2024届河北省沧州市沧县凤化店中学化学高一第一学期期末调研试题含解析

2024届河北省沧州市沧县凤化店中学化学高一第一学期期末调研试题考生请注意：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、下列有关钠及其化合物性质的说法正确的是A．等质量的NaHCO3与Na2CO3分别与等浓度的盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等B．将1mol甲醇(CH4O)完全燃烧生成的CO2和水蒸气通过足量的Na2O2固体，充分反应后固体增重32gC．取agNa2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数D．鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液2、CN－为拟卤素离子，(CN)2性质和卤素类似。下列叙述错误的是（）A．(CN)2可以和H2反应 B．(CN)2不能和碱反应C．CN－具有还原性 D．(CN)2的性质活泼3、下列所述性质中能证明化合物微粒间一定存在离子键的是()A．易溶于水 B．具有较高的熔点C．熔融状态下能导电 D．溶于水能电离出离子4、将10g铁碳合金放入O2中高温灼烧，将反应后的气体通入到过量石灰水中得沉淀1.4g．则此铁碳合金是()A．生铁 B．高碳钢C．中碳钢 D．低碳钢5、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．4.0g重水(D2O)中所含质子数为0.4NAB．4.48LN2与CO的混合物中所含分子数为0.2NAC．常温下，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.1NAD．0.2molNa2O2中含有离子总数为0.8NA6、下列装置不能达到除杂目的（括号内为杂质）的是A．Cl2（HCl） B．苯（水）C．NaCl固体（碘固体） D．I2（CCl4）7、高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与亚铁离子反应，离子方程式如下(未配平)：MnO4-+Fe2++H+=Mn2++Fe3++H2O下列有关说法正确的是()A．MnO4-和H+是氧化剂，Fe2+是还原剂B．H2O既是氧化产物又是还原产物C．每生成1mol水将转移1.2mol的电子D．Fe2+的还原性强于Mn2+8、13C－NMR(NMR表示核磁共振)可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下面有关13C的叙述中，正确的是()A．13C与C60都为C的核素 B．13C与15N有相同的中子数C．12C与13C互为同位素 D．13C核外电子数大于核内质子数9、下列有关氯气性质的说法，正确的是（）A．氯气和液氯都是纯净物，新制氯水和久置氯水都是混合物B．用二氧化锰和浓盐酸制备氯气时，参与反应的浓盐酸只体现出还原性C．新制氯水光照时黄绿色消失，主要原因是氯气逸出D．氯原子最外层电子数为7，所以在化学反应中氧氯气只体现氧化性10、为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是A．分别加入1mol·L－1的盐酸，看气泡产生的快慢B．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水中，观察有无白色浑浊C．分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀D．分别配成溶液，做焰色反应实验，观察火焰的颜色11、将BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，下列说法正确的是（）A．一定存在Ag+ B．一定存在CO32— C．一定存在SO42— D．以上说法都不对12、常温下，下列金属难与氧气反应的是（）A．Na B．Mg C．Al D．Au13、实验室中要使Al2(SO4)3溶液中的Al3+全部沉淀出来，最适宜的试剂是()A．NaOH溶液 B．氨水 C．Ba(OH)2溶液 D．盐酸14、下列对Na2O2的叙述中，正确的是A．Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物B．Na2O2能与水反应，所以Na2O2可作干燥剂C．Na2O2与水反应时，Na2O2只作氧化剂D．Na2O2与CO2反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂15、下列有关硫及其化合物性质的说法中，正确的是A．铜粉和硫粉混合加热可制得CuSB．久置酸雨酸性增强，原因是水的挥发C．SO2通入石蕊试液中，溶液颜色先变红，再褪色D．亚硫酸钠暴露在空气中容易被氧化成硫酸钠16、相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。下列叙述错误的是()A．a∶b等于A与B的相对分子质量之比B．a∶b等于等质量的A与B的分子数之比C．a∶b等于同温同压下A与B的密度之比D．b∶a等于同温同体积等质量的A与B的压强比17、下列离子方程式书写正确的是（）A．硅和氢氧化钠溶液反应：Si+2Na++2OH–+H2O=Na2SiO3+2H2↑B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后显酸性：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2OC．FeCl3溶液与Fe反应：2Fe3++Fe=3Fe2+D．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O18、下列叙述中，错误的是（）A．摩尔是物质的量的单位B．36g水中含氢原子数目为4NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）C．在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约是6.02×1023D．等质量的O2与O3，所含氧原子数之比为3：219、金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是()A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．Na→NaOH→Na2CO3→NaClC．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)320、下列关于钠的叙述中，不正确的是（）A．钠燃烧时发出黄色的火焰 B．钠原子最外层只有一个电子C．钠有很强的还原性 D．钠燃烧时生成氧化钠21、用下列有关实验装置进行的相应实验中，能达到实验目的的是A．所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．所示装置制取少量纯净的CO2气体D．所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层22、如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是()A．Na2O2中阴阳离子数目之比为1∶1B．反应①的离子方程式为Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑C．①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：①>②>③D．反应③转移电子的物质的量为0.1mol二、非选择题(共84分)23、（14分）下列有关物质的转化关系如图所示（部分反应条件己路去）。A是紫红色的金属单质，B为强酸，E在常温下为无色液体，D、F、G为气体。请回答下列问题：（1）G的化学式为___，实验室中试剂B应保存在___中。（2）写出反应①的化学方程式：___，反应中B体现的性质为___。（3）写出反应②的离了方程式：___，实验室中F可用___法收集。24、（12分）A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应。B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol·L-1盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件完成下列问题：(1)C元素位于第______周期第_____族，它的最高价氧化物的化学式为____。(2)A元素是_____，B元素是_____，D元素是_____。(填元素符号)(3)A与D形成稳定化合物的化学式是______，该化合物中存在的化学键类型为___，判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是______。(4)C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为______。25、（12分）某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的花肥的主要成分及相关性质。首先对该花肥的成分进行了如下假设：a．只含有FeSO4b．含有FeSO4和Fe2(SO4)3c．只含有Fe2(SO4)3将花肥固体粉末溶于水中得到溶液（记为X），进行如下实验：实验序号操作现象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol/LNaOH溶液取产生红褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液显红色（1）请用文字表述做出假设b的依据是____________。（2）对实验ⅰ的预期现象是产生白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，预期产生该现象的依据是（用化学方程式或离子方程式表达）______、_______。（3）由实验ⅱ得出的结论是_______。结合实验ⅰ、ⅱ，推测实验ⅰ实际现象与预期现象不符的原因可能是____________。为进一步验证假设，小组同学进行了以下实验：实验序号操作现象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液显红色ⅳ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液显红色，颜色比ⅲ深（4）实验ⅳ中氯水参加反应的离子方程式是__________。（5）通过以上实验，可得到的结论是_________________________，请完整表达该结论是如何得出的____________。在明确了X的组成后，该小组同学进一步探究X与锌粉的反应。进行实验ⅴ实验序号操作现象ⅴ取2mL溶液X，加入少量锌粉（m克）无明显现象该实验在操作过程中，发现锌粉漂浮在试管中，影响实验现象的观察，因此未观察到明显现象。该小组同学为确认反应的发生，查阅资料发现Fe2+遇铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀；据此对实验ⅴ进行了改进，进行实验ⅵ、ⅶ：实验序号操作现象ⅵ取2mL溶液X，加入3滴铁氰化钾产生蓝色沉淀ⅶ取2mL溶液X，加入少量锌粉（m克），再加入3滴铁氰化钾产生蓝色沉淀，沉淀量比ⅵ多（6）由此确认：实验ⅴ未观察到明显现象，并不意味着未发生反应。写出实验ⅴ中锌一定发生的反应的离子方程式是_________________。26、（10分）用18.4mol/L的浓H2SO4配制100mL浓度为1.0mol/L的稀H2SO4，其操作可分为以下各步:（1）A．用量简量取_____浓H2SO4缓缓注入装有约50mL

蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒搅拌；B．用约30mL蒸馏水，分成3次洗涤烧杯和玻棒，将每次洗涤液都注人容量瓶中；C．将稀释后的H2SO4小心转移到100mL

容量瓶里；D．检查100mL容量瓶口部是否会发生滴漏；E.加蒸馏水至容量瓶中液面接近刻度2cm

处；F.盖紧瓶塞，反复颠倒振荡，摇匀溶液；G.用胶头滴管向容量瓶里逐滴滴加蒸馏水至液面最低点和刻度线相平。（2）上述操作正确的顺序为(用字母填写)__________。（3）进行A步操作时，应选择下列量器_______(填序号)。a.10mL量筒b.50mL量筒c.100mL量筒（4）如果对装有浓H2SO4的量筒读数如右图所示，配制的稀H2SO4的浓度将_______(偏高、偏低、无影响)。（5）进入A步操作后，必须________后才能进行C操作。27、（12分）Ⅰ.为探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，设计实验装置如图所示，部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。(洗气瓶中试剂均足量)(1)分析推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有_______________________________。(2)D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式_____________________。II.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水x的值，实验装置和过程如下：取硫酸铜晶体7.23g置于硬质试管中，先通N2排除体系内空气，酒精喷灯高温加热充分，待A中蓝色晶体最终变成黑色，停止加热，再次鼓入N2至装置冷却到室温。(洗气瓶中试剂均足量)(1)取B中白色沉淀经过滤洗涤干燥称量得固体6.99g，经计算可得CuSO4·xH2O中x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。(2)某同学提出，要测定晶体中结晶水x的值，也可将B装置用装有浓硫酸的洗气瓶替换，最终测浓硫酸增重即可计算得到结果，评价该同学的方案是否可行？(如果不可行，请说明理由)_____________________________28、（14分）铜是生产和生活中用量较多的金属。(1)下列有关铜元素的说法中，不正确的是__________（填字母）A．青铜、不锈钢、硬铝都是合金B．铜表面易形成致密的氧化膜C．铜与O2反应生成黑色的CuOD．CuSO4·5H2O是一种混合物，加热后变为白色固体(2)某化学小组为测定某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量①请写出方案Ⅰ中铜与稀硝酸反应的离子方程式：___________，该方案中稀硝酸表现出来的性质是___________（填字母）。A．挥发性B．酸性C．氧化性D．还原性②方案Ⅱ比方案Ⅰ更易于实施，理由是________________。请写出方案Ⅱ中发生反应的化学方程式：____________，该反应产生气体在标准状况下的体积为________(铜铝混合物质量是m1g，反应后剩余固体的质量m2g，用含m1、m2的代数式表示)。29、（10分）铝土矿的主要成分是Al2O3,含有Fe2O3、SiO2（已知SiO2不溶于水，也不与强酸和强碱反应）等杂质,按下列操作从铝土矿中提取Al2O3。回答下列问题:(1)写出沉淀物的化学式:a______;f______。

(2)写出加入过量NaOH溶液时所发生主要反应的离子方程式:________________、______________。

(3)写出通入气体B(过量)时溶液C中发生反应的离子方程式:___________________、_______________。

(4)铁有许多重要的化合物,中学化学常见的有三种氧化物和两种氢氧化物,则Fe(OH)2转化成Fe(OH)3的现象为___________________________。同时铁元素还有许多盐，FeSO4·7H2O是一种浅绿色晶体,俗称绿矾,常用于处理含有氧化性离子的废水。现用绿矾对某工厂废水(含有强氧化性离子Cr2O72-)进行处理。在酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，写出在酸性条件下FeSO4·7H2O与Cr2O72-反应的离子方程式：_______________________________________________________________________________

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、B【解题分析】

A.等质量的NaHCO3与Na2CO3分别与等浓度的盐酸完全反应时，碳酸氢钠的摩尔质量小，产生CO2的物质的量多，A错误；B.将1mol甲醇(CH4O)完全燃烧生成的CO2和水蒸气通过足量的Na2O2固体，根据方程式可知，固体质量增重与CO∙2(H2)的质量相等，则充分反应后固体增重32g，B正确；C.取agNa2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体先用浓硫酸干燥后，再用碱石灰吸收，增重bg，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，C错误；D.鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用CaCl2溶液，而用Ca(OH)2溶液时都生成白色沉淀，现象相同，D错误；答案为B。【题目点拨】根据二氧化碳或水与过氧化钠反应的方程式，固体增重的质量为(CO)m∙(H2)n，则有机物可拆成此形式，固体增重与有机物的质量相等。2、B【解题分析】

CN－为拟卤素离子，(CN)2性质和卤素类似，根据卤素离子、单质的性质分析CN－和(CN)2的性质。【题目详解】A.卤素单质可以与H2反应生成卤化氢，故(CN)2可以和H2反应，故A正确；B.卤素单质可以与碱反应生成盐，故(CN)2能和碱反应生成NaCN、NaCNO和H2O，故B错误；C.卤素离子能被氧化，具有还原性，CN－具有还原性，故C正确；D.卤素单质性质活泼，是常见的氧化剂，故(CN)2的性质活泼，故D正确；故答案选B。3、C【解题分析】

A、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如HCl、CH3CH2OH等，这些化合物都易溶于水，但都是共价化合物，均不含离子键，A错误；B、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如SiO2等，该化合物是共价化合物，不含离子键，B错误；C、该选项能证明化合物微粒间一定存在离子键，只有离子化合物在熔融状态下可以导电，C正确；D、该选项不能证明化合物微粒间一定存在离子键，比如HCl，该化合物是共价化合物，不含离子键，D错误；故选C。【题目点拨】含离子键的化合物一定是离子化合物，其在熔融状态下一定能导电；而共价化合物不存在离子键，在熔融状态下只能以分子形式存在，不能电离出离子，因而熔融的共价化合物不能导电。因此，常用熔融状态的化合物的导电性来判断其是否属于离子化合物。4、B【解题分析】

因为碳酸钙沉淀1.4g碳酸钙相对原子质量是100含C质量就是=，所以钢材的含碳百分数=0.168/10=1.68%。

因为对于钢件的标准含碳量从0.60%至1.70%，叫高碳钢，也叫工具钢。钢材的含碳百分数为1.68%所以就是高碳钢，故选B。【题目点拨】根据沉淀的质量可得二氧化碳的质量，根据求得的二氧化碳的质量可计算与氧气反应的碳的质量，进一步求得碳的质量分数，再根据钢和生铁中的含碳量判断，可根据关系式法来解答。5、C【解题分析】

A.4.0g重水(D2O)的物质的量为，1个D2O中含10个质子，则4.0g重水(D2O)所含质子数为2NA，A错误；B.没有指明温度与压强，不能利用22.4L/mol计算4.48LN2与CO的混合物中所含的分子数，B错误；C.常温下，7.1gCl2为0.1mol，与足量NaOH溶液反应，生成NaCl、NaClO、H2O，转移的电子数约为0.1NA，C正确；D.Na2O2由Na+和O22-构成，0.2molNa2O2中含有离子总数为0.6NA，D错误；故选C。6、C【解题分析】

A项、将混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶可以除去氯气中混有的极易溶于水的氯化氢，故A正确；B项、苯与水不互溶，可以用分液的方法除去苯中混有的水，故B正确；C项、碘固体受热易升华，除去氯化钠固体中的碘应该用加热的方法，故C错误；D项、单质碘溶于四氯化碳得到碘的四氯化碳溶液，单质碘与四氯化碳的沸点不同，可以用蒸馏的方法分离除去四氯化碳，故D正确。故选C。【题目点拨】本题考查物质的分离与除杂，注意依据物质性质的差异分析除杂试剂和实验装置是解答关键。7、D【解题分析】

A、由反应可知MnO4-是氧化剂，Fe2+是还原剂，H元素化合价不变，H+既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、还原剂对应氧化产物，H2O既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；C、配平的方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，每生成4mol水将转移5mol电子，则生成1mol水将转移1.25mol电子，故C错误；D、在一个反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe2+的还原性强于Mn2+，故D正确；故答案选D。8、C【解题分析】

A、核素研究的对象为原子，而C60是C的单质，A错误；B、13C与15N的质子数分别为6、7，则它们的中子数分别为7、8，故它们的中子数不同，B错误；C、12C与13C的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，C错误；D、任何原子的核外电子数等于核内质子数，D错误；故选C。9、A【解题分析】

A.氯气和液氯都是纯净物，新制氯水和久置氯水都是混合物，故A正确；B.用二氧化锰和浓盐酸制备氯气时，参与反应的浓盐酸体现出还原性和酸性，故B错误；C.新制氯水光照时黄绿色消失，主要原因是次氯酸分解生成氧气，氯气与水反应平衡正向移动，黄绿色消失，故C错误；D.氯气在化学反应中既可以体现氧化性又可以体现还原性，故D错误。综上所述，答案为A。10、C【解题分析】

A．K2CO3和NaHCO3两种白色固体都能与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，生成气体的速率不同，可鉴别，故A正确；B．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，而K2CO3受热不分解，故B正确；C．K2CO3和NaHCO3溶液均与Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，不能鉴别，故C错误；D．二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，注意观察钾元素的焰色反应应通过蓝色钴玻璃观察，可鉴别，故D正确；故选C。【题目点拨】本题的易错点为C，NaHCO3也能够与澄清石灰水反应生成沉淀，与反应的相对用量无关，反应的化学方程式发不完：Ca(OH)2+NaHCO3(少量)=CaCO3↓+NaOH+H2O；Ca(OH)2+2NaHCO3(足量)=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O。11、D【解题分析】

BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，稀硝酸具有强氧化性，则该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有Ag+、SO42-、SO32-，根据分析可知，原溶液中不一定含有Ag+或SO42-，一定不存在CO32-，故答案为D。【题目点拨】明确常见离子的性质为解答关键，将BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有Ag+、SO42-、SO32-。12、D【解题分析】

A.Na与O2在常温下反应，生成Na2O，A不合题意；B.Mg与O2在常温下反应，生成MgO，B不合题意；C.Al与O2在常温下反应，生成Al2O3，C不合题意；D.Au与O2在常温下不反应，D符合题意。故选D。13、B【解题分析】

A．加入NaOH溶液，可能少量，没有将Al3+沉淀完全，可能过量，将沉淀又溶解了，故A不符合题意；B．加过量氨水，把Al3+沉淀完全，故B符合题意；C．加Ba(OH)2溶液，沉淀Al3+同时，还生成了BaSO4，故C不符合题意；D．加盐酸不能沉淀，故D不符合题意。综上所述，答案为B。14、D【解题分析】

A．Na2O2能与酸反应生成盐和水，还有氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，A项错误；B．Na2O2能与水反应，生成NaOH和氧气，所以Na2O2不能作干燥剂，B项错误；C．Na2O2与水反应时，氧元素一部分得电子化合价降低，一部分失电子化合价升高，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，C项错误；D．Na2O2与CO2反应时，氧元素一部分得电子化合价降低，一部分失电子化合价升高，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，D项正确；答案选D。15、D【解题分析】

A、硫单质氧化性弱，氧化变价金属生成低价化合物，铜粉和硫粉混合加热可制得Cu2S，故A错误；

B、酸雨酸性增强是二氧化硫和水反应生成的亚硫酸被空气中的氧气氧化得到硫酸溶液，因此久置酸雨酸性增强，故B错误；

C、二氧化硫是酸性氧化物，溶于水形成亚硫酸，显酸性；二氧化硫的漂白性具有选择性，不能使变红的石蕊溶液褪色，故C错误；

D、亚硫酸钠暴露在空气中容易被空气中的氧气氧化成硫酸钠，故D正确；

故选：D。16、B【解题分析】

相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。说明两种气体的物质的量相等，则质量比等于摩尔质量之比，也等于密度比，等于相对分子质量之比，同温同体积等质量的A与B两种气体，压强比等于摩尔质量的反比，即为b:a。故选B。【题目点拨】同温同压下，气体摩尔体积相同；相同体积的不同气体物质的量相等。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比(或分子数之比)；同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；同温同压下，气体的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比；同温同压下，同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比。同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比；同温同体积同质量气体的压强之比等于其摩尔质量倒数之比。17、C【解题分析】

A.Na2SiO3在水溶液中完全电离，在离子方程式中应该拆成离子，故A项错误；B.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后显酸性，说明NaHSO4过量，正确的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故B项错误；C.符合事实且电荷守恒、原子守恒，故C项正确；D．氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中加入过量氨水，应该生成氢氧化铝，故D项错误；故答案为C。【题目点拨】判断与量有关的离子方程式正误关键是：少定多变，例如B选项Ba(OH)2少量，氢氧化钡定，钡离子与氢氧根离子必须符合系数比1:2。18、D【解题分析】

A.物质的量是基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故A正确；B.36g水的物质的量是，含氢原子数目2mol×2×NA=4NA（NA表示阿伏加德罗常数的值），故B正确；C.在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约0.5mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1023，故C正确；D.等质量的O2与O3，设质量都是m，所含氧原子数之比为1：1，故D错误；选D。19、A【解题分析】

A.Al与氧气反应可一步得到Al2O3，但Al2O3无法直接制得Al(OH)3，A符合题意；B.Na与水反应可得到NaOH，NaOH与二氧化碳反应得到Na2CO3，Na2CO3与氯化钡反应可得到NaCl，B不符合题意；C.Mg可与盐酸反应得到MgCl2，MgCl2与碱反应可得到Mg(OH)2，Mg(OH)2与硫酸反应可得到硫酸镁，C不符合题意；D.Fe与盐酸反应可得到FeCl2，FeCl2与碱反应可得到Fe(OH)2，Fe(OH)2在潮湿的空气中可直接氧化为Fe(OH)3，D不符合题意；故答案选A。【题目点拨】Fe(OH)2在潮湿的空气中可直接氧化为Fe(OH)3，现象和反应方程式需要牢记。20、D【解题分析】

A.钠燃烧时发出黄色的火焰，A正确；B.根据钠的原子结构，钠原子最外层只有一个电子，B正确；C.钠是活泼金属，有很强的还原性，C正确；D.钠燃烧时生成的是过氧化钠，不是氧化钠，D不正确；故选D。21、D【解题分析】

A.Cl2、HCl都可以与NaOH发生反应，因此不能使用该装置除去Cl2中含有的少量HCl，A错误；B.NH4Cl加热易分解，所以不能用图示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，B错误；C.Na2CO3是粉末状固体，不能用上述装置用Na2CO3与HCl反应制取CO2气体，C错误；D.I2容易溶于CCl4，CCl4与水互不相溶，CCl4的密度比水大，因此会看到液体分层，有机物在下层，可以用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，D正确；故合理选项是D。22、C【解题分析】

A、过氧化钠中阴离子是O22-，所以阴阳离子数目之比为1：2，错误；B、反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，错误；C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑转移电子2e-，则0.1mol过氧化钠反应最多能转移0.1mol电子，正确；D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+1/2H2O=NaOH+1/2H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+1/2O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g,所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/(100+2.2)×100%、8/(100+6.2)×100%、8/(100+6.2)×100%，所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、O1棕色试剂瓶Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）1+1NO1↑+1H1O强氧化性、酸性3NO1+H1O=1H++1NO3-+NO排水【解题分析】

A是紫红色的金属单质，则A为Cu，B为强酸，且与Cu反应生成C、D、E，而E在常温下为无色液体，可知B为硝酸或硫酸，而D能与E反应生成B与F，且D、F为气体，可推知B为浓硝酸、C为、D为、E为、F为NO，硝酸在光照条件下分解生成的气体G为。【题目详解】（1）由分析可知，G的化学式为：O1．B为浓硝酸，实验室中试剂B应保存在：棕色试剂瓶中，故答案为：O1；棕色试剂瓶；（1）反应①的化学方程式：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）1+1NO1↑+1H1O，反应中硝酸体现的性质为：强氧化性、酸性，故答案为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）1+1NO1↑+1H1O；强氧化性、酸性；（3）反应②的离了方程式：3NO1+H1O═1H++1NO3﹣+NO，实验室中F（NO）可用排水法收集，故答案为：3NO1+H1O═1H++1NO3﹣+NO；排水。24、三ⅦACl2O7NaMgONa2O2离子键和(非极性)共价键看表面颜色是否变白Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解题分析】

A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol/L盐酸完全反应，n(H+)=n(OH-)，设B的化合价为x，摩尔质量为y，则×x=0.2，显然x=2，y=24符合，B原子核中质子数和中子数相等，则B的质子数为12，即B为Mg元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为Cl元素；D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍，则次外层为2，最外层为6符合，即D为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【题目详解】根据上述分析可知A是Na，B是Mg，C是Cl，D是O元素。(1)C是Cl元素，Cl原子核外电子排布为2、8、7，根据原子核外电子排布与元素位置的关系可知：Cl位于元素周期表第三周期第ⅦA族，Cl最外层有7个电子，最高化合价为+7价，其最高价氧化物为Cl2O7；(2)根据以上分析可知A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素；(3)A、D两种元素形成的稳定氧化物是Na2O2，该物质属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键。过氧化钠为淡黄色，Na2O2容易与空气中的CO2、H2O发生反应，若变质，最终会变为白色的Na2CO3，所以判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是看表面颜色是否变白；(4)C是Cl元素，其单质Cl2是有毒气体，可根据Cl2能够与NaOH溶液反应的性质除去，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。【题目点拨】本题考查了元素及化合物的推断、元素的位置与原子结构及性质的关系。明确元素的推断是解答本题的关键，掌握元素的位置、结构、性质的关系及应用，熟悉元素及其单质、化合物的性质即可解答。25、FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3化肥中肯定有Fe2(SO4)3（假设a不成立）溶液中存在Fe3+，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2+与NaOH反应生成沉淀的颜色变化（现象被遮盖等）/Fe2+已全部被氧化为Fe3+，溶液中无Fe2+，因此看不到预期现象。Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3（假设b成立）实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，因此证明原溶液中有Fe2+。即可证明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+【解题分析】（1）由于FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3，因此可以做出假设b。（2）亚铁盐与氢氧化钠溶液混合生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化最终转化为氢氧化铁，所以实验ⅰ的预期现象是产生白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，反应方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3。（3）实验ⅱ中溶液显红色，说明溶液中存在铁离子，因此得出的结论是化肥中肯定有Fe2(SO4)3（假设a不成立）。由于溶液中存在Fe3+，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2+与NaOH反应生成沉淀的颜色变化（现象被遮盖等），也可能是Fe2+已全部被氧化为Fe3+，溶液中无Fe2+，因此看不到预期现象。（4）溶液显红色，颜色比ⅲ深，说明铁离子浓度增加，因此溶液中含有亚铁离子被氯水氧化为铁离子，则实验ⅳ中氯水参加反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+。（5）根据实验现象可判断，实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+浓度增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，因此证明原溶液中有Fe2+，从而即可证明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，因此假设b成立；（6）溶液中一定存在铁离子，铁离子与锌反应，方程式为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+。26、5.4mLDACBEGFa偏高冷却至室温【解题分析】（1）.设需要量取xmL的浓硫酸，根据稀释定律，x×10－3L×18.4mol/L=0.1L×1.0mol/L，解得x=5.4mL，故答案为：5.4mL；（2）.用浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液，一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的顺序为：DACBEGF，故答案为：DACBEGF；（3）.依据量筒选择原则可知量取5.4mL溶液，应选择10mL量筒，故答案为：a；（4）.仰视量筒读数，会导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故答案为：偏高；（5）.容量瓶为精密仪器，不能用来配制过热或过冷的液体，所以移液前应冷却至室温，故答案为：冷却至室温。点睛：本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解答本题的关键，试题难度一般，本题的易错点是第（1）小题中配制步骤的判断，解题时要先根据稀释定律计算出需要量取浓硫酸的体积，再根据用浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液，一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等进行判断即可。27、CuO、SO3、SO2、O2、H2O4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O4.5使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收不可行，SO3也能溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量【解题分析】

I、该实验的目的是探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色，说明晶体受热分解产生了CuO；B中酸性BaCl2溶液产生白色沉淀，则分解产物中有SO3；D中溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，即产物中有氧化性物质，根据质量守恒定律可知，该氧化性物质为O2，则分解产物中有SO2生成（CuSO4中，O为-2价，若得到O2，需要升高化合价，所以S的化合价一定降低，生成SO2），所以B中的现象是品红溶液褪色，E的作用是吸收多余的有害气体，防止污染环境；II、根据实验I推出硫酸铜晶体产物有SO2、SO3，B中含有Cl2和BaCl2，Cl2在水中可以将SO2氧化为SO42-，故CuSO4中的S全部转化为了BaSO4，则可以通过BaSO4的质量来计算x的值。【题目详解】I、（1）经分析，CuSO4受热分解产生的产物有CuO、SO2、SO3、O2；对于晶体而言，受热分解产物还有H2O，故可推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有CuO、SO3、SO2、O2、H2O；（2）D中，Fe2+先被O2氧化为Fe3+，Fe3+再和SCN-结合生成血红色物质，涉及的离子反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；II、（1）根据题意可知，n(BaSO4)==0.03mol，则n(CuSO4·xH2O)=0.03mol，所以有0.03mol×(150+18x)g/mol=7.23g，解得x=4.5；再次通入N2的目的是使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收；（2）不可行，分解产物SO3可以溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量。【题目点拨】本题的难点在于实验II的（2）题，浓硫酸吸收SO3是一个很少见的知识点，主要出现在硫酸工业的第三步，考生需要结合平时学习中的知识去分析问题。28、BD3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OBC称量操作简单宜行2Al+2NaOH+2H2O=2N