2023-2024学年浙江省衢州、丽水、湖州、舟山四地市化学高一第一学期期末调研模拟试题含解析

2023-2024学年浙江省衢州、丽水、湖州、舟山四地市化学高一第一学期期末调研模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、在化合物KMnO4和K2MnO4中不同的是()A．钾元素的化合价 B．氧元素的化合价C．所含元素的种类 D．锰元素的化合价2、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＋Cl22HCl3、下列说法中正确的是（）A．铁丝在空气中燃烧生成黑色的四氧化三铁 B．钠粒投入硫酸铝溶液中，可置换出铝C．铁丝和铜丝都可以在氯气中燃烧 D．久置的氯水，其剩余成分只有水4、下列关于物质的用途，叙述不正确的是A．二氧化硫可广泛用于食品的增白 B．Na2SiO3常用作制木材防火剂C．硅胶可用作食品干燥剂 D．硅可用于制作硅芯片和光电池5、将3.8gCO和H2混合气体，在足量的氧气中燃烧，产物全部通过足量的Na2O2，则Na2O2增重A．2g B．3.8g C．5g D．无法计算6、如果花生油中混有水，最好的分离方法是()A．过滤 B．蒸馏 C．分液 D．萃取7、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有HClO分子存在C．加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-分子存在D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在8、化学科学的形成、发展与应用过程中，下列科学家与其成就不相对应的是A．1961年英国科学家波义尔提出化学元素的概念B．1774年法国科学家拉瓦锡提出燃烧的氧化学说C．1811年意大利科学家阿伏加德罗提出原子学说D．1943年，科学家侯德榜发明联合制碱法9、下列操作或叙述正确的是()A．向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中一定含有SO42－B．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸进行如图所示操作来检验溶液中是否存在NH4+C．将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，没有出现血红色，该固体试样中也可能存在Fe3+D．向无色溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则该溶液中一定含有CO32－10、除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，不需要的实验操作是A．加热溶解 B．趁热过滤 C．蒸发结晶 D．降温结晶11、将1.12g铁粉加入25mL2mol/L的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是A．铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－浓度基本不变B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，显黄色C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5D．Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6∶112、已知H＋可以写成H3O+，从某些性质看，NH3和H2O，和H3O＋，OH－和，N3－和O2－两两相似，据此判断下列反应式(反应条件忽略)正确的是()①2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑②CaO＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋H2O③3Mg(NH2)2=Mg3N2＋4NH3↑④NH4Cl＋NaNH2=NaCl＋2NH3↑A．① B．②④ C．全部 D．①②④13、下列离子的检验方法正确的是A．某溶液产生白色沉淀,说明原溶液中有Cl-B．某溶液产生白色沉淀,说明原溶液中有SO42-C．某溶液生成无色气体,说明原溶液中有CO32-D．某溶液产生蓝色沉淀,说明原溶液中有Cu2+14、已知元素X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xm+和Yn-的核外电子排布相同，则下列关系式正确的是()A．a=b+m+n B．a=b-m+n C．a=b+m-n D．a=b-m-n15、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是()A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B．探究NO和N2O可能化合生成NO2C．探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用16、关于1mol·L－1K2SO4溶液的下列说法正确的是（）A．溶液的体积越大，浓度越大B．含0.1molK2SO4的溶液的体积是1LC．溶液中c（K＋）＝2mol·L－1D．1L溶液中含2molK＋，2mol17、下列反应属于氧化还原反应，且水中两种元素化合价没有改变的是A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．CaO+H2O=Ca(OH)2 D．3NO2+H2O=2HNO3+NO18、下列各组物质性质比较不正确的是A．酸性强弱：HClO4＜HBrO4＜HIO4 B．碱性强弱：Mg(OH)2＜NaOH＜KOHC．还原性：Al＜Mg＜Na D．单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2、S、P、Si19、下列说法错误的是（）A．硅是制造太阳能电池的常用材料B．二氧化硅是制造光导纤维的材料C．常温下硅易与氯气、强酸、强碱溶液等反应D．水玻璃可用作木材防火剂20、下列说法正确的是（）A．NaHCO3的电离方程式是NaHCO3═Na++H++CO32﹣B．向硫酸中通入少量氨气，硫酸溶液的导电能力会明显增强C．胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1﹣100nmD．SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，故SO3是电解质21、同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有CO，一个装有N2和CO2的混合气体，两瓶气体一定相同的是（）A．物质的量和质量 B．原子总数C．分子总数 D．密度22、下列离子方程式书写不正确的是(

)A．Al(OH)3溶于NaOH溶液中：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2OB．铁和盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．Cl2溶于水的反应：Cl2+H2O=H++Cl-+HClOD．AlCl3溶液中加入少量的氢氧化钠溶液：Al3++3OH-=Al(OH)3↓二、非选择题(共84分)23、（14分）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W与Y的最高化合价之和为8，Y的最高价氧化物的水化物既能跟强酸溶液反应又能跟强碱溶液反应；X与Z同族，Z的原子序数是X的两倍。（1）X在元素周期表中的位置是________。（2）W、X、Y的原子半径由大到小的顺序是_____＞_____＞_____（用元素符号表示）。（3）X、Z中非金属性较强的是_________（填元素符号），下列事实不能证明该结论的是__________（填序号）。aX的气态氢化物的稳定性比Z的强bZ的气态氢化物的酸性比X的强cX的氢化物的沸点比Z的高d相同条件下Z的氢化物的还原性比X的强（4）Y的最高价氧化物的水化物与强碱溶液反应的离子方程式为________。（5）Y与同周期相邻金属元素的金属性强弱关系为_____＞_____（填写元素符号），设计实验加以证明：_____________。24、（12分）已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：请回答：（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：__、其中Al作__剂。（2）反应④的离子方程式为：__。（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。25、（12分）某化学实验小组的同学为探究和比较SO2

和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。(1)实验室用装置A制备SO2，某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，该同学怎样操作可以使分液漏斗液体顺利滴下___________________________；(2)实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为____________________，若实验室用酸性KMnO4

和浓盐酸反应制Cl2，反应的离子方程式为________________________。(3)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，再给B、D

两个试管分别加热；两个试管中的现象分别为：B：___________，D：___________。(4)若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2一段时间后B中现象为_____________________。(5)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)_________________________。26、（10分）（1）为了制取纯净干燥的气体A，可用下图所示装置，生成A的速度可通过滴入液体B的速度控制。①若A是能使带火星的木条复燃的气体，C物质是淡黄色粉末，且不需要Ⅲ装置，则A是______（填化学式），写出烧瓶中发生反应的化学方程式并用双线桥法标出电子得失情况：________________。②若A可以灭火，C为块状不溶性固体，则A物质是________（填化学式，下同），D物质是__________，烧瓶中发生反应的的离子方程式为_____________________________________。（2）某学生若用上图所示装置，一次实验即可确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱(不必选其他酸性物质)，则E中发生反应的的离子方程式为__________________________________。27、（12分）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，现要制取一瓶干燥纯净的氯气，并防止剩余氯气逸出污染空气。现有下列仪器和药品可使用：(1)盛装浓盐酸的仪器名称_______(2)连接上述仪器的正确顺序是(填各接口处的字母)A接______，______接______，______接______，______接______。(3)气体尾气吸收装置中进行的化学反应方程式为________(4)在装置中，①饱和食盐水的作用是______②浓硫酸的作用是______③氢氧化钠溶液的作用是_______28、（14分）镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol·L-1的盐酸溶液中，然后再滴加2mol·L-1的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示。请回答下列问题：（1）当V1=160mL时，则金属粉末中m(Al)=_____________mol。（2）V2～V3段发生反应的离子方程式为____________________________。（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则加入NaOH溶液的体积V(NaOH)=____________mL。（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL4mol·L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL2mol·L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为_______________________。29、（10分）研究或认识物质的化学性质一般可从以下几个方面入手（以SiO2为例）。（1）从物质分类角度分析可能具有的通性，如酸性、碱性等。SiO2属于__________氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）。盛装NaOH等碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因可用离子方程式表示为____________________________。（2）从核心元素化合价角度分析可能具有氧化性、还原性。①据SiO2中Si元素的价态可推知SiO2_____________（填字母）：A．只有还原性B．只有氧化性C．既有还原性又有氧化性②工业上用石英砂和焦炭混合高温制取粗硅，其反应为：SiO2+2CSi+2CO↑用双线桥法标出电子转移方向与数目：____________________________。（3）从其它角度认识可能具有的特性。SiO2能与唯一的酸____________（填物质名称或化学式）反应，工艺上常利用该反应___________（填一种用途）。

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、D【解析】

A、在化合物KMnO4和K2MnO4中，钾元素均显+1价，故A项错误；

B、在化合物KMnO4和K2MnO4中，氧元素均显-2价，故B项错误；

C、在化合物KMnO4和K2MnO4中，均含有钾、锰、氧三种元素，故C项错误；

D、钾元素显+1价，氧元素显-2价，设KMnO4中锰元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）+x+（-2）×4=0，则x=+7价；设K2MnO4中锰元素的化合价是y，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）×2+y+（-2）×4=0，则y=+6价；故D项正确，故选D。【点睛】本题易错选A项，错误的认为KMnO4和K2MnO4中含有相同的原子团。2、C【解析】

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。3、C【解析】

A.铁丝在空气中不能燃烧，在纯氧气中燃烧生成黑色的四氧化三铁，A错误；B.钠与盐溶液反应，先钠与水反应生成氢氧化钠，生成的氢氧化钠再与盐反应，所以钠粒投入硫酸铝溶液中，不能置换出铝，B错误；C.铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜，所以铁丝和铜丝都可以在氯气中燃烧，C正确；D.氯气溶于水，一部分氯气与水反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，但氯水久置后，HClO发生分解：2HClO=2HCl+O2↑，剩下的只有盐酸，所以久置的氯水实质就是盐酸，D错误；故答案为：C。4、A【解析】

A.二氧化硫禁止用于食品增白，只能在红酒中少量添加起到杀菌的作用，A项错误；B.硅酸钠可作木材的防火剂和防腐剂，B项正确；C.硅胶可用于食品干燥剂或催化剂的载体，C项正确；D.硅是一种半导体，可制作芯片和太阳能电池，D项正确；答案选A。5、B【解析】

CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应：2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重△m=4NaOH-2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量；所以Na2O2增重的质量为CO与H2混合气体的质量，共3.8g，答案选B。【点睛】本题考查混合物的计算，注意从CO2、H2O与Na2O2生成固体质量的变化分析规律，是解答该题的关键。即凡分子组成符合(CO)m·(H2)n的物质，Wg该物质在O2中完全燃烧，将其产物CO2和水蒸气通过足量的Na2O2后，固体增重必为Wg。或是由C、H、O三种元素组成的物质，只要C、O原子个数比为1∶1，即可满足该条件。6、C【解析】

花生油和水为互不相溶的两种液体，其混合物常用分液法分离。A.过滤通常用于难溶固体和液体的分离，故A不选；B.蒸馏通常用于分离互溶的液体混合物，故B不选；C.分液通常用于分离互不相溶的液体混合物，故C选；D.萃取通常用于把一种溶质从一种溶剂中分离出来，故D不选。故选C。7、C【解析】

氯气溶于水后，部分氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl-、ClO-、OH-。【详解】A．氯气不具有漂白性，次氯酸具有漂白性，加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，A错误；B．氯水中含有氯气分子，氯气为黄绿色且有刺激性气味，B错误；C．氯水中含有氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，所以加入AgNO3溶液产生白色沉淀，C正确；D．Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，D错误；答案选C。8、C【解析】

A.波义尔提出化学元素的概念，故A说法正确；B.拉瓦锡提出燃烧作用的氧化学说，故B说法正确；C.道尔顿提出原子学说，阿伏加德罗提出阿伏加德罗常数、阿伏加德罗定律，故C说法错误；D.候德榜发明联合制碱法，故D说法正确；答案：C。9、C【解析】

A、向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该沉淀不一定是BaSO4，也有可能是AgCl，该现象说明该溶液中可能含SO42-，也可能含Cl-；检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-，A错误；B、应将用镊子夹住试纸放在试管口，B错误；C、固体样品中可能含有Fe和Fe2O3，加入盐酸后，Fe可以和Fe3+反应，使得溶液中没有Fe3+，再加入KSCN溶液，溶液不变红，C正确；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，也可能是SO2；此外，和盐酸反应生成CO2、SO2的离子有CO32-、HCO3-或SO32-、HSO3-，D错误；故选C。【点睛】检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-；不能用硝酸酸化，因为亚硫酸根离子能够被氧化为硫酸根离子，也具有此现象；也不能用盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除银离子的干扰。10、C【解析】

硝酸钾的溶解度随温度变化大，食盐的溶解度变化不大，除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，先将其加热溶解，在趁热过滤，最后降温结晶，不需要的实验操作是蒸发结晶；综上所述，本题选C。11、D【解析】n(Fe)＝mol＝0.02mol，n(Fe3＋)＝0.025L×2mol/L＝0.05mol，A、由反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋可知Fe3＋过量，呈黄色，Cl－浓度基本不变，选项A错误；B.往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液显红色，选项B错误；C、由反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，选项C错误；D、反应后溶液中n(Fe2＋)＝3n(Fe)＝0.06mol，n(Fe3＋)＝0.01mol，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6∶1，选项D正确。答案选D。12、C【解析】

从某些性质看，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH-和NH2-，N3-和O2-两两相似，根据信息利用类推方法分析判断。【详解】①NH3和H2O相似，可以依据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，类推得到反应为：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，故①正确；②NH4+和H3O+相似，H＋可以写成H3O+，依据CaO+2HCl=CaCl2+H2O，类推得到反应：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，故②正确；③OH-和NH2-相似，N3-和O2-相似，NH3和H2O相似，依据Mg(OH)2=MgO+H2O，类推得到：3Mg(NH2)2=Mg3N2+4NH3↑，故③正确；④OH-和NH2-相似，NH3和H2O相似，依据NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3+H2O，类推得到：NH4Cl+NaNH2═NaCl+2NH3，故④正确；故选C。【点睛】解答本题的关键是根据相似性找到熟悉的反应方程式。本题的易错点为③，要注意3Mg(NH2)2=Mg3N2+4NH3↑中利用OH-和NH2-相似，将Mg(NH2)2改为Mg(OH)2，利用N3-和O2-相似，将Mg3N2改为MgO，利用NH3和H2O相似，将NH3改为H2O。13、D【解析】

A.向某溶液中加入少量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能硫酸银，原溶液中可能含有硫酸根离子，不一定含有氯离子，故A错误；B.向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故B错误；C.向某溶液中加入稀硫酸产生无色气体，原溶液中可能是碳酸氢根，故C错误；D.加氢氧化钡溶液生成蓝色沉淀，说明生成氢氧化铜，则说明原溶液中可能有Cu2+，故D正确。故答案为D。14、A【解析】

在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数。【详解】因为Xm+和Yn-具有相同的核外电子排布，所以，Xm+和Yn-具有相同的核外电子数。的核外电子数等于a-m，的核外电子数为：b+n，则：a=b+m+n。故选：A。【点睛】阳离子核外电子数核电荷数离子所带电荷数，阴离子核外电子数核电荷数离子所带电荷数。15、B【解析】

A.SO2和Na2O2反应生成Na2SO4，A正确。B.NO和N2O可能化合生成NO2，发生氧化还原反应NO和N2O的化合价都升高，按照氧化还原反应的定义，没有化合价降低的元素，是不可能的，B符合题意。C.NO2与NaOH溶液完全反应生成NaNO2、NaNO3和水，C正确。D.向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用，有两种可能，故也有探究意义，D正确。答案选B。16、C【解析】

A、一定浓度的溶液，体积改变，浓度不发生变化，选项A错误；B、含0.1molK2SO4的溶液的体积是0.1L，选项B错误；C、K2SO4溶液的浓度是1mol·L－1，c(K＋)=2mol·L－1，选项C正确；D、1L溶液中K2SO4的物质的量是1mol，含2molK＋，1molSO42-，选项D错误；故答案选C。17、D【解析】

氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降，所以氧化还原反应中一定存在元素化合价变化；水中两种元素化合价没有改变，说明水既不是氧化剂也不是还原剂，据此对各选项进行判断。【详解】A.

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，水分子中的H元素化合价降低被还原，水为氧化剂，A项错误；B.反应2F2+2H2O=4HF+O2↑中，水分子中的O元素化合价升高被氧化，水为还原剂，B项错误；C.反应CaO+H2O=Ca(OH)2中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C项错误；D.

3NO2+H2O=2HNO3+NO中N元素化合价发生变化，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，水中两种元素化合价没有改变，D项正确；答案选D。【点睛】氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，其中有元素化合价升高、被氧化的反应物做氧化剂，相反有元素化合价降低、被还原的反应物做还原剂。18、A【解析】

A、HClO4、HBrO4、HIO4均为非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸，因非金属性Cl>Br>I，故酸性HClO4>HBrO4>HIO4，故A符合题意；B、因金属性K>Na>Mg，故其最高价氧化物对应水化物的碱性：Mg(OH)2＜NaOH＜KOH，故B不符合题意；C、Al、Mg、Na为同周期元素，根据元素周期律可知，还原性：Al＜Mg＜Na，故C不符合题意；D、Cl、S、P、Si为同周期元素，根据元素周期律可知，非金属性：Cl>S>P>Si，故其单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2、S、P、Si，故D不符合题意；故答案为A。19、C【解析】

A、太阳能电池板是通过吸收太阳光，将太阳辐射能通过光电效应或者光化学效应直接或间接转换成电能的装置，大部分太阳能电池板的主要材料为硅，故A不符合题意；B、石英光纤是以二氧化硅（SiO2）为主要原料，并按不同的掺杂量，来控制纤芯和包层的折射率分布的光纤，故B不符合题意；C、在常温下，硅的化学性质比较稳定，与氯气、酸等不能发生反应，但能与氟气、氢氟酸、强碱溶液等发生反应，故C符合题意；D、水玻璃主要成分为硅酸钠水溶液，硬化后形成的二氧化硅网状骨架，在高温下强度下降很小，当采用耐热耐火骨料配制水玻璃砂浆和混凝土时，耐热度可达1000℃，因此水玻璃可用作木材防火剂，故D不符合题意；故答案为：C。20、C【解析】

A.NaHCO3是弱酸的酸式盐，其电离方程式是NaHCO3＝Na++HCO3—，A错误；B.向硫酸中通入少量氨气生成硫酸铵和水，硫酸根离子的浓度几乎不变，因此硫酸溶液的导电能力不会明显增强，B错误；C.胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1～100nm之间，C正确；D.SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，但溶液导电的原因是硫酸电离出阴阳离子，硫酸电解质，三氧化硫不能电离，故SO3是非电解质，D错误；答案选C。【点睛】电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。另外要注意溶液导电能力的强弱与离子浓度、离子电荷有关，与离子种类无关。21、C【解析】

根据阿伏伽德罗定律，同温同压下两个容积相等的贮气瓶，含有的气体的物质的量相等，分子个数相等，因为N2和CO2两个摩尔质量不等，原子根数不等，所以质量不等，密度也就不相等，故A、B、D不符合题意，C符合题意；答案：C。【点睛】根据根据阿伏伽德罗定律进行分析气体的物质的量，再根据气体分子的原子组成判断原子总数，质量和密度是否相等。22、B【解析】

A.Al(OH)3溶于NaOH溶液,反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，故A正确；B.铁和盐酸反应生成二价铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe3++H2↑，故B正确；C.Cl2溶于水的反应生成HCl和次氯酸，次氯酸是弱酸不拆，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故C正确；D.AlCl3溶液中加入少量的氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、第2周期ⅥA族AlNOObcAl(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2OMgAl向分别盛有少量MgCl2、AlCl3溶液的两支试管中分别滴加NaOH溶液至过量，边滴加边振荡，前者生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者先生成白色沉淀后沉淀溶解，说明Mg(OH)2的碱性强于Al(OH)3，证明Mg的金属性强于Al。【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。Y的最高价氧化物的水化物既能跟强酸溶液反应又能跟强碱溶液反应，则Y为Al；W与Y的最高化合价之和为8，Al的最高价为+3，W的最高价为+5，则W为N元素；X与Z同族，Z的原子序数是X的两倍，则X为O，Z为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为N，X为O，Y为Al，Z为S元素。(1)O的原子序数为8，位于周期表中第2周期ⅥA族；(2)同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Al＞N＞O；(3)同一主族从上到下原子半径逐渐减小，则非金属性较强的为O；a．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，X的气态氢化物的稳定性比Z的强，能够证明非金属性X＞Z，故a不选；b．气态氢化物的酸性与非金属性无关，Z的气态氢化物的酸性比X的强，无法判断O、S的非金属性，故b选；c．氢化物沸点与非金属性无关，X的氢化物的沸点比Z的高，无法比较二者非金属性，故c选；d．相同条件下Z的氢化物的还原性比X的强，也即S的阴离子还原性比O的阴离子还原性强，可证明非金属性O＞S，故d不选；(4)Al的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，Al(OH)3与强碱溶液反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；(5)与Al同周期相邻金属元素为Mg，同一周期从左向右金属性逐渐减弱，则金属性Mg＞Al，证明方法为：向分别盛有少量MgCl2、AlCl3溶液的两支试管中分别滴加NaOH溶液至过量，边滴加边振荡，前者生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者先生成白色沉淀后沉淀溶解，说明Mg(OH)2的碱性强于Al(OH)3，证明Mg的金属性强于Al。24、2Al+Fe2O32Fe+Al2O3还原剂2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁粉（屑）KSCN（或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）【解析】

氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。【详解】(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应)，该反应的化学方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，反应中Al有0价变为+3价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂；(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)C为FeCl2，D为FeCl3，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑)，以防止其转化为FeCl3。检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN)，三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。25、取下分液漏斗的玻璃塞MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O褪色的品红溶液又恢复成红色无明显现象溶液变浑浊（或有沉淀生成）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4【解析】试题分析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2；酸性KMnO4

和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性。（4）若将B

中品红换成Na2S溶液，通SO2后可以发生5SO2+2Na2S+2H2O==3S↓+4NaHSO3；（5）SO2和Cl2、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4。解析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压，可以取下分液漏斗的玻璃塞使分液漏斗液体顺利滴下；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2，反应方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；酸性KMnO4

和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水，反应离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性，所以给B、D

两个试管分别加热，B试管褪色的品红溶液又恢复成红色、D试管无明显现象。（4）若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2后发生5SO2+2Na2S+2H2O==3S↓+4NaHSO3，现象是溶液变浑浊；（5）SO2和Cl2、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4，所以品红溶液不褪色，反应方程式是Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。26、O2CO2饱和NaHCO3溶液CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2OSiO32-+CO2+H2O===CO32-+H2SiO3↓【解析】(1)①由装置图分析可知，气体A是在烧瓶中生成的，若A是能使带火星的木条复燃的气体，C为过氧化钠，所以A为O2；反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，用双线桥表示电子得失情况为；②若A可以灭火，C为块状不溶性固体即CaCO3，则A为CO2，D为饱和的NaHCO3溶液，用于除去CO2中的HCl，此时烧瓶中发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；(2)一次实验即可确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，则分液漏斗中的B为盐酸，烧瓶中的C为碳酸盐，如CaCO3或Na2CO3，D为饱和的NaHCO3溶液，用于除去CO2中的HCl，确保进入E中的气体只有CO2，而E为Na2SiO3，所以E中反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O===CO32-+H2SiO3↓。27、分液漏斗IHEDCBFCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O除去Cl2中的HCl气体干燥Cl2吸收尾气，防止氯气污染空气【解析】

(1)根据仪器形状判断仪器名称；(2)根据实验的目的和反应的原理可知，实验室用第一个装置制备氯气，气体分别通入盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶和盛有浓硫酸的洗气瓶，除杂干燥后用向上排空法收集氯气，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应用盛有NaOH溶液的装置吸收氯气，据此排序；(3)氯气与NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；(4)①氯化氢易挥发，制备的氯气中含有氯化氢杂质，通过饱和食盐水可以吸收氯化氢；②浓硫酸具有吸水性，能干燥氯气；③氯气有毒，直接排放能引起环境污染，氯气与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收氯气，进行尾气处理。【详解】(1)盛装浓盐酸