河南省滑县2024届化学高一上期末考试试题含解析

河南省滑县2024届化学高一上期末考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列物质存放方法错误的是（）A．铝片长期放置在不密封的纸盒里 B．烧碱长期放置在烧杯中C．铁粉密封在试剂瓶中 D．白磷存放于冷水中2、某无色溶液中含有的阳离子为H+、Na+、Mg2+、Al3+、Ba2+中的一种或几种，向该溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示，由此确定原溶液中一定含有的阳离子是A．Mg2+、Al3+、Na+ B．H+、Mg2+、Al3+ C．H+、Ba2+、Al3+ D．Ba2+、Mg2+、Al3+3、黑火药是硫磺粉、硝石、木炭粉按一定比例混合而成。古文献《本草经集注》记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。下列推断不正确的是A．“紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应B．“朴消”在灼烧时火焰没有颜色C．“硝石”在黑火药中起氧化剂的作用D．“朴消”不能替代“硝石”制黑火药4、已知粗盐中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，先将粗盐溶于水后，再通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液，②加入稍过量的NaOH溶液，③加入稍过量的BaCl2溶液，④滴入稀盐酸至溶液呈中性，⑤过滤。正确的操作顺序是A．②①③⑤④ B．③②①⑤④ C．②③①④⑤ D．③⑤②①④5、下列有关氨气(NH3)的描述错误的是()A．有刺激性气味 B．可用于工业制硝酸C．难溶于水 D．可用于工业制氮肥6、下列离子方程式正确的是（）A．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B．向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．已知：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br﹣，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣D．向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═H2O+BaSO4↓7、不另用任何试剂就能将下列五种溶液：①CuCl2、②Na2SO4、③KCl、④K2CO3、⑤BaCl2鉴别出来，其正确的鉴别顺序是（）A．①②④③⑤ B．④⑤③②① C．①④⑤②③ D．①②④⑤③8、化学与生活密切相关。下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是A．纯碱—Na2CO3 B．小苏打—Na2CO3C．苛性钠—Na2CO3 D．胆矾—CuSO49、向含等物质的量浓度的CuCl2、FeCl3、AlCl3混合溶液中加入铁粉，充分反应后铁粉仍有剩余，则溶液中存在较多的阳离子是A．Fe3+、Cu2+B．Fe3+、A13+C．Fe2+、A13+D．Fe2+、Fe3+10、金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的各步转化关系中不能通过一步反应完成的是（）A．Na→NaOH→Na2CO3 B．Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3C．A1→A12O3→A1(OH)3 D．Mg→MgCl2→Mg(OH)211、等质量的甲、乙、丙三种金属，分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应后，都生成＋2价的硫酸盐，其产生氢气的体积与反应时间的关系如图所示，则下列说法正确的是A．三种金属的活动性顺序为甲＞乙＞丙B．反应结束消耗硫酸的质量一定相同C．三种金属的相对原子质量是甲＞乙＞丙D．甲先反应完，乙最后反应完12、下列材料中所涉及的合金不属于新型合金的是（）A．飞机窝扇用的是耐高温的合金材料B．蛟龙号载人舱是用钛合金制的C．不锈钢盆D．新能源汽车储氢材料13、环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。下列环境问题与所对应的物质不相关的是A．温室效应——CO2 B．白色污染——建筑垃圾C．酸雨——SO2 D．雾霾——化石燃料14、下列做法符合“绿色化学”理念的是①实验室收集NH3采用图甲所示装置②实验室中做Cl2与Na反应的实验时采用图乙所示装置③实验室中采用图丙所示装置进行Cu与浓HNO3的反应④实验室中采用图丁做NH3与HCl反应生成铵盐的实验A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④15、下列变化中，属于还原反应的是()A．Cl-→Cl2 B．FeCl2→FeCl3C．C→CO2 D．KMnO4→MnO216、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．含有1mol原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4LB．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAC．1mol/L的Na2SO4溶液含Na+数为2NAD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为9NA17、已知常温下，在溶液中发生如下反应：①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B－③2B－+Z2=B2+2Z-由此推断下列说法错误的是A．反应Z2+2A2+=2A3++2Z−可以进行B．Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化C．氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+D．Z2可以置换出X2+溶液中的X18、关于气体摩尔体积的下列叙述中正确的是()A．气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积B．标准状况下，气体摩尔体积约为22.4LC．标准状况下，1mol任何物质所占的体积约是22.4LD．标准状况下，1mol氢气所占的体积约是22.4L·mol－119、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．钠和冷水反应：B．铁跟稀硫酸反应：C．氧化镁与稀盐酸反应：D．金属铝溶于氢氧化钠溶液：20、如图Ⅰ～Ⅳ所示，下列有关说法正确的是（）A．实验Ⅰ可以根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别碳酸钠和碳酸氢钠固体B．实验Ⅱ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则小试管B中装入的固体是碳酸钠C．与实验Ⅲ相比，实验Ⅱ的优点是可以用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行D．实验Ⅳ分别测定等浓度碳酸钠和碳酸氢钠溶液的pH，碳酸氢钠溶液pH大于碳酸钠溶液21、下列有关新制氯水的说法中不正确的是A．将硝酸银溶液滴到新制氯水中，再加稀硝酸，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，说明Cl2有漂白性C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2D．新制氯水滴到Na2CO3溶液中，有气体产生，说明氯水中含有H+22、将12.4克氧化钠溶于87.6克水中，所得溶液溶质的质量分数是()A．8.0%B．12.4%C．16%D．32%二、非选择题(共84分)23、（14分）A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质。请回答下列问题。(1)物质C和E的名称分别为_______、_______；(2)可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为___________________；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为_______；(3)MnO2在反应①和反应②中的作用分别是_______、_______；(4)新配制的F溶液应加入_______以防止其转化为G。检验G溶液中阳离子的常用试剂是_______，实验现象为_________________________________________。24、（12分）元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是5种元素的相关信息，W、X都位于第三周期。元素信息Q地壳中含量最高的元素W最高化合价为+7价X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强Y焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色Z原子结构示意图为：（1）Q在周期表中的位置是__。（2）W的最高价氧化物对应的水化物的化学式是___。（3）X单质与水反应的离子方程式是__。（4）金属性Y强于X，用原子结构解释原因：__，失电子能力Y大于X，金属性Y强于X。（5）下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是__（填字母）。A．Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同B．Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性C．Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应25、（12分）某研究性学习小组欲制备漂白粉，设计在上述装置A后连接如图所示的组合装置：（1）装置②中发生反应的化学方程式为___。（2）制漂白粉的反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，改进该实验装置以减少副反应发生的方法是___。26、（10分）实验室需要95mLl.0mol/L稀硫酸，现用98%的浓硫酸(其密度为1.84g.mL-l)来配制。(1)实验需要的玻璃仪器有50mL烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____、____。(2)玻璃棒的作用为____，胶头滴管的作用为________，(3)配制过程中，下列情况会使配制结果偏低的是(填序号)____。A．将稀释的硫酸液转移至容量瓶后，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次。B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外。C．容量瓶使用时未干燥。D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切。E.未冷却至室温就定容。F.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线。27、（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____________________________。28、（14分）（1）下面是4种粒子的结构示意图：图中粒子共能表示_______种元素，图中表示的阳离子是____________（用离子符号表示），图中A所表示的元素在元素周期表中的位置_____________________________．（2）在1-18号的短周期主族元素中，表中的字母代表一种元素，回答下列问题：①写出D单质的电子式_____________________；②写出C的最高价氧化物的结构式_____________________；③E和F分别形成的气态氢化物中较稳定的是（填写氢化物的化学式）_____________________；④A最高价氧化物的水化物所含化学键为___________________，其水溶液与B反应的离子方程式为___________________________；（3）X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示．下列说法正确的是（_____）A．金属性：N＞QB．最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞YC．简单离子半径：Q＞N＞XD．原子序数：Z＞M＞X＞Y29、（10分）（1）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，质量为12g。则混合气体中CO的体积分数为_________________。（2）某物质A加热时按化学方程式2A＝2B+C+3D分解，产物均为气体，测得由生成物组成的混合物气体对H2的相对密度为20，则反应物A的摩尔质量为_________________。（3）用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.25g·cm－3)在容量瓶中配制240mL1mol·L－1的稀盐酸。经计算需要_____________mL浓盐酸。（4）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成标准状况下N2的体积为_________________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、B【解题分析】

A.铝易与氧气反应在金属铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，从而防止铝进一步被氧化，起到保护膜的作用，则铝片长期放置在不密封的纸盒里，A正确；B.烧碱为NaOH，能与空气中的二氧化碳反应，且能吸潮，则烧碱不能长期放置在烧杯中，B错误；C.铁粉具有还原性，为防止被氧化，则密封在试剂瓶中，C正确；D.白磷在大约40℃就会自然，白磷与水不反应，且密度比水大，则白磷存放于冷水中，D正确；答案为B。2、B【解题分析】

由图可知，开始无沉淀产生，说明先发生酸碱中和反应，则一定含H+；结合图象可知生成沉淀后部分溶解，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，则一定含Mg2+、Al3+；溶液中Na+、Ba2+不参加反应，无法确定是否存在，综上所述，一定含离子为H+、Mg2+、Al3+，选项B正确。故选B。【题目点拨】本题考查离子的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、图象中离子反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意电荷守恒应用，题目难度不大。首先依据“无色”可以排除溶液中有颜色的离子；分析图像的特征，由图线的起点是否在原点来确定原溶液中是否存在H+；由于氢氧化铝沉淀具有两性，结合氢氧化钠过量时沉淀是否溶解（图线是否有下降），来推断原溶液中是否有Al3+；再依据图线最终是否到达x轴来确定原溶液中是否存在Mg2+。3、B【解题分析】A.钾元素焰色反应为紫色，“紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应，A正确；B.钠元素焰色反应为黄色，“朴消”在灼烧时火焰为黄色，B错误；C.硝酸钾中氮元素是+5价，处于最高价，火药发生化学反应时生成氮气，KNO3中氮元素的化合价降低，“硝石”在黑火药中起氧化剂的作用，C正确；D.硫酸钠没有强氧化性，“朴消”不能替代“硝石”制黑火药，D正确，答案选B。4、B【解题分析】

粗盐中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，只需满足氯化钡加在碳酸钠前面，碳酸钠不仅要除掉钙离子还要除掉多加的钡离子，而氢氧化钠再任意位置都可以加，待全部除杂沉淀完全后过滤，过滤后加盐酸除掉碳酸根和氢氧根杂质，B正确；故选B。5、C【解题分析】

A.氨气是有刺激性气味气体，A正确；B.氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，可以用于工业制硝酸，B正确；C.氨气极易溶于水，C错误；D.氨气与酸反应生成铵盐，是常用的铵态氮肥，D正确；故答案为：C。6、C【解题分析】

A．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时应该是硫酸根离子恰好转化为硫酸钡沉淀，则反应为：Al3++2SO42—+2Ba2++4OH¯＝2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，A错误；B．向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液生成碳酸钙、氢氧化钠和水：Ca2++OH—+HCO3—＝CaCO3↓+H2O，B错误；C．已知：2Br－+Cl2＝2Cl—+Br2,Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br－，说明还原性是Fe2+＞Br－＞Cl—，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2即0.15mol氯气时亚铁离子全部被氧化，溴离子有0.1mol被氧化，则发生的反应为：4Fe2++2Br－+3Cl2＝4Fe3++Br2+6Cl—，C正确；D．向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性生成硫酸钡、硫酸钠和水：2H++SO42—+Ba2++2OH—＝2H2O+BaSO4↓，D错误。答案选C。7、C【解题分析】

五种溶液中只有CuCl2溶液呈蓝色，其余四种都是无色溶液，首先鉴别的是①；取四种无色溶液，向其中滴加CuCl2溶液，产生蓝色沉淀的为K2CO3溶液，其余三种无明显现象，K2CO3溶液（④）被鉴别出来；取与CuCl2溶液混合无明显现象的三种溶液，向其中加入K2CO3溶液，产生白色沉淀的为BaCl2溶液，其余两种无明显现象，BaCl2溶液（⑤）被鉴别出来；最后用BaCl2鉴别Na2SO4和KCl溶液，产生白色沉淀的为Na2SO4溶液，无明显现象的为KCl溶液；正确的鉴别顺序为①④⑤②③，答案选C。8、A【解题分析】

A．纯碱是碳酸钠；B．小苏打是碳酸氢钠；C．苛性钠是氢氧化钠；D．胆矾是五水硫酸铜。【题目详解】A．碳酸钠俗称纯碱、苏打，其化学式为Na2CO3，选项A正确；B．碳酸氢钠的俗称是小苏打，其化学式为NaHCO3，选项B错误；C．氢氧化钠俗称苛性钠、火碱，其化学式为NaOH，选项C错误；D．胆矾是五水硫酸铜，为蓝色晶体CuSO4·H2O，CuSO4为白色粉末，选项D错误。答案选A。【题目点拨】本题常见物质的俗名，难度不大，熟练掌握常见化学物质的名称、俗称、化学式是正确解答此类题的关键。9、B【解题分析】试题分析：在金属活动顺序表中，排在前面的金属能把排在后面的金属从盐溶液中置换出来，铝排在铁的前面，所以铁和氯化铝不反应，溶液中一定存在铝离子，根据氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，还原性：Fe＞Cu，所以由相同物质的量的CuCl2、FeCl3、AlCl3混合的溶液中加入铁粉，充分搅拌后振荡，先发生2Fe3++Fe=3Fe2+，铁粉仍有剩余，溶液中三价铁离子无剩余，必还发生Cu2++Fe=Fe2++Cu，肯定有Fe2+且无Cu2+剩余，所以溶液中主要存在的阳离子是Fe2+、Al3+，故选B。【考点定位】考查氧化还原反应、金属的性质【名师点晴】本题主要考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，明确氧化性和还原性的强弱顺序，以及反应的先后顺序是解本题的关键。在金属活动顺序表中，排在前面的金属能把排在后面的金属从盐溶液中置换出来，铝排在铁的前面，所以铁和氯化铝不反应，根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定溶液的成分；铁粉仍有剩余，一定有铜生成，溶液中三价铁离子和铜离子无剩余。10、C【解题分析】

A.Na→NaOH→Na2CO3中，Na与H2O发生反应产生NaOH，NaOH吸收CO2反应产生Na2CO3和水，所以能一步实现，A不选；B.Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3中反应分别是Fe与过量的硝酸反应产生Fe(NO3)3，硝酸铁与NaOH溶液或氨水发生复分解反应产生Fe(OH)3，所以能一步实现，B不选；C.氧化铝不能溶于水，和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，C选；D.Mg与盐酸发生置换反应产生MgCl2，MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应产生Mg(OH)2，所以能一步实现，D不选；故合理选项是C。11、D【解题分析】

据相同时间内产生氢气较多（即反应剧烈）的金属活动性较强，结合产生氢气的关系图判断三种金属活动性；根据一定质量的金属完全反应产生氢气的质量=金属的化合价/金属的相对原子质量×金属的质量，结合三种金属的化合价及完全反应放出氢气的质量大小，判断三种金属的相对原子质量的大小。【题目详解】A、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，当三种金属都在发生反应时，相同时间内甲放出氢气的质量大于丙，丙大于乙，可判断三种金属活动性顺序是甲＞丙＞乙，A错误；B、金属与酸的反应生成氢气时，氢气来源于酸中的氢元素，所以生成的氢气与消耗的酸的多少顺序一致，则消耗硫酸的质量：甲＞乙＞丙，B错误；C、三种金属的化合价、金属的质量都相等，完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比，即产生氢气多的相对原子质量小；根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，在三种金属完全反应后，放出H2的质量是甲＞乙＞丙；因此可判断相对原子质量是丙＞乙＞甲，C错误；D、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图可知甲先反应完，乙最后反应完，D正确；答案选D。【题目点拨】对于活泼金属，活动性越强的金属与酸反应越剧烈，即反应放出氢气的速度越快；化合价相同的等质量金属完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比。12、C【解题分析】

A.飞机窝扇用的耐高温的合金材料是钛合金，属于新型合金，A不合题意；B．由于钛合金的硬度大、耐酸碱的腐蚀，因此可用于蛟龙号载人舱的舱体材料等，属于新型合金，B不合题意；C．不锈钢在19世纪末20世纪初的研制、投产，是一种由铁和碳元素形成的传统合金，还添加了少量的铬、镍等金属，不属于新型合金，C符合题意；D．新能源汽车储氢材料，有LaNi5、Mg2Cu、Mg2Ni等，属于新型合金，D不合题意。故选C。13、B【解题分析】

A.二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；B.塑料的大量使用造成环境污染，难以降解，造成白色污染，而不是建筑垃圾导致白色污染，故B选；C.二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；D.雾霾是悬浮在空气中烟、灰尘等物质，与化石燃料的燃烧有关，故D不选；故答案选B。14、A【解题分析】

在进行实验时，要考虑减少污染物的生成，或采用必要的措施对污染物进行收集或处理，这样做符合“绿色化学”的理念；①中的装置在对氨气进行收集时，可以利用滴有酚酞的水验证氨气是否收集满，并且还能够吸收溢出的氨气防止污染环境，符合绿色化学的理念；②中的浸有碱液的棉球可以吸收反应过程中未消耗掉的Cl2，防止污染环境，符合绿色化学的理念；③中的气球可以收集反应过程中生成的氮的氧化物，防止排放造成的环境污染，符合绿色化学的理念；④由于浓氨水和浓盐酸都具有挥发性，挥发出的氯化氢和氨气会污染环境，不符合绿色化学的理念；综上所述①②③符合；答案选A。15、D【解题分析】

在变化中物质如果发生还原反应，则应该得到电子，由反应前到反应后，元素的化合价降低。【题目详解】A．Cl－→Cl2，Cl元素化合价升高，A错误；B．FeCl2→FeCl3，Fe元素化合价升高，B错误；C．C→CO2，C元素化合价升高，C错误；D．KMnO4→MnO2，Mn元素的化合价降低，符合要求，D正确；答案选D。16、B【解题分析】

A．含有1mol原子的氢气的物质的量为0.5mol，所以在标准状况下的体积约为11.2L，故A错误；B．64gSO2的物质的量为1mol，所以含有的原子数为3NA，故B正确；C．溶液体积未知，不能确定1mol/L的Na2SO4溶液中的Na+数，故C错误；D．标准状况下H2O不是气体，11.2L水约为11200g，物质的量约为=622mol，所以含有的分子数约为622NA，故D错误；故选B。【题目点拨】标准状况下，H2O、SO3、HF、NO2、CCl4、氯仿等都不是气体，不能根据给出的体积用22.4L/mol计算其物质的量。但当给出的是质量时，不管是不是标准状况，都可以计算其物质的量，如本题的B选项，25℃，1.01×105Pa不是标准状况，但64gSO2的物质的量为1mol。17、D【解题分析】

根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，对各离子方程式进行分析。【题目详解】①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2，还原性Z-＞X2+；②2A2++B2=2A3++2B－中，氧化性B2＞A3+，还原性A2+＞B-；③2B－+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，还原性B-＞Z-；A．若反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可进行，则氧化性Z2＞A3+。由反应③中可得出氧化性：Z2＞B2，反应②中可得出氧化性：B2＞A3+，得出结论：氧化性Z2＞A3+，与推断一致，A正确；B．在反应中③中Z元素降价，被还原，在反应①中Z元素升价，被氧化，B正确；C．由①②③反应中氧化性的比较可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，C正确；D．由式①可知，Z2不可能置换出X2+溶液中的X，D错误；答案选D。【题目点拨】氧化剂，具有氧化性，得到电子，在反应时所含元素的化合价降低，发生还原反应，生成还原产物；还原剂，具有还原性，失去电子，在反应时所含元素的化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物。18、A【解题分析】

A.气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积，单位为L·mol－1，A正确；B.标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L·mol－1，B错误；C.标准状况下，1mol任何气体所占的体积约是22.4L，C错误；D.标准状况下，1mol氢气所占的体积约是22.4L，D错误；正确选项A。19、C【解题分析】

A.方程式未配平，电荷不守恒，正确的离子方程式为：，故A错误；B.铁跟稀硫酸反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：：，故B错误；C.氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，正确的离子方程式为：，故C正确；D.金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：，故D错误；故选C。【题目点拨】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如本题B选项，铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe+Fe3+=2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。20、C【解题分析】

A．实验Ⅰ中碳酸钠和碳酸氢钠固体都能与盐酸反应生成CO2，使澄清石灰水变浑浊，因此不能鉴别，A错误；B．实验Ⅱ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，小试管B中装入的固体应是碳酸氢钠，B错误；C．与实验Ⅲ相比，实验Ⅱ的优点是可以用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行，C正确；D．实验Ⅳ分别测定等浓度碳酸钠和碳酸氢钠溶液的pH，碳酸钠溶液pH大于碳酸氢钠溶液，D错误；故选C。21、B【解题分析】

A．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故A正确；B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，是因为氯水中含有氯气和水反应生成的具有漂白性的次氯酸，不能由此说明Cl2有漂白性，故B错误；C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，可证明Cl2的氧化性强于I2，故C正确；D．酸性溶液能与碳酸钠反应生成二氧化碳。新制氯水滴到Na2CO3溶液中，有气泡产生，说明氯水中含有H+，故D正确；故答案为B。【题目点拨】明确氯水的成分和性质是解题关键，氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。22、C【解题分析】

根据氧化钠与水反应生成氢氧化钠，据此由参加反应的氧化钠的质量、反应的化学方程式计算出生成氢氧化钠的质量，进而由溶质质量分数的计算方法计算出所得溶液溶质的质量分数。【题目详解】设生成NaOH的质量为x，则根据方程式可知Na2O+H2O＝2NaOH628012.4gx62：80＝12.4g：x解得x＝16g。所得溶液为氢氧化钠溶液，其溶质的质量分数是16g/(12.4g+87.6g)×100%＝16%。答案选C。【题目点拨】掌握利用化学方程式与溶质质量分数的综合计算即可正确解答本题，明确所得溶液为生成的氢氧化钠溶液是正确解答本题的关键。二、非选择题(共84分)23、浓盐酸四氧化三铁2H2O22H2O＋O2↑KClO3催化剂氧化剂铁屑KSCN溶液溶液呈红色【解题分析】

本题的突破点是MnO2，在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁；Fe2+具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化；利用有关元素化合物知识，从质量守恒的角度书写化学方程式。【题目详解】（1）在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁，故答案为：浓盐酸、四氧化三铁；（2）MnO2参与制备氧气的反应有两种，一种是由MnO2作催化剂的条件下，加热KClO3分解制得氧气，所以A为KClO3；另一种是MnO2作催化剂的条件下，常温下H2O2分解制得氧气，其反应方程式为2H2O22H2O＋O2↑，故答案为：2H2O22H2O＋O2↑；KClO3；（3）反应①为在二氧化锰作催化剂的条件下产生氧气，反应②为实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气的常用方法，反应中二氧化锰作氧化剂，故答案为：催化剂；氧化剂；（4）Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气所氧化，因此新配制的氯化亚铁溶液需要加入铁粉防止被氧化；检验溶液中是否含有Fe3+，可以向溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，即有Fe3+，故答案为：铁屑；KSCN溶液；溶液呈红色。24、第二周期、第ⅥA族HClO42Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于NaAB【解题分析】

Q为地壳中含量最高的元素，则Q为O；W、X都位于第三周期，W最高化合价为+7价，X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强，则W为Cl，X为Na；Y的焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色，则Y为K；Z原子结构示意图为：，为35号元素，则Z为Br；结合元素性质和元素周期律进行分析解答。【题目详解】（1）Q为O在周期表中的位置是第二周期、第ⅥA族，故答案为：第二周期、第ⅥA族；（2）W为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4，故答案为：HClO4；（3）X为Na，其单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑（4）X为Na，Y为K，二者同族，最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na，则失电子能力K大于Na，金属性K强于Na，故答案为：最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na；（5）根据分析推断，Z为Br，A.W为Cl，Cl与Br同主族，最低负化合价=最高正价-8=+7-8=-1，故A正确；B.W为Cl，非金属性：Cl>Br，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则Br的氢化物的稳定性弱于Cl的氢化物的稳定性，故B正确；C.Z为Br，单质为Br2，X和W形成的化合物的水溶液为NaCl溶液，由于氧化性：Cl2>Br2，则Br2不能从氯化钠溶液中置换出氯气，故C错误；故答案选AB。25、2Ca(OH)2＋2Cl2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O将装置②放于冷水浴中进行实验【解题分析】

装置①中饱和食盐水可以除去氯气中的，若不除去会导致产物中无用的氯化钙增加，装置②中石灰乳和氯气反应产生漂白粉，据此来分析即可。【题目详解】（1）写出制漂白粉的反应即可；（2）既然温度较高时有副反应产生，给装置②降温即可，可以将装置②放于冷水浴中进行实验。26、100mL容量瓶10mL量筒搅拌引流定容BDF【解题分析】

(1)依据c=，计算98%的浓硫酸（其密度为1.84g/mL）的物质的量浓度，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(2)依据配制一定物质的量浓度步骤选择合适的仪器，指明各仪器的用途；(3)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响依据c=进行误差分析。【题目详解】(1)98%的浓硫酸(其密度为1.84g/mL)的物质的量浓度===18.4mol/L，配制95mL1.0mo∙L−1稀硫酸应选择100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，则V×18.4mol/L=1.0mo∙L−1×100mL，解得V=5.4mL，配制一定物质的量浓度步骤：计算、量取、稀释，冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶；(2)稀释时用玻璃棒搅拌，移液使用玻璃棒引流，定容时，用胶头滴管定容，作用是滴加少量液体；答案为搅拌，引流，定容；(3)A．将稀释的硫酸液转移至容量瓶后，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次操作正确，没有误差，故A不符合题意；B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故B符合题意；C．容量瓶使用时未干燥,后面还要定容，有少量液体不影响实验结果，C不符合题意；D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故D符合题意；E．未冷却至室温就定容，冷却后，液面低于刻度线，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故C不符合题意；F．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故F符合题意；故答案选：BDF。27、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【解题分析】

（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