2024届广西南宁市兴宁区南宁三中化学高一第一学期期末联考模拟试题含解析

2024届广西南宁市兴宁区南宁三中化学高一第一学期期末联考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末。碳酸镁属于(

)A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物2、14C是一种放射性同位素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子或核爆炸产生的中子轰击14N可使它转变为14C。下列说法正确的是A．14N核外电子数与中子数相同 B．14C的核外电子数为8C．14C和14N互为同位素 D．14C和12C的所有性质都相同3、在容积为672mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积)，下列有关叙述正确的是()A．总反应为NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3C．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030mol·L－1D．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060mol·L－14、你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是：①少用煤作燃料；②把工厂的烟囱造高；③燃料脱硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．③④⑤5、下列有关物质性质及对应用途描述正确的是()A．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白B．金属镁燃烧时会发出耀眼的白光，常用作耐高温材料C．碳酸钠溶液显碱性，可用于清洗油污D．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂6、下列有关物质的用途说法不正确的是（）A．明矾可用于饮用水的消毒 B．二氧化硅可用于制造光导纤维C．水玻璃可用作木材防火剂 D．氧化铁可用作红色颜料7、下列关于金属的说法正确的是（）A．金属单质在氧化还原反应中常作还原剂B．金属在加热条件下都易与氧气反应C．加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化铜D．铁丝能在氯气中燃烧生成氯化亚铁8、下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（）A．Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3 B．Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2C．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO39、把6.56g碳酸氢钠和纯碱晶体(Na2CO3·10H2O)的混合物溶于水配成100mL溶液，测知其中含钠离子1.15g，若将6.56g这种混合物加热到恒重，所得固体的质量是()A．5.30g B．4.20g C．2.65g D．2.10g10、可以根据5I-

++6H+=3I2+3H2O检验食盐中是否存在。下列说法正确的是A．I2是氧化产物，H2O是还原产物 B．得电子，被氧化C．该条件下氧化性：强于I- D．每生成3molI2转移6mol电子11、实验室欲配制480mL浓度为0.1mol·L—1的Na2CO3溶液，下列操作可以实现的是A．称量5.3gNa2CO3固体溶于480ml水配制成溶液B．称量5.3gNa2CO3固体溶于水配制成0.5L溶液C．称量5.3gNa2CO3·10H2O晶体溶于水配制成0.5L溶液D．称量5.3gNa2CO3·10H2O晶体溶于0.5L水配制成溶液12、某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、、Fe3+、Ba2+、Al3+、、Cl–、OH–、。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13、下列各组数值或物理量中，都不随水的“物质的量”的变化而变化的是A．水的沸点；水分子的数目B．水的质量；水的相对分子质量C．水的体积；水中所含原子的数目D．水的密度；水的摩尔质量14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，23gNO2含有NA个氧原子B．标准状况下，22.4LH2O含有NA个H2O分子C．1molN2含2NA个N2分子D．0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中OH－的个数为0.2NA个15、近年来，环境问题越来越引起人们的重视。温室效应、酸雨、臭氧层被破坏、赤潮等已经给我们赖以生存的环境带来较大的影响，造成酸雨的主要有害物质是A．CO2 B．硫和氮的氧化物C．含氟化合物 D．化肥和含磷洗衣粉的使用及其污水的排放16、下表中各组物质不能实现如图转化的是选项甲乙丙ACO2NaHCO3Na2CO3BAlCl3Al2O3NaAlO2CSiCl4SiO2Na2SiO3DAlCl3AlNaAlO2A．A B．B C．C D．D17、下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是()①氯气②液氯③新制氯水④氯气的四氯化碳溶液⑤盐酸⑥盐酸与少量漂白粉的混合溶液A．①②④B．①②⑤C．③⑥D．②④⑤18、某同学需要配制0.2mol·L－1的氢氧化钠溶液450mL，用托盘天平称取固体时，天平读数(游码及砝码)将（）A．等于3.6g B．等于3.60g C．大于3.6g D．等于0.36g19、下列化学反应中，H2SO4作为氧化剂的是A．2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B．C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OC．BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl D．CuO+H2SO4=CuSO4+H2O20、有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述中错误的是()A．相同温度下，等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性比较，前者更强B．常温时溶解度：Na2CO3>NaHCO3，且溶于水时均放热C．在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解D．将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，都产生白色沉淀21、在两个烧杯中各加入相同体积且浓度均为3mol·L－1的硫酸溶液，随后分别置于天平左右两个托盘上，调节天平使之平衡，此时向两烧杯中分别加入10.8g镁与铝，反应完毕后天平两端将会()A．放铝的一端托盘上升B．放镁的一端托盘上升C．仍保持平衡D．无法确定22、下列反应中，氯元素失去电子的是()A．2KClO32KCl＋3O2↑ B．2P＋5Cl22PCl5C．MnO2＋4HCl(浓)===MnCl2＋2H2O＋Cl2↑ D．H2＋Cl22HCl二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出A～F各物质的化学式：A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：______________________。24、（12分）有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含NH4+、K+、Na+、Mg2+、H+、Cu2+、CO32-、I-中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：①用PH试纸检验，表明溶液呈强酸性②取部分溶液，加入少量的CCl4及数滴新制的氯水，振荡后CCl4层显紫色③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。根据上述实验事实确定并回答：(1)在溶液中，肯定存在的有___________，肯定不存在的离子有__________________。(2)写出实验②中的离子反应方程式________________________。(3)不能确定是否存在的离子有__________________________。25、（12分）某同学欲探究Na2O2与水的反应，可供使用的试剂有：Na2O2、蒸馏水、KMnO4酸性溶液、MnO2。该同学取4gNa2O2样品与过量水反应，待完全反应后，得100mL溶液X和448mLO2（已折算为标准状况）。该同学推测反应中可能生成了H2O2，并进行实验探究。⑴试设计实验证明溶液X中含过氧化氢_________________。⑵通过上述实验证明溶液中确实存在H2O2。取少量X于试管中，滴加几滴酚酞试液，实验现象为___________。⑶取少量X于试管中，滴加FeCl2溶液，立即生成红褐色沉淀，则该反应的离子方程式为___________。⑷已知溶液X可使酸性KMnO4溶液褪色，同时放出氧气，完成并配平该反应的离子方程式：____________MnO4-+________H2O2+________H+—________Mn2++________O2↑+__________。取100mL溶液X，使其与过量酸性KMnO4溶液反应，最终生成224mLO2（已折算为标准状况），则此样品中Na2O2的质量分数是___________。26、（10分）某学生欲用下列装置制取纯净FeCl3固体。其中A是Cl2的发生装置，C、D为气体净化装置，E硬质玻璃管中装有细铁丝网，F为干燥的空广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置。试回答：(1)该装置中有一明显错误是____________（填字母）。(2)D中所装试剂为_____________，C装置的作用是___________________。(3)A中发生反应的化学方程式是__________________，G中发生反应的离子方程式是________________。(4)若用100mL12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，生成的Cl2体积(标准状况)________(填“大于”“小于”或“等于”)6.72L。(5)用所制取的FeCl3固体制成Fe(OH)3胶体，区分胶体和溶液常用________，分离胶体和溶液常用的方法叫_______________。27、（12分）某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验。请回答下列问题：（1）试管Ⅰ中发生反应的化学方程式为：___________________________________________。（2）可抽动铜丝的作用是_________________________。（3）试管Ⅱ中现象为_____________________________；可证明_____________________________________。（4）试管Ⅲ的管口用浸有碱(NaOH溶液)的棉团塞住，其作用是___________________；28、（14分）（1）国际化学年的中国宣传口号是“化学-----我们的生活，我们的未来”。学习化学应该明白“从生活中来，到生活中去”道理。请填空：①若金属钠等活泼金属着火时，应该用__________来灭火。金属钠应保存在__________中。②胃舒平（含有氢氧化铝）治疗胃酸（盐酸）过多的离子反应方程式：_________________。③“服用维生素C，可使食物中的Fe3＋还原成Fe2＋”这句话指出，维生素C在这一反应中作__剂，具有_______性；④过氧化钠在太空及潜水艇中作为供氧剂的两个化学方程式是_________、___________。（2）Fe与Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是________。将该产物溶于水配成溶液，分装在两支试管中。请回答：a．若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成________色。b．向另一支试管中滴加NaOH溶液，现象为________________，反应的离子方程式是__________。（3）纯净的H2在Cl2中燃烧发出________色火焰。29、（10分）分类是学习的一种重要方法，“价一类”二维图对学习化学知识具有重要的指导意义。物质的化学反应常与外界条件密切相关。回答下列问题：（1）含有同一元素的X、Y、Z、E、M五种物质，一定条件下有以下的转化关系。①若E为红棕色气体，则该气体的收集方法为___；X分子含有10个电子，则气体X水溶液中离子有___。②若Y为淡黄色固体单质，写出Z→E的化学反应方程式___。（2）盐酸、硫酸、硝酸是工业生产中常用的三种强酸。①盐酸既有酸性，又能表现氧化性和还原性，其还原产物是___；若足量的MnO2与100mL12mol·L-1的浓盐酸反应，生成Cl2的物质的量___0.3mol（填：“大于”、“等于”、“小于”）。②足量的锌与浓硫酸反应，反应开始时的化学方程式为___；反应快结束时的离子反应方程式为___。③将6.4g铜与足量的浓硝酸反应，产生NO和NO2气体的体积为2.24L（STP），则参加反应的硝酸的物质的量为___。

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、C【解题分析】

碳酸镁是由金属阳离子Mg2+与酸根离子CO32-结合形成的化合物，属于盐；答案选C。2、A【解题分析】

A.14N中子数=14-7=7，A正确；B.14C的核外电子数为6，B错误；C.14C和14N是不同的元素，不是同位素，C错误；D.14C和12C的化学性质都相同，物理性质有差别，D错误。故选A。3、B【解题分析】

利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。【题目详解】标准状况下672mL的混合气体：n（NO）+n（NO2）==0.03mol，（O2）==0.0125mol，由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，所以总的方程式为：4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L，硝酸的浓度为：0.03mol÷0.672L=0.045mol/L。ACD项错误，B项正确；答案选B。【题目点拨】这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。4、C【解题分析】

①减少煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；答案选C。5、C【解题分析】

A、SO2的漂白性是因为SO2可以和有色物质结合生成无色物质，与其氧化性无关，A错误；B、金属镁燃烧时会发出耀眼的白光，故在烟花的制作中会加入一定量的镁，而作耐火材料的是MgO，是因为MgO的熔点高，B错误；C、碳酸钠溶液显弱碱性，可用于清洗油污，C正确；D、浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，D错误；故选C。6、A【解题分析】

A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可以净水，明矾不具有杀菌消毒的作用，故A错误；B．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要成分，故B正确；C．水玻璃为硅酸钠的水溶液，硅酸钠熔点高，不易燃烧，水玻璃浸泡过的木材能防腐，可用作木材防火剂，故C正确；D．氧化铁为红棕色固体，可用作红色颜料，故D正确；答案选A。7、A【解题分析】

A、金属元素的最低价为0价，金属单质在氧化还原反应中化合价升高，作还原剂，故A正确；B、金、铂等不活泼金属在加热条件不易与氧气反应，故B错误；C、硫的氧化性弱，加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化亚铜，故C错误；D、氯气的氧化性强，铁丝能在氯气中燃烧生成氯化铁，故D错误。8、C【解题分析】

A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意。答案选C。9、C【解题分析】

固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，根据Na元素守恒计算出碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算其质量。【题目详解】固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，100mL溶液中n（Na+）=1.15g÷23g/mol=0.05mol，根据钠离子守恒，则n（Na2CO3）=0.05mol/2=0.025mol，m（Na2CO3）=0.025mol×106g/mol=2.65g，故答案选C。【题目点拨】本题考查混合物的计算，判断加热后剩余固体的成分，根据守恒法计算是解答的关键。10、C【解题分析】

A．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，I-化合价-1价失电子变为0价，即产物中I2有部分得电子生成，有部分失电子生成，则I2既是氧化产物，又是还原产物，故A错误；B．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，是被还原，发生还原反应，故B错误；C．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，中碘元素化合价+5价得电子变为0价，是氧化剂，I-化合价-1价失电子变为0价，I-是还原剂，则该条件下氧化性强于I-，故C正确；D．由5I-++6H+=3I2+3H2O反应可知，每生成3molI2转移5mol电子，故D错误；答案为C。11、B【解题分析】

实验室没有480mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶，配制的溶液为：500mL0.1mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质碳酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要溶质碳酸钠的质量为：106g/mol×0.05mol=5.3g；若称量带结晶水的碳酸钠，则Na2CO3•10H2O晶体质量为：286g/mol×0.05mol=14.3g。【题目详解】A、实验室没有480mL容量瓶，应该选用500mL容量瓶配制溶液，A错误；B、称取5.3gNa2CO3固体溶于水配成500mL溶液，溶液的浓度为0.1mol/L，B正确；C、若称量Na2CO3•10H2O晶体溶于水配制成0.5L溶液，称量Na2CO3•10H2O的质量为14.3g，C错误；D、称量5.3gNa2CO3•10H2O晶体溶于0.5L水配制成溶液，称量溶质的质量不对，所配溶液也不是0.5L，D错误；答案选B。12、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、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、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+、Cl–、，离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、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+、、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子，C项符合题意，故选项是C。13、D【解题分析】

水分子的数目与水的“物质的量”成正比；水的质量与水的“物质的量”成正比；水的体积随水的“物质的量”增大而增大；沸点是水的物理性质，与水的多少无关；水的相对分子质量是18，与水的多少无关；水的密度是水的物理性质，与水的多少无关；水的摩尔质量是18g/mol，与水的多少无关；故选D。14、A【解题分析】分析：A、依据n=mM计算物质的量，再计算原子数；B、水在标准状况下不是气体；C、根据物质的量的定义分析判断；D详解：A、23gNO2气体物质的量为0.5mol，所含的氧原子数为NA，故A正确；B、标准状况下，水不是气体，不能用气体摩尔体积公式进行计算，故B错误；C、1molN2含有NA个N2分子，故C错误；D、不知道溶液的体积，无法求OH-的个数，故D错误；故选A点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。本题的易错点为B，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③温度和压强是否为标准状况，22.4L/mol是标准状态下的气体摩尔体积。15、B【解题分析】

A、二氧化碳与温室效应有关，不是形成酸雨的有害物质，故A错误；

B、硫和氮的氧化物与水反应生成硫酸、硝酸等，使雨水呈酸性，pH小于5.6，从而形成酸雨，故B正确；

C、含氟化合物可导致臭氧空洞，与酸雨无关，故C错误；

D、化肥和含磷洗衣粉等污水含有大量的N、P等元素，可导致水体的富营养化，与酸雨无关，故D错误；

故答案选B。16、C【解题分析】

A．NaHCO3与盐酸反应生成二氧化碳和氯化钠和水，方程式NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3与与氢氧化钠反应生成碳酸钠，方程式NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，能实现如图转化，故A正确；B．Al2O3可以和盐酸反应生成氯化铝，也可以和氢氧化钠反应生成NaAlO2，能实现如图转化，故B正确；C．SiO2不能与盐酸反应生成SiCl4，只能与NaOH溶液作用生成Na2SiO3，不能实现如图转化，故C错误；D．金属Al可以和盐酸反应生成AlCl3，Al与NaOH溶液反应生成的是NaAlO2，能能实现如图转化，故D正确；故答案为C。17、C【解题分析】

能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，要求该物质具有酸性和漂白性。酸性要有H＋，漂白性要有HClO。①②④中只有Cl2，所以既不显酸性，又不具有漂白性，⑤中盐酸只有酸性，但无漂白性所以，①②④⑤不符合题意；③中新制氯水中含有Cl2、HCl和HClO，既显酸性，又由于含有次氯酸而具有漂白性，⑥中发生反应：Ca(ClO)2＋2HCl===CaCl2＋2HClO，其中盐酸过量，使溶液显酸性，又由于反应生成了次氯酸，而具有漂白性，所以③⑥符合题意，故C正确，故选C。【题目点拨】氯水是含有多种分子和离子(分子有Cl2、HClO、H2O，离子有H＋、Cl－、ClO－及水分子电离出来的少量OH－)，其中H+的存在使溶液显酸性，HClO的存在，使氯水具有漂白性，掌握氯水的成分是解决本题的关键。18、C【解题分析】

因为实验室没有450mL规格的容量瓶，则应选择500mL的容量瓶进行配制，计算时，也应使用溶液的体积为500mL。m(NaCl)=0.2mol·L－1×0.5L×40g/mol=4.0g。故选C。【题目点拨】配制一定物质的量浓度的溶液时，需要选择一定规格的容量瓶。若容量瓶的规格中存在与所配溶液体积相同的容量瓶，则选择等体积的容量瓶；若容量瓶的规格中不存在与所配溶液的体积相同的容量瓶，则选择稍大规格的容量瓶。另外，在表明所选择的容量瓶时，一定要标明规格。19、B【解题分析】

A．元素化合价没有发生变化，为中和反应，故A错误；B．S元素化合价降低，硫酸钡还原，为氧化剂，故B正确；C．S元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．S元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，硫酸表现酸性，故D错误；故选B。【点晴】本题考查氧化还原反应，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念，并判断物质可能具有的性质。H2SO4中H和S元素化合价处于最高价态，最为氧化剂，可生成H2或SO2。20、B【解题分析】A、碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，相同温度下，等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性比较，前者更强，A正确；B、常温时溶解度：Na2CO3>NaHCO3，水解吸热，因此溶于水时均吸热，B错误；C、在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解生成碳酸钠、水和CO2，C正确；D、将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，都产生白色沉淀碳酸钙，D正确，答案选B。21、D【解题分析】

如果金属不足，那么Al与酸反应放出的气体比Mg多，Al这头翘起；如果金属过量，把所有的H+都转化为H2，也就是反应物一样重，放出的气体一样多，天平保持平衡，所以无法确定。故选D。22、C【解题分析】

A．反应中Cl元素化合价由+5价降低到−1价，得到电子，被还原，故A错误；B．反应中Cl元素化合价由0价降低到−1价，得到电子，被还原，故B错误；C．Cl元素化合价由−1价升高到0价，失去电子，被氧化，故C正确；D．反应中Cl元素化合价由0价降低到−1价，得到电子，被还原，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、Cl2SO2H2SO4HClBaSO3BaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－【解题分析】

(1)由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀,B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+SO2===BaSO3↓＋H2O；含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O；溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3===AgCl↓＋HNO3；故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。【题目点拨】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。24、I-、NH4+、H+CO32-、Mg2+、Cu2+2I-+Cl2＝I2+2Cl-K+、Na+【解题分析】

根据实验①现象：溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32-发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-；根据实验②现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2生成，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-；根据实验③现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Mg2+、Cu2+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Mg2+、Cu2+；根据实验④现象：产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气。这是由于NH4++OH-NH3↑+H2O，因此溶液中肯定含有NH4+，总上所述，在提供的离子中肯定含有的离子为：H+、I-、NH4+；肯定不含有的离子为：Mg2+、Cu2+、CO32-，还不能确定的离子为：K+、Na+；要确定K+、Na+，则需要通过焰色反应来完成，即做焰色反应实验，有黄色火焰则含Na+，无黄色火焰则不含Na+，透过蓝色钴玻璃观察，有紫色火焰则含K+，无紫色火焰则不含K+。【题目详解】(1)由分析可知，在溶液中，肯定存在的有I-、NH4+、H+；肯定不存在的离子有CO32-、Mg2+、Cu2+；(2)实验②现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2生成，这是由于I-被氯气氧化所产生的，离子反应方程式为：2I-+Cl2＝I2+2Cl-；(3)不能确定是否存在的离子有K+、Na+。25、取少量溶液X加入少量MnO2（或少量酸性KMnO4溶液），若有无色气体放出，（并能使带火星的木条复燃，）则证明X中含过氧化氢溶液先变红后褪色2Fe2++4OH-+H2O2＝2Fe(OH)3↓2，5，6，2，5，8H2O97.5%【解题分析】本题考查实验方案设计与评价，（1）检验H2O2，利用H2O2在MnO2作用下分解成氧气，氧气能使带火星木条复燃，具体操作是取少量溶液X加入少量MnO2（或少量酸性KMnO4溶液），若有无色气体放出，（并能使带火星的木条复燃，）则证明X中含过氧化氢；（2）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠，即溶液X中含有NaOH和H2O2，滴加酚酞溶液，溶液先变红，因为H2O2具有强氧化性，能把有色物质氧化漂白，因此现象是溶液先变红后褪色；（3）溶液X中含有NaOH和H2O2，滴加FeCl2溶液，立即产生红褐色沉淀，此沉淀为Fe(OH)3，H2O2把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋+4OH－+H2O2＝2Fe(OH)3↓；（4）MnO4－中Mn的化合价由＋7价→＋2价，化合价降低5，H2O2中O的化合价由－1价→0价，H2O2整体化合价升高2价，最小公倍数为10，MnO4－、Mn2＋的系数为2，H2O2和O2的系数为5，然后根据元素守恒、电荷守恒，得出离子反应方程式为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；与KMnO4溶液反应产生氧气物质的量为224×10－3/22.4mol=0.01mol，过氧化氢的物质的量为0.01mol，即生成H2O2的Na2O2的物质的量为0.01mol，过氧化钠与水反应产生氧气物质的量为448×10－3/22.4mol=0.02mol，与水反应生成氧气，消耗Na2O2的物质的量为0.02×2mol=0.04mol，样品中Na2O2的质量为(0.01＋0.04)×78g=3.9g，过氧化钠的纯度为3.9/4×100%=97.5%。点睛：配平氧化还原反应方程式是个难点，一般采用的方法是化合价升降法，MnO4－中Mn的化合价由＋7价→＋2价，化合价升高5价，H2O2中O的化合价由－1价→0价，H2O2整体化合价升高2价，最小公倍数为10，即有2MnO4－＋5H2O2→5O2↑＋2Mn2＋，H＋参与反应，即有2MnO4－＋5H2O2＋H＋→2Mn2＋＋5O2↑，根据反应前后所带电荷数守恒，H＋的系数为6，根据原子守恒，应有水生成，再把离子方程式书写出。26、装置D浓H2SO4除去Cl2中的HCl气体MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O小于丁达尔效应渗析【解题分析】

在装置A中用MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，装置C除去杂质HCl，装置D除去Cl2中的水蒸气，在装置E中Fe与Cl2反应产生FeCl3，装置F是安全瓶，防止倒吸现象的发生，装置G是尾气处理装置，用于除去未反应的Cl2，根据胶体微粒的大小分析判断物质的鉴别和提纯。【题目详解】(1)在装置A中制取Cl2，该反应需要加热，HCl具有挥发性，所以制取的Cl2中含有杂质HCl、H2O蒸气，装置C除去HCl，装置D除去水蒸气，导气管是长进短出；装置图中导气管是短进长出，所以该装置中有一明显错误是是装置D；(2)D中所装试剂为浓硫酸，作用是干燥Cl2，C装置的作用是除去Cl2中的HCl；(3)在A中MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，G中Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)若用100mL12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，若HCl完全反应，则根据反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=1.2mol÷4=0.3mol，其在标准状况体积为6.72L，但实质上，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应就不再发生，因此反应产生的Cl2在标准状况下体积小于6.72L；(5)用所制取的FeCl3固体制成Fe(OH)3胶体，区分胶体和溶液常用丁达尔效应，由于胶体微粒不能通过半透膜，溶液的微粒能够通过半透膜，所以分离胶体和溶液常用的方法叫渗析。【题目点拨】本题考查了氯气的制备和性质的检验，明确氯气制备原理和化学性质是解题关键，注意装置气密性检验方法及导气管的长短安装与使用。注意胶体与其它分散系的根本区别，从微粒大小角度分析胶体的提纯与鉴别。27、Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O可控制反应随时停止品红溶液褪色SO2具有漂白性吸收未反应完的SO2，防止SO2污染环境。【解题分析】(1)试管Ⅰ中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；(2)通过抽动铜丝，以随时中止反应，避免浪费原料、减少污染气体的产生，故答案为：可控制反应随时停止；(3)二氧化硫具有漂白性，所以试管Ⅱ中品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；SO2具有漂白性；(4)二氧化硫有毒，多余的气体不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收SO2气体，防止空气污染，反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收未反应完的SO2，防止SO2污染环境。28、沙子或土煤油Al(OH)+3H+=Al3++3H2O还原还原2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O22Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑FeCl3血红生成红褐色沉淀Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓苍白【解题分析】（1）①钠燃烧产生过氧化钠，过氧化钠与水或二氧化碳均反应，若金属钠等活泼金属着火时，应该用沙子或土来灭火。钠的密度大于煤油，金属钠应保存在煤油中。②胃舒平（含有氢氧化铝）治疗胃酸（盐酸）过多的实质是氢氧化铝与盐酸反应，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。③“服用维生素C，可使食物中的Fe3＋还原成Fe2＋”，反应中铁元素化合价降低，得到电子，所以维