江苏省宿迁市沭阳县2024届化学高一第一学期期末联考试题含解析

江苏省宿迁市沭阳县2024届化学高一第一学期期末联考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、纳米材料粒子的直径为1-100nm。下列分散系中分散质的微粒直径和纳米材料属于相同数量的是()。A．溶液 B．悬浊液 C．胶体 D．乳浊液2、下列说法不正确的是A．木材、纺织品浸过水玻璃后，具有防腐性能且不易燃烧B．金属镁的熔点高达2800℃，是优质的耐高温材料C．氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆D．由于铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，因此游泳场馆常用硫酸铜作池水消毒剂3、下列酸在与金属发生反应时，其中S或N元素的化合价不会发生变化的是A．浓硝酸 B．浓硫酸 C．稀硝酸 D．稀硫酸4、将一粒钠投入下列溶液中,能产生气体和沉淀的是A．NaClB．BaCl2C．H2SO4D．CuCl25、从20%的氢氧化钠溶液中取出5g，所取出的溶液与原溶液的溶质质量分数相比()A．变小 B．变大 C．不变 D．无法判断6、某铁的“氧化物”样品,用5

mol·L-1盐酸140

mL恰好完全溶解,所得溶液还能吸收标准状况下0.56

L氯气,使其中Fe2+全部转化为Fe3+,该样品可能的化学式是()A．Fe5O7 B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O57、硫代硫酸钠可用作脱氯剂，已知25.0mL0.1mol·L－1的Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112mLCl2完全转化为Cl－时，S2转化成()A．S2－ B．S C． D．8、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molFe与足量的稀盐酸完全反应，铁所失去的电子总数为3NAB．钠在氧气中燃烧，1molO2作氧化剂时得到的电子数为4NAC．0.012kg12C所含碳原子数为NAD．3molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为NA9、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是()A．标准状况下，22.4LCCl4中含有的原子数目为5NAB．常温常压下，4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.6NAC．0.2mol/LNa2SO4溶液中含Na+数为0.4NAD．1molNa2O2与H2O完全反应，转移电子数为NA10、下列物质中，不能使酚酞溶液变红的是A．NH3 B．Na2SiO3 C．NaHCO3 D．Al(OH)311、下列叙述中，正确的是()A．浓硫酸能将炽热的木炭氧化为二氧化碳B．稀硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素C．硫酸和硝酸分别与金属反应时，S和N元素的化合价一定发生变化D．因为浓硫酸或浓硝酸能与铝反应，所以常温下二者都不能用铝制容器盛装12、钢笔的笔头通常由合金钢制成，其笔头尖端是用机器轧出的便于书写的圆珠体。为了改变笔头的耐磨性能，在笔头尖端点上铱金粒，为区别于钢笔，而叫作铱金笔，铱金笔是笔头用黄金的合金制成、笔尖用铱的合金制成的高级自来水笔。下列说法错误的是（）A．钢笔的笔头不易被氧化，耐腐蚀性能好B．铱金笔的耐磨性能比钢笔好C．钢笔的笔头只含有碳和铁两种元素D．铱金笔经久耐磨，书写时弹性好，是一种理想的硬笔13、将饱和的氯化铁溶液分别滴加到下列液体中，能制备氢氧化铁胶体的是A．冷的自来水B．加热至沸的蒸馏水C．氢氧化钠溶液D．浓氨水14、下列实验操作或现象中，能区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的是A．丁达尔效应 B．过滤 C．观察颜色 D．静置15、胶体区别于其它分散系的本质特征是A．胶体的分散质能透过滤纸B．胶体能产生丁达尔现象C．胶体的分散质粒子直径在1～100mm之间D．胶体是纯净物，其它分散系是混合物16、同温同压下，相同体积的O2和SO2气体，下列叙述中错误的是A．质量之比为1:2B．物质的量之比1:2C．密度之比为1:2D．氧原子数比1:117、镁铝合金5.1g溶于300mL2mol/L的HCl，在标准状况下放出气体的体积为5.6L。向反应后的溶液中加入足量氨水，产生沉淀的质量为A．5.1g B．10.2g C．13.6g D．15.3g18、甲、乙两烧杯中各盛有100mL2mol·L-1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入一定量的铝粉，反应结束后生成的气体的体积比为2：3时，加入铝粉的质量A．2.7克 B．1.8克 C．4.5克 D．5.4克19、氢化钠(NaH)是一种生氢剂，可发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，对这一反应的描述正确的是A．NaH是氧化剂 B．生成1molH2转移2mol电子C．NaOH是还原产物 D．氧化产物和还原产物的质量比是1：120、将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是A．氯化镁溶液B．稀H2SO4C．稀氢氧化钠溶液D．硫酸铜溶液21、离子方程式BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑中的H＋不能代表的物质是①HCl②H2SO4③HNO3④NaHSO4A．①③ B．①④ C．① D．②④22、为了防止金属氧化，宋老师想了很多办法，她发现有些活泼金属在空气中易与氧气反应，表面生成一层致密的氧化膜，可以保护内层金属不被继续氧化的是()①铁②钠③铝④镁A．①②B．②③C．③④D．①④二、非选择题(共84分)23、（14分）A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。请回答：(1)A是_____________，C是_____________。(均用化学式表示)(2)写出实验室制备D的化学方程式：_____________。(3)写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。(4)设计实验方案，检验C溶液中的金属阳离子：_____________24、（12分）已知1L无色待测液中除含有0.2mo/L的Na＋外，还可能含下列离子中的一种或几种：阳离子K+、NH4+、Ca2+、Ba2+、Fe3+阴离子Cl-、Br-、CO32-、HCO3-、SO42-现进行如图实验操作(每次实验所加试剂均过量)(1)由气体B可确定待测液中含有的离子是___________。(2)由白色沉淀D和白色沉淀E可以判定待测液中一定含有的离子是___________，据此可以确定待液中一定不存在的离子是___________。(3)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是___________。(4)某同学认为待液中一定不含溴离子，判断的依据是______________________。(5)综上分析，待测液中K＋的最小浓度为___________。25、（12分）Ⅰ．（1）指出如下图实验装置中的错误之处。(加热装置中烧杯底部已垫有石棉网)①_____________________________________；②_______________________________________。（2）右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是______（填标号）。

a．玻璃棒用作引流b．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d．滤纸边缘高出漏斗Ⅱ.海藻中提取碘的流程如图，已知②中发生反应的化学方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2。请回答下列问题：（1）指出提取碘的过程中有关实验操作①和③的名称：__________；________。（2）在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象是下图中的________(注：试管中深色区为有色溶液)，下层_____色。Ⅲ．某溶液中含有MgSO4和Na2SO4两种溶质，选择适当试剂将溶液中的镁离子转化为沉淀或固体分离出来，设计实验流程如下：（1）欲证明滤液中存在SO42－、OH-，选用的方案是先取少量的滤液滴加________，发现溶液变红，再向其中加入________溶液，出现白色沉淀，则可证明SO42－、OH-均存在。（2）如何洗涤Mg(OH)2沉淀？___________________________________________。26、（10分）某课外活动小组在实验室用如图所示装置制取氨并验证氨的某些性质，请回答。（1）写出此实验中制氨的化学方程式：___。（2）实验进行一段时间，观察到硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，同时有氮气生成。根据这些现象，写出在硬质玻璃管内发生反应的化学方程式：__，这个反应说明氨具有___（填字母代号）。A．碱性B．还原性C．氧化性D．不稳定性（3）装置E的作用是__，装置F的作用是___。E中的碱石灰__（填“能”或“不能”）换成CaCl2。（4）D中浓硫酸的主要作用是___。27、（12分）为探究Na与CO2反应的产物，某化学兴趣小组按如图所示装置进行实验。己知：CO+2Ag(NH3)2OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3回答下列问题：（1）B中的溶液为______________。（2）先称量硬质玻璃管的质量为mlg，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2g。再进行下列实验操作，其正确顺序是____________（填标号）；重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3g。a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．称量硬质玻璃管d．打开K1和K2，通入CO2至E中出现浑浊e．关闭K1和K2f．冷却到室温（3）加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象：①钠块表面变暗，熔融成金属小球；②继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质；③F中试管内壁有银白物质产生。产生上述②现象的原因是____________________________________________________；（4）探究固体产物中钠元素的存在形式假设一：只有Na2CO3；假设二：只有Na2O；假设三：Na2O和Na2CO3均有；完成下列实验设计，验证上述假设：步骤操作和现象结论1将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤；假设一成立2往步骤1所得滤液中_________________________________；现象：____________________________________。（5）根据上述实验现象及下表实验数据，写出Na与CO2反应的总化学方程式_____________。m1m2m366.7g69.0g72.1g28、（14分）氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。实验室制取氯气除了用浓盐酸和二氧化锰外还可以利用下列反应：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,该反应的优点是反应产生氯气速度快、不需要加热。请你根据所学知识回答下列问题(1)该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____________________。(2)把氯气通入紫色石蕊溶液中，可以观察到的现象是________________________________。(3)实验室配制好2.0mol/LNaOH溶液，需要这种溶液____________mL才能与4.48L氯气（标准状况）恰号完全反应。(4)已知Br2的水溶液因浓度不同而呈现橙色或红棕色，NaBr溶液中缓缓通入Cl2时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，请写出对应的离子方程式_________________________________。(5)现需490mL2.0mol/LNaOH溶液：ⅰ所需称量的氢氧化钠固体的质量是__________________。ⅱ上述实验需要的仪器有天平（含砝码）、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、______________。ⅲ某同学部分配制过程如图所示，你认为有错误的操作是_____________________；若按操作所示称量时，指针向左偏，则所配溶液浓度将____________________（填“偏高”“偏低”或“不变”）29、（10分）氮及其化合物与生产生活关系密切。请完成下列填空：（1）某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。①装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是______，装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为：_______________________。②为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是____________。（2）NO在医疗上有重要的应用，曾被科学家作为研究的重要物质。现有容积为aL的试管盛满NO后倒扣于水槽中，再向试管中通入一定体积O2后，试管内气体的体积为试管容积的一半，则通入的O2的在相同条件下体积为_________。A0.75aLB0.375aLC0.625aLD1.25aL（3）实验室常用下图所示装置制取并收集氨气。①实验室制取氨气反应的化学方程式为____________________________________；②图中方框内收集氨气的装置可选用_________________（填字母序号）；③尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是_________________________________。（4）在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4g的铜片发生反应。请回答下列问题：①开始阶段，反应的化学方程式为____________________________________，后一阶段生成气体的颜色为____________，若整个反应过程共产生标准状况下气体2.24L，则反应过程中被还原的HNO3的物质的量为_______。②反应结束后铜片有剩余，再加入少量20%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，反应的离子方程式为____________________________________________________。

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】

根据胶体的定义可看出，在胶体这种分散系中，分散质的微粒直径在1nm—100nm之间，与题目上纳米材料粒子的直径范围相同，因此该选C。溶液溶质粒子直径小于1nm，而浊液中分散质粒子直径大于100nm。2、B【解题分析】试题分析：A．木材、纺织品浸过水玻璃后，具有防腐性能且不易燃烧，A正确；B．金属镁是活泼的金属，不能作耐高温材料，氧化镁是优质的耐高温材料，B错误；C．氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆，C正确；D．由于铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，因此游泳场馆常用硫酸铜作池水消毒剂，D正确，答案选B。考点：考查物质的性质和用途3、D【解题分析】

根据稀硫酸具有弱氧化性，在氧化还原反应中H元素的化合价降低，而硝酸、浓硫酸具有强氧化性，与金属反应时N或S的元素的化合价降低。【题目详解】A、浓硝酸为氧化性酸，与金属反应时，硝酸根显示氧化性，N元素被还原，氮元素化合价降低，A不选；B、浓硫酸是氧化性酸，与金属反应时，硫酸根显示氧化性，S元素被还原，硫元素化合价降低，B不选；C、稀硝酸为氧化性酸，与金属反应时，硝酸根显示氧化性，N元素被还原，氮元素化合价降低，C不选；D、稀硫酸是非氧化性酸，与金属反应时，氢离子显示氧化性，S元素价态不变，D选；答案选D。4、D【解题分析】

钠是非常活泼的金属单质，将钠投入到盐溶液中钠先与水反应，将钠投入到酸溶液中钠先与酸反应，由此分析。【题目详解】A.钠投入到NaCl溶液中，钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但NaCl与NaOH不反应，溶液中没有沉淀生成，A项错误；B.钠投入到BaCl2溶液中，钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但BaCl2与NaOH不反应，溶液中没有沉淀生成，B项错误；C.钠投入到H2SO4溶液中，钠与H2SO4反应：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑，溶液中没有沉淀生成，C项错误；D.钠投入到CuCl2溶液中，钠先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的NaOH继续与CuCl2反应：2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，溶液中既有气体放出又有沉淀产生，D项正确；答案选D。5、C【解题分析】

由于溶液具有均一性，所以溶液中各部分性质是完全相同的，故从20%的氢氧化钠溶液中取出5g，所取出的溶液与原溶液的溶质质量分数均为20%，故答案为C。6、A【解题分析】

氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=n（HCl），所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯离子是可知n（FeCl3）=n（FeCl3）=[n（HCl）+2n（Cl2）]，再根据Fe、O原子数目之比确定氧化物化学式。【题目详解】氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O.由H原子、O原子守恒可知n(O)=n(H2O)=n(HCl)=×0.14L×5mol/L=0.35mol，所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯原子是可知n(FeCl3)=[n(HCl)+2n(Cl2)]=×(0.14L×5mol/L+2×)=0.25mol，所以氧化物中n(Fe):n(O)=0.25mol:0.35mol=5:7，该氧化物的化学式为Fe5O7，故答案为A。7、C【解题分析】

Cl2完全转化为Cl-，根据电子转移守恒可知，Na2S2O3被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据电子转移守恒列方程计算，以此解答该题【题目详解】112mL(即0.005mol)Cl2完全转化为Cl−时，得电子总量是0.005mol×2×(1−0)=0.01mol，设S2O32−转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子守恒：25.0mL0.1mol⋅L−1的Na2S2O3失电子数=0.025L×0.1mol⋅L−1×2×(x−2)=0.01，解得x=4，即产物中硫的化合价为+4价，所以S2O32−转化成SO32−，答案选C。【题目点拨】电子转移守恒列方程计算是解答氧化还原反应计算的常用手段，氧化还原反应中得到的电子总数与失去电子总数相等，根据反应中元素的化合价升降列出电子守恒式。8、C【解题分析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，掌握常见氧化还原反应中的转移电子数的计算。详解：A.1molFe与足量的稀盐酸完全反应，生成氯化亚铁，所以铁所失去的电子总数为2NA，故错误；B.钠在氧气中燃烧，生成过氧化钠，所以1molO2作氧化剂时得到的电子数为2NA，故错误；C.0.012kg12C的物质的量为12/12=1mol，所含碳原子数为1mol，故正确；D.3molNO2与足量H2O反应，反应中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，所以转移的电子数为2NA，故错误。故选C。点睛：注意掌握歧化反应中的电子数计算。如过氧化钠与水或二氧化碳的反应，氯气和水或碱的反应，二氧化氮和水的反应等。9、D【解题分析】

A．标况下四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算标准状况下22.4LCCl4的物质的量，也无法判断含有的原子数目，故A错误；B．CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且均为3原子分子，故0.1mol混合物中含0.3NA个原子，故B错误；C．由n=cV可知，0.2mol/LNa2SO4溶液的体积未知，无法计算溶液中含有的Na+数目，故C错误；D．1mol

Na2O2中有2mol氧原子，与H2O完全反应时，1mol氧原子失去电子，1mol氧原子得到电子，则转移1mol电子，即转移电子数为NA，故D正确；故答案为D。10、D【解题分析】

A选项，NH3是碱性气体，溶于水显碱性，使酚酞溶液变红，故A不符合题意；B选项，Na2SiO3溶于水显碱性，使酚酞溶液变红，故B不符合题意；C选项，NaHCO3溶于水显碱性，使酚酞溶液变红，故C不符合题意；D选项，Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于水，不能使酚酞溶液变红，故D符合题意；综上所述，答案为D。11、A【解题分析】

A.浓硫酸能将炽热的木炭氧化为二氧化碳，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；B.稀硫酸没有脱水性，稀硫酸不能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素，应该是浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素，B错误；C.稀硫酸与金属反应时，S元素的化合价不发生变化，C错误；D.虽然浓硫酸或浓硝酸能与铝反应，但常温下反应生成了致密的氧化物薄膜，可以阻止反应的进行，所以在常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸，D错误；答案选A。12、C【解题分析】

A．黄金不活泼；B．笔尖用铱的合金制成；C．铱金笔是笔头用黄金的合金、笔尖用铱的合金制成的；D．合金的硬度大。【题目详解】A．黄金不活泼，耐腐蚀，选项A正确；B．笔尖用铱的合金制成，合金的硬度大，耐磨性能比钢笔要好，选项B正确；C．铱金笔是笔头用黄金的合金、笔尖用铱的合金制成的，不是纯金，选项C错误；D．铱金笔是笔头用黄金的合金、笔尖用铱的合金制成的，合金的硬度大，选项D正确．答案选C。13、B【解题分析】

A.因FeCl3在冷水中水解程度较小，不能形成胶体，故A错误；B.因FeCl3溶液与沸水发生水解反应,水电离出来的OH-离子与Fe3+结合形成氢氧化铁胶体粒子,故B正确；C.因FeCl3溶液与NaOH溶液生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故C错误；D.因FeCl3溶液与NaOH浓氨水生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故D错误；本题答案为B。14、A【解题分析】

当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)，胶体(1nm～100nm)，浊液(大于100nm)，丁达尔现象为胶体特有的性质，所以能区分

FeCl3

溶液和

Fe(OH)3

胶体的是丁达尔效应，故答案为：A。【题目点拨】胶体中的胶粒能够透过滤纸，不能透过半透膜，胶体属于介稳体系，静置不足以使之产生沉淀（聚沉），需要加热、剧烈机械振动、外加电解质等才能使得胶体聚沉。15、C【解题分析】

胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1～100mm之间，故合理选项是C。16、B【解题分析】

同温同压下，两种气体的物质的量之比等于体积之比，同温同压下，相同体积的O2和SO2气体，其物质的量相等。【题目详解】A．分析可知，O2和SO2气体的物质的量相等，质量之比为32:64=1:2，A叙述正确；B．分析可知，O2和SO2气体的物质的量相等，物质的量之比1:1，B叙述错误；C．同温同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，则密度之比为32g/mol：64g/mol=1:2，C叙述正确；D．分析可知，物质的量之比1:1，氧原子数比(1×2):(1×2)=1:1，D叙述正确；综上所述，答案为B。17、C【解题分析】

镁铝合金溶于HCl生成氯化镁、氯化铝，加入氨水后得到氢氧化镁和氢氧化铝，因此沉淀的质量是合金的质量和OH－的质量之和。根据金属元素的化合价可知，金属失去电子的物质的量与结合的OH－的物质的量相等，由于产生氢气0.25mol，则转移电子是0.5mol，所以OH－的物质的量是0.5mol，OH－质量是8.5g，所以沉淀的质量=5.1g＋8.5g＝13.6g。答案选C。18、A【解题分析】

由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸碱足量，Al不足，生成气体相同；金属足量，酸碱不足，生成气体为1：3，由铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，Al过量，碱与金属反应时碱过量，Al不足，来计算解答。【题目详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×2mol/L=0.2mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则，解得x=0.1mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，根据气体体积比为甲：乙=2：3，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.1mol×=0.15mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则，解得y=0.1mol，则Al的质量为m(Al)=0.1mol×27g/mol=2.7g；答案为A。19、D【解题分析】

A.NaH中H元素的化合价从－1价升高到0价，失去电子，作还原剂，A错误；B.NaH中H元素的化合价从-1价升至0价，H2O中H元素的化合价从+1价降至0价，生成1molH2转移1mol电子，B错误；C.NaH中H元素的化合价从-1价升至0价，H2O中H元素的化合价从+1价降至0价，所以氢气既是氧化产物，也是还原产物，氢氧化钠既不是氧化产物，也不是还原产物，C错误；D.根据C项分析，以及电子得失守恒可知氧化产物和还原产物的物质的量之比是1：1，质量比是1：1，D正确；答案选D。20、A【解题分析】

Na与氯化镁溶液、稀硫酸、稀氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液的反应方程式如下：MgCl2+2H2O+2Na=Mg(OH)2(白)↓+2NaCl+H2↑、2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑

、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、CuSO4+2Na+2H2O=Cu(OH)2(蓝)↓+Na2SO4+H2↑观察实验现象：A.既有白色沉淀又有气体生成，符合题意，A正确;B.只有气体没有沉淀生成，B错误；C.只有气体没有沉淀生成，C错误；D.生成的是蓝色沉淀，不符题意，D错误；故合理选项是A。21、D【解题分析】

①HCl溶于水完全电离，且不和钡离子反应，可以代表碳酸钡和盐酸反应的离子方程式，故①不选；②H2SO4溶于水完全电离,但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀,离子方程式为BaCO3+2H++SO42−=BaSO4+CO2↑+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸反应的离子方程式，故②选；③HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应可以，可以代表碳酸钡和硝酸反应的离子方程式，故③不选；④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡,离子方程式为BaCO3+2H++SO42−=BaSO4+CO2↑+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸氢钠反应的离子方程式，故④选；综上所述，②④项符合要求，D项正确，答案选D。22、C【解题分析】①铁生锈可以加速铁的腐蚀，错误；②钠与氧气反应生成的氧化钠不稳定，易与空气的中水蒸汽、二氧化碳反应最终生成碳酸钠，错误；③铝表面生成一层致密的氧化膜，可以保护内层金属不被继续氧化，正确；④镁表面形成氧化物都有保护金属的作用，正确；答案选C。点睛：本题考查金属性的性质，注意金属镁和铝可以和氧气反应生成致密的氧化膜，除此之外其他金属不具有该性质，例如铁锈疏松易脱落，达不到保护内部金属的作用。二、非选择题(共84分)23、FeFeCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+【解题分析】

A为金属单质，B、C、D、E

四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A为变价金属，且B与A反应生成C，则A为Fe，D为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，A与E反应生成C(FeCl2)，结合(3)“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知，E为HCl，据此解答。【题目详解】（1）根据分析可知，A为Fe，C为FeCl2，故答案为：Fe；FeCl2；（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）B为FeCl3，Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；（4）C为FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验Fe2+的方法为：取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，故答案为：取C溶液于试管中，向其中滴加

KSCN

溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。24、NH4+CO32-、SO42-Ca2+、Ba2+HCO3-向滤液B中通入氯气溶液呈浅黄绿色（或加入硝酸银溶液，出现白色沉淀）0.1mol/L【解题分析】

无色待测液一定不存在Fe3+，待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-和SO42-，根据离子共存知，溶液中不存在Ca2+、Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，以此解答该题。【题目详解】（1）由以上分析可知气体B为NH3，则溶液中一定含有NH4+；(2)若无色气体D通入石灰水中，石灰水变浑浊，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32-；加入氯化钡生成白色沉淀，沉淀D不溶于稀硝酸，D一定是BaSO4，可以判定待测液中一定含有的离子是SO42-；根据离子共存，一定不存在Ca2+、Ba2+；(3)滤液A中有Ba2+，说明A中一定没有CO32-，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，沉淀B一定是碳酸钡，则原待测液中含有的离子是HCO3-；(4)滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-；(5)n(CO32-)=、n(SO42-)=、n(HCO3-)=、n(NH4+)=；溶液中电荷呈中性，2×n(SO42-)+1×n(HCO3-)+2×n(CO32-)=2×0.05mol+1×0.1mol+2×0.1mol=0.4mol，n(NH4+)+n(Na+)=0.1mol×1+0.2mol=0.3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K＋；若原溶液中不存在Cl-，则K+其物质的量是0.4mol－0.3mol=0.1mol，K+浓度是c(K+)=0.1mol÷1L=0.1mol/L，若存在Cl-，则K+的浓度应该大于0.1mol/L。25、温度计伸入液面内冷凝水上进下出bd过滤萃取分液D紫红酚酞盐酸和BaCl2用玻璃棒引流向过滤器中加蒸馏水直至没过沉淀，静置，待液体流出后，重复上述操作2-3次【解题分析】

I.（1）.温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口相平，冷凝水应下进上出；（2）.过滤要遵循“一贴二低三靠”；II.海藻灼烧浸泡得到海藻灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，得到含碘的水溶液，加入有机萃取剂进行分液萃取得到含碘单质的有机溶液，蒸馏得到晶体碘；III.（1）.证明滤液中存在SO42－、OH-，可先加入酚酞，溶液变红可以说明滤液中含有OH-，用盐酸酸化后加入氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明滤液中含有SO42－；（2）.洗涤沉淀的操作为向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次。【题目详解】I.（1）.①.进行蒸馏操作时，因温度计是测量馏分的温度，则温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处，与支管口相平而不能插入液面以下，故答案为温度计伸入液面内；②.为了达到更好的冷凝效果，冷凝水应与蒸汽逆流且充满整个冷凝管，所以冷凝水应从下口进水、上口出水，故答案为冷凝水上进下出；（2）.a.玻璃棒用作引流，使液体顺利流下，故a正确；b.玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动，因为这样可能会捣破滤纸，过滤失败，故b错误；c.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故c正确；d.滤纸边缘应低于漏斗上边缘，故d错误，答案为：bd；II.海藻灼烧浸泡得到海藻灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，得到含碘的水溶液，加入有机萃取剂进行分液萃取得到含碘单质的有机溶液，蒸馏得到晶体碘。（1）.过滤适用于不溶于水的固体和液体，根据流程图可知，分离固体海藻灰和液体碘离子的溶液需要用过滤操作，因为碘在有机溶剂中的溶解度比在水中的大，所以用萃取分液可得到含碘的有机溶液，故答案为过滤；萃取分液；（2）.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，能将碘水中的碘转移到四氯化碳中，四氯化碳的密度比水大，溶解碘后四氯化碳层为紫红色，所以在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的现象是溶液分层，上层颜色接近无色，下层呈紫红色，故答案为D；紫红；III.（1）.欲证明滤液中存在SO42－、OH-，选用的方案是先取少量的滤液滴加酚酞，发现溶液变红，再向其中加入盐酸和BaCl2溶液，出现白色沉淀，则可证明SO42－、OH-均存在，故答案为：酚酞；盐酸和BaCl2；（2）.洗涤Mg(OH)2沉淀的方法是：用玻璃棒引流向过滤器中加蒸馏水直至没过沉淀，静置，待液体流出后，重复上述操作2-3次，故答案为用玻璃棒引流向过滤器中加蒸馏水直至没过沉淀，静置，待液体流出后，重复上述操作2-3次。【题目点拨】本题主要考查化学实验基本操作，试题难度不大，本题的易错点是第II小题的第（2）问，注意碘水的体积为3mL，四氯化碳的体积为1mL，且四氯化碳的密度大于水的密度，故答案为D而不是B。26、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2吸收水蒸气，干燥NH3检验是否有水生成不能吸收空气中的水分，排除干扰吸收氨，防止污染空气【解题分析】

（1）氯化铵、氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙、水；（2）硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，说明有水生成，同时有氮气生成。氨气中氮元素化合价由-3升高为0；（3）碱石灰是干燥剂；无水硫酸铜遇水变蓝。CaCl2能与氨气反应；（4）浓硫酸具有酸性，能吸收氨气，浓硫酸具有吸水性。【题目详解】（1）氯化铵、氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙、水，反应方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。（2）硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，说明有水生成，同时有氮气生成，氧化铜和氨气反应的方程式是3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2。氨气中氮元素化合价由-3升高为0，所以氨气表现还原性，选B。（3）碱石灰是干燥剂，装置E的作用是吸收水蒸气，干燥NH3；无水硫酸铜遇水变蓝，装置F的作用是检验是否有水生成。CaCl2能与氨气反应，所以E中的碱石灰不能换成CaCl2。（4）浓硫酸具有酸性，能吸收氨气，防止污染空气；浓硫酸具有吸水性，吸收空气中的水分，防止空气中的水进入F，排除干扰。27、饱和碳酸氢钠溶液d、a、b、f、e、c钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成加入足量BaCl2溶液（或足量CaCl2溶液）后滴入酚酞试液（或测pH）有白色沉淀产生，酚酞不变红（pH=7）12Na+11CO2=6Na2CO3+C+4CO【解题分析】

根据实验目的及反应装置，A为制备二氧化碳，使用的盐酸易挥发，则装置B为除HCl气体，但不能吸收二氧化碳，为饱和的碳酸氢钠溶液，装置C为浓硫酸，除去二氧化碳中的水蒸气；D为Na与二氧化碳的反应装置，装置E为除去未反应的二氧化碳，F为验证是否有CO生成。【题目详解】(1)装置B为吸收HCl气体，且不能吸收二氧化碳，则溶液为饱和的碳酸氢钠溶液；(2)Na能和空气中的氧气反应，则需先通入一定量的二氧化碳排净装置中的空气，再点燃酒精灯，使Na与二氧化碳反应；熄灭酒精灯，待装置恢复至室温时，关闭K1和K2，称量硬质玻璃管的质量，则答案为d、a、b、f、e、c；(3)根据实验现象，钠能在二氧化碳中燃烧，产生黄色火焰，且生成黑色的单质碳；(4)若只有碳酸钠，向步骤1中加入氯化钡时，能产生溶于酸的白色沉淀和NaCl溶液，则在室温时溶液的pH为7；(5)m(Na)=69.0-66.7=2.3g，固体增重为72.1-69.0=3.1g，根据Na原子守恒，碳酸钠的质量为5.3g，则C的质量为0.1g，n(Na2CO3):n(C)=:=6:1，则方程式为12Na+11CO2=6Na2CO3+C+4CO。【题目点拨】反应后的固体物质为碳酸钠和碳的混合物，根据数据计算碳酸钠与碳的物质的量之比，即可确定反应的方程式。28、5∶1先变红，后褪色200Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br240.0g500mL容量瓶①⑥偏低【解题分析】

（1）KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答；（2）依据氯气和水反应生成的产物盐酸和次氯酸性质分析判断；（3）n（Cl2）＝＝0.2mol，根据反应的离子方程式Cl2+2OH﹣＝CIO﹣+Cl﹣+H2O计算；（4）氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质；（5）ⅰ根据m＝nM＝cVM计算；ⅱ根据操作的步骤确定所需仪器；ⅲ称量的NaOH固体时应左物右码；定容时应平视刻度线，依据c＝进行误差分析。【题目详解】（1）KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，1KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，则氧化剂为KClO3，5HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，则还原剂为5HCl，所以氧化产物与还原产物的物质量之比为5：1，故答案为：5：1；（2）氯气通入紫色石蕊试液中和水反应生成盐酸使石蕊变红色，生成的次氯酸具有漂白性使红色褪去，故答案为：先变红，后褪色；（3）n（Cl2）＝＝0.2mol，由反应的离子方程式Cl2+2OH﹣＝CIO﹣+Cl﹣+H2O可知n（NaOH）＝0.4mol，V（NaOH）＝＝0.2L＝200mL，故答案为：200；（4）氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，对应的离子方程式为：Cl2+2Br﹣＝2Cl﹣+Br2；故答案为：Cl2+2Br﹣＝2Cl﹣+Br2；（5）ⅰ现需490mL2.0mol•L﹣1NaOH溶液，则选用500ml容量瓶，所以n（NaOH）＝0.5L×2mol/L＝1mol，m（NaOH）＝1mol×40g/mol＝40.0g，故答案为：40.0g；ⅱ配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷