河北省三河市第九中学2024届化学高一第一学期期末达标检测试题含解析

河北省三河市第九中学2024届化学高一第一学期期末达标检测试题注意事项: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、下列说法中，正确的是A．在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核近的区域内运动B．门捷列夫提出的元素周期律为发现新元素、寻找新材料提供了新思路C．两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同D．微粒的最外层只能是8个电子才稳定2、相同质量的两份铝粉，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比是（）A．1:1 B．1:6 C．2:3 D．3:23、A元素的阴离子、B元素的阴离子和C元素的阳离子具有相同的电子层结构。已知A的原子序数大于B的原子序数。则A、B、C三种元素的离子半径大小顺序是()A．A>B>C B．B>A>C C．C>A>B D．C>B>A4、常温下，欲配制密度为1.1g·cm-3、浓度为6mol·L-1的稀盐酸，在体积为100mL、密度为1.19g·cm-3、浓度为12mol·L-1的浓盐酸中需加蒸馏水()A．200mL B．100mLC．101mL D．120mL5、已知还原性由强到弱的顺序为SO32->I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是（）A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO46、下列实验操作正确的是（）选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心地放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2的反应是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧D检验Na2CO3与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色A．A B．B C．C D．D7、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)，下列说法正确是（）A．Oa段反应的离子方程式只有：

H++=H2O+CO2↑B．O点溶液中所含溶质为NaHCO3、Na2CO3C．b点产生CO2的体积为44.8LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L8、下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（）A．氮元素只被氧化B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮C．其它元素也参与了氮循环D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化9、由四种气体组成的混合物，在催化剂的作用下，加热充分反应后，冷却至室温，此时反应体系中只有水和另一种无色无味无毒的气体单质。则原混合气体中体积比可能为（）A． B． C． D．10、下列叙述中，正确的是A．1molO3的质量为32g B．SO42－的摩尔质量为96g/molC．0.05molHCl的体积是1.12L D．0.5mol/LAl2(SO4)3溶液中含Al3+的个数约为6.02×102311、下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是A． B．C． D．12、无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体依次通过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，几乎无气体剩余，则甲气体的组成为A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N213、关于胶体的叙述正确的是（）A．胶体带电B．胶体是混合物C．胶体本质特征是丁达尔效应D．胶体都是无色的14、下列有关NaHCO3、Na2CO3的性质比较中，正确的是()A．热稳定性Na2CO3<NaHCO3B．常温时水溶性Na2CO3<NaHCO3C．可用BaCl2溶液区分NaHCO3固体和Na2CO3固体D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多15、在碳、氮、硫的氧化物中，许多是工业上重要的化工原料，但是当它们分散到空气中时，会带来很多环境问题。下列有关这些元素的氧化物的说法不正确的是（）A．开发太阳能、水能、风能、氢能等新能源将有利于减少这些氧化物的产生B．这些氧化物使雨水的pH<7，我们把pH<7的雨水称之为酸雨C．氮与硫的氧化物还能直接危害人的身体健康，引发呼吸道疾病D．“温室效应”与二氧化碳的排放有着直接的关系16、在无色透明的溶液中，可以大量共存的离子组是A．MnO4-、Fe2+、K+、Cl-B．Cu2+、Na+、Cl-、SO42-C．Ca2+、Cl-、NO3-、K+D．Ca2+、Na+、OH-、HCO3-17、“一硝二磺三木炭”，是一种古老的火药配制方法，在我国唐代炼丹家孙思邈的《丹经内伏硫黄法》中就有记载。这里的“硝”是某种硝酸盐，其中含有的元素是A．氮 B．氢 C．氯 D．磷18、下列说法正确的是()A．因为二氧化硫具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、高锰酸钾溶液褪色B．能使品红溶液褪色的不一定是二氧化硫C．二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同D．等物质的量的二氧化硫和氯气相遇在溶液中具有漂白能力19、以下是四位同学在学习了《化学必修一》后，对一些知识的认识，你认为正确的是A．A B．B C．C D．D20、下列离子能大量共存的是()A．含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、Cl－B．无色透明的溶液中：Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-C．使酚酞试液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CO32-D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、NO3-21、关于下列图像的说法不正确的是（）

选项

x

y

图象

A

烷烃分子中碳原子数

碳的质量分数x的最小值等于75%

B

温度

食物腐败变质速率

C

卤素原子序数

卤素阴离子(X-)半径

D

碱金属元素原子序数

碱金属单质熔沸点A．A B．B C．C D．D22、既含离子键又含共价键的物质是A．H2B．NaOHC．H2OD．MgC12二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、B、F的化学式A______B______F______。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_____________。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_______________。（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式____________________________。24、（12分）物质A～N存在如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：气体B是___，沉淀N是___。（2）写出反应“C→F”的离子方程式：___。（3）写出反应“I→J”的离子方程式：___。（4）在溶液I中直接滴加NaOH溶液，放置中可观察到的现象是___，后期发生变化的原因可用化学方程式解释为___。（5）固体L是一种红色颜料，将一定量固体L溶于160mL5mol·L-1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L氢气（标准状况），经检测溶液中无Fe3＋，则参加反应的铁粉的质量为___g。25、（12分）现实验室需要450mL0.5mol/L的NaOH溶液和500mL0.2mol/L的H2SO4溶液。请回答下列问题：Ⅰ.配制NaOH溶液1．根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为_____g。A．0.9 B．9.0 C．10 D．10.0Ⅱ.配制稀H2SO4某同学欲用质量分数为98%的浓硫酸(密度ρ=1.84g/cm3)配制所需的稀H2SO4。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④量筒；⑤500mL容量瓶；⑥圆底烧瓶2．以上仪器中不需要的是A．① B．② C．③ D．⑥3．用量筒量取所需浓硫酸的体积应为_______mL。A．5.4 B．5.5 C．18.4 D．27.24．如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒，应选用_______mL量筒量取。A．10 B．20 C．50 D．以上都可以5．下列操作会使所配制的溶液浓度偏高的是A．容量瓶中原来有少量蒸馏水未作处理B．定容时仰视容量瓶刻度线C．用量筒量取浓硫酸时仰视读数D．定容时，不慎加水超过刻度线，又用滴管将多出部分吸出26、（10分）实验室通常采用以下装置来制备纯净干燥的氯气，回答下列问题：（1）写出实验室制备氯气的化学反应方程式：____________________________________。（2）在反应中MnO2发生______(填“氧化”或“还原”，下同)反应，Cl2是______产物。（3）装置C中所装试剂为________，其作用为_______________________________。（4）检验氯气是否收集满的方法为：_________________________________________。（5）F中反应的离子反应方程式为_________________________________________。（6）工业上常用氯气与石灰水反应制备漂白粉，而久置漂白粉容易失效，请写出漂白粉失效的原理____________________________，_______________________________（用化学方程式表示）27、（12分）实验室现需配制100mL0.5mol·L-1的NaOH溶液。（1）用托盘天平称取NaOH固体的质量为___g。（2）配制时，其正确的操作顺序是___（填字母序号）。A．将冷却的NaOH溶液注入容量瓶中B．用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡C．用托盘天平称取所需质量的NaOH，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解D．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀E.加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，至液面与刻度线相切（3）判断下列操作对所配溶液浓度的影响（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。①定容时俯视刻度线___；②转移溶液时不慎有少量泼洒___。28、（14分）（1）用双线桥表示铜与稀硝酸反应电子转移的方向和数目_____________。（2）该反应的氧化剂是______(填化学式)，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。（3）工业上硝酸的制备和自然界中的硝酸的生成既有相同的地方，又有区别。路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径写出①②③步变化的化学方程式①__________________________________________②____________________________________________③_________________________________________（4）硝酸生产过程中排放出来的一氧化氮是大气污染物之一。目前有一种治理方法，是在400℃左右且有催化剂存在的情况下，用氨把一氧化氮还原成无色无毒气体直接排入空气中，有关反应的化学方程式为_____________。29、（10分）A是用途最广的金属，B、C是两种常见气体单质，E溶液为常见强酸，D溶液中滴加KSCN溶液显血红色，它们相互转化关系如图所示。请回答：（1）写出B物质的化学式：____；F的化学名称：____。（2）写出第②步C在B中燃烧的反应现象：____。（3）写出第④步反应的化学反应方程式____。（4）F溶液中滴入NaOH溶液可能产生的实验现象是____。

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、在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核远的区域内活动，选项A错误；B、门捷列夫提出的元素周期律为发现新元素、寻找新材料提供了新思路，选项B正确；C、两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同，例如Na＋和F－，选项C正确；D、稀有气体氦，最外层2个电子，也很稳定，选项D错误。答案选B。2、A【解题分析】

相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等，据此即可解答。【题目详解】由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，

答案选A。【题目点拨】铝与盐酸、氢氧化钠反应的对比计算是常考点，学生需要注意的是，审题要认真，抓住物质的用量是解题的关键，再依据关系式法找出生成氢气的体积（或物质的量）与参加反应的物质之间的关系进行求解。3、B【解题分析】

元素的原子失去电子形成阳离子，元素的原子获得电子形成阴离子。A元素的阴离子、B元素的阴离子和C元素的阳离子具有相同的电子层结构，则C元素的原子序数最大，又因为A的原子序数大于B的原子序数，所以原子序数：C>A>B；对于核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，因此：离子半径由大到小的顺序为：B>A>C，故合理选项是B。4、C【解题分析】

设需要加入水的体积为VmL，依据溶液稀释前后溶质的物质的量、溶质的质量保持不变得：×10-3L/cm3×6mol·L−1=100×10-3L×12mol·L−1；解得：V=101mL；故选C。【题目点拨】本题考查了溶液的配制，解题关键是抓住稀释过程中溶质的物质的量保持不变，注意溶液体积的计算，溶液的体积不等于水的体积与浓盐酸的体积之和。5、D【解题分析】

根据氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发，升华脱离固体。故答案选D。6、C【解题分析】

A.应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A错误；

B.分别向NaHCO3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B错误；

C.Na2O2与CO2反应生成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C正确；

D.观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D错误；

答案选C。7、D【解题分析】

A．Na2CO3与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，则Oa段反应的离子方程式有：H++OH-=H2O，

H++=H2O+CO2↑，A错误；B．Na2CO3与盐酸的反应分步进行：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，B错误；C．缺少反应条件，不能判断气体的体积大小，C错误；D．加入5molHCl生成二氧化碳体积达到最大值，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)=5mol，由于溶液的体积是2L，则c(NaOH)==2.5mol/L，D正确；故答案是D。8、A【解题分析】

A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，A错误；B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D正确；答案选A。【点晴】自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。9、A【解题分析】

在催化剂的作用下，加热充分反应后，恢复至常温，此时反应体系中只有水和另一种无色无味无毒的气体单质，应生成氮气，则反应中NO、NO2中N元素化合价分别由+2价、+4价降低为0价，NH3中N元素化合价由-3价升高为0价；同一条件下，气体的体积之比和物质的量成正比，根据电子得失守恒规律，三种气体间应满足2V(NO)+4V(NO2)=3V(NH3)，题中只有A符合；答案选A。10、B【解题分析】

A．1molO3的质量为48g，错误；B．SO42－的摩尔质量为96g/mol，正确；C．没有指明标准状况，所以0.05molHCl的体积不一定是1.12L，错误；D．没有给出溶液体积，无法确定Al2(SO4)3溶液中含Al3+的个数，错误；故选B。11、C【解题分析】

A项、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，装置不漏气；B项、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中加水，形成的液面高度不变，说明装置气密性良好，装置不漏气；C项、当向右拉动注射器的活塞时，锥形瓶内的空气体积增大压强变小，若气密性良好则可以看到长颈漏斗的下端会产生气泡，向右拉活塞时无气泡，说明装置一定漏气；D项、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使广口瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，装置不漏气；故选C。【题目点拨】装置气密性检验有多种方法，实验装置不同，但原理都是依据密闭装置中存在压强差，据装置内外的压强差形成水柱或气泡判断装置是否漏气。12、B【解题分析】

二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在二氧化氮，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在，且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，综上，气体甲的组成是：NH3、NO、CO2，故B正确；故选B。13、B【解题分析】

A.胶体不带电，部分胶体能够吸附带电离子形成带电胶体微粒，故A错误；

B.胶体含有分散质和分散剂，属于混合物，故B正确；

C.胶体本质特征是分散质粒子直径介于1-100nm之间，故C错误；

D.胶体可以带颜色，如氢氧化铁胶体为红褐色，故D错误；

故答案选B。【题目点拨】胶体本质特征是分散质粒子直径介于1-100nm之间，胶体为电中性，胶粒可以带电，胶体可以有颜色，不一定为无色透明，属于混合物。14、C【解题分析】试题分析：热稳定性Na2C03>NaHC03，故A错误。常温时水溶性Na2C03>NaHC03，因为Na2C03水解程度远远大于NaHC03，故B错误。C项中可用BaCl2溶液区分NaHC03固体和Na2C03固体，说法正确，因为BaCl2溶液滴入NaHC03时，不会有沉淀产生，而一滴入Na2C03，马上有沉淀BaCO3产生，故可选C。D项中等物质的量的NaHC03和Na2C03与足量稀盐酸反应，两者放出的C02是一样多的，故D错误。考点：NaHC03、Na2C03的性质比较点评：NaHC03、Na2C03的性质是高中化学两者常见的碱性盐，本题很好地归纳两者的性质差别，考生要在比较中切实掌握两者的性质。15、B【解题分析】

A.太阳能、水能、风能、氢能为清洁能源；B.正常雨水的pH为5.6；C.NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康；D.二氧化碳是引起温室效应的主要污染物。【题目详解】A.传统能源会产生C、N、S的氧化物，会带来很多环境问题，太阳能、水能、风能、氢能为清洁能源，有利于减少这些元素的氧化物的产生，A正确；B.正常雨水中溶解了二氧化碳气体，雨水显酸性：pH<7；而酸雨的pH小于5.6，B错误；C．NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康，对呼吸道产生刺激，引起引发呼吸道疾病，C正确；D.二氧化碳是引起温室效应的主要污染物，D正确；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查环境问题，注意C、N、S的氧化物对环境的影响，CO、NOx、SO2会导致大气污染，NOx、SO2还会导致酸雨的形成，NOx还会形成光化学烟雾，破坏臭氧层；CO2则会导致温室效应，这些物质的作用即产生的危害一定要引起高度注意。16、C【解题分析】

在溶液中离子间如果不反应，可以大量共存，结合离子的性质、溶液无色分析解答。【题目详解】A.在溶液中MnO4-、Fe2+均不是无色的，且二者会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不选；B.Cu2+在溶液中显蓝色，不是无色的，不能大量共存，B不选；C.Ca2+、Cl-、NO3-、K+在溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，C选；D.Ca2+、OH-、HCO3-在溶液中反应生成碳酸钙和水，不能大量共存，D不选。答案选C。17、A【解题分析】

硝酸盐含有硝酸根，一定含有氮元素和氧元素，故选A。18、B【解题分析】

A.因为二氧化硫具有漂白性，所以它能使品红溶液褪色，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色是和Br2、KMnO4发生了氧化还原反应，体现了二氧化硫的还原性，故A不选；B.具有漂白性的物质都可以使品红褪色，如Cl2、SO2等，故B选；C.二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，二氧化硫是和有色物质化合成无色物质，漂白粉、过氧化钠是利用它们的强氧化性，活性炭是吸附作用，其原理不相同，故C不选；D.等物质的量的二氧化硫和氯气相遇在溶液中会恰好发生反应：SO2＋2H2O＋Cl2=H2SO4＋2HCl，生成的硫酸和盐酸都没有漂白能力，故D不选。故选B。【题目点拨】二氧化硫、漂白粉、活性炭、过氧化钠都有漂白性，但原理不完全相同。二氧化硫的漂白是和有色物质化合成不稳定的无色物质，时间长了无色物质会分解为有色物质和二氧化硫，从而恢复原来的颜色，并且二氧化硫不能使指示剂褪色。漂白粉、过氧化钠和臭氧的漂白是利用它们的强氧化性，把有色物质氧化为无色物质，是永久性的，而且可以使指示剂褪色。活性炭是吸附作用，是物理作用。另外，漂白是指使有颜色的有机物褪色，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色不是二氧化硫的漂白性，是二氧化硫的还原性，溴和高锰酸钾不是有机物。19、C【解题分析】

A．胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系，胶体可以通过滤纸，即氢氧化铁胶体的分散质可以通过滤纸，但不能通过半透膜，故A错误；B．合金的熔点均低于它的纯金属成分，故B错误；C．可溶性的铝盐和铁盐，在水中电离出的铝离子和铁离子均能发生水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均具有吸附性，可以吸附杂质，从而达到净水作用，故C正确；D．硅是半导体材料，而二氧化硅晶体能传导光信号，所以二氧化硅才是光纤制品的主要成分，故D错误；答案为C。20、C【解题分析】A.在含有大量Ba(NO3)2的溶液中，Ba2+与SO不能大量共存，A错误；B.无色透明的溶液中，Cu2＋为蓝色，B错误，C.在使酚酞试液呈红色的碱性溶液中，Na＋、K＋、SO、CO可以大量共存，C正确；D.在使紫色石蕊试液呈红色的酸性溶液中，H+与CO不能大量共存，D错误。答案选C。21、D【解题分析】A、烷烃中随着碳原子数的增多，碳的质量分数增多，甲烷是最简单的烷烃，其中C的质量分数为75%，故A说法正确；B、升高温度，加快反应速率，故B说法正确；C、同主族从上到下，电子层数增多，半径增大，电子层数越多，半径越大，故C说法正确；D、碱金属从上到下，熔沸点降低，故D说法错误。22、B【解题分析】

一般来说，活泼金属元素与活泼非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，【题目详解】A项、H2是双原子分子，分子中只有共价键，故A错误；B项、NaOH是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，钠离子和氢氧根之间是离子键，氢氧根内部存在共价键，故B正确；C项、H2O是共价化合物，分子中只有共价键，故C错误；D项、MgC12是离子化合物，只存在镁离子和氯离子之间的离子键，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查化学键，为高频考点，把握离子键、共价键判断的一般规律为解答的关键。二、非选择题(共84分)23、NaH2NaAlO22Na+2H2O=2NaOH+H26NA2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2【解题分析】

有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。【题目详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为Na、H2、NaAlO2。（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2，故答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2。【题目点拨】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。24、HClH2SiO3Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)311.2【解题分析】

硅和烧碱反应得到M，M是硅酸钠溶液，通入后变为沉淀，N是，溶液C能与氨水反应得到白色沉淀，白色沉淀又能溶于强碱，则C一定是铝盐，F是，G则是，A就是铝，铝与溶液B反应得到铝盐和一种单质气体D，D只能是氢气，黄绿色气体E只能是氯气，则氢气和氯气反应得到氯化氢气体B，因此溶液B是盐酸，溶液I虽然不好推断，但是K一定是沉淀，则金属H是铁，I是氯化亚铁，J是氯化铁，最后灼烧可以得到铁红，L是，本题得解。【题目详解】（1）根据分析，B是氢气，N是硅酸；（2）根据分析，写出铝盐和氨水反应的离子方程式：；（3）根据分析，写出亚铁被氯气氧化的离子方程式：；（4）亚铁溶液中加入碱，可以看到白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，实际上发生了；（5）本题最终得到的是溶液，根据先算出的物质的量，氯元素是守恒的，因此最后得到的一共有0.4mol；体系中氧化剂有和两种，还原剂只有铁粉，三者最终恰好完全氧化还原，首先根据算出（还原产物）的量，则一共得了0.2mol电子，再来看铁，我们可以假设参加反应的铁粉有，则参加反应的有，列出反应中的得失电子守恒：解出，则参加反应的铁粉一共有。25、1．D2．D3．A4．A5．C【解题分析】

I.1.根据配制物质的量浓度溶液的要求，选择合适的容量瓶，然后根据n=c·V及m=n·M计算NaOH的质量；II.2.用浓硫酸配制稀硫酸，根据配制溶液的步骤确定使用的仪器，进而可确定不需要使用的仪器；3.根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积；4.根据选择仪器的标准“大而近”分析；5.根据c=分析实验误差。1．实验室没有规格是450mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选择500mL的容量瓶，则配制500mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，则需称量的NaOH的质量m(NaOH)=n·M=0.25mol×40g/mol=10.0g，故合理选项是D。2．用浓硫酸配制稀硫酸，由于硫酸为液体物质，要使用量筒量取，用一定规格的量筒量取浓硫酸后，沿烧杯内壁缓慢转移至盛有一定量水烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散，当冷却至室温后，通过玻璃棒转移溶液至规格是500mL的容量瓶中，再洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，加水定容，当液面至离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切，然后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到500mL0.2mol/L的H2SO4溶液，因此在给出的仪器中不需要的是⑥圆底烧瓶，故合理选项是D。3．质量分数为98%、密度ρ=1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，要500mL0.2mol/L的H2SO4溶液，需要溶质的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，因此需要浓硫酸的体积V(H2SO4)==0.0054L=5.4mL，故合理选项是A。4．需要量取5.4mL浓硫酸，由于仪器的规格越接近量取液体的体积数值，量取的溶液体积误差越小，所以要选择使用10mL的量筒来量取浓硫酸，故合理选项是A。5．A.容量瓶中原来有少量蒸馏水未作处理，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度不产生任何影响，A不符合题意；B.定容时仰视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏大，根据c=可知，会使溶液的浓度偏低，B不符合题意；C.用量筒量取浓硫酸时仰视读数，则溶质的物质的量偏多，根据c=可知，会使溶液的浓度偏高，C符合题意；D.定容时，不慎加水超过刻度线，又用滴管将多出部分吸出，由于溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，D不符合题意；故合理选项是C。【题目点拨】本题考查了物质的量浓度的溶液的配制的知识。固体溶质用天平称量，液体溶质用量筒量取，要结合配制溶液的体积先确定是否有一样体积的容量瓶，然后根据“大而近”的原则选择仪器，结合配制溶液的步骤确定使用的仪器，物质质量或体积数值要结合仪器的精确度书写，根据物质的量浓度定义式分析具体操作引起的误差，若操作使溶质物质的量偏大或溶液的体积偏小，则配制的溶液浓度偏高；反之则浓度偏低。26、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O还原氧化饱和食盐水吸收Cl2中混有的HCl在集气瓶口放置一片湿润的淀粉KI试纸，若试纸变蓝，则已收集满Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OCa(ClO)2+CO2=CaCO3↓+2HClO2HClO2HCl+O2↑【解题分析】

（1）实验室采用浓盐酸和二氧化锰制备氯气；

（2）在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；

（3）根据氯气、氯化氢的性质分析；

（4）依据淀粉能使碘单质变蓝，而氯气的氧化性大于碘单质分析作答；

（5）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，单质、水不能拆，据此书写离子反应方程式即可。【题目详解】（1）浓盐酸有还原性，二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，实验室制备氯气的反应化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）该反应中锰元素的化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰得电子作氧化剂，该反应中氯元素的化合价由-1价变为0价，所以氯化氢失电子作还原剂，得到的氯气是氧化产物，故答案为：还原；氧化；

（3）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，故答案为：饱和食盐水；吸收Cl2中混有的HCl；

（4）氯气可将KI氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则检验氯气是否收集满的方法