2026届河南省焦作市普通高中化学高一上期末学业水平测试试题含解析

2026届河南省焦作市普通高中化学高一上期末学业水平测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列物质中，摩尔质量最大的是A．1molCaCO3

B．0.8mol/LH2SO4

C．54gAl D．10mLH2O2、下列说法或化学用语正确的是(

)A．146C原子中质子数为6、中子数为14B．16O2与18O2是两种不同的核素C．23Na+和24Mg2+具有相同的中子数和电子数D．S2-的结构示意图：3、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NAB．标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子C．在25℃，压强为1.01×105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NAD．标准状况下，1.12L氯气中含有0.1NA个氯原子4、下列各组离子在溶液中一定能够大量共存的是（）A．在强酸性溶液中：K＋、HCO3-、SO42-、ClO-B．在含有大量OH－的溶液中：NO3-、Na＋、Cl-、AlO2-C．在含有大量SO42-的无色溶液中：Ba2+、Na＋、Cu2＋、Cl-D．在含有大量Fe2+的溶液中：H＋、Na+、Cl-、ClO-5、下表中各组物质不能实现如图转化的是选项甲乙丙ACO2NaHCO3Na2CO3BAlCl3Al2O3NaAlO2CSiCl4SiO2Na2SiO3DAlCl3AlNaAlO2A．A B．B C．C D．D6、在酸性溶液中能大量共存的离子组是（）A．K+、NH、NO、SOB．K+、Na+、Cl-、COC．Fe2+、Na+、NO、Cl-D．K+、NH、OH-、SO7、下列离子方程式正确的是A．向FeCl3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋B．铜溶于稀硝酸：3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OC．向稀硫酸中加入Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-===BaSO4↓＋H2OD．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋8、下列物质在一定条件下都能导电，属于电解质的是（）A．铜B．NaOHC．SO3D．浓硫酸9、关于物质氧化性及还原性的强弱，下列说法中正确的是()A．物质越易失电子，还原性越强B．原子失电子越多，还原性越强C．元素化合价降低越多，氧化性越强D．物质越易被氧化，氧化性越强10、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LO2含有的原子数为NAB．23g钠与O2完全反应时失去电子数目为2NAC．标准状况下，18gH2O中含有的分子数为NAD．标准状况下，11.2LCO2含NA个CO2分子11、溶液具有导电性是因为其中存在自由移动的离子。向氢氧化钡溶液中加入下列物质至恰好完全反应，溶液导电能力不会发生明显变化的是()A．硫酸 B．硫酸铜 C．二氧化碳 D．硫酸钠12、下列转化过程中必须加入还原剂的是A．FeS→H2SB．SO2→SO32-C．Fe3+→Fe2+D．Cu→Cu2+13、下列物质分类中，前者包含后者的是A．氧化物、化合物 B．溶液、胶体C．化合物、电解质 D．酸性氧化物、非金属氧化物14、下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是A．I可用于制备并检验氢气的可燃性B．II可用于除去CO2

中的HClC．用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH

溶液D．用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色15、下列试剂中，能用带玻璃塞的试剂瓶贮存的是A．氢氟酸 B．氢氧化钠 C．盐酸 D．水玻璃16、将32gCu和足量的浓HNO3反应，当Cu反应完全时，共收集到含NO、NO2的混合气体11.2L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为A．0.5mol B．1mol C．1.3mol D．1.5mol17、通过实验得出的结论正确的是A．某固体试样溶于水，向其中滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原固体中无B．某固体试样溶于稀盐酸，先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水后显红色，说明原固体中含有C．某固体试样溶于水得无色溶液，滴加少量新制氯水，再滴加少量，振荡后静置，下层出现橙红色，说明原固体中含有D．某固体试样溶于稀盐酸，取少量溶液进行焰色反应为黄色，说明原固体为钠盐18、Al2(SO4)3、K2SO4、的混合溶液100mL中，如果的浓度为，当加入的KOH溶液80mL时，生成沉淀恰好溶解，则原混合物中K+的物质的量浓度是A．0.4mol/LB．0.225mol/LC．0.2mol/LD．0.1mol/L19、《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是A．蒸馏 B．萃取 C．升华 D．结晶20、科学的实验方法为我们探索物质世界提供了一把金钥匙。下列实验能达到目的的是(

)选项实验目的实验步骤及现象A探究铁与水在高温下发生反应将水蒸气通过灼热的铁粉，观察粉末变为红褐色B证明溶液中含有Fe3+向溶液中加入KSCN溶液，观察到溶液变红C证明钠与氧气反应会生成过氧化钠切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去D证明二氧化硫具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色A．A B．B C．C D．D21、关于硫及其化合物的叙述正确的是（）A．SO2的漂白原理与次氯酸相同B．硫在空气中燃烧生成SO3C．浓硫酸可以干燥H2、NH3、H2S、CO2等气体D．常温下铝遇到浓硫酸钝化，因此可用铝槽储运浓硫酸22、标准状况下，700L氨气溶于1L水得到密度为0.9g·cm－3的饱和氨水，则该氨水的物质的量浓度约为()A．16.4mol·L－1 B．17.4mol·L－1 C．18.4mol·L－1 D．19.4mol·L－1二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A为常见的金属单质，各物质有如图所示的关系：（1）写出B、C的化学式：B：___，C：___，E：___，F___（2）写出以下反应的化学方程式，有离子方程式的写离子方程式。④___；⑤___；⑧___；颜色变化__。24、（12分）下列物质A－F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。（1）G溶液中溶质的化学式为_____________。（2）请写出反应D→F的化学方程式：_________。（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是____________。（4）E物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。（5）写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。（6）若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：____，反应过程中的化学方程式为：____，______。25、（12分）下图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铜网，F右端出气管口附近放有脱脂棉。（1）A中所放试剂为________，B中所放试剂为________，二者反应的化学方程式为________，该反应中的氧化剂是______。（2）C中试剂是_______；D中试剂的作用是_________。（3）E中现象是_____________；F中现象是________，其反应的化学方程式为________。（4）F管中脱脂棉的作用是________，H中试剂为______________。（5）整套装置中有两处用酒精灯加热，两处酒精灯点燃的先后顺序是________。（用①或②填写）。26、（10分）某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究:（1）装置的连接顺序为a→___→______→_____→_____→b→c→f。（2）硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，这样做的优点是________________。（3）反应一段时间，熄灭酒精灯，冷却后，将收集器及硬质玻璃管中的物质快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验:试剂X中溶质的化学式为____________；固体产物的成分可能为_____(填字母)。A．Fe和FeCl3B．FeCl2和FeCl3C．Fe、FeCl2和FeCl3D．Fe和FeCl2（4）加入少许植物油的作用是____________，加入新制氯水后溶液红色加深的原因：___________(用离子方程式表示)。（5）现有一含FeCl2和FeCl3混合物的样品，用离子交换法测得n(Fe)：n(Cl)=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为______。（计算结果保留两位有效数字）27、（12分）化学实验装置的正确连接是实验成功的关键，如图是中学化学中常见的实验装置。（1）若要干燥SO2气体，应选择装置___（填字母序号）；若先将装置D装满水，再收集NO，则气流方向应为___（填“长进短出”或“短进长出”）。（2）若制备纯净干燥的氯气，装置连接顺序可以为：A→B→B→D→G，装置A中发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，第一个装置B中所装试剂为___，装置G中发生反应的离子方程式为___。（3）甲同学用A、B组合来验证硫酸、碳酸、硅酸的酸性强弱时，硫酸应装入___（填仪器名称）中，B装置中发生的有明显现象的反应的离子方程式为___。28、（14分）研究或认识物质的化学性质一般可从以下几个方面入手（以SiO2为例）。（1）从物质分类角度分析可能具有的通性，如酸性、碱性等。SiO2属于__________氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）。盛装NaOH等碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因可用离子方程式表示为____________________________。（2）从核心元素化合价角度分析可能具有氧化性、还原性。①据SiO2中Si元素的价态可推知SiO2_____________（填字母）：A．只有还原性B．只有氧化性C．既有还原性又有氧化性②工业上用石英砂和焦炭混合高温制取粗硅，其反应为：SiO2+2CSi+2CO↑用双线桥法标出电子转移方向与数目：____________________________。（3）从其它角度认识可能具有的特性。SiO2能与唯一的酸____________（填物质名称或化学式）反应，工艺上常利用该反应___________（填一种用途）。29、（10分）化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：（1）春秋末期工艺官书《考工记》中记载有“涑帛”的方法，即利用含有碳酸钠的水溶液来洗涤丝帛。请写出碳酸钠水溶液中通入CO2气体的化学方程式____，将54.8gNa2CO3和NaHCO3的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量盐酸，收集到气体VL，另一份直接加热至恒重，生成气体2.24L（所有气体体积均在标准状况下测定），则原固体混合物中Na2CO3的物质的量：n（Na2CO3）＝____，气体V＝____。（2）“84”消毒液在生活中使用广泛，其有效成分是次氯酸钠。可在常温下将氯气通入NaOH溶液制得，该反应的离子方程式为____，若有2mol氯气参与该反应，则此时转移的电子数为____NA。（3）小苏打可用于治疗胃酸过多，其反应的离子方程式为____。（4）长石是地表岩石最重要的造岩矿物。某种长石的化学组成KAlSi3O8则将其改写成氧化物的组合形式为____。（5）葡萄糖(分子式C6H12O6)是人体活细胞的能量来源。已知1mol等于1000mmol，某体检单的一些指标如图，则每升该样品中含葡萄糖的质量为____g（请保留两位小数）。9白球比1.610乳酸脱氢酶161U/L11磷酸肌酸激酶56U/L12甘油三酯0.52mmol/L13总胆固醇4.27mmol/L14高密度脂蛋白胆固醇1.57mmol/L15低密度脂蛋白胆固醇1.40mmol/L16葡萄糖4.94mmol/L

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.CaCO3的摩尔质量是100g/mol，B.H2SO4的摩尔质量是98g/mol；C.Al的摩尔质量是27g/mol；D.H2O的摩尔质量是18g/mol，可见摩尔质量最大的是CaCO3；故合理选项是A。2、C【解析】

A.146C中质量数为14，质子数为6，故中子数=质量数-质子数=14-6=8，选项错误，A不符合题意；B.16O2与18O2是单质，不是原子，核素是指质子数相同、中子数不同的原子，选项错误，B不符合题意；C.23Na+的中子数=质量数-质子数=23-11=12，电子数=11-1=10；24Mg2+的中子数=质量数-质子数=24-12=12，电子数=12-2=10，故二者具有相同的中子数和电子数，选项正确，C符合题意；D.S原子的最外层电子数为6，易得两个电子形成S2-，其最外层电子数为8，选项错误，D不符合题意；故答案为C。3、D【解析】

A．2.4g金属镁的物质的量为=0.1mol，0.1molMg变成Mg2+时失去的电子数目为0.1mol×2NAmol-1=0.2NA，故A项说法错误；B．标准状况下，水不是气体，因此不能用气体摩尔体积计算其物质的量或分子数等，故B项说法错误；C．25℃，压强为1.01×105Pa时，气体摩尔体积大于22.4L/mol，因此无法确定11.2L氮气的物质的量，从而无法计算所含原子数，故C项说法错误；D．标准状况下，1.12L氯气的物质的量为=0.05mol，0.05molCl2所含原子数N=0.05mol×2NAmol-1=0.1NA，故D项说法正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。4、B【解析】

A.HCO3−、ClO−与氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B.NO3-、Na＋、Cl-、AlO2-之间不反应,都不与OH−反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；C.Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，Ba2+与SO42-不能大量共存，故C不符合题意；D.Fe2+、H+都与ClO−反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；故选B。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，但酸性条件下不能大量共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存。5、C【解析】

A．NaHCO3与盐酸反应生成二氧化碳和氯化钠和水，方程式NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3与与氢氧化钠反应生成碳酸钠，方程式NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，能实现如图转化，故A正确；B．Al2O3可以和盐酸反应生成氯化铝，也可以和氢氧化钠反应生成NaAlO2，能实现如图转化，故B正确；C．SiO2不能与盐酸反应生成SiCl4，只能与NaOH溶液作用生成Na2SiO3，不能实现如图转化，故C错误；D．金属Al可以和盐酸反应生成AlCl3，Al与NaOH溶液反应生成的是NaAlO2，能能实现如图转化，故D正确；故答案为C。6、A【解析】

A.在酸性溶液中，K+、NH、NO、SO四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B.在酸性溶液中，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C.在酸性溶液中，硝酸根与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.溶液中铵根离子与氢氧根反应生成一水合氨，不能大量共存，故D错误；故选A。7、B【解析】A．向FeCl3溶液中加入过量铁粉，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，A项错误；B．铜溶于稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，B项正确；C．向稀硫酸中加入

Ba（OH）2

溶液，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，C项错误；D．Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，D项错误。答案选B。8、B【解析】试题分析：A、铜是单质，错误；B、氢氧化钠在水溶液中或者在熔融状态下能够导电，属于电解质，正确；C、三氧化硫溶于水导电，但导电是因为三氧化硫与水反应生成的硫酸电离出了氢离子与硫酸根离子，错误；D、浓硫酸是混合物，错误。考点：考查电解质的定义。9、A【解析】

还原性强弱与电子转移数目、化合价升降的多少无关，与失电子能力有关，越易失电子，还原性越强。【详解】A.还原性的强弱与失电子能力有关，越易失电子，还原性越强，A正确；B.还原性强弱与电子转移数目无关，不能利用失去电子数目判断还原性强弱，B错误；C.氧化性与化合价降低数目无关，不能利用元素化合价降低的多少判断氧化性强弱，C错误；D.易被氧化的物质，还原性强，符合优先氧化的规律，D错误；答案为A。10、C【解析】

A、标准状况下，22.4LO2的物质的量为1mol，故所含原子数为2NA，故A错误；B、23g钠的物质的量为=1mol，在与O2反应的过程中，只有Na化合价升高，其化合价从0价升高至+1价，故转移电子数为NA，故B错误；C、18gH2O的物质的量为=1mol，其分子数为NA，故C正确；D、标准状况下，11.2LCO2的物质的量为=0.5mol，所含分子数为0.5NA，故D错误；故答案为C。11、D【解析】

溶液导电的原因是其中存在能自由移动的离子，通过化学反应前后离子的变化情况分析，只要是反应后使溶液离子浓度明显减小则溶液的导电性就会明显减弱，若离子浓度没有明显减少则导电性不会发生明显改变，据此分析即可。【详解】A、硫酸和氢氧化钡溶液恰好反应会生成硫酸钡和水，水难电离，硫酸钡难溶，故溶液的导电能力会明显下降，故A错误；B、硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液恰好反应会生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡，氢氧化铜和硫酸钡均是难溶性物质，故溶液的导电能力会明显下降，故B错误；C、二氧化碳和氢氧化钡溶液恰好反应时会生成碳酸钡和水，水难电离，硫酸钡难溶，故溶液的导电能力会明显下降，故C错误；D、硫酸钠和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，硫酸钡难溶，但是氢氧化钠易电离，故溶液的导电能力不会明显下降，故D正确。故答案选D。12、C【解析】

必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。【详解】A、FeS→H2S，无化合价变化，非氧化还原反应，故A错误；

B、SO2→SO32-无化合价变化，非氧化还原反应，故B错误；

C.、Fe3+→Fe2+化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，所以C选项是正确的；

D、Cu→Cu2+，化合价升高，被氧化，应加氧化剂，故D错误。

所以C选项是正确的。13、C【解析】

A．氧化物指含有两种元素（其中一种是氧元素）的化合物，A错误；B．溶液和胶体都是分散系，分散质粒子直径在1~100nm的分散系是胶体，分散质粒子直径小于1nm的分散系是溶液，B错误；C．电解质是水溶液或者熔融状态能够导电的化合物，C正确；D．酸性氧化物能与碱生成盐和水，非金属氧化物是含有非金属元素的化合物，不一定是酸性氧化物，比如CO，D错误；答案选C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，比如NO、CO等。14、B【解析】A、点燃H2前必须验纯，以防爆炸，故A错误；B、饱和NaHCO3和CO2不反应，而NaHCO3和HCl反应且生成CO2，不引进新的杂质，所以该装置能除去CO2中的HCl，故B正确；C、容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D、氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，所以胶头滴管应该伸入液面下，故D错误。故选B。15、C【解析】

A、氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故A错误；B、氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠是一种矿物胶，能把玻璃塞黏住，故B错误；D、稀盐酸呈酸性，不和二氧化硅反应，所以可以用带玻璃塞的试剂瓶盛放，故C正确；D、水玻璃就是硅酸钠溶液，硅酸钠是一种矿物胶，能把玻璃塞黏住，故D错误；故选C。【点睛】明确硅酸钠的性质、玻璃的成分是解题的关键。本题中能和二氧化硅反应的药品溶液不能盛放在玻璃试剂瓶或带玻璃塞的试剂瓶中。16、D【解析】

n(Cu)==0.5mol，则表现出酸性的HNO3为1mol；n(NO)+n(NO2)==0.5mol，则表现出强氧化性的HNO3为0.5mol，因此反应中消耗HNO3的物质的量为1.5mol，故选D。【点睛】金属与硝酸反应时，所得产物往往比较复杂，把硝酸的作用分成酸性和氧化性，然后分别进行计算，可将复杂问题简单化。17、C【解析】

A．氨气易溶于水，加入氢氧化钠溶液，没有进行加热，因此没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，固体试样中仍可能存在NH4＋，故A错误；B．某固体试样溶于稀盐酸，先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水后显红色，有Fe3+生成，说明一定含有Fe2+，但原固体不一定含Fe2+，也有可能是铁单质，故B错误；C．氯水中的氯气和溴离子反应生成溴单质，四氯化碳把溴从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显橙红色，所以滴加少量新制氯水，再滴加少量CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色说明原溶液中有溴离子，故C正确；D．焰色反应为元素的性质，只能说明含有钠元素，不一定为钠盐，也可能为NaOH等，故D错误；故答案选C。【点睛】本题注意检验NH4＋时，溶液中加入氢氧化钠溶液后一定要加热，否则NH3可能不会逸出而观察不到现象。18、A【解析】

加入的的物质的量为n（KOH）=2mol/L×0.08L=0.16mol，因为沉淀恰好溶解，根据可知原溶液中和加入的是1:4的关系，则原溶液中有0.04mol，Al3+的浓度为；根据电荷守恒，c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42-），则c（K+）=0.8mol/L×2-0.4mol/L×3=0.4mol/L，答案选A。19、C【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。点睛：解题的关键是看懂文言文所表达的意思，方法是找到关键字，如本题中的“砒烟上飞着覆器，遂凝结”等说明砒霜有易升华的性质，从而可得到正确的答案。20、B【解析】

A选项，水蒸气和铁粉反应是生成黑色的四氧化三铁，不是红褐色，故A错误，不符合题意；B选项，溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，证明含有铁离子，故B正确，符合题意；C选项，切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，生成了氧化钠，钠在氧气中加热才生成过氧化钠，故C错误，不符合题意；D选项，二氧化硫通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫的还原性，不是证明漂白性，故D错误，不符合题意；综上所述，答案为B。21、D【解析】

A．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，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，所以二漂白原理不同，A错误；B．硫在空气里燃烧生成二氧化硫而不是三氧化硫，B错误；C．浓硫酸具有强氧化性和酸性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体及碱性气体，H2S为还原性气体，NH3碱性气体，C错误；D．常温下铝遇到浓硫酸钝化，在表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行，因此可用铝槽储运浓硫酸，D正确。答案选D。22、C【解析】

令氨气为700L，则水为1L，氨气的物质的量=mol，氨气的质量=mol×17g/mol=g，水的质量=1L×1000g/L=1000g，溶液的体积=L，所得氨水的物质的量浓度=mol÷L=18.4mol/L，故选C。二、非选择题(共84分)23、Fe3O4FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3+Fe+2Fe3+=3Fe2+4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3白色灰绿色红褐色【解析】

由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe(OH)3，则E为Fe(OH)2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe(OH)3，则E为Fe(OH)2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4(1)由以上分析可知B为Fe3O4，C为FeCl2，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3。故答案为：Fe3O4，FeCl2，Fe(OH)2，Fe(OH)3；(2)反应④的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3+；⑤的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+；⑧离子方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。溶液颜色由白色迅速变为灰绿色最后变为红褐色。24、NaAlO22FeCl2+Cl2=2FeCl3KSCN溶液呈血红色Ca（ClO）2Al3++4OH-=AlO2-+2H2O先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【解析】

B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3；金属A与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH，所以A为Al单质，C为AlCl3溶液，G为NaAlO2溶液。【详解】(1)根据分析可知，G即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO2;(2)根据分析可知，D为FeCl2，与E即Cl2反应后生成FeCl3，方程式为：；(3)检验Fe3+常用硫氰化钾溶液，Fe3+遇SCN-生成血红色物质；(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；(5)通过分析可知，C为AlCl3溶液，与过量的NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：；(6)通过分析可知，D的溶液为FeCl2溶液，FeCl2会与NaOH溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：；25、浓盐酸MnO2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OMnO2饱和食盐水吸收氯气中的水蒸气干燥的红色布条不褪色有棕黄色的烟产生Cu+Cl2CuCl2防止CuCl2固体小颗粒被气体鼓入导管中，堵塞导管NaOH溶液①②【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）根据实验目的，装置①是制备氯气，制备氯气反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，因此分液漏斗中盛放浓盐酸，圆底烧瓶中盛放MnO2，氧化剂是化合价降低的物质，即MnO2为氧化剂；（2）制备的氯气中混有HCl和H2O(g)，根据实验目的，需要制备纯净、干燥的氯气，因此装置C的作用是除去氯气中HCl，一般用饱和食盐水，装置D的作用是干燥氯气，或吸收氯气中的水镇通过其，盛放的是浓硫酸；（3）干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，即E的现象是干燥的红色布条不褪色；F中发生Cu＋Cl2CuCl2，铜和氯气反应产生棕黄色的烟；（4）E中产生棕黄色的烟，容易阻塞导管，因此脱脂棉的作用是防止CuCl2固体小颗粒被气体鼓入导管中，堵塞导管；氯气有毒，需要尾气处理，即装置H的作用是吸收过量的氯气，即H中盛放NaOH溶液；（5）装置中有空气，如果先加热②，铜和空气中氧气发生反应，生成CuO，因此先加热①，产生的氯气排尽装置中的空气，当装置中充满黄绿色气体，再点燃②，即先后顺序是①②。点睛：解决实验题时，一般先找准实验目的，本题实验目的是制备纯净干燥的氯气，且氯气和铜反应，设计时一般按照制备气体→除杂装置→干燥装置→反应或收集→尾气处理装置，像本题中学生容易混淆的是除去氯气中HCl和氯气尾气吸收，除去氯气中氯化氢常用饱和食盐水，除去过量的氯气常用氢氧化钠溶液。26、g，h，d，e防止堵塞KSCN(或NH4SCN)A隔绝空气，防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1-0.10或10%【解析】

(1)排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理；(2)Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞；(3)Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成FeCl2；(4)Fe2+不稳定而易被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；(5)依据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比，进一步计算氯化铁质量分数。【详解】(1)浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f，因此，本题正确答案是：g，h，d，e；(2)Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞，所以硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，因此，本题正确答案是：防止堵塞；(3)Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，所以试剂X为KSCN溶液；固体和氯气反应时可能没有完全反应，导致Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，固体中成分为Fe和FeCl3，A选项正确，因此，本题正确答案是：KSCN；A；(4)Fe2+不稳定而易被氧化，所以植物油的作用是隔绝空气防止Fe2+被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe2+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1-，因此，本题正确答案是：隔绝空气，防止Fe2+被氧化；2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1-；(5)FeCl2和FeCl3的混合物的样品中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：y=9：1，则氯化铁物质的量分数=×100%=10%；因此，本题正确答案是：10%或0.10。27、B短进长出饱和食盐水(或饱和NaCl溶液)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O分液漏斗CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-(或2CO2+2H2O+SiO32-=H2SiO3↓+2HCO3-)【解析】

⑴若要干燥SO2气体，应用浓硫酸进行干燥，若先将装置D装满水，NO不溶于水，收集NO时利用排水法收集。⑵由于氯气中含有水蒸气和HCl杂质，先用饱和食盐水除HCl杂质，再用浓硫酸干燥，尾气处理用NaOH溶液进行尾气处理。⑶甲同学用A、B组合来验证硫酸、碳酸、硅酸的酸性强弱时，硫酸应装入分液漏斗中，硫酸和碳酸盐反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和易溶于水的硅酸盐反应生成硅酸和碳酸盐。【详解】⑴若要干燥SO2气体，应用浓硫酸进行干燥，因此应选择装置B；若先将装置D装满水，NO不溶于水，收集NO时利用排水法收集，因此气流方向应为短进长出；故答案为：B；短进长出。⑵由于氯气中含有水蒸气和HCl杂质，先用饱和食盐水除HCl杂质，再用浓硫酸干燥，因此第一个装置B中所装试剂为饱和食盐水，尾气处理用NaOH溶液进行尾气处理，装置G中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；故答案为：饱和食盐水(或饱和NaCl溶液)；Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。⑶甲同学用A、B组合来验证硫酸、碳酸、硅酸的酸性强弱时，硫酸应装入分液漏斗中，硫酸和碳酸盐反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和硅酸盐反应生成硅酸和碳酸盐，因此B装置中发生的有明显现象的反应的离子方程式为CO2+H2O+SiO32−=H2SiO3↓+CO32−(或2CO2+2H2O+SiO32−=H2SiO3↓+2HCO3－)；故答案为：分液漏斗；CO2+H2O+SiO32−=H2SiO3↓+CO32−(或2CO2+2H2O+SiO32−=H2SiO3↓+2HCO3－)。28、酸性