2024届海南省乐东思源高中高一化学第一学期期末质量检测模拟试题含解析

2024届海南省乐东思源高中高一化学第一学期期末质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、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2、向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是A．OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O B．2OH－＋CO32－＋3H＋=HCO3－＋2H2OC．2OH－＋CO32－＋4H＋=CO2↑＋2H2O D．OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O3、“足球烯”C60是一种外形类似足球状的分子，关于C60的说法错误的是（）A．C60是一种新型的化合物 B．C60的相对分子量为720C．C60和金刚石互为同素异形体 D．C60硬度比金刚石小4、为检验溶液里的某种离子,进行下列实验,其中结论正确的是（）A．某溶液进行焰色反应为黄色，则该溶液中一定含有Na+，一定没有K+B．先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水显红色，证明某溶液中含有Fe2+C．加AgNO3溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸沉淀不溶解,溶液一定含Cl-D．加入稀HCl,产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则溶液中一定含CO32-5、某化学反应：(未配平)。反应中，每消耗lmolCuSO4时，生成的H3PO4的物质的量为A． B． C． D．6、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7、取36克某铁矿石（只含铁的氧化物和SiO2）溶于过量的稀盐酸中，经过滤、洗涤、干燥后得到5.6g不溶物。向得到的滤液中加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤后将沉淀灼烧，得32g红棕色固体。下列结论不正确的是A．由铁矿石转化为红棕色固体的过程中发生了氧化还原反应B．铁矿石溶于盐酸后得到的滤液中：n（Fe2+）：n（Fe3+）=1:1C．铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe3O4D．36g该铁矿石与1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应时，消耗盐酸的体积为1L8、香烟烟雾中含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用①无水CuSO4②澄清石灰水③红热CuO④生石灰⑤品红溶液⑥酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检测时香烟烟雾通入药品的正确顺序是A．①⑤②①④③B．①⑤⑥②④③C．③④②⑥⑤①D．②⑤①④③⑥9、已知水的相对分子质量为18，下列说法不正确的是()A．水的摩尔质量为18g/molB．1molH2O中含有2molH和1molOC．18g水约含6.02×1023个H2OD．标准状态下，22.4L水的物质的量是1mol10、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4-、SO42-B．使无色酚酞试液显红色的溶液：S2-、K+、HCO3-、Na+C．酸性溶液中：Na+、Fe3+、SO42-、Cl-D．0.1mol/L的FeCl3溶液中：Na+、H+、SCN-、I-11、将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是A．O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B．a点溶液中能使酚酞溶液变红C．标准状况下，通入CO2的体积为44.8LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L12、人们习惯上把金、银、铜、铁、锡五种金属统称为“五金”在“五金”顺序中，把一种金属的位置向后移一位，正好符合某化学规律。这种金属和该化学规律是A．铁、金属活动性顺序表 B．金、质量守恒定律C．银、元素周期律 D．铜、金属密度顺序表13、不能与氢氧化钠溶液反应的是A．铝 B．氧化铝 C．偏铝酸钠 D．氯化铝14、下列现象或新技术应用中，不涉及胶体性质的是A．在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀B．使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血C．清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗15、下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是()A．①③B．②③C．①④D．②④16、漂白粉的有效成分是()A．HClOB．Ca(ClO)2C．Ca(OH)2D．CaCl217、下列实验不能达到相应实验目的的是A．制取并观察Fe(OH)2沉淀的颜色B．检查装置的气密性C．向容量瓶中转移溶液D．除去Cl2中的少量HCl18、检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是A．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝B．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性C．加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液D．加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝19、除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂或操作方法错误的是（）选项物质选用试剂（过量）操作方法ACO（CO2）NaOH溶液洗气、浓硫酸干燥BFeSO4溶液（CuSO4）铁粉过滤CNaBr溶液（Br2）四氯化碳萃取、分液DKNO3（KCl）AgNO3溶液溶解、过滤、蒸发、结晶A．A B．B C．C D．D20、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是()A．常温常压下，92g的二氧化氮和四氧化二氮混合气体含有的氧原子数为4NAB．48g臭氧气体含有6.02×1023个臭氧分子C．120g由硫酸氢钠和亚硫酸氢钾组成的混合物中含有硫原子NA个D．常温常压下，28g一氧化碳与22.4L氧气所含分子数相等21、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是A．常温常压下，18

g

H2O所含的原子数为3NAB．常温常压下，22.4

L

N2含有的分子数为NAC．5.6

g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAD．0.1

mol

Na2O2含有的离子总数为0.4NA22、某溶液中可能含有H+，Na+，，Mg2+，Fe3+，Al3+，，等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图像如图所示，下列说法不正确的是()A．原溶液中含有的阳离子是H+，，Mg2+，Al3+B．原溶液中一定含有，一定不含C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4外还有其它物质二、非选择题(共84分)23、（14分）某铁的化合物A存在如下转化关系:已知B为黄绿色气体单质。请完成下列问题:（1）A的化学式________。（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。用离子方程式表示该过程________、________。（3）若D为金属,则D的化学式________(写出2种)。24、（12分）有X、Y、Z三种元素：（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。试写出其元素符号：X__，Y__，Z__，化合物的分子式：XZ__，X2Y__。25、（12分）Ⅰ.把5.1g镁铝合金的粉末放入足量的氢氧化钠溶液中，得到2.24LH2（标准状况下测定）。（1）合金中镁的质量为________。（2）写出该合金溶于足量的氢氧化钠溶液的化学方程式：_________________________。Ⅱ.在AlCl3和MgCl2的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，生成沉淀的物质的量与加入氢氧化钠的物质的量的关系如图所示。（3）在混合溶液中AlCl3和MgCl2的物质的量之比为_____________。（4）写出XY段发生反应的离子方程式_____________________________。（5）X=____________；Y=____________。26、（10分）随着网络信息时代不断的发展，人和事件在网络上曝光的几率更大了，所以网络红人也逐渐的增加起来。2018年8月9日，美国男子为了变成网络红人，居然用漂白粉洗澡，结果差点被送进医院。太和一中为塑造中学生正确的价值观，结合此事发出“好学的中学生是最红的”倡议，我校理化创新社的同学发现教材在提到某些物质的用途时，仅指出该物质常用做漂白剂，并没有对其漂白原理及应用范围进行介绍，为响应学校的倡议，决定邀请你一起在全校普及漂白剂知识。查阅资料可知常见的六种漂白剂有：活性炭、氯水、过氧化氢、过氧化钠、臭氧、二氧化硫。请你帮助理化创新社的同学解决以下问题：I．为探究和比较SO2和氯水的漂白性，理化创新社的同学设计了如的实验装置。⑴实验室用装置A制备SO2。某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是：________________；⑵实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学化学方程式为：________________；⑶①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：________________，D：________________；②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为：B：________________，D：________________；⑷一位同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)________________；II．很多同学认为往过氧化钠固体完全溶解反应后的溶液中滴加酚酞只会变红而不会褪色，而理化创新社的同学在实验中发现酚酞变红后又褪色。请帮助他们探究过氧化钠与水反应后的溶液滴加酚酞试液先变红后褪色的原因：⑸过氧化钠与水反应的化学方程式为：________________；⑹经查阅文献发现过氧化钠与水反应过程中，钠元素形成了稳定的化合物，溶液中还生成了一种不是很稳定且具有漂白性的物质X，X的化学式是________________；⑺查阅资料发现过氧化钠与水的反应可以认为存在2步反应。请你尝试写出这2步化学反应的化学方程式：①________________；②________________；⑻下列说法正确的是________________。A．利用SO2的漂白性可使酸性高锰酸钾溶液褪色B．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C．为便于储存和使用，可用液氯代替氯水漂白干燥棉布上的有色物质D．制造白糖工业中可用活性炭做脱色剂，是利用了活性炭的物理吸附能力E.臭氧的漂白原理和双氧水不相同27、（12分）甲、乙两同学分别设计实验，测定CO2与Na2O2反应后的残留物（成分为Na2O2、Na2CO3及少量不溶性杂质）中Na2O2的质量分数。（1）甲同学设计的实验流程如下：①试样溶解过程中发生反应的化学方程式为_______。②实验中用12mol•L－1盐酸配制2mol•L－1盐酸500mL，配制过程中用到的仪器有烧杯、玻璃棒、_____、______、_______，定容时俯视刻度线会使所配溶液浓度_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。③称取试样5.12g，得滤渣0.10g，烘干得固体5.85g，则试样中Na2O2的质量分数为___________%（保留1位小数）。（2）乙同学利用如图所示装置进行实验。①实验中应选取的试剂是_______________。a稀盐酸b二氧化锰c蒸馏水d碳酸钙②装置的连接顺序应是_______________________（填各接口的字母，连接胶管略）。28、（14分）根据所学知识回答下列问题：（1）二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。制备ClO2有下列两种方法：方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+2Na2SO4+2H2O①方法一的离子方程式为____________________________________．②方法二中被氧化的物质是___________，若反应中有0.1mol电子转移，则产生的ClO2气体在标准状况下的体积为___________L，在下面的化学方程式上用双线桥标出电子转移的方向和数目2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+2Na2SO4+2H2O___________③某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____________；（2）现用98%的浓H2SO4（密度为1.84g/cm3）来配制480mL0.2mol/L的稀H2SO4。有关操作为：①计算所需浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③稀释、冷却④转移、洗涤⑤定容⑥摇匀。回答下列问题①应量取的浓硫酸体积是__________，实验中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外还有_________________；②将所配制的稀H2SO4进行测定，发现实际浓度大于0.2mol/L。请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏大（填写字母）_________________________。A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E.烧杯未进行洗涤F.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线G.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线。29、（10分）Ⅰ．某混合物的无色溶液中，可能含有以下离子中的若干种：K＋、Ca2＋、Fe3＋、NH4+、Cl－、CO32－和SO42－。现每次取10.00mL进行实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体448mL（标准状况下）；③第三份加入足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤、干燥，得到固体4.30g，该固体经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。（1）c(CO32－)=______mol·L−1；（2）某同学认为该溶液中一定存在K＋，浓度范围是_________________；（3）根据以上实验，某离子可能存在。检验该离子是否存在的方法是___________________________；（4）写出③中固体加入足量盐酸洗涤的离子方程式________________________________。Ⅱ．四种物质有如下相互转化关系：（5）若化合物A是红棕色粉末状固体，化合物B是一种既可以与强酸溶液反应又可以与强碱溶液反应的氧化物，则该反应的化学方程式为____________________；（6）若甲是活泼金属，化合物B是强碱，则该反应的离子方程式为____________；（7）若乙是黑色固体，化合物B是优质的耐高温材料。则该反应的化学方程式为____________________；（8）若化合物A可作光导纤维材料，乙是一种重要的半导体材料。则该反应的化学方程式为____________________。

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、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。2、C【解题分析】

等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中OH-与CO32-物质的量相等，加入稀盐酸，首先发生①OH－＋H＋=H2O，然后是②CO32－＋H＋=HCO3－，最后是③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；A.①＋②即得到OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O，A与事实相符；B.①×2＋②即得到2OH－＋CO32－＋3H+=HCO3－＋2H2O，B与事实相符；C.若OH-为2mol，则CO32-也为2mol，加入4molH+时2molOH-优先消耗2molH+，然后2molCO32-与2molH+恰好完全反应生成2molHCO3-，没有CO2气体产生，C与事实不符；D.①＋②＋③即得到OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O，D与事实相符；答案选C。3、A【解题分析】

由信息可知，它的分子具有空心的类似足球状的结构，分子式为C60，则该物质为单质，只含共价键，形成的为分子晶体，以此来解答。【题目详解】A.

C60是一种碳元素组成的单质，不是新型的化合物，故A错误；B.

C60是相对分子量=60×12=720，故B正确；C.

C60和金刚石是同种碳元素组成的不同单质互为同素异形体，故C正确；D.

C60是分子晶体，金刚石为原子晶体，硬度比金刚石小，故D正确；答案选A。4、B【解题分析】

A.某溶液进行焰色反应为黄色，则该溶液中一定含有Na+，但不能确定没有K+，故A错误；B.先滴加KSCN溶液无明显现象说明没有Fe3+，再滴加氯水显红色，说明生成了三价铁，证明某溶液中含有Fe2+，故B正确C.加AgNO3溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸引入了氯离子，无法确定原溶液是否含有Cl-，故C错误；D.加入稀HCl,产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则溶液中可能含CO32-、HCO3-等，故D错误；故选：B。5、C【解题分析】

反应中P的化合价由0价降为-3价和由0价升为+5价，Cu的化合价由+2降为+1，以一个Cu3P为标准，则降6，最小公倍数为30，根据氧化还原反应方程式的配平原则可得反应：P4＋15CuSO4＋24H2O=5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，根据反应方程式可知，每消耗lmolCuSO4时，生成的H3PO4的物质的量为；答案选C。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，P4+CuSO4+H2O-Cu3P+H3PO4+H2SO4反应中P元素的化合价由0升高为+5价，P元素的化合价由0降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，据此配平后进行求算。6、D【解题分析】

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。7、C【解题分析】某铁矿石（若只含铁的氧化物和SiO2）取36g溶于过量的稀盐酸中，铁的氧化物溶解，SiO2不溶，则过滤、洗涤、干燥后得5.6g不溶物为SiO2，向得到的滤液中加入足量的NaOH溶液发生，过滤、洗涤后将沉淀灼烧，得32g红棕色固体为氧化铁，故固体中n（Fe）=2n（Fe2O3）=2×32/160mol=0.4mol；又铁的氧化物为36g-5.6g=30.4g，所以铁的氧化物中O元素的物质的量为(30.4－0.4×56)g÷16g/mol=0.5mol，则铁的氧化物的化学式为Fe4O5。A、根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，则最终转化为红棕色固体为Fe2O3，铁的化合价发生变化，所以发生了氧化还原反应，A正确；B、根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，可以看作是2FeO·Fe2O3，所以溶于盐酸后得到的滤液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=1：1，B正确；C、根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，C错误；D、铁的氧化物中O元素的物质的量为0.5mol，所以消耗盐酸中的氢离子为1mol，则需要1L1mol/L的盐酸，D正确，答案选C。8、B【解题分析】

先用①检测出水，无水硫酸铜变蓝，因为后面一些步骤中会有水产生，且空气中的水蒸气可能也会影响检测结果；再用⑤检测二氧化硫，二氧化硫使品红溶液褪色；再用⑥将多有的二氧化硫除去（或者说检测二氧化硫是否除尽），因为如果不除尽，二氧化硫会影响后面的实验；再用⑤检测二氧化硫是否除净；再用②检测二氧化碳并除去过量的二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变混浊；通过④碱石灰除去二氧化碳；再用③来检测CO，红热氧化铜由黑色变成红色；故B项正确。9、D【解题分析】

A、摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，则水的摩尔质量为18g·mol－1，故A说法正确；B、1个水分子是由2个H和1个O组成，即1molH2O中含有2molH和1molO，故B说法正确；C、18g水的物质的量为1mol，1molH2O中约含6.02×1023个水分子，故C说法正确；D、标准状况下，水不是气体，不能直接用22.4L·mol－1，故D说法错误；答案选D。10、C【解题分析】

A.无色溶液中，MnO4-呈紫红色，与题干矛盾，A错误；B.使无色酚酞试液显红色的溶液呈碱性，HCO3-不能大量存在，B错误；C.酸性溶液中，Na+、Fe3+、SO42-、Cl-都能大量存在，C正确；D.0.1mol/L的FeCl3溶液中，SCN-、I-不能大量存在，D错误；故选C。11、D【解题分析】

A．Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1:1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B．a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液显碱性，能使酚酞溶液变红，故B正确；C．由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由原子守恒可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故C正确；D．加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mL，所以c(NaOH)==2.5mol/L，故D正确；故答案为C。12、A【解题分析】A．在金属活动性顺序表中，金属活动性强弱顺序是Sn、Fe、Cu、Ag、Au，所以将铁向后移一位，遵循金属活动性顺序表规律，故A正确；B．这几种金属之间不反应，不最小质量守恒定律，故B错误；C．在元素周期表中，其原子序数大小顺序是Au、Sn、Ag、Cu、Fe，将Ag向后移动一位，不遵循元素周期律，故C错误；D．这几种金属的密度大小顺序是Au、Sn、Ag、Cu、Fe，将Cu向后移动一位，不遵循密度顺序表，故D错误；故答案为A。13、C【解题分析】

A．铝能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，不符合题意，故A不选；B．氧化铝与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，不符合题意，故B不选C．偏铝酸钠和NaOH溶液不反应，符合题意，故C正确；D．氯化铝与NaOH溶液反应生成Al(OH)3沉淀和NaCl，不符合题意，故D不选故答案为C。14、A【解题分析】

A.在饱和氯化铁溶液中滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀发生复分解反应，与胶体性质没有关系，A正确；B.使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血利用的是胶体的聚沉，B错误；C.清晨在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，C错误；D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，利用的是胶体不能透过半透膜，D错误；答案选A。15、A【解题分析】①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，不能用来制备氨气，故①错误；②向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca(OH)2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故②正确；③固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，故③错误；④浓氨水易挥发，浓氨水加热可以制取NH3，故④正确；制取氨气的装置和选用的试剂错误的有①③，故选A。16、B【解题分析】

将氯气通入冷的消石灰[Ca(OH)2]中即制得以次氯酸钙为有效成分的漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，其有效成分是Ca(ClO)2，故答案为B。17、D【解题分析】

A.苯可隔绝空气；B.根据活塞的位置是否发生变化可判断是否漏气；C.转移液体，应引流；D.洗气时导气管的方向是长进短出。【题目详解】A.苯可隔绝空气，图中装置可制备并观察Fe(OH)2白色沉淀，A正确；B.根据活塞的位置是否发生变化可判断是否漏气，如漏气，则活塞不能恢复到原位置，B正确；C.转移液体，可用玻璃棒引流，避免液体流出，C正确；D.洗气时，气体应从长导管进入，从短导气管口流出，气流方向反了，D错误；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查化学实验方案的评价。把握气密性检验、装置的使用、溶液的配制、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目侧重考查学生的分析与实验能力。18、D【解题分析】

利用离子反应：，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。19、D【解题分析】

A.CO（CO2）通入氢氧化钠溶液二氧化碳被吸收，一氧化碳不反应，再通过浓硫酸干燥，得到纯净的一氧化碳气体，故A正确；B.FeSO4溶液（CuSO4），加入铁粉，铁粉与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤除去铁和铜，得到硫酸亚铁溶液，故B正确；C.NaBr溶液（Br2）加入四氯化碳进行萃取，溴单质易溶于四氯化碳，溴化钠不溶于四氯化碳，震荡分层，进行分液，得到溴化钠溶液，故C正确；D.KNO3（KCl），加入过量的AgNO3溶液，虽然能除去KCl，但是引入新的杂质，不符合除杂原则，故D错误；故选D。20、D【解题分析】

A.四氧化二氮可以看作2个二氧化氮，因此混合气体含有的氧原子的物质的量＝92g÷46g·mol－1×2＝4mol，A项正确；B.臭氧分子的物质的量＝48g÷48g·mol－1＝1mol，B项正确；C.硫酸氢钠和亚硫酸氢钾的分子量均为120，且二者都含有1个硫原子，因此混合物中含有硫原子的物质的量＝120g÷120g·mol－1×1＝1mol，C项正确；D.一氧化碳的物质的量＝28g÷28g·mol－1＝1mol，氧气的体积没有指明在标准状况下，不能用22.4L·mol－1计算确定，D项错误；答案选D。【题目点拨】质量、物质的量与状态无关，但是气体的体积会随着状态的改变而改变，因此在说明体积时一定要说明状态。21、A【解题分析】

A．常温常压下，18g水的物质的量为1mol，1个水分子含有3个原子，1mol水分子中含有3mol原子，所含的原子数为3NA，故A正确；B．常温常压下，不能用标况下气体的摩尔体积计算氮气的物质的量，故B错误；C．5.6gFe的物质的量为0.1mol，0.1molFe与盐酸反应生成氯化亚铁，失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D．0.1molNa2O2含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有的离子总数为0.3NA，故D错误；答案选A。22、A【解题分析】

加入NaOH溶液，开始时没有沉淀生成，说明溶液中含有氢离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；从生成沉淀和溶解沉淀耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+。【题目详解】滴加NaOH溶液未生成沉淀前发生反应：H++OH-=H2O，沉淀达到最大值后继续滴加NaOH溶液发生反应：NH4++OH-=NH3•H2O，沉淀溶解时发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故可以肯定溶液中一定有的离子为：H+、NH4+、Al3+；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+；A．溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故A错误；B．由分析知：原溶液中一定含有，一定不含，故B正确；C．根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故C正确；D．反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4外，还含有NaAlO2，故D正确；故答案为A。二、非选择题(共84分)23、FeC132Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)【解题分析】（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。点睛：本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C是FeCl2。24、HOClHClH2O【解题分析】

根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。【题目详解】X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。综上可确定X为H，Y为O，Z为Cl。XZ为HCl，X2Y为H2O。25、3.3g2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑1：1Al(OH)3+OH－=AlO2－+H2O0.50.6【解题分析】

把5.1g镁铝合金的粉末放入足量的氢氧化钠溶液中，只有和反应，反应方程式为：在和的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，发生反应，沉淀溶解时发生的反应方程式为：，沉淀减少的量是溶解部分，为，据此解答。【题目详解】⑴据分析，和的化学反应方程式为：，，，，故答案为：3.3g；⑵和的化学反应方程式为，故答案为：；⑶沉淀减少是因为溶解，物质的量为，据分析得，，故答案为⑷XY段是溶解的反应，写为离子方程式故答案为：；⑸，，得，，故答案为：0.5mol，0.6mol。【题目点拨】本题的难点在于观察图像得出数据，再根据溶液中发生的反应进行计算。26、分液漏斗的塞子没有取下来MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O品红褪色品红褪色褪色的品红又恢复成红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO42Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑H2O2Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O22H2O2=2H2O+O2↑BD【解题分析】

实验室用亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入品红溶液，品红溶液褪色，加热褪色后的溶液，又变为红色，说明二氧化硫的漂白是可逆性的漂白；实验室用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气通入到品红中，品红溶液褪色，并不是氯气有漂白性，而是氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，加热褪色的溶液，无现象，说明次氯酸的漂白是永久性漂白。过氧化钠与水反应，滴加酚酞溶液，溶液先变红后褪色，说明不仅生成了碱，还生成了具有漂白性的物质，根据质量守恒得到NaOH溶液和过氧化氢。【题目详解】⑴塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流出，故答案为：分液漏斗的玻璃塞没有取下来。⑵实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。⑶①SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色；故答案为：品红褪色；品红褪色。②SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色；次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色；故答案为：褪色的品红又恢复成红色；无明显现象。⑷氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色；故答案为：Cl2+SO2+2H2O==2HCl+H2SO4。⑸过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气生成，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。⑹过氧化钠与水反应过程中，钠元素形成了稳定的化合物，其它元素组合形成的不很稳定、具有漂白性的物质X，X只能为具有强氧化性的H2O2；故答案为：H2O2。⑺根据实验现象及其质量守恒定律可以推知中间产物为具有氧化性的过氧化氢，双氧水不稳定，分解生成水和氧气，因此反应方程式分别为：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2；2H2O2=2H2O+O2↑；故答案为：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2；2H2O2=2H2O+O2↑。⑻A.SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与SO2的漂白性无关系，故A错误；B.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，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，故B正确；C.氯气没有漂白性，真正起漂白剂作用的是氯气与水反应生成的次氯酸，因此液氯没有漂白性，故C错误；D.活性炭漂白的本质原因是由于活性炭的比表面积很大，具有很强的吸附能力，所以制造白糖工业中可用活性炭做脱色剂，是利用了活性炭的物理吸附能力，故D正确；E.臭氧和双氧水漂白都利用了强氧化性，故漂白原理相同，故E错误；综上所述，答案为BD。【题目点拨】化学实验探究是常考题型，主要考查学生动手实验的操作能力、考查学生通过所学知识推理能力，遇见新问题、新的现象分析问题的能力。27、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑100mL量筒500mL容量瓶胶头滴管偏高15.2cDBAC【解题分析】

(1)由流程可知，称样、溶解后，过滤分离出不溶性物质，加盐酸反应生成氯化钠，蒸发、烘干、称量得到NaCl的质量，结合钠原子守恒计算；(2)图2中利用测定氧气的体积计算过氧化钠的含量，分液漏斗中试剂为水，排水法测定氧气的体积，以此来解答。【题目详解】(1)①试样溶解过程中式样中过氧化钠会与水发生反应，化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②用12mol•L﹣1盐酸配制2mol•L﹣1盐酸500mL，浓盐酸的体积为＝0.083L＝83mL，配制过程中用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL量筒、500mL容量瓶、胶头滴管；定容时俯视刻度线，V偏小，会使所配溶液浓度偏高；③加入过量盐酸后溶液Na元素的存在形式只有NaCl，烘干工程中过量的盐酸会挥发掉，所以烘干得到的固体为NaCl；设混合物中Na2O2、Na2CO3的物质的量分别为x、y，则，解得x＝0.01mol，试样中Na2O2的质量分数为×100%＝15.2%；(2)①本实验的目的是要通过生成的氧气的量来确定过氧化钠的量，为了保证生成的气体只有氧气，可选用蒸馏水，碳酸钠与盐酸反应会生成二氧化碳气体影响结果；②集气瓶中装满水，排水法测定氧气的体积，排水时导管短进长出，则接顺序应是DBAC。【题目点拨】计算时要注意钠元素的守恒，反应前过氧化钠和碳酸钠中钠元素的量与反应后得到的氯化钠中钠的量是守恒的；利用集气瓶通过排水法收集气体时要注意“短进长出”。28、2ClO3-+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2OH2O22.243:15.4mL500mL容量瓶ACF【解题分析】（1）①方法一的离子方程式为2ClO3-+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O．②方法二H2O2中-1价O化合价升高到0价，所以被氧化的物质是H2O2，电子转移的数目为2e-。若反应中有0.1mol电子转移，则产生的ClO2气体的物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，用双线桥标出电子转移的方向和数目为：③某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：1。由ClO-与ClO3-中氯元素的化合价可知，氯元素分别升高了1和5，根据氧化还原反应中