2026届浙东北联盟 高一化学第一学期期末经典试题含解析

2026届浙东北联盟高一化学第一学期期末经典试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列排序不正确的是A．单质的熔点：钾＜铷＜铯B．离子半径：S2-＞Na+＞Mg2+C．热稳定性：HF＞H2O＞H2SD．酸性：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO42、下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（）A．无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣B．澄清透明溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．强酸性溶液中：Na+、AlO2﹣、OH﹣、SO32﹣D．强碱性溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3﹣、SCN﹣3、聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是（）A．KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗molKClO3B．绿矾长时间置于空气中易被氧化C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D．聚合硫酸铁与漂白粉都是纯净物4、下列说法不正确的是（）A．非金属元素的原子间不能形成离子化合物B．Cl2、Br2、I2的分子间作用力依次增强C．氯化氢气体溶于水共价键被破坏D．干冰、NaCl固体、石英晶体的熔沸点逐渐升高5、下列离子方程式不正确的是()A．Fe与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2OC．向稀H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2OD．向CaCl2溶液中通入少量的CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+6、铝是一种很重要的金属，可以发生一系列反应制备物质，如图所示。下列说法错误的是（）A．反应①又称铝热反应，可用于野外焊接铁轨B．反应②③都有氢气生成，产生等量的氢气时转移的电子数相等C．工业上用反应⑦制备铝时，常加入冰晶石以降低氧化铝的熔融温度D．常用反应⑥制备Al(OH)3，方法是向Al2(SO4)3溶液中滴加足量的NaOH溶液7、向100mLFeI2、FeBr2组成的混合溶液中，通入2.24L氯气(标准状况下)，刚好有的Fe2+被氧化，由此推知FeI2的浓度可能是()A．2mol/L B．0.8mol/L C．0.6mol/L D．1mol/L8、“天宫一号”与“神州八号”的对接成功是我国航天事业发展的又一里程碑.发射时运载火箭的推进剂引燃后，从尾部会喷出大量的高温气体，该气体的主要成分是CO2、H2O、N2、NO等，在发射现场可以看到火箭尾部产生大量红棕色气体，你认为其原因最有可能的是()A．NO是一种红棕色气体 B．NO遇空气生成了NO2C．高温下N2遇空气生成了NO2 D．NO与H2O反应生成H2和NO29、下列说法中，正确的是()A．分离水和CCl4的混合物，必须用蒸馏法B．从Na2CO3溶液中得到Na2CO3，可用过滤法C．分离NaCl和AgCl的混合物，可用萃取法D．从I2的CCl4溶液中得到CCl4，可用蒸馏法10、下列四种有色溶液与SO2气体作用均能褪色，其实质相同的是①酸性高锰酸钾溶液②品红溶液③溴水④滴有酚酞的氢氧化钠溶液A．①③ B．②③ C．①④ D．②④11、下列说法正确的是A．SiH4比CH4稳定B．S2―半径比Cl―的小C．CaCl2属于离子化合物，只含有离子键D．N和P属于第ⅤA族元素，HNO3酸性比H3PO4的弱12、有下列物质：①小苏打、②硫酸铝、③氯化铁、④磁性氧化铁、⑤氢氧化铁，其中能通过化合反应制得的是（）A．①②④⑤ B．①③④⑤ C．②③④⑤ D．①②③④13、下列离子方程正确的是（）A．饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B．向稀硫酸中投入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．实验室制取二氧化碳：CO32-+2H+=H2O+CO2↑D．氢氧化钡溶液中加入硫酸：H++OH-=H2O14、下列氯化物既可以由氯气与金属反应制得，又可以由金属与盐酸反应制得的是A．AlCl3 B．FeCl2 C．FeCl3 D．CuCl215、下列关于金属的叙述中正确的是（）A．金属在自然界中只能以化合态的形式存在B．地壳中含量最多的金属元素是铁C．铝是当今世界上年产量最高的金属D．铜可用来制作导线、电缆16、下列关于卤族元素结构和性质的说法错误的是A．F、Cl、Br、I原子半径依次增大B．F、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多C．F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱D．F-、Cl-、Br-、I-离子的还原性依次减弱17、鉴别NaCl、NaBr、NaI三种溶液可以选用的试剂是（）A．碘水、淀粉溶液 B．溴水、汽油C．溴水、碘化钾试纸 D．硝酸银溶液、稀硝酸18、ClO2是新型消毒剂，可以由过硫酸钠(Na2S2O8)与NaClO2反应制得，下列说法不正确的是()A．该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2NaClO2=2ClO2↑+2Na2SO4B．每1molNa2S2O8参加反应，得到1mole－C．ClO2因具有强氧化性而可以杀菌消毒D．该实验条件下的氧化性：Na2S2O8＞ClO219、下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是A．在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大(难挥发性)B．在加热条件下铜与浓硫酸反应(强氧化性、酸性)C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成(吸水性)D．浓硫酸干燥氯气(脱水性)20、下列物质间的转化，不能通过一步反应实现的是()A．Si→K2SiO3 B．Na→Na2O2 C．Fe→FeC12 D．CuO→Cu(OH)221、某澄清透明的溶液中可能含有：Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、I－、CO32－、SO42－、Cl－中的几种，各离子浓度均为0.1mol·L－1。现进行如下实验(所加试剂均过量)：下列说法正确的是()A．样品溶液中肯定存在Na+、Fe2+、I−、SO42−B．沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁C．取1L黄色溶液D能恰好溶解铁1.4gD．该样品溶液中是否存在Cl－可取滤液C，滴加硝酸银和稀硝酸进行确定22、下列关于N2和CO的判断错误的是（）A．电子数相等时具有相等的质量 B．同温同压下质子数相等则体积相等C．体积相等时质量一定相等 D．质量相等时具有相等的分子数二、非选择题(共84分)23、（14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24、（12分）在下列曲线中，纵坐标表示生成氢氧化铝的量，横坐标表示加入试剂的体积。从下边图中选出选项：(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量__________。(2)向氢氧化钠与偏铝酸钠混合液中通入二氧化碳过量__________。(3)向氨水中逐滴滴入氯化铝溶液至过量__________。(4)向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠至过量__________。(5)向偏铝酸钠溶液滴加盐酸至过量______________。(6)向氯化镁和氯化铝混合液中加氢氧化钠至过量____________。25、（12分）下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。(1)除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3______________________________；(2)从碘水中提取碘___________________________________________；(3)用自来水制取蒸馏水_______________________________________；(4)分离植物油和水___________________________________________；(5)除去粗盐中的泥沙__________________________________________；(6)与海水晒盐原理相符的是__________________________________。26、（10分）物质的分离和提纯在生产和研究中都有重要的应用，请回答:（1）填写下图中有关仪器的名称:A_______、B_____________。（2）装置④可以进的分离提纯操作是______(填操作名称)，其中明显的错误是__________。（3）下列做法正确的是_______(填字母)。A．分离花生油和水应选装置④B．粗盐提纯时可选装置①和②C．用CCl4提取碘水中的碘应选装置③27、（12分）某课外活动小组设计如图实验装置，验证“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”．（1）过氧化钠与水反应的化学方程式是__．（1）装置I是制备纯净的__（填化学式）．则装置I中最适宜的试剂组合是__（填字母）．a．稀盐酸b．稀硫酸c．小苏打d．石灰石（3）实验时，应先打开弹簧夹K1，关闭K1，观察到预期现象后，打开K1，再关闭K1．（4）实验过程中将带火星的木条置于a口，观察到带火星的木条始终不复燃．①为观察到最终木条复燃，甲建议在Ⅲ后安装一个盛有碱石灰的干燥管，目的是__；②乙认为即使采纳甲的建议且最终观察到木条复燃，也不能证明CO1参与了反应，原因是__．28、（14分）电子工业上使用的印刷电路板，是在敷有铜膜的塑料板上以涂层保护所要的线路，然后用三氯化铁浓溶液作用掉(腐蚀)未受保护的铜膜后形成的。某工程师为了从使用过的腐蚀废液（含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费）中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液作为腐蚀液原料循环使用，准备采用下列步骤：（1）步骤Ⅰ的操作名称：________；所需玻璃仪器：_________、_________、__________。（2）写出FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式：______________________。（3）检验废腐蚀液中是否含有Fe3+所需试剂名称：___________、实验现象：__________。（4）向②中加入NaOH溶液并长时间暴露在空气中，此过程的现象：________________，此转化的化学方程式为：______________________________。（5）写出③中所含物质：_________⑥发生反应的离子方程式：_______________。29、（10分）肼(N2H4)作为火箭发动机的燃料，可通过反应NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O制取。某化学兴趣小组尝试在实验室制取N2H4，设计了如下实验：(1)制备NaClO溶液，装置如图所示。(已知：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O)①仪器A的名称是________________。②连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作是_________。③圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______________；当生成71g氯气时，被氧化的HCl为_________mol。试管内发生反应的离子方程式为_________。④饱和食盐水的作用是_____________，冰水的作用是____________。(2)将NaClO溶液倒入烧杯中，持续通入NH3制取N2H4。制取氨气的化学方程式为_______。(3)火箭发射时用N2H4作燃料，用N2O4助燃，燃烧生成两种可参与大气循环的物质。写出该反应的化学方程式______________。

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【解析】

A．金属的原子半径越大，金属键越弱，金属单质的熔点越低；钾、铷、铯属于同一主族元素，原子半径逐渐增大，因此单质的熔点：钾>铷>铯，故A错误；B．S2-离子核外电子层数最多，离子半径最大，Mg2+、Na+核外电子排布相同（电子层为2），核电荷数越大离子半径越小，则S2-＞Na+＞Mg2+，故B正确；C．非金属性F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D．非金属性S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，应为H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4，故D正确；故选A。2、B【解析】

A.注意条件是无色溶液，故有色离子不能存在；C．强酸中不能存在的离子有弱酸阴离子和氢氧根离子；D．强碱性溶液中不能存在的离子有弱碱阳离子，以及三价铁和硫氰根离子不能共存；【详解】A．Cu2+为有色离子，不符合题目无色要求，故A错误；B．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，为澄清透明溶液，能够大量共存，故B正确；C．AlO2﹣、OH﹣、SO32﹣与氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+与OH﹣、SCN﹣反应，在强碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：B。3、D【解析】

A、1mol[Fe(OH)SO4]n中含nmolFe3+，则每生成1mol[Fe(OH)SO4]n转移电子nmol，而KClO3的还原产物为Cl-，则1molKClO3被还原，需要转移电子6mol，由于在氧化还原反应中得失电子数目相同，故每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗molKClO3，A正确；B、绿矾(FeSO4·7H2O)晶体中含Fe2+，该物质易被空气氧化，B正确；C、聚合硫酸铁可在水中水解形成氢氧化铁胶体而净水，C正确；D、聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n中的“n”值不能确定，故该物质为混合物；漂白粉是氢氧化钙、氯化钙、次氯酸钙的混合物；D错误；故选D。【点睛】聚合物中的“n”不是定值，故聚合物一般认为是混合物，毕竟n=1和n=2时，分子式是不一样的，则这两个数值代表的物质肯定也不一样。4、A【解析】

A项、由非金属元素形成的化合物大部分是共价化合物，但也可形成离子化合物，如铵盐，故A错误；B项、Cl2、Br2、I2都是结构相似的双原子分子，随着相对分子质量增大，分子间作用力依次增强，故B正确；C项、氯化氢为共价化合物，溶于水共价键被破坏，电离出氢离子和氯离子，故C正确；D项、干冰为分子晶体，熔沸点低，NaCl固体为离子晶体，具有较高的熔沸点，石英晶体是原子晶体，具有很高的熔沸点，则干冰、NaCl固体、石英晶体的熔沸点逐渐升高，故D正确；故选A。【点睛】不同晶体类型的晶体熔沸点比较时，注意晶体类型判断，一般是原子晶体高于离子晶体，离子晶体高于分子晶体。5、D【解析】

A．Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A正确；B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至溶液呈中性，则溶液中氢氧根离子有剩余，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，B正确；C．向稀H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，硫酸中含有2个氢离子、1个硫酸根离子，完全反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，C正确；D．向CaCl2溶液中通入少量的CO2气体，不反应，D错误；答案为D。6、D【解析】

题图是一个铝及其化合物的转化关系，按照题图来作答即可，难度一般。【详解】A.铝和高熔点金属氧化物发生反应得到对应金属单质和氧化铝的反应称为铝热反应，该反应放出大量热量，可以用来在野外焊接铁轨，A项正确；B.铝和酸碱反应均可放出氢气，并且生成一个氢分子都转移2个电子，因此若产生等量的氢气，转移的电子数一定相等，B项正确；C.加入冰晶石可以降低氧化铝的熔融温度，原理与合金的熔点比成分金属要低一致，C项正确；D.若强碱过量则会得到而不是，因此该步骤通常加入氨水这种弱碱，D项错误；答案选D。7、C【解析】

标况下2.24L氯气的物质的量为：=0.1mol，由于还原性强弱:I-＞Fe2+＞Br-

，氯气通入到100mLFeI2、FeBr2混合溶液中，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子；碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2I−=2Cl−+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；A．若FeI2的浓度为2mol/L，则n(FeI2)=2mol/Lｘ0.1L=0.2mol，n(I−)=0.4mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.2mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.2mol，通入的氯气一共为0.1mol，与题意不符，故A不符合题意；B．若FeI2的浓度为0.8mol/L，则n(FeI2)=0.8mol/Lｘ0.1L=0.08mol，n(I−)=0.16mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.08mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.08mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.02mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.02mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.04mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则溶液中的Fe2+的总物质的量为0.08mol，与FeI2中Fe2+的物质的量相等，说明溶液中不含FeBr2，与题意不符，故B不符合题意；C．若FeI2的浓度为0.6mol/L，则n(FeI2)=0.6mol/Lｘ0.1L=0.06mol，n(I−)=0.12mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.06mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.06mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.04mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.04mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.08mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则溶液中的Fe2+的总物质的量为0.16mol，说明溶液中含有FeBr2，FeBr2中Fe2+的物质的量为0.1mol，即混合溶液中FeBr2的浓度为1mol/L时符合题意，故C符合题意；D．若FeI2的浓度为1mol/L，则n(FeI2)=1mol/Lｘ0.1L=0.1mol，n(I−)=0.2mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.1mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.1mol，通入的氯气一共为0.1mol，即溶液中的碘离子将通入的氯气完全消耗，不会有Fe2+被氧化，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，与题意不符，故D不符合题意；答案选C。8、B【解析】

一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮，根据发射时从火箭尾部喷出的高温气体因含有NO2而呈红棕色来回答。【详解】A．NO是一种无色气体，故A错误；B．引燃后的高温气体成分CO2、H2O、N2、NO等无色气体中，一氧化氮容易被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，故B正确；C．氮气在放电下可以和氧气化合为一氧化氮，不会一步转化为二氧化氮，故C错误；D．一氧化氮和水之间不会发生反应，故D错误；故答案选B。【点睛】本题中红棕色气体一定是NO2，但是它的生成过程一定要符合客观事实，符合氧化还原反应的规律。9、D【解析】

A.水和四氯化碳均为液体且互不相容，分离二者可用分液的方法，A错误；B.碳酸钠易溶于水，若要从Na2CO3溶液中得到Na2CO3固体，应采用蒸发的方法，B错误；C.NaCl易溶于水，AgCl难溶于水，若要分离二者的混合物，可采用溶解、过滤、蒸发的方法，C错误；D.碘单质易溶于CCl4溶液，从I2的CCl4溶液中得到CCl4，可用蒸馏法，D正确；故答案选D。10、A【解析】

SO2气体使①酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，SO2气体有还原性将酸性高锰酸钾还原使溶液褪色；②品红溶液褪色是因为SO2气体具有漂白性可将品红漂白褪色；③溴水褪色，是因为溴水有强氧化性，SO2气体有还原性将溴水还原使溶液褪色；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是因为SO2为酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应使溶液碱性减弱，故溶液褪色；故反应实质相同的是①③，答案选A。11、C【解析】分析：本题考查的是非金属性的比较，和化学键的类型和化合物的类型等，属于基础知识。详解：A.硅的非金属性比碳弱，所以硅的氢化物比甲烷不稳定，故错误；B.硫离子和氯离子的电子排布相同，所以核电荷数越大，半径越小，故S2―半径比Cl―的小，故错误；C.CaCl2属于离子化合物，只含有离子键，故正确；D.N和P属于第ⅤA族元素，氮元素的非金属向比磷强，所以HNO3酸性比H3PO4的强，故错误。故选C。12、B【解析】

①小苏打可以通过碳酸钠、二氧化碳和水化合得到：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3②硫酸铝可以用铝和硫酸、氧化铝和硫酸、氢氧化铝和硫酸或偏铝酸盐和过量的硫酸发生反应制得，但不能通过化合反应制得③氯化铁可以用铁和氯气或氯气和氯化亚铁反应制得④磁性氧化铁可以通过铁在氧气中燃烧得到⑤氢氧化铁可以通过氢氧化亚铁和氧气以及水发生化合反应制得：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。故选B。【点睛】虽然Fe2O3不能和水反应生成Fe(OH)3，但Fe(OH)3可以通过4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3化合反应得到。铁的化合物FeCl2不能由两种单质铁和氯气化合得到，但可以通过铁和FeCl3发生化合反应得到。之所以铁的一些化合物可以通过一些非常规化合反应得到，主要是由于铁的变价的存在。13、A【解析】试题分析：A、饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-；正确；B、向稀硫酸中投入铁粉：Fe+2H+=Fe2++H2↑，错误；C、实验室制取二氧化碳，用的是固体碳酸钙，错误；D、氢氧化钡溶液中加入硫酸，除了生成水之外，还有沉淀粉生成。错误。考点：考查离子方程式的书写。14、A【解析】

A.单质铝与氯气或盐酸反应均生成AlCl3，A正确；B.铁与盐酸反应生成FeCl2，与氯气反应生成氯化铁，B错误；C.铁与盐酸反应生成FeCl2，与氯气反应生成氯化铁，C错误；D.铜与氯气反应生成CuCl2，铜与盐酸不反应，D错误；答案选A。15、D【解析】

A.大多数金属的化学性质比较活泼，在自然界中大部分金属是以化合物的存在，金、铂在自然界中有单质存在，错误。B.地壳中含量最多的金属元素是铝，错误。C.铁是当今世界上年产量最高的金属，错误。D.铜价格便宜、导电性能良好，可用来制作导线、电缆，正确。答案选D。【点睛】考查金属资源的利用，合金的性质及其应用，金属资源在自然界中的存在，地壳中元素的分布与含量。本题采用识记法解答。人类最早利用的金属是铜;目前世界上年产量最高的金属是铁;银是导电性最强的金属,但由于银的价格昂贵,生活中常用铜来制导线而不用银;由于合金的种类多于纯金属，合金的性能一般优于纯金属，故日常使用的金属材料大多数是合金。16、D【解析】A.F、Cl、Br、I属于同主族元素，从上到下原子半径依次增大，故A正确；B.F、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多，故B正确；C.同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，所以F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱，故C正确；D.同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，对应离子F-、Cl-、Br-、I-的还原性依次增强，故D错误。故选D。17、D【解析】

鉴别NaCl、NaBr、NaI，可根据阴离子的性质不同以及氧化性强弱判断反应的可能性，并结合萃取现象及卤化银沉淀的颜色进行检验。【详解】A.碘水和淀粉溶液均不与上述三种溶液反应，现象相同，不能鉴别，A错误；B.只有NaI与溴水反应，不能鉴别NaCl、NaBr，B错误；C.只有NaI与溴水反应，不能鉴别NaCl、NaBr，C错误D.三种溶液分别滴加硝酸银溶液，再加稀硝酸，分别生成AgCl、AgBr、AgI沉淀，现象分别为白色、浅黄色、黄色，可鉴别，D正确；故答案选D。18、B【解析】

该反应中，反应物NaClO2的Cl呈+3价，生成物ClO2的Cl呈+4价，则NaClO2作还原剂，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物。【详解】A、根据氧化还原反应中化合价变价的就近原则，Na2S2O8的S的+7价会变为+6价，即还原产物为Na2SO4，故该反应的化学方程式为：Na2S2O8+2NaClO2=2ClO2↑+2Na2SO4，A正确；B、1molNa2S2O8参加反应，得到2molNa2SO4，则Na2S2O8得到2mole-，B错误；C、ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，C错误；D、该反应中，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物，则Na2S2O8的氧化性比ClO2强，D正确；故选B。19、B【解析】

A.在空气中敞口久置的浓硫酸，由于浓硫酸吸收空气中的水分，使溶液质量增大，与硫酸的难挥发性无关，A错误；B.在加热条件下铜与浓硫酸反应，浓硫酸表现了强氧化性、酸性，B正确；C.蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成这是浓硫酸的脱水性，不是吸水性，C错误；D.浓硫酸干燥氯气这是浓硫酸的吸水性，不是脱水性，D错误；故合理选项是B。20、D【解析】

A.硅和氢氧化钾溶液反应生成硅酸钾和氢气，故A能；B.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B能；C.铁单质和盐酸反应生成氯化亚铁，故C能；D.氧化铜不和水反应，不能一步转化为氢氧化铜，故D不能；故答案为D。21、B【解析】

根据“下层（紫红色）”、“黄色溶液”，可以推出原溶液中含有I-、Fe2+，一定没有Cu2+；向样品溶液中加入Cl2、BaCl2溶液，得到白色沉淀，则溶液中含有SO42-（CO32-不能和Fe2+共存，被舍去）；由于各离子浓度均为0.1mol·L-1，根据电中性原理，可以推出溶液中一定还含有一种阳离子，由于Mg2+无法排除，所以可以推出溶液中含有Na+、Fe2+、I-、SO42-，或者Mg2+、Fe2+、I-、SO42-、Cl-。【详解】A、经分析，样品中肯定存在Fe2+、I-、SO42-，可能存在Na+，或者Mg2+、Cl-，A错误；B、题中未提及沉淀B的信息，故根据“黄色溶液”可推出沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁，因为Mg2+呈无色，不影响Fe3+颜色的显示，故B正确；C、样品溶液中，n(Fe2+)=0.1mol·L-1，则溶液D中，n(Fe3+)=0.1mol·L-1，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，可推出1L溶液D中，含有Fe3+0.1mol，能溶解Fe0.05mol，即2.8g，C错误；D、样品溶液和Cl2、BaCl2溶液反应后再过滤得到滤液C，则滤液C一定含有Cl-，故检验到滤液C中的Cl-，无法说明样品溶液含有Cl-，D错误；故选B。【点睛】本题的难点在于Mg2+的确认，离子推断的题目，一般是根据某一个现象可以很明确的确定出某一个离子是否存在，而这道题中的Mg2+不干扰Fe3+的确认，故可能存在，也可能不存在。考生需要根据题中的现象仔细分析存在的可能性，从而避免漏掉一些可能存在的情况。22、C【解析】

A、CO含有电子数为6+8=14，N2的电子数为2×7=14，电子数相等时分子数相等，CO和N2的相对分子质量都为28，则根据m=nM知两者质量相等，故A正确；B、CO含有质子数为6+8=14，N2的质子数为27=14，质子数相等，则物质的量相等，同温同压下质子数相等则体积相等，故B正确；C、因为没有明确气体存在的条件，所以不能确定气体的物质的量，故C错误；D、CO和N2的相对分子质量都为28，则质量相等时具有相等的分子数，故D正确；故选C。二、非选择题(共84分)23、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。24、BBACDE【解析】

根据离子反应的实质与用量关系，结合图像进行分析。【详解】(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量，先发生中和反应，NH3•H2O+HCl=NH4Cl+H2O，无沉淀，后生成Al(OH)3沉淀且最终沉淀不溶解，反应方程式为AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，与图像B吻合，故答案为B；(2)向NaOH与NaAlO2溶液中通入CO2气体：先发生2NaOH+CO2=2H2O+Na2CO3；后逐渐产生沉淀，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，对照图象应为B；(3)氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，向NH3•H2O中逐滴滴入AlCl3溶液至过量：AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为A；(4)向氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为C；(5)向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，对照图象应为D；(6)MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为E。【点睛】解答本题时首先要认真理解图像表达的信息，搞清发生的反应原理。铝相关图象中的反应原理归纳如下：1．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量。实验现象：①AlCl3溶液中先出现白色沉淀，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；②继续滴加NaOH溶液沉淀溶解，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；2．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量。实验现象：①NaOH溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；②继续滴加AlCl3溶液中产生沉淀达到最大值后保持不变，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；3．向AlO2-溶液中滴加HCl溶液至过量。实验现象：①AlO2-溶液中先出现白色沉淀，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；②继续滴加HCl溶液沉淀溶解，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；4．向HCl溶液中滴加AlO2-+溶液至过量。实验现象：①HCl溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)，AlO2-+4H+=Al3++2H2O；②继续滴加AlO2-+溶液产生沉淀至不变，Al3++3AlO2-++6H2O=4Al(OH)3↓。25、BCAACBDD【解析】

由装置图可知，A为蒸馏装置、B为过滤装置，C为萃取、分液装置，D为蒸发装置。(1)CaCO3不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为B；(2)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取、分液分离，故答案为C；(3)水的沸点低，则选择蒸馏法制备蒸馏水，故答案为A；(4)植物油和水不互溶，会分层，选择分液法分离，故答案为C；(5)海水中水的沸点低，盐的沸点高，与蒸发原理相同，故答案为D。26、分液漏斗蒸馏烧瓶蒸馏温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口附近；冷凝水上进下出B、C【解析】（1）根据图中仪器可知，A为分液漏斗；B为蒸馏烧瓶；（2）装置④可以进的分离提纯操作是蒸馏，其中明显的错误是温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口附近；冷凝水上进下出；（3）A.花生油和水是互不相溶的两种液体，分离花生油和水应选装置③进行分液，选项A错误；B.粗盐提纯时应蒸发结晶和过滤，可选装置①和②，选项B正确；C.用CCl4提取碘水中的碘应进行分液，应选装置③，选项C正确；答案选BC。27、1Na1O1+1H1O=4NaOH+O1↑CO1bc除去未充分反应的CO1水与Na1O1反应生成氧气【解析】

（1）根据过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；（1）根据题意可知Ⅰ装置是二氧化碳的制备装置，根据二氧化碳的制备原理以及盐酸具有挥发性来确定反应物；（4）①二氧化碳不支持燃烧，也不能燃烧，当二氧化碳通过过氧化钠时，不可能全部反应，所以应该除去二氧化碳，再进行检验；②生成的二氧化碳中含有水蒸气，水也能够和过氧化钠反应生成氧气。【详解】（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式是1Na1O1+1H1O＝4NaOH+O1↑；（1）盐酸和碳酸钙反应时可能会带出一部分氯化氢，为了使实验更准确应该用稀硫酸和小苏打反应制二氧化碳，答案选bc；（4）①带火星的木条能检验氧气，二氧化碳不支持燃烧，也不能燃烧，当二氧化碳通过过氧化钠时，不可能全部反应，所以应该除去二氧化碳(用碱石灰吸收），再用带火星的木条来检验是否产生了氧气，否则氧气浓度过低而导致带火星的木条不复燃；②生成的二氧化碳中含有水蒸气，水也能够和过氧化钠反应生成氧气，干扰二氧化碳和过氧化钠的反应。28、过滤烧杯漏斗