2026届山东省巨野县第一中学高一化学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届山东省巨野县第一中学高一化学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题考生须知：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、下列属于电解质的是（）A．铝 B．酒精 C．食盐水 D．硫酸铜2、下列实验产生白色沉淀的是①将一小块金属钠投入CuSO4溶液中②向足量NaOH溶液中滴加少量硫酸铝溶液③隔绝空气向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液④向NaHCO3溶液中投入少量熟石灰A．②③ B．③④ C．①② D．①②③④3、下列关于二氧化硅的说法正确的是()A．二氧化硅溶于水显酸性B．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C．二氧化硅是制造光电池的材料D．二氧化硅制作的玻璃纤维丝，可用作光导纤维4、向1L某FeBr2溶液中，通入1.12L(标准状况下)的Cl2，测得溶液中c（Br-）=3c（Cl-）=0.3mol/L。反应过程中溶液的体积变化忽略不计，则下列说法中正确的是A．原溶液中c（Br-）=0.4mol/L B．反应后溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）C．反应后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/L D．原溶液的FeBr2浓度为0.lmol/L5、下列物品或设备的成分中含有二氧化硅的是()①门窗玻璃②水晶镜片③石英钟表④玛瑙首饰⑤硅太阳能电池⑥光导纤维⑦计算机芯片A．①②③④⑥ B．全部 C．⑤⑦ D．①②⑥⑦6、在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，当有10mol电子发生转移后，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是A．1∶5 B．5∶1 C．6∶1 D．1∶67、把2.3g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加（）A．7.2g B．3.6g C．2.3g D．无法确定8、相同状况下，体积相等的五个气球分别充满相应的气体，如下图所示。与氯化氢气球中所含原子数一定相等的是A．A B．B C．C D．D9、下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是()A．Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2C．AgNO3＋NaCl===AgCl↓＋NaNO3 D．MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑10、在AlCl3溶液中加入过量的氨水，下图中能正确表示加入氨水的量（）与生成沉淀的量（）的关系的是（）A． B．C． D．11、常用两种方法制备氯化物：①金属与氯气直接化合；②金属与盐酸反应。用上述两种方法都可制得的氯化物是()A．氯化铜 B．氯化亚铁 C．氯化铁 D．氯化铝12、把足量的铁粉投入到硫酸和CuSO4的混合溶液中，充分反应后，剩余金属的质量与原加入的铁粉的质量相等，则原溶液中c(H+)与c(SO42-)之比为A．1:7 B．1:4 C．1:2 D．1:313、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、Fe14、新型纳米材料MFe2Ox(3＜x＜4)中M表示+2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，流程如下，则下列判断正确的是()A．MFe2Ox是氧化剂B．SO2是该反应的催化剂C．x<yD．MFe2Oy是还原产物15、城市环保部门为了使生活垃圾得到合理利用，实施了生活垃圾分类投放的办法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶等属于()A．无机物B．有机物C．盐类D．非金属16、下列化合物中，不能通过单质间化合直接制取的是()A．FeCl2 B．CuCl2 C．HCl D．FeCl317、已知硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+．下列物质反应后能使KSCN溶液变红的是（）①过量的Fe与Cl2反应②Fe和过量稀硫酸反应③FeCl2溶液中通入少量Cl2④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸．A．只有① B．只有①③⑤ C．只有①②③ D．全部18、下列关于硫的化合物叙述正确的是A．铁槽车常用于贮运浓硫酸，是因为常温下铁与浓硫酸不反应B．硫在空气中的燃烧产物是SO2，在纯氧中的燃烧产物是SO3C．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性D．浓硫酸可作干燥剂，但不能干燥H2S等还原性物质19、0.5molNa2CO3中所含的Na+数约为（）A．3.01×1023 B．6.02×1023 C．0.5 D．120、下列物质中含有的分子数相等的是()①0.1molCO②9.8gH2SO4③1gH2O④1.6gO2A．①③B．②④C．①②D．③④21、由下列实验及现象能推出相应结论的是（）实验实验现象实验结论A用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，无K+B向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀该溶液中一定有SOC将某气体通入品红溶液红色褪去该气体一定是SO2D将一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化的液态铝不会滴落表面生成的Al2O3薄膜熔点较高A．A B．B C．C D．D22、实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的下列说法正确的是（）A．NaNO2是氧化剂B．每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．N2既是氧化剂，又是还原剂二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最处层电子数相同。回答下列问题：（1）X、Y和Z的元素符号分别为_______、__________、_______。（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有_________、_______。（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是_______。此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为________________________；此化合物还可将碱性工业废水中的CN-氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为__________________________。24、（12分）某铁的化合物A存在如下转化关系:已知B为黄绿色气体单质。请完成下列问题:（1）A的化学式________。（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。用离子方程式表示该过程________、________。（3）若D为金属,则D的化学式________(写出2种)。25、（12分）实验室需要480mL1mol·L－1NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题：(1)实验中除了托盘天平(砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的其他仪器有______、___。(2)下图是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是_______(填操作序号)。(3)称取NaOH固体时，所需砝码的质量为___________(填写字母)A．19.2gB．20gC．19.2g～20gD．大于20g(4)在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作步骤的是(填写操作步骤的代号)_____________①称量②溶解③转移④洗涤⑤定容⑥摇匀(5)下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_________A．NaOH固体长期暴露在空气中B．用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容C．称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反D．定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出E．定容时俯视刻度线26、（10分）某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的化肥的主要成分及相关性质。首先对该化肥的成分进行了如下假设：a．只含有FeSO4b．含有FeSO4和Fe2(SO4)3c．只含有Fe2(SO4)3将化肥固体粉末溶于水中得到溶液(记为X)，进行如下实验：实验序号操作现象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol·L－1NaOH溶液产生红褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液显红色（1）请用文字表述做出假设b的依据是__________________________。（2）对实验ⅰ的预期现象是产生白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，预期产生该现象的依据是(用化学方程式或离子方程式表达)_____、_____。（3）由实验ⅱ得出的结论是____________。结合实验ⅰ、ⅱ，推测实验ⅰ实际现象与预期现象不符的原因可能是_____________________________。为进一步验证假设，小组同学进行了以下实验：实验序号操作现象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液显红色ⅳ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液显红色，颜色比ⅲ深（4）实验ⅳ中氯水参加反应的离子方程式是_______________________。（5）通过以上实验，可得到的结论是_____________________________，请完整表达该结论是如何得出的_______________________________。27、（12分）图中为实验室制取氯气及性质验证的装置图：参考装置图回答下列问题：(1)请指出仪器a的名称____________________，写出装置A中反应的化学方程式____________(2)在装置D中可观察到的现象是________，装置E中可观察到的现象是__________。(3)装置B的作用为_____，装置C的作用为____________，装置H的作用为_________，写出装置H中的离子方程式_____________。28、（14分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）请回答下列问题：（1）A的化学式为_____________，丙的化学式为_____________；（2）写出下列反应的离子方程式：①_________________________________________；④_________________________________________；⑤_________________________________________。（3）写出C溶液与Al反应的化学方程式____________________。（4）浓硫酸具有强氧化性却可以用B材料车运输，是因为_________________。（5）为鉴定B单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是_____________。A．碘水B．NaOH溶液C．KSCN溶液D．Na2SO3溶液29、（10分）现有下列物质:①NaOH溶液②液氯③BaCO3固体④KHSO4⑤稀豆浆⑥铝⑦干冰⑧CH3COOH⑨葡萄糖（1）以上物质属于非电解质的是____________；（2）用一束激光分别照射上述物质，在侧面可以观察到一条明亮的通路的是___________；（3）写出④在水溶液中的电离方程式____________________________________________；（4）写出①和⑧反应的离子方程式______________________________________________；（5）写出①和⑥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、D【解析】

A.铝是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，A项错误；B.在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，酒精是非电解质，B项错误；C.食盐水是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质，C项错误；D.在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，硫酸铜水溶液能导电，故硫酸铜是电解质，D项正确；答案选D。2、B【解析】

①将一小块金属钠投入CuSO4溶液中生成蓝色的氢氧化铜沉淀，错误；②向足量NaOH溶液中滴加少量硫酸铝溶液，反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，错误；③隔绝空气向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液生成白色的氢氧化亚铁沉淀，正确；④向NaHCO3溶液中投入少量熟石灰反应生成碳酸钙白色沉淀，正确。故选B。3、D【解析】

A.二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，故A错误；B.二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，能够被氢氟酸腐蚀，故B错误；C.二氧化硅是制造光导纤维的材料，制造光电池的材料是单质硅，故C错误；D.二氧化硅的光学性质较好，可用作光导纤维，故D正确。故选D。4、C【解析】

还原性Fe2+＞Br-，所以FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2先将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+反应完毕，若Cl2有剩余，剩余Cl2再将Br-氧化为Br2，最后溶液中含有Br-，说明Cl2完全反应，转化为Cl-，据此分析解答。【详解】1.12L（标况下）Cl2的物质的量为0.05mol，根据氯元素守恒可知n（Cl-）=0.1mol，则溶液中n（Br-）=3n（Cl-）=0.3mol。若溶液中Br-参加反应，令溶液中FeBr2物质的量为xmol，则根据电子转移守恒可知x+（2x-0.3）=0.1，解得x=2/15mol，2/15molFe2+的提供电子为2/15mol，大于0.05molCl2能够获得电子0.1mol，且（2x-0.3）＜0，不符合题意。若溶液中Br-未参加反应，则原溶液中的Fe2+物质的量为0.15mol，0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，0.05molCl2能够获得电子0.1mol，小于0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，Fe2+有剩余，符合题意，所以原溶液含有FeBr20.15mol，根据电子转移守恒，被氧化的Fe2+为0.05mol×2=0.1mol，生成Fe3+为0.1mol，剩余Fe2+为0.15mol-0.1mol=0.05mol。A、由上述分析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，所以原溶液中c（Br-）＝0.3mol÷1L＝0.3mol/L，故A错误；B、由上述分析可知，反应后溶液中生成Fe3+为0.1mol，剩余Fe2+为0.15mol-0.1mol＝0.05mol，所以二者的浓度不相等，故B错误；C、由上述分析可知，反应后溶液中生成Fe3+为0.1mol，反应后溶液中c（Fe3+）＝0.1mol÷1L＝0.1mol/L，故C正确；D、由上述分析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，所以原溶液的FeBr2浓度为0.15mol÷1L＝0.l5mol/L，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应计算，关键根据电子转移守恒及溶液中c（Br-）=3c（Cl-）关系判断原溶液中FeBr2物质的量。5、A【解析】

①门窗玻璃中含有SiO2、Na2SiO3、CaSiO3，①符合题意；②水晶镜片主要成分是SiO2，②符合题意；③石英钟表主要成分是SiO2，③符合题意；④玛瑙首饰主要成分是SiO2，④符合题意；⑤硅太阳能电池主要成分是Si，⑤不符合题意；⑥光导纤维主要成分是SiO2，⑥符合题意；⑦计算机芯片的主要成分是Si，⑦不符合题意；故合理选项是A。6、B【解析】

在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，KClO3中氯元素降低到0价，6HCl中有5mol被氧化，升高到0价，转移电子5mol，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是5：1；故答案选B。7、C【解析】

CO和H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应。2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O-O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，故过氧化钠固体增重等于CO和H2的质量之和为2.3g。故A、B、D错误，C正确。答案选C。【点睛】本题考查的是钠的重要化合物和有关混合物反应的计算。解题关键是把反应前固体和反应后固体进行比较，观察有什么特点，利用差量法。Na2O2与CO2反应：质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，反应后固体质量增加量为CO的质量；Na2O2与H2O反应：固体质量增重△m=2H2O-O2=2H2，反应后固体增加的质量为氢气质量。8、C【解析】

由阿佛加德罗定律可知，相同状况下，气体体积之比等于其物质的量之比，即体积相等，物质的量相等，假设HCl为1mol，则含有2mol原子，设混合气体均为1mol，如原子数相等，则原子物质的量相等；A．Ar是单原子分子，一个O3分子中含3个O原子，二者的物质的量比为1：1时才符合与HCl原子数相等，故A不符合题意；B．H2是双原子分子，一个NH3分子中有4个原子，无论混合气体由什么比例组成，1mol混合气体所含的原子数大于2mol，故B不符合题意；C．N2、O2都是由2个原子组成，所以无论混合气体由什么比例组成，1mol混合气体所含的原子数肯定为2mol，符合题意中的“一定相等”，故C正确；D．CO是双原子分子，一个CO2分子中含3个原子，无论混合气体由什么比例组成，1mol混合气体所含的原子数大于2mol，故D不符合题意；答案为C。9、B【解析】

A.属于置换反应，也属于氧化还原反应，故A错误；B.不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应，故B正确；C.属于复分解反应，但不属于氧化还原反应，故C错误；D.属于分解反应，也属于氧化还原反应，故D错误；答案：B10、D【解析】

氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，沉淀达到最大值后不能溶解在过量氨水中，沉淀量不再改变，则选项D图像符合题意，故答案为D。11、D【解析】

A．Cu与盐酸不反应，不能通过与盐酸反应得到，故A错误；B．Fe和氯气直接化合制得FeCl3，但Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，不符合题意，故B错误；C．Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，不能得到FeCl3，故C错误；D．Al和氯气直接化合制得AlCl3，且Al与盐酸反应制得AlCl3，符合题意，故D正确；故选D。12、B【解析】

设H2SO4物质的量为xmol，CuSO4物质的量为ymol。则根据方程式可知H2SO4+Fe＝FeSO4+H2↑固体减少△m1mol56gxmol56xgCuSO4+Fe＝FeSO4+Cu固体增加△m1mol56g64g8gymo8yg充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，所以56x=8y，即x/y=1/7，则原溶液中H＋和SO42－的物质的量浓度之比=2x/(x+y)=1/4。故答案选B。13、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。14、C【解析】

A．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，故A错误；B．SO2在反应中转化为S为氧化剂，不是催化剂，故B错误；C．MFe2Ox为还原剂生成MFe2Oy，反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有(2y-2)＞(2x-2)，即x＜y，故C正确；D．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，所以MFe2Oy是氧化产物，故D错误；故选C。【点晴】本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析。在反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系。15、B【解析】

塑料为有机高分子合成材料，纸张成分为天然纤维素，橡胶不管是天然的还是合成的都是高分子化合物，这三种物质都是有机物，故选B。16、A【解析】

A、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，故A选；B、Cu与氯气在点燃时能直接化合生成CuCl2，故B不选；C、氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，故C不选；D、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故D不选；故选A。17、B【解析】

①过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁；②Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁；③FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化铁；④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与绿化铁反应生成氯化亚铁；⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子。能使KSCN溶液变红是三价铁离子，据此分析。【详解】①过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁，氯化铁中含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故①正确；②Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故②错误；③FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化铁，含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故③正确；④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故④错误；⑤向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故⑤正确；答案选B。18、D【解析】

A．常温下，铁与浓硫酸发生钝化，在表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应进行，因此铁槽车常用于贮运浓硫酸，但钝化是化学变化，故A错误；B．硫在纯氧中燃烧也生成二氧化硫而不是三氧化硫，故B错误；C．二氧化硫的漂白性是利用有色物质和二氧化硫反应生成无色物质，二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其酸性氧化物的通性，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故C错误；D．浓硫酸具有强氧化性和酸性，所以浓硫酸不能干燥碱性及还原性气体，碱性气体如氨气，还原性气体如硫化氢，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了元素及其化合物的性质，明确物质的性质是解本题的关键，易错点是选项C，注意二氧化硫的漂白性原理、范围等。19、B【解析】

由物质的构成特点可知，1个Na2CO3中含有2个Na+，故0.5molNa2CO3中含有1molNa+，则个数约为6.02×1023，故答案为B。20、C【解析】根据题目所给出的数据，统一以各物质的物质的量进行比较：①0.1molCO②0.1molH2SO4③0.056molH2O④0.05molO2，故相等的为①②，答案选C。21、D【解析】

A．用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，该溶液中一定含有Na+，可能含有K+，故A错误；B．向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，可能是BaSO4沉淀，也可能是AgCl沉淀，故B错误；C．将某气体通入品红溶液，红色褪去，该气体可能是SO2、Cl2、O3等具有漂白性的气体，故C错误；D．将一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热，由于表面生成的Al2O3薄膜熔点较高，所以熔化的液态铝不会滴落，故D正确；故选D。22、A【解析】

A、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，NaNO2中N元素化合价从+3价降为0价，NaNO2为氧化剂，故A正确；B、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；C、NH4Cl中N元素化合价从-3价升为0价，所以NH4Cl中N元素被氧化，故C错误；D、由化合价升降可知，N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故答案为A。二、非选择题(共84分)23、HONaNaOHNa2O2H2O25H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑H2O2+CN-+OH-=CO32-+NH3【解析】

（1）根据题意，由密度最小的气体推出：X为H，Y为O，Z与H同族且原子序数大于O推出为Na；（2）根据所学知识，很容易得出常见物质NaOH、Na2O2中，既含有共价键又含有离子键；（3）H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键；酸性条件下高锰酸钾将双氧水氧化成氧气；已知反应物为H2O2、CN-、OH-，产物为CO32-、NH3，配平即可。【详解】(1)X、Y和Z的元素符号分别为H、O、Na，故答案为：H；O；Na；(2)由H、O、Na元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH，Na2O2，故答案为：NaOH；Na2O2；(3)X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质是过氧化氢，与高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，过氧化氢还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，方程式为：H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3，故答案为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3。24、FeC132Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)【解析】（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。点睛：本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C是FeCl2。25、胶头滴管、500mL容量瓶①③⑤D②⑤BE【解析】

（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）依据配置一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤和仪器的正确使用方法解答；（3）根据n=cV、m=nM计算出500mL1.0mol/L的NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的质量，然后根据氢氧化钠的称量要放到小烧杯里称量来分析；（4）根据实验操作的方法进行判断；（5）根据实验操作对c=的影响进行误差分析。【详解】（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；（2）①量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，故①错误；②用玻璃杯搅拌加速固体的溶解，故②正确；③玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故③错误；④加水至刻度线的下方，操作正确，故④正确；⑤定容时，眼睛应平视刻度线，故⑤错误；⑥加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故⑥正确；故答案为①③⑤；（3）由于无450mL的容量瓶，故选用500mL的容量瓶，配制出500mL的1.0mol/L的溶液，500mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液中含有溶质的质量为：m=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20g，需要称量的氢氧化钠的质量为20.0g，而称量氢氧化钠固体时，要放到小烧杯里称量，故选用的砝码的质量大于20.0g，故答案为D；（4）①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误；

②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只有1次，故②正确；③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故②错误；④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2−3次，故④错误；

⑤定容时，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，只有1次，故正确；

⑥摇匀要在移液后摇匀一次，在定容后再摇匀一次，故⑤错误；故选②⑤；（5）A.NaOH固体长期暴露在空气中，导致部分氢氧化钠变质，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的浓度偏低，故A错误；B.用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B正确；C.称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反，称量出的氢氧化钠的质量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D.定容后发现液面高于刻线，若用胶头滴管将多余的水吸出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，故E正确。26、FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假设a不成立)溶液中存在Fe3＋，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2＋与NaOH反应生成沉淀的颜色变化(现象被遮盖等)或Fe2＋已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，证明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立【解析】

(1)FeSO4具有还原性，易被氧气氧化为Fe2(SO4)，据此分析；(2)根据白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀的现象可推断出该反应为氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应，据此解答；(3)滴加KSCN溶液显红色，可推断含有Fe2(SO4)3；实验ⅰ实际现象与预期现象不符的原因可能为溶液中的Fe3＋遇NaOH产生红褐色沉淀，红褐色沉淀遮盖了白色的氢氧化亚铁沉淀，也可能为Fe2＋已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象，据此解答；(4)氯水中氯气氧化了亚铁离子，据此写出离子反应式；(5)由实验现象可推知化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)；实验ⅳ：溶液X中加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，颜色比ⅲ深，说明含有Fe2+，且Fe2+被氯水氧化为Fe3+,实验ⅲ，溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水，溶液显红色，说明含有Fe3+，综合实验ⅲ、ⅳ得出结论;【详解】(1)做出假设b的依据是FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3；故答案为：FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3；(2)根据实验ⅰ的预期现象，白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀可知相应的方程式为，；故答案为：；；(3)由实验ⅱ的现象溶液变红色可得出的结论，化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假设a不成立);根据实验现象，推测实验ⅰ实际现象与预期现象不符的原因可能为溶液中存在Fe3＋，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2＋与NaOH反应生成沉淀的颜色变化(现象被遮盖等)或已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象；故答案为：化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假设a不成立)；溶液中存在Fe3＋，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2＋与NaOH反应生成沉淀的颜色变化(现象被遮盖等)或Fe2＋已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象；(4)实验ⅳ中氯水参加反应的离子方程式是；故答案为：；(5)由实验现象可推知化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)；实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，证明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立；故答案为：化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)；实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明增加，证明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有，也有Fe2+，即假设b成立；27、分液漏斗MnO2＋4HCl(浓)Cl2↑＋MnCl2＋2H2O干燥的有色布条无变化湿润的有色布条褪色除去Cl2中的HCl除去Cl2中的H2O（g）吸收多余Cl2，防止污染环境Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O【解析】

(1)仪器a的名称是分液漏斗；装置A的仪器b中盛有MnO2，分液漏斗里盛放的是浓盐酸，两者反应制取氯气，故方程式是：MnO2＋4HCl(浓)Cl2↑＋MnCl2＋2H2O；故答案为分液漏斗；MnO2＋4HCl(浓)Cl2↑＋MnCl2＋2H2O；（2）装置A中出来的气体主要是氯气，含有氯化氢、水蒸气杂质，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸后除去水蒸气，得到干燥的氯气，遇到干燥的有色布条，有色布条不褪色，故装置D看到的现象是干燥的有色布条不褪色，遇到湿润的有色布条，氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，故湿润的有色布条褪色，故装置E中的现象是有色布条褪色，故答案为干燥的有色布条无变化；湿润的有色布条褪色；（3）装置B的作用为除去Cl2中的HC