2026届甘肃省临夏回族自治州临夏中学化学高一上期末综合测试试题含解析

2026届甘肃省临夏回族自治州临夏中学化学高一上期末综合测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1molNa在空气中反应后生成Na2O、Na2O2混合物，转移的电子数一定为NAB．常温常压下，1.8gH2O中含有的电子数为0.8NAC．标准状况下，2.24LSO3含有的原子数为0.4NAD．0.1mol·L-1的FeCl3溶液中含有Fe3+的数目为0.1NA2、下列离子方程式正确的是(

)A．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+HB．钠与水反应Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C．铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2++AgD．大理石溶于醋酸的反应CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑3、下列物质中，属于电解质且能导电的是（）A．熔融的氯化钠 B．硫酸溶液 C．铜 D．固体氧化钾4、下列说法正确的是A．2mol·L−1KCl溶液与1mol·L−1K2SO4溶液等体积混合后，c(K+)为2mol·L−1B．120gNaCl溶液中溶有20gNaCl，该温度下NaCl的溶解度为20gC．50mL1mol·L−1NaCl溶液与100mL0.5mol·L−1NaCl溶液中所含的Cl−物质的量浓度相同D．把5g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于45g水中，所得溶液溶质的质量分数为10%5、下列关于阿伏伽德罗常数的说法正确的是A．1molCl2与足量的Ca(OH)2溶液完全反应，转移电子的数目为2NAB．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAC．9.2gNO2和N2O4的混合气体中原子总数为0.6NAD．1L1mol/L的乙醇溶液中含有的分子总数为NA6、下列离子的检验方法正确的是（）A．加入稀盐酸，产生无色无味的气体，则溶液中一定含有B．先加氯水，再加溶液，溶液变为血红色，则溶液中一定含有C．用洁净的玻璃棒蘸取溶液在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含有D．向溶液中加入稀盐酸至酸性，无明显现象，再加入溶液产生白色沉淀，则溶液中定含有7、将铝粉投入某无色澄清溶液中产生H2，则下列离子组在该溶液中可能大量共存的是()A．H+、Ca2+、Na+、HCO3﹣ B．Na+、Fe2+、Al3+、NO3﹣C．K+、Cl﹣、OH﹣、SO42﹣ D．Cu2+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣8、某溶液中有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋4种离子，若向其中加入过量的Na2O2固体，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是A．Cu2＋B．Mg2＋C．Fe2＋D．Al3＋9、某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是()A．Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完B．Ⅱ图：证明新制氯水只有酸性C．Ⅲ图：产生了棕黄色的雾D．Ⅳ图：湿润的有色布条褪色10、已知热化学方程式：，可据此得出的结论正确的是（）A．等量的金刚石储存的能量比石墨高B．金刚石比石墨稳定C．该反应是个放热反应D．这个变化过程中没有新物质生成11、如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质,下列说法正确的是选项试剂现象结论A溴水溶液褪色SO2有氧化性BH2S溶液淡黄色沉淀SO2有氧化性CNaOH溶液无明显现象SO2与NaOH溶液不反应D紫色石蕊试液溶液变红色后不褪色SO2有酸性、没有漂白性A．A B．B C．C D．D12、在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（）A．1：10 B．9：1 C．4：1 D．4：313、常温下，下列金属制成的容器能盛放浓硝酸的是（）A．铝 B．镁 C．铜 D．银14、下列物质的有效成分及用途对应正确的是项目ABCD名称光导纤维漂白粉复方氢氧化铝抗酸药小苏打有效成分SiHClOAl(OH)3Na2CO3用途导电作消毒剂作抗酸剂作发酵剂A．A B．B C．C D．D15、将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③Ca(ClO)2溶液；④饱和Na2CO3溶液；⑤NaAlO2最终有沉淀析出的是A．②④⑤ B．①②③④ C．②③④⑤ D．②③④16、已知2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O，若从溴水中把溴萃取出来，可选用的萃取剂是（）A．食盐饱和溶液 B．无水酒精 C．四氯化碳 D．氢氧化钠溶液17、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＞ClO218、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/NA19、镁铝合金3.9g溶于200mL2mol·L−1的盐酸，在标准状况下放出气体的体积为4.48L。向反应后的溶液中加入足量氨水，产生沉淀的质量为（）A．3.9g B．9.0g C．10.7g D．12.4g20、在同温同压下，相同体积的烧瓶分别充满氨气和氯化氢气体，做喷泉实验后，水都充满烧瓶(假设溶液充满整个烧瓶，且溶质不扩散)，烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比是()A．1∶0.45 B．1∶1 C．1∶0.29 D．4.5∶2.921、质量都为4.2g的A气体和B气体，在标准状况下的体积分别为3.36L和2.94L，则这两种气体的摩尔质量之比为（）A．7：8 B．8∶7 C．1∶1 D．15∶1322、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．0.1molFe与足量氯气反应时，转移的电子数目为0.2NAB．常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NAC．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NAD．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现血红色。（1）写出下列物质的化学式：D：E：N：。（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：；（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程：；M→W的离子方程：。24、（12分）一种白色晶体A极易溶于水，将A配成溶液进行如下框图所示的实验，实验现象及转化关系如下列框图所示。A为含硫氮正盐其中硫元素化合价为+4，气体D能使品红溶液褪色，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．试回答下列问题：（1）写出下列物质化学式：D：__________；F：__________。（2）写出下列反应的离子方程式：①A和酸性KMnO4溶液反应__________；②D和新制氯水：__________。（3）通过本题的解答，在检验SO42-时，应使用__________A．盐酸酸化的BaCl2溶液B．硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液25、（12分）实验室用碳酸钠晶体配制0.500mol/L的Na2CO3溶液100mL，回答下列问题：（1）所需主要仪器为：药匙、托盘天平、烧杯、胶头滴管、__________、_______.（2）本实验须称量碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）________g。（3）①如果定容时仰视会导致溶液浓度__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”下同）；②容量瓶未经干燥就用来配制该溶液，会导致溶液浓度_______________；26、（10分）某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。(1)装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的___________(填“氧化性”或“还原性”)。(2)A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是___________。(3)B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向_____________。(4)C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是____________________________________________________________。(5)该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是___________________________________________________。②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是__________________________________。③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，设计实验Ⅳ进行探究：将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是____________________________；将ⅰ、ⅱ作对比，得出的结论是___________________________________。27、（12分）如图是实验室制备氯气并进行相关性质实验的装置（夹持及加热仪器已略）。回答下列问题：(1)仪器①中盛有的固体药品是___。(2)装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl气体，同时装置B还可监测实验进行时C中是否发生堵塞，若发生堵塞时B中的现象为___。(3)装置C的目的是验证氯气是否具有漂白性，II中试剂的作用是___。对比I和III中的现象可得出的结论是___。(4)该实验设计的缺陷是___，改进的方法是___。28、（14分）下列反应的通式可表示为：单质甲、乙和化合物A、B为中学常见物质，请回答下列问题：（1）若单质甲是金属，化合物A为烧碱，写出该反应的离子方程式：______________________（2）若工业上利用置换反应原理制备一种半导体材料，写出该反应的化学方程式______________（3）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是一种白色金属氧化物，则该反应的化学方程式________________________（4）若化合物B为黑色磁性晶体，单质乙为气体，写出该反应的化学方程式___________________29、（10分）工业制硫酸铜的方法很多：（1）方法一：用浓硫酸和铜制取硫酸铜。该反应的化学方程式是_______________________。（2）方法二：实验证明，铜不能在低温下与O2反应，也不能与稀H2SO4共热发生反应，但工业上却是将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4溶液的。铜屑在此状态下被溶解的化学方程式为_____________________________。（3）以上两种方法________(填“前”或“后”)者好，原因是________________________。（4）方法三：用稀硫酸、铜和氧化铁制取硫酸铜，生产的主要过程如下图所示：稀硫酸和氧化铁反应的离子方程式是_____________________________(反应①)；铜和上述反应(反应①)得到的物质反应的离子方程式是_________________________；向混合溶液中通入热空气的目的是_______________________________；分离蓝色滤液和红褐色沉淀的实验操作是_________。

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.Na化合价由0价变为+1价，因此1molNa在空气中反应后生成Na2O、Na2O2混合物转移的电子数一定为NA，故A正确；B.1个H2O含有10个电子，常温常压下，1.8gH2O物质的量为，含有的电子数为NA，故B错误；C.标准状况下，SO3是非气态的物质，无法计算物质的量，故C错误；D.FeCl3溶液的体积未知，因此无法计算含有Fe3+的数目，故D错误。综上所述，答案为A。2、D【解析】

A.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，选项A错误；B.钠与水反应生成氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；C.铜片插入硝酸银溶液中，反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，选项C错误；D.大理石溶于醋酸，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑，选项D正确。答案选D。3、A【解析】

A．熔融的氯化钠中含有氯化钠电离的能够自由移动的钠离子、氯离子，能够导电，属于电解质，故A符合题意；B．硫酸溶液中含有能够自由移动的氢离子、硫酸根离子，能够导电，但硫酸溶液为混合物，不属于电解质，故B不符合题意；C．铜能导电，但铜属于单质，不属于电解质，故C不符合题意；D．固体氧化钾属于电解质，但不含有自由移动的离子或自由移动的电子，不能导电，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】电解质以及非电解质均属于纯净物以及化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质，化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。4、A【解析】A、KCl溶液与K2SO4溶液中c（K＋）均为2mol·L−1，混合后溶液中钾离子浓度不变，即等体积混合后溶液中c（K＋）为2mol·L−1，故A正确；B、120gNaCl溶液中溶有20gNaCl，该溶液不一定为饱和溶液，该温度下NaCl的溶解度不一定为20g，故B错误；C、50mL1mol·L−1NaCl溶液与100mL0.5mol·L−1NaCl溶液中所含的Cl−物质的量浓度分别是：1mol·L−1和0.5mol·L−1，不相同，故C错误；D．5g胆矾溶于水，溶液中硫酸铜的质量为5g×160g·mol－1/250g·mol－1=3.2g，溶液质量分数=×100%=6.4%，故D错误，故选：A。点睛：本题考查物质的量有关计算、溶解度、物质的量浓度等，解题关键：公式的理解与灵活应用，难点：B、对溶解度概念的理解。D为易错点。5、C【解析】

A.氯气和氢氧化钙的反应为歧化反应；B.求出混合气体的物质的量，然后根据分子数N=nNA来计算；C.NO2和N2O4的最简式均为NO2；D.乙醇溶液中，除了乙醇分子，还含水分子。【详解】A.氯气和氢氧化钙的反应为歧化反应，氯元素由0价歧化为−1价和+1价，故1mol氯气在该反应中转移1mol电子即NA个，故A项错误；B.标况下2.24L混合气体的物质的量为0.1mol，故分子数N=nNA=0.1NA个，故B项错误；C.NO2和N2O4的最简式均为NO2，故9.2gNO2和N2O4的混合物中含有的NO2的物质的量为0.2mol，故含0.6mol原子即0.6NA个，故C项正确；D.乙醇溶液中，除了乙醇分子，还含水分子，故此溶液中含有的分子总数多于NA个，故D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。考察角度广，陷阱多。做此类题时可利用条件，直接找出已知和未知之间的物质的量的关系，再利用关系式法，常可一步到位得出结论，且能明显提高做题速度与准确率。如本题的正确答案C选项，利用混合物的最简式为NO2这样的关系式直接求解，可化繁为简，准确得出答案。6、D【解析】

A．无色无味气体可能为二氧化碳，则溶液中可能含有CO32−或HCO3−等，故A错误；B．若原溶液中含有Fe3+，再加溶液，溶液变为血红色，不能确定含有，正确的检验方法是先加入溶液，没有现象，再加入氯水后溶液变为血红色，故B错误；C．玻璃棒中含钠元素，应利用铂丝蘸取待测液样品溶液置于酒精灯火焰上灼烧，检测是否含有Na+，故C错误；D．某溶液中加入足量稀盐酸无明显现象，排除了Ag+的干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，该溶液中一定含有SO42−离子，故D正确；答案选D。7、C【解析】

无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，与铝反应生成氢气的溶液呈酸性或强碱性。A.HCO3﹣与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.Fe2+为有色离子，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.K+、Cl﹣、OH﹣、SO42﹣之间不反应，都是无色离子，且都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；D.Cu2+为有色离子，Cu2+、OH﹣之间反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选：C。8、C【解析】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，同时过氧化钠具有氧化性，则向含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等四种离子的溶液中加入过量的过氧化钠，会产生Cu(OH)2、Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀，Al3+则变为AlO2-溶于水，由于氢氧化亚铁易被氧化，所以微热并搅拌，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，再加入过量盐酸，Cu(OH)2、Mg(OH)2、Fe(OH)3溶解变为Cu2＋、Mg2＋、Fe3＋，AlO2-则变为Al3＋。因此溶液中大量减少的阳离子是Fe2＋，答案选C。9、D【解析】

A．二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；B．图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B错误；C．铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不是雾，烟是固体小颗粒形成的气溶胶，雾是小液滴形成的气溶胶，C错误；D．氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确；答案选D。10、A【解析】根据，石墨生成金刚石，反应吸热，等量的金刚石储存的能量比石墨高，故A正确；金刚石的能量比石墨高，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；反应吸热，故C错误；金刚石与石墨不是同种物质，故D错误。11、B【解析】分析：本题考查的是二氧化硫的性质，掌握二氧化硫的反应原理是关键。详解：A.二氧化硫使溴水褪色表现了二氧化硫的还原性，故错误；B.二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，二氧化硫表现氧化性，故正确；C.二氧化硫和氢氧化钠反应没有明显现象，故错误；D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊变红，但不能漂白石蕊，不能说明二氧化硫没有漂白性，故错误，故选B。点睛：掌握二氧化硫的性质。1.酸性氧化物的性质：溶于水后能使紫色石蕊变红；能与碱反应，能与碱性氧化物反应等。2.氧化性：能与硫化氢反应生成硫和水。3.还原性：能使溴水或氯水或碘水褪色，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。4.漂白性：能使品红溶液褪色。12、D【解析】

已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。【详解】分两种情况：⑴若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)=；⑵若H2过量，根据化学反应方程式2H2+O2=2H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)=；故答案为D。【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。13、A【解析】

A.铝在常温下遇浓硝酸钝化，可以用铝制成的容器能盛放浓硝酸，A正确；B.镁与浓硝酸反应，不能用镁制成的容器能盛放浓硝酸，B错误；C.铜与浓硝酸反应，不能用铜制成的容器能盛放浓硝酸，C错误；D.银与浓硝酸反应，不能用银制成的容器能盛放浓硝酸，D错误；答案选A。14、C【解析】

A.光导纤维的有效成分为SiO2，故A错误；B.漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，故B错误；C.氢氧化铝为两性氢氧化物，既能和强酸反应，又能和强碱反应，所以复方氢氧化物可以用作抗酸药，故C正确；D.小苏打的化学式为NaHCO3，故D错误；故答案：C。15、A【解析】

①盐酸的酸性大于碳酸，则过量的CO2与CaCl2溶液不反应，无现象，①不符合题意；②二者反应生成白色硅酸沉淀，为强酸制取弱酸的反应，②符合题意；③反应生成可溶性碳酸氢钙、HClO，为强酸制取弱酸的反应，无沉淀生成，③不符合题意；④相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中析出碳酸氢钠沉淀，④符合题意；⑤反应生成白色的氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，为强酸制取弱酸的反应，⑤符合题意；综上所述可知：反应产生白色沉淀的有②④⑤，故合理选项是A。【点睛】本题考查物质的性质，把握物质的性质、发生的反应、反应原理为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，记住物质的溶解性与反应，侧重考查学生的分析与应用能力。16、C【解析】

A.食盐饱和溶液与溴水互溶，不可以，A错误；B.无水酒精与溴水互溶，不可以，B错误；C.四氯化碳与水互不相溶，与溴水互不反应，溴单质在四氯化碳中的溶解度远远大于在水中溶解度，C正确；D.2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O，D错误；答案：C。17、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。18、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。19、C【解析】

发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，4.48L气体是氢气，氢气的物质的量为：=0.20mol，故参加反应的HCl的物质的量为0.20mol×2=0.4mol，溶液中n（HCl）=0.2L×2mol·L－1=0.4mol，等于参加反应的HCl的物质的量，故金属不一定完全反应，反应后溶液中加入足量氨水，则镁离子、铝离子恰好完全转化为Mg（OH）2、Al（OH）3，则m（沉淀）=m（金属）+m（OH－），由生成的氢气的物质的量，根据电子注意守恒计算n（OH－），再根据m=nM计算m（OH－），最后计算出沉淀的质量。【详解】发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，4.48L气体是氢气，氢气的物质的量为：=0.20mol，故参加反应的HCl的物质的量为0.20mol×2=0.4mol，溶液中n（HCl）=0.2L×2mol·L－1=0.4mol，等于参加反应的HCl的物质的量，故金属不一定完全反应，反应后溶液中加入足量氨水，则镁离子、铝离子恰好完全转化为Mg（OH）2、Al（OH）3，则m（沉淀）=m（金属）+m（OH－），根据电子注意守恒可知：n（OH－）=2n（H2）=0.20mol×2=0.4mol，所以生成沉淀的质量为：3.9g+0.4mol×17g·mol－1=10.7g，故选C。【点睛】本题考查混合物的有关计算，注意从电子转移守恒计算n（OH－）是解答的关键，明确生成沉淀的质量=m（金属）+m（OH－）。20、B【解析】

根据物质的量浓度与溶液体积、溶质的体积、物质的量之间的转化关系分析。【详解】假设烧瓶容积为VL，同问同压下，气体体积之比等于物质的量之比，所得溶液的物质的量浓度＝＝＝，对于氨气和氯化氢气体体积相等，其物质的量相等，二者溶液的物质的量浓度相同，故B正确。故选B。【点睛】同问同压下，气体的气体摩尔体积相等，故可知，=。21、A【解析】

利用进行分析；【详解】A气体：，解得M=28g/mol；同理气体B的摩尔质量为32g/mol，因此两种气体的摩尔质量之比为28g·mol－1∶32g·mol－1=7∶8；答案为A。22、B【解析】

A.氯气与金属反应生成最高价氯化物，0.1mol铁在反应后变成0.1mol，因此一共转移了0.3mol电子，数量为0.3NA，A项错误；B.根据，18g水即1mol水，又因为1个水分子中有2个氢原子和一个氧原子，因此1mol水中一共有3mol原子，B项正确；C.标况下不是气体，不能用22.4L/mol计算22.4LCCl4物质的量，C项错误；D.水分子中也有氧原子，因此1L0.1mol/L硫酸钠溶液中所含的氧原子远远大于0.4NA，D项错误；答案选B。【点睛】本题易错选D项，只考虑硫酸钠中氧原子，忽略溶剂水中含有的氧原子。二、非选择题(共84分)23、（1）D：Fe3O4E：FeCl2N：NaAlO2（2）溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色（3）2Al＋2OH－＋2H2O==2AlO2－＋3H2↑；Fe(OH)3＋3H+==Fe2+＋3H2O【解析】试题解析：A为淡黄色固体判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe（OH）2，M为Fe（OH）3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；（1）依据判断得到DEN的化学式分别为：D为Fe3O4，E为FeCl2，N为NaAlO2；（2）B与E混和得到H为白色氢氧化亚铁沉淀，在潮湿空气中变成红褐色氢氧化铁沉淀的过程中，可能观察到的现象是：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）B（NaOH）和R（Al）反应生成N（NaAlO2）的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；M（Fe（OH）3）和盐酸反应生成W（FeCl3）反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe2++3H2O。考点：无机物的推断24、SO2NH32MnO4-+6H++5SO32-=5SO42-+2Mn2++5H2OSO2+Cl2+2H2O=SO42-+4H++2Cl-A【解析】

A为含硫氮正盐其中硫元素化合价为+4，与盐酸反应生成气体D与气体F，而气体D能使品红溶液褪色，气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D为SO2，F为NH3，A是(NH4)2SO3，E为NH4Cl，故白色沉淀C为BaSO4，B为(NH4)2SO4。【详解】根据已知条件：能使品红溶液褪色的是二氧化硫，所以D是二氧化硫，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气，即F是氨气，A是一种白色晶体，和其他物质反应既能生成氨气又能生成二氧化硫，所以A是(NH4)2SO3，容易被氧化剂氧化为硫酸铵，所以B是硫酸铵，得出E是氯化铵，白色沉淀C是硫酸钡，（1）根据上述分析，D是二氧化硫，F是氨气，故答案为SO2；NH3；（2）①A是(NH4)2SO3，A和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+6H++5SO32-=5SO42-+2Mn2++5H2O；②氯气能将二氧化硫氧化，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+4H++2Cl-；（3）通过本题的解答可知，若溶液中存在亚硫酸根离子，加入硝酸后能够被氧化为硫酸根离子，因此在检验SO42-时，应使用盐酸酸化的BaCl2溶液，故选A。【点晴】本题是一道框图推断题，注意寻找解题的突破口是关键，主要考查物质的性质，解答本题时注意把握离子的检验方案的实验设计。解答此类试题，要注意寻找解题的突破口，本题的突破口：能使品红溶液褪色的是二氧化硫，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气，一种正盐和其他物质反应既能生成氨气又能生成二氧化硫的是亚硫酸铵。25、100ml容量瓶玻璃棒14.3偏低无影响【解析】

(1)用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，据此选择需要的仪器，判断缺少的仪器；(2)根据钠原子守恒可知Na2CO3与Na2CO3•10H2O的物质的量相等，根据m=cvM计算所需Na2CO3•10H2O的质量；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=解答。【详解】(1)用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；所以缺少的仪器：100mL容量瓶、玻璃棒；(2)本实验须称量碳酸钠晶体(Na2CO3•10H2O)的质量为=0.1L×0.5mol•L-1×286g/mol=14.3g；(3)①如果定容时仰视，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；②容量瓶未经干燥就用来配制该溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变。【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，根据c=可知，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比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。26、还原性HCl、H2O(g)Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2OMnO2＋4HCl=MnCl4＋2H2OMnCl4=Cl2↑＋MnCl2Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H＋)、c(Cl－)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化MnO2氧化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)【解析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，元素失电子化合价升高发生氧化反应，元素得电子化合价降低发生还原反应；（2）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2中混有氯化氢和水蒸气；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法收集氯气；（4）C中氢氧化钠溶液用于吸收多余的Cl2，生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）①复分解反应为两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物；②将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液，Ⅱ中发生了分解反应，结合氧化还原反应单质守恒分析锰元素被还原的价态和物质；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将ⅰ、ⅱ做对比加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，氯元素化合价升高，锰元素的化合价降低，氯化氢做还原剂，利用氯化氢的还原性；（2）用MnO2与浓盐酸在加入条件下反应制取Cl2，浓盐酸中的氯化氢易挥发，故Cl2含有杂质为HCl、H2O(g)；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法，长导管进气，短导管出气，收集氯气的装置图为：；（4）C用于吸收多余的Cl2，防止污染环境，C中发生反应的离子方程式是：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；（5）①MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，酸碱中和反应生成盐和水，化学方程式是：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；②Ⅱ中发生了分解反应，将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液分解生成MnCl2和Cl2，反应的化学方程式是：MnCl4=MnCl2+Cl2↑；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是Ⅲ中无明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度，才能被MnO2氧化，将ⅰ、ⅱ作对比，加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度，得出的结论是MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。【点睛】实验室制取氯气的收集、除杂、尾气处理，探究二氧化锰与浓盐酸的反应条件，认真读懂题中信息，作对比实验验证。27、二氧化锰或MnO2锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，形成一段液柱干燥氯气干燥的氯气不能使有色布条褪色没有尾气处理装置在装置C后增加一个盛有碱石灰的干燥管或装有NaOH溶液的烧杯【解析】

(1)实验室用强氧化性物质（如MnO2、KMnO4、KClO3等）和浓盐酸反应制取氯气，MnO2和浓盐酸反应制氯气需在加热条件下进行，仪器①中盛有的固体药品可为二氧化锰或MnO2。答案为：二氧化锰或MnO2；(2)若C中发生堵塞，则生成的氯气无法排出，使得锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，形成一段液柱。答案为：锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，形成一段液柱；(3)装置C的目的是验证氯气是否具有漂白性，干燥的有色布条Ⅰ、Ⅲ应作为对照实验，从装置B中导出的氯气中含有水分子，可知有色布条Ⅰ褪色，有色布条Ⅲ应不褪色，则II中试剂的作用是干燥氯气；对比I和III中的现象可得出的结论是干燥的氯气不能使有色布条褪色；答案为：干燥氯气；干燥的氯气不能使有色布条褪色；(4)氯气有毒，会污染空气，分析实验装置，可知缺少尾气处理装置，可用强碱溶液吸收多余的Cl2。答案为：没有尾气处理装置；