2024届四川巫溪县白马中学化学高一第一学期期末检测试题含解析

2024届四川巫溪县白马中学化学高一第一学期期末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、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A．苯和CCl4 B．溴和CCl4 C．酒精和水 D．汽油和水2、下列说法正确的是（）A．相同温度时，气体分子间的距离相等B．2gH2和2gO2能恰好反应生成4gH2OC．3.2gO3中含有的氧原子数是1.204×1023个D．1mol·L−1MgCl2中含Cl－的数目为1.204×1024个3、氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是A．胶粒直径小于1nmB．胶粒不停地作无规则运动C．胶粒带正电荷D．胶粒不能通过半透膜4、下列物质可用于干燥氨气的是（）A．浓硫酸 B．碱石灰 C．过氧化钠 D．活性炭5、将一定量的Cl2通入体积为40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应，测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子：Cl-、ClO-、ClO3-。下列说法不正确的是A．反应过程中氯气消耗0.15molB．当溶液中n(KClO)：n(KClO3)＝2：1时，该反应的离子方程式为：5Cl2+10OH-＝7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2OC．反应生成的ClO-和ClO3-在一定条件下均有氧化性D．若反应中转移的电子为nmol，则0.15﹤n﹤0.36、能将溶液中FeCl3和AlCl3分离的一组试剂是A．氨水、稀硫酸B．氨水、稀盐酸C．NaOH溶液、稀硫酸D．NaOH溶液、稀盐酸7、下列说法正确的是（）①实验室制取Cl2时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用澄淸石灰水吸收；②Cl2的化学性质活泼，它与H2混合后立即发生爆炸；③检验HCl气体中是否混有Cl2的方法是将气体通入AgNO3溶液；④新制氯水的氧化性强于久置氯水；⑤除去CO2气体中的HC1，可将气体通入饱和碳酸氢钠溶液中。A．③⑤B．④⑤C．①②③D．②③④8、下列物质中，既能和强酸反应又能和强碱反应的化合物是①Na2SiO3②Al2O3③Al(OH)3④NaHCO3A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④9、某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有A．3种 B．4种 C．5种 D．6种10、节日燃放的烟花利用了“焰色反应”的原理。下列说法中正确的是A．焰色反应属于化学变化B．NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同C．某样品的焰色颜色为黄色，则该样品仅含有钠元素D．焰色反应时金属丝应用硫酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取样品灼烧11、现有MgCl2和Al2(SO4)3混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl－与的物质的量之比为（）A．1：3 B．2：3 C．6：1 D．3：112、常温下，不能使金属铝溶解的物质是()A．硫酸铜溶液 B．稀硫酸 C．浓硫酸 D．氢氧化钠溶液13、下列说法正确的是A．氯化钠溶液在电流的作用下电离成钠离子和氯离子B．Cl2的水溶液能导电，但Cl2是非电解质C．盐酸能导电，故盐酸是电解质D．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是电解质14、某溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中存在A．NO3－ B．Fe3+ C．SO42－ D．Mg2+15、氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有()A．氯分子 B．氯原子 C．氯离子 D．氯元素16、已知:

SO+I2+H2O=SO+2H++2I-。某溶液中可能含有Na+、NH、Fe2+、

K+、I-、SO、SO中的若干种，且所含离子的物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于该溶液组成的判断正确的是A．肯定不含I- B．肯定不含SOC．肯定不含有SO D．肯定不含NH17、垃圾分类可以减少污染、节约资源。下列“垃圾”放置位置不合理的是选项ABCD分类标志放置垃圾残破瓷砖水果皮使用过的一次性纸杯废易拉罐A．A B．B C．C D．D18、古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及氧化还原反应的是()A．野火烧不尽，春风吹又生B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干C．粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏19、下列有关物质及其用途的描述，正确的是①Al2O3(作耐火坩埚)②Na2CO3(治疗胃酸过多)③KAl(SO4)2·12H2O(作净水剂)④NaHCO3(作食用碱)⑤钠、钾、锶、钡等化合物(作烟花的焰色)⑥Na2O(作供氧剂)A．①④⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．①③④⑤ D．全部20、能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是(必要时可以加热)A．BaCl2 B．NaOH C．Ba(OH)2 D．AgNO321、往甲、乙、丙三个装满Cl2的集气瓶中各注入：①AgNO3溶液；②NaOH溶液；③水三种液体中的一种，经过振荡，现象如下图所示，则甲、乙、丙中注入的液体分别是A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②22、我国大力弘扬中华优秀传统文化体现“文化自信”。下列有关说法错误的是()A．制备“白玉金边素瓷胎，雕龙描凤巧安排”中的瓷，主要原料为黏土B．商代后期铸造出了工艺精湛的司母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C．成语“百炼成钢”、“沙里淘金”中均包含了化学变化D．《本草纲目》中有关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其描述的过程是蒸馏二、非选择题(共84分)23、（14分）有X、Y、Z三种元素：（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。试写出其元素符号：X__，Y__，Z__，化合物的分子式：XZ__，X2Y__。24、（12分）A、B、C、D四种元素的核电荷数依次增多，它们的离子的电子层数相同且最外层电子数均为8。A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等；D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半。回答以下问题：（1）四种元素的符号依次是A__；B__；C___；D___。它们的原子半径由大到小的顺序是___。（2）写出四种元素最高价氧化物对应水化物的化学式：__，分别比较酸性或碱性的强弱：___。（3）写出气态氢化物的分子式：__，比较其稳定性：__。25、（12分）配制100mL0.020mol/LKMnO4溶液的过程如下图所示：回答下列问题：（1）图示中有两步操作不正确，它们是_____和_____（填序号）。（2）操作⑤图示中的两种仪器分别是________、__________（填名称）。（3）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_______（填“偏大”或“偏小”）。26、（10分）下图为制取无水氯化铁粉末的装置，已知无水氯化铁粉末很容易吸水生成结晶水合物FeCl3+6H2O=FeCl3·6H2O。(1)按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是(填仪器接口顺序)：①接____，___接___；___接___。(2)装置A烧瓶中发生的反应，氧化剂是____(填物质名称)，装置B中反应的化学方程式是_____。(3)装置E的作用是_____。(4)装置A、B中的酒精灯应先点燃_____处(填“A”或“B")的酒精灯。(5)这套实验装置是否完整?____(填“是”或“否”)，若不完整，还须补充_____装置(若第一问填“

是”，则此问不需要作答)。27、（12分）某同学为了探究氯化铵的性质，进行了如下实验，请你按要求回答下列问题。(1)配制100mL2mol/L的NH4Cl溶液。该同学应用天平称量NH4Cl固体的质量为______g。(2)有以下仪器：烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒等玻璃仪器。①还缺少的玻璃仪器有__________；②使用此仪器前必须进行的一步操作是_______；(3)该同学又用如图所示的装置收集干燥纯净的氨气并做性质实验：①写出A处氯化铵与熟石灰反应的化学方程式：______________②B中盛放的是__________其作用是__________③氨水中滴加酚酞溶液变为________色28、（14分）如图，有以下物质相互转化，其中B溶液为浅绿色，I溶液为棕黄色，J为AgCl，请回答：（1）C是（填化学式）_____，F的化学式_____．（2）写出B的化学式______，检验B中阳离子的操作方法是__________________．（只填一种方法，用文字表述）（3）写出由G转变成H的化学方程式_______________________．（4）写出检验I溶液中阳离子的离子方程式________________；向I溶液中加入单质Cu的有关离子反应方程式是______________．29、（10分）(1)下列实验方法合理的是________。A．用加热法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠B．将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用酒精进行萃取C．实验室制取Al(OH)3：向AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量D．向FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，检验FeCl2是否已氧化变质(2)某研究性学习小组为研究氯气是否具有漂白性，设计如图所示实验装置。试根据实验装置回答下列问题：A、C中为干燥的有色布条，B为无色液体，D中为NaOH溶液。①在常温下，KMnO4固体可以与浓盐酸反应生成氯气，其反应方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，则其反应装置应选用甲、乙、丙中的________。②B中的液体为____________，其作用为_________________________________。③A、C中有色布条的颜色变化分别为__________________________________，A、C的实验现象说明氯气是否具有漂白性？________(填“是”或“否”)。④D中NaOH溶液的作用是_______________________(用离子方程式说明)。⑤将产生的氯气通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去。小组内有甲、乙两种意见：甲：氯气溶于水后溶液显酸性，中和了NaOH，使溶液褪为无色；乙：氯气溶于水生成漂白性物质，使溶液褪为无色。丙同学在褪色后的溶液中逐渐加入足量的NaOH溶液，溶液一直未见红色，则________(填“甲”或“乙”)的意见正确。

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、D【解题分析】

A．苯和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，A不正确；B．溴单质易溶在有机溶剂中，不能用分液漏斗进行分离，B不正确；C．酒精与水互溶，不能用分液漏斗进行分离，C不正确；D．汽油不溶于水，在水的上层，可以用分液漏斗进行分离，D正确；答案选D。2、C【解题分析】

A、压强未知，相同温度时，气体分子间的距离不一定相等，故A错误；B、依据据2H2+O2=2H2O，可知2g水消耗16g氧气生成水，氧气不足，依据氧气的量计算，氧原子物质的量为：，根据氧守恒可计算生成水的质量为：=g，故B错误；C、32gO3中含有的氧原子数约为：=1.204×1024个，故C正确；D、溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误。3、C【解题分析】

A.胶体中分散质的微粒大小为1-100nm,，故A错误；B.胶体中的粒子不停地作无规则运动，但不是胶体稳定存在的主要原因，故B错误；C.胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故C正确；D.胶粒不能透过半透膜，故D错误；故选C。4、B【解题分析】

根据题中用于干燥氨气可知，本题考查氨气的干燥，运用氨气是一种碱性气体，与酸或酸性气体反应分析。【题目详解】氨气是一种碱性气体，能与酸(如浓硫酸等)反应生成铵盐，不能用浓硫酸干燥氨气；过氧化钠与氨气不反应，但能与水反应生成氢氧化钠和氢气，引进杂质，不能用过氧化钠干燥氨气；活性炭具有吸附性，但没有吸水性，不能干燥氨气；碱石灰不与氨气反应，且能吸水，故用碱石灰干燥氨气；答案选B。【题目点拨】氨气是一种碱性气体，能与酸或酸性气体反应，不能用浓硫酸、五氧化二磷干燥氨气。5、D【解题分析】

A、40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液的物质的量为：7.5mol/L×0.04L=0.3mol，根据钾离子守恒可知Cl-、ClO-、ClO3-的物质的量之和是0.3mol，因此根据氯原子守恒可知氯气的物质的量是0.3mol÷2＝0.15mol，故A正确；B、当溶液中n(KClO)：n(KClO3)＝2：1时，根据原子守恒、电子得失守恒以及电荷守恒可知该反应的离子方程式为5Cl2+10OH-＝7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O，故B正确；C、反应后生成的ClO-、ClO3-中氯的化合价分别为+1和+5价，处于较高价态，化合价可以降低，均具有氧化性，故C正确；D、若反应中转移的电子为nmol，如果氧化产物全部是次氯酸根离子，根据方程式Cl2+2KOH＝KCl+KClO+H2O可知0.15mol氯气转移0.15mol电子，即n＝0.15；如果氧化产物全部是氯酸根离子，根据方程式3Cl2+6KOH＝5KCl+KClO3+3H2O可知0.15mol氯气转移0.15mol×5/3＝0.25mol电子，即n＝0.25，因此0.15＜n＜0.25，故D错误；故答案选D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的计算，明确反应的原理以及掌握守恒思想在化学计算中的应用方法是解答的关键。选项D是解答的难点，注意极限法的灵活应用。6、D【解题分析】

A．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐；B．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离；C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会生成硫酸铁，往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸盐，无法恢复原盐溶液；D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的。【题目详解】A．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐，选项A错误；B．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，选项B错误；C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会使沉淀溶解生成硫酸铁；往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸铝，分离但得不到原盐，选项C错误；D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的，选项D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查物质的分离提纯、铁、铝化合物的性质等，难度中等，掌握物质的性质是关键，注意掌握分离提纯原则。7、B【解题分析】①澄清石灰水浓度较小，应用氢氧化钠溶液，故错误；②氢气和氯气在光照条件下爆炸，如光线较暗，则不发生爆炸，故错误；③HCl也与硝酸银反应，可通过颜色观察，故错误；④氯水中含有次氯酸，不稳定，分解生成盐酸和氧气，则久置后氧化性减小，故正确；⑤氯化氢能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项实验能达到预期目的，故正确；故选B。点睛：解答本题需要注意氯气、氯水以及次氯酸等物质的性质。本题的易错点为⑤，除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。8、C【解题分析】

①Na2SiO3只与强酸反应，不与强碱反应，故错误；②Al2O3是两性氧化物，既与强酸反应又能和强碱反应，故正确；③Al（OH）3是两性氢氧化物，既与强酸反应又能和强碱反应，故正确；④NaHCO3是多元弱酸的酸式盐，既与强酸反应，又与强碱反应，故正确；故选：C。【题目点拨】既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物（如Al2O3、Al（OH）3等）、弱酸的铵盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等。9、C【解题分析】

含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子，C项符合题意，故选项是C。10、B【解题分析】

A．焰色反应没有新物质生成，不属于化学变化，故A错误；B．因焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物灼烧时火焰颜色都相同，NaC1与Na2CO3灼烧时，火焰颜色为钠的颜色，都为黄色，故B正确；C．某样品的焰色颜色为黄色，只能说明该样品含有钠元素，但不一定仅有钠元素，故C错误；D．焰色反应时金属丝应用盐酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取样品灼烧，硫酸盐的沸点较高不易挥发，会附着在铂丝上不能使用硫酸，故D错误；答案选B。【题目点拨】焰色反应是金属元素的物理性质，只要含有同种金属元素，不论单质还是化合物，焰色反应是相同的。11、A【解题分析】

由图可知加入0.7体积NaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，令氢氧化钠的浓度为c，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)=0.7cmol，再加入0.2体积NaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.2cmolNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al(OH)3]=0.2cmol，所以2n[Mg(OH)2]+3×0.2cmol=0.7cmol，故n[Mg(OH)2]=0.05cmol，根据化学式MgCl2可知溶液中n(Cl-)=2n[Mg(OH)2]=2×0.05cmol=0.1cmol，根据化学式Al2(SO4)3可知溶液中n()=n[Al(OH)3]=×0.2cmol=0.3cmol，所以原溶液中Cl-与的物质的量之比为0.1cmol：0.3cmol=1：3，A正确；答案为A。12、C【解题分析】

A.金属性铝强于铜，铝能与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸铝和铜，A不符合；B.稀硫酸能与铝反应生成硫酸铝和氢气，B不符合；C.常温下铝在浓硫酸中发生钝化，不能使金属铝溶解，C符合；D.铝能和氢氧化钠溶液反应生成硫酸铝和氢气，D不符合。答案选C。【题目点拨】掌握常见物质的性质特点是解答的关键，注意钝化是化学变化，不是物理变化。13、D【解题分析】

A.电离不需要通电，氯化钠溶于水，在水分子作用下自发电离为钠离子和氯离子，A错误；B.氯气是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，B错误；C.盐酸是HCl的水溶液，故盐酸是混合物，所以盐酸既不是电解质也不是非电解质，C错误；D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，硫酸钡在熔融状态下能导电，所以为电解质，D正确；故合理选项是D。14、B【解题分析】

试题分析：Fe3＋遇KSCN溶液显血红色，所以某溶液中滴入KSCN后变红，说明该溶液中存在Fe3＋，答案选B。15、D【解题分析】

氯气、液氯都是氯气单质，含有氯气分子；氯水中含有氯气、次氯酸、氯离子，不存在Cl原子；盐酸中存在氯离子，不存在Cl原子；所以氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有的是氯元素，答案选D。【题目点拨】本题考查了常见物质组成及判断，明确分子、原子、离子和元素的概念为解答关键，注意掌握常见物质的组成情况。16、B【解题分析】

Fe2+、I−均与溴水发生氧化还原反应后，溶液具有颜色，由SO32−+I2+H2O═SO42−+2I−+2H+可知，

则向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则一定不含Fe2+，一定含SO32−，

又离子浓度相等、溶液为电中性；若阴离子只有SO32−，则含

Na+、NH4+、K+中的两种；

若含SO32−、I−，则含

Na+、NH4+、K+；

若含SO32−、SO42−，不遵循电荷守恒，则一定不存在SO42−；

综上所诉，答案选B。17、C【解题分析】

A．残破瓷砖为无毒无害物质，为干垃圾，故A正确；B．水果皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料使用，故B正确；C．使用过的一次性纸杯，为无毒无害物质，可回收再利用，属于可回收物，故C错误；D．废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，故D正确；答案为C。18、C【解题分析】

A.柴草的燃烧是氧化还原反应，A项错误；B.蜡炬的主要成分是烃，烃的燃烧是氧化还原反应，B项错误；C.碳酸钙的高温煅烧CaCO3CaO+CO2↑，该反应中各元素化合价都没有变化，不涉及氧化还原反应，C项正确；D.爆竹中火药的爆炸是氧化还原反应，D项错误；答案选C。19、C【解题分析】

①Al2O3熔点高，可作耐火坩埚；②Na2CO3碱性比较强，不能治疗胃酸过多，治疗胃酸过多应该用NaHCO3；③KAl(SO4)2·12H2O溶于水电离产生的Al3+能水解生成Al(OH)3胶体，可以吸附水中的杂质，作净水剂；④NaHCO3水溶液呈弱碱性，可用作食用碱；⑤钠、钾、锶、钡等化合物在灼烧时呈现不同的颜色，可作烟花的焰色；⑥Na2O不能产生氧气，Na2O2能和二氧化碳以及水反应生成氧气，可作供氧剂；所以正确的是①③④⑤，故选C。20、C【解题分析】

A项、BaCl2与Na2SO4、（NH4）2SO4两瓶无色溶液均反应，均生成白色沉淀，实验现象相同，无法区别，BaCl2与NH4NO3、KCl两瓶无色溶液均不反应，无法区别，故A错误；B项、NaOH与NH4NO3、（NH4）2SO4两瓶无色溶液均反应，均生成刺激性气味的气体，实验现象相同，无法区别，BaCl2与Na2SO4反应生成白色沉淀，与KCl溶液不反应，故B错误；C项、向Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液中分别加入Ba（OH）2溶液，实验现象分别为：生成白色沉淀、有刺激性气味的气体生成、不反应无现象、既有沉淀生成又有刺激性气味的气体生成，实验现象各不相同，可以区别，故C正确；D项、AgNO3与Na2SO4、KCl、（NH4）2SO4三瓶无色溶液均反应，均生成白色沉淀，实验现象相同，不能区别，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查物质的鉴别，注意把握物质的性质及发生的反应的实验现象，利用不同实验现象来区分是解答本题的关键。21、B【解题分析】

①氯气溶于水得到盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应得到白色沉淀，因此对应的是乙；②氢氧化钠溶液可以完全吸收氯气，得到无色透明的氯化钠和次氯酸钠，因此对应的是甲；③氯气在水中的溶解度不大，且溶液中仍有大量的氯分子而显黄绿色，因此对应的是丙；答案选B。22、C【解题分析】

A.制做陶瓷的原料为黏土，A正确；B.司母戊鼎属于青铜器，属于铜合金制品，B正确；C.“沙里淘金”属于物理变化，C错误；D.“蒸烧”是指蒸馏过程，D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、HOClHClH2O【解题分析】

根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。【题目详解】X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。综上可确定X为H，Y为O，Z为Cl。XZ为HCl，X2Y为H2O。24、SClKCar(K)＞r(Ca)＞r(S)＞r(Cl)H2SO4、HClO4、KOH、Ca(OH)2酸性：HClO4＞H2SO4，碱性：KOH＞Ca(OH)2HCl、H2SHCl＞H2S【解题分析】

A、B、C、D4种元素的核电荷数依次增大，A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，则M层电子数=8-2=6，故A为S元素；D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半，则L层已经排满电子，故核外电子数=2×(2+8)=20，故D为Ca元素；四元素的离子的电子层数相同且最外层电子数均为8，结合原子序数，可推知，B为Cl、C为K；据此解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，A为S，B为Cl，C为K，D为Ca；元素周期表中，同主族的元素原子半径从上到下依次增大，同周期的元素从左到右原子半径依次减小，故它们的原子半径由大到小的顺序是：r(K)＞r(Ca)＞r(S)＞r(Cl)；（2）它们的最高价氧化物对应的水化物的化学式分别是H2SO4、HClO4、KOH、Ca(OH)2，它们的酸性和碱性的强弱：酸性：HClO4＞H2SO4，碱性：KOH＞Ca(OH)2；（3）能够生成的气态氢化物的化学式为：H2S、HCl；非金属性越强，其气态氢化物越稳定，Cl的非金属性比S强，所以稳定性：HCl＞H2S。25、②⑤100mL容量瓶胶头滴管偏小【解题分析】

溶液配制有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀八个步骤，图中①为称量，②为溶解，③为转移，④为洗涤，⑤为定容，⑥为摇匀。其中溶解不允许在量筒中进行，定容时视线应与凹液面最低处相平，需用到100mL容量瓶和胶头滴管，误差分析根据公式来进行判断。【题目详解】（1）配制100mL0.020mol/LKMnO4溶液，溶解高锰酸钾固体应该在烧杯中，不允许在量筒中进行，定容时视线应与凹液面最低处相平，故操作②和⑤不正确，故答案为：②；⑤；（2）定容时需用到的仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；（3）定容时仰视会导致溶液体积V偏大，由公式可知配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小。26、⑦⑥④⑤②二氧化锰3Cl2+2Fe2FeCl3吸收氯气中的氯化氢气体A否装有氢氧化钠溶液的烧杯或尾气吸收【解题分析】

根据实验原理和目的及各装置的作用决定仪器组装顺序；A装置中二氧化锰固体和浓盐酸反应制备氯气；容器E中是饱和的氯化钠溶液，能除去氯气中的氯化氢；容器D中装有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，起干燥作用；B中铁和氯气反应生成氯化铁；A处是制取氯气，B处是氯气和铁反应，所以先点燃A，使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中氧气氧化；氯气有毒，不能任意排放到空气中，应该用尾气处理装置，据此分析。【题目详解】(1)A装置制备氯气，气体分别通入E盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去氯气中的氯化氢、D盛有浓硫酸的洗气瓶除去氯气中的水蒸气，除杂干燥后和B装置中的铁反应，装置C防止空气中的水蒸气进入，导气管的位置都是长进短出，按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是为：⑦⑥④⑤②；(2)二氧化锰固体和浓盐酸反应制备氯气，二氧化锰的化合价从+4价降低到+2价，是氧化剂；铁和氯气反应生成氯化铁3Cl2+2Fe2FeCl3；(3)容器E中是饱和的氯化钠溶液，氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O⇌H＋+Cl－+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体；(4)A处是制取氯气，B处是氯气和铁反应，所以先点燃A，使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中氧气氧化；(5)氯气有毒，污染环境，这套实验装置不完整，氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，补充：装有氢氧化钠溶液的烧杯(或尾气吸收)。【题目点拨】氯气的氧化性较强，会将铁直接氧化成三氯化铁，为易错点。27、10.7100mL容量瓶检查是否漏水NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O碱石灰干燥剂红【解题分析】

(1)根据溶液的浓度和体积计算物质的量，再计算质量；(2)①根据实验步骤分析；②带有玻璃塞的仪器均需要检漏；(3)①实验室用氢氧化钙和氯化铵加热制氨气；②B装置应干燥氨气；③氨气溶于水显碱性。【题目详解】(1)配制100mL2mol/L的NH4Cl溶液，则n＝cV＝0.1L×2mol/L＝0.2mol，则其质量为0.2mol×53.5g/mol＝10.7g，托盘天平称精确到0.1g，则用托盘天平称量NH4Cl固体的质量为10.7g；(2)①配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；②带有玻璃塞的仪器均需要检漏，所以在使用容量瓶配制溶液必须进行的一步操作是检查是否漏水；(3)①A处氢氧化钙和氯化铵加热生成氨气、氯化钙和水，其反应的方程式为：NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑