2026届广西钦州市钦南区钦州港中学化学高一第一学期期末联考试题含解析

2026届广西钦州市钦南区钦州港中学化学高一第一学期期末联考试题注意事项: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、在下述条件下，一定能大量共存的离子组是()A．无色透明的水溶液中：Na+、Cl-、Fe2+、B．能与Al反应产生H2的溶液中：、Na+、Ba2+、Cl-C．澄清透明溶液中：Al3+、Cu2+、K+、D．常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、、Al3+2、某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A．21:5 B．11:3 C．4:1 D．3:13、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4、下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是()A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)35、下列说法中，正确的是（）A．标准状况下，22.4L水中含有6.02×1023个水分子B．32g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023C．常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占的体积是11.2LD．1molCaCl2溶于水配成1L溶液，所得溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol·L-16、下列关于铝和盐酸、NaOH溶液的反应说法不正确的是A．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应消耗Al的物质的量之比为1:3B．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应生成H2的物质的量之比为1:3C．等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应产生H2的物质的量之比为1:3D．等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应消耗酸和碱的物质的量之比为3:17、某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的()①钠比水轻②钠的熔点较低③钠与水反应在时要放出热量④钠与水反应后溶液呈碱性A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④8、等质量的镁分别在足量的二氧化碳、氧气中燃烧，有关叙述正确的是（）A．在二氧化碳中燃烧产生的固体质量大B．在氧气中产生的氧化镁质量大C．氧化剂与还原剂物质的量之比都是2∶1D．反应中都是氧元素被还原9、某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液并加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，将过滤洗涤后的沉淀灼烧得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列说法正确的是A．该溶液中最多存在4种离子B．该溶液中不能确定是否存在CO32-C．该溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-)≥0.4mol∙L-1D．该溶液可由KCl、(NH4)2SO4和FeCl3配制而成10、下列物质中含有共价键的离子化合物是（）①MgF2②NaClO③NaOH④NH4Cl⑤CO2⑥N2A．②③⑤ B．②③④ C．①②③ D．①③⑤11、某溶液中含有Na＋、、、4种离子，若向其中加入少量过氧化钠固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是()A．B．Na＋C．D．12、不用试剂，只用试管和滴管不能鉴别下列无色溶液的是()A．碳酸钠溶液和稀盐酸 B．氯化铝溶液和氢氧化钠溶液C．偏铝酸钠溶液和稀盐酸 D．氯化钙溶液和碳酸钠溶液13、1mol·L－1硫酸溶液的含义是()A．1L水中含有1mol硫酸 B．1L溶液中含有1mol氢离子C．将98g硫酸溶于1L水中配成溶液 D．1L硫酸溶液中含98g硫酸14、下列有关试剂的保存方法，正确的是（）A．少量金属钠密封保存在水中B．新制的氯水通常保存在无色试剂瓶中C．氢氧化钠溶液保存在有玻璃塞的玻璃试剂瓶中D．氢氟酸保存在塑料瓶中15、下列化学反应的离子方程式正确的是（）A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-＋H+＝CO2↑＋H2OB．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32-＋2H+＝CO2↑＋H2OC．往氨水中滴加氯化铝：Al3+＋4OH-＝AlO2-＋2H2OD．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+＋SO42-＋H+＋OH-＝BaSO4↓＋H2O16、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3＋，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法不合理的是()A．能表明I－的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B．装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀D．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去17、关于气体摩尔体积的下列说法中正确的是()A．在标准状况下，0.5mol任何气体的体积都必定是11.2LB．在标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4LC．常温、常压下，1mol任何气体的体积都约是22.4LD．在标准状况下，0.5mol二氧化碳所占有的体积约是11.2L18、下列有关化学用语表示正确的是（）A．O2－的结构示意图：B．氯化钠的电子式：C．中子数为8的碳原子：CD．NaOH的电离方程式：NaOH＝Na＋＋OH－19、氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中()A．可能存在N≡N B．可能存在离子 C．存在极性分子 D．只有共价键20、下列过程中，没有发生化学变化的是（）A．铝热反应 B．液溴挥发 C．浓硫酸脱水 D．碘化银分解21、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A．用粘土焙烧可制得红陶，陶器显红色的原因可能是含有氧化铁B．磁铁石的主要成分是四氧化三铁C．“水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化D．K-Na合金可作原子反应堆的导热剂22、某溶液中含有H＋、Mg2＋、Al3＋三种阳离子，逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如下图所示，则下列说法正确的是A．横坐标0—50mL时，发生反应只有：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓B．B点生成沉淀的质量为13.6gC．若往C点的溶液中加入0.1mol/L盐酸100mL，沉淀将全部溶解D．H＋、Mg2＋、Al3＋三种阳离子物质的量浓度之比为2：2：1二、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）A、B、C、D、E、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃气体。而C、D还生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊。D和A可反应生成C，F和H也可反应生和另一种无色无味气体。请回答下列问题：(1)写出A、C、的化学式：A、___________C、___________(2)写出F和H反应的化学方程式______________________________________。(3)写出下列反应的离子方程式：①D+盐酸_______________________________________________________。②B+水___________________________________________________________25、（12分）下图是实验室制取二氧化硫并验证二氧化硫的某些性质的装置，试回答：(1)在①中发生反应的化学方程式为_____________。(2)②中的实验现象为紫色石蕊试液_________，此实验证明二氧化硫是_____气体。(3)③中的品红溶液_________，证明二氧化硫有________性。(4)④中的实验现象是______________，证明二氧化硫有__________性。(5)⑤中的实验现象是________________，证明二氧化硫有____________性。(6)⑥的作用是________，反应的化学方程式为________。26、（10分）2019年是门捷列夫发现元素周期律150周年。某学习小组同学为探究同周期或同主族元素性质的递变规律，分别设计了如下实验：Ⅰ.将少量等质量的钾、钠、镁、铝分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：1．上述金属中与盐酸反应最剧烈_____。A．钾 B．钠 C．镁 D．铝2．上述金属中与盐酸反应生成相同条件下的气体最多_____。A．钾 B．钠 C．镁 D．铝Ⅱ.利用图装置来验证同主族元素非金属性的变化规律：现要证明非金属性：Cl>I。在A中加浓盐酸，C中加淀粉碘化钾混合溶液，B中加某试剂。常温下，通过合理操作，观察到C中溶液变蓝的现象，即可证明。请结合装置回答下列问题：3．B中可加入_____A．MnO2固体 B．KMnO4固体 C．浓H2SO4 D．大理石4．仪器A的名称是_____A．普通漏斗 B．长颈漏斗 C．分液漏斗 D．容量瓶5．从环境保护的角度考虑，此装置尚缺少尾气处理装置，可用吸收尾气。A．澄清石灰水 B．KBr溶液 C．浓H2SO4 D．NaOH溶液27、（12分）氯气是一种重要的化工原料，能与有机物和无机物进行反应生成多种氯化物。现用下图装置制取氯气并进行一系列的实验探究。回答下列问题：(1)装置1是用来制备纯净、干燥的氯气:①装置A中圆底烧瓶内发生反应的离子方程式是__________，反应中被氧化的HCl与消耗的HCl物质的量之比为_______。②装置B内试剂为__________，装置C的作用是_________。(2)若将装置1与装置2连接制备少量氯化铁固体(氯化铁易吸水，在300℃时升华)，则:①D中发生反应的化学方程式为______________；②D、E间导管短且粗的原因是______________；③若在D装置的硬质玻璃管内装入硅藻土和碳粉，则发生如下反应:SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO当反应消耗6g碳时,反应转移的电子数为______，F装置之后还应添加一个装置用来_______。(3)将装置1与装置3连接来探究氯气是否具有漂白性。①将氯气依次通过盛有干燥红色布条的广口瓶和盛有湿润红色布条的广口瓶，可观察到的现象是________________。②为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，原理是(用离子方程式表示___________。根据这一原理，工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_________(填化学式)，长期露置于空气中的失效漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是________(用字母代号填)。A．O2B．H2C．CO2D．HClO28、（14分）有下列八种物质：①纯碱；②火碱；③氯水；④小苏打；⑤铝；⑥氨水；⑦氯化铝；⑧漂白粉。（1）以上物质中属于混合物的是__________；既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是_________（填序号，上同）；氯水中具有漂白性的物质是___________（写化学式）。（2）小苏打的水溶液能导电的原因是__________________________（用化学用语回答）。（3）铝溶于氢氧化钠溶液的离子方程式为_____________________________。（4）实验室制备氢氧化铝的离子方程式为_____________________________。（5）用化学方程式解释漂白粉的漂白原理_____________________________。29、（10分）向100mL0.1mol/L硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol/LBa(OH)2溶液．随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示．根据此图象回答下列问题：(1)写出从b点到c变化的离子方程式：___________________；(2)写出c点对应的Ba(OH)2溶液的体积_________________。

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．Fe2+为浅绿色，是紫红色，不符合无色溶液，A错误；B．能与Al反应产生H2的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，既不能与H+共存，也不能与OH-共存，B错误；C．Al3+存在于酸性溶液中，存在于碱性溶液中，二者会与水结合生成氢氧化铝沉淀，不能共存，C错误；D．常温下pH=1的溶液呈酸性，含大量的H+，与Mg2+、Cl-、、Al3+均能共存，D正确；答案选D。2、C【解析】

Cl2中Cl元素为0价，反应后得到的NaCl、NaClO、NaClO3中Cl元素的化合价分别为-1价、+1价、+5价，化合价升高为氧化反应，降低为还原反应，化合价升高与降低的数值与得失的电子数目相等，以此分析解答。【详解】Cl2生成NaClO、NaClO3是被氧化，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原，化合价由0价降到-1价，所得溶液中ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，设二都的物质的量分别为1mol、3mol，根据电子转移守恒可得：1mol(1-0)+3mol(5-0)=n(NaCl)1，解得n(NaCl)=16mol，所以被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为：16mol：(1+3)mol=4：1，答案选C。3、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。4、B【解析】

A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；故合理选项是B。5、B【解析】

A.标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积计算，故A不符合题意；

B.32g氧气物质的量为1mol，所含的原子数目为2×6.02×1023，故B符合题意；

C.常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占的体积是也并非11.2L，故C不符合题意；D.1molCaCl2溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol·L-1，Cl﹣的物质的量浓度是CaCl2浓度的2倍，则Cl﹣的物质的量浓度为2mol·L-1，故D不符合题意；

综上，本题选B。6、C【解析】

A．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液，则氯化氢，氢氧化钠物质的量相等，依据方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，取6mol氯化氢和氢氧化钠，则盐酸消耗2mol铝，氢氧化钠消耗6mol铝，反应消耗Al的物质的量之比为2：6=1：3，故A正确；

B．由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，足量Al，酸碱均完全反应，则存在6HCl～3H2，2NaOH～3H2，取6mol氯化氢和6mol氢氧化钠研究，则盐酸与铝反应生成3mol氢气，氢氧化钠与铝反应生成9mol氢气，反应生成H2的物质的量之比为3：9=1：3，故B正确；

C．等质量的铝的物质的量相同，设Al均为2mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，生成气体物质的量之比为1：1，故C错误；

D．铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，设铝的物质的量为2mol，所以消耗盐酸和氢氧化钠的物质的量分别为：6mol和2mol，则比值为3：1，故D正确；

故选：C。【点睛】熟悉铝与氢氧化钠、盐酸反应的方程式，明确反应物用量多少是解题关键。7、D【解析】

①将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故①正确；②将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故②正确；③将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故③正确；④将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故④正确；故答案为D。8、A【解析】

Mg与氧气反应生成MgO，与二氧化碳反应生成MgO与C，根据相同质量的Mg生成MgO和MgO及C固体的质量增重大小分析解答。【详解】A.Mg与氧气反应生成MgO，与二氧化碳反应生成MgO与C，因此等质量的镁在二氧化碳中燃烧产生的固体质量大，A正确；B.根据选项A分析可知等质量的镁在二氧化碳中燃烧产生的固体质量大，在氧气中产生的氧化镁质量小，B错误；C.镁分别在足量的氧气、二氧化碳中燃烧方程式为：2Mg+O22MgO，2Mg+CO22MgO+C，在两个反应中，Mg作还原剂，O2、CO2作氧化剂，所以根据方程式可知两个反应中氧化剂与还原剂物质的量之比都是1∶2，C错误；D.在Mg与CO2的反应中，被还原的元素是C元素，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了金属镁燃烧的知识。镁是比较活泼的金属，可以在空气中、氧气中、氮气中、二氧化碳气体中燃烧，燃烧时都发生耀眼的白光，同时放出大量的热，产生白烟。要根据燃烧产生的物质状态结合反应的镁的质量分析比较产物质量大小，无论在什么环境中燃烧，都是镁作还原剂，气体物质作氧化剂，根据方程式确定氧化剂与还原剂的物质的量关系。9、C【解析】

某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液并加热，得到0.02mol气体，说明含有NH4+，其物质的量是0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明含有Fe3+，产生的沉淀是Fe(OH)3，将过滤洗涤后的沉淀灼烧得到1.6g固体；该固体是Fe2O3，n(Fe2O3)=1.6g÷160g/mol=0.01mol，则根据铁元素守恒可知n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，该沉淀是BaSO4，说明含有SO42-，其物质的量是n(SO42-)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，已经确定的阳离子带有的正电荷总数是：n(NH4+)+3n(Fe3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，SO42-带有的负电荷总数是2n(SO42-)=2×0.02mol=0.04mol<0.08mol，溶液中还含有其它阴离子。由于CO32-和Fe3+会发生盐的双水解反应而不能大量共存，所以溶液中不存在CO32-。所以一定含有Cl-。若不存在其它阳离子K+，则n(Cl-)=0.08mol-0.04mol=0.04mol，c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，若存在K+，则根据电荷守恒可知c(Cl-)>0.4mol/L，所以该溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-)≥0.4mol∙L-1；【详解】A．溶液中一定存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，可能含有K+，该溶液中最少存在4种离子，A错误；B．由于溶液中含有Fe3+，CO32-和Fe3+会发生盐的双水解反应而不能大量共存，所以溶液中不存在CO32-，B错误；C．通过上述分析可知该溶液中一定存在Cl-，且c(Cl-)≥0.4mol∙L-1，C正确；D．该溶液可能含有K+，也可能不含K+，所以不一定由KCl、(NH4)2SO4和FeCl3配制而成，D错误；答案选C。10、B【解析】

①MgF2中仅存在离子键，为离子化合物，故①错误；②NaClO中钠离子与次氯酸根之间为离子键，氯原子与氧原子之间为共价键，NaClO为离子化合物，故②正确；③NaOH中钠离子与氢氧根之间为离子键，氧原子与氢原子之间为共价键，NaOH为离子化合物，故③正确；④NH4Cl中铵根离子与氯离子之间为离子键，氮原子与氢原子之间为共价键，NH4Cl为离子化合物，故④正确；⑤CO2中仅存在共价键，为共价化合物，故⑤错误；⑥N2为单质，分子中仅存在共价键，故⑥错误；综上所述，②③④符合题意，答案为B。【点睛】含有离子键的化合物一定时离子化合物，离子化合物中可以含有共价键，仅含有共价键的物质不一定是共价化合物，可能为单质，如氮气。11、D【解析】

加入少量Na2O2固体后，过氧化钠与水反应生成NaOH，Na+浓度增大，溶液显碱性，HCO3-、OH-结合生成CO32-和水，则HCO3-离子浓度减小，CO32-离子浓度增大；只有浓度基本保持不变；答案选D。12、D【解析】

A.碳酸钠中滴加盐酸，先没有气体后生成气体，而盐酸中滴加碳酸钠，开始就生成气体，现象不同，可鉴别，故A不符合题意；B.NaOH滴加到AlCl3中，先生成沉淀，后溶解，而将AlCl3滴加到NaOH中，先没有现象，后生成沉淀，二者反应现象不同，可鉴别，故B不符合题意；C.偏铝酸钠中滴加盐酸，先生成沉淀后溶解，而盐酸中滴加偏铝酸钠，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，可鉴别，故C不符合题意；D.无论是CaCl2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到CaCl2中，都产生沉淀，不能鉴别，故D符合题意；答案选D。【点睛】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别，主要还是要对各种物质的化学性质掌握熟练。13、D【解析】

A．lmol•L-1硫酸溶液是指1L硫酸溶液中含有lmol

H2SO4，不是1L水，故A错误；

B．1Llmol•L-1硫酸溶液中含有氢离子的物质的量为：1mol/L×2×1L=2mol，故B错误；C．98g硫酸的物质的量为1mol，1mol硫酸溶于1L水所配成的溶液体积不是1L，溶液浓度不是1mol/L，故C错误；

D．lmol•L-1硫酸溶液是指1L该硫酸溶液中含有lmol

H2SO4，lmol

H2SO4的质量为1mol×98g/mol=98g，故D正确；

故选：D。【点睛】明确物质的量浓度的含义为解答关键，注意区分溶液体积与水体积，试题侧重基础知识的考查，有利于培养学生的灵活应用能力。14、D【解析】

A.钠化学性质活泼,能和氧气、水反应,应该隔绝空气密封保存，少量钠可以保存在煤油中，大量钠可以密封在石蜡中，故A错误；B.氯水中存在Cl2H2OH+Cl-HClO，次氯酸不稳定，见光易分解，新制的氯水应该保存在棕色试剂瓶中避光保存，故B错误；C.氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故C错误；D.玻璃中含有SiO2，氢氟酸和二氧化硅反应SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故D正确；本题答案为D。15、A【解析】

A、胃酸的主要成分是盐酸，用小苏打治疗胃酸过多的离子方程式为HCO3-＋H+＝CO2↑＋H2O，A正确；B、碳酸镁为难溶物，要写成化学式，离子方程式为MgCO3＋2H+＝Mg2＋+CO2↑＋H2O，B错误；C、氨水要写成化学式，且产物为Al(OH)3，离子方程式为，Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，C错误；D、氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2+＋SO42-＋2H+＋2OH-＝BaSO4↓＋2H2O，D错误；答案选A。16、D【解析】

A．B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；B．二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C．铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，加入盐酸酸化的氯化钡生成沉淀说明反应生成了硫酸根离子，发生了氧化还原反应，故C正确；D．二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故D错误；故答案为D。17、D【解析】

A．标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol，则在标准状况下，0.5mol任何气体的体积约为11.2L，故A错误；B．在标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L，固体和液体体积不符合，故B错误；C．常温常压下，温度大于标准状况，1mol任何气体的体积大于22.4L，故C错误；D．在标准状况下，0.5molCO2所占有的体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D正确；故答案为D。【点睛】考查气体摩尔体积的条件分析应用，准确掌握概念实质是关键，标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol，标准状况条件，1mol任何气体的体积都约是22.4L，特别注意，标准状况下固体或液体的体积不可能是22.4L。18、D【解析】

A、氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10，其离子结构示意图为，故A错误；B、氯化钠属于离子化合物，其电子式为，故B错误；C、中子数为8的碳原子的质量数为14，正确的表示方法为，故C错误；D、NaOH在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NaOH＝Na＋＋OH－，故D正确。19、D【解析】

由题干可知，氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，故氮化碳属于原子晶体，故可推知每个碳原子与周围的四个氮原子相连，每个氮原子与周围的三个碳原子相连。A．由上述分析可知，氮化碳中只存在C-N之间的C-N单键，不可能存在N≡N，A不合题意；B．由上述分析可知，氮化碳中没有金属元素或铵根离子，故不可能存在离子，或原子晶体中不可能含有离子，B不合题意；C．由上述分子可知氮化碳为原子晶体，故不存在分子，C不合题意；D．由上述分析可知，氮化碳中只有C-N共价键，D符合题意；故答案为：D。20、B【解析】

化学变化宏观上的定义为有新物质生成的变化；物理变化指没有新物质生成的变化；二者的区别在于是否有新物质生成，据此分析。【详解】A、铝热反应是铝和金属氧化物反应生成新的金属单质和氧化铝的反应，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；B、液溴挥发是分子间距变化，无新物质生成，属于物理变化，故B符合题意；C、浓硫酸脱水是指浓硫酸将有机物中氢原子与氧原子按照2:1脱去的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；D、碘化银分解生成碘单质和银单质，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意。【点睛】浓硫酸脱水需与浓硫酸吸水进行区分，浓硫酸脱水是指浓硫酸将有机物中氢原子与氧原子按照2:1脱去的过程（浓硫酸与葡萄糖反应的“黑面包”实验），属于化学变化；浓硫酸吸水是指浓硫酸吸收水分子，属于物理变化。21、C【解析】

A．氧化铁是一种红色固体，用粘土焙烧制得的红陶，陶器显红色的原因可能是含有氧化铁，故A正确；B．四氧化三铁有磁性，磁铁石的主要成分是四氧化三铁，故B正确；C．“绳锯木断”为木头的形状改变，是物理变化，“水滴石穿”石头大多由大理石(即碳酸钙)其能与水、二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，属于化学变化，故C错误；D．K-Na合金合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故D正确；答案选C。【点睛】利用物质的性质答题。22、C【解析】

根据图象知，横坐标为0-10mL时发生的反应是：H++OH-=H2O，加入10mLNaOH溶液结合中和氢离子，n（H+）=n（NaOH）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol；横坐标为50-60mL时，发生的化学反应是：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3完全溶解消耗消耗10mLNaOH溶液，由方程式可知n(Al3+)=n[Al(OH)3]=n（NaOH）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，根据铝元素守恒可知，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.001mol；横坐标为10-50mL时发生的化学反应是：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，沉淀为最大值时，该阶段消耗40mLNaOH溶液，根据OH-守恒，2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n（NaOH）=0.1mol/mol×0.04，得n[Mg(OH)2]=n(Mg2+)=0.0005mol。【详解】A.由分析可知，横坐标为0-10mL时发生的反应是：H++OH-=H2O，横坐标为10-50mL时发生的化学反应是：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓

，故A错误；B.由分析可知：n[Mg(OH)2]=n(Mg2+)=0.0005mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.001mol，B点生成沉淀的质量为78g/mol×0.001mol+58g/mol×0.0005mol=0.107g，故B错误；C.C点时剩余Mg(OH)2沉淀，物质的量为0.0005mol，加入0.1mol/L盐酸100mL，盐酸过量，沉淀将会完全溶解，故C正确；D.由分析可知n(H+)=0.001mol，n(Mg2+)=0.0005mol，n(Al3+)=0.001mol，H＋、Mg2＋、Al3＋三种阳离子物质的量浓度之比为2：1：2，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查反应图象有关计算，能根据图象正确判断各阶段发生的化学反应是解本题的关键，难度中等，注意利用守恒的计算。二、非选择题(共84分)23、Cl2SO2H2SO4HClBaSO3BaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－【解析】

(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。【点睛】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、NaOHNa2CO32Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2HCO3-+H+=H2O+CO2↑2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【解析】

A、B、C、D、E、F五种物质的焰色反应均为黄色，则A、B、C、D、E、F均含钠元素；A、B、C、D与盐酸反应均生成E，E是NaCl；B与盐酸反应生成一种可燃气体，则B是金属Na；C、D与盐酸生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊，H是CO2，则C、D是碳酸钠或碳酸氢钠，D和A可反应生成C，则D是碳酸氢钠，A是氢氧化钠，C是碳酸钠；F和CO2可反应生和另一种无色无味气体，则F是Na2O2。【详解】根据以上分析，(1)A是氢氧化钠、C是碳酸钠，化学式分别是：A、NaOHC、Na2CO3；(2)F是过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(3)①D是碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应的离子方程式是HCO3-+H+=H2O+CO2↑；②B是钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，侧重于考查学生的综合分析能力，要求掌握钠及其化合物的性质，解题时需要认真分析题目给出的条件，根据现象推断物质。25、Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋H2O＋SO2↑变红酸性褪色漂白有淡黄色沉淀生成氧化高锰酸钾溶液褪色还原吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O【解析】

由实验装置图可知，装置①中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫气体，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使②中紫色石蕊试液变红，二氧化硫具有漂白性，能使③中的品红溶液褪色，SO2具有氧化性，能与④中具有还原性的氢硫酸反应生成S沉淀，SO2具有还原性，能与⑤中酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，用⑥中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境。【详解】（1）①中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成中强酸亚硫酸，亚硫酸可以使紫色石蕊试液变红，故答案为紫色石蕊溶液变红；酸性；（3）③中为品红溶液，二氧化硫具有漂白性，与品红化合生成无色物质，使品红溶液褪色，故答案为褪色；漂白；（4）SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，③中的现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为有淡黄色沉淀生成；氧化；（5）二氧化硫具有还原性，能够使高锰酸钾溶液褪色，故答案为高锰酸钾溶液褪色；还原；（6）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，酸性氧化物二氧化硫能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，⑥中氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫，防止污染空气，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。【点睛】二氧化硫是酸性氧化物，能表现酸性氧化物的性质；二氧化硫中+4价硫为中间价态，既有氧化性又有还原性；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色。26、1．A2．D3．B4．C5．D【解析】

Ⅰ．(1)根据金属活动性顺序表可以判断钾、钠、镁、铝的活泼性，金属活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；(2)根据电子守恒比较生成氢气在相同条件下的体积大小；Ⅱ．要证明非金属性：Cl>I，可根据氯气能够将碘离子氧化成碘单质，则B装置为氯气的制备装置；氯气有毒，多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。1．金属活泼性顺序为：钾>钠>镁>铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；故合理选项是A；2．生成1mol氢气需要得到2mol电子，钾、钠都是+1价的金属，1mol钾质量是39g，失去1mol电子，1mol钠质量是23g，失去1mol电子，Mg是+2价的金属，1mol镁质量是24g，失去2mol电子，Al是+3价的金属，而1mol铝质量是27g，失去3mol电子，所以等质量的四种金属失去电子的物质的量最多的是Al，则生成相同条件下氢气最多的是金属铝，故合理选项是D；3．根据以上分析，发生装置为氯气的制备装置，浓盐酸和高锰酸钾在常温下反应生成氯气，则B中可加入KMnO4固体，故合理选项是B；4．根据仪器的结构可知仪器A的名称是分液漏斗，故合理选项是C；5．氯气是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，可根据氯气能够与碱反应的性质，多余的氯气用氢氧化钠溶液进行吸收，所以从环境保护的角度考虑，此装置尚缺少尾气处理装置，可用NaOH溶液吸收尾气，故合理选项是D。【点睛】本题考查了探究金属单质的金属性强弱、非金属单质的非金属性强弱比较方法，掌握判断金属性、非金属性强弱的方法是解题的关键。27、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2Ol:2饱和食盐水除去氯气中混有的水蒸气2Fe+3Cl22Fe