SO42－的检验一般用氯化钡溶液，即取适量溶液于试管中，加入足量的稀盐酸将溶液酸化，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42－；如果含有SO42－，则应该加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡后过滤即可除去。
（3）饱和碳酸钠溶液是除去溶液中的Ca2+及少量的Mg2+。
（4）根据实验过程可知，生成的沉淀有氢氧化镁、碳酸镁以及含有泥沙等，故可以除去的杂质为泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+。
（5）玻璃棒的作用为：溶解时搅拌能加速；过滤时起引流作用；蒸发时搅拌，防止液体局部过热。
28、0.075 mol 5.56% 1:7 2:2:1:1
【解析】
（一）（1）用差量法计算原混合气体中n（CH4）。
（2）由与过量石灰水反应生成沉淀的质量计算与澄清石灰水反应的CO2物质的量，结合C守恒计算原混合气体中n（CO2），根据原混合气体标准状况下的体积计算N2的体积分数。
（二）设FeS物质的量为1mol，根据得失电子守恒计算NO2、N2O4、NO物质的量，根据原子守恒计算参与反应的HNO3物质的量。
（三）0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，1molKBrO3在反应中得到5mol电子生成X，KBrO3中Br的化合价为+5价，则X为Br2；根据各元素的化合价，该反应中的氧化反应为AsH3→H3AsO4，根据得失电子守恒配平反应并标出转移电子的方向和数目。
（四）根据四种物质中O元素的化合价分析转移电子数。
【详解】
（一）（1）用差量法，CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu~Δm（减重）
1mol 4×80g 4×64g 4×80g-4×64g=64g
n（CH4） 4.8g
=，解得n（CH4）=0.075mol，原混合气体中CH4物质的量为0.075mol。
（