辽宁省阜新市二中2024届化学高一第一学期期末达标检测模拟试题含解析

辽宁省阜新市二中2024届化学高一第一学期期末达标检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、对于反应Cl2＋H2O===HCl＋HClO的叙述中正确是（）A．属于置换反应 B．属于复分解反应C．氯气既是氧化剂又是还原剂 D．反应产物都是强酸2、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．Fe3O4与足量稀HNO3反应：Fe3O4＋8H＋＝2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2OB．用小苏打治疗胃酸过多：NaHCO3＋H＋＝Na＋＋CO2↑＋H2OC．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H＋+2I－=I2+2H2OD．往碳酸氢钙溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-＝CaCO3↓+2H2O+CO32-3、下列说法正确的是（）A．在标准状况下，1mol水的体积是22.4LB．1molH2所占的体积一定是22.4LC．32g氧气含的原子数目为NAD．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA4、漂白粉的有效成分是()A．HClOB．Ca(ClO)2C．Ca(OH)2D．CaCl25、分类是化学学习和研究的常用手段,下列关于物质分类的正确组合是()酸碱盐氧化物AHNO3NaOHNaClH2OBHClCaONa2CO3NH3CH2SO4Ba(OH)2CO2Na2O2DH3PO4KOHAl(OH)3BaSO4A．A B．B C．C D．D6、有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g,放入500mL某浓度的盐酸溶液中,混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。上述盐酸溶液的浓度为（）A．1mol/LB．2mol/LC．0.5mol/LD．1.5mol/L7、下列气体有毒的的是()A．氯气 B．氧气 C．氢气 D．二氧化碳8、已知还原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-9、已知与浓盐酸在常温下能反应产生。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（）A．①处和②处 B．只有②处 C．只有②处和③处 D．②处、③处和④处10、有关实验的说法中正确的是()A．除去铁粉中的铜粉，加入足量浓硫酸加热反应后进行过滤B．不用任何其他试剂就可以鉴别NaOH溶液和Al2(SO4)3溶液C．制备Fe(OH)3胶体时，通常是将Fe(OH)3固体溶于沸水中D．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有11、将少量铁粉加入到下列溶液中，铁粉溶解，但不产生气体和沉淀的是（）A．稀H2SO4溶液B．FeCl3溶液C．CuSO4溶液D．NaCl溶液12、下列气体中，不能用排水法收集的是A．H2 B．NH3 C．O2 D．NO13、某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是()A．用25mL量筒量取12.36mL盐酸B．用托盘天平称量8.7g食盐C．用100mL的量筒量取18.8mLNaOH溶液D．实验室常用的广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.514、某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是A．石蕊 B．AgNO3 C．NaOH D．AlCl315、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．等物质的量的FeCl2与FeCl3，前者比后者少NA个氯离子B．16gCH4和18gNH3所含质子数均为10NAC．1mol过氧化钠与足量水反应时，转移电子的数目为2NAD．常温常压下，相同体积的Cl2、HCl含有的分子数和原子数均相同16、常用两种方法制备氯化物：①金属与氯气直接化合；②金属与盐酸反应。用上述两种方法都可制得的氯化物是()A．氯化铜 B．氯化亚铁 C．氯化铁 D．氯化铝17、下列说法正确的是()A．1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子B．常温下，22.4LSO2所含的分子数为NAC．摩尔是物质的量的单位D．H2O的摩尔质量是18g18、电解质电离时一定相等的是()A．阴离子与阳离子的总数 B．阳离子和阴离子的质量C．正电荷总数和负电荷总数 D．每个阳离子和阴离子所带电荷数19、高温下铝粉与氧化铁的反应可以用来焊接钢轨，该反应会放出大量的热，使置换出的铁呈熔融态，从而达到焊接目的。下列分析错误的是A．该反应不属于氧化还原反应B．被还原的物质是氧化铁C．该反应的还原剂是铝粉D．该反应可以用来冶炼某些熔点高的金属20、关于用自来水制取蒸馏水实验的说法中，不正确的是()A．蒸馏烧瓶中加入几粒碎瓷片，防止自来水暴沸B．温度计水银球应放在支管口处，不能插入自来水液面下C．蒸馏烧瓶可直接加热，不用垫石棉网加热D．冷凝管中的水流方向是从下口进入，上口排出21、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（）纯净物混合物电解质非电解质A纯盐酸水煤气硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾氢硫酸铁碳酸钙D过氧化钠氯水氯化铜碳酸钠A．A B．B C．C D．D22、最容易与氢气反应的物质是A．F2B．Br2C．Cl2D．I2二、非选择题(共84分)23、（14分）物质A～N存在如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：气体B是___，沉淀N是___。（2）写出反应“C→F”的离子方程式：___。（3）写出反应“I→J”的离子方程式：___。（4）在溶液I中直接滴加NaOH溶液，放置中可观察到的现象是___，后期发生变化的原因可用化学方程式解释为___。（5）固体L是一种红色颜料，将一定量固体L溶于160mL5mol·L-1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L氢气（标准状况），经检测溶液中无Fe3＋，则参加反应的铁粉的质量为___g。24、（12分）A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种常见金属元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃观察）。请回答下列问题：（1）写出化学式：B____________，D___________。（2）五种化合物中难溶于水的是___________________（填化学式）。（3）写出下列反应的离子方程式：A→B：_________________________________________________。B→E：_________________________________________________。C→E：_________________________________________________。25、（12分）根据下图所示装置回答以下问题。已知：①KMnO4常温下与浓盐酸反应可制得Cl2。②H2SiO3不溶于水。(1)利用如图装置可以验证元素非金属性的变化规律。图中A装置的名称是________________。干燥管D的作用是____________。(2)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性强于硫：烧瓶中发生反应的离子方程式为____________________________。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_____________________。(3)若要用此装置证明酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，进而证明非金属性：N＞C＞Si，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：①稀HNO3②稀盐酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤SiO2。试剂A与C分别为________(填序号)；试管中发生反应的离子方程式为__________________。有同学认为此实验不能说明N、C、Si的非金属性强弱，你认为原因是_____________________。26、（10分）下图是某小组同学配制100mL0.100mol·L－1Na2CO3溶液的一些关键步骤和操作图。(1)配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_________、___________。(2)配制过程的先后顺序为(用字母A～F填写)________。(3)步骤A通常称为洗涤，如果没有步骤A，则配得溶液的浓度将________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)；步骤F称为________，如果俯视刻度线，配得溶液的浓度将________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。(4)用Na2CO3·10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，则所配得溶液的浓度会________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。(5)若配制NaOH溶液，在步骤B之后，需________，才进行下一步操作。27、（12分）Ⅰ.实验室欲用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为）来配制稀盐酸。请回答下列问题：（1）需要用到的仪器除量筒烧杯外，还需用到的仪器有_________。（2）在上述仪器选定的情况下，需要量取浓盐酸________。（3）对于容量瓶来说除洗净外还必须进行的一项操作是_____________。（4）配制溶液过程中，下列操作对溶液中溶质的物质的量浓度有何影响？（在横线上填“偏高”“偏低”或“无影响”）①烧杯和玻璃棒洗净后没有烘干即进行实验：________________。②溶解液转移后没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次：________________。③定容时，俯视刻度线：__________________。Ⅱ.取出配制好的盐酸与足量的锌粒反应。试计算：（5）产生的氢气在标准状况下的体积为_________。（6）转移的电子的物质的量为__________。28、（14分）将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：OA：________________________________；BC：_____________________________；（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。（5）a的值是____________。29、（10分）在Na＋浓度为0.5mol·L－1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为固体SiO2和H2O）阳离子K＋Ag＋Ca2＋Ba2＋阴离子NOCOSiOSO现取该溶液100mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是___________；(2)实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为____________________________________；(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，写出SiO物质的量浓度的计算过程_______。(4)判断K＋是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由_______。

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【解题分析】

从的Cl2＋H2O===HCl＋HClO化学反应中，获得的信息为：Cl2既是氧化剂又是还原剂；C正确；反应物和生成物都是一种单质和一种化合物，为置换反应，该反应不是置换反应，也不是复分解反应，A、B错误；产物HClO为弱酸，D错误。答案选C。【题目点拨】根据反应的化学方程式以及物质的性质进行分析，物质跟氧的反应是氧化反应，含氧化合物中的氧被夺去的反应时还原反应，充当是氧化剂，而得到氧的物质是还原剂，可以据此结合题给的选项进行解答。2、C【解题分析】试题分析：A、硝酸具有氧化性，可以将亚铁离子氧化成铁离子，故错误；B、小苏打为碳酸氢钠，能拆成离子形式，故错误；C、过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，故正确；D、碳酸氢钙和少量的氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，故错误。考点：离子方程式的判断3、D【解题分析】

A.标况下水不是气态，不能用22.4L/mol计算水的体积，A选项错误；B.气体的体积受温度和压强的影响，1molH2的体积不一定是22.4L，B选项错误；C.32克氧气含的原子数目为：32g÷32g/mol×2×NAmol-1=2NA，C选项错误；D.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子为：5.6g÷56g/mol×2×NAmol-1=0.2NA，D选项正确；答案选D。【题目点拨】对于气体的摩尔体积：1.只适用于气体，液体和固体不能按气体来计算；2.在标准状况下，气体的摩尔体积是22.4L/mol，在非标准状况下，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol。所以有关气体的摩尔体积的计算，首先要注意是否为气体，其次要注意所处的条件。4、B【解题分析】

将氯气通入冷的消石灰[Ca(OH)2]中即制得以次氯酸钙为有效成分的漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，其有效成分是Ca(ClO)2，故答案为B。5、A【解题分析】

从酸、碱、盐、氧化物的定义入手进行分析；【题目详解】A、HNO3属于酸，NaOH属于碱，NaCl属于盐，H2O属于氧化物，故A正确；B、CaO为氧化物，NH3不属于氧化物，故B错误；C、CO2属于氧化物，不是盐，故C错误；D、Al(OH)3不属于盐，BaSO4属于盐，不属于氧化物，故D错误；答案选A。【题目点拨】由两种元素组成，其中一种元素是氧化物，这种化合物我们成为氧化物，因此向BaSO4这样的化合物，不属于氧化物。6、A【解题分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒可得：n（NaCl）=n（NaOH）=0.250L×2.00mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒可得：n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该元素的物质的量浓度=0.5mol点睛：考查有关混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，本题中明确反应后的溶质组成为解答关键，Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl），根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=nV7、A【解题分析】

氧气、氢气、二氧化碳均为无色无味无毒的气体，而且氧气和二氧化碳均是空气的成分；氯气是一种黄绿色有毒气体。故答案为A。8、B【解题分析】

由于还原性I->Fe2+>Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；当I－反应完全后再发生反应：2Fe3＋+Cl2=2Fe2++2Cl－，当该反应完成后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br，故选项是B。9、D【解题分析】

①与浓盐酸在常温下反应产生，①正确；②浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去，会与溶液反应，故不能选择氢氧化钠溶液，②错误；③用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，③错误；④氯气与金属在试管中反应，若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应伸到试管底部，④错误。综上，答案选D。10、B【解题分析】

A．加热时，Fe、Cu均与浓硫酸反应，不能除杂，可以选择磁铁分离，故A错误；B．将NaOH溶液逐滴加入Al2(SO4)3溶液中立即产生白色沉淀，随着NaOH溶液的加入沉淀逐渐增多至最大，然后沉淀溶解至完全消失，将Al2(SO4)3溶液逐滴加入NaOH溶液中开始一段时间无明显现象，然后产生白色沉淀至最大，滴加顺序不同实验现象不同，可用顺序滴加法鉴别NaOH溶液和Al2(SO4)3溶液，故B正确；C．制备Fe(OH)3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液与沸水制备，故C错误；D．使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中可能含有、、等，故D错误；故答案选B。11、B【解题分析】

根据铁的化学性质分析。【题目详解】A项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故不选A；B项，铁氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，铁粉溶解，但不产生气体和沉淀，故选B；C项，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，故不选C；D项，铁与氯化钠溶液不反应，故不选D；故答案选B。12、B【解题分析】

A.氢气不溶于水，可以用排水法收集，故A不选；B.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故B可选；C.氧气不溶于水，可以用排水法收集，故C不选；D.一氧化氮不溶于水，可以用排水法收集，故D不选；故答案选B。13、B【解题分析】

A.量筒的精确度只能达到0.1mL，不能读到12.36mL，故A错误；B.托盘天平能精确到0.1g，故可以称取8.7g的食盐，故B正确；C.用量筒量取液体体积时，量筒的规格和液体的体积越接近，误差越小，故C错误；D.广泛pH试纸的测定的pH为正整数，无法测得某溶液pH为3.5，故D错误；答案选B。14、D【解题分析】

自来水是由氯气消毒的，氯气溶于水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO,所以自来水中含有HCl、HClO和Cl2。【题目详解】A．石蕊遇HCl变红，遇HClO褪色，不符；B．AgNO3遇HCl生成白色沉淀，不符；C．NaOH与HCl反应生成NaCl，不符；D．AlCl3不会产生明显药品变质，符合；答案选D。15、D【解题分析】

A、没有具体指明物质的量具体是多少，故个数无法计算，故A错误；B、16gCH4的物质的量为1mol，含有10mol质子；18gNH3的物质的量为mol，含有mol质子，二者含有的质子数不同，故B错误；C、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子即NA个，故C错误；D、氯气和氯化氢都是双原子分子，故常温常压下，相同体积的Cl2、HCl含有的分子数和原子数均相同，故D正确。故选：D。16、D【解题分析】

A．Cu与盐酸不反应，不能通过与盐酸反应得到，故A错误；B．Fe和氯气直接化合制得FeCl3，但Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，不符合题意，故B错误；C．Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，不能得到FeCl3，故C错误；D．Al和氯气直接化合制得AlCl3，且Al与盐酸反应制得AlCl3，符合题意，故D正确；故选D。17、C【解题分析】

A．有的分子由单原子、两原子、多原子构成；还有些物质由离子组成的，如NaCl是由离子构成的，故A错误；B．常温下气体摩尔体积不是22.4L/mol，故22.4LSO2所含的分子数不是NA，故B错误；C．物质的量的单位是摩尔，故C正确；D．摩尔质量的单位是g/mol，H2O的摩尔质量是18g/mol，故D错误；故答案选C。18、C【解题分析】

根据电荷守恒的原则，任何溶液都是呈电中性的，也就是说，电解质电离时，正电荷总数和负电荷总数一定相等，比如说1molNa2SO4电离出的2molNa+和1molSO42-，两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等，但正电荷总数和负电荷总数相等；本题答案为C。【题目点拨】电解质在电离时，一个分子中的阴阳离子是同时分开的，而任何电解质都是电中性的，故电解时阴阳离子电荷总数相等。19、A【解题分析】

铝热反应的发生是因为铝单质具有较强的还原性，且反应放出大量的热。该反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应中铝元素从零价升高到正三价，铁元素从正三价降低到零价，所以铝是还原剂，氧化铁是氧化剂，据此进行判断。【题目详解】A.根据反应的化学方程式：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应中铝元素化合价升高，铁元素化合价降低，属于氧化还原反应，A选项错误；B.被还原的物质是氧化剂，所含元素化合价降低，所以被还原的物质是氧化铁，B选项正确；C.还原剂在反应中所含元素化合价升高，所以C选项正确；D.铝单质的还原性强，且该反应放出大量的热，可以用来冶炼某些熔点高的金属，比如锰、钨等，D选项正确；答案选A。20、C【解题分析】A.蒸馏烧瓶中加入几粒碎瓷片，防止自来水受热时暴沸，A正确；B.温度计测量的水蒸气的温度，故其水银球应放在支管口处，不能插入自来水液面下，B正确；C.蒸馏烧瓶不可直接加热，应垫石棉网加热，C不正确；D.为了保证冷凝效率较高，冷凝管中的水流方向是从下口进入，上口排出，D正确。本题选C。21、B【解题分析】

A.盐酸是混合物，故A错误；B.蒸馏水是纯净物，蔗糖溶液为混合物，氧化铝是电解质，二氧化硫是非电解质，故B正确；

C、铁是单质，单质不是电解质，碳酸钙是强电解质，故C错误；D、碳酸钠是强电解质，故D错误；故选：B。【题目点拨】纯净物：有一种物质组成．混合物：由两种或两种以上的物质组成．在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质．22、A【解题分析】

元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，最容易与氢气反应。【题目详解】F、Cl、Br、I为同主族元素，从上到下，随核电荷数依次增大，原子半径依次增大，非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，故最容易与氢气反应的物质是F2，故选A。【题目点拨】题考查了卤素单质的性质的递变规律，注意非金属性比较的方法是解答关键。二、非选择题(共84分)23、HClH2SiO3Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)311.2【解题分析】

硅和烧碱反应得到M，M是硅酸钠溶液，通入后变为沉淀，N是，溶液C能与氨水反应得到白色沉淀，白色沉淀又能溶于强碱，则C一定是铝盐，F是，G则是，A就是铝，铝与溶液B反应得到铝盐和一种单质气体D，D只能是氢气，黄绿色气体E只能是氯气，则氢气和氯气反应得到氯化氢气体B，因此溶液B是盐酸，溶液I虽然不好推断，但是K一定是沉淀，则金属H是铁，I是氯化亚铁，J是氯化铁，最后灼烧可以得到铁红，L是，本题得解。【题目详解】（1）根据分析，B是氢气，N是硅酸；（2）根据分析，写出铝盐和氨水反应的离子方程式：；（3）根据分析，写出亚铁被氯气氧化的离子方程式：；（4）亚铁溶液中加入碱，可以看到白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，实际上发生了；（5）本题最终得到的是溶液，根据先算出的物质的量，氯元素是守恒的，因此最后得到的一共有0.4mol；体系中氧化剂有和两种，还原剂只有铁粉，三者最终恰好完全氧化还原，首先根据算出（还原产物）的量，则一共得了0.2mol电子，再来看铁，我们可以假设参加反应的铁粉有，则参加反应的有，列出反应中的得失电子守恒：解出，则参加反应的铁粉一共有。24、Al(OH)3AlCl3Al(OH)3、Al2O3AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2OAl2O3+2OH-＝2AlO2-+H2O【解题分析】

B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al(OH)3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃片)，说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al(OH)3，则A应为KAlO2，结合对应物质的性质解答该题。【题目详解】B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al(OH)3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃片)，说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al(OH)3，则A应为KAlO2；(1)通过以上分析知，B为Al(OH)3，D为AlCl3；(2)在KAlO2、Al(OH)3、A12O3、AlCl3、NaAlO2中不溶于水的有Al(OH)3和A12O3；(3)A→B的反应为AlO2-和Al(OH)3的转化，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；B→D为Al(OH)3溶于NaOH溶液，发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O；C→E为A12O3溶于NaOH溶液，发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O。【题目点拨】考查铝及其化合物之间的转化，根据B能和强酸、强碱反应且加热易分解推断知，B是氢氧化铝，再结合物质的反应条件、反应物来分析解答，难度中等，注意偏铝酸根离子和碳酸根离子不能共存，为易错点。25、分液漏斗防倒吸2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2OCl2＋S2－=S↓＋2Cl－①、④CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸【解题分析】

（1）根据仪器结构特点分析；氯气溶于水，需要防倒吸；（2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；（3）要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，硝酸有挥发性，干扰碳酸与硅酸的强弱比较。【题目详解】（1）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；

（2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为：2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为：2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；S2-+Cl2═S↓+2Cl-；（3）根据强酸制强酸的原理，利用稀硝酸溶解碳酸钙，将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液；试管中发生反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-；因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，故答案为：①④；CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-；HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸；【题目点拨】本题考查性质实验方案设计，涉及金属、非金属性强弱的探究，题目难度中等，明确物质的性质是解本题关键，知道金属性、非金属性强弱判断方法，会根据物质性质设计实验，试题培养了的分析能力及化学实验能力。26、100mL容量瓶胶头滴管DBCAFE偏低定容偏高偏高冷却至室温【解题分析】

（1）从图中得到，配制的过程中使用的玻璃仪器有：100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管。所以答案为100mL容量瓶和胶头滴管。（2）配制的过程是：将定量的碳酸钠固体溶解在烧杯里，将溶解液转移至容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒两到三次，将每次的洗涤液也转移至容量瓶，加入蒸馏水至距离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切，最后倒转摇匀即可，所以顺序为：DBCAFE。（3）如果不进行洗涤，在烧杯内壁和玻璃棒上的碳酸钠溶液就被损失了，所以浓度偏低。步骤F是定容，如果俯视刻度线，加入的水会偏少，所以配得溶液的浓度将偏高。（4）用Na2CO3·10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，则称量出的晶体中碳酸钠的质量将高于理论值（例如：假设需要106g碳酸钠，则应该称量286g的Na2CO3·10H2O，如果该Na2CO3·10H2O的结晶水都失去了，最后就得到了286g纯碳酸钠），所以所配得溶液的浓度会偏高。（5）氢氧化钠溶于水会剧烈放热，使体系的温度升高，为了保证定容时体积的准确，应该先冷却至室温，再进行后续操作。点睛：本题的图片到底对应了配制溶液过程中的哪一个步骤，实际不太好判断。例如：题目认为B是在进行搅拌溶解，仅看图的话，是不是可以认为是加水洗涤（当然加的水有点多）。所以解题时要联系下面的问题，在问题（3）中得到A为洗涤，所以只能认为B为搅拌溶解，C为将溶解液转移至容量瓶。27、胶头滴管、容量瓶、玻璃棒25.0检查是否漏液无影响偏低偏高134.4【解题分析】

Ⅰ.（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的仪器是量筒（天平）、烧杯、一定规格的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，故答案为：胶头滴管、容量瓶、玻璃棒；（2）稀盐酸的物质的量为，，故答案为：；（3）容量瓶使用前必须检验是否漏液，故答案为：检查是否漏液；（4）①烧杯和玻璃棒洗净后没有烘干对实验无影响，故答案为：无影响；②溶解液转移后没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，导致溶质物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；③定容时，俯视刻度线，体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；Ⅱ.（5）盐酸的物质的量为，根据反应方程式：↑，所生成的氢气的物质的量为，，故答案为：134.4；（6）生成，转移，则生成，转移，故答案为：。28、H++OH-=H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O5.1克6mol/L5mol/L20【解题分析】（1）由图可知，OA段没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O；BC段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（2）氢氧化镁不溶于氢氧化钠，由图可知，氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量是5.8g÷58g/mol＝0.1mol，根据镁原子守恒可知金属镁的质量是0.1mol×24g/mol＝2.4g；氢氧化铝沉淀质量为13.6g-5.8g=7.8g，其物质的量为7.8g÷78g/mol=0.1mol，根据铝原子守恒可知金属铝的质量是0.1mol×27g/mol＝2.7g，所以原Mg-Al合金的质量是2.4g+2.7g＝5.1g；（3）由Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知BC段氢氧化铝完全溶解消耗氢氧化钠为0.1mol，氢氧化钠溶液体积为140mL－120mL＝20mL，所以c（NaOH）=0.1mol÷0.02L=5mol/L；B点时沉淀量最大，此时溶液溶质为NaCl，根据钠元素守恒，n（NaCl）=n（NaOH）=0.12L×5mol/L=0.6mol，根据氯元素守恒n（HCl）=0.6mol，故盐酸的物质的量浓度为0.6mol÷0.1L=6mol/L；（4）根据以上分析可知所加NaOH溶液的物质的量浓度是5mol/L；（5）生成0.1mol氢氧化镁和0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠分别是0.2mol、0.3mol，共计是0.5mol，则AB段消耗氢氧化钠溶液的体积是0.5mol÷5mol/L＝0.1L＝100mL，所以a＝120－100＝20。29、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋CO＋2H＋=H2O+C