2024届四川省泸州市泸县第四中学化学高一第一学期期末统考试题含解析

2024届四川省泸州市泸县第四中学化学高一第一学期期末统考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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NA2、碘单质的制备流程如图，下列说法不正确的是()A．“煮沸”操作有利于I－的充分溶解B．灼烧时用到的硅酸盐仪器为玻璃棒、蒸发皿、酒精灯。C．氧化的步骤中发生的氧化还原反应：2I－+H2O2+2H+=I2+2H2OD．萃取分液中分液漏斗中萃取液的处理是：下层液体经旋塞放出，上层液体从上口倒出3、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A．16g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子数为NAB．44gCO2与28gCO所含有的分子数都为NAC．46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为NAD．NA个氮分子与NA个氧分子的质量比为7∶84、常温下，有c（H+）=0.1mol/L的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种，现取100mL该溶液进行如下实验：已知氧化性Fe3+>I2，根据实验结果，下列判断正确的是（）A．Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子一定存在B．不能确定Na+和Cl﹣是否存在，CO32﹣一定不存在C．Fe3+与Fe2+至少有一种D．该溶液中c（Cl﹣）≥0.3mol•L15、下列关于氢氧化铁胶体叙述错误的是（）A．鉴别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用丁达尔效应B．向氢氧化铁胶体中加入硫酸溶液现象是先沉淀后沉淀消失C．除去氢氧化铁胶体中的铁离子用渗析的方法D．制备氢氧化铁胶体用氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合制取6、下列各组离子在碱性条件下能大量共存，在强酸性条件下不能大量共存的是（）A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣ B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣C．Na+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．NH4+、Na+、SO42﹣、NO3﹣7、在空气中的自由离子附着在分子或原子上形成的空气负离子被称为“空气维生素”，O22-就是一种空气负离子，则O22-的摩尔质量为()A．32g B．34g C．32g·mol－1 D．34g·mol－18、FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断正确的是A．反应后溶液中可能存在Fe3+ B．反应后溶液中一定存在Fe2+C．反应后溶液中不可能存在Cu2+ D．剩余固体一定为纯净物9、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10、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是()A．已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B．已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OC．已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D．已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO类推：向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO11、下列电离方程式错误的是（）A．NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO32- B．NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-C．BaCl2=Ba2＋＋2Cl－ D．Na2SO4=2Na＋＋SO42-12、下列关于实验操作的叙述不正确的是A．蒸馏时，在烧瓶中加几粒沸石B．加液时，胶头滴管悬置在试管正上方C．萃取时，分液漏斗正立振荡后，直接放在铁架台上，静置D．分液时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出13、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．14、三位科学家因在¨分子机器的设计与合成”领域做出贡献而荣获2016年诺贝尔化学奖。他们利用原子、分子的组合，制作了最小的分子马达和分子车。下列说法错误的是()A．化学注重理论分析、推理，而不需要做化学实验B．化学是在原子、分子的水平上研究物质的一门自然科学C．化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料D．化学是一门具有创造性的科学，化学的特征是认识分子和制造分子15、离子方程式书写时，下列物质能够“拆分”的是()A．HClOB．Al2O3C．Fe(OH)3D．NaAlO216、下列生活中常见用品与其类别或主要成分对应正确的是ABCD用品名称太阳能电池浓硫酸84消毒液纯碱类别或主要成分SiO2H2SO4纯净物NaOHA．A B．B C．C D．D17、实验室用下列方法制取氯气：①用含4mol氯化氢的浓盐酸与足量的二氧化锰反应；②用87g二氧化锰与足量浓盐酸反应，若不考虑氯化氢的挥发，则反应后所得氯气的物质的量()A．①比②多 B．②比①多 C．两种方法一样多 D．无法比较18、二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，关于该反应的说法中正确的是()A．二氧化氮是氧化剂，水是还原剂 B．二氧化氮是还原剂，水是氧化剂C．二氧化氮既是氧化剂又是还原剂 D．二氧化氮既不是氧化剂又不是还原剂19、某同学做实验需要80mL1.0mol·L－1的CuSO4溶液，下列有关配制该溶液的说法中正确的是A．需要称量CuSO4·5H2O的质量为20.0gB．该实验用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、容量瓶C．定容时仰视读数会使配制出的溶液浓度偏低D．定容后发现容量瓶中液体超过标线，用胶头滴管吸出一部分20、下列说法正确的是()A．Na2CO3和NaHCO3可做食用碱或工业用碱B．海水晒盐的原理是升高温度从而降低食盐在水中的溶解度C．二氧化硅是制造太阳能电池和计算机芯片的主要材料D．在清洗卫生间时，从安全角度可将“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与84消毒液混和使用21、下列说法正确的是()A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均极易溶于水C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化22、下列物质的分类采用树状分类法的是()A．铁是单质又是导体B．纯净物可分为有机物和无机物C．氯化钠是钠的化合物，又是氯化物D．氢氧化钙既是纯净物，又是化合物，属于碱二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包固体可能由硝酸铜、硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠中的一种或几种组成。为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展如图所示的实验：已知：①步骤Ⅰ中固体全部溶解，溶液呈蓝色，且无气泡产生。②步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。请回答下列问题：(1)原固体中一定含有的物质是___________________________________________(填化学式)。(2)原固体中一定不含有的物质是________________________________________(填化学式)，原因是________________________________________________________________________。(3)写出步骤Ⅱ、Ⅲ中生成白色沉淀的离子方程式：___________________________________。(4)步骤Ⅲ所得蓝色溶液中一定含有的溶质是_____________________________(填化学式)。24、（12分）已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。(1)写出下列物质的名称或化学式：A(名称)：_________E(名称)：_________J(化学式)：_________G(化学式)：_________；(2)按要求写方程式：D转化为E的离子方程式：________________________________________________；F在空气中转化为G的化学方程式：________________________________________；电解C可以得到单质B，试写出B生成I的离子方程式：_____________________。25、（12分）粗硅中含有铁和锡（Sn）等杂质，粗硅与氯气反应可生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原可得高纯硅。实验室用下列装置模拟制备SiCl4。已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______；装置A烧瓶中发生反应的离子方程式是____________。（2）装置C中盛放的试剂是_____________，作用是___________________；玻璃管b的作用是_______________________。（3）装置E的烧杯中盛放冰水的目的是______________________。（4）装置F中碱石灰的作用是____________________________。（5）装置E烧瓶中得到的SiCl4中溶有少量的杂质FeCl3和SiCl4，可以通过___________方法提纯。26、（10分）为探究铁和铁的化合物的一些化学性质，某学生实验小组设计了以下实验。（1）往A、B溶液中分别滴入几滴KSCN溶液，溶液的颜色A

________，B

____________。（2）写出上述过程中有关反应的化学方程式：Fe2O3→A_______________________；A→B____________________________。（3）B→C可看到的现象是___________________________________________。（4）将A的饱和溶液滴入沸水中并不断加热，可制得_______________胶体；当光束通过该胶体时，可看到一条光亮的“通路”，这种现象称为___________效应。27、（12分）由1～18号元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由1～18号元素组成的抗酸药的有效成分可能是碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3+在pH=5.0时沉淀完全；Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，在pH=11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ．向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ．用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ．向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5~6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ．向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ．向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。⑴Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是___________。⑵由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、___________（填元素名称）。⑶Ⅲ中生成B的离子方程式是___________。⑷Ⅳ中B溶解的离子方程式是___________。⑸沉淀C的化学式是___________。⑹若上述n(A)：n(B)：n(C)=1：1：3，则X的化学式是___________。28、（14分）已知A与盐酸反应生成B和氢气，D为单质。根据上图回答下列问题：（1）C的化学式为_______；B+D→C的化学方程式为______________。（2）B与氨水反应的现象为___________________________________，请写出该现象的离子方程式______________；_________。29、（10分）将一定量的KClO3与MnO2的混合物溶于0.1L10mol/L的浓盐酸中加热，若不考虑溶液体积的变化，待充分反应后混合物无剩余且测得溶液中K+浓度为0.2mol/L，将逸出的所有气体通过饱和食盐水再干燥后发现其体积约为1.568L（标况下），而饱和食盐水增重7.3g，请计算下列问题，并写出计算过程：（1）混合物中MnO2的质量是多少______________（2）反应后剩余HCl的浓度是多少____________（3）所有反应过程中，转移电子物质的量总共是多少______________

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、C【解题分析】

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。【题目详解】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。【题目点拨】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。2、B【解题分析】

由题给流程图可知，5g海带用酒精润湿后，灼烧得到海带灰，将海带灰溶于蒸馏水，煮沸充分溶解，过滤得到含碘离子的溶液，向含碘离子的溶液中加入稀硫酸酸化的双氧水溶液，双氧水在酸性条件下与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，得到含碘单质的溶液，然后向含碘单质的溶液加入四氯化碳萃取，分液得到含单质碘的四氯化碳溶液，最后加热蒸馏得到单质碘。【题目详解】A项、“煮沸”操作能使海带灰中的I－充分溶解，故A正确；B项、固体灼烧时应在坩埚中进行，故B错误；C项、氧化步骤中，双氧水在酸性条件下与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，得到含碘单质的溶液，反应的化学方程式为2I－+H2O2+2H+=I2+2H2O，故C正确；D项、分液时下层液体经旋塞从下口放出，待下层液体流完后，关闭活塞，再将上层液体从上口倒出，故D正确；故选B。【题目点拨】注意固体灼烧时应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行。3、C【解题分析】

A.氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，16g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的物质的量是1mol，氧原子数为NA，A正确；B.44gCO2与28gCO的物质的量均是1mol，所含有的分子数都为NA，B正确；C.由于不能计算出46gNO2和N2O4的混合物的物质的量，因此不能计算混合物含有的分子数，C错误；D.NA个氮分子与NA个氧分子的物质的量相同，均是1mol，则其质量比为28：32＝7：8，D正确。答案选C。4、D【解题分析】

溶液中已经含有0.1mol/L的H+，所以与其不能大量共存的一定不存在；由于加入适量Cl2的四氯化碳溶液后下层出现了紫色，说明有碘单质生成，那么原溶液中一定含有I-；由于氧化性Fe3+＞I2，所以I-会被Fe3+氧化，所以原溶液中一定不会存在Fe3+；根据I2的质量为2.54g可知，100mL的原溶液含有I-0.02mol，所以原溶液中；对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成沉淀，所以原溶液中一定有Fe2+，那么1.60g固体即Fe2O3，所以100mL原溶液中，Fe2+的量为0.02mol，即原溶液中；由于第一步中加入的Cl2会转变为Cl-，所以不能通过生成AgCl白色沉淀证明原溶液中含有Cl-；通过上述分析，原溶液中，，，电荷并不守恒，所以原溶液中一定还含有Cl-，由于上述检验过程并未证明溶液中一定不含Na+，所以；当，溶液中不含Na+，当，溶液中一定有Na+。【题目详解】A．通过分析可知，溶液中一定不含Fe3+，A项错误；B．通过分析可知，原溶液中一定不含；原溶液中一定还含有Cl-，且当，溶液中不含Na+，当，溶液中一定有Na+，B项错误；C．通过分析可知，溶液中含Fe2+，不含Fe3+，C项错误；D．通过分析可知，溶液中一定含有Cl-，且，D项正确；答案选D。【题目点拨】离子推断的问题，可以通过四个原则进行分析：肯定原则，指的是，由题干中给出的检验现象等信息判定某离子一定存在；互斥原则，指的是，在某离子一定存在的前提下，与之不能大量共存的离子，一定不能存在于溶液中；进出原则，指的是，在设计实验检验溶液中存在的离子时，前面步骤加入的试剂是否会对后面的检验造成干扰；电中性原则，指的是，若题干中有给出沉淀质量，气体体积等信息，那么要对溶液中一定存在的离子是否符合电荷守恒进行验证。5、D【解题分析】

A、胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，所以可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液，A正确；B、向胶体中加入电解质溶液，使胶体聚沉转化为沉淀，Fe(OH)3与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3和H2O，所以现象是先沉淀后沉淀消失，B正确；C、离子可透过半透膜，所以除去氢氧化铁胶体中的铁离子用渗析的方法，C正确；D、氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合得到的是Fe(OH)3沉淀，无法得到Fe(OH)3胶体，D错误。故选D。6、B【解题分析】

碱性溶液含大量的氢氧根离子，酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答。【题目详解】A.碱性溶液中不能大量共存Mg2+，不符合要求，A项错误；B.碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，酸性溶液中不能大量共存CO32−，符合要求，B项正确；C.酸性、碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，不符合要求，C项错误；D.碱性溶液中不能大量共存NH4+，不符合要求，D项错误；答案选B。7、C【解题分析】

比O2多2个电子，电子的质量可以忽略不计，故的相对分子质量为32，所以的摩尔质量为32g/mol。答案选C。【题目点拨】本题主要考查的是摩尔质量及其单位，根据摩尔质量与相对分子质量的关系即可判断，注意摩尔质量在以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量。8、B【解题分析】

①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe＋Cu2+=Fe2+＋Cu，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；【题目详解】A.由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3+，A错误；B.固体有剩余，Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，溶液中一定存在Fe2+，B正确；C.当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，C错误；D.若铁过量，剩余的固体为铜和铁的混合物，D错误。故选B。9、D【解题分析】

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－。【题目详解】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。10、B【解题分析】

A.金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，A错误;B.NaHSO4与Ba(OH)2按照2:1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,B正确；C.碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，C错误；D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-，D错误；故答案为：B。11、A【解题分析】

A.由于碳酸是弱酸，所以NaHCO3中的HCO3-不能完全电离，NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故A选；B.硫酸是强酸，所以NaHSO4能完全电离成Na＋、H＋和SO42-，故B不选；C.BaCl2是强电解质，能完全电离成Ba2＋和Cl－，而且在1molBaCl2中有1molBa2＋和2molCl－，故C不选；D.硫酸钠是强电解质，能完全电离成Na＋和SO42-，故D不选。故选A。【题目点拨】只有二元或二元以上的酸才能形成酸式盐，在常见的强酸里，只有硫酸是二元酸，其他均为一元酸，所以强酸的酸式盐只有硫酸氢盐，所以写酸式盐在水中的电离方程式时，可以说只有硫酸氢根能拆成氢离子和硫酸根离子的形式，其他的酸式根离子都不能拆开写。12、C【解题分析】

A、蒸馏时，为防止液体加热时剧烈沸腾在烧瓶中加几粒沸石防暴沸，A正确；B、加液时，为防止液体受到污染，胶头滴管悬置在试管正上方，B正确；C、萃取时，分液漏斗应倒转振荡后，再放在铁架台上，静置，C错误；D、分液时，为防止液体二次污染，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确。答案选C。13、D【解题分析】

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。14、A【解题分析】

A.化学是一门以实验为基础的科学，进行化学实验，观察实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一，故A错误；B.化学是在原子、分子的水平上研究物质的一门自然科学，故B正确；C.化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，组装分子材料、分子器件和分子机器，故C正确；D.化学具有创造性，化学特征是认识分子和制造分子，故D正确；故选A。15、D【解题分析】A.HClO是弱酸，难电离，应该用化学式表示，A错误；B.Al2O3是金属氧化物，应该用化学式表示，B错误；C.Fe(OH)3是难溶性物质，属于弱碱，用化学式表示，C错误；D.NaAlO2易溶，完全电离，在离子方程式中应该“拆分”成离子，D正确，答案选D。点睛：书写离子方程式的关键是正确拆分，需要说明的是并不是易电离的物质都可以拆分成离子形式，只有同时满足易溶、易电离的物质才能拆成离子形式，而难溶、难电离的以及单质、气体、氧化物等均用化学式表示，所以熟练记住常见物质的电离情况和溶解情况是解答该类试题的关键。16、B【解题分析】

A.硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，是制造太阳能电池的重要原料，故A错误；B、硫酸的化学式为H2SO4，故B正确；C、“84消毒液”是次氯酸钠（NaClO）的水溶液，属于混合物，故C错误；D、纯碱的成分为Na2CO3，故D错误；答案：B。17、B【解题分析】

根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于1mol，浓盐酸足量时，反应②根据MnO2的质量计算出氯气的量为1mol，所以反应后所得氯气的物质的量为：①＜②，即②比①多，故选B。【题目点拨】本题考查氯气的制备，注意氯气的实验室制法以及浓稀盐酸的性质的差异性，在使用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的实验中，要注意稀盐酸与二氧化锰不反应。18、C【解题分析】

二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮中氮元素的化合价即升高又降低，所以二氧化氮即是氧化剂又是还原剂，故选：C。19、C【解题分析】

A．由于需要80mL的溶液，所以应当选用100mL规格的容量瓶进行配制；那么就需要0.1mol的CuSO4·5H2O，质量即25.0g，A项错误；B．配制溶液所需的玻璃仪器有烧杯，玻璃棒，容量瓶以及定容所需的胶头滴管，B项错误；C．定容时，仰视刻度线会导致加水过量，最终配制的溶液浓度偏低，C项正确；D．定容时，若加水过量超过刻度线，则需要重新配制；用胶头滴管吸出一部分，会使溶质损耗，最终配制的溶液浓度偏低，D项错误；答案选C。【题目点拨】一定物质的量浓度溶液的配制的一般步骤：先根据需求和容量瓶规格计算所需药品的量→选择合适的仪器和方法准确称量药品→在烧杯中溶解或稀释药品→静置使溶液恢复至室温→向容量瓶中转移溶液→洗涤烧杯并将洗涤液也转移至容量瓶中，重复三次→加水定容，当液面距离刻度线2至3cm时，改用胶头滴管加水定容→盖塞子，上下颠倒摇匀，溶液配制完成后建议尽快转移至试剂瓶中贴标签备用。20、A【解题分析】

A.碳酸钠、碳酸氢钠都属于强碱弱酸盐，其酸根离子都易水解而使其水溶液都具有碱性，可以用作食用碱或工业用碱，A正确；B.海水中约有3.5%的食盐，食盐的溶解度受温度的影响小，从食盐溶液中获得食盐主要利用阳光和风蒸发水分，使海水中的水分蒸发掉，使氯化钠结晶出来，而不是升高温度从而降低食盐在水中的溶解度，升高温度食盐在水中的溶解度增大，B错误；C.硅是制造太阳能电池和计算机芯片的主要材料，而不是二氧化硅，C错误；D.洁厕灵（主要成分为盐酸）与84消毒液（主要成分为次氯酸钠）混用，发生氧化还原反应生成氯气，则不能混合使用，故D错误；答案选A。21、B【解题分析】

A．二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；B．液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明两种气体均易溶于水，故B正确；C．铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故C错误；D．常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有机色质，属于氧化性漂白；而SO2能够与有机色质结合形成不稳定无色物质，属于非氧化性漂白，加热后，褪色后的溶液又恢复到原来的颜色。22、B【解题分析】

A、同时用两个标准对铁进行分类，属于交叉分类法，错误；B、用一个标准进行分类，为树状分类法，正确；C、从阴阳离子两个角度进行分类，为交叉分类法，错误；D、氢氧化钙从多个角度进行分类，为交叉分类法，错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、Cu(NO3)2、Na2SO4NaHCO3向固体中加入稀盐酸时无气泡产生Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓，Ag＋＋Cl－=AgCl↓HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2【解题分析】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定一定含有氯化钠．【题目详解】（1）固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有Cu(NO3)2；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有Na2SO4；（2）固体加过量稀盐酸无气泡产生，所以固体中一定不含有NaHCO3；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，离子方程式是Ba2++SO42-=BaSO4↓，最后加入硝酸银，产生的白色沉淀是氯化银，离子方程式是Cl-+Ag+=AgCl↓；（4）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠，综合分析可知，蓝色滤液中一定含有的溶质是：HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2。【题目点拨】首先分析所给混合物中各物质的性质，然后根据题中所给的实验现象进行判断，最后确定混合物的组成成分。24、氧化铁氯化亚铁Al(OH)3Fe(OH)3Fe+2H+=Fe2++H2↑4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解题分析】

A是一种红棕色金属氧化物，根据G是红褐色沉淀可判断G是氢氧化铁，则F是氢氧化亚铁，E是氯化亚铁，B、D是金属单质，D是铁，因此A是氧化铁。C与盐酸和氢氧化钠溶液均反应，则C是氧化铝，B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解，J是氢氧化铝，分解生成氧化铝和水。【题目详解】（1）根据以上分析可知A的名称是氧化铁，E的名称是氯化亚铁，J的化学式为Al(OH)3，G的化学式为Fe(OH)3；（2）D转化为E的离子方程式为Fe+H+=Fe2++H2↑；F在空气中转化为G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；铝与氢氧化钠溶液反应生成I的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。25、分液漏斗MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+2H2O+Cl2↑浓硫酸干燥氯气调节装置内外压强平衡冷凝并收集SiCl4吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中蒸馏【解题分析】

制备四氯化硅的原料为Cl2和Si。A装置为Cl2的制备装置，B、C装置为除杂装置。先用B除去HCl，再用C（浓H2SO4）除去H2O蒸气。Cl2通入粗硅中反应，用冷水将产生SiCl4冷凝即可，以此解答。【题目详解】（1）依据仪器a形状可知a为：分液漏斗；装置A烧瓶中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下生成氯气，方程式为：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+2H2O+Cl2↑；（2）生成的氯气中混有水蒸气，需要通过浓硫酸除去，装置C中盛放的试剂是浓硫酸；作用是干燥氯气；玻璃管b的作用是调节装置内外压强平衡；（3）D中氯气和粗硅反应生成SiCl4气体，装置E放在冰水中可以冷凝并收集SiCl4；（4）氯气有毒需要除去多余的氯气，同时也要避免空气中的水蒸气进入装置中，则装置F中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中；（5）已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃，三种沸点差别很大，可以用蒸馏的方法进行提纯。26、血红色不变（浅绿色）Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2OFe+2FeCl3=3FeCl2白色沉淀转变为灰绿色又转变为红褐色Fe(OH)3丁达尔【解题分析】

①亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色；

②氧化铁和酸反应生成对应的盐和水，金属铁可以和三价铁化合生成亚铁离子；

③亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；

④将氯化铁滴入沸水中，可以获得氢氧化铁胶体；胶体具有丁达尔效应。【题目详解】（1）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，因此往A、B溶液中分别滴入几滴KSCN溶液，溶液A中显血红色，B中不变色；（2）Fe2O3与盐酸反应的方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，A→B的方程式为Fe+2FeCl3=3FeCl2；（3）氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化，所以B→C可看到的现象是白色沉淀转变为灰绿色又转变为红褐色；（4）将氯化铁饱和溶液滴入沸水中并不断加热，可制得氢氧化铁胶体；当光束通过该胶体时，可看到一条光亮的“通路”，这种现象称为丁达尔效应。27、CO2钠、硅Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+Al(OH)3+OH-=