2026届贵州省平坝县新启航教育高一化学第一学期期末质量检测试题含解析

2026届贵州省平坝县新启航教育高一化学第一学期期末质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是A．烧碱和纯碱都属于碱 B．硫酸和盐酸都属于含氧酸C．Na2SiO3和Na2SO4都属于钠盐 D．Fe2O3和Al2O3都属于碱性氧化物2、将ag由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为A．ag B．gC．g D．g3、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3，Fe3O4的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A．0.25mol B．0.2lmol C．0.3mol D．035mol4、下列实验的现象、解释或结论均正确的是()选项实验操作及现象解释或结论A向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失原溶液一定含有SO42﹣B用某无色溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液一定是钠盐溶液C向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝原溶液一定有NH4+D向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色原溶液一定有I﹣A．A B．B C．C D．D5、海水提溴时常用热空气或水热气将溴吹出制成粗溴，是因为单质溴A．性质稳定 B．沸点低 C．不溶于水 D．易升华6、下列有关硅的叙述正确的是A．硅在常温下能跟氧气发生化合反应B．硅是组成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位C．硅的化学性质不活泼，在常温下不与任何物质反应D．硅在电子工业中是重要的半导体材料7、下列叙述不正确的是A．用砂纸打磨过表面的铝箔，加热熔化后但不滴落，说明A12O3的熔点比铝的高B．铁在潮湿的空气中生成的氧化物结构不致密，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层C．铝锅使用过程中，能经受高温的考验，故铝不活泼D．钠与水的反应中，钠块熔成小球，说明该反应为放热反应8、下列实验现象的描述正确的是（）A．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白色烟雾B．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟，产物溶于水，溶液呈蓝绿色C．铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，产物溶于水，溶液呈浅绿色D．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成白色固体9、下列属于纯净物的是()A．液氨B．氨水C．漂白粉D．氯水10、通常情况下，不能用浓硫酸干燥的是（）A．HCl B．Cl2 C．NH3 D．NO11、下列关于氧化还原反应的说法中正确的是()A．有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原B．氧化反应的本质是得电子C．原子得到电子后，元素的化合价一定升高D．有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应12、下列可以大量共存且溶液是无色的离子组是A．H+、K+、Fe3+、SO B．Ba2+、Ca2+、OH-、COC．H+、Na+、NO、Cu2+ D．NO3-、SO、K+、Mg2+13、下列物质中①Al②NaHCO3③Al2O3④Mg(OH)2⑤Al(OH)3中，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是（）A．①②③⑤ B．①④⑤C．②③⑤ D．①③④14、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（）A．5.6gFe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NAB．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAC．标准状况下，18g水所含电子数目为10NAD．1molO2与足量Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为2NA15、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（）A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应，反应③还属于置换反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶416、下列物质既不是电解质又不是非电解质的是()A．水 B．氯气 C．硫酸氢钠 D．二氧化硫17、若aAm+与bBn-的核外电子排布相同,则下列关系不正确的是（）A．离子半径aAm+<bBn-B．原子半径A<BC．A的原子序数比B的原子序数大(m+n)D．b=a-n-m18、用98%的浓硫酸配制1.0mol·L-1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是A．用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取B．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出C．使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分D．定容时俯视容量瓶刻度线19、下列说法不正确的是（）A．电解熔融氯化铝可制取金属铝B．CO高温条件下还原氧化铁可制铁C．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英砂D．用SiO2和C高温条件下制粗硅20、下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是A．在试管中将熟石灰和氯化铵混合后加热B．加热试管中的氯化铵固体C．将烧瓶中的浓氨水加热D．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中21、下列关于SO2的说法正确的是A．SO2气体通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，说明SO2具有漂白性B．等物质的量的SO2和Cl2混合通入品红溶液中，能使红色褪去C．SO2气体通入溴水中，溴水的颜色褪去，说明SO2具有漂白性D．二氧化硫的排放会导致酸雨的产生22、共价键、离子键、分子间作用力都是微粒间的作用力，下列物质中只含有以上一种作用力的晶体是（）A．SiO2 B．CCl4 C．S2 D．NaOH二、非选择题(共84分)23、（14分）取一定量的CuCl2产品投入Na2CO3溶液中，充分反应生得到一种仅含四种元素的不溶性盐X，并产生气体CO2。设计如下实验探究X的组成和性质。已知各步反应所需试剂均过量，请回答：（1）混合气体的成分是______________；X的化学式为__________________。（2）写出CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式______________________________。24、（12分）已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A与B形成的共价化合物M的水溶液呈碱性，C原子的最内层电子数是最外层电子数的2倍，D是同周期中单核离子半径最小的元素，E元素的最高正价与最低负价的代数和为6。请回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置是_________；与元素C同族的下一周期元素的原子结构示意图为_________。（2）M的沸点比PH3的沸点_____（填“高”或“低”），原因是________。（3）A、C形成的化合物CA与水反应生成无色气体，该反应的化学方程式______，每生成lmol气体，转移电子数为______。（4）工业上，将CEO3与Na2SO3溶液混合后，再加入H2SO4制备水消毒剂EO2，该反应的离子方程式______。（5）下列说法正确，且能够证明C的金属性比D强的是____。AC离子的氧化性比D离子的氧化性弱B

C的最高价氧化物水化物的碱性比D的最高价氧化物的水化物碱性强CC能从D的盐溶液中置换出DDC在常温下能与水反应，而D不能25、（12分）氮是我们熟悉的典型非金属元素，研究氮及其化合物的性质对于生产、生活、科研具有重要意义，请回答以下问题：I.(1)图1为制取氨气的装置和选用的试剂，其中合理的是______________（填字母）。A,①②B．②③C．②④D．①③(2)实验室制备氨气的化学方程式是____________________________________。II.图2位铵盐的受热分解装置(1)被加热的铂丝处发生反应的化学方程式为____________________________________。(2)B中出现的现象为_______________________________________________________。(3)如图3：将上述烧杯C中反应得到酸的足量的浓溶液与Cu反应，实验完毕后，试管中收集到气体的主要成分为____________________（写化学式）。26、（10分）某同学通过以下装置测定M样品(只含Fe、Al、Cu)中各成分的质量分数。取两份质量均为mg的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1mL和V2mL（已折算到标准状况下）。（1）写出实验1中可能发生反应的离子方程式：________________________；（2）M样品中铜的质量的数学表达式为（用V1和V2表示）：_________________________。（3）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积________________________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________________。（4）该实验需要0.50mol·L-1的NaOH溶液470mL，配制时应用托盘天平称量______________gNaOH。（5）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制的，欲用该浓硫酸配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸100mL。①所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需______________、______________、______________。②所取浓硫酸的体积为_________mL。下列操作引起所配溶液浓度偏高的是________________A．取浓硫酸时俯视B．在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移C．定容时俯视D．颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线27、（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）。28、（14分）（1）现有下列4种物质：①NO、②浓H2SO4、③NaHCO3、④SO2其中，遇空气变红棕色的是______（填序号，下同）；能使蔗糖变黑的是______；能使品红溶液褪色的是_________。受热分解产生CO2的是______，写出该反应化学方程式_____________________；（2）青海昆仑玉被定为十年前北京奥运会奖牌用玉,昆仑玉主要成分是由"透闪石"和"阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石（Tremolite）的化学成分为Ca2Mg5Si8O22（OH）2透闪石的化学式写成氧化物的形式为：________________________________；（3）400mL某浓度的NaOH溶液与5.6LCl2（标准状况）恰好完全反应，计算：生成的NaClO的物质的量_____________；该溶液中NaOH的物质的量浓度__________________；（4）向1L，1mol/L的氯化铝溶液中加入含氢氧化钠xmol的氢氧化钠溶液，当铝元素以Al（OH）3和AlO2-形式存在时x的取值范围是_________________，当x=3.6时，Al（OH）3的质量为__________________________。29、（10分）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：（1）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_________；④反应离子方程式__________。（2）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式_______________________。④反应的离子方程式______________。D中加入氢氧化钠的现象__________。（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式________________________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为____________________。

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【解析】

A．烧碱是NaOH，是碱，而纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A错误；B．硫酸是含氧酸，而盐酸是无氧酸，故B错误；C．Na2SiO3和Na2SO4电离时，均生成金属钠离子和酸根离子，属于钠盐，故C正确；D．Al2O3能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，故D错误；故答案为C。2、A【解析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故由agCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为ag，故选A。点睛：混合物反应的计算是化学计算中的一种最基本的类型，混合物可以是固体、气体或溶液，解题过程中必须仔细审题，理清各物质之间量的关系，本题利用总反应方程式判断固体增重，也可以利用差量法进行判断，若物质可以写成(CO)x．yH2形式，完全燃烧后通入足量过氧化钠，过氧化钠增重为该物质的质量。3、A【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15L×4mol·L－1－2.24L÷22.4L/mol)×1/2＝0.25mol，则n(Fe)=0.25mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25mol。答案选A。点睛：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。4、C【解析】

A.某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，说明溶液中可能存在SO42﹣，若溶液中存在Ag+时，有相同的现象，因此原溶液不一定含有SO42﹣，A项错误；B.焰色反应为元素的性质，溶液存在钠元素即可，B项错误；C.氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有NH4+，C项正确；D.CCl4层显紫色，溶解碘单质，不能确定是否含碘离子，D项错误；答案选C。【点睛】焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，用于鉴别物质存在的金属元素的种类。5、B【解析】

通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是液溴沸点低、易挥发的性质，且溴可溶于水，与化学性质稳定无关，且溴不具有易升华的性质，B项正确；答案选B。6、D【解析】

A.硅的化学性质稳定，常温下氢气、氧气、氯气等不反应，A项错误；B.氧元素在地壳中的含量居第一位，硅排在第二位，B项错误；C.硅的化学性质不活泼，常温下可与F2、HF和强碱等反应，C项错误；D.硅是化学性质稳定的半导体材料，广泛应用于计算机领域，D项正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是要熟记单质硅在常温下能与F2、HF和强碱等反应，在高温下能与O2、Cl2等反应。7、C【解析】

A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝熔化但不滴落，选项A正确；B．氧化铁为疏松结构，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层，选项B正确；C．铝是活泼金属，易在表面形成致密的氧化膜，氧化铝能保护内部金属不被腐蚀，选项C不正确；

D．活泼金属与水的反应属于放热反应，钠与水的反应是放热反应，放出的热量使钠块熔成小球，选项D正确。

答案选C。8、B【解析】

A.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，可形成白雾，不会出现烟，A项错误；B.氯气具有强氧化性，红热的铜丝在氯气中燃烧，生成氯化铜，现象为：产生棕黄色的烟，加入少量水形成蓝色溶液，B项正确；C.铁与氯气反应生成棕褐色的氯化铁，可发出棕褐色的烟，物溶于水，溶液呈黄色，C项错误；D.钠与空气中燃烧，发出黄色火焰，生成黄色固体，D项错误；答案选B。9、A【解析】

A.液氨是液态的氨气，由一种物质组成的，属于纯净物，故A正确；B.氨水是氨气的水溶液，属于混合物，故B错误；C.漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故C错误；D.氯水是氯水的水溶液，属于混合物，故D错误；【点睛】本题考查纯净物和混合物的判断，解答本题要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物。10、C【解析】

NH3是碱性气体，而浓硫酸是酸性干燥剂，不能干燥NH3。【详解】A．浓硫酸可以干燥HCl气体，A不符合题意；B．浓硫酸可以干燥Cl2，B不符合题意；C．NH3是碱性气体，能与浓硫酸反应，故浓硫酸不能干燥NH3，C符合题意；D．NO不与浓硫酸反应，浓硫酸可以干燥NO，D不符合题意；答案选C。【点睛】NH3是碱性气体，而浓硫酸是酸性干燥剂，不能干燥NH3，另外浓硫酸具有强氧化性，不能干燥还原性气体。11、D【解析】

A.有一种元素被氧化，也可能是同一种元素被还原，A错误；B.发生氧化反应的是还原剂，其失去电子，元素化合价升高，B错误；C.电子带负电，所以原子得到电子后，元素的化合价一定降低，C错误；D.有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应，如氧气与臭氧间的转化，D正确；故本题选D。12、D【解析】

A.Fe3+在溶液中是黄色的，题目要求是无色溶液，故A错误；B.Ba2+、Ca2+、CO离子之间反应生成BaCO3，CaCO3沉淀，不能大量共存，故B错误；C.Cu2+在溶液中是蓝色的，题目要求是无色溶液，故C错误；D.该组离子之间不反应，可大量共存，且溶液中的各种离子都是无色的，故D正确；故选D。13、C【解析】

①金属铝能和盐酸、氢氧化钠反应，都会生成对应的盐和氢气，但是金属铝属于单质，不是化合物，故①错误；②NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，也能与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故②正确；③氧化铝是两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③正确；④Mg(OH)2能与盐酸反应生成氯化镁与水，但是不能与氢氧化钠反应，故④错误；⑤Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故⑤正确；既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物有②③⑤，故选C。【点睛】明确物质的性质是解本题的关键。要注意知识的归纳和总结，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质，如Al2O3、Al(OH)3等；②弱酸的酸式盐，如NaHCO3等；③弱酸的铵盐，如(NH4)2CO3等；④某些金属，如Al等。14、C【解析】

A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，在氧气中燃烧，生成Fe3O4，完全反应时转移的电子数为NA，故A错误；B.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气均为1mol，氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，故所含原子数不等，故B错误；C.18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故C正确；D.由于不确定生成Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定转移电子数，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4。15、B【解析】

A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价的升降，均属于氧化还原反应，但③不属于置换反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0价，④中O元素的化合价由-2价升高为0价，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0价，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。16、B【解析】

A．水能电离出少量自由移动的阴阳离子，是电解质，故A错误；B．氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故B正确；C．NaHSO4在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子，是电解质，故C错误；D．二氧化硫是化合物，在熔融状态下不能电离，为非电解质，故D错误；故答案为：B。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。17、B【解析】

aAm+与bBn-的核外电子排布相同，即a-m=b+n，质子数a>b，A、B在周期表中的相对位置是；【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径减小，离子半径aAm+<bBn-，故A正确；B．电子层数越多半径越大，原子半径A>B，故B错误；C．aAm+与bBn-的核外电子排布相同，即a-m=b+n，a-b=m+n，所以A的原子序数比B的原子序数大m+n，故C正确；D．aAm+与bBn-的核外电子排布相同，即a-m=b+n，b=a-n-m，故D正确；选B。18、D【解析】

A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故A错误；B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确。故选D。【点睛】根据CB=nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。19、A【解析】

A错误，氯化铝是共价化合物，通电时AlCl3不会电离产生Al3+，故电解AlCl3得不到Al，应该电解Al2O3；故选A。【点睛】AlCl3是共价化合物，这是课本上所没有提到的，需要考生在平时的练习中自己积累；也正是因为AlCl3是共价化合物，工业上冶炼铝往往电解熔融的Al2O3。20、B【解析】

A．熟石灰和氯化铵混合加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，选项A不选；B．氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢遇冷又可以化合成氯化铵，该方法很难制氨气，选项B选；C．加热浓氨水，一水合氨受热分解可以制取氨气，反应的化学方程式为：NH3•H2ONH3↑+H2O，选项C不选；D、利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，选项D不选；答案选B。21、D【解析】

A.SO2气体溶于水反应产生H2SO3，会中和溶液中的NaOH，使溶液的碱性减弱，导致红色褪去，不能说明SO2具有漂白性，A错误；B.等物质的量的SO2和Cl2混合通入水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，产生的盐酸和硫酸不具有漂白性，因此不能使红色褪去，B错误；C.SO2气体通入溴水中，溴水的颜色褪去，是由于发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，说明SO2具有还原性，C错误；D.二氧化硫的排放会与空气中的水反应产生H2SO3，H2SO3被溶解在水中的氧气氧化产生H2SO4，因而会导致酸雨的产生，D正确；故合理选项是D。22、A【解析】

A.中只有共价键，是原子晶体，A正确；B.中含有共价键，是分子晶体，分子间存在分子间作用力，B错误；C.中含有共价键，是分子晶体，分子间存在分子间作用力，C错误；D.NaOH是离子晶体，由钠离子和氢氧根离子构成，存在离子键，氢氧根离子中含有共价键，D错误；故答案选A。二、非选择题(共84分)23、H2O、CO2Cu5(OH)4(CO3)35Cu2++5CO32-+2H2O=Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑【解析】

黑色固体能在高温下与CO反应生成红色固体B，说明B是Cu，物质的量是3.20g÷64g/mol＝0.05mol。混合气体1.68g经过无水氯化钙后剩余1.32g，说明混合气体中含有水蒸气的质量是1.68g－1.32g＝0.36g，物质的量是0.36g÷18g/mol＝0.02mol。气体A通入氢氧化钡溶液中得到白色沉淀5.91g，说明混合气体中含有二氧化碳的物质的量是5.91g÷197g/mol＝0.03mol，由此可知X中含有铜离子0.05mol，含有碳酸根离子0.03mol，根据电荷守恒可知还含有0.04molOH－，因此X的化学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（1）根据以上分析可知混合气体的成分是H2O、CO2；X的化学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（2）根据原子守恒、电荷守恒可知CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式为5Cu2++5CO32-+2H2O＝Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑。【点睛】熟悉元素化合物的性质是解答本题的关键，知道流程图中每一步发生的反应，注意电荷守恒的灵活应用。24、第三周期VIIA族高NH3存在分子间氢键NaH+H2O=NaOH+H2↑NA2ClO+SO+

2H+=2ClO2+

SO+H2OABD【解析】

已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A与B形成的共价化合物M的水溶液呈碱性，M为NH3，则A为H、B为N；C原子的最内层电子数是最外层电子数的2倍，C为Na；D是同周期中单核离子半径最小的元素，D为Al；E元素的最高正价与最低负价的代数和为6，E为Cl。【详解】根据以上分析可知，A、B、C、D、E分别为H、N、Na、Al、Cl。(1)元素E为Cl，在元素周期表中位于第三周期VIIA族；与元素Na同族的下一周期元素是K，K是19号元素，原子结构示意图为；(2)NH3分子间含有氢键，沸点比PH3的沸点高；(3)H、Na形成的化合物NaH与水反应生成NaOH和H2，该反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中-1价H生成H2，每生成lmol气体，转移1mol电子，电子数为NA；(4)工业上，将NaClO3与Na2SO3溶液混合后，再加入H2SO4制备水消毒剂ClO2，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为2ClO+SO+2H+=2ClO2+SO+H2O；(5)A.钠离子的氧化性比铝离子的氧化性弱，说明钠的金属性强于铝，A正确；B.Na的最高价氧化物水化物的碱性比Al的最高价氧化物的水化物碱性强，说明Na的金属性强于Al，B正确；C.Na的金属性很强，不能从铝的盐溶液中置换出铝，C错误；D.Na在常温下能与水反应，而Al不能，说明Na的金属性强于Al，D正确；答案选ABD。【点睛】Na的金属性很强，与盐溶液反应时，先与水反应，不能从盐溶液中置换出金属单质。25、C2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑4NH3+5O24NO+6H2O无色气体变成红棕色NO【解析】

I、（1）①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；②CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，有利于氨气的生成；③固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜；④根据浓氨水易挥发，可用碱石灰干燥分析；（2）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气，二者反应生成氯化钙、氨气和水；II、（1）在铂丝作催化剂、加热条件下，氨气和氧气发生氧化还原反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）一氧化氮和氧气是无色气体，一氧化氮和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，所以看到的现象是：无色气体变成红棕色；（3）HNO3是强电解质，具有强氧化性，可用铜反应，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为NO。【详解】I、（1）实验室制备氨气是利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaCl2，①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多，故①错误；②向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故②正确；③固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，所以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气需试管口应略向下倾斜，故③错误；④浓氨水易挥发，用浓氨水加热制取NH3的方法是正确的，氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，故④正确；故答案为D；（2）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气，二者反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；II．（1）在铂丝作催化剂、加热条件下，氨气和氧气发生氧化还原反应生成一氧化氮和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）一氧化氮和氧气是无色气体，一氧化氮和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，所以看到的现象是：无色气体变成红棕色，故答案为：无色气体变成红棕色；（3）HNO3是强电解质，具有强氧化性，可用铜反应，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为NO，故答案为：NO。26、2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑m(Cu)＝mg－mol×27g·mol-1－mol×56g·mol-1＝mg－g无影响偏大10.0量筒100mL容量瓶胶头滴管2.7BC【解析】试题分析：本题考查质量分数的测定实验、溶液的配制和误差分析，涉及Fe、Al和Cu的性质、离子方程式的书写、实验的误差分析和计算。（1）实验1在样品中滴加NaOH溶液，样品中只有Al能与NaOH溶液反应，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。（2）实验1中只有Al与NaOH溶液反应产生H2，根据关系式2Al~3H2↑，n（Al）=mol=mol，m（Al）=n（Al）27g/mol=mol27g/mol；实验2中Al和Fe都与稀硫酸反应放出H2，反应的化学方程式为2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，由于两份样品的质量相等，则其中Al与NaOH溶液、稀硫酸反应放出的H2相等，Fe与稀硫酸反应放出的H2的体积为（V2-V1）mL，根据关系式Fe~H2↑，n（Fe）=mol，m（Fe）=n（Fe）56g/mol=mol56g/mol；M样品中m（Cu）=mg-m（Al）-m（Fe）=mg-mol27g/mol-mol56g/mol=mg-g。（3）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，对测得气体体积无影响，因为B瓶中收集的气体的体积等于排入C中水的体积。若拆去实验2中导管a，由于稀硫酸滴入锥形瓶中会排出装置中的空气，使测得气体的体积偏大。（4）配制470mLNaOH溶液应选用500mL容量瓶，用托盘天平称量NaOH的质量为m（NaOH）=0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g。（5）①由浓溶液配制稀溶液的实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、初步振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签，所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需量筒、100mL容量瓶、胶头滴管。②根据稀释前后H2SO4物质的量不变，1.84g/cm3V（浓H2SO4）98%98g/mol=0.5mol/L0.1L，V（浓H2SO4）=2.7mL。A，取浓硫酸时俯视，所量取浓硫酸的体积偏小，硫酸物质的量偏小，所配溶液物质的量浓度偏低；B，在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后所配溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高；C，定容时俯视，所配溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高；D，颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线，对所配溶液物质的量浓度无影响；引起所配溶液浓度偏高的是BC，答案选BC。点睛：理解Al、Fe、Cu的性质和实验原理是解题的关键。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。解答时注意分析装置中各仪器的作用，本题通过测量反应生成的气体的体积确定样品中各成分的质量。配制一定体积物质的量浓度溶液的误差分析是本题的另一难点，根据公式cB=，由于操作失误使nB偏大或V偏小，都会使所配溶液浓度偏高；反之使所配溶液浓度偏低。27、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。【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%。【点睛】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