2026届山东省新泰第一中学高一化学第一学期期末达标检测试题含解析

2026届山东省新泰第一中学高一化学第一学期期末达标检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、光导纤维被认为是20世纪最伟大的发明之一，它使信息科学迅猛发展。光导纤维的主要成分是()A．CaCO3 B．SiO2 C．Na2SiO3 D．CaSiO32、下列关于合金的叙述中不正确的是（）A．合金具有熔点高硬度大等特性 B．目前用量最大、用途最广泛的合金是钢C．在我国使用最早的合金是青铜 D．合金钢可制成不锈钢和特种钢等3、下列关于电解质、非电解质的说法正确的是A．氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质B．CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质C．导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液D．HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质4、为测定某铜器表面Cux(OH)yClz（Cu为＋2价，x、y、z为正整数）的组成，现进行如下实验：取少量Cux(OH)yClz，将其完全溶解于稀硝酸中，将所得溶液分成两等份。向其中一份滴加足量AgNO3溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到固体0.1435g。向另一份中加入0.1000mol·L−1EDTA(已知Cu2+与EDTA反应的化学计量数比为1∶1)，恰好完全反应时消耗EDTA20mL。则Cux(OH)yClz的化学式中y的值为（）A．1 B．2 C．3 D．45、如将物质按照单质、氧化物、酸、碱、盐分类，下列各组物质中，类别相同的是（）A．氧气、氧化镁、四氯化碳、水B．硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾C．硫酸、碳酸钠、氯化镁、氧化钠D．硝酸银、氢氧化钠、醋酸钠、氯化钾6、离子方程式BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑中的H＋不能代表的物质是①HCl②H2SO4③HNO3④NaHSO4A．①③ B．①④ C．① D．②④7、取铜镁合金14.4g完全溶于一定浓度的硝酸中，反应过程中硝酸的还原产物只有2.24LNO2和4.48LNO气体（气体体积都已折算成标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为A．22.4g B．26.3g C．28.5g D．30.0g8、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9、关于物质的用途下列说法正确的是①水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料；②氢氧化铝可以用做耐火材料；③氢氟酸可以用来刻蚀玻璃；④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料；⑤利用氯气的毒性可以消灭田鼠；⑥漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂；⑦四氧化三铁常用作红色油漆和涂料⑧晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池A．①②③④⑤⑥ B．①③④⑤⑥⑧C．①②④⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦⑧10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．56g铁粉在氯气中充分燃烧时转移电子数等于2NAB．1molNa2O2与足量CO2反应，转移了4NA个电子C．标准状况下，2.24LCl2被NaOH溶液吸收，转移电子数为0.2NAD．16g氧气与臭氧（分子式为O3）的混合气体中，含有NA个氧原子11、已知硫酸中含有3.01×1023个氧原子，硫酸的物质的量是A．0.500mol B．1.00mol C．0.250mol D．0.125mol12、将3.9g镁铝合金投入到足量的NaOH溶液中，共产生标准状况下H2的体积为3.36L。则原合金中镁和铝的物质的量之比是A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．2：313、同温同压下，质量相同的CO2、H2、NH3三种气体，下列说法错误的是A．所含分子数由多到少的顺序是：H2＞NH3＞CO2B．所含原子数由多到少的顺序是：NH3＞CO2＞H2C．所占的体积由大到小的顺序是：H2＞NH3＞CO2D．密度由大到小的顺序是：CO2＞NH3＞H214、下列说法中正确的是：A．原子晶体的熔点一定高于离子晶体B．P4和CH4都是正四面体分子，键角都为109°28’C．NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有6个D．C60气化和I2升华克服的作用力相同15、某溶液中含有、、、、、，向该溶液中通入过量的，下列判断正确的是（）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有、；②有胶状物质生成；③有气体产生；④溶液颜色发生变化；⑤共发生了2个氧化还原反应.A．①③⑤ B．①②③ C．②③④ D．②④⑤16、设为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A．18gH2O中所含的电子数为NAB．标准状况下，22gCO2与11.2LH2O含有相同的原子数C．常温常压下，48gO2与O3的混合气体中含有的原子总数为3NAD．2L0.1mol/LNa2CO3溶液中所含Na+的数目为0.2NA17、海水提溴时常用热空气或水热气将溴吹出制成粗溴，是因为单质溴A．性质稳定 B．沸点低 C．不溶于水 D．易升华18、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4含有的原子数为5NAB．1.8g的NH4+中含有的电子数为NAC．常温常压下，32gO2和O3的混合气体中所含原子数为1.5NAD．7.1gCl2溶于水，转移电子数目为0.1NA19、在强碱性溶液中，下列离子组能大量共存的是A． B．C． D．20、在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能实现的是（）A．CaCO3CaOCaSiO3B．FeFeCl2Fe(OH)3C．AlH2CuD．SSO3H2SO421、向含Fe3+、Fe2+、Al3+、Na+的溶液中加入过量Na2O2，充分反应后再加入过量的盐酸，溶液中离子数目变化最小的是（）A．Na+ B．Fe2+ C．Fe3+ D．Al3+22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图所示。(1)若A为强碱，C、D常被用做食用“碱”。C→D反应的离子方程式为______________。(2)若A为使用最广泛的金属单质，B是某强酸的稀溶液，则检验D溶液中金属阳离子的试剂为_____________，D→C反应的离子方程式为___________。(3)若A为非金属单质，D是空气中的主要温室气体。D还可以转化为A，写出该反应的化学方程式_________。24、（12分）物质A～N存在如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：气体B是___，沉淀N是___。（2）写出反应“C→F”的离子方程式：___。（3）写出反应“I→J”的离子方程式：___。（4）在溶液I中直接滴加NaOH溶液，放置中可观察到的现象是___，后期发生变化的原因可用化学方程式解释为___。（5）固体L是一种红色颜料，将一定量固体L溶于160mL5mol·L-1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L氢气（标准状况），经检测溶液中无Fe3＋，则参加反应的铁粉的质量为___g。25、（12分）工业上将纯净干燥的氯气通入到0.5mol·L-1NaOH溶液中得到漂白水。某同学想在实验室探究Cl2性质并模拟制备漂白水，下图是部分实验装置。已知KMnO4与浓盐酸反应可以制取Cl2。(装置D中纸条为红色)(1)配平KMnO4与盐酸反应的化学方程式：___KMnO4+___HCl(浓)=___KCl+___MnCl2+___Cl2↑+___H2O；(2)A中的反应体现了浓盐酸____________性(填字母)A、氧化性B、还原性C、酸性(3)饱和NaCl溶液的作用是____________。(4)装置E的作用是_____________。其缺点是_______________。(5)配制480mL物质的量浓度为0.5mol·L-1NaOH溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____，需称量的NaOH的质量是___。26、（10分）某研究小组制备84消毒液(主要成分NaClO)设计了如图装置。并查阅到下列资料：Ⅰ.氯气与水的反应是放热反应；Ⅱ.卤素单质与碱液发生反应：3X2＋6OH-5X-＋XO3-＋3H2O。回答下列问题：（1）装置中的大试管内发生反应的离子方程式为__。（2）装置中能否省去盛饱和NaCl溶液的洗气瓶？__(填“能”或“不能”，下同)，理由是__。（3）装置中能否省去盛浓硫酸的洗气瓶？__，理由是__。（4）装置中能否省去盛冰水的烧杯？__，理由是__。27、（12分）实验室现需配制100mL0.5mol·L-1的NaOH溶液。（1）用托盘天平称取NaOH固体的质量为___g。（2）配制时，其正确的操作顺序是___（填字母序号）。A．将冷却的NaOH溶液注入容量瓶中B．用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡C．用托盘天平称取所需质量的NaOH，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解D．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀E.加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，至液面与刻度线相切（3）判断下列操作对所配溶液浓度的影响（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。①定容时俯视刻度线___；②转移溶液时不慎有少量泼洒___。28、（14分）某溶液可能含有H＋、K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、SO、CO（1）取该溶液20mL，加入NaOH溶液，只产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入1.0mol·L－1NaOH溶液的体积之间的关系如图所示；水样中一定含有的阳离子是___________，其物质的量之比是_________，并可排除______的存在。（2）另取该溶液20mL，加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。试根据上述实验推测Cl－是否存在？___(填“是”或“否”)。（3）无法确定的离子是______，可通过____________方法确定其是否存在。29、（10分）A～H分别表示中学化学中常见的某种物质，它们之间的相互转化关系如下图所示(部分反应物、生成物未列出)。已知：C、D、E、F、G五种物质中均含有同一种元素；A为淡黄色固体化合物；G为红褐色固体。(1)写出化学式：A：________________；C：________________；F：________________。(2)写出反应的化学方程式：②_____________________________________________________________。⑥_____________________________________________________________。(3)写出离子方程式：③_____________________________________________________________。⑤_____________________________________________________________。(4)生成24gB需要转移________mol电子。

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】光导纤维的主要成分是SiO2，故选B。2、A【解析】

A．合金具有比成分金属更低熔点、更大硬度，A错误；B．目前产量最大、用量最大、用途最广泛的合金是钢，B正确；C．我国早在商代就使用了青铜，C正确；D．合金钢可制成不锈钢和特种钢，D正确。答案选A。3、D【解析】

A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故C错误；D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；故选D。4、C【解析】

向其中份滴加足量AgNO3溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到固体0.1435g，由此计算n(Cl-)；向另一份中加入0.1000mol·L-1EDTA（已知Cu2+与EDTA反应的化学计量数比为1：1），恰好完全反应时消耗EDTA20mL，由此计算n(Cu2+)；然后结合化学式中元素的化合价代数和为零计算化学式中y的值。【详解】向其中份滴加足量AgNO3溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到固体0.1435g，生成了氯化银沉淀，n(AgCl)==0.001mol，含氯离子物质的量=0.001mol，向另一份中加入0.1000mol·L-1EDTA（已知Cu2+与EDTA反应的化学计量数比为1：1），恰好完全反应时消耗EDTA20mL，n(Cu2+)=0.1000mol•L-1×0.02L=0.002mol，Cux(OH)yClz中n(Cu2+)：n(Cl-)=2：1，令x=2，由化学式中元素的化合价代数和为零：（+2）×2+（-1）×1+（-1）×y=0，解得y=3，答案为C。5、B【解析】

A．氧气是单质，氧化镁合成水是氧化物；四氯化碳是氯化物，它们的分类不同，错误；B．硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾都是盐，种类相同，正确；C．硫酸是酸；碳酸钠、氯化镁是盐；氧化钠是氧化物，物质的分类不同，错误；D．硝酸银、醋酸钠、氯化钾是盐，氢氧化钠是碱，物质的分类不同，错误；答案选B。6、D【解析】

①HCl溶于水完全电离，且不和钡离子反应，可以代表碳酸钡和盐酸反应的离子方程式，故①不选；②H2SO4溶于水完全电离,但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀,离子方程式为BaCO3+2H++SO42−=BaSO4+CO2↑+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸反应的离子方程式，故②选；③HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应可以，可以代表碳酸钡和硝酸反应的离子方程式，故③不选；④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡,离子方程式为BaCO3+2H++SO42−=BaSO4+CO2↑+H2O，不可以代表碳酸钡和硫酸氢钠反应的离子方程式，故④选；综上所述，②④项符合要求，D项正确，答案选D。7、B【解析】

反应生成沉淀的质量为氢氧化镁、氢氧化铜的质量，也等于金属质量+氢氧根离子质量；根据电子守恒关系可知金属失去电子的物质的量与生成一氧化氮、二氧化氮得到电子的物质的量相等，也等于氢氧根离子的物质的量，据此可计算出氢氧根离子的质量，进而可计算生成沉淀的质量，以此解答该题。【详解】本题涉及反应有：CuCu2+Cu(OH)2，MgMg2+Mg(OH)2，

反应后生成Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成2.24L的NO2气体和4.48L的NO气体，反应中转移的电子的物质的量为：×(5-4)+×(5-2)=0.7mol，所以生成的沉淀的质量为：14.4g+0.7mol×17g/mol=26.3g，

故选：B。【点睛】，明确反应中注意电子的物质的量与沉淀中氢氧根离子的物质的量相等为解答关键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法。8、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。9、B【解析】

试题分析：①水玻璃是硅酸钠溶液，具有防火作用，是制备硅胶和木材防火剂的材料；③SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸是唯一可以与二氧化硅反应的酸，玻璃中含有二氧化硅，所以可以用氢氟酸刻蚀玻璃；④纯净的二氧化硅是制备现代光学及光纤制品的基本原料；⑤氯气有剧毒，可以消灭田鼠，但如果是在实验室里使用一定要注意安全；⑦四氧化三铁是具有磁性的黑色晶体，三氧化二铁才是红棕色粉末，可以做红色油漆和涂料；⑧晶体硅是良好的半导体材料，故选B10、D【解析】

A.56g铁粉在氯气中充分燃烧生成三氯化铁，转移电子数等于3NA，故A错误；B.1molNa2O2与足量CO2反应，转移了1NA个电子，故B错误；C.标准状况下，2.24LCl2被NaOH溶液吸收生成氯化钠和次氯酸钠，转移电子数为0.1NA，故C错误；D.16g氧气与臭氧（分子式为O3）的混合气体中，n(O)=16g÷16g·mol－1=1mol,含有NA个氧原子，故D正确；故选D。11、D【解析】

3.01×1023个氧原子的物质的量,故的物质的量是。所以D选项是正确的。【点睛】在使用物质的量的计算公式时，要注意各个物理量是否表示的为同一物质，要做到一一对应。12、B【解析】

镁铝合金中，只有铝能和氢氧化钠发生反应，根据Al与NaOH溶液反应方程式中转化关系，由生成氢气的量计算出铝的物质的量，再结合n=及物质总质量，可计算出Mg的物质的量，进而得到二者的物质的量的比。【详解】n(H2)==0.15mol，由Al与NaOH溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗的Al的物质的量为n(Al)=n(H2)=0.1mol，m(Al)=n·M=0.1mol×27g/mol=2.7g，则原合金中Mg的质量为m(Mg)=3.9g-2.7g=1.2g，所以Mg的物质的量n(Mg)==0.05mol，因此原合金中镁和铝的物质的量之比n(Mg)：n(Al)=0.05mol：0.1mol=1：2，故合理选项是B。【点睛】本题考查化学方程式的计算，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。13、B【解析】

A.根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、NH3，分子数由多到少的顺序是：H2＞NH3＞CO2，选项A正确；B.设质量相同的CO2、H2、NH3三种气体的质量为1g，则所含有原子数分别为NA=NA、NA=NA、NA=NA，故所含原子数由多到少的顺序是：H2＞NH3＞CO2，选项B错误；C.根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、NH3三种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞NH3＞CO2，选项C正确；D.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、NH3三种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2＜NH3＜CO2，密度之比为：CO2＞NH3＞H2，选项D正确；答案选B。14、D【解析】

A项，原子晶体的熔点不一定比离子晶体的高，氧化镁的熔点高达2800℃，而二氧化硅的熔点只有1600℃，故A项错误；B项，P4是正四面体分子，但键角为60°，故B项错误；C项，根据氯化钠晶体的晶胞示意图可看出，与每个Na+距离最近且相等的Na+共有12个，故C项错误；D项，C60和I2都是分子晶体，状态改变时，克服的是分子间作用力，作用力相同，故D项正确；故答案选D。15、C【解析】

某溶液中含有、、、、、，向该溶液中通入过量的Cl2，Cl2与水反应；SO32-可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32-和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br-被氯气氧化为溴单质；CO32-和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，据此分析解答。【详解】某溶液中含有、、、、、，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32−可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32−和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br−被氯气氧化为溴单质；CO32−和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；①因钠离子与溶液中其它微粒不反应，所以反应前后浓度保持不变；SO32−可以被氯气氧化为SO42−，所以SO42−浓度变大，故①错误；②根据以上分析可知，有胶状物质硅酸生成，故②正确；③碳酸根离子与氯化氢反应生成二氧化碳气体，所以有气体产生，故③正确；④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化，由无色变化为橙红色，故④正确；⑤SO32−和Br-被氧化，且氯气和水反应也是氧化还原反应，所以共发生了3个氧化还原反应，故⑤错误；故②③④正确；故选C。【点睛】此题易错点在于⑤，忽略了氯气和水的反应也是氧化还原反应。16、C【解析】

A、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含10mol电子，故为10NA个，选项A错误；B、标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，选项B错误；C．O原子质量为48g，物质的量为=3mol，O原子数为3NA，选项C正确；D．2L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.2mol，0.2mol碳酸钠中含有0.4mol钠离子，含Na+0.4NA个，选项D错误；答案选C。17、B【解析】

通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是液溴沸点低、易挥发的性质，且溴可溶于水，与化学性质稳定无关，且溴不具有易升华的性质，B项正确；答案选B。18、B【解析】

A.标准状况下CCl4是液体，22.4LCCl4的物质的量不是1mol，故A错误；B.1.8g的NH4+中含有的电子数为NA，故B正确；C.O2和O3都是由氧原子构成，32gO2和O3的混合气体中所含原子数2NA，故C错误；D.7.1gCl2溶于水，只有部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，转移电子数目小于0.1NA，故D错误。故选B。19、C【解析】

在强碱性溶液中，含大量的OH-，据此分析解答。【详解】A．HCO3-、OH-与Ba2+反应水和碳酸钡沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Cu2+与OH-结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl-、SO42-之间不反应，也不与OH-反应，能大量共存，故C正确；D．Mg2+与OH-结合生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。【点睛】明确强碱性溶液中含大量的OH-是解题的关键。本题的易错点为A，要注意HCO3-与OH-能够反应，OH-＋HCO3-＝CO32-＋H2O。20、A【解析】

A.高温下碳酸钙分解产生氧化钙，氧化钙这种碱性氧化物可以和二氧化硅这种酸性氧化物在高温下直接成盐变成硅酸钙，A项转化均能实现；B.氯气与金属反应生成的是最高价氯化物，因此是，FeCl2与NaOH反应生成Fe（OH）2沉淀，B项不能实现；C.硝酸是一种强氧化性酸，与金属反应一般是不产生氢气，而是产生氮氧化物，C项第一步不能实现；D.硫在氧气中点燃生成，不能生成，D项第一步不能实现；答案选A。21、D【解析】

Na2O2加入溶液中，先和水反应生成NaOH和氧气，Na+增多。Fe3+、Fe2+和OH-生成Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，加入过量盐酸后，Fe(OH)3和HCl反应生成FeCl3，Fe(OH)2容易被氧化为Fe(OH)3，加入过量盐酸后，也生成了FeCl3，所以Fe2+减少，Fe3+增多。Al3+和过量的NaOH反应生成NaAlO2，再和过量盐酸生成AlCl3，所以Al3+数目几乎不变。故选D。22、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。二、非选择题(共84分)23、CO32－+CO2+H2O=2HCO3－KSCN溶液2Fe3++Fe=3Fe2+2Mg+CO22MgO+C【解析】

(1)若A为强碱，C、D常被用做食用“碱”，应为碳酸钠和碳酸氢钠，根据反应流程可知，A为氢氧化钠，与少量二氧化碳反应生成C为碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成D为碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；(2)若A为使用最广泛的金属单质，B是某强酸的稀溶液，根据流程可推知A为铁，B为硝酸，过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁，少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁；(3)若A为非金属单质，D是空气中的主要温室气体CO2。根据流程可知A为碳，碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO，在氧气充足时燃烧生成D为CO2，CO在氧气中燃烧生成CO2，CO2与C在高温条件下反应生成CO。【详解】(1)若A为强碱，C、D常被用做食用“碱”，应为碳酸钠和碳酸氢钠，根据反应流程可知，A为氢氧化钠，与少量二氧化碳反应生成C为碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成D为碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故C→D反应的离子方程式为CO32－+CO2+H2O=2HCO3－；(2)若A为使用最广泛的金属单质，B是某强酸的稀溶液，根据流程可推知A为铁，B为硝酸，过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁，少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁，则检验D溶液中金属阳离子Fe3+的试剂为KSCN溶液，D→C反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；(3)若A为非金属单质，D是空气中的主要温室气体CO2。根据流程可知A为碳，碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO，在氧气充足时燃烧生成D为CO2，CO在氧气中燃烧生成CO2，CO2与C在高温条件下反应生成CO，D还可以转化为A，是镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和C，反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。24、HClH2SiO3Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)311.2【解析】

硅和烧碱反应得到M，M是硅酸钠溶液，通入后变为沉淀，N是，溶液C能与氨水反应得到白色沉淀，白色沉淀又能溶于强碱，则C一定是铝盐，F是，G则是，A就是铝，铝与溶液B反应得到铝盐和一种单质气体D，D只能是氢气，黄绿色气体E只能是氯气，则氢气和氯气反应得到氯化氢气体B，因此溶液B是盐酸，溶液I虽然不好推断，但是K一定是沉淀，则金属H是铁，I是氯化亚铁，J是氯化铁，最后灼烧可以得到铁红，L是，本题得解。【详解】（1）根据分析，B是氢气，N是硅酸；（2）根据分析，写出铝盐和氨水反应的离子方程式：；（3）根据分析，写出亚铁被氯气氧化的离子方程式：；（4）亚铁溶液中加入碱，可以看到白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，实际上发生了；（5）本题最终得到的是溶液，根据先算出的物质的量，氯元素是守恒的，因此最后得到的一共有0.4mol；体系中氧化剂有和两种，还原剂只有铁粉，三者最终恰好完全氧化还原，首先根据算出（还原产物）的量，则一共得了0.2mol电子，再来看铁，我们可以假设参加反应的铁粉有，则参加反应的有，列出反应中的得失电子守恒：解出，则参加反应的铁粉一共有。25、2162258BC吸收氯气中混有的氯化氢气体吸收多余的氯气，防止污染空气发生倒吸500mL容量瓶10.0g【解析】

A中KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2，产生的氯气中含氯化氢气体，故B处用饱和氯化钠溶液除杂，C处浓硫酸干燥氯气，在D处进行氯气的性质探究实验，观察红色布条的变化，E在末端，为尾气处理装置，由此解答。【详解】（1）KMnO4与盐酸反应生成氯气，作氧化剂，化合价降低，得到电子；盐酸作还原剂化合价升高，失去电子，根据氧化还原反应得失电子守恒可配平方程：；（2）A中的反应浓盐酸中部分氯元素的化合价升高，失去电子，作还原剂，体现还原性；部分盐酸生成了相应的盐，体现酸性，故答案为BC；（3）饱和NaCl溶液可吸收氯气中混有的氯化氢气体；（4）装置E位于末端，作用是：吸收多余的氯气，防止污染空气；氯气溶于氢氧化钠溶液可能导致装置发生倒吸；（5）配制480mL物质的量浓度为0.5mol·L-1NaOH溶液时，主要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，需称量的NaOH的质量是。26、Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O不能氯气中混有的HCl气体进入大试管中也会和氢氧化钠溶液反应，降低了NaClO的产量和纯度能少量水蒸气进入试管中不影响反应不能氯气与水的反应是放热反应，反应时温度升高，可能引起副反应，生成NaClO3【解析】

装置分别是氯气的制备、净化、干燥和次氯酸钠的制备，结合物质的性质、装置特点和已知信息分析解答。【详解】(1)氯气与氢氧化钠在冰水浴条件下反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；故答案为：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；(2)浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢，否则氯化氢能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，影响产品的产量和纯度，所以盛饱和氯化钠溶液的洗气瓶不能省略；故答案为：不能；氯气中混有的氯化钠气体进入试管中也会和氢氧化钠溶液反应，降低了次氯酸钠的产量和纯度；(3)氢氧化钠溶液中含有水，所以该实验不需要干燥氯气，可以将盛浓硫酸的洗气瓶省去，对实验不产生影响；故答案为：能；少量水蒸气进入试管中不影响反应；(4)依据题意可知，温度较高时，氯气与氢氧化钠反应生成氯酸钠，为防止副反应发生，盛冰水的烧杯不能省去；故答案为：不能；氯气和水的反应是放热反应，反应时温度升高，可能会引起副反应，生成NaClO3。27、2.0或2CABED偏大偏小【解析】

（1）配制100mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5mol·L－1×0.1L×40g·mol－1=2.0g；故答案为：2.0或2；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所提供的操作相应的步骤为：称量、溶解：C.用托盘天平称取所需质量的NaOH，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；冷却、移液：A.将冷却的NaOH溶液注入容量瓶中；洗涤：B.用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡；定容：E.加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，至液面与刻度线相切；摇匀：D.盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；所以正确的操作顺序为：CABED；故答案为：CABED；（3）①定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏低，溶液浓度偏大；故答案为：偏大；②转移溶液时不慎有少量泼洒，导致溶质偏小，溶液浓度偏低，故答案为：偏小。28、H+、Al3+、Mg2+2：2：1Fe3+、CO32-是K+焰色反应【解析】试题分析：（1）加入10mL1.0mol·L－1NaOH溶液没有沉淀生成，说明原溶液含有H＋，且H＋物质的量是0.01mol；加入NaOH溶液，只产生白色沉淀，说明没有Fe3＋，加入过量的氢氧化钠，沉淀先增多后减少，且不能完全溶解，说明原溶液含有Mg2＋、Al3＋；加入10mL50mLNaOH溶液发生的反应是；，加入50mL60mLNaOH溶液发生的反应是；Mg2＋、Al3＋与CO32-不能共存，所以一定不含CO32-；