2024届下关第一中学高一化学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

2024届下关第一中学高一化学第一学期期末学业水平测试模拟试题考生请注意：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、下列各组粒子中属于同位素的是（）A．C60与C120 B．、D、T C．H2O、D2O、T2O D．H-、H+、H2、实验室按照下图所示的操作程序用于提纯某种物质，下列分析一定正确的是A．该操作流程可用于分离水与四氯化碳B．操作I一定是过滤，目的是将固液分离C．可以用于从四氯化碳中提取碘单质D．可以提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物3、某化学兴趣小组学习原电池知识后，决定用其原理，尝试利用铁粉、活性炭、无机盐等物质开发产品，小组提出的设想或对原理的理解不正确的是（）A．打算制成小包装用于糕点的脱氧剂B．利用反应放出热量的原理制成暖宝宝C．调整电池结构，可降低温度，可用于延长糕点保质期D．正极的电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-4、向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL。向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。则下列关系不正确的是A． B． C．n=m+17Vc D．＜p＜5、以下电离方程式正确的是（）A．NaHCO3=Na＋＋HCO- B．K2SO4=K＋＋SO42-C．Ca(OH)2=Ca2＋＋OH2－ D．NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-6、在实验室中，通常将金属钠保存在()A．水中 B．四氯化碳中 C．煤油中 D．汽油中7、漂粉精暴露在潮湿的空气中易失效，其原因与下列叙述无关的是A．HClO的酸性比H2CO3弱 B．Ca(ClO)2是盐C．HClO见光易分解 D．Ca(ClO)2能与碳酸反应8、硅元素在地壳中含量仅次于氧，其单质及其化合物与人类生活紧密相关。下列有关硅及其化合物应用的说法错误的是A．单晶硅可以用作光导纤维 B．硅胶可以用作干燥剂与催化剂的载体C．水玻璃可以用作木材防火剂 D．石英砂可以用来制取硅单质9、下列说法正确的是（）A．硫酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．钢和目前流通的硬币都属于金属单质C．灼热的铜丝不能在氯气中继续燃烧D．溶质为0.4molHCl的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，可生成标准状况下的气体2.24L10、研究表明：NO吸入治疗法可快速改善SARS重症患者的缺氧状况，缓解病情。病毒学研究证实，NO对SARS病毒有直接抑制作用。下列对NO的叙述正确的是（）A．常温常压下，一氧化氮能与空气中的氧气直接化合B．一氧化氮的摩尔质量为30C．一氧化氮是一种红棕色的气体D．一氧化氮易溶于水，不能用排水法收集11、氯化铁溶液可用于铜印刷电路板的制作，下列各组离子在氯化铁溶液中可以大量共存的是A．Ba2+、Cu2+、Br- B．H+、Ag+、NO3-C．Na+、OH-、SO42- D．Al3+、I-、SCN-12、下列关于硅及其化合物的说法正确的是()A．玻璃、陶瓷、大理石都是硅酸盐产品B．近年来玉石市场火热，南阳玉(CaAl2Si2O8)用氧化物形式表示是CaO·Al2O3·SiO2C．华为麒麟芯片的主要成分是二氧化硅D．日本限制出口韩国的高纯度氟化氢可用于半导体硅表面的刻蚀13、镁、铝合金粉末溶于盐酸中且恰好完全反应，若加入的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为A． B． C． D．14、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB．25℃，1.01×105Pa,32gO2和O3的混合气体所含原子数为2.5NAC．标准状况下，11.2LH2O含有的原子数为1.5NAD．常温常压下，44gCO2含有的原子数为3NA15、实验室欲用18mol/L的浓硫酸配制90mL1mol/L的稀硫酸，下列说法正确的是()A．用量筒量取5.0mL的浓硫酸B．浓H2SO4在烧杯中稀释后，立即转移至容量瓶中C．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体D．定容时，若仰视刻度线，所配溶液浓度会偏低16、在无色溶液中大量共存的一组离子是（）A．Cu2+、SO42-、OH-、K+ B．Fe3+、NO3-、Cl-、H+C．K+、CO32-、Cl-、H+ D．H+、Na+、Cl-、SO42-17、下列离子方程式正确的是（）A．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2OH－+2HCO3－═CaCO3↓+CO32－+2H2OB．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O═AlO2－+4NH4++2H2OC．1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2－+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2OD．醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O18、中国-094核潜艇上的核反应堆内使用了液体钠铝合金（单质钠和单质铝熔合而成，可看作二者的混合物）做载热介质，有关说法不正确的是A．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．mg钠铝合金投入足量水中，若所得溶液只含一种溶质，则其中含有钠的质量为0.46mgD．若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则钠的质量分数越大19、既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是①Si；②Al（OH）3；③NaHCO3；④Al2O3；⑤Na2CO3A．全部 B．①②④ C．②④⑤ D．②③④20、一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式（未配平）为：NH4NO3-HNO3+N2+H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为:A．5∶3 B．5∶4 C．1∶1 D．3∶521、当反应条件（如温度、浓度或物质的量等）发生改变时，下列不会引起生成物发生改变的是A．钠和氧气B．锌和硫酸C．氢氧化钠和二氧化碳D．氢气和氯气22、下列物质中属于电解质且能导电的是（）A．乙醇 B．铜 C．熔融氯化钾 D．氨水二、非选择题(共84分)23、（14分）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_______、F________、H________。(2)反应过程⑦可能观察到的实验现象______，反应的化学方程式为④_________。(3)反应⑤的离子方程式为__________。(4)反应①-⑦的7个反应属于氧化还原反应反应的有________(填选项代号)。A．①②④⑤⑥B．②③④⑥⑦C．①②③④⑤⑦D．全部(5)向纯碱溶液中通入气体乙，可制得某种生产生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有小苏打生成。该反应的化学方程式为___________。24、（12分）根据下列变化进行推断：且已知对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1．3。（1）推断A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。（2）写出①②变化的离子方程式：①________________________________________________________________；②________________________________________________________________。25、（12分）粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42-，除去杂质离子所加入的试剂及顺序可以是：试剂①NaOH、试剂②________、试剂③________、试剂④________，在加试剂③后，应先进行一个实验操作________之后再加入试剂④。26、（10分）过氧化钠与二氧化氮能发生反应，某兴趣小组对此进行探究，提出了两种假设。假设一：Na2O2＋2NO2===2NaNO2＋O2↑假设二：Na2O2＋2NO2===2NaNO3[查阅资料]2NaNO2＋2HCl===2NaCl＋NO↑＋NO2↑＋H2O2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O[实验探究]Ⅰ.按图示装置进行实验。Ⅱ.通入二氧化氮至过氧化钠反应完全，然后对玻璃管中的固体物质进行检验。[实验结论]实验表明，过氧化钠与二氧化氮按“假设二”反应。(1)过氧化钠与二氧化氮的反应中，氧化剂是____。(2)装置A中反应的离子方程式是________。(3)装置C的作用是__________。(4)请设计实验证明装置B中的反应不符合“假设一”。①实验操作：取玻璃管中的固体置于试管中，________；②实验现象是________。(5)有同学认为：只要直接观察C中导管口是否有气泡冒出，就可以判断B中的反应符合哪一种假设，这种想法________(填“对”或“不对”)，原因是___________________。27、（12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__。28、（14分）目前，能较稳定存在的氯的氧化物有Cl2O、ClO2、Cl2O7等。有关数据见下表：化学式Cl2OClO2Cl2O7沸点/℃3.811.082.0请回答下列问题：（1）常温、常压下，三种氧化物中属于气体的是______________________（2）Cl2O7属于酸性氧化物，它与水反应的离子方程式____________________________。（3）ClO2是一种常用的消毒剂，我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。工业上可以用下列反应制备ClO2：2NaClO3+4HCl（浓）=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl．①其中氧化剂是_______，还原剂是_________，氧化产物是_________，还原产物是_____________。②浓盐酸在反应中显示出来的性质是_______（填序号）。A．还原性B．氧化性C．酸性③若上述反应中产生0.1molClO2，则转移的电子数为___________。29、（10分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S气体。Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华，氢硫酸为弱酸。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：①检验装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④……⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式为_______________________________________。（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作应该是__________________________________。（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)____________。（4）装置B中冷水浴的作用为_______________________________________________；装置C的名称为________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂_______________________________________________。（5）在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。（在答题卡上画）____________（6）FeCl3溶液与H2S气体反应的离子方程式为____________________________。

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【解题分析】

具有相同的质子数，不同中子数的同种元素的不同核素互称为同位素，其研究对象是原子。【题目详解】A.C60与C120属于同素异形体，A不合题意；B.、D、T是氢元素的三种核素，质子数相同，中子数不同，互称同位素，B符合题意；C.H2O、D2O、T2O三者都属于水分子，不互为同位素，C不合题意；D.H-、H+、H是氢元素的三种存在形式，不互为同位素，D不合题意。故选B。2、D【解题分析】

由流程可以知道操作Ⅰ为溶解,Ⅱ为过滤或重结晶,Ⅲ为蒸发结晶或过滤,以此解答该题。【题目详解】A.四氯化碳和水互不相溶，可以直接进行分液分离，不符合上述操作流程，故A错误；B.操作Ⅰ是溶解，将固体溶于水，故B错误；C.碘易溶于有机溶剂四氯化碳，而两种物质的沸点不同，因此，只能采用蒸馏的方法进行分离，故C错误；D.BaSO4不溶于水，NaCl能够溶于水，因此可以采用：溶解、过滤、蒸发的操作提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物，故D正确；综上所述，本题选D。3、C【解题分析】

A．铁为负极，被氧化生成Fe2+，Fe2+具有还原性，可制成小包装用于糕点的脱氧剂，选项A正确；B．铁与氧气、水形成原电池反应，铁生锈的过程是放热反应，选项B正确；C．反应放热，不能降低温度，选项C错误；D．正极上氧气得电子被还原，电极方程式为2H2O+O2+4e-=4OH-，选项D正确．答案选C。4、C【解题分析】

反应的化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4；Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4；；。【题目详解】A．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=，即c=，A正确；B．p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p==，B正确；C．得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n==，C错误；D．氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量p==；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p==；质量介于二者之间，D正确；故合理选项为C。5、D【解题分析】

A.NaHCO3是钠盐，能完全电离出1个钠离子和1个碳酸氢根离子，故电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故A错误；B.K2SO4能完全电离出2个钾离子和1个硫酸根离子，故电离方程式为K2SO4=2K＋＋SO42-，故B错误；C.氢氧化钙是强碱，能完全电离出1个钙离子和2个氢氧根离子，故电离方程式为Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－，故C错误；D.硫酸氢钠能完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，故电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-，故D正确。答案选D。6、C【解题分析】

钠是活泼金属，易被空气中的氧气氧化，也与空气中的水蒸气反应，所以金属钠要密封干燥保存，钠的密度小于水，大于煤油。在实验室中，通常将金属钠保存在煤油中，选C，故答案为：C。7、B【解题分析】

漂白精的有效成分为Ca（ClO）2，由于HClO的酸性比碳酸弱，则Ca（ClO）2在空气中生成HClO，HClO不稳定，易变质。【题目详解】HClO的酸性比H2CO3弱，漂粉精暴露在潮湿的空气中，漂粉精的主要成分Ca(ClO)2易吸收空气中的水和CO2而生成HClO，HClO遇光易分解生成无漂白性的物质而失效，与Ca(ClO)2是盐无关，故选B。【题目点拨】把握次氯酸的弱酸性和不稳定性，为漂白精失效的主要原因。8、A【解题分析】

A.单晶硅是半导体材料，用于制作半导体元件，二氧化硅用作光导纤维，故A错误；B.硅胶多孔，具有良好的吸附性和稳定性，可以用作干燥剂与催化剂的载体，故B正确；C.水玻璃是指硅酸钠水溶液，可以用作木材防火剂，故C正确；D.石英砂的成分为二氧化硅，可以用来制取硅单质，故D正确；故选A。9、A【解题分析】

A．根据物质的树状分类法，硫酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物，A正确；B．钢和硬币都是合金，属于混合物，B错误；C．灼热的铜丝能在氯气中继续燃烧，集气瓶内产生棕黄色烟，C错误；D．浓盐酸与足量的二氧化锰反应，浓盐酸浓度变稀后，反应停止，不能计算出生成气体体积，D错误；故选A。10、A【解题分析】

A.常温常压下一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮，A正确；B.摩尔质量的单位是g/mol，B选项缺少单位所以B错误；C.一氧化氮是一种无色气体，C错误；D.一氧化氮难溶于水，可以用排水法收集，D错误。故选A。11、A【解题分析】

A.三种离子之间不反应，都不与氯化铁反应；B.银离子与氯化铁反应生成氯化银沉淀；C.氢氧根离子与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀；D.硫氰根离子、碘离子均与铁离子反应。【题目详解】A.Ba2+、Cu2+、Br-之间不发生任何反应，且都与氯化铁不反应，在溶液中能够大量共存，A正确；B.Ag+、Cl-反应生成难溶物AgCl白色沉淀，在氯化铁溶液中不能大量共存，B错误；C.OH-与Fe3+会反应生成Fe(OH)3沉淀，在氯化铁溶液中不能大量共存，C错误；D.Fe3+和SCN-发生络合反应产生血红色Fe(SCN)3，Fe3+和I-发生氧化还原反应，在氯化铁溶液中都不能大量共存，D错误；故合理选项是A。【题目点拨】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：离子之间发生的反应类型有：复分解反应、氧化还原反应、络合反应，如Fe3+和SCN-等；还应该注意题目所隐含的条件；试题侧重考查学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。12、D【解题分析】

A、大理石不属于硅酸盐产品，其主要成分是碳酸钙，A错误；B、南阳玉(CaAl2Si2O8)用氧化物形式表示是CaO·Al2O3·2SiO2，B错误；C、芯片的主要成分是硅，C错误；D、氢氟酸可以和SiO2反应，故常用高纯度氟化氢刻蚀半导体硅表面，D正确；故选D。13、D【解题分析】

加入1mol/L的氢氧化钠溶液，要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒计算氢氧化钠的物质的量，进而计算所需体积。【题目详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5L×4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为=2L=2000mL，故答案为D。【题目点拨】本题的解题关键在于分析反应过程中，溶液溶质的变化，抓住沉淀最大值时，溶液的溶质恰好为NaCl，再根据原子守恒进行解答。14、D【解题分析】

A、含有NA个氦原子的氦气是1mol，在标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；B、25℃，1.01×105Pa，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA，故B错误；C、标准状况下，水是液体，11.2LH2O含有的分子数不是0.5NA，故C错误；D、在常温常压下，44gCO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，故D正确；故选D。【点晴】本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。15、D【解题分析】

配制90mL1mol/L的稀硫酸需要用到容量瓶，因为没有90mL的容量瓶，故选100mL容量瓶，配制100mL溶液；【题目详解】A.实际配制硫酸体积为100mL，根据稀释规律：100mL×1mol/L=18mol/L×VmL，解之得V=5.6mL，故所需浓硫酸体积为5.6mL，A错误；B.浓硫酸稀释放出大量的热，需要冷却后再转移到容量瓶中，B错误；C.定容时加水超过刻度线若用滴管吸出，也会吸出一部分溶质，故只能重新配制，C错误；D.定容时，仰视刻度线会造成溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；答案选D。【题目点拨】配制溶液中的误差分析：根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。16、D【解题分析】

A.Cu2+显蓝色，与题意不符，且铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀，不能共存，A错误；B.Fe3+显黄色，与题意不符，B错误；C.CO32-与H+不能大量共存，与题意不符，C错误；D.H+、Na+、Cl-、SO42-能大量共存，且溶液为无色，符合题意，D正确；答案为D。17、C【解题分析】

A.向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－+HCO3－═CaCO3↓+H2O，选项A错误；B.一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，选项B错误；C.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，反应生成的部分氢氧化铝溶于强酸，生成氯化铝、氢氧化铝和水，反应的离子方程式为：2AlO2－+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O，选项C正确；D.醋酸为弱酸必须写化学式，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，能除去水垢，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，选项D错误。答案选C。18、D【解题分析】

A、2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Cu2＋＋2OH－=Cu（OH）2↓，如果金属铝和碱反应后还有剩余，利用金属性强弱，金属铝把铜置换出来，故说法正确；B、2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，要求溶液是无色溶液，说明产生的氢氧化钠足以把金属铝溶解，根据反应方程式的系数关系，则n（Al）≤n（Na），故说法正确；C、只含一种溶质，此溶质为NaAlO2，金属钠和金属铝物质的量相等，则钠的质量为为1．46mg，故说法正确；D、2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，相同质量的情况下，金属铝产生氢气多，若放出的氢气越多，说明铝的质量分数越大，故错误；答案选D。19、D【解题分析】试题分析：A、①只与氢氧化钠反应，⑤只与盐酸反应，错误；B、①只与氢氧化钠反应，错误；C、⑤只与盐酸反应，错误；D、②③④符合题意，正确，答案选D。考点：考查与酸、碱同时反应的物质20、A【解题分析】

NH4NO3中前者N的化合价为-3，后者N为+5，最终氧化和还原产物都是N2为0价，故被氧化与被还原的氮原子数之比为5：3，选项A正确。21、D【解题分析】A.钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，在点燃时反应生成过氧化钠，故不选A；B.锌与浓硫酸反应时，硫元素被还原；锌与稀硫酸反应时，氢元素被还原，两反应的生成物不同，故不选B；C.氢氧化钠和不足量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，和足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故不选C；D.氢气和氯气反应的生成物总是氯化氢，故选D。22、C【解题分析】

在水溶液或熔融状态下，能导电的化合物是电解质。物质能导电要么有自由移动的电子，要么有自由移动的离子，据此解答该题。【题目详解】A.乙醇的水溶液或熔融状态下均不导电，是非电解质，故A项错误；B.铜是单质，不是电解质，故B项错误；C.氯化钾水溶液和熔融状态下均能导电，是电解质。氯化钾熔融状态下有自由移动的离子，能导电，故C项正确；D.氨水是混合物，不是电解质，故D项错误；答案为C。【题目点拨】判断一种物质是否为电解质的关键：必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；化合物必须在水溶液或熔融状态下能导电。二、非选择题(共84分)23、NaFeCl2Fe(OH)3先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－CNa2CO3＋Cl2＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋NaClO【解题分析】

金属A的焰色为黄色，则A为金属Na；Na与水反应生成NaOH和H2，气体甲为H2，黄绿色气体乙为Cl2，两者反应得到HCl，溶于水得到盐酸；物质D为NaOH溶液，金属B能够与NaOH反应，则金属B为Al；H为红褐色沉淀，H为Fe(OH)3；则金属C为Fe，Fe和盐酸反应得到的物质F为FeCl2，FeCl2与Cl2得到FeCl3。【题目详解】(1)根据分析，A为Na；F为FeCl2；H为Fe(OH)3；(2)FeCl2溶液和NaOH溶液反应，先生成Fe(OH)2，Fe(OH)2再被空气中的O2氧化得到Fe(OH)3，可看到现象：先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；化学反应④，为铁和盐酸的反应，化学方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑；(3)反应⑤为FeCl2和Cl2的反应，生成FeCl3，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；(4)反应①为Na与水的反应生成H2和NaOH，Na的化合价升高为氧化还原反应；反应②为H2和Cl2的反应生成HCl，H的化合价升高，为氧化还原反应；反应③为Al和NaOH的反应生成NaAlO2和H2，Al的化合价升高，为氧化还原反应；反应④Fe和HCl的反应，Fe的化合价升高，为氧化还原反应；反应⑤FeCl2和Cl2的反应，Fe的化合价从＋2价升高到＋3价，是氧化还原反应；反应⑥为NaOH与FeCl3的反应生成Fe(OH)3和NaCl，复分解反应，不是氧化还原反应；反应⑦FeCl2与NaOH溶液反应，最终得到Fe(OH)3，Fe的化合价升高，为氧化还原反应；属于氧化还原反应的有①②③④⑤⑦，答案选C；(5)纯碱溶液为Na2CO3，通入氯气，得到NaClO，具有漂白效果，反应中氯的化合价升高，也降低，得到NaCl，化学方程式为Na2CO3＋Cl2＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋NaClO。【题目点拨】记住高中阶段常见颜色，是快速解题的关键，如黄绿色气体单质为Cl2，红褐色沉淀为Fe(OH)3，焰色为黄色的金属单质为Na，等等。24、NH4HCO3NH3BaCO3CO2++Ba2++2OH－NH3↑+BaCO3↓+2H2OBaCO3+2H+══Ba2++CO2↑+H2O【解题分析】

气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=1.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。【题目详解】气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=1.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。（1）根据上面的分析可知，A为NH4HCO3，B为NH3，C为BaCO3，D为CO2；故答案为：NH4HCO3；NH3；BaCO3；CO2；（2）反应①的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O，反应②的离子方程式为BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；故答案为：NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O；BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O。25、BaCl2Na2CO3HCl过滤【解题分析】

粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42-，Mg2+用氢氧根离子沉淀，SO42-用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，Ca2+用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都转化为沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，以此来解答。【题目详解】先除Mg2+，还是先除SO42-都可以，Ca2+用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠就会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，然后再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，则试剂①为NaOH，②为BaCl2，③为Na2CO3，④为HCl，加试剂③后，杂质离子转化为沉淀，则应先进行一个实验操作为过滤，最后加入HCl，除去溶液中的OH-、CO32-，再加热除去过量的HCl，就得到NaCl溶液，故试剂②是BaCl2；试剂③是Na2CO3；试剂④是HCl；进行的操作是过滤。【题目点拨】本题考查混合物分离提纯的实验设计，把握分离发生的反应及混合物分离方法等为解答的关键，注意碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液之后加入，就可以同时除去原溶液中的Ca2+和加入的过量的Ba2+，题目侧重考查学生的分析与实验能力。26、过氧化钠Cu＋4H＋＋2=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O吸收未充分反应的二氧化氮(或吸收尾气中的二氧化氮，防止污染空气)向试管中加入适量盐酸没有明显现象(或未见红棕色气体生成)不对若二氧化氮未充分反应，也可观察到C中导管口有气泡冒出【解题分析】

(1)过氧化钠与二氧化氮的反应中，过氧化钠中氧的化合价由-1价转化为-2价。(2)装置A中，Cu与浓硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO2和H2O。(3)因为NO2会污染环境，所以设计装置C。(4)①实验操作：取玻璃管中的固体置于试管中，看是否有现象产生；②从反应确定可能产生的实验现象。(5)可从没有气体生成，是否也能产生气泡入手分析。【题目详解】(1)过氧化钠与二氧化氮的反应中，过氧化钠中氧的化合价由-1价转化为-2价，则氧化剂是过氧化钠。答案为：过氧化钠；(2)装置A中，Cu与浓硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O。答案为：Cu＋4H＋＋2=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；(3)因为NO2是大气污染物，所以出现尾气处理装置，从而得出装置C的作用是吸收未充分反应的二氧化氮(或吸收尾气中的二氧化氮，防止污染空气)。答案为：吸收未充分反应的二氧化氮(或吸收尾气中的二氧化氮，防止污染空气)；(4)①从假设一的反应考虑设计实验，从而得出实验操作：取玻璃管中的固体置于试管中，向试管中加入适量盐酸；答案为：向试管中加入适量盐酸；②产生的实验现象是没有明显现象(或未见红棕色气体生成)；答案为：没有明显现象(或未见红棕色气体生成)；(5)有同学认为：只要直接观察C中导管口是否有气泡冒出，就可以判断B中的反应符合哪一种假设，这种想法不对，原因是若二氧化氮未充分反应，也可观察到C中导管口有气泡冒出。答案为：不对；若二氧化氮未充分反应，也可观察到C中导管口有气泡冒出。【题目点拨】从理论上讲，酸性气体可以被碱溶液完全吸收，但气体的吸收需要先溶解再反应，这就有一个过程，如果气体流速超过溶解、吸收的速率，则气体不能完全被吸收，就会有一部分气体逸出。所以，为了提高气体的吸收效果，应将气体缓慢通入碱溶液中。27、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【解题分析】

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。【题目详解】(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