湖北省孝感市部分重点学校2025年化学高一上期中学业质量监测试题含解析.doc

湖北省孝感市部分重点学校2025年化学高一上期中学业质量监测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关氯气的叙述中正确的是
A．铜丝在氯气中燃烧，生成蓝绿色的氯化铜
B．氯气、液氯和氯水都是纯净物，都有漂白性
C．氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
D．除去Cl2中的HCl气体，可将混合气体通入饱和食盐水中
2、下列电离方程式，书写正确的是
A．Al2(SO4)3=2Al3++ 3SO42- B．AlCl3= Al3++Cl-
C．Mg(NO3)2= Mg+2+2NO3- D．KMnO4=K++Mn7++4O2-
3、NaH与水反应的方程式为：NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，在该反应中H2O
A．失去电子 B．被氧化
C．发生氧化反应 D．是氧化剂
4、下表是某城市空气质量每周公报的部分内容。对表中3个空气质量指标不会产生影响的是( )
项目

空气污染指数(API)

空气质量级别

空气质量描述

总悬浮颗粒

52

Ⅱ

良

二氧化硫

7

I

优

二氧化氮

24

I

优

A．焚烧垃圾 B．使用含磷洗衣粉
C．汽车排放的尾气 D．用煤和石油产品
5、下列说法中正确的是
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应
②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物
③有单质参加的反应，一定是氧化还原反应
④金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来
⑥任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出
⑦胶体稳定存在的主要原因是胶体带电
⑧硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
A．7个 B．6个 C．5个 D．4个
6、下列说法不正确的是
A．向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B．向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)
C．H2O2、CuS、FeCl2均不能通过单质直接化合得到
D．将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a=b
7、下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．盐酸除铁锈：
B．氯气通入NaOH溶液中：
C．向KOH溶液中加入溶液：
D．向溶液中加入过量稀盐酸：
8、下列关于2 mol氧气的叙述中，正确的是
A．质量是32 g B．体积是44.8 L
C．分子数约为1.204×1024 D．原子数是2 mol
9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2 L 乙醇中含有的分子数0.5NA
B．常温常压下，18.0 g重水所含的电子数约为10 NA
C．常温常压下，32g由O2与O3组成的混合气体含有的原子数目为2NA
D．1.2 g熔融的NaHSO4含有阴阳离子总数为0.03NA
10、下列叙述正确的是(　 )
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O2中O元素的化合价为-2价
③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可
⑤向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色。
A．都正确 B．.④⑤ C．②③⑤ D．②③④⑤
11、一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）

A．气球②中装的是O2
B．气球①和气球③中气体分子数相等
C．气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1
D．气球③和气球④中气体密度之比为2∶1
12、下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（ ）
A．将40gNaOH溶解在1L水中
B．将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中
C．将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液
D．将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL
13、下列实验装置图所示的实验操作，不正确的是(　　)
A．蒸发氯化钠溶液 B．点燃酒精灯
C．向容量瓶中转移液体 D．用海水提取淡水
14、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
15、在相同条件下，0.1mol镁和0.1mol铝分别和足量的稀盐酸起反应后产生的氢气的质量
A．镁产生的多 B．铝产生的多 C．镁和铝产生的一样多 D．无法比较
16、关于氧化物Na2O2和Na2O，它们说法正确的是
A．阴阳离子个数比均为1：2
B．都是金属钠与氧气加热反应制得
C．与水反应产物相同
D．Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终产物不同
二、非选择题（本题包括5小题）
17、Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。
（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。
（3）写出④变化的离子方程式：______________________。
Ⅱ. 实验室需要240 mL0.5 mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。
（1）需称量_________ g 烧碱，应放在___中称量、溶解。
（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。
（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。
A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
B．容量瓶未干燥就用来配制溶液 C．定容时仰视容量瓶
D．称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯
18、A、B、C、D为四种可溶性的盐，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-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)
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；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A________，C________，D____________。
（2）写出盐酸与D反应的离子方程式： ___________________________。
（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。
19、某兴趣小组设计方案制取FeCl3和Fe(OH)3胶体。回答下列问题：
(1)制取FeCl3的两个方案如下：
方案一：FeCO3FeCl2FeCl3
方案二：FeFe(OH)3FeCl3
①步骤I中另一种试剂为____________(填名称)，步骤II中还有H2O生成，写出反应的离子方程式：__________________。
②步骤II反应前后Fe元素的化合价______ (填“ 升高”“降低”或“不变”)，I~V中没有发生的基本反应类型是__________(填字母)。
a．置换反应 b．分解反应 c．复分解反应 d．化合反应
(2)制取Fe(OH)3胶体的两个方案如下：
方案一：蒸馏水→煮沸
方案二：
①方案__________能够制得胶体，胶体区别于溶液和悬浊液的本质特征为__________，检验方案一是否成功的方法为_______________。
②将Fe(OH)3胶体缓缓加入过量稀盐酸中，溶液由无色变为黄色，反应的离子方程式为__________________。
20、盐酸是中学化学常用的试剂，以下两个实验均和盐酸有关。
I．用密度为1.25 g·mL-1，质量分数36.5%的浓盐酸配制500 mL 0.20 mol·L-1盐酸溶液，请回答下列问题：
(1)浓盐酸的物质的量浓度为____________。
(2)配制500 mL 0.20 mol·L-1盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸_______mL。
(3)对配制的盐酸测定，发现物质的量浓度小于0.2 mol·L-1，引起该误差的操作___(填序号)
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
B．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线量取浓盐酸
C．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容
D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，又滴加水至刻度处
Ⅱ．某学生设计如下图所示的实验装置，利用浓盐酸与高锰酸钾反应产生的氯气与熟石灰反应制取少量漂白粉，并探究氯、溴、碘的相关性质。请回答下列问题：

(4)A装置名称为________。
(5)漂白粉将在C装置的U形管中产生，写出生成漂白粉的化学方程式_______________。
(6)E装置中装有KI与CCl4混合液，向D中缓缓通入一定量氯气后，打开D装置中活塞，将D中少量溶液滴加入E装置中，振荡，观察到下层呈紫红色，由此得出结论：Br2置换出了I2，有同学对该结论提出异议，可能的理由是__________________________。
(7)F装置的作用是_____________________________。
21、工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2+、Fe2+、Hg2+、H+等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：

1）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是_______________________________。
（2）步骤Ⅱ中________(填“能”或“不能”)，用盐酸代替硫酸，写出步骤Ⅱ中涉及反应的化学方程式：____________________________________。
（3）步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩______________、______________、洗涤、干燥。现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是___________。
（4）步骤 V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：
方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；
方案丙：利用炭粉还原氧化铜；
方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案_________不好；从产品纯度考虑，方案_________不好。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A. 铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟（氯化铜），故A错误；
B. 氯气、液氯和都是纯净物，没有漂白性，氯水是混合物，含有次氯酸，具有漂白性，故B错误；
C. 氯气的性质活泼，它与氢气混合后在光照条件下能发生爆炸，故C错误；
D. 氯气难溶于饱和食盐水，除去Cl2中的HCl气体，可将混合气体通入饱和食盐水中，故D正确；
选D。
2、A
【解析】
电离方程式是表示电解质电离的式子。强电解质电离用“=”。弱电解质电离用“”。书写电离方程式还需注意符合质量守恒定律、电荷守恒。
【详解】
A. Al2(SO4)3为强电解质，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++ 3SO42-，A正确。
B. AlCl3为强电解质，电离方程式为：AlCl3= Al3++3Cl-，B错误。
C. Mg(NO3)2为强电解质，电离方程式为：Mg(NO3)2= Mg2++2NO3-，C错误。
D. KMnO4为强电解质，电离方程式为：KMnO4=K++ MnO4-，D错误。
答案为A。
3、D
【解析】
在NaH+H2O=NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高到0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，则NaH为还原剂，H2O为氧化剂，故选D。
本题考查氧化还原反应中氧化剂、还原剂的判断，明确元素的化合价变化是解答的关键。本题的易错点为NaH中H元素的化合价的判断，要注意在多数化合物中H为+1价，而在NaH中H为-1价。
4、B
【解析】
A、焚烧垃圾会产生大量的可吸入颗粒和有害气体，含有表中项目，A错误；
B、使用含磷洗衣粉会造成水体污染，对表中三个空气质量指标不会产生影响，B正确；
C、汽车排放的尾气还有较多的二氧化氮等有害物质，含表中项目，C错误；
D、用煤和石油产品作燃料燃烧会有二氧化硫生成，含表中项目，D错误；
答案选B。
5、D
【解析】
①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物,所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应,故正确； ②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物如过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故②正确；③有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应。如3O2=2O3,故③错误；④金属氧化物不一定都是碱性氧化物如Al2O3属于两性氧化物等，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，故④正确；⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用渗析法把胶粒和离子分离出来，故⑤错误；⑥粒子胶体的溶胶加入可溶性电解质后才能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出，故⑥错误；⑦胶体稳定存在的主要原因是胶粒带电，胶体呈电中性，故⑦错误；纯碱是碳酸钠属于盐，故⑧错误；⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故⑨正确；根据上述分析知，正确的有4个；答案：D。
6、D
【解析】
A. 向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以在此过程中，溶液中HCO3－的浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，二者先反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，此时溶液中碳酸根离子浓度增加，再滴加Ba(OH)2溶液与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，所以CO32－的浓度变化是先变大后变小，故B正确；
C. H2与O2反应生成水、Cu与S反应生成Cu2S、Fe与Cl2反应生成FeCl3，三者均不能通过单质直接化合得到，故C正确；
D. 设Na的物质的量为2mol、Na2O为1mol，则
2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2↑ △m
2mol 2mol 44g
Na2O ＋ H2O = 2NaOH △m
1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量变化值不同，所以两溶液溶质质量分数不相等，即a≠b，故D错误，答案选D。
7、D
【解析】
A. 盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ，故A正确；
B.氯气通入NaOH溶液生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；
C. 向KOH溶液中加入NaHSO4溶液生成硫酸钾、硫酸钠和水，离子方程式为：H++OH-=H2O，故C正确；
D. 向NaHCO3溶液中加入过量稀盐酸反应生成氯化钠二氧化碳和水，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故D错误；
故答案选D。
8、C
【解析】
根据m=nM、V=nVm、N=nNA及分子构成计算．
【详解】
A．2 mol氧气质量为2mol×32g·mol－1=64g，故A错误；
B．状态不能确定，Vm未知，不能计算体积，故B错误；
C．2 mol氧气分子数为2mol×NA=1.204×1024，故C正确；
D．2 mol氧气原子数为2mol×2×NA=4NA，故D错误；
故选C。
9、C
【解析】
A.在标准状况下乙醇是液体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B. 18.0 g重水的物质的量小于1mol，因此其中所含的电子数少于10 NA，B错误；
C.O原子的相对原子质量是16，O2与O3都是由O原子构成，使用常温常压下，32g由O2与O3组成的混合气体含有的O原子的物质的量是2mol，含有的O原子数目为2NA，C正确；
D.熔融的NaHSO4电离产生Na+、HSO4-，1mol该物质中含有2mol离子，含1.2 g熔融的NaHSO4的物质的量是0.01mol，则其中含有阴阳离子总数为0.02NA，D错误；
故合理选项是C。
10、B
【解析】
①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2O2中O元素的化合价为-1价，故②错误；
③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色，故⑤正确；
所以正确的选项为：④⑤。
故选B。
11、A
【解析】
根据V=×Vm，已知气体的质量相等，而Vm为定值，故M越小，则气体的体积越大，CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，气球体积由大到小的顺序为CH4、O2、CO2、SO2。
【详解】
A．根据分析可知②中装的是O2，A说法正确；
B．根据相同质量，气体的分子数与摩尔质量成反比，所以气球①和气球③中气体分子数不相等，B说法错误；
C．相同质量下，物质的量与摩尔质量成反比，所以气球①和气球④中气体物质的量之比为16：64=1：4，C说法错误；
D．根据，即ρ与M成正比，所以气球③和气球④中气体密度之比为44：64=11：16，D说法错误；
答案为A。
12、D
【解析】
物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的溶液组成。
A、1L是溶剂的体积，不是溶液的体积，A错误。
B、物质的微粒间有间隔，所以体积不能相加，1 L 10mol/L的浓盐酸加入9 L水中得到的溶液体积不是10L，B错误。
C、气体的体积受温度的影响较大，不指名体积是在什么条件下的没有意义，C错误。
D、C(NaOH)=(m/M)/V=(10g/40g/mol)÷0.25L=1mol/L，D正确。
答案选D。
13、B
【解析】
A. 该装置是蒸发装置，可用于蒸发氯化钠溶液，A正确；
B. 不能用燃着的酒精灯去点燃酒精灯，应该用火柴，B错误；
C. 向容量瓶中转移液体时需要玻璃棒引流，C正确；
D. 该装置是蒸馏装置，可用于用海水提取淡水，D正确。
答案选B。
14、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。
15、B
【解析】
根据金属与稀盐酸的反应方程式计算。
【详解】
据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，盐酸过量时0.1molMg生成0.1molH2；又据2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，盐酸过量时0.1molAl生成0.15molH2。铝生成的氢气比镁生成的氢气多。
本题选B。
16、A
【解析】
A．Na2O是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，电子式为，所以阴阳离子个数比是1：2，Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为，阴阳离子个数比是1：2，A正确；
B．钠和氧气常温下生成Na2O，加热或燃烧时生成Na2O2，B错误；
C．Na2O与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，产物不同，C错误；
D．Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终产物相同，均是碳酸钠，D错误；
答案选A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2++2NO3— Ag++Cl—=AgCl↓ 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶，胶头滴管 AD
【解析】
Ⅰ. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；
综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；
（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；
（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
Ⅱ.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；
（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；
（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；
C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；
D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；
答案选AD。
18、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑ Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【解析】
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，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。
【详解】
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，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；
（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。
（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。
（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。
本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。
19、盐酸 4Fe2++ O2+4H+=4Fe2++2H2O 升高 a、b 一 分散质粒子直径的大小 利用丁达尔现象，用一束光射向胶体溶液，若形成光亮通路，则是胶体 Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O
【解析】
(1)①步骤I中FeCO3转化为FeCl2，铁元素没有发生化合价变化，应使用的试剂为盐酸，发生的反应化学方程式：FeCO3+2HCl=FeCl2+CO2↑+H2O；步骤II是用氧气作氧化剂，在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，还原产物为水，反应的离子方程式： 4Fe2++ O3+4H+=4Fe2++2H2O；
②步骤II反应前后Fe元素由+2价变为+3价，Fe元素的化合价升高；步骤Ⅰ与步骤Ⅳ发生的反应都是复分解反应，步骤Ⅲ发生的反应是化合反应，步骤Ⅱ发生的反应不属于四种基本反应类型中的任何一类，答案选a、b；
(2)①氢氧化铁胶体的制备方法：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，则方案一能够制得氢氧化铁胶体，胶体区别于溶液和悬浊液的本质特征为分散质粒子直径的大小，检验方案一是否成功的方法为：利用丁达尔现象，用一束光射向胶体溶液，若形成光亮通路，则是胶体；
②盐酸使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，继续加入盐酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。
20、12.5 mol·L-1 8.0 C D 分液漏斗 2Cl2 +2Ca(OH)2＝CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O 溶解的Cl2也可以置换出碘或Cl2 +2KI＝2KCl+I2 吸收Cl2和Br2尾气，防止污染空气
【解析】
I．(1)根据c=计算浓盐酸物质的量浓度；(2)溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算浓盐酸的体积；(3)根据c=分析判断；
Ⅱ．浓盐酸与高锰酸钾反应产生的氯气与熟石灰反应制取少量漂白粉，并探究氯、溴、碘的相关性质，根据装置图，C中放置氢氧化钙，E中放置碘化钾溶液，氯气有毒，会污染空气，因此F中盛放氢氧化钠，加成分析解答。
【详解】
I．(1)浓盐酸物质的量浓度==mol/L=12.5mol/L，故答案为：12.5mol/L；
(2)溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则浓盐酸体积==8.0mL，故答案为：8.0；
(3)A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对实验结果无影响，故A不选；B．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线量取浓盐酸，导致取用的浓盐酸偏多，配制稀盐酸的浓度偏大，故B不选；C．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故C选；D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，又滴加水至刻度处，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故D选；故答案为：CD；
Ⅱ．(4)根据图示，A装置为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(5) C装置的U形管中氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉，生成漂白粉的化学方程式为2Cl2 +2Ca(OH)2＝CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2 +2Ca(OH)2＝CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O；
(6)E装置中装有KI与CCl4混合液，向D中缓缓通入一定量氯气后，氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴，打开D装置中活塞，将D中少量溶液滴加入E装置中，溴与碘化钾反应生成溴化钾和碘，溶解的Cl2也可以置换出碘，碘易溶于CCl4，振荡，观察到下层呈紫红色，因此结论“Br2置换出了I2”不正确，故答案为：溶解的Cl2也可以置换出碘(或Cl2 +2KI＝2KCl+I2)；
(7)氯气有毒，F装置中的氢氧化钠溶液可以吸收Cl2和Br2尾气，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2和Br2尾气，防止污染空气。
21、将Cu2+、Hg2+部置换出来 不能 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 冷却结晶 过滤 漏斗 甲、乙 丙
【解析】
（1）加入过量的铁粉，可以将Cu2+、Hg2+全部转化为单质置换出来；
（2）步骤Ⅱ中不能用盐酸代替硫酸，若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁，步骤Ⅱ中稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，涉及反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。完成步骤Ⅳ的实验操作需要的仪器有：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台、漏斗等，故完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是漏斗；
（4）氢气、一氧化碳易燃，用其还原氧化铜存在不安全因素，用碳还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉。故从安全角度考虑，方案甲、乙不好；从产品纯度考虑，方案丙不好。