2026届海南省临高县二中高一化学第一学期期末检测试题含解析

2026届海南省临高县二中高一化学第一学期期末检测试题注意事项: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、下列气体中，不能用排水法收集的是A．H2 B．NH3 C．O2 D．NO2、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．①④3、下列说法正确的是A．CaCO3溶于CH3COOH溶液中，反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2OB．向AlCl3溶液中通入过量NH3，反应的离子方程式为：Al3＋＋4OH－＝＋2H2OC．下列四种离子因发生氧化还原反应而不能大量共存：K+、Fe3+、SCN－、Cl－D．向稀硫酸中滴入Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋=2H2O＋BaSO4↓4、目前，中国科学技术大学研究人员利用催化剂(Co4N)将CO2与H2合成甲醇(CH3OH)的反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A．1molCH3OH中所含的原子总数为5NAB．18gH2O中所含质子总数为10NAC．22.4LH2中所含的分子总数为NAD．生成1molCH3OH转移的电子总数为3NA5、下列化学反应对应的离子方程式,书写正确的是A．氢氧化钡溶液与稀盐酸的反应:B．澄清石灰水与稀盐酸的反应:C．铜片插入硝酸汞溶液中:D．碳酸钙溶于稀盐酸中:6、科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒(直径为20-60nm)。下列有关说法错误的是A．氯金酸钠中金元素的化合价为+3B．葡萄糖在反应中体现还原性C．检测时，NaAuCl4发生氧化反应D．纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系属于胶体7、在生产和生活中应用的化学知识正确的是A．玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品B．晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料C．碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂D．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔8、完成下列实验，不能达到实验目的的是A．用海水制蒸馏水，选④B．用CCl4提取碘水中的碘，选③C．从NaCl溶液中获取NaCl晶体，选②D．分离溶液和胶体，选①9、熔化氢氧化钠时，应选用的坩埚是（）A．铁坩埚B．石英坩埚C．刚玉坩埚D．陶瓷坩埚10、有关氧化还原反应实质的说法中正确的是A．是否有元素的化合价的变化B．是否有元素的电子转移C．是否有氧元素的参加D．是否有原子的重新组合11、下面关于硅及其化合物的叙述中，不正确的是A．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料在玻璃窑中熔融制成B．玻璃、陶瓷、水泥、碳化硅都属于传统的硅酸盐产品C．硅胶可用作食品干燥剂及催化剂的载体D．硅元素是一种亲氧元素，其中[SiO4]四面体结构存在于二氧化硅和硅酸盐矿中12、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列说法正确的是()A．硅酸钠可用于制备木材防火剂 B．硅单质广泛用于光纤通讯C．利用盐酸刻蚀石英制作艺术品 D．水晶项链是硅酸盐制品13、化学与我们的生活密不可分，我们身边所有的东西，都是由化学元素构成。化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．人们广泛使用漂白液、漂白粉代替氯气作为漂白剂，主要因为漂白粉的漂白性更强B．高纯度的硅单质广泛用于制作半导体材料和太阳能电池C．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮D．在生产、生活中，铝合金是用量最大、用途最广的合金材料14、下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是A．Al跟NaOH溶液共热B．Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液C．Al2O3和水共热D．Al2(SO4)3和过量的氨水15、200mL0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好被4×10-3molXO氧化成Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．+416、下列叙述中，错误的是（）A．摩尔是物质的量的单位B．36g水中含氢原子数目为4NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）C．在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约是6.02×1023D．等质量的O2与O3，所含氧原子数之比为3：217、将足量的二氧化锰与40mL10mol/L浓盐酸反应产生的氯气同0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气相比()A．前者产生的Cl2多 B．后者产生的Cl2多C．一样多 D．无法比较18、华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是()A．SiB．SiO2C．Na2SiO3D．SiCl419、将2．4gNaOH和2．269混合并配成溶液，向溶液中滴加2．2mol·稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是A． B．C． D．20、实验室贮存下列物质的溶液时，必须用棕色瓶的是()①浓硝酸②浓硫酸③浓盐酸④硝酸银溶液A．①④ B．②③ C．①③ D．②④21、Cl2是常见的氧化剂，可氧化Fe2+、Br-、I-等离子，且已知还原性顺序是：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。在FeI2和FeBr2混合溶液中，通入一定量Cl2，溶液中存在的离子组不合理的是（）A．Fe3+、Br-、Cl- B．Fe2+、Cl-、I-C．Fe2+、Br-、Cl- D．Fe2+、Br-、Cl-、I-22、4℃时，若20滴水恰好为1mL，那么1滴水中所含的水分子数约为(NA表示阿伏加德罗常数的值)（）A．20NA B．NA/360 C．9NA/10 D．360/NA二、非选择题(共84分)23、（14分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-，现取两份100mL溶液进行如下实验：①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g。③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g。根据上述实验回答：（1）一定不存在的离子是______________，不能确定是否存在的离子是_______________。（2）试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度（可不填满）：离子符号______，浓度______；离子符号______，浓度______；离子符号______，浓度______．（3）试确定K+是否存在______（填“是”或“否”），判断的理由是__________________________。（4）设计简单实验验证原溶液中可能存在的离子____________________________________。24、（12分）已知A为常见的金属单质，现有如下图中物质的转化关系，试回答：(1)写出B的化学式________D的化学式_________，G俗称___________(2)写出④的化学方程式_________________________________________(3)写出⑥的离子方程式__________________写出⑦的离子方程式_________________25、（12分）实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，装置如图1所示，同时证明氯气的某些性质，装置如图2所示。按要求回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性。接下来的操作依次是_____（填字母）。a往烧瓶中加入粉末b加热c分液漏斗中装入浓盐酸，旋开活塞往烧瓶中加入浓盐酸（2）写出烧瓶中反应的离子方程式___。（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，甲同学提出：与足量溶液反应，称量生成的AgCl沉淀质量。方案不可行，原因是_____。（4）图2中，浓硫酸的作用是____；试管A和B中出现的不同现象说明的事实是____。（5）含氯气的尾气必须吸收处理，装置如图3所示。烧杯中的吸收剂可选用___（填序号）。①饱和食盐水②澄清石灰水③饱和NaOH溶液④饱和溶液⑤饱和溶液26、（10分）某研究性学习小组得到一块软锰矿样品，其主要成分为二氧化锰

(MnO2)和石英

(SiO2)

。为了制取氯气并进行氯气的性质实验，其装置如图所示，请回答下列问题：

（1）取适量软锰矿置于烧瓶中，加入足量浓盐酸并加热，烧瓶中发生的化学反应为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。充分反应后烧瓶中残留的固体是____________；若有4mol浓盐酸参与反应，产生的氯气在标准状况下的体积为____22.4L(填“等于”、“小于”或“大于”)，浓盐酸在该反应中表现出来的性质_______________________；（2）若将干燥的有色布条放入

C中，观察到的现象是______，原因是______________（用化学方程式和文字回答）；（3）实验中观察到

D溶液变蓝色，写出

D装置中发生反应的离子方程式____________；（4）为探究氯气与

Fe反应的产物与氯气通入量的关系，设计实验，并记录现象如下：

实验方法实验现象实验结论1.取反应初始阶段(氯气不足量)F中产物，用磁铁除去过量的Fe，剩余产物溶于水中，取上层溶液装入两只试管中，①加入KSCN溶液，②加入KMnO4溶液①KSCN溶液显红色②KMnO4溶液不褪色（不填）2.取充分反应后(氯气通入足够长时间)F中产物，溶于水中，加入KMnO4溶液KMnO4溶液不褪色根据实验现象，得出实验结论，写出氯气与

Fe粉共热时发生反应的化学方程式______；（5）已知F中的产物易潮解，在

F和

H装置之间安装

G装置，目的是_________________。27、（12分）超细碳酸钙的应用非常广泛。下图为工业生产超细碳酸钙的流程图:（1）反应池中发生反应的化学方程式为___________。（2）将反应池中得到的固体过滤、洗涤、烘干，得到超细碳酸钙。判断固体是否洗净的操作是__________。（3）实验小组在实验室中利用如图所示装置(部分夹持装置已略去)

模拟侯氏制碱法制纯碱。实验步骤:I.食盐精制:

粗盐(含少量Ca2+、Mg2+、SO32-)

溶解，依次加入足量NaOH

溶液、______溶

液、_______溶

液；过滤；加入盐酸调pH

至7。II.转化:

①

将精制后的食盐溶液控制温度在30~35℃之间；不断搅拌，先后通入足量氨气和二氧化碳气体；保温，搅拌半小时；②静置，过滤、洗涤、烘干，得到NaHCO3晶体。III.

制纯碱:

将制得的NaHCO3放入坩埚中，在酒精灯上灼烧，冷却至室温，即得到纯碱。已知各物质在不同温度下的溶解度见右表。①B中应盛装________。②C装置中发生“转化”生成NaHCO3

的离子方程式是___________。③“转化”过程中，温度控制在30~35℃之间的加热方式是_______；温度需控制在30~35℃之间的原因是_________。28、（14分）某混合物A含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：回答下列问题：（1）写出所含物质的化学式：固体B_____，沉淀D_____。（2）写出①、④两个反应的化学方程式：①_______________________________________④_______________________________________（3）写出②、③两个反应的离子方程式：②_______________________________________③_____________________________________（4）设计实验检验溶液F中所含溶质的阳离子：___________________________。（5）分别写出Al2O3和Fe2O3在工业上的一种主要用途：Al2O3︰_____________________________________Fe2O3︰_____________________________________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、B【解析】

A.氢气不溶于水，可以用排水法收集，故A不选；B.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故B可选；C.氧气不溶于水，可以用排水法收集，故C不选；D.一氧化氮不溶于水，可以用排水法收集，故D不选；故答案选B。2、C【解析】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。3、D【解析】

A.CH3COOH是弱电解质，CaCO3溶于CH3COOH溶液中：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO－，故A错误；B.一水合氨是弱碱，向AlCl3溶液中通入过量NH3：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3，故B错误；C.Fe3+、SCN－在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，故C错误；D.向稀硫酸中滴入Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋=2H2O＋BaSO4↓，故D正确。综上所述，答案为D。4、B【解析】

A.甲醇中含6个原子，1mol甲醇中含6NA个原子，A错误；B.18gH2O的物质的量为1mol，而水分子中含10个中子，则1molH2O中含10NA个质子，B正确；C.氢气所处的状态不明确，不能确定其物质的量，C错误；D.CO2+3H2=CH3OH+H2O反应中H元素由0价变为+1价，故此反应转移6mol电子，生成1mol甲醇，即生成1mol甲醇转移6NA个电子，D错误；故合理选项是B。5、A【解析】

A．氢氧化钡溶液与盐酸的反应是强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，实质是氢离子和氢氧根离子之间的反应，即，选项A正确；B．澄清的石灰水（完全电离）与稀盐酸反应的实质是：，选项B错误；C．金属铜可以将汞从溶液中置换出来，硝酸汞化学式为Hg(NO3)2，正确的离子方程式为：Cu+Hg2+=Cu2++Hg，选项C错误；D．碳酸钙是难溶于水的沉淀，不能拆成离子形式，碳酸钙和盐酸的反应为：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，选项D错误。答案选A。6、C【解析】

本题考查氧化还原反应以及分散系的判断。A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价；

B.该反应中Au的化合价降低，故葡萄糖中某元素化合价升高；

C.化合价降低的反应是还原反应；

D.分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系为胶体。【详解】A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；

B.该反应中Au的化合价降低，即NaAuCl4做氧化剂，根据氧化还原反应中有元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，故葡萄糖中某元素化合价升高，表现出还原性，故B正确；

C.氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误；

D.纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．【点睛】把握反应中元素的化合价变化、物质的性质、胶体的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。7、D【解析】

A．水晶成分为二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B．二氧化硅具有良好的光学特性，是制作光导纤维的主要原料，故B错误；C.碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，可以用碳酸氢钠治疗，故C错误；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，能使焙制出的糕点疏松多孔，常用于食品发酵剂，故D正确；答案选D。8、D【解析】

A.用海水制蒸馏水，采用蒸馏装置，选④能达到实验目的，故A不选；B.用CCl4提取碘水中的碘，采用萃取，分液，选③能达到实验目的，故B不选；C.从NaCl溶液中获取NaCl晶体，采用蒸发的方法，选②能达到实验目的，故C不选；D.分离溶液和胶体，采用渗析的方法，不能用过滤，因为溶液和胶体中的分散质均能通过滤纸，选①不能达到实验目的，故D选；故选：D。9、A【解析】

A．铁坩埚含有铁，铁与氢氧化钠不反应，可以用铁坩埚熔化氢氧化钠，故A正确；B．石英中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不能用石英坩埚，故B错误；C．氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，不能用刚玉坩埚，故C错误；D．陶瓷坩埚含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不能用陶瓷坩埚，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查了元素化合物的性质，明确二氧化硅能与氢氧化钠反应以及各物质的成分是解答本题的关键。10、B【解析】

氧化还原反应的实质是有电子的转移，特征是元素的化合价发生变化，不一定与氧元素参加反应，原子重新组合是化学反应的特征，但不一定为氧化还原反应，故选：B。11、B【解析】

A.普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，A项正确；B.碳化硅属于新型陶瓷材料，B项错误；C.硅胶可用作干燥剂，其内部多孔的结构也可作催化剂的载体，C项正确；D.二氧化硅和硅酸盐中存在硅氧四面体，D项正确；答案选B。12、A【解析】

A．硅酸钠不燃烧，可用于制备木材防火剂，故A正确；B．硅单质主要应用用半导体材料及太阳能电池板，而二氧化硅广泛用于光纤通讯行业，故B错误；C．盐酸与二氧化硅不反应，则不能利用盐酸刻蚀石英制作艺术品，故C错误；D．水晶项链的主要成分为二氧化硅，为硅的氧化物，不属于硅酸盐，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查二氧化硅及硅酸盐，明确二氧化硅的性质是解答本题的关键，注意硅及其化合物二氧化硅的用途。13、D【解析】

A.含+1价的次氯酸或次氯酸根氧化性强，同时漂白粉在空气中比氯气溶于水更易形成次氯酸，所以用漂白液、漂白粉代替氯气作为漂白剂，故A正确；B.高纯度的硅单质是良好的半导体材料，可用于作太阳能电池，故B正确；C.硅胶具有吸水性，在食品袋中作干燥剂，防止食物受潮，故C正确；D.目前世界上用量最大的合金是钢材，即铁合金，不是铝合金，故D错误；故选D。14、D【解析】

A．Al跟过量的NaOH溶液共热生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故A不符合题意；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液生成偏铝酸盐，得不到氢氧化铝，故B不符合题意；C．氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，故C不符合题意；D．氢氧化铝不溶于弱碱，A12(SO4)3和过量的NH3•H2O反应得到氢氧化铝，故D符合题意；故答案选D。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，不溶于弱酸、弱碱；氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝。15、B【解析】

该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价从+4升到+6价，XO4-为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，假设反应后降低到x价，由得失电子守恒可知，0.2L×0.05mol/L×(6-4)=4×10-3mol×(7-x)，解得x=2，故选B。16、D【解析】

A.物质的量是基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故A正确；B.36g水的物质的量是，含氢原子数目2mol×2×NA=4NA（NA表示阿伏加德罗常数的值），故B正确；C.在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约0.5mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1023，故C正确；D.等质量的O2与O3，设质量都是m，所含氧原子数之比为1：1，故D错误；选D。17、B【解析】对于反应一：HCl物质的量为10mol/L×0.04L=0.4mol，将足量的二氧化锰与浓盐酸反应产生的氯气，随反应的进行，盐酸浓度降低，HCl不能完全反应，假定HCl完全反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知含HCl0.4mol浓盐酸完全反应生成氯气为0.1mol，实际氯气小于0.1mol；对于反应二：将0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气，二氧化锰完全反应，根据方程式可知生成氯气为0.1mol，故反应二生成的氯气大于反应一生成的氯气，答案选B。点睛：本题考查氯气的实验室制备、浓度对物质性质的影响等，注意中学常见与浓度、反应条件、先后顺序有关的反应，例如浓硫酸与金属的反应，硝酸与金属的反应等。18、B【解析】

光导纤维的主要成分是SiO2；硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板；硅酸钠可用作木材防腐、防火；四氯化硅可用于制备高纯硅。答案选B。19、C【解析】

n(NaOH)==2.22mol、n(Na2CO3)==2.22mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应2.4g氢氧化钠消耗2.22L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+H+(少量)=HCO3-，此时再消耗2.22L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，2.22mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生2.22mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。20、A【解析】

①浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，故需要在棕色试剂瓶中避光保存；②浓硫酸见光无变化，故不需要避光保存，直接盛装在无色试剂瓶中即可；③浓盐酸见光无变化，故不需要避光保存，直接盛装在无色试剂瓶中即可；④硝酸银溶液见光分解，故需要在棕色试剂瓶中避光保存；故选A。【点睛】见光易分解的物质应保存在棕色瓶，如：浓硝酸、硝酸银、溴化银、氯水等。21、B【解析】

由于还原性：I->Fe2+>Br->Cl-，在FeI2和FeBr2混合溶液中含有Fe2+、I-、Br-，所以向含有这三种离子的溶液中通入一定量Cl2，还原性强的I-首先发生反应变为I2，只有当I-的反应完毕后，Fe2+再发生反应，依次类推．所以，不可能存在的情况是Fe2+、Cl-、I-，而I-还存在，若其存在，则还原性较弱的Br-也一定大量存在，故合理选项是B。22、B【解析】

4℃时，水的密度是1g/cm3，若20滴水恰好为1mL，因此1mL水中含有的水分子物质的量为=mol，数目是NA/18，因此1滴水中含有的水分子数为NA/（18×20）=NA/360；答案选B。二、非选择题(共84分)23、Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-Cl－SO42-0.5mol/LNH4+0.2mol/LAl3+0.2mol/L是依据电荷守恒，（电中性原则）阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子【解析】①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，该气体是氨气，一定有铵根离子，铵根离子的物质的量是0.02mol，无沉淀生成，一定不含Fe3+、Mg2+；②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，该沉淀是氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，得到氧化铝，氧化铝质量为1.02g，即0.01mol，根据铝元素守恒，含有铝离子的物质的量是0.02mol，一定不含CO32-；③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，即硫酸钡沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，所以一定有SO42-，物质的量是=0.05mol，一定不含Ba2+，n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，2n(SO42-)=0.1mol，根据电荷守恒，一定存在钾离子，因为不确定的是Cl-，钾离子的最小物质的量是0.02mol，综上知道，一定不存在的离子有：Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，一定存在的离子有：K+、SO42-、NH4+、Al3+，不能确定的是Cl-。(1)一定不存在的离子是Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，不能确定的是Cl-，故答案为Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+；Cl-；(2)肯定存在的离子是K+、SO42-、NH4+、Al3+，NH4+的物质的量是0.02mol，体积是0.1L，所以c(NH4+)=0.2mol/L，SO42-物质的量是0.05mol，体积是0.1L，所以c(SO42-)=0.5mol/L，Al3+的物质的量是0.02mol，体积是0.1L，所以c(Al3+)=0.2mol/L，钾离子的浓度随着氯离子而定，即c(K+)≥0.2mol/L，故答案为SO42-；0.5mol/L；NH4+；0.2mol/L；Al3+；0.2mol/L；(3)据电荷守恒，一定存在钾离子，因为n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，2n(SO42-)=0.1mol，根据电荷守恒，一定存在钾离子，故答案为是；依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在；(4)不能确定的是Cl-，检验试剂可以采用硝酸酸化的硝酸银溶液，具体检验方法是：取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子，故答案为取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子。点睛：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度。本题的易错点是K+的确定，需要根据电荷守恒确定。24、Fe3O4FeCl3铁红4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】

白色沉淀E遇氧气变为红褐色F，E是Fe(OH)2，F是Fe(OH)3；B是金属氧化物，则A是Fe，B是Fe3O4；C是FeCl2、D是FeCl3；Fe(OH)3加热分解为红色粉末Fe2O3，G是Fe2O3。【详解】根据以上分析，(1)B是四氧化三铁，B的化学式是Fe3O4；D是氯化铁，D的化学式是FeCl3，G是Fe2O3，俗称铁红；(2)④是Fe(OH)2被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，反应的化学方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)反应⑥是氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；反应⑦是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；25、acbMnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O氯化锰和盐酸都能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度干燥氯气氯气无漂白性，次氯酸有漂白性③④【解析】

(1)依据仪器的名称和用途解答，检查气密性后先向烧瓶中加入二氧化锰再用分液漏斗加入浓盐酸加热反应制取氯气；(2)浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，(3)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，所以方案不可行；(4)浓硫酸有吸水性，可以干燥氯气；依据干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，对比说明具有漂白性的不是氯气；(5)氯气在饱和食盐水中溶解度较低，澄清石灰水浓度低，饱和亚硫酸钠溶液容易和氯气反应生成二氧化硫，所以都不适合作为氯气的吸收剂。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，浓盐酸放在分液漏斗中，制备实验开始时，先检查装置气密性，后先向烧瓶中加入二氧化锰再用分液漏斗加入浓盐酸加热反应制取氯气；故答案为：acb；(2)浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；故答案为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；(3)氯化锰和盐酸都能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；故答案为：氯化锰和盐酸都能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；(4)浓硫酸有吸水性，可以干燥氯气；干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明具有漂白性的不是氯气，而是次氯酸，故答案为：干燥氯气；氯气无漂白性，次氯酸有漂白性；(5)氯气在饱和食盐水中溶解度较低，澄清石灰水浓度低，饱和亚硫酸钠溶液容易和氯气反应生成二氧化硫，所以都不适合作为氯气的吸收剂，饱和NaOH溶液与饱和碳酸钠溶液都能与氯气反应，且产物不污染空气，所以可以用来吸收氯气；故答案为：③④。【点睛】本题(5)注意亚硫酸钠虽然在溶液中能和氯气发生氧化还原反应而把氯气吸收，但是如果亚硫酸钠过量的话，上一步生成的盐酸会与亚硫酸钠反应产生二氧化硫而污染环境。26、SiO2小于酸性和还原性有色布条褪色Cl2＋H2O=HCl＋HClO，HClO具有漂白性，能使有色布条褪色2I－＋Cl2=I2＋2Cl－2Fe＋3Cl22FeCl3防止H中的水蒸气进入到F装置中（或者吸收H中挥发出来的水蒸气）【解析】（1）软锰矿样品，其主要成分为二氧化锰（MnO2）和石英（SiO2），二氧化锰能够与浓盐酸反应生成氯化锰溶液、氯气和水，二氧化硅与盐酸不反应，所以剩余固体为二氧化硅；由于随着反应的进行浓盐酸变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，因此若有4mol浓盐酸参与反应，产生的氯气在标准状况下的体积小于22.4L，由于反应中还有氯化锰生成，则浓盐酸在该反应中表现出来的性质是酸性和还原性；（2）氯气溶于水：Cl2＋H2O＝HCl＋HClO，HClO具有漂白性，能使有色布条褪色；（3）实验中观察到D中溶液变蓝色，说明有单质碘生成，即氯气将碘化钾氧化为单质碘，发生反应的离子方程式为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－；（4）过量的铁和氯气反应后的固体,用磁铁除去过量的Fe，溶于水，加入KSCN溶液，溶液变红色，加入KMnO4溶液，溶液不褪色，铁和氯气反应与铁的量无关，反应生成氯化铁，因此氯气与Fe粉共热时发生反应的化学方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3；（5）已知F中的产物易潮解，在F和H装置之间安装G装置，目的是防止H中的水蒸气进入到F装置中（或者吸收H中挥发出来的水蒸气）。27、CaCl2+

CO2+

2NH3+

H2O=CaCO3

↓+

2NH4Cl取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象，则已洗净，否则未洗净氯化钡或BaCl2碳酸钠或Na2CO3饱和碳酸氢钠溶液Na++

CO2+

H2O+

NH3=NaHCO3↓+

NH4+

(或Na++

HCO3-=NaHCO3↓)水浴加热温度过高造成NH4HCO3分解,温度过低NH4HCO3的溶解度小会析出，使产率偏低【解析】（1）反应池中生成碳酸钙和氯化铵，发生反应的化学方程式为CaCl2+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+2NH4Cl。（2）得到超细碳酸钙表面含有氯离子，所以可以通过检验氯离子判断固体是否洗净，其操作是取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象，则已洗净，否则未洗净。（3）I.Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，过滤后加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，即依次加入足量NaOH溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液，过滤，加入盐酸调pH至7。①A装置制备二氧化碳，由于生成的二氧化碳中含有氯化氢，所以B中应盛装饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳中的氯化氢。②C装置中生成NaHCO3的离子方程式是Na++CO2+H2O+NH3＝NaHCO3↓+NH4+。③“转化”过程中，温度控制在30~35℃之间的加热方式是水浴加热；根据表中数据可知温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低NH4HCO3的溶解度小会