贵州省毕节市纳雍县第五中学2026届高一化学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

贵州省毕节市纳雍县第五中学2026届高一化学第一学期期末教学质量检测模拟试题考生须知：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、等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论不正确的是A．氢原子个数比为4∶3 B．原子个数比为5∶4C．分子个数比为1∶1 D．密度比为17∶162、下列离子组能在溶液中大量共存的是A．Fe2+、H+、Na+、NO3－ B．SiO32-、K+、Br－、H+C．NH4+、Cl－、Mg2+、SO42- D．Na+、OH－、NH4+、I－3、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4、聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.02000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为()A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶55、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（）A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀6、ClO2是一种新型水消毒剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应为5NaClO2+4HCl(稀)=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，下列说法正确的是（）A．反应中HCl作还原剂B．ClO2之所以能做水消毒剂，是利用了它的强氧化性C．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为4：5D．反应中每生成1molClO2转移4mol电子7、将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）A．KSCN B．BaCl2 C．HCl D．NaOH8、下面关于硅及其化合物的叙述中，不正确的是A．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料在玻璃窑中熔融制成B．玻璃、陶瓷、水泥、碳化硅都属于传统的硅酸盐产品C．硅胶可用作食品干燥剂及催化剂的载体D．硅元素是一种亲氧元素，其中[SiO4]四面体结构存在于二氧化硅和硅酸盐矿中9、下列属于电解质的是A．氢氧化钠 B．三氧化硫 C．酒精 D．食盐水10、某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析：①Na2O2、MgO都属于碱性氧化物；②在常温下，NaHCO3溶液、NaHSO4溶液的pH值皆小于7；③司母戊鼎、氯水皆属于混合物；④由非金属元素组成的化合物可能属于盐。上述说法中正确的是()A．①② B．①④ C．②③ D．③④11、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12、下列关于胶体的说法中不正确的是()。A．可以通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去B．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色C．一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D．分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液13、下列各组的两个量，前者不恰好是后者二倍的是A．Na2O2中阳离子和阴离子的个数B．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量和被还原的HNO3的物质的量C．质量分数为98%的H2SO4的物质的量浓度和质量分数为49%的H2SO4的物质的量浓度D．分别发生KMnO4受热分解、MnO2催化H2O2分解反应，当得到同温同压下同体积O2时，两个反应转移的电子数14、美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”（如图所示），每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是A．人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动B．“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段C．C60是一种新型的化合物D．C60与12C是同位素15、关于氯化钠的描述不正确的是()A．化学式：NaCl B．化学键类型：离子键C．摩尔质量：58.5 D．晶体类型：离子晶体16、某化工厂用“侯氏制碱法”制取碳酸钠（俗名纯碱）。碳酸钠属于A．碱 B．氧化物 C．酸 D．盐17、在标准状况下把4.48LCO2通过足量的Na2O2固体后，固体增加的质量是A．8.8gB．5.6gC．3.2gD．2.4g18、向物质的量浓度均为1mol/L

的HCl、AlCl3、MgCl2、NH4Cl混合溶液中逐滴加入1mol/L

的NaOH溶液，得到如图图像。下列有关说法正确的是A．沉淀的最大物质的量为2molB．c~d段会产生标况下22.4LC．d~e段发生的反应为Al3++4OH-=AlO+2H2OD．a~c

段发生的反应方程式为:

Al3++3OH-=Al（OH）3↓；

Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓19、进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是（）A．金属钠着火时使用干粉（主要成分为碳酸氢钠）灭火器灭火B．用试管加热固体时使用试管口向上倾斜C．浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D．移取熔融氯化钠的坩埚，应用坩埚钳夹持20、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2++AgB．碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：HCO3-＋OH－=CO2↑＋H2OC．金属铝加入到浓碱溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+3H2↑D．铜粉加入到氯化铁溶液中：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+21、某反应的能量变化如右图。则有关该反应的叙述正确的是A．是吸热反应 B．生成物比反应物稳定C．该反应一定可以设计成原电池 D．向外界放出的热量为(E2－E3)22、焰色反应可用来检验()A．所有元素的存在 B．所有金属单质的存在C．某些金属单质或金属离子的存在 D．所有非金属元素的存在二、非选择题(共84分)23、（14分）有一瓶无色澄清溶液，其中可能含有H+、K+、Mg2+、Ba2+、Cl－、SO42－、CO32－、MnO4－离子。现进行以下实验：（1）用pH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；（2）取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；（3）取少量（2）中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生。①根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有；肯定不存在的离子有；可能存在的离子有。②写出（3）中发生反应的离子方程式。24、（12分）现有黄绿色气体乙为Cl2，金属单质A、B和气体甲、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出)(1)丙的化学式为___；(2)F溶液常用于腐蚀印刷电路板，请写出相关的离子方程式：___；(3)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.氯水c.Na2SO3溶液d.KSCN溶液(4)C溶液中加入过量的Al2O3固体的离子反应方程式为___；向反应后的溶液中通入过量的CO2气体的离子反应方程式为___。25、（12分）某学生用如图所示装置制取氯气，并收集氯气进行实验。请完成下列问题：ABC(1)装置A中发生反应的离子方程式为______________________________________。(2)装置B如图中所示正放，则连接A的接口是________(填序号)。(3)实验中可观察到装置C中紫色石蕊溶液的现象是__________________，其原因__________________________。(4)取出B中的集气瓶进行氯气与铜的反应实验，应该进行的操作是______________，然后立刻放入充满氯气的集气瓶中。实验中有同学提出应该在集气瓶底先放少量的水或细沙，你认为__________(填“需要”或“不需要”)放，理由是____________________________。26、（10分）实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以氯气为原料制备氯化铁，已知氯化铁容易与水发生水解反应，装置如下图所示。（1）装置A烧瓶中发生反应的化学方程式为：______________。（2）装置B、C中应盛放的试剂名称分别为___________、________________若装置去掉B、C，将对实验产生的安全隐患是_____________（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_____。（4）F装置所起的作用是_____，_____。（5）用廉价的石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，写出工业制漂粉精反应的化学方程式：____________。27、（12分）为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如图所示的装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）。请据此回答：（1）若锥形瓶A中装某可溶性正盐溶液，其化学式为__。（2）装置B所盛的试剂是__，其作用是__。（3）装置C所盛试剂溶质的化学式是__。C中反应的离子方程式是__。（4）由此可得出的结论是：酸性__＞__＞__。28、（14分）某混合物A含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：回答下列问题：（1）写出所含物质的化学式：固体B_____，沉淀D_____。（2）写出①、④两个反应的化学方程式：①_______________________________________④_______________________________________（3）写出②、③两个反应的离子方程式：②_______________________________________③_____________________________________（4）设计实验检验溶液F中所含溶质的阳离子：___________________________。（5）分别写出Al2O3和Fe2O3在工业上的一种主要用途：Al2O3︰_____________________________________Fe2O3︰_____________________________________29、（10分）经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：离子Fe3+Cu2+SO42－Na+H+浓度/(mol/L)2×10-31×10-31×10-22×10-3(1)c(H+)=________mol/L。(2)为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾(FeSO4·7H2O).①工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、________________、_________________。②试剂B是__________。③操作③是_____________、_____________、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。④通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是__________________。⑤获得的FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是___________________________。若将所得FeSO4·7H2O配成溶液，向溶液中滴加NaOH溶液的现象是_________________________________________________________________。⑥上述1000L废水经处理，可获得FeSO4·7H2O的物质的量是_________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】

在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，所以CH4和NH3的分子数相同。【详解】A．CH4和NH3的分子数相同，所以氢原子个数比为4∶3，正确；B．CH4和NH3的分子数相同，所以原子个数比为5∶4，正确；C．CH4和NH3的分子数相同，所以分子个数比为1∶1，正确；D．同温同压下，气体密度和相对分子质量成正比，所以CH4和NH3的密度比为16∶17，错误；故选D。【点睛】本题可以用阿伏加德罗定律解答，也可以用pV=nRT以及导出式pM=ρRT解答。2、C【解析】

A．Fe2+、H+和NO3－能发生氧化还原反应，不能大量共存，A项不符合题意；B．SiO32-与H+反应生成白色沉淀，不能大量共存，B项不符合题意；C．NH4+、Cl－、Mg2+、SO42-相互间不反应，能大量共存，C项符合题意；D．OH－和NH4+反应生成NH3·H2O，不能大量共存，D项不符合题意；答案选C。3、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。4、B【解析】

加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为a∶b的比值，据此分析解答。【详解】n(SO42-)==0.0075mol，n(K2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol，由电荷守恒可知n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+)，n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol，得到a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1，故选B。5、A【解析】

向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色，说明有I2生成。碘元素化合价由-1价升高到0价，Cu2+被还原为CuI，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2被还原，I2与SO2反应生成HI和H2SO4，据此分析解答。【详解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中，Cu2+化合价降低，Cu2+作氧化剂，I2是I-失去电子形成的，I2是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合价由0价降低为-1价，I2作氧化剂，SO2被氧化，SO2作还原剂。由于物质氧化性：氧化剂>还原剂，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正确；B.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应方程式可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2作氧化剂，B错误；C.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为I2不断被还原消耗变为I-使碘水褪色，SO2体现强还原性，而不能表现漂白性，C错误；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应的化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每转移2mol电子生成2molCuI，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握物质的性质与元素化合价的关系是本题解答的关键。根据题目信息推断实验中发生的反应，利用物质的氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；物质的还原剂：还原剂大于还原产物，还原剂大于氧化剂，电子转移数目等于反应中元素化合价升降总数，本题考查了学生对氧化还原反应的利用及对陌生信息的接受与应用能力。6、B【解析】

A.5NaClO2+4HCl(稀)=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，HCl→NaCl元素化合价没变，所以HCl既不是还原剂又不是氧化剂，故A错误；B.ClO2中氯元素化合价为+4，ClO2具有氧化性，ClO2能做水消毒剂，是利用了它的强氧化性，故B正确；C.NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4，部分氯元素化合价由+3降低为-1，根据得失电子守恒，反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为4：1，故C错误；D.NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4，反应中每生成1molClO2转移1mol电子，故D错误；答案选B。7、D【解析】

A．KSCN只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，不能区别，故A不符合题意；B．BaCl2和上述物质间均不反应，无明显现象，不能区别，故B不符合题意；C．HCl和上述物质间均不反应，无明显现象，不能区别，故C不符合题意；D．氯化钠和NaOH溶液混合无明显现象；氯化铝中逐滴加入NaOH溶液，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和NaOH反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和NaOH反应生成红褐色沉淀；氯化镁和NaOH反应生成白色沉淀，现象各不相同，能区别，故D符合题意；综上所述答案选D。8、B【解析】

A.普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，A项正确；B.碳化硅属于新型陶瓷材料，B项错误；C.硅胶可用作干燥剂，其内部多孔的结构也可作催化剂的载体，C项正确；D.二氧化硅和硅酸盐中存在硅氧四面体，D项正确；答案选B。9、A【解析】

在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，一定属于化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A．氢氧化钠是在水溶液中和熔融状态下都能够导电的化合物，氢氧化钠为电解质，故A选；B．三氧化硫在熔融状态下不能导电，三氧化硫的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是三氧化硫电离的，三氧化硫是非电解质，故B不选；C．酒精不导电，酒精的水溶液也不导电，所以酒精为非电解质，故C不选；D．食盐水为混合物，所以食盐水既不是电解质，也不是非电解质，故D不选；故答案选A。10、D【解析】

①Na2O2与盐酸反应有氧气放出，Na2O2属于过氧化物，①错误；②在常温下，NaHCO3溶液pH值大于7、NaHSO4溶液的pH值小于7，②错误；③司母戊鼎是铜锡的合金、氯水是氯气的水溶液，都属于混合物，③正确；④由非金属元素组成的化合物可能属于盐，如氯化铵，④正确；故答案选D。11、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。12、A【解析】

A.可以通过渗析的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去，A错误；B.制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，B正确；C.一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，这是丁达尔效应，C正确；D.分散质粒子的直径：悬浊液＞胶体＞溶液，D正确；答案选A。13、C【解析】

A．Na2O2由Na+与过氧根离子(O22-)构成，则Na2O2中阳离子和阴离子的个数之比为2：1，A不符合题意；B．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量为4mol，被还原的HNO3的物质的量为2mol，所以前者恰好是后者二倍，B不符合题意；C．硫酸的浓度越大，密度越大，当二者质量相同时，体积越小，等质量的质量分数为98%的H2SO4的体积小于质量分数为49%的H2SO4，所以前者浓度大于后者的二倍，C符合题意；D．KMnO4受热分解生成1mol氧气转移4mol电子，H2O2分解反应生成1mol氧气转移2mol电子，前者恰好是后者二倍，D不符合题意；故合理选项是C。14、B【解析】A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，选项A错误；B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，选项B正确；C、由不同种元素形成的纯净物是化合物，C60是一种单质，选项C错误；D、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C60是单质，不是核素，选项D错误。答案选B。15、C【解析】

氯化钠的化学式为NaCl，是由钠离子与氯离子构成的，固体形式为离子晶体，其摩尔质量为58.5g/mol，综上所述，答案为C。16、D【解析】

碳酸钠（Na2CO3）是由钠离子和碳酸根离子构成的，符合盐的定义，D正确；答案选D。17、B【解析】根据反应方程式2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2↑，在标准状况下，4.48LCO2的物质的量为0.2mol，所以反应后固体增加的质量为0.2mol×(106g/mol-78g/mol)=5.6g，所以本题正确答案为B。18、D【解析】

A．因原混合溶液的体积未知，故无法判断沉淀的最大物质的量，选项A错误；B．c～d段为NH4Cl与NaOH溶液反应，产生NH3的量无法计算，选项B错误；C．d～e段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O，选项C错误；D．H+、Mg2+、NH4+、Al(OH)3结合氢氧根离子的能力逐渐减弱，故滴加NaOH溶液过程中，微粒反应的先后顺序是H+、Mg2+、NH4+、Al(OH)3，a~c

段发生的反应方程式为:

Al3++3OH-=Al（OH）3↓；

Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，选项D正确。答案选D。19、D【解析】

A.钠燃烧后生成的过氧化钠会与干粉灭火器产生的二氧化碳中反应放出氧气，所以不仅不能灭火，反而会助长火势，故A错误；B.一般固体都无可避免的会存在水分，加热的时候这些水分蒸发出来，在试管口低温区域冷凝成水，如果试管口向上倾斜，那么这些水就会顺着试管流到加热区，试管在热涨冷缩中就会炸裂，故B错误；C.氢氧化钠是强碱,腐蚀性也非常强，故C错误；D.移取熔融氯化钠的坩埚，应用坩埚钳夹持，故D正确；答案选D。【点睛】钠燃烧后生成的过氧化钠会与干粉灭火器产生的二氧化碳中反应放出氧气，钠也能与水反应生成氢气易导致爆炸，因此实验室中钠着火时应该用沙土盖灭。20、D【解析】

A.锌片插入硝酸银溶液中，离子方程式：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，故A错误；B.碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O，故B错误；C.金属铝加入到NaOH溶液中，反应的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑，故C错误；D.铜粉加入到氯化铁溶液中，离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故D正确；故选D。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。21、B【解析】A.该反应反应物能量大于生成物，是放热反应，故A错误；B.生成物能量低于反应物，所以生成物比反应物稳定，故B正确；C.只有该反应是氧化还原反应，才可以设计成原电池，故C错误；D.向外界放出的热量为(E1－E3)，故D错误。故选B。点睛：解答本题选项C，需要理解放热的氧化还原反应可以设计成原电池反应。22、C【解析】

焰色反应只能用来检验某些金属元素的存在，不能检验所有元素或所有金属或非金属元素，故C正确。二、非选择题(共84分)23、①肯定存在：H+、Ba2+、Cl－；肯定不存在：Mg2+、SO42－、CO32－、MnO4－；可能存在：K+；②Ba2++CO32－=BaCO3↓【解析】试题分析：①先由题干可知，无色溶液中不能大量存在紫红色的高锰酸根离子；由实验（1）和题意可知，含有大量的H+，因此不能大量存在CO32－，因为CO32－与H+易反应生成水和气体；由（2）的现象可知，该溶液不存在Mg2+，否者就会生成白色沉淀；由（3）可知，该溶液存在Ba2+，因为Ba2+与CO32－易反应生成白色沉淀；由于原溶液呈电中性，不能全部是阳离子，且H+、Ba2+、Cl－间不满足复分解反应发生的条件，因此原溶液存在大量的Cl－；上述实验无法证明K+的存在；②、原溶液中钡离子与加入的碳酸根离子反应，生成碳酸钡沉淀，即Ba2++CO32－=BaCO3↓。考点：考查离子的检验与推断、离子方程式的书写。【名师点睛】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验要，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。24、HCl2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+bdAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-【解析】

金属A的焰色反应为黄色，则A为Na，A与水反应生成气体甲为H2，物质C为NaOH；C与F反应生产线红褐色沉淀G应为Fe(OH)3，可知F含有Fe3+；黄绿色气体乙为Cl2，氯气与氢气反应生成气体丙为HCl，HCl的水溶液D为盐酸，由转化关系可知金属B为Fe、E为FeCl2、F为FeCl3。【详解】(1)根据分析可知丙为HCl；(2)Fe3+具有强氧化性可以氧化铜单质生成Cu2+，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(3)金属B为Fe，与盐酸反应可以生成Fe2+，亚铁离子可以被氯气氧化成Fe3+，Fe3+可以与KSCN溶液作用显血红色，所以取上层清液后需再加入的试剂为b、d；(4)NaOH溶液中加入过量的Al2O3固体的离子反应方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；向反应后的溶液中通入过量二氧化碳，由于碳酸不能溶解氢氧化铝，所以最终产物为氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。25、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2Oa先变红，后褪色氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使紫色石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，使溶液褪色用坩埚钳夹住一束细铜丝，在酒精灯火焰上灼热不需要实验中生成的是烟而不是温度较高的固体熔融物，不会使瓶底炸裂【解析】

（1）实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应制备氯气生成氯化锰、氯气和水，依据反应写出离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；（2）氯气比空气重，收集气体用向上排气法，导气管长进短出，连接

A

的导管口是a；

故答案为a；（3）C装置用水吸收氯气发生反应，Cl2+H2O=HCl+HClO，盐酸使石蕊试液变红色，次氯酸具有漂白性使石蕊试液褪色；故答案为先变红，后褪色；原因：氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使紫色石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，使溶液褪色。（4）进行氯气与铜的燃烧实验：首先进行的操作是用坩埚钳夹住一束铜丝灼烧，然后立刻放入充满氯气的集气瓶中，铜丝燃烧生成棕黄色烟，不是温度较高的固体熔融物，不会炸裂瓶底，集气瓶底不需要放少量的水或细沙，故答案为用坩埚钳夹住一束细铜丝，在酒精灯火焰上灼热；不需要；实验中生成的是烟而不是温度较高的固体熔融物，不会使瓶底炸裂。26、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水浓硫酸HCl和水蒸气进入D中与铁反应生成H2，H2和Cl2混合加热易发生爆炸2Fe+3Cl22FeCl3吸收多余的氯气，防止其逸出污染环境防止空气中的水蒸气进入D中2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】

（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰和氯气、水，据此写出方程式；（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，需用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸吸收水蒸气；若没有这两步操作，盐酸与铁反应产生的氢气与氯气混合受热会发生爆炸；（3）铁粉与氯气在加热条件下反应生成氯化铁；（4）反应后剩余的氯气需要吸收，空气中的水蒸气不能进入D装置内，影响实验，据此分析碱石灰的作用。（5）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，据此写出方程式；【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰和氯气、水，方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水，所以选饱和食盐水除去氯化氢；因题中要求制备氯化铁，所以要除去氯气中混有的水蒸气，且不引进新的杂质、氯气也和该物质不反应，所以选浓硫酸；因浓盐酸具有挥发性，反应生成物中有水，在加热条件下变成水蒸气，所以混合气体中的成分是氯化氢、水蒸气、氯气，氯化氢和铁能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸；故答案是：饱和食盐水；浓硫酸；HCl和水蒸气进入D中与铁反应生成H2，H2和Cl2混合加热易发生爆炸；（3）铁粉与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；故答案是：2Fe+3Cl22FeCl3；（4）氯气有毒，污染环境，所以不能排空，碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠，氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应，所以可用碱石灰处理尾气，空气中有水蒸气，碱石灰还能吸收水蒸气，所以可作干燥剂，防止水蒸气进行D装置干扰实验；故答案是：吸收多余的氯气，防止其逸出污染环境；防止空气中的水蒸气进入D中；（5）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案是：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。【点睛】本题中产生的氯气需要干燥和纯净，因此必须除去氯化氢和水蒸气，可以用饱和食盐水和浓硫酸；氯气与铁反应生成的氯化铁易与水发生水解反应，因此还需要防止空气中的水蒸气进入D装置，反应过程中氯气过量，因此需要连接一个既能吸收水蒸气又能吸收氯气的装置，试剂可以选择碱石灰，此装置的作用不易回答完整。27、Na2CO3(或K2CO3、（NH4）2CO3任写一个)饱和碳酸氢钠除去HClNa2SiO3SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-HClH2CO3H2SiO3【解析】

根据较强酸制取较弱酸可知，要想验证HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，根据实验现象确定酸的相对强弱。【详解】（1）A中碳酸盐与盐酸反应放出二氧化碳气体，可证明酸性HCl>H2CO3，所以锥形瓶A中装可溶性正盐溶液，其化学式可能为Na2CO3(或K2CO3、（NH4）2CO3任写一个)；（2）由于盐酸具有挥发性，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，盛放的试剂是饱和碳酸氢钠；（3）要证明碳酸酸性大于硅酸，装置C所盛试剂溶质的化学式是Na2SiO3。C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-；（4）根据较强酸制取较弱酸可知，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，由此可得出的结论是：酸性HCl＞H2CO3＞H2SiO3。【点睛】本题考查了比较弱酸相对强弱的探究实验，注意盐酸有挥发性，导致二氧化碳气体中含有HCl，会对实验造成干扰，重点考查学生对实验原理的把握。28、Al2O