2024届陕西省西安市第25中学高一化学第一学期期末调研试题含解析

2024届陕西省西安市第25中学高一化学第一学期期末调研试题考生须知：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、一定温度下，m

g下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了n

g，且n＞m，符合此要求的物质是（）①H2

②HCHO

③CH4

④HCOOCH3

⑤CH3CHOA．①②B．③⑤C．①②③④⑤D．④2、向200mL0.1mo/L的FeCl2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再充分灼烧后得到固体的质量为（）A．1.44g B．1.6g C．1.8g D．2.14g3、据报道：“染色”馒头中添加柠檬黄铬酸铅(PbCrO4)会使人体致癌，已被明文禁用。已知铬元素(Cr)化合价为＋6价，则铅元素(Pb)的化合价为()A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋44、下列现象或事实与物质性质对应关系不正确的是（）现象或事实物质性质A干燥的氯气不能使有色干布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色氯气与水反应产生的某种新物质具有漂白性B碳酸氢钠可单独用作蒸馒头的膨松剂，但效果不太好，同时加入食醋，效果则更为理想碳酸氢钠加热可产生气体；碳酸氢钠与酸反应可产生气体CNO遇空气变为红棕色NO具有还原性DFeCl3溶液可与Cu反应Cu在一定条件下可置换铁A．A B．B C．C D．D5、下列离子方程式中，正确的是()A．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．氧化亚铁与稀盐酸混合：FeO+2H+=Fe3++H2OC．氯化铝与过量氨水反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D．氢氧化钡溶液与稀硫酸H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓6、将FeCl3转化成FeCl2，最好加入的试剂是()A．HNO3 B．Cl2 C．Fe D．Cu7、现有容积相同的4个集气瓶，分别收集满下列各气体并倒扣到盛有足量水的水槽中，则经过充分反应后剩余气体最多的是（）A．Cl2和NH3体积各占50% B．NO和O2体积各占50%C．NO2和O2体积各占50% D．NO2和N2体积各占50%8、有NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（）A．1∶1∶2 B．1∶1∶1 C．4∶2∶1 D．1∶2∶49、运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是A． B． C． D．10、下列有关胶体的叙述正确的是（）A．Fe（OH）3胶体有丁达尔效应是Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征B．阳光穿透清晨的树林时形成的光柱，是胶体的丁达尔效应的体现C．鸡蛋清溶液分类上属于悬浊液D．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色Fe（OH）3胶体11、下列物质的溶液，能与1mol·L-1小苏打溶液发生化学反应，既无气体生成也无沉淀生成的是A．苏打 B．氯化氢 C．熟石灰 D．烧碱12、t℃时，A的溶解度是Sg·100g－1，其饱和溶液密度为dg·cm－3、物质的量浓度为cmol·L－1。溶液的质量分数为w，A的摩尔质量为Mg·mol－1，实验测得向一定量含A的溶液中加入mg无水A或蒸发掉ng水后恢复到t℃，均为饱和溶液，下列关系式正确的是()A．S＝B．c＝C．S＝D．c%＝100%13、除去氧化铁中的二氧化硅，可采用的试剂是A．盐酸 B．硝酸 C．蒸馏水 D．烧碱溶液14、下列关于浊液、胶体和溶液的说法中不正确的是()A．浊液不稳定，久置易分层或沉淀B．氢氧化铁胶体是纯净物C．浊液、胶体、溶液的本质区别在于它们的分散质粒子直径大小不同D．胶体可产生丁达尔效应而溶液不可以15、下列物质中,属于电解质的是A．NaOH固体 B．NaCl溶液 C．Cu D．石墨16、某化学兴趣小组利用MnO2和浓HCl及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是()。A．A中可用分液漏斗代替长颈漏斗B．A中缺少加热装置C．B中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2D．D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸17、下列物质久置于空气中会发生相应的变化，其中发生了氧化还原反应的是（）A．浓硫酸的体积增大 B．铝的表面生成致密的薄膜C．澄清的石灰水变浑浊 D．氢氧化钠的表面发生潮解18、下列物质①Al②Al2O3③Al(OH)3④NaHCO3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的一组物质是()A．②④ B．①② C．①②③ D．①②③④19、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2-+4NH4++2H2OB．碳酸钙与盐酸反应CO32-+2H+=CO2↑十H2OC．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-D．氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-20、下列过程包含化学变化的是A．高炉炼铁 B．氯气液化 C．碘的升华 D．积雪融化21、下列有关说法中，正确的是A．与铝反应产生H2的溶液一定呈酸性B．钠与硫酸铜溶液反应后置换出红色的铜C．次氯酸具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D．二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器22、将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③NaAlO2溶液；④饱和Na2CO3溶液；⑤Ca(OH)2。最终溶液中有白色沉淀析出的是（）A．①②③④⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①②④二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质。(1)由上述条件可以确定的元素编号及对应元素名称是____________，其中原子间通过共用一对电子而形成的单质的电子式为________________，E能形成多种含氧酸，其中酸性最强的含氧酸的分子式为______________。(2)若所有可能的X、Y中，C、D形成的是离子化合物，其中一种物质中含有两类化学键，那么另一种物质的形成过程用电子式可表示为______________________________________。(3)若上述X、Y存在如下变化：X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则该反应的化学方程式为__________________，反应物中存在非极性键的物质是__________，生成物中存在非极性键的物质是_____________，由此说明化学反应的本质是________________。24、（12分）根据下列转化关系（反应条件略去），A、B、C、D中均含有同一种元素，回答下头问题：（1）若A为Na，则固体C的颜色为__________________，写出反应③的化学方程式___________________________。（2）若A为N2，写出反应③的化学方程式___________________________。（3）若A为S，写出D的浓溶液与Cu在加热情况下反应的化学方程式____________________。（4）若A为NH3，则__________（填“能”与“不能”）用铁制容器储存D的浓溶液。写出过量Fe与D的稀溶液反应（还原产物只有B）的离子方程式_______________________________。25、（12分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。已知：Na2SO3＋H2SO4(浓)Na2SO4＋SO2↑＋H2O请回答下列问题：（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是_________。（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入水至形成一段液柱，若_________，则整个装置气密性良好。装置E作用是_________。（3）实验结束后，取B中溶液适量于试管中，加热，可观察到的现象是__________。（4）实验过程中，装置C中的溶液变浑浊。实验结束后，将装置C中的物质_________（填实验操作名称）、干燥，得到白色粉末。取少量粉末于试管中，加入适量稀盐酸，振荡，粉末不溶解，则装置C中生成的沉淀是_____________（填名称）。（5）实验过程中，装置D中的溶液褪色，并产生黑色沉淀（经检测是MnO2），则装置D中发生反应的离子方程式为_________。26、（10分）实验室配制100mL2mol/L的NaOH溶液。（1）需称取NaOH固体___g。（2）正确的操作顺序是___（填序号）。①用胶头滴管逐滴加水，使溶液凹液面恰好与容量瓶刻度线相切②向容量瓶中加水至液面接近瓶颈上的刻度线1-2cm处③根据计算，用托盘天平称取一定质量的NaOH固体④将容量瓶盖紧，振荡，摇匀⑤将NaOH固体放入烧杯中加水溶解，并不断用玻璃棒搅拌，静置待其冷却⑥将溶液用玻璃棒引流注入查漏过的100mL规格的容量瓶中⑦用少量水洗涤烧杯及玻璃棒2至3次，并将每次的洗涤液也注入容量瓶中（3）以下情况会导致所配溶液浓度偏低的是___。A．容量瓶查漏后有蒸馏水残留就直接使用B．没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤C．加蒸馏水定容时不慎超过了容量瓶瓶颈的刻度线27、（12分）Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是_______。A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③（2）用提纯的NaCl配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________Ⅱ．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示（图中x、y、m、m均表示NaOH溶液与CO2反应后的溶液中某溶质的物质的量）。回答下列问题：(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。28、（14分）已知A、B为气体单质，其中A为黄绿色气体，B为无色气体；C为化合物，其水溶液的pH小于7；D为金属单质，它们之间有下列转化关系：（1）试写出A、B、C、D的化学式：A_________；B_________；C___________；D_________。（2）写出C的水溶液与D反应的离子方程式：__________；F+D反应的离子方程式：________________。29、（10分）肼(N2H4)作为火箭发动机的燃料，可通过反应NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O制取。某化学兴趣小组尝试在实验室制取N2H4，设计了如下实验：(1)制备NaClO溶液，装置如图所示。(已知：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O)①仪器A的名称是________________。②连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作是_________。③圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______________；当生成71g氯气时，被氧化的HCl为_________mol。试管内发生反应的离子方程式为_________。④饱和食盐水的作用是_____________，冰水的作用是____________。(2)将NaClO溶液倒入烧杯中，持续通入NH3制取N2H4。制取氨气的化学方程式为_______。(3)火箭发射时用N2H4作燃料，用N2O4助燃，燃烧生成两种可参与大气循环的物质。写出该反应的化学方程式______________。

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】分析：由2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO）m·（H2）n时就一定满足m=n，若n＞m，则不符合（CO）m·（H2）n，以此来解答。详解：由上述分析可知n＞m时，不符合（CO）m·（H2）n，根据化学式可知①②④均符合（CO）m·（H2）n；③CH4化学式改写为C•（H2）2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；⑤CH3CHO化学式改写为CO•（H2）2·C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；答案选B。2、B【解题分析】

FeCl2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到氯化钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，由Fe原子守恒可知：2n(FeCl2)=n（Fe2O3），200mL0.1mol/L的FeCl2溶液中n(FeCl2)=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，所以n（Fe2O3）==0.01mol，其质量为0.01mol×160g/mol=1.6g；故答案为B。【题目点拨】本题考查化学反应方程式的计算，注意氢氧化亚铁不稳定性，关键是判断最终固体为氧化铁，再利用守恒法计算。3、B【解题分析】

已知氧元素的化合价为－2价，根据化合物中化合价的代数和等于零计算可知铅元素(Pb)的化合价为＋2价，综上所述，答案为B。4、D【解题分析】

A.干燥的氯气不能使有色干布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，说明氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，可以使有色物质褪色，故A正确；B.碳酸氢钠可单独用作蒸馒头的膨松剂，是由于碳酸氢钠加热可产生气体；但效果不太好，同时加入食醋，碳酸氢钠与醋酸反应可产生二氧化碳气体，效果则更为理想，故B正确；C.NO遇空气变为红棕色，是NO被空气中的氧气氧化成二氧化氮的过程，NO的化合价升高，是还原剂，具有还原性，故C正确；D.FeCl3溶液可与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁的活泼性大于铜，铜不能置换出铁，故D错误；答案选D。5、C【解题分析】

A.Cl2与H2O反应产生的次氯酸是弱酸，主要以分子存在，不能写成离子形式，A错误；B.反应产生Fe2+，不是Fe3+，B错误；C.反应符合事实，遵循物质拆分原则，C正确；D.反应除生成BaSO4沉淀外，还生成了H2O，D错误；故合理选项是C。6、C【解题分析】

将FeCl3转化成FeCl2，需要加入还原剂。【题目详解】A.氯化铁和硝酸不能生成氯化亚铁，故A错误；B.氯气和氯化铁不能反应生成氯化亚铁，故B错误；C.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，且不引入新杂质，故C正确；D.铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铜为杂质，不是最好的选择，故D错误。故选C。7、D【解题分析】

假设容积相同的4个集气瓶的容积分别是2V，则A、氨气易溶于水，氯气溶解度不大，气体倒扣到盛有足量水的水槽中，则经过充分反应后剩余气体是氯气，体积是V；B、NO和O2之间会发生反应2NO+O2＝2NO2，等体积混合后会剩余氧气，体积是0.5V；C、NO2和O2倒扣到盛有足量水的水槽中发生反应：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，等体积混合后会剩余氧气，剩余的体积是0.75V；D、N2不溶于水，NO2和水发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，等体积混合后会剩余氮气和一氧化氮，剩余的体积是4V/3；经过充分反应剩余气体最多的是选项D。故答案选D。8、C【解题分析】

NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，即氧原子数相同，设三种气体的物质的量分别为x、y、z，则x×1=y×2=z×4，解得x∶y∶z=4∶2∶1。答案选C。【题目点拨】本题考查物质的量的计算，把握物质的构成为解答的关键，注意氧原子的物质的量相同即可解答，计算比值不需要计算分子中氧原子的物质的量，简化计算。9、B【解题分析】

汽油属于易燃品，车上应该贴上易燃液体的标志。【题目详解】A．图中所示标志是腐蚀品标志，故A错误；B．图中所示标志是易燃液体标志，故B正确；C．图中所示标志是自燃品标志，故C错误；D．图中所示标志是氧化剂标志，故D错误。故答案选B。10、B【解题分析】

A．胶体区别于溶液的本质特征为粒子直径大小不同，胶体粒子直径介于1～100nm之间，A错误；B．胶体具有丁达尔效应，可形成光路，B正确；C．鸡蛋清主要成分为蛋白质，属于胶体，C错误；D．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，否则易生成氢氧化铁沉淀，D错误。答案选B。11、D【解题分析】

A．碳酸钠与碳酸氢钠不反应，不符合题意，故A不选；B．氯化氢与碳酸氢钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，有气体生成，故B不选；C．氢氧化钙与碳酸氢钠反应生成碳酸钙和碳酸钠，有沉淀生成，故C不选；D．碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，既无气体也无沉淀产生，故D选；故答案选：D。12、B【解题分析】

本题考查溶解度、物质的量浓度的计算，运用溶解度、物质的量浓度的计算公式分析。【题目详解】t℃时，A的溶解度是Sg·100g－1，A的溶液中加入mg无水A或蒸发掉ng水后恢复到t℃，均为饱和溶液，则将mg无水A加入ng水中形成的溶液一定为饱和溶液，即t℃时A的溶解度为S＝g，A项、C项错误；该饱和溶液的质量分数为w＝×100%＝×100%；则：c＝＝＝＝，或c＝＝，D项错误、B项正确；答案选B。13、D【解题分析】

二氧化硅可以和氢氧化钠反应，但是氧化铁和氢氧化钠之间不反应，根据性质的差别进行除杂即可。【题目详解】氧化铁盐酸、硝酸均反应，而二氧化硅与二酸均不反应，不能达到除杂的目的；二氧化硅和氧化铁均不溶于水；二氧化硅可以和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，但是氧化铁和氢氧化钠之间不反应，所以除去氧化铁中的二氧化硅，可以加入过量的氢氧化钠溶液再过滤即可，故选D。14、B【解题分析】

A．浊液中分散质的微粒半径较大，不稳定，所以浊液久置易分层或沉淀，故A正确；

B．胶体是分散剂和分散质的混合物，氢氧化铁胶体是水和氢氧化铁形成的混合物，故B错误；

C．分散系是根据分散质粒子直径大小不同分类的，则浊液、胶体、溶液的本质区别在于它们的分散质粒子直径大小不同，故C正确；

D．丁达尔效应是胶体特有的性质，所以胶体可产生丁达尔效应而溶液不可以，故D正确。

故选：B。15、A【解题分析】

电解质需为化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电。【题目详解】A.NaOH固体在熔化和水溶液中能够导电，属于电解质，A正确；B.NaCl溶液是混合物，不属于电解质，B错误；C.Cu为单质，不属于电解质，C错误；D.石墨为单质，不属于电解质，D错误；答案选A。16、C【解题分析】

A、A中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，故A正确；B、二氧化锰和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，故B正确；C、B中盛放的NaOH溶液吸收氯气，不能净化Cl2，不能收集干燥纯净的氯气，故C错误；D、氯气和氢氧化钠溶液反应，D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸，故D正确。答案选C。17、B【解题分析】

A.浓硫酸具有吸水性，在空气中放置其体积增大，为物理变化，A错误；B.铝在空气中放置，与空气中的氧气反应生成氧化铝，在表面生成致密的薄膜为氧化还原反应，B正确；C.澄清的石灰水变浑浊为氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，为非氧化还原反应，C错误；D.氢氧化钠的表面发生潮解，为氢氧化钠与空气中的水形成溶液，物理变化，D错误；答案为B。18、D【解题分析】

：①Al这种金属既能与酸反应，又能与强碱反应，其反应方程式为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故Al既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故①符合；

②Al2O3是一种两性氧化物，根据两性氧化物的概念，既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，其方程式为Al2O3+6HCl═2AlCl3+3H2O；Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，即Al2O3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故②符合；

③Al(OH)3

是两性氢氧化物，即能与酸反应，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物，为两性氢氧化物。其方程式为2Al(OH)3+6HCl═2AlCl3+6H2O；Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，Al(OH)3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故③符合；

④NaHCO3是一种酸式盐，根据酸式盐的性质，酸式盐能与碱发生反应生成正盐，即NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O，即能和氢氧化钠溶液反应；由于盐酸的酸性比碳酸的强，因此NaHCO3能与盐酸反应，即NaHCO3+HCl═NaCl+H2O，故NaHCO3即能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故④符合；

故选：D。19、C【解题分析】

A．氯化铝和过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀，不是偏铝酸根，错误，不选A；B．碳酸钙不溶于水，不能拆成离子形式，不选B；C．碳酸钠和二氧化硫反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，正确，选C；D．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，电荷不守恒，不选D。故选C。【题目点拨】离子方程式的考查是常考的题型。注意物质能否拆成离子形式，或反应的产物是否正确，还要考虑方程式原子是否守恒，电荷是否守恒，电子是否守恒等方面。20、A【解题分析】

化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断。【题目详解】A.高炉炼铁过程中焦炭和铁矿石发生氧化还原反应生成铁单质，发生的变化为化学变化，A正确；B.氯气液化是物质聚集状态的变化，在变化过程中没有新物质生成，为物理变化，B错误；C.碘的升华是固体物质直接变化为气体，无新物质生成，变化为物理变化，C错误；D.积雪融化过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，D错误；故合理选项是A。【题目点拨】本题是判断物质变化类型。判断物质变化是物理变化还是化学变化的根本区别是是否有新物质产生。解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成就属于物理变化，若有新物质生成就属于化学变化。物质发生化学变化时常会伴有放热、发光、变色、形成沉淀、放出气体等现象，这些可帮助我们去判断是否会发生化学变化。21、C【解题分析】

A选项，与铝反应产生H2的溶液可能是强碱，故A错误；B选项，钠与硫酸铜溶液不能置换出红色的铜，钠先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，故B错误；C选项，次氯酸具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，自来水用氯气消毒杀菌实际是用次氯酸的强氧化性，故C正确；D选项，二氧化硅要与氢氟酸反应，故D错误；综上所述，答案为C。22、B【解题分析】

①CaCl2溶液与二氧化碳不反应，故①不会产生沉淀；②硅酸钠溶液通入二氧化碳反应，反应的化学方程式为：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，硅酸是一种白色沉淀，故②产生白色沉淀；③由于碳酸酸性比氢氧化铝强，NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳反应，反应的化学方程式为：2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，氢氧化铝是白色沉淀，故③产生白色沉淀；④饱和Na2CO3溶液通入足量的二氧化碳反应，反应的化学方程式为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，反应中消耗水，且Na2CO3转化为NaHCO3后溶质质量增加，又因NaHCO3溶解度较小，所以会有碳酸氢钠晶体析出，故④会产生沉淀；⑤Ca(OH)2溶液中通入过量的二氧化碳反应，反应的化学方程式为：2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，不会产生沉淀，故⑤不会产生沉淀；②③④正确，故选B。【题目点拨】饱和Na2CO3溶液通入足量的二氧化碳反应，反应中消耗水，且Na2CO3转化为NaHCO3后溶质质量增加，又因NaHCO3溶解度较小，所以会有碳酸氢钠晶体析出，是易错点。二、非选择题(共84分)23、D：氧、E：氯HClO42CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2Na2O2O2反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程【解题分析】

在短周期元素中，D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，可以推出D为O，A、B、C为H、C、N、Na，但是还不能确定A、B、C所代表的元素；E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质（O2），则E为Cl，对应的含氧酸为HClO，对应的含氧酸盐为KClO3。【题目详解】（1）经分析，D为氧，E为氯；原子间通过共用一对电子而形成的单质为Cl2，其电子式为：；E(Cl)的含氧酸中，酸性最强的是HClO4；（2）C、D(O)可形成离子化合物，则C为Na，它们形成的化合物X、Y中，其中一种物质中含有两类化学键，则该物质为Na2O2，另外一种物质为Na2O，其形成过程用电子式可表示为：；（3）X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则符合条件的X、Y为CO2和Na2O2，则Z为Na2CO3，该反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；反应物中存在非极性键的物质是Na2O2，生成物中存在非极性键的物质是O2，说明化学反应是反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程。24、淡黄色2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑3NO2＋H2O===2HNO3＋NOCu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O能3Fe＋8H＋＋2NO3－===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O【解题分析】(1).若A为Na，由转化关系图可知，B为Na2O、C为Na2O2、D为NaOH，Na2O2是淡黄色固体，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故答案为淡黄色；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；(2).若A为N2，由转化关系图可知，B为NO、C为NO2、D为HNO3，反应③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；(3).若A为S，由转化关系图可知，B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(4).若A为NH3，由转化关系图可知，B为NO、C为NO2、D为HNO3，常温下铁可被浓硝酸钝化，所以可用铁制容器储存浓硝酸，过量的Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为能；3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。点睛：本题主要考查元素化合物的推断，涉及Na、S、N等元素的单质及其化合物的性质和转化关系，解答本题的突破口是A能被氧气连续氧化，说明A中存在的某种元素有多种化合价，根据物质的颜色、物质的性质并结合D的性质分析解答即可，试题难度中等。25、分液漏斗一段时间内，液柱高度不变吸收未反应的SO2溶液由无色变为红色过滤，洗涤硫酸钡【解题分析】

A装置为SO2的制备装置，由于制备过程中除水蒸气外无其他杂质，所以不需要除杂装置，直接进行检验即可，在完成各类性质探究实验后，一定要对尾气进行处理，防止未反应的SO2污染空气。【题目详解】(1)A装置中盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗；(2)在检验装置气密性时，要关闭所有其他的出口只保留一个出口，若B中的长颈漏斗形成的水柱在一段时间内高度不变化，则能证明装置气密性良好；装置E在整套装置的最后，起到吸收尾气的作用；(3)SO2会使品红溶液褪色，但是对褪色后的品红溶液加热又可使其复原，恢复成红色；(4)收集悬浊液中的固体，采用过滤，洗涤，干燥的方法；若加入盐酸，沉淀仍不溶解，则说明沉淀成分为BaSO4；(5)SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，根据题干提供的信息，发生反应的离子方程式为：。【题目点拨】一般的物质制备和性质探究的实验装置中，多数包含以下几个单元：制备单元，除杂单元，性质验证单元，尾气处理单元；此外，在完善整套实验装置时还要考虑诸如气体干燥，防倒吸，防堵塞等问题。26、8.0g③⑤⑥⑦②①④BC【解题分析】

（1）配制100mL2mol/L的NaOH溶液，可选用100mL的容量瓶，则m（NaOH）=c×V×M；（2）配制溶液的顺序为计算、称量、溶解并恢复至室温、移液、洗涤、定容、摇匀；【题目详解】（1）配制100mL2mol/L的NaOH溶液，可选用100mL的容量瓶，则m（NaOH）=2mol/L×0.1L×40g/mol=8.0g；（2）配制溶液的顺序为计算、称量、溶解并恢复至室温、移液、洗涤、定容、摇匀，答案为③⑤⑥⑦②①④；（3）A．容量瓶查漏后有蒸馏水残留就直接使用，对配制溶液的溶质及体积均无影响，则浓度不变，与题意不符，A错误；B．没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤，导致溶质的质量偏小，浓度偏低，符合题意，B正确；C．加蒸馏水定容时不慎超过了容量瓶瓶颈的刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低，符合题意，C正确；答案为BC。【题目点拨】利用c=×，对某一次操作对溶质的质量或溶液的体积产生的影响进行判断。27、AB500mL容量瓶、胶头滴管取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。Na2CO3Na2CO3和NaOH取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成【解题分析】

Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；Ⅱ．当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，可能的情况如下为①n(CO2):n(NaOH)＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；②n(CO2):n(NaOH)=1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜n(CO2):n(NaOH)＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④n(CO2):n(NaOH)＞1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。【题目详解】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，答案选AB；（2）配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应