四川省遂宁市船山区二中2026届化学高一上期末监测模拟试题含解析

四川省遂宁市船山区二中2026届化学高一上期末监测模拟试题注意事项: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、已知NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是A．56g铁在足量氧气中燃烧，转移的电子数为2NAB．1g氢气含有NA个氢气分子C．标准状况下,22.4L水含有1mol水分子D．2mol钠与过量稀盐酸反应生成NA个氢气分子2、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为95%B．硅胶可用作瓶装药品、袋装食品的干燥剂C．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染D．铁比铜金属性强，FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板3、A、B、C、D、E分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：(1)A、C、E均能与稀H2SO4反应放出氢气；(2)B与D的硝酸盐反应，置换出单质D；(3)C与强碱溶液反应放出氢气；(4)A的盐溶液中加入氢氧化钠有白色沉淀，继续加入过量氢氧化钠沉淀不溶解；由此可以推断A、B、C、D、E依次为（）A．Fe、Cu、Al、Ag、Mg B．Al、Cu、Mg、Ag、FeC．Mg、Cu、Al、Ag、Fe D．Mg、Ag、Al、Cu、Fe4、下列配制的溶液浓度偏大的是（）A．配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线B．配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C．称量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线5、电子层数相同的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱顺序为：HXO4>H2YO4>H3ZO4，下列判断不正确的是A．原子半径X>Y>ZB．气态氢化物稳定性X>Y>ZC．元素原子得电子能力由强到弱X>Y>ZD．单质与氢气反应由易到难X>Y>Z6、考古学上常用来测定文物的年代。的原子核内中子数是（）A．8 B．10 C．14 D．207、同温同压下，分别用等质量的H2、CO、CO2、NH3四种气体吹起四个气球，其中由H2吹起的是（）A． B． C． D．8、下列说法正确的是A．氯气和二氧化硫都有漂白性，等体积的二者混合会提高漂白效率B．氢氧化铁胶体在电场的作用下向阳极移动C．普通玻璃中含有石英、石灰石和纯碱D．铝制餐具不宜用来长时间存放酸性、碱性或咸的食物9、某温度下，向如图所示装置中分别通入等质量的四种气体（已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不计），下列说法中正确的是（）A．中装的是 B．和中气体物质的量之比为C．和中气体分子数相等 D．和中气体密度之比为10、硅元素在地壳中含量仅次于氧，其单质及其化合物与人类生活紧密相关。下列有关硅及其化合物应用的说法错误的是A．单晶硅可以用作光导纤维 B．硅胶可以用作干燥剂与催化剂的载体C．水玻璃可以用作木材防火剂 D．石英砂可以用来制取硅单质11、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是()A．1mol氯气参加氧化还原反应时转移电子数一定是2NAB．常温常压下，56gFe与足量的盐酸完全反应转移的电子数为3NAC．同温同压下，等质量的H2和O2的体积之比是16∶1D．1mol的Na2O2固体中含有离子数为4NA12、关于物质的分类，正确的是(

)A．纯碱---碱B．盐酸---纯净物C．氯化银---弱电解质D．氧化钠---碱性氧化物13、下列离子在溶液中可以大量共存的一组是（）A．H+、Na+、OH﹣B．Na+、NO3﹣、Cl﹣C．K+、H+、HCO3﹣D．Ca2+、SO42﹣、CO32﹣14、下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是A．读数 B．稀释C．溶解 D．称量15、下列物质属于纯净物的是()A．赤铁矿 B．普通玻璃 C．液氯 D．漂白粉16、在下列反应中，单质只作氧化剂的是A．2F2+2H2O═4HF+O2↑B．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2OC．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑D．H2+CuOH2O+Cu17、工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取ag工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体。则该样品中纯碱的质量分数是（）A．×100% B．×100%C．×100% D．×100%18、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LHNO3中含有的分子数目为0.5NAB．常温下，2.7g铝片放置在空气中足够的时间，反应转移电子数为0.3NAC．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.3NAD．含有1molH2SO4的浓硫酸和过量Zn反应能产生的气体分子数大于0.5NA19、将少量Na2O2分别放入盛有下列溶液的小烧杯中，最终会有白色沉淀产生的是（）①MgSO4溶液

②FeCl2溶液

③Ca（HCO3）2溶液

④饱和澄清石灰水．A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②③④20、金属钠分别投入下列溶液中，既有白色沉淀产生又有气体放出的是A．MgCl2溶液 B．K2SO4溶液 C．FeCl3溶液 D．NH4NO3溶液21、某离子反应涉及H2O、ClO－、NH4＋、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中c(NH4＋)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是A．反应的还原产物是N2B．消耗1mol氧化剂，转移电子3molC．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强22、下列事实与胶体性质无关的是（）A．向豆浆中加入硫酸钙做豆腐B．将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五种物质有如图所示的转化关系，且物质A是一种淡黄色的固体。（1）写出B．D两种物质的化学式：B__，D__。（2）①刚刚制成的湿粉丝，常常挂在房中用C来熏制，这是利用了C的__作用。②实验室中可用___(填试剂)来检验C的存在，利用的是C的__性。（3）浓的E溶液在常温下为黏稠的液体，且E溶液具有强吸水性、强脱水性、强氧化性。则：①将E溶液敞口放置在空气中，其质量分数会___，本过程中E表现了__性。②E溶液表现吸水性时，可作干燥剂，下列物质可用E溶液干燥的是__。A．氨气B．硫化氢(具有强还原性)C．氢气D．二氧化硫E.氧气F.碘化氢(具有强还原性)G.溴化氢(具有强还原性)③用蘸有浓E溶液的玻璃棒在木板上写字，字迹一会儿就变黑，说明浓E溶液具有__性。④浓E溶液表现强氧化性时，在加热的条件下能与铜、碳单质等反应，并实现E→C的转化，请写出E分别与铜和碳单质反应的化学方程式：__，并指出E与铜反应时，除了表现强氧化性外，还表现什么性质__。⑤稀的E溶液常常用来洗涤金属表面的铜锈和铁锈，请写出有关的化学方程式：__。(任写一个)24、（12分）下列物质均含有某种常见元素，A、G为非金属单质，A常温下为褐色固体，G为空气的主要成分之一；D常温下为无色液体，C、E常温下均为无色气体，E是形成酸雨的元凶，相对分子质量是G的2倍；常温下F为淡黄色固体。它们的转化关系如图所示（部分产物已略去）。(1)写出B物质的化学式_________________。(2)气体E能够使品红溶液褪色，说明它具有____________性。(3)写出反应①的化学方程式_______________________________________。(4)写出反应②的化学方程式_______________________________________。(5)简述B溶液中阴离子检验方法________________________________________。25、（12分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_____________。（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________________。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_____________。（4）丙组同学取10mL0.1mol·L-1KI溶液，加入6mL0.1mol·L-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于2支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______(填离子符号)。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为___________________________。26、（10分）化学兴趣小组设计以下实验方案，测定某已部分变质的小苏打样品中碳酸钠的质量分数。[方案一]称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算。（1）坩埚中发生反应的化学方程式为____________。（2）实验中，需加热至恒重的目的是_____________。[方案二]称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量氢氧化钡溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量，计算。(已知：Ba2＋＋OH－＋HCO3-=BaCO3↓＋H2O)。（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为__________。（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是__________。[方案三]按如下图所示装置进行实验：（1）D装置的作用是________，分液漏斗中_____(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。（2）实验前称取17.90g样品，实验后测得C装置增重8.80g，则样品中碳酸钠的质量分数为________。（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是_________。27、（12分）某同学欲配制450mL0.5mol/L的氢氧化钠溶液，请回答下列问题：（1）准确称取氢氧化钠的质量为_______。（2）在配制过程中，不会用到的实验仪器是____(填字母)。除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器是________。A．500mL容量瓶B．托盘天平C．圆底烧瓶D．烧杯E．玻璃棒F．锥形瓶（3）配制氢氧化钠溶液时，下列操作可能会使所配溶液物质的量浓度偏低的是________。A．所用NaOH固体已潮解B．容量瓶底有少量蒸馏水C．转移溶液过程中有少量液体溅出D．定容时俯视读数E．定容摇匀后，液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度线28、（14分）在1到20号元素中，已知五种元素的核电荷数的大小顺序为F>A>B>D>E；A、F具有相同的电子层B、F具有相同的最外层电子数；A与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。（1）写出D元素形成的单质的结构式______；E、F和B三种元素形成的化合物属于____（填晶体类型）；写出B和E形成的化合物的化学式__________。（2）在标准状况下，1克E的单质在足量的B的单质中完全反应，放出142.9kJ的热量，写出该反应的热化学方程式_______________________。（3）元素Y的原子质子数比A多9，假如Y形成的强碱式量为M，把质量为mg的该强碱，在一定条件下，完全溶解在水中得到VmL饱和溶液，若此溶液的密度为，则该溶液中OH-离子的物质的量浓度为_______。29、（10分）铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛．“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．已知：Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如表：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750﹣I．（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金．你认为他的解释是否合理？_____（填“合理”或“不合理”）。（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂是________，反应的离子方程式为_____________________。（3）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是_________（填序号）。A、浓硫酸B、稀硫酸C、稀硝酸D、氢氧化钠溶液Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出,此时溶液中氮元素的存在形式只有NO3-和NH4+,铁元素的存在形式为Fe3+,在反应结束后的溶液中，逐滴加入6mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：（1）依题意，请写出熔融物中铁与该稀的硝酸反应的离子方程式：___________；（2）在CD段，沉淀的物质的量减少，则此阶段发生反应的离子方程式为________________；（3）熔融物中铝元素的物质的量为_______mol。（4）B点对应的沉淀的物质的量为____mol。

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项，n（Fe）==1mol，Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，Fe3O4中既有+2价Fe又有+3价Fe，反应中转移电子物质的量为mol，错误；B项，n（H2）==0.5mol，含0.5NA个氢气分子，错误；C项，水在标准状况下不呈气态，不能用气体摩尔体积计算水的物质的量，错误；D项，Na与稀盐酸反应的方程式为2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，2molNa反应生成1molH2，1molH2中含NA个氢气分子，正确；答案选D。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的应用，涉及氧化还原反应中转移电子数（A项）、物质的构成微粒（B项）、22.4L/mol的适用条件（C项）、化学方程式的计算（D项）。氧化还原反应中转移电子数的计算需要注意反应前后元素化合价的变化情况，22.4L/mol适用于已知标准状况下气体的体积求气体分子物质的量。2、B【解析】

A．医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为75%，故A错误；B．硅胶具有吸水性，可作瓶装药品、袋装食品的干燥剂，故B正确；C．化石燃料中含有硫、氮元素，燃烧会产生二氧化硫及氮的氧化物，能引起空气污染，故C错误；D．使用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板是Fe3+的氧化性比Cu2+的缘故，与铁比铜金属性强无关，故D错误；故答案为B。3、C【解析】

(1)A、C、E均能与稀硫酸反应放出气体说明A、C、E的活动性顺序位于氢元素之前；

(2)B与D的硝酸盐反应，置换出单质D，说明B的金属性比D强，由(1)有可知B、D活动顺序位于H之后，即为Ag、Cu，所以B为Cu，D为Ag；

(3)C与强碱反应放出气体，为铝；

(4)A的盐溶液中加入氢氧化钠有白色沉淀，继续加入过量氢氧化钠沉淀不溶解，则A为镁，活动性顺序位于氢元素之前的有Fe、Al、Mg，A为Mg，C为Al，则E为Fe，综上所述A、B、C、D、E依次为Mg、Cu、Al、Ag、Fe，故答案为C。【点睛】本题的突破口在能和强碱反应放出气体的金属是铝。4、D【解析】

A.配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，导致量取的浓盐酸的体积偏小，配置溶液的浓度偏小，与题意不符，A错误；B.配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液的体积偏大，浓度偏小，与题意不符，B错误；C.称量4.0gNaOH配制0.1mol/LNaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘，未使用游码，则称量的质量不变，配置溶液的浓度不变，与题意不符，C错误；D.NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，则浓度偏大，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】利用c==，判断操作对溶液中溶质、溶液体积的影响，导致浓度的偏差。5、A【解析】

电子层数相同的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，同周期从左到右非金属性逐渐增强，则原子序数为X＞Y＞Z，据此回答【详解】A.同周期元素的原子从左到右原子半径减小，则原子半径为X＜Y＜Z，A项错误；B.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性为X＞Y＞Z，B项正确；C.非金属性越强，得电子能力越强，非金属性X＞Y＞Z，则元素原子得电子能力为X＞Y＞Z，C项正确；D.非金属性越强，与氢气化合越容易，非金属性X＞Y＞Z，则单质与氢气反应由易到难顺序为X＞Y＞Z，D项正确；答案选A。6、A【解析】

在原子的符号中，左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数与质子数的差值为中子数，所以中子数=14-6=8。故选A。7、C【解析】

根据n=，质量相同时，摩尔质量越小则物质的量越大，则氢气的物质的量最大；同温同压下，物质的量之比等于体积之比，则氢气的体积最大，答案为C。8、D【解析】

A．氯气、二氧化硫等体积混合，发生反应：Cl2+2H2O+SO2=2HCl+H2SO4，反应产生盐酸和硫酸，盐酸和硫酸无漂白性，故混合后会失去漂白效率，A错误；B．氢氧化铁胶体的胶粒带正电，在电场的作用下向阴极移动，B错误；C．普通玻璃制取原料是石英、石灰石和纯碱，制取的玻璃成分是石英、硅酸钙、硅酸钠，C错误；D．铝制餐具主要成分是Al单质既能与酸反应，又能与碱反应，所以不宜用来长时间存放酸性、碱性或咸的食物，D正确；故答案为D。9、D【解析】

四种气体的质量设为1g，则它们的物质的量分别为mol，mol，mol，mol，相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，分子数之比，密度之比等于相对分子质量之比。A．相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，a，b，c，d分别盛装的是SO2，CO2，O2，CH4，故A错误；B．和中气体分别为SO2和CH4，物质的量分别为mol和mol，物质的量之比为1:4，故B错误；C．和中气体分别为SO2和O2，相同情况下的物质的量之比等于分子数之比，和中气体的分子数之比为mol：mol=1:2，不相等，故C错误；D．和中气体O2和CH4，密度之比等于相对分子质量之比32g/mol：16g/mol=，故D正确；答案选D。10、A【解析】

A.单晶硅是半导体材料，用于制作半导体元件，二氧化硅用作光导纤维，故A错误；B.硅胶多孔，具有良好的吸附性和稳定性，可以用作干燥剂与催化剂的载体，故B正确；C.水玻璃是指硅酸钠水溶液，可以用作木材防火剂，故C正确；D.石英砂的成分为二氧化硅，可以用来制取硅单质，故D正确；故选A。11、C【解析】

A．氯气反应后氯元素可能变为-1价或+1价或+3价或+5价或+7价，故1mol氯气反应后转移的电子的个数取决于反应后的价态，故不一定为2NA个，故A错误；B．56g铁的物质的量为1mol，而铁与盐酸反应后变为+2价，故1mol铁转移2mol电子即2NA个，故B错误；C．设H2和O2的质量为32g，则n（H2）=16mol，n（O2）=1mol，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，故C正确；D.1mol的Na2O2固体中含有离子数为3NA，故D错误；答案选C。【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应转移电子的计算。12、D【解析】

A.纯碱的化学式为Na2CO3，属于盐，A选项错误；B.盐酸为HCl溶液，属于混合物，B选项错误；C.氯化银为盐，属于强电解质，C选项错误；D.碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，氧化钠能与盐酸反应生成氯化钠和水，故氧化钠属于碱性氧化物，D选项正确；故答案为：D。13、B【解析】

AH＋、OH－不能共存，故A错误；B该组离子不反应，能大量共存，故B正确；CH＋、HCO3－不能共存，故C错误；DCa2＋、CO32－不能共存，故D错误；14、B【解析】

A.读数，有一处错误，视线仰视(视线应与凹液面在一条水平线上)，不合题意；B.稀释，有两处错误，一处是水倒入浓硫酸中，另一处是在量筒内稀释浓硫酸(应在烧杯内先放水，后沿烧杯内壁缓缓倒入浓硫酸，边倒边搅拌)，B符合题意；C.溶解，有一处错误，溶解时摇动烧杯让物质溶解(应使用玻璃棒搅拌)，C不合题意；D.称量，有一处错误，NaOH固体放在纸上称量(应放在小烧杯内称量)，D不合题意。故选B。【点睛】在平时的实验中，一定要养成科学、规范的实验操作习惯，不能因贪图省事而违反操作原则，否则可能会酿成大祸。15、C【解析】

A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3，则赤铁矿为混合物，A不符合题意；B、普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、SiO2等，则普通玻璃为混合物，B不符合题意；C、液氯为液态氯气，是纯净物，C符合题意；D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分是Ca(ClO)2，则漂白粉为混合物，D不符合题意；故选C。【点睛】在平时的学习中，要注意一些说辞，比如某物质的“主要成分”、“有效成分”，同时也要牢记物质的俗名，或者水溶液的名称，比如Na2SiO3又叫泡花碱，其水溶液又叫水玻璃。16、A【解析】

单质只作氧化剂，则单质中元素的化合价降低，以此来解答。【详解】A．F元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则F2单质作氧化剂，水为还原剂，故A选；B．只有Cl元素的化合价变化（由0价升高到+1，降低到-1价），氯气既做氧化剂又做还原剂，故B不选；C．Na元素的化合价升高，H元素的化合价降低，则Na为还原剂，水为氧化剂，故C不选；D．H元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低，则氢气为还原剂，CuO为氧化剂，故D不选；故答案选A。17、D【解析】

设样品中碳酸钠的质量是m；该样品中纯碱的质量分数是×100%，故选D。18、D【解析】

A.标准状况下，HNO3是液态，所以无法计算11.2L中含有的分子数目，故A错误；B.常温下，铝片放置在空气表面被氧化生成氧化铝阻止铝继续被氧化,所以2.7g（0.1mol）铝反应转移电子数小于0.3NA，故B错误；C.标准状况下，6.72LNO2为0.3mol,与水充分反应3NO2+H2O=2HNO3+NO转移的电子数目为0.2NA,故C错误；D.含有1molH2SO4的浓硫酸和过量Zn反应：2H2SO4（浓）+Zn=ZnSO4+SO2+H2O;H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，能产生的气体分子数大于0.5NA，故D正确；答案：D。19、C【解析】

将少量Na2O2分别放入盛有液的小烧杯中，首先与溶液的水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，然后看溶质是否与反应产生的NaOH发生反应。【详解】①MgSO4溶液与NaOH会发生反应：MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，反应产生了白色沉淀，正确；②FeCl2溶液中加入Na2O2，会发生反应：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，反应产生了白色沉淀，该白色沉淀不稳定，容易被空气中的氧气氧化变为氢氧化铁，反应的方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3，会看到白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色；错误；③Ca(HCO3)2溶液中加入Na2O2，会发生反应：Ca(HCO3)2+2NaOH=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，反应产生白色沉淀，正确；④饱和澄清石灰水加入Na2O2固体，由于水发生反应消耗，溶质Ca(OH)2不能再被溶解而析出，因此会形成白色沉淀，正确；①③④项符合题意；答案选C。20、A【解析】

把钠放入盐溶液里，都会有氢气产生，因为钠可以和水反应；A.因为钠的化学性质活泼，投入MgCl2溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与MgCl2生成氢氧化镁白色的沉淀，故A正确；B.因钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，有气体产生；但氢氧化钠与钾硫酸不反应，故有气体产生，不能产生沉淀，故B错误；C.因钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生；而氢氧化钠与FeCl3溶液能产生红褐色沉淀，故C错误；D.因钠能与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，但氢氧化钠与NH4NO3溶液不能产生沉淀，故D错误，故选A。【点睛】根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H2O=2NaOH+H2↑及生成的碱与盐的反应来得出反应现象。21、D【解析】

根据题意可知，c(NH4＋)随反应进行逐渐减小，则NH4＋为反应物，根据原子守恒知，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高到0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低判断，ClO－为反应物，Cl－为生成物，氯元素化合价由+1价降低到-1价；利用化合价升降法及原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为3ClO－＋2NH4＋=3H2O＋2H＋＋N2↑＋3Cl－。【详解】A.根据化学反应，ClO－中氯元素化合价由+1价降低到-1价，所以反应的还原产物是Cl－，A项错误；B、NH4＋中氮元素的化合价由-3价升高到0价，作还原剂，则消耗lmol还原剂，转移电子3mol，B项错误；C.根据上述化学反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C项错误；D.根据反应的离子方程式判断，反应后溶液的酸性明显增强，D项正确。答案选D。22、B【解析】

A、豆浆属于胶体，硫酸钙属于电解质，豆浆中加入硫酸钙做豆腐是利用胶体遇电解质发生聚沉的性质，与胶体有关，A不选；B、植物油、水的混合物属于乳浊液，不属于胶体，与胶体性质无关，B选；C、胶体可以产生丁达尔效应，溶液不能，可以用丁达尔效应区别溶液和胶体，C不选；D、观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路，属于丁达尔效应，与胶体性质有关，D不选；答案选B。二、非选择题(共84分)23、H2SSO3漂白、杀菌消毒高锰酸钾溶液(品红溶液)还原(漂白)减小吸水性CDE脱水2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O、2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O酸性3H2SO4+Fe2O3=Fe2(SO4)3+3H2O(2H2SO4+Cu2(OH)2CO3=2CuSO4+CO2↑+3H2O)【解析】

A、B、C、D、E五种物质，物质A是一种淡黄色的固体单质，C气体能够使品红溶液褪色，结合转化关系可以知道：A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，E为H2SO4。【详解】(1)．综上所述，B、D两种物质的化学式分别为：H2S、SO3

，故答案为：

H2S；SO3；(2)．①刚刚制成的湿粉丝，常常挂在房中用SO2来熏制，这是利用了SO2的漂白、杀菌消毒作用，故答案为：漂白、杀菌消毒；②实验室中可用高锰酸钾溶液(品红溶液)来检验SO2的存在，利用的是SO2的还原(漂白)性，故答案为：高锰酸钾溶液(品红溶液)；还原(漂白)；(3)

．①将H2SO4溶液敞口放置在空气中，浓硫酸具有吸水性，其质量会增大，质量分数会减小，本过程中浓硫酸表现了吸水性，故答案为：减小；吸水性；②浓硫酸表现吸水性时，可作干燥剂，浓硫酸能与氨气反应；浓硫酸具有强氧化性，能氧化硫化氢、碘化氢和溴化氢；浓硫酸不与二氧化硫反应，所以能用浓硫酸干燥的气体有CDE，故答案为：CDE；③用蘸有浓硫酸的玻璃棒在木板上写字，字迹一会儿就变黑，说明浓硫酸具有脱水性，故答案为：脱水；④浓硫酸表现强氧化性时，在加热的条件下能与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O，硫酸在和铜加热反应时，一部分浓硫酸被还原为二氧化硫，还有部分浓硫酸生成硫酸铜，体现为酸性；在加热的条件下能与碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式：2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O，故答案为：2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O、2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O；酸性；⑤稀硫酸常用来洗涤金属表面的铜锈和铁锈，利用了硫酸的酸性；硫酸能够与氧化铁反应生成硫酸铁和水，反应方程式为3H2SO4＋Fe2O3===Fe2(SO4)3＋3H2O；硫酸能够与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，反应方程式为2H2SO4＋Cu2(OH)2CO3===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O，故答案为：3H2SO4＋Fe2O3===Fe2(SO4)3＋3H2O(2H2SO4＋Cu2(OH)2CO3===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O)。【点睛】浓硫酸与金属发生反应时，既体现酸性，又体现强氧化性；浓硫酸与非金属碳、硫反应时，只表现强氧化性。24、H1SO4漂白性C+1H1SO4(浓)CO1↑+1SO1↑+1H1O1Na1O1+1CO1=1Na1CO2+O1取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41-。【解析】

F常温下为淡黄色固体，且能与无色气体F反应生成G，而为空气的主要成分之一，可知F为Na1O1、C为CO1、G为O1．无色气体E是形成酸雨的元凶，其相对分子质量是G（氧气）的1倍，可知E为SO1，故H为SO2．A为非金属单质且常温下为褐色固体，D常温下是无色液体，结合转化关系可知A为碳、D为H1O、B为H1SO4。【详解】F常温下为淡黄色固体，且能与无色气体F反应生成G，而为空气的主要成分之一，可知F为Na1O1、C为CO1、G为O1．无色气体E是形成酸雨的元凶，其相对分子质量是G（氧气）的1倍，可知E为SO1，故H为SO2．A为非金属单质且常温下为褐色固体，D常温下是无色液体，结合转化关系可知A为碳、D为H1O、B为H1SO4。（1）由上述分析可知，B物质的化学式为：H1SO4，故答案为：H1SO4；（1）E为SO1，能够使品红溶液褪色，说明它具有漂白性，故答案为：漂白；（2）反应①的化学方程式为：C+1H1SO4（浓）CO1↑+1SO1↑+1H1O，故答案为：C+1H1SO4（浓）CO1↑+1SO1↑+1H1O；（4）反应②的化学方程式为：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1，故答案为：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1；（5）B溶液中阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根的方法为：取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41﹣，故答案为：取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41﹣。【点睛】本题考查无机物的推断，物质的颜色、状态与类属、环境危害与空气组成、反应中特殊转化等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意掌握常见离子的检验方法。25、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−隔绝空气（排除氧气对实验的影响）Fe3+2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解析】

（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化。（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁。（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响。（4）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中仍含有铁离子。（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子。【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为防止Fe2+被氧化。（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+十2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−。（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为:隔绝空气（排除氧气对实验的影响）。（4）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，故答案为Fe3+。（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。26、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O保证碳酸氢钠分解完全玻璃棒静置后取少量上层清液于试管中，加一滴氢氧化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明沉淀未完全；如果不产生白色沉淀，表明沉淀已完全防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置不能29.6%缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置【解析】

[方案一]（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（2）实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠，故应保证碳酸氢钠完全分解，加热恒重则碳酸氢钠完全分解，故答案为保证NaHCO3分解完全；[方案二]（1）过滤时需用玻璃棒引流，故答案为玻璃棒；（2）可取上层清液，继续加沉淀剂，看是否生成沉淀，具体操作为：取上层清液少许于试管中，加入氢氧化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀完全，故答案为取少量上层清液于一支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若没有白色沉淀生成，则沉淀完全；反之则没有沉淀完全；[方案三]（1）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小，故答案为防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；不能；（2）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x、y，则Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO4、xx2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑yy，解得，则样品中Na2CO3的质量分数为×100%=29.6%；（3）实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C全部吸收，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收，故答案为缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置。27、10.0CF胶头滴管ACE【解析】

（1）依据m=n×M进行计算；（2）依据一定物质的量浓度溶液配制需要的仪器进行分析；（3）依据c=n÷V进行分析。【详解】（1）配制450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，则需要准确称取氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol/L×40g/mol＝10.0g，故答案为：10.0g；（2）配制氢氧化钠溶液的操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，则需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，不需要圆底烧瓶、锥形瓶，还缺少胶头滴管，故答案为：CF；胶头滴管；（3）A.所用NaOH固体已潮解，实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；B．容量瓶底有少量蒸馏水不影响溶质和溶液体积，浓度不变；C．转移溶液过程中有少量液体溅出，溶质的质量减少，浓度偏低；D．定容时俯视读数，溶液体积减少，浓度偏高；E．定容摇匀后，液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；故选：ACE。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法，即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n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n和V怎样的变化：若n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n比理