2024届重庆市渝东六校化学高一上期末复习检测模拟试题含解析

2024届重庆市渝东六校化学高一上期末复习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、用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32-与HCO3-的物质的量浓度之比约是A．1∶3 B．1∶2 C．2∶3 D．3∶22、明代《本草纲目》中一条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A．蒸馏 B．渗析 C．萃取 D．干馏3、已知NA为阿伏加德罗常数的数值，Vm为气体摩尔体积，下列说法中正确的是（）A．2.4g镁离子所含电子数目为1.2NAB．标准状况下，22.4L汞所含分子数目为NAC．Vm体积甲烷所含质子数目为10NAD．18g铵根离子所含电子数目为11NA4、下列气体不能用排水法收集的是A．O2 B．H2 C．NH3 D．NO5、在某透明溶液中，能大量共存的离子组是（）A．K+、MnO4-、SO42- B．Ba2+、Cl-、SO42-C．Na+、CO32-、H+ D．OH-、Na+、Fe3+6、ag硝酸钾溶于bg水，形成VmL饱和溶液。下列关系式错误的是()A．该溶液的物质的量浓度：c(KNO3)＝a101VB．该溶液的质量分数：w(KNO3)＝100aC．20℃时KNO3的溶解度S＝100aD．该溶液的密度ρ＝1000a+7、实验室检验，下列操作正确的是()A．先加BaCl2溶液，再加硝酸 B．先加BaCl2溶液，再加盐酸C．先加盐酸，再加BaCl2溶液 D．先加AgNO3溶液，再加硝酸8、下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中正确的是（）A．①②④ B．只有③ C．①③④ D．①②9、氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性。下列叙述中不正确的是：A．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色烟B．钠在氯气中燃烧，生成白色的烟C．纯净的氢气在氯气中安静的燃烧，在集气瓶口形成白色烟雾D．氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解10、下列关于氯水的叙述，正确的是（）A．新制的氯水中含有Cl2、H2O、HClO和HCl分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后变无色C．光照氯水有气泡逸出该气体是氯气D．氯水在密封无色玻璃瓶中放置数天后酸性将增强11、高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂。下列反应可制取K2FeO4：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，下列有关该反应说法正确的是（）A．钾元素化合价降低 B．Fe（OH）3发生氧化反应C．该反应是置换反应 D．Cl2是还原剂12、在盛有碘水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现如图所示的现象，正确的结论是A．①加CCl4②加苯③加酒精B．①加酒精②加CCl4③加苯C．①加苯②加CCl4③加酒精D．①加苯②加酒精③加CCl413、下列实验操作正确的是A．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中B．在进行蒸馏操作中，加热一段时间后发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是立即补加C．实验时常把氢氧化钠固体放在托盘天平左盘的滤纸片上进行称量D．对盛有氢氧化铁胶体的U形管通一会儿直流电后，连接电源正极的电极附近颜色逐渐加深14、在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列叙述不正确的是（）A．x-y=0.01mol B．原溶液中c(Cl-)=0.75mol/LC．原溶液的c(H+)=0.1mol/L D．原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=5：115、蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验,首先将其溶于过量的盐酸,过滤后,得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是A．沉淀X的成分是SiO2B．从组成看,其成分皆是碱性氧化物C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe2+、H+D．在溶液Y中加入过量的氨水,过滤得到的沉淀的成分只有Fe(OH)3和Mg(OH)216、向MgCl2、AlCl3的混合溶液中，开始滴加试剂X，之后改滴试剂Y，所得沉淀的物质的量n(mol)与试剂体积V(mL)间的关系如图所示。以下结论错误的是()A．X是盐酸，Y是NaOH溶液，且c(Y)＝2c(X)B．原混合液中，c(Al3＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝1∶1∶5C．X是NaOH溶液，Y是盐酸，且c(NaOH)∶c(HCl)＝2∶1D．从b至c相应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O17、下列实验仪器不宜直接用来加热的是（）A．试管 B．坩埚 C．蒸发皿 D．烧杯18、容量瓶上需标有：①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线五项中的：（）A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤19、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．常温常压下，11.2L二氧化硫所含的氧原子数等于NAB．0.5molH2O所含的电子数为9NAC．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NAD．300mL2mol·L-1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA20、铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与0.84LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL21、下列有关氧化还原反应的叙述，正确的是()A．一定有氧元素参加 B．还原剂本身发生还原反应C．氧化剂本身发生氧化反应 D．一定有电子转移(得失或偏移)22、某班就“使用金属材料的利与弊”为题进行小组辩论，甲方的观点是使用金属材料有利，下列甲方观点不科学的是A．金属材料大多有延展性，可以加工成各种形状B．金属材料大多有美丽的光泽C．废弃的金属不会造成土壤污染和水污染D．金属材料大多数可以回收再利用二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种。现取该溶液进行下列实验：①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液，无沉淀生成；③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色。据此可以回答下列问题：(l)由实验现象①可知：溶液中肯定含有的离子是____；溶液变橙色的原因(离子方程式表示)____。(2)由实验现象②可知：溶液中肯定没有的离子是____________(3)综合上述分析可知：溶液中可能含有的离子是___；一定不含有的离子是_______24、（12分）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。（1）合成塔中发生反应的化学方程式为____（2）单质X的化学式是_______，吸收塔中X的作用是____。（3）工业上为了储运浓硝酸，最好选择____作为罐体材料。A．铜B．铂C．铝D．镁（4）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为_____mol。25、（12分）已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：①按图组装仪器，并检查装置的气密性；②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；③称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到bg；④从分液漏斗滴入6mol/L的硫酸，直到不再产生气体时为止；⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到cg；⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，为dg。请填空和回答问题：（1）在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明______①样品重②样品轻③砝码重④砝码轻（2）装置中干燥管B的作用是______（3）如果分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果将_____（填偏高、偏低或不变）；如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，测试的结果将______（填偏高、偏低或不变）。（4）步骤⑤目的是____________。（5）该试样中纯碱的质量分数的计算式为________（结果无须化简）。26、（10分）Ⅰ.某化学学习小组为探究NO2和SO2的反应进行如图所示实验。（1）图甲两集气瓶中__（填“上”或“下”）瓶气体颜色深。（2）图乙中反应的现象是___。（3）图丙中“有红棕色气体产生”说明SO2和NO2反应的产物中有__，NO2在该反应中显__性。（4）由图乙和图丙中的现象写出NO2和SO2反应的化学方程式：___。Ⅱ.某课外活动小组欲探究镁与NO2的反应。已知镁与CO2的反应为2Mg+CO22MgO+C。（1）该小组类比Mg与CO2的反应对Mg与NO2的反应进行猜测，写出Mg与NO2反应的化学方程式：__。（2）该小组设计如下实验验证上述猜测，实验装置（用于连接玻璃管的乳胶管均内衬锡纸）如图所示。资料信息：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O①装置A中的试剂是__。②干燥管和装置B的作用分别是__、__。③正确的实验操作步骤是__。a.通入NO2b.打开弹簧夹c.点燃酒精灯d.当硬质玻璃管充满红棕色气体后，关闭弹簧夹27、（12分）某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。实验Ⅰ实验Ⅱ取ⅰ中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。（1）ⅰ中反应的离子方程式是__。（2）实验Ⅰ中ⅰ和ⅱ可以得出的结论是__。（3）①甲同学认为：实验Ⅱ观察到__现象，得出氧化性Br2＞I2。②乙同学对上述实验进行反思，认为实验Ⅱ不能充分证明氧化性Br2＞I2，他补做了实验Ⅲ。实验Ⅲ另取ⅰ中的黄色溶液少许，先③步骤步骤，，，，，加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液。补做实验Ⅲ的目的是__。（4）综合实验Ⅰ和Ⅲ，得出氧化性Cl2＞Br2＞I2。28、（14分）化学物质在生活、生产中常扮演重要的角色。请回答:（1）现有①CaCO3②Ca(ClO)2③Na2O2④NaHCO3等四种物质，可用于漂白的是____(填序号，下同)；可作为生产水泥的主要原料的是____；发酵粉中含有的主要成份是________。（2）氧化铁的俗名是__________，写出一种它的用途___________。（3）氢氧化铝是医用胃酸中和剂的一种，选用其作为胃酸中和剂的两个主要原因是其为胶状可以保护胃粘膜以及其_________。29、（10分）已知A、B、C为中学化学中常见的单质。室温下，A为固体，B和C均为气体。在适宜的条件下，它们可以按下面框图进行反应。回答下列问题：（1）A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是________。①氢化物②酸③碱④盐⑤氧化物（2）A、B、C三种元素中有一种是金属，则这种元素是A、B、C中的________，理由是__________。（3）如果E溶液是一种强酸，则E的化学式为_________；①A能否是铁：________，理由是____________；②A能否是铜：________，理由是____________；③A可能是________(任写两种)。

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、A【解题分析】

根据钠离子和碳原子守恒分析解答。【题目详解】设所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量分别是xmol、ymol，1L1.0mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量是1mol，吸收0.8molCO2，根据钠离子和碳原子守恒可知2x+y＝1、x+y＝0.8，解得x＝0.2、y＝0.6，由于溶液体积相同，因此反应后所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比0.2：0.6＝1：3，答案选A。2、A【解题分析】

由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏方法，故合理选项是A。3、C【解题分析】

A．2.4g镁离子的物质的量为0.1mol，含有电子的物质的量为0.1mol×10=1mol，2.4gMg2+所含电子数目为1NA，故A错误；B．由于标准状况下汞的状态是液态，而不是气态，无法计算22.4L汞的物质的量，故B错误；C．Vm体积CH4的物质的量为1mol，含有电子的物质的量为10mol，所含质子数目为10NA，故C正确；D．18g铵离子的物质的量为1mol，含有10mol电子，18gNH4+所含电子数目为10NA，故D错误；答案为C。【题目点拨】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”；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。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。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。4、C【解题分析】

A.O2微溶于水、密度比空气大，可以排水法或向上排空气法收集，故不选A；B.H2难溶于水、密度比空气小，可以排水法或向下排空气法收集，故不选B；C.NH3极易溶于水、不能用排水法收集，故选C；D.NO难溶于水，用排水法收集，故不选D。答案选C。5、A【解题分析】

A.三种离子可以共存，且溶液透明，故A正确；B.钡离子和硫酸根生成硫酸钡沉淀，故B错误；C.碳酸根和氢离子反应生成二氧化碳和水，故C错误；D.氢氧根和铁离子生成氢氧化铁成，故D错误；故答案为A。【题目点拨】题干要求“透明”，注意透明溶液也可以有颜色。6、A【解题分析】

A.根据agKNO3溶于bg水中,恰好形成VmL饱和溶液,知整个溶液的质量为(a+b)g，体积为VmL，则该溶液的物质的量浓度为：KNO3的质量/KNO3的摩尔质量/溶液体积=a101B.该溶液的质量分数为：KNO3的质量/溶液的质量＝100aC.20°C时KNO3的溶解度为:在100克水中溶解的KNO3的质量，即是100aD.该溶液的密度=质量/体积=(a+b)/v,得到的是g/ml,换成g/L应乘以1000，故D正确；故选A。7、C【解题分析】

A．先加BaCl2溶液，再加硝酸，亚硫酸根离子能被氧化成硫酸根，干扰实验，故A错误；B．先加BaCl2溶液，再加盐酸，不能排除银离子的干扰，故B错误；C．先加盐酸，排除银离子、亚硫酸根离子的干扰，再加BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，故C正确；D．先加AgNO3溶液，再加硝酸，常用于检验氯离子，故D错误；故选C。8、A【解题分析】

加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物可以生成氨气，试管口应略向下倾斜，①正确、③错误、⑤错误；氨气的溶解度随温度升高而降低，加热浓氨水生成氨气，④正确；浓氨水和氧化钙混合可以放出氨气，②正确，故选A。9、C【解题分析】A、红热的铜与氯气发生Cu＋Cl2CuCl2，生成棕黄色的烟，故A说法正确；B、钠和氯气反应：2Na＋Cl22NaCl，生成白色的烟，故B说法正确；C、氢气在氯气中安静燃烧，产生苍白色火焰，HCl在瓶口形成白雾，故C说法错误；D、氯气与水反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，HClO见光或受热易分解，2HClO2HCl＋O2↑，故D说法正确。点睛：易混淆的是烟和雾，烟是固体小颗粒，雾是小液滴，氯化氢在空气遇冷形成小液滴。10、D【解题分析】

氯气溶于水形成的水溶液为氯水。氯气溶于水，部分和水发生可逆反应生成盐酸和次氯酸。HCl的水溶液盐酸是强酸，完全电离，次氯酸是弱酸，部分电离。在氯水中有Cl2、HClO、H2O、Cl-、ClO-、H+、OH-。【题目详解】A．新制的氯水中没有HCl分子，故A错误；B．新制氯水中有盐酸，能使石蕊试纸变红，新制氯水中还含有HClO，具有强氧化性，可以使石蕊试纸褪色，所以新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后变白，不会变为无色，故B错误；C．新制氯水中有HClO，HClO不稳定，光照下会分解生成盐酸和氧气，所以光照时氯水有气泡逸出，该气体是氧气，故C错误；D．氯水在无色玻璃瓶中放置数天，氯水中的弱酸HClO在光照下分解得到强酸盐酸，溶液的酸性将增强，故D正确；故选D。11、B【解题分析】

A.K元素的化合价不变，故A错误。B.Fe元素的化合价升高，失去电子，则Fe（OH）3发生氧化反应，故B正确。C.生成物中没有单质，不属于置换反应，故C错误。D.Cl元素的化合价降低，则Cl2是氧化剂，故D错误。答案选B。【题目点拨】根据2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O中，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，以此来解答。12、C【解题分析】

碘不易溶于水，但易溶于有机溶剂。碘水和苯混合振荡，碘会从水中进入苯中，苯比水轻，所以萃取了碘的苯在上层；碘水和四氯化碳混合振荡后，碘也会从水中进入四氯化碳里，四氯化碳比水重，所以萃取了碘的四氯化碳在下层；酒精和水互溶，所以碘水和酒精混合在一起，不分层；故选C。13、A【解题分析】A、容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后在转移到容量瓶中，故A正确；B、在进行蒸馏操作中，加热一段时间后发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是立即停止加热，待冷却后再补加碎瓷片，故B错误；C、氢氧化钠具有吸水性，实验时常把氢氧化钠固体放在托盘天平左盘的小烧杯中进行称量，故C错误；D、氧化铁胶体的胶粒带正电荷，对盛有氢氧化铁胶体的U形管通一会儿直流电后，连接电源负极的电极附近颜色逐渐加深，故D错误；故选A。14、B【解题分析】

向溶液中滴加NaOH溶液，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH-的反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。【题目详解】A.由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，设Al(OH)3的物质的量为n，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，n[Al(OH)3]=n(OH-)=5mol/L×(35-33)mL×0.001L/mL=0.01mol，即x-y=0.01mol，A正确；B.由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl-离子以NaCl存在，根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=n(Na+)=n(NaOH)=5mol/L×0.033L=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.165mol÷0.2L=0.0825mol/L，B错误；C.由图0～4mL时发生H++OH-=H2O，则H+的物质的量n(H+)=4mL×0.001L/mL×5mol/L=0.02mol，所以H+的物质的量浓度c(H+)=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，C正确；D.由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，则Al3++3OH-=Al(OH)3↓，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.01mol，则形成Al(OH)3沉淀消耗OH-的物质的量为0.03mol，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀共消耗OH-的物质的量为5mol/L×(30-4)mL×0.001L/mL=0.13mol，则Mg2+形成沉淀消耗的OH-离子的物质的量为0.13mol-0.03mol=0.1mol，所以根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知Mg2+的物质的量n(Mg2+)=0.1mol÷2=0.05mol，故原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=0.05：0.01=5：1，D正确；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查图象在溶液成分判断及含量的应用，明确反应的先后顺序是解答的关键，注意反应与图象中的对应关系，结合溶液的体积大小进行计算与判断。15、A【解题分析】

混合物中加入过量的盐酸后，氧化镁、氧化铝、氧化铁会与盐酸反应生成氯化镁、氯化铝、氯化铁，而二氧化硅不会溶于盐酸，所以得到的沉淀是二氧化硅，反应后的溶液Y中含有氯化镁、氯化铝、氯化铁和反应剩余的盐酸；据以上分析解答。【题目详解】混合物中加入过量的盐酸后，氧化镁、氧化铝、氧化铁会与盐酸反应生成氯化镁、氯化铝、氯化铁，而二氧化硅不会溶于盐酸，所以得到的沉淀是二氧化硅，反应后的溶液Y中含有氯化镁、氯化铝、氯化铁和反应剩余的盐酸；A、根据以上分析可知沉淀X的成分是SiO2，A正确；B、MgO，Fe2O3是碱性氧化物，A12O3是两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，B错误；C、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子，且酸过量，则溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，C错误；D、在溶液Y中加入过量的氨水，氢氧化铝是两性氢氧化物不溶于弱酸弱碱，所以过滤得到的沉淀的成分是Fe(OH)3、Mg(OH)2、Al(OH)3，D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查物质的组成和性质，明确组成中物质与酸、与碱发生的化学反应是解答本题的关键，答题时注意理解氧化铝是两性氧化物，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于酸、强碱溶液中，弱碱不能溶解。16、A【解题分析】

根据图象可知先加入的试剂X一开始就产生沉淀，而随试剂的加入沉淀部分溶解，所以试剂X为NaOH，后来加入的试剂Y沉淀的量不变是盐酸与过量的碱反应，继续加试剂Y，沉淀的增加是偏铝酸盐与酸反应生成沉淀氢氧化铝，当偏铝酸盐全部转化为氢氧化铝，再滴入酸，又溶解了氢氧化铝和氢氧化镁，所以试剂Y为盐酸。【题目详解】A.根据以上分析可知X是氢氧化钠，Y是盐酸，故A错误；B.设氢氧化钠的浓度为6mol/l，从加入5mLX生成沉淀最多，再继续加1mLX沉淀量减少到最小值，滴加氢氧化钠在5→6（1mL）时相应反应的离子方程式为：Al（OH）3↓+NaOH=NaAlO2+2H2O，由此可知，n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.006mol；由前5mLNaOH形成最大沉淀量可知，2n（Mg2+）+3n（Al3+）=0.03mol，所以n（Mg2+）=0.006mol，溶液中阴阳离子所带电荷相等，则n（Cl-）=0.03mol，即溶液中c(Al3＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝1∶1∶5，故B正确；C.由图可知，5→6（1mL）为氢氧化铝的溶解，发生反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，9→11（2mL）为偏铝酸钠恰好完全生成Al（OH）3沉淀：发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，根据铝元素守恒知：NaOH～Al（OH）3～AlO2-～H+由此可以推出：n（NaOH）=n（HCl）又因为v（NaOH）：v（HCl）=1：2，所以：c（NaOH）：c（HCl）=2：1，故C正确；D.在6mL处由原来的滴加NaOH，改为滴加盐酸，由图象知7mL～9mL时对应液体中沉淀量不变，可以推知此时仅仅发生酸碱中和反应，即H＋＋OH－===H2O，故D正确；题目要求选错误的，故选A。17、D【解题分析】

试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；本题答案选D。18、A【解题分析】

容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、刻度线，则③⑤正确；容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则①正确，与浓度、压强无关，所以正确的是①③⑤，故选A。19、C【解题分析】

A．常温常压下，11.2L二氧化硫物质的量不是0.5mol，因此氧原子数也不等于NA，故A错误；B.1mol水分子中含10mol电子，0.5molH2O所含的电子数为5NA，故B错误；C．Cu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子也是CuO的2倍，故8.0g混合物可以认为均由CuO构成，故含有的CuO的物质的量为n==0.1mol，则含0.1NA个铜原子，故C正确；D.300mL2mol•L-1蔗糖溶液中溶质分子物质的量=0.3L×2mol/L=0.6mol，溶液中还含有水分子，溶液中所含分子数大于0.6NA，故D错误；故选C。【题目点拨】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题易错点为C，也可以设Cu2S和CuO的物质的量分别为x、y，根据质量找到x、y的关系，然后再求含有的铜原子数。20、C【解题分析】

向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与0.84LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n（NaOH），进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。【题目详解】NO2、N2O4、NO混合气体与0.84LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，说明整个过程中被还原的HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒建立关系式：n（Cu）×2=n（O2）×4，解得n（Cu）0.0325mol×2=0.075mol，根据Cu原子个数守恒可知Cu（NO3）2为0.075mol；根据Cu2+—2OH—得NaOH为0.075mol×2=0.15mol，则NaOH,溶液的体积V为0.15mol/5mol/L=30mL，故选C。【题目点拨】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，根据氧化还原反应中电子得失守恒和原子个数守恒计算是解答的关键。21、D【解题分析】

A.凡是有化合价变化的化学反应都是氧化还原反应，不一定有氧元素参加，A错误；B.还原剂在反应中被氧化，发生氧化反应，B错误；C.氧化剂在反应中被还原，发生还原反应，C错误；D.氧化还原反应的实质是电子的转移，所以在氧化还原反应中一定有电子转移(得失或偏移)，D正确，故答案为：D。22、C【解题分析】

A、金属材料一般具有延展性,所以可以对金属材料进行加工锻打,以便成为需要的形状,故A正确；

B、金属材料一般具有金属光泽,如铜为红色、金为黄色等，故B正确；

C、金属材料废弃后有可能污染土壤和水源,例如干电池中的汞就是一例,故C错误；

D、金属材料废弃后绝大部分能够回收和再利用,这是保护金属资源常用的方式,故D正确；

综上所述，本题选C。二、非选择题(共84分)23、Br-、CO32-Cl2+2Br-=2Cl-+Br2SO42-Cl-、K+Ca2+、SO42-【解题分析】

某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种，①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后，溶液变橙色，则溶液中含有Br-，被氯气氧化生成溴单质；且有无色气泡冒出，则说明酸性条件下CO32-与氢离子反应产生二氧化碳气体，溶液中含有CO32-，故溶液中不含Ca2+；②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液，无沉淀生成，说明原溶液中不含SO42-；③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+；综上可知，该溶液中一定含有Br-、CO32-、Na+，一定不含SO42-、Ca2+，不能确定是否含有Cl-、K+；据此分析。【题目详解】某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种，①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后，溶液变橙色，则溶液中含有Br-，被氯气氧化生成溴单质；且有无色气泡冒出，则说明酸性条件下CO32-与氢离子反应产生二氧化碳气体，溶液中含有CO32-，故溶液中不含Ca2+；②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液，无沉淀生成，说明原溶液中不含SO42-；③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+；综上可知，该溶液中一定含有Br-、CO32-、Na+，一定不含SO42-、Ca2+，不能确定是否含有Cl-、K+；(l)由实验现象①可知：溶液中肯定含有的离子是Br-、CO32-；溶液变橙色的原因Br-被氯气氧化生成溴单质，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)由实验现象②可知：溶液中肯定没有的离子是SO42-；(3)综合上述分析可知：溶液中可能含有的离子是Cl-、K+；一定不含有的离子是Ca2+、SO42-。24、3H2+N22NH3O2将氮氧化物充分氧化为HNO3C1【解题分析】

（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气；（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸；（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化；（4）由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na原子个数守恒计算可得。【题目详解】（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气，反应的化学方程式为3H2+N22NH3，故答案为：3H2+N22NH3；（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸，则X为氧气，吸收塔中氧气的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3，故答案为：O2；将氮氧化物充分氧化为HNO3；（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化，由于铂是贵重金属，所以工业上为了储运浓硝酸最好选择铝作为罐体材料，故答案为：C；（4）44.8LNO和NO2混合气体的物质的量为=2mol，由N原子个数守恒可知，NaNO2和NaNO3的物质的量之和为2mol，由Na原子个数守恒可知，消耗Na2CO3的物质的量为2mol×=1mol，故答案为：1.【题目点拨】由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na原子个数守恒计算消耗Na2CO3的物质的量为解答关键。25、①④防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中偏高偏高把反应产生的CO2全部导入U型管中106（d—b）/44a×100%【解题分析】

(1)根据天平称量时按照左物右码的原则考虑；(2)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；(3)根据盐酸的挥发性考虑；根据浓硫酸洗气瓶的作用考虑；(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；(5)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。【题目详解】(1)由于称量时左物右码，向左偏说明样品重，砝码轻，选①④，因此，本题正确答案是：①④；(2)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差，

因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；(3)因为盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；浓硫酸的作用是吸水，如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，水蒸气也进入U型管被吸收，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高，因此，本题正确答案是：偏高；偏高；(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；

因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2全部导入U型管中；(5)设需要碳酸钠的质量为X则：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑106

44

X

d-b列比例式：=计算得出X=；所以试样中纯碱的质量分数的计算式为106（d—b）/44a×100%，因此，本题正确答案是：106（d—b）/44a×100%。【题目点拨】本题考查了物质定量测定的实验方法测定和物质性质应用，本实验的装置连接顺序非常严密，最前面的氢氧化钠溶液是为了防止空气中的二氧化碳进入装置，最后面的碱石灰也是为了防止空气中的二氧化碳进入装置。26、下两气体混合后，红棕色消失NO氧化NO2+SO2=NO+SO34Mg+2NO24MgO+N2NaOH溶液吸收NO2避免污染环境收集N2badc【解题分析】

Ⅱ.该实验中先通入二氧化氮气体可排尽装置中的空气，此时打开弹簧夹，干燥管吸收多余的二氧化氮，然后关闭弹簧夹，之后点燃酒精灯，二氧化氮与镁单质发生反应，A装置中盛放氢氧化钠溶液可吸收为反应的二氧化氮，B装置短进长出且装满水，可用排水法收集反应生成的氮气。【题目详解】I．（1）NO2呈红棕色，SO2为无色气体，故下瓶气体颜色深；（2）NO2有强氧化性，能被SO2，还原成NO，则两气体混合后，红棕色消失；（3）“有红棕色气体产生”说明SO2和NO2反应的产物中有NO，NO遇空气被氧化成NO2，SO2与NO2的反应中NO2体现了氧化性；（4）NO2和SO2反应的化学方程式为；Ⅱ．（1）由题意分析可知，Mg与NO2发生置换反应，反应的化学方程点燃式为；（2）①由反应可知，装置A中的试剂是NaOH溶液，作用是除去N2中混有的NO2；②干燥管的作用是吸收NO2避免污染环境。装置B是利用排水法收集N2的装置；③正确的实验操作步骤是：打开弹簧夹→通入NO2（排尽装置中的空气）→当硬质玻璃管充满红棕色气体后，关闭弹簧夹，点燃酒精灯。【题目点拨】集气瓶有多种用途：长进短出的空瓶可收集密度比空气大的气体，短进长出的空瓶可收集密度比空气小的气体；短进长出且装满水可用排水法收集气体；短进短出的空瓶可做安全瓶，防倒吸。27、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2溶液变蓝排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰【解题分析】

（1）ⅰ中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变为黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质；（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，实验Ⅰ中ⅰ氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ⅱ氯水中含有氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；（3）①取ⅰ中反应后的黄色溶液即含溴水溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成碘单质，说明溴水中的Br2将碘离子氧化为碘单质，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；②实验Ⅱ取ⅰ中的黄色溶液进行试验，ⅰ中反应后的黄色