2024届福建省清流一中化学高一上期末学业质量监测模拟试题含解析

2024届福建省清流一中化学高一上期末学业质量监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、将一定量的钠和铝的混合粉末投入水中，粉末完全溶解后，得到30mLOH－浓度为1mol∙L−1的溶液。然后再向其中加入1mol∙L−1的盐酸，到沉淀量最大时消耗盐酸80mL，则混合粉末中钠的物质的量是（）A．0.08mol B．0.05mol C．0.03mol D．0.04mol2、下列关于氯化铁溶液和氢氧化铁胶体的叙述中，正确的是()A．氯化铁溶液是电中性的，氢氧化铁胶体带有正电荷B．通电时，氯化铁溶液溶质粒子不发生移动，氢氧化铁胶体分散质粒子向某一极移动C．氯化铁溶液长时间静置易产生浑浊，氢氧化铁胶体长时间静置不产生浑浊D．一束光线通过氯化铁溶液时没有明显现象，而通过氢氧化铁胶体时会出现光亮的通路3、在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X(体积在相同条件下测定)，则X的化学式是（）A．AB B．A2B3 C．AB2 D．AB34、下列反应中，属于非氧化还原反应的是（）A．3CuS+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2OB．3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2OC．3H2O2+2KCrO2+2KOH=2K2CrO4+4H2OD．3CCl4+K2Cr2O7=2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl5、如图是实验室中硫酸试剂瓶标签上的部分内容。据此分析下列说法正确的是硫酸化学纯500mL品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84g·cm-3质量分数：98%A．该硫酸的物质的A浓度为9.2mol·L－1B．配制500mL4.6mol·L－1的稀硫酸，需要量取125mL该硫酸C．标准状况下，1molFe与足量的该硫酸反应，产生22.4L的气体D．该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量分数等于49%6、已知氨气、氯化氢极易溶于水。实验室用下图所示装置干燥收集气体R，并吸收多余尾气，则R是()A．CH4 B．HCl C．CO D．NH37、与0.2L1mol/LFeCl3溶液中的氯离子的数目相同是()A．0.2L1mol/LKCl溶液 B．0.6molHCl气体C．0.2L3mol/LKClO3溶液 D．0.6molNaCl晶体8、下列物质均为ag，将它们在氧气中完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重为ag，符合条件的物质种类有（）①CO②H2③CH4④HCHO⑤CH3COOH⑥HCOOHA．4种 B．5种 C．6种 D．2种9、制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生反应2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，剩余固体不可能是()A．有铜无铁 B．有铁无铜 C．铁、铜都有 D．铁、铜都无10、下列说法错误的是A．O2－、F－、Na＋、Mg2＋半径依次减小B．O2和O3是氧元素的同素异形体C．同一元素的不同核素化学性质几乎完全相同D．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱11、下列说法中，错误的是（）A．Fe(OH)3胶体常用来净水B．“血液透析”利用了胶体的性质C．光束通过硫酸铜溶液可看到丁达尔现象D．胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同12、在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，当有10mol电子发生转移后，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是A．1∶5 B．5∶1 C．6∶1 D．1∶613、二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，关于该反应的说法中正确的是()A．二氧化氮是氧化剂，水是还原剂 B．二氧化氮是还原剂，水是氧化剂C．二氧化氮既是氧化剂又是还原剂 D．二氧化氮既不是氧化剂又不是还原剂14、120mL浓度为1mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好与100mL浓度为0.4mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3溶液可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则还原产物中Cr元素的化合价为（）A．+3 B．+1 C．+4 D．+215、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16、下列各组中的两种物质反应时，反应条件或反应物用量或浓度的改变，对生成物没有影响的是（）A．Na和O2 B．Cl2和H2C．Ca(OH)2溶液和CO2 D．Cu和HNO3溶液17、下图分别表示四种操作，其中有两个明显错误的是A． B．C． D．18、下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是（）A．4L0.5mol/LNaCl溶液 B．1L0.3mol/LNa2SO4溶液C．5L0.4mol/LNaOH溶液 D．2L0.15mol/LNa3PO4溶液19、以下仪器中，名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．20、某溶液中所含离子的个数比如下表。所含离子NO3-SO42-Cu2+M个数比4121则M离子可能是下列中的A．Ba2+ B．Mg2+ C．Cl- D．Na+21、下列离子方程式正确的是()A．Al2O3+2OH﹣＝AlO2﹣+H2OB．NH4++OH﹣NH3•H2OC．SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣＝CaSO3↓+2HClOD．2Na+2H2O+Cu2+＝Cu(OH)2↓+2Na++H2↑22、下列氯化物中能直接利用对应的金属单质与稀盐酸反应得到的是A．FeCl3 B．CuCl2 C．AgCl D．AlCl3二、非选择题(共84分)23、（14分）在下列曲线中，纵坐标表示生成氢氧化铝的量，横坐标表示加入试剂的体积。从下边图中选出选项：(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量__________。(2)向氢氧化钠与偏铝酸钠混合液中通入二氧化碳过量__________。(3)向氨水中逐滴滴入氯化铝溶液至过量__________。(4)向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠至过量__________。(5)向偏铝酸钠溶液滴加盐酸至过量______________。(6)向氯化镁和氯化铝混合液中加氢氧化钠至过量____________。24、（12分）如图所示为A、B、C、D、E五种含同一元素物质之间的相互转化关系。其中A、B、C、D在常温下都是气体，且B为红棕色气体。(1)①A、D、E三种物质中从相同元素化合价的角度分析既具有氧化性又具有还原性是(填化学式)____________；②写出B的化学式：_______________，D的一种常见用途_____________；(2)按要求写出下列化学方程式或离子方程式①写出E的稀溶液与Cu反应的离子方程式：_______________________；②写出D的实验室制法的化学方程式___________________。25、（12分）某化学兴趣小组利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气发生反应的装置。回答下列问题：（1）仪器a的名称为______________。装置A的圆底烧瓶中盛放的固体物质可选用_______（填序号）a．氯化钠b．氢氧化钠c．碳酸钙（2）装置B、D的作用均为_____________________。从装置C的b处逸出的尾气中含有少量Cl2，为防止其污染环境，可将尾气通过盛有_____________溶液的洗气瓶。（3）装置F的圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为____________________________。装置E的作用是除去Cl2中的HCl，洗气瓶中盛放的试剂为_________________________。（4）反应过程中，装置C的集气瓶中有大量白烟产生，另一种产物为N2。该反应的化学方程式为___________________________________________________。26、（10分）某学生用12mol·L－1的浓盐酸配制0.10mol·L－1的稀盐酸500mL。回答下列问题。（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是___(填序号)。a.使用前要检验容量瓶是否漏液b.用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干c.为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行d.为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀e.用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液f.当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放配制的试剂（2）量取浓盐酸的体积为___mL，应选用的量筒规格为___(填“10mL”“25mL”或“50mL”)。（3）配制时应选用的容量瓶规格为___。27、（12分）浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应：C+H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+2H2OⅠ.第一小组用如图所示各装置设计一个实验，验证上述反应所产生的三种产物。编号①②③④装置（1）这些装置的连接顺序(按产物气流从左至右的方向)是(填装置的编号)：④→→→。___（2）实验时可观察到装置A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色；A瓶溶液变化体现了SO2___性；B瓶溶液的作用是___，B瓶中对应反应的离子方程式是___；C瓶溶液的作用是___。（3）装置②中看到现象是___。（4）装置③中所加试剂名称是___，现象是___。Ⅱ.另一个小组为测得CO2和SO2的质量，并计算两者物质的量之比，设计下列实验：将生成气体依次通过X溶液→浓硫酸→碱石灰1→碱石灰2，并设法让气体完全被吸收。（5）下列试剂中适合充当X的是___A．BaCl2溶液B．Ba(OH)2溶液C．滴加H2O2的BaCl2溶液D．滴加H2O2的Ba(OH)2溶液（6）实验结束后，在X溶液中得到的沉淀通过过滤、洗涤、烘干、称重，称得质量为4.66g。称得碱石灰1（足量）在实验前后增重质量为1.32g。CO2和SO2物质的量比___。28、（14分）氮及其化合物与生产生活关系密切。请完成下列填空：（1）某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。①装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是______，装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为：_______________________。②为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是____________。（2）NO在医疗上有重要的应用，曾被科学家作为研究的重要物质。现有容积为aL的试管盛满NO后倒扣于水槽中，再向试管中通入一定体积O2后，试管内气体的体积为试管容积的一半，则通入的O2的在相同条件下体积为_________。A0.75aLB0.375aLC0.625aLD1.25aL（3）实验室常用下图所示装置制取并收集氨气。①实验室制取氨气反应的化学方程式为____________________________________；②图中方框内收集氨气的装置可选用_________________（填字母序号）；③尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是_________________________________。（4）在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4g的铜片发生反应。请回答下列问题：①开始阶段，反应的化学方程式为____________________________________，后一阶段生成气体的颜色为____________，若整个反应过程共产生标准状况下气体2.24L，则反应过程中被还原的HNO3的物质的量为_______。②反应结束后铜片有剩余，再加入少量20%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，反应的离子方程式为____________________________________________________。29、（10分）用湿法制磷酸的副产品氟硅酸(H2SiF6)生成无水氟化氢的工艺如图所示:已知氟硅酸钾(K2SiF6)微酸性,有吸湿性，微溶于水,不溶于酒精。（1）写出反应器中的化学方程式:________________。（2）在实验室过滤操作中所用的玻璃仪器有_____________，在洗涤氟硅酸钾(K2SiF6)时常用酒精洗涤,其目的是:____________。（3）该流程中哪些物质可以循环使用:_____________。(用化学式表达)（4）氟化氢可以腐蚀刻画玻璃，在刻蚀玻璃过程中也会生成H2SiF6,试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、A【解题分析】

将一定量的钠和铝的混合粉末投入水中，粉末完全溶解后，得到30mLOH－浓度为1mol∙L−1的溶液，则溶液中含有NaOH和NaAlO2。然后再向其中加入1mol∙L−1的盐酸，先酸碱中和反应生成盐和水，30mLOH－浓度为1mol∙L−1消耗30mL1mol∙L−1的盐酸，则30mLNaAlO2溶液消耗50mL1mol∙L−1的盐酸达到沉淀量最大，即发生AlO2－+H2O+H+=Al(OH)3↓，n(NaAlO2)=1mol∙L−1×0.05L=0.05mol，则混合粉末中钠的物质的量是0.05mol+1mol∙L−1×0.03L=0.08mol，故A符合题意。综上所述，答案为A。2、D【解题分析】

A.氢氧化铁胶体呈电中性，氢氧化铁胶体的分散质粒子带有正电荷，A项叙述错误；B.通电时氯化铁溶液中溶质的离子分别移向两极，B项叙述错误；C.氢氧化铁胶体不如氯化铁溶液稳定，氢氧化铁胶体长时间静置会产生沉淀，C项叙述错误；D.溶液没有丁达尔效应，胶体有，D项叙述正确；答案为D。【题目点拨】胶体具有丁达尔效应，而溶液无此性质。3、D【解题分析】

根据阿伏伽德罗定律可知，相同条件下，气体的体积与气体的物质的量成正比，且物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，再结合质量守恒定律来解答。【题目详解】在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X，由相同条件下，体积与物质的量成正比，且物质的量之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比，则该反应方程式为：A2+3B2=2X，又根据反应前后各种元素的原子守恒，可知X的化学式为AB3，故合理选项是D。【题目点拨】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确体积与化学计量数的关系是解答的关键，并注意利用原子守恒来分析物质的化学式即可解答。4、D【解题分析】

氧化还原反应中存在变价元素，非氧化还原反应中不存在变价元素。【题目详解】A.3CuS+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O中，S、N元素发生价态变化，不合题意；B.3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O中，Cl元素价态有升有降，不合题意；C.3H2O2+2KCrO2+2KOH=2K2CrO4+4H2O中，O、Cr元素发生了价态变化，不合题意；D.3CCl4+K2Cr2O7=2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl中，无价态变化元素，符合题意。故选D。5、B【解题分析】

A.该硫酸的物质的A浓度，故A错误；B.配制500mL4.6mol·L－1的稀硫酸，根据，得到V=0.125L=125mL，故B正确；C.标准状况下，1molFe与足量的该硫酸发生钝化，故C错误；D.该硫酸与等体积的水混合后，假设体积为1L，则加水1L，所得溶液的质量分数，故D错误。综上所述，答案为B。6、D【解题分析】

A.甲烷可以用碱石灰干燥，并且可以用向下排空气法收集，但不易溶于水，不能用水收集多于的甲烷，故A选项错误。B.HCl是极易溶于水的气体，须用倒扣的漏斗防倒吸，HCl的密度大于空气的密度，采用集气瓶收集时应长进短出，不符合图中装置要求，故B选项错误。C.碱石灰可以干燥CO，但CO的密度接近于空气的密度，不应使用排空气法收集，故C选项错误。D.碱石灰能干燥NH3，氨气的密度比空气小，NH3在水中的溶解度很大，所以能用水吸收多余的NH3，须用倒扣的漏斗防倒吸，故D选项正确。故答案选D。7、D【解题分析】

0.2L1mol/L溶液中氯离子的物质的量是0.6mol。【题目详解】0.2L1mol/L溶液中氯离子的物质的量是0.6mol；A.0.2L1mol/L溶液氯离子的物质的量是0.2mol，A错误；B.是分子晶体，气体状态不电离，不含氯离子，故B错误；C.溶液中不含氯离子，C错误；D.是离子晶体，晶体中含有氯离子，0.6mol晶体氯离子的物质的量是0.6mol，D正确；答案选D。8、A【解题分析】

H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，由反应方程式可知，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mCO·nH2的物质完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，则①②符合，而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成2CO·2H2，③CH4可以改写成C·2H2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，因此④⑤符合，③⑥不符合，即①②④⑤符合；故答案选A。9、B【解题分析】

Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答。【题目详解】A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后，Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；

B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应而生成铜，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B可选；

C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；

D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；

故选：B。10、D【解题分析】

A．具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小，则O2﹣、F﹣、Na+、Mg2+半径依次减小，故A正确；B．O2和O3是氧元素形成的两种不同单质，两者互为同素异形体，故B正确；C．同一元素的不同核素，有相同的核外电子排布，所以化学性质相同，故C正确；D．同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，非最高价含氧酸则不一定，故D错误；故选：D。11、C【解题分析】

A.胶体具有吸附性，因此可以用来净水，A项正确；B.血浆是一种胶体，因此可以用半透膜来进行透析，B项正确；C.硫酸铜溶液不是胶体，无丁达尔现象，C项错误；D.胶体、溶液和浊液三者的本质区别就是分散质粒子直径的大小不同，D项正确；答案选C。12、B【解题分析】

在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，KClO3中氯元素降低到0价，6HCl中有5mol被氧化，升高到0价，转移电子5mol，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是5：1；故答案选B。13、C【解题分析】

二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮中氮元素的化合价即升高又降低，所以二氧化氮即是氧化剂又是还原剂，故选：C。14、A【解题分析】

n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，再根据氧化还原反应中得失电子相等进行计算，据此答题。【题目详解】n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应。设元素Cr在还原产物中的化合价是x，根据得失电子相等，则0.0012mol×（6-4）=0.0004mol×2×（6-x），3=（6-x），所以x=+3，所以答案A正确。故选A。15、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。16、B【解题分析】

A.钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，在加热或点燃的情况下生成过氧化钠，A项不符合题意；B.氯气和氢气无论光照还是点燃，生成的都是氯化氢，B项符合题意；C.少量与Ca（OH）2溶液反应的产物是，若过量，产物是，C项不符合题意；D.铜和浓、稀硝酸的反应产物不一样，浓硝酸的还原产物是，稀硝酸的还原产物是，D项不符合题意；答案选B。17、B【解题分析】

A.读数时应保持视线与液面底部相平，A有一处错误，故A不选；B.有两处错误：稀释浓硫酸应将浓硫酸加到水里，且不能在量筒中稀释液体，故B选；C.称量氢氧化钠不能用纸片，会潮解，C有一处错误，故C不选；D.混匀液体时不能摇动烧杯，应该用玻璃棒搅拌液体，D有一处错误，故D不选；故选B。18、B【解题分析】

A.4L0.5mol/LNaCl溶液中Na+的浓度为0.5mol/L；B.1L0.3mol/LNa2SO4溶液中Na+的浓度为0.3mol/L×2=0.6mol/L；C.5L0.4mol/LNaOH溶液中Na+的浓度为0.4mol/L；D.2L0.15mol/LNa3PO4溶液中Na+的浓度为0.15mol/L×3=0.45mol/L；因此Na+物质的量浓度最大的是0.6mol/L；答案选B。19、C【解题分析】

A.依据形状可知该仪器为圆底烧瓶，故A错误；B.依据形状可知该仪器为漏斗，故B错误；C.容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度。当瓶内体积在所指定温度下达到标线处时，其体积即为所标明的容积数，故C正确；D.依据形状可知该仪器为分液漏斗，故D错误；答案选C。20、B【解题分析】

根据溶液中阴阳离子电荷守恒和离子共存进行推断。【题目详解】溶液中离子个数比为，根据阴阳离子电荷守恒可知：4×1+1×2>2×2，所以溶液中还存在阳离子，且1个该离子带有2个单位正电荷，由于Ba2+与SO42-不共存，所以只能选Mg2+；故答案选B。21、D【解题分析】

A.方程式没有配平，氧化铝粉末投入强碱溶液中发生的反应为：Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O，故A错误；B.在加热的条件下反应生成氨气和水，离子方程式：NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故B错误；C.次氯酸具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，向次氯酸钙溶液通入SO2的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO4↓+2H++Cl﹣，故C错误；D.金属钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+＝2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故D正确；故选：D。22、D【解题分析】

A、盐酸具有弱氧化性，与Fe反应生成氯化亚铁，不是氯化铁，故A错误；B、铜在金属活动性顺序表中氢之后，所以铜和盐酸不反应，故B错误；C、Ag在金属活动性顺序表中氢之后，所以银和盐酸不反应，故C错误；D、Al在金属活动性顺序表中氢之前，所以铝和盐酸反应生成AlCl3，故D正确；故答案选D。【题目点拨】本题考查了常见金属单质的性质，注意稀盐酸有弱氧化性，且氧化性是氢元素表现的，能与金属活动性顺序表中氢之前的金属发生置换反应，和变价金属反应只能生成低价盐。二、非选择题(共84分)23、BBACDE【解题分析】

根据离子反应的实质与用量关系，结合图像进行分析。【题目详解】(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量，先发生中和反应，NH3•H2O+HCl=NH4Cl+H2O，无沉淀，后生成Al(OH)3沉淀且最终沉淀不溶解，反应方程式为AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，与图像B吻合，故答案为B；(2)向NaOH与NaAlO2溶液中通入CO2气体：先发生2NaOH+CO2=2H2O+Na2CO3；后逐渐产生沉淀，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，对照图象应为B；(3)氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，向NH3•H2O中逐滴滴入AlCl3溶液至过量：AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为A；(4)向氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为C；(5)向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，对照图象应为D；(6)MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为E。【题目点拨】解答本题时首先要认真理解图像表达的信息，搞清发生的反应原理。铝相关图象中的反应原理归纳如下：1．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量。实验现象：①AlCl3溶液中先出现白色沉淀，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；②继续滴加NaOH溶液沉淀溶解，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；2．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量。实验现象：①NaOH溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；②继续滴加AlCl3溶液中产生沉淀达到最大值后保持不变，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；3．向AlO2-溶液中滴加HCl溶液至过量。实验现象：①AlO2-溶液中先出现白色沉淀，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；②继续滴加HCl溶液沉淀溶解，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；4．向HCl溶液中滴加AlO2-+溶液至过量。实验现象：①HCl溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)，AlO2-+4H+=Al3++2H2O；②继续滴加AlO2-+溶液产生沉淀至不变，Al3++3AlO2-++6H2O=4Al(OH)3↓。24、N2NO2致冷剂3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑【解题分析】

根据题干信息可知，B为红棕色气体，则B为NO2，C与氧气反应生成NO2，则C为NO；A气体在闪电条件下与氧气反应生成NO，则A为氮气(N2)；E与铜反应生成NO，则E为硝酸(HNO3)；D在催化剂条件下与氧气加热反应生成NO，且D是A在高温高压、催化剂条件下反应生成的，则D为氨气(NH3)，据此分析解答。【题目详解】(1)①根据上述分析可知，A为氮气(N2)，其中N的化合价为0价，既可以升高又可以降低，D为氨气(NH3)，其中N的化合价为最低价-3价，只能升高，E为硝酸(HNO3)，其中N的化合价为最高价+5价，只能降低，因此三种物质中既具有氧化性又具有还原性的是N2；②B为NO2，D为氨气(NH3)，氨气易液化，常用作致冷剂；(2)①Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和H2O，其离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O；②实验室常用氯化铵和熟石灰(氢氧化钙)混合加热制取氨气，其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑。【题目点拨】本题考查框图形式的无机推断，解题的关键是在审题的基础上找准解题的突破口，本题的突破口为“B为红棕色”气体可推测B为二氧化氮。本题的易错点为二氧化氮与水反应方程式的书写，要注意基础知识的记忆。25、分液漏斗b除去水蒸气或干燥NaOHMnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O饱和食盐水8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2【解题分析】(1).据图可知，仪器a是分液漏斗，氢氧化钠、生石灰或者碱石灰具有吸水性，利用氢氧化钠、生石灰或者碱石灰与浓氨水可快速制取氨气，所以选b，故答案为：分液漏斗；b；(2).制取的氨气和氯气中均混有水蒸气，装置B中盛装的碱石灰、D中盛装的浓硫酸均可以除去水蒸气，起干燥气体的作用，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故答案为：除去水蒸气或干燥；NaOH；(3).二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的离子方程式：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有HCl杂质，通过盛有饱和食盐水的洗气瓶可以除去HCl杂质，所以E中盛放的是饱和食盐水，故答案为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；饱和食盐水；(4).反应过程中，装置C的集气瓶中有大量白烟产生，说明生成的产物有氯化铵，另一种产物为N2，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，故答案为：8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2。26、ad4.210mL500mL【解题分析】

(1)根据容量瓶的构造和使用方法及其注意事项分析判断；(2)配制500mL稀盐酸，需要选用500mL容量瓶进行配制，根据配制过程中溶质HCl的物质的量不变计算出需要浓盐酸的体积，并判断选用的量筒规格。【题目详解】(1)a．容量瓶口部有塞子，使用前要先检查容量瓶是否漏液，故a正确；b．容量瓶用蒸馏水洗净后不影响溶液的体积，浓度不变，所以不需要干燥，故b错误；c．容量瓶不能用来稀释和溶解物质，故c错误；d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，需要颠倒摇匀，故d正确；e．实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，但不能在容量瓶中直接配制溶液，需要将溶质先在烧杯中溶解后再转移到容量瓶中定容，故e错误；f．容量瓶不能存放配制的试剂，故f错误；故答案为：ad；(2)用12mol•L-1的浓盐酸配制0.10mol•L-1的稀盐酸500mL，需要该浓盐酸的体积为≈0.0042L=4.2mL，要量取4.2mL浓盐酸，应该选用10mL的量筒，故答案为：4.2；10mL；(3)配制0.10mol·L－1的稀盐酸500mL，需要选用500mL容量瓶进行配制，故答案为：500mL。【题目点拨】本题的易错点为(1)，要注意配制溶液的一般步骤及使用容量瓶的注意事项。27、④→②→①→③漂白除去二氧化硫，避免对检验二氧化碳造成干扰5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+确认二氧化硫已除尽固体由白色变蓝色澄清石灰水溶液变浑浊C3：2【解题分析】

(1)反应得到的三个气态产物是SO2、CO2和H2O，用无水硫酸铜检验H2O，用品红溶液检验SO2，用澄清石灰水检验CO2；（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化为SO42-，C瓶的溶液不褪色，可证明二氧化硫已除尽；（3）无水硫酸铜遇水变蓝；（4）装置③用来检验二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊；（4）X只能与二氧化硫反应，不能与二氧化碳反应；（6）实验结束后，在X溶液中得到的沉淀硫酸钡的质量为4.66g，碱石灰1（足量）吸收二氧化碳质量为1.32g。【题目详解】实验的目的是要将三种气态产物一一验证出来．由题中所给的各种装置可知：④是反应发生器；①中有品红溶液，可联想用来验证SO2；装置③中装有某种水溶液，显然③可用来验证CO2；②装入无水硫酸铜可验证水气，由于①、③中装的都是水溶液，气流经过后一定会带出水气，所以必须先用②验证产物中的水气，然后再验证SO2和CO2，不然就不能验证水气一定是反应产物；由于SO2和CO2都能与石灰水反应，使澄清的石灰水变浑浊，因此从②出来的气体必须先经过①验证和除去SO2后再进入③验证CO2，由此可以得出正确的连接顺序应当是④→②→①→③；（2）二氧化硫能使品红褪色，A瓶的溶液褪色，体现了SO2的漂白性；二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化为SO42-，B瓶溶液的作用是除去二氧化硫，避免对检验二氧化碳造成干扰，B瓶中反应的离子方程式是5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；C瓶的溶液不褪色，可证明二氧化硫已除尽，C瓶溶液的作用是确认二氧化硫已除尽。（3）装置②中装入无水硫酸铜，看到现象是固体由白色变蓝色；（4）装置③用来检验二氧化碳，装入的试剂是澄清石灰水，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，装置③的现象是溶液变浑浊；（4）A.BaCl2溶液与二氧化硫、二氧化碳都不反应，故不选A；B.Ba(OH)2溶液与二氧化硫、二氧化碳都能反应，故不选B；C.SO2被H2O2氧化为H2SO4，H2SO4与的BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，二氧化碳不反应，故选C；D.滴加H2O2的Ba(OH)2溶液与二氧化硫、二氧化碳都能反应，故不选D。（6）实验结束后，在X溶液中得到的沉淀硫酸钡的质量为4.66g，硫酸钡的物质的量为0.02mol，根据硫元素守恒，SO2的物质的量是0.02mol，碱石灰1（足量）吸收二氧化碳质量为1.32g，二氧化碳的物质的量是0.03mol，CO2和SO2物质的量比3:2。28、分液漏斗3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO氧气BDCa(OH)2+2NH4ClCaCl2

+2H2O+2NH3↑C防止烧杯中的水倒吸Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O无色0.1mol3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O【解题分析】（1）根据仪器A的结构特点知，A为分液漏斗；装置丙中的试管内二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，发生反应的离子方程式为：3NO2＋H2O=2H＋＋2NO＋NO；②为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入氧气，无色气体变为红棕色，发生反应2NO＋O2=2NO2；（2）容积为aL的试管盛满NO后倒扣于水槽中，再向试管中通入一定体积O2后，试管内气体的体积为试管容积的一半，发生的反应为