2024届河北省永年县一中化学高一第一学期期末经典模拟试题含解析

2024届河北省永年县一中化学高一第一学期期末经典模拟试题注意事项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、关于同温、同压下等体积的CO2和CO的叙述，其中正确的是（）①质量相等；②密度相等；③所含分子个数相等；④所含碳原子个数相等．A．①②③④ B．②③④ C．只有③④ D．只有④2、下列物质不能由化合反应直接生成的是()A．NaOH B．Cu2(OH)2CO3 C．H2SiO3 D．FeCl23、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol/LNaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B．0.1mol/LFeCl2溶液：H+、Mg2+、SO42-、MnO4-C．0.1mol/LKHCO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-D．0.1mol/LH2SO4溶液：Ag+、NH4+、NO3-、HSO3-4、对纯碱(碳酸钠)采用不同分类法分类：①碱、②含氧酸盐、③钠盐、④碳酸盐，其中正确的是（）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④5、下列有关Cl2的叙述中不正确的是A．氯水能够使石蕊试液先变红后褪色，说明氯水中存在H+和漂白性物质B．在加压条件下,氯气转化为液氯，可储存于钢瓶中,便于运输和使用C．舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体,并将该气体的组成元素命名为氯D．氯气常用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等领域6、钢铁“发蓝”是指在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中第一步反应为：3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑。关于该反应说法正确的是A．反应中N元素被氧化B．NaFeO2既是氧化产物也是还原产物C．整个反应过程中每有参加反应就转移电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:17、下列反应属于氧化还原反应的是A．CaCO3CaO+CO2↑ B．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2C．CaO+H2O=Ca(OH)2 D．Na2O+2HCl=2NaCl+H2O8、下列微粒半径大小比较正确的是（）A．Ca＞K＞Li B．Al3＋＞Mg2＋＞Na＋C．Mg2＋＞Na＋＞F- D．Cl－＞F－＞F9、下列各组反应中，硝酸既表现了氧化性，又表现了酸性的是A．C＋HNO3B．NH3＋HNO3C．Fe(OH)3＋HNO3D．Cu＋HNO310、下列各组中两种物质作用时，温度和反应物用量改变不会引起产物种类变化的是()A．Na和O2 B．S和O2 C．CO2和Ca(OH)2溶液 D．Fe和稀硝酸11、某化学小组用如图所示装置制取氯气。下列说法正确的是A．该装置图中至少存在三处明显错误B．该实验中收集氯气的方法不正确C．如果需要得到干燥纯净的Cl2，只需在气体发生装置和收集装置之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶即可D．含有2molHCl的某浓盐酸与足量MnO2混合，在一定条件下反应，转移1mol电子12、下列行为不符合安全要求的是A．做实验剩余的金属钠直接丢弃在废液缸中B．闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C．配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌D．不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用湿毛巾盖灭13、下列关于金属铝的叙述中，说法不正确的是（）A．是地壳中含量最多的金属元素B．是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现还原性C．箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧D．箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的不滴落14、将SO2和CO2的混合物气体通入下列物质的溶液中，一定产生沉淀的是A．CaCl2 B．NH3 C．FeCl3 D．Ba(NO3)215、下列实验现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液呈红色未知液中一定含有Fe2＋B向无色溶液中滴加氯水，再加淀粉溶液溶液变蓝无色溶液中含有I－C向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀该溶液中含有Cl－D将银白色的金属钠放置在空气中钠表面很快变暗金属钠具有强氧化性A．A B．B C．C D．D16、在稀盐酸溶液中加入适量铁粉，反应完全后再加入足量NaOH溶液，放置片刻，从反应体系中观察到颜色的变化是（）A．无色→灰绿→红褐 B．灰绿→红褐→蓝灰色→红棕C．无色→白色→浅绿→灰绿→红褐 D．无色→浅绿→白色→灰绿→红褐17、“神八”与“天宫一号”的成功对接，标志着中国的航空铝材处于世界领先的行列。下列关于铝合金的说法中错误的是()A．铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点低B．高温铝液易被氧化，铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼C．镁铝合金耐腐蚀，但能被烧碱(NaOH)腐蚀D．镁铝合金在盐酸中无法溶解18、下列各组离子能够大量共存的是A．Ag+、NO3-、H+、Cl- B．H+、K+、SiO32-、ClO-C．Mg2+、Na+、Cl-、SO42- D．Fe3+、Na+、CO32-、I-19、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较不正确的是()A．二者在水中的溶解度不同,相同温度下,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B．二者热稳定性不同,碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠C．二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体,等质量时生成CO2的量一样多D．二者在一定条件下可以相互转化20、下列四种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是（）①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液A．①④ B．②③ C．②③④ D．①②③21、下列有关工业生产的叙述中错误的是（）A．用CO还原赤铁矿炼铁B．电解NaCl溶液制金属NaC．用N2和H2合成NH3D．高温下用C还原SiO2制Si22、如果花生油中混有水，最好的分离方法是()A．过滤 B．蒸馏 C．分液 D．萃取二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A原子核内无中子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．请回答下列问题：（1）C元素在元素周期表中的位置是___；C、D、E三种元素简单离子半径由大到小的顺序为：___(用离子符号表示)。（2）写出分别由A、D与C形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式___、___。（3）A与C、E间分别形成甲、乙两种共价化合物，且甲有10个电子，乙有18个电子，则沸点较高的是___(填化学式)。（4）F含有的化学键类型是___、___。（5）D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质，该反应的离子方程式为___。24、（12分）金属A能够被磁铁所吸引．A及其A的化合物之间有如下的转化关系：（1）写出A、C的化学式：A_____；C_____．（2）检验B中阳离子的试剂是_____．（3）写出下列反应的化学方程式或离子方程式：A→D的离子方程式_____E→C的化学方程式_____25、（12分）用18.4mol/L的浓H2SO4配制100mL浓度为1.0mol/L的稀H2SO4，其操作可分为以下各步:（1）A．用量简量取_____浓H2SO4缓缓注入装有约50mL

蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒搅拌；B．用约30mL蒸馏水，分成3次洗涤烧杯和玻棒，将每次洗涤液都注人容量瓶中；C．将稀释后的H2SO4小心转移到100mL

容量瓶里；D．检查100mL容量瓶口部是否会发生滴漏；E.加蒸馏水至容量瓶中液面接近刻度2cm

处；F.盖紧瓶塞，反复颠倒振荡，摇匀溶液；G.用胶头滴管向容量瓶里逐滴滴加蒸馏水至液面最低点和刻度线相平。（2）上述操作正确的顺序为(用字母填写)__________。（3）进行A步操作时，应选择下列量器_______(填序号)。a.10mL量筒b.50mL量筒c.100mL量筒（4）如果对装有浓H2SO4的量筒读数如右图所示，配制的稀H2SO4的浓度将_______(偏高、偏低、无影响)。（5）进入A步操作后，必须________后才能进行C操作。26、（10分）某兴趣小组制备氢氧化亚铁沉淀。实验1实验现象液面上方产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，振荡，试管壁上有红褐色沉淀生成。（1）实验1中产生白色沉淀的离子方程式是________________。（2）为了探究沉淀变灰绿色的原因，该小组同学展开如下探究：①甲同学推测灰绿色物质为Fe(OH)2和Fe(OH)3混合物。查阅资料后根据调色原理认为白色和红褐色的调和色不可能是灰绿色，并设计实验证实灰绿色物质中不含有Fe(OH)3，方案是__________。②乙同学查阅文献：Fe(OH)2在大量SO42存在的情况下形成Fe6(SO4)2(OH)4O3(一种氧基碱式复盐)。并设计对比实验证实该假设：向试管中加入_____________，再往试管中加入____________，振荡，现象与实验1相同，结论是该假设不成立。③乙同学继续查阅文献：Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性能，灰绿色可能是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起。推测所用的硫酸亚铁溶液的浓度应越小越好；氢氧化钠溶液浓度应越大越好。设计了如下实验方案：试管中10mLNaOH溶液滴加FeSO4溶液实验现象实验26mol/LNaOH溶液0.2mol/LFeSO4溶液产生悬浮于液面的白色沉淀（带有少量灰绿色），沉淀下沉后，大部分灰绿色变为白色沉淀实验36mol/LNaOH溶液0.1mol/LFeSO4溶液产生悬浮于液面的白色沉淀（带有极少量灰绿色），沉淀下沉后，底部都为白色沉淀该实验得出的结论是_______________，能说明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的证据是____________。丙同学认为该实验方案不足以证明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的，还需补充的实验是________________，证明该假设成立。（3）丙同学探究温度对氢氧化亚铁制备实验的影响：取少量灰绿色沉淀，在水浴中加热，颜色由灰绿变白，且有絮状白色沉淀下沉，原因为_____________。（4）根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件____________。27、（12分）实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（3）根据计算用托盘天平称取的质量为______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_____0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用______mL量筒最好。28、（14分）无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为____________________。（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为__________。（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是________。（4）为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32g。①写出上述除杂过程中涉及的离子方程式___________、____________。②AlCl3产品的纯度为________。29、（10分）现有中学化学常见四种金属单质A、B、C、I和三种常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H。它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)请根据以上信息回答下列问题：（1）写出物质H的化学式：_______________，物质E的名称：_______________；（2）写出反应③的化学方程式___________________；写出反应⑦的离子方程式____________；（3）请写出图示中物质C与水蒸气在高温下反应的化学方程式______________；（4）描述一种检验反应④所得产物中阳离子的操作__________________。

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】

依据阿伏伽德罗定律可知：同温同压下等体积CO2和CO的物质的量相等。①根据m=nM可以知道，二者质量之比为44g:28g=11:7，二者质量不相等，故①错误；②同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比，所以二者密度之比为：44g:28g=11:7，二者密度不相等,故②错误；③二者物质的量相等,根据N=nNA可以知道，所含分子数相等，故③正确;；④二者含有分子数目相等，每个分子均含有1个C原子，故含有碳原子数目相等，故④正确,；本题答案为C。2、C【解题分析】

A.可以由氧化钠和水化合生成，A不选；B.可以由铜、氧气、水、二氧化碳化合生成，B不选；C.二氧化硅和水不反应，故不能通过化合反应制得，C选；D.可以由铁和氯化铁化合制得，D不选；答案选C。【题目点拨】是铜绿，即铜生锈的产物，铜在潮湿环境中和空气中的水、二氧化碳反应生成。3、A【解题分析】

A、该组离子可以在NaOH溶液中大量共存，A正确；B、MnO4-在酸性溶液中具有强氧化性，可以氧化Fe2+，故Fe2+、H+、MnO4-不能大量共存，B错误；C、HCO3-和OH-不能共存，二者反应产生的CO32-可以和Ba2+反应产生白色沉淀，故HCO3-、Ba2+、OH-不能大量共存，C错误；D、H+、NO3-和HSO3-不能大量共存（氧化还原反应），H+和HSO3-不能大量共存（复分解反应），Ag+和SO42-不能大量共存，D错误；故选A。4、D【解题分析】

纯碱为Na2CO3，Na2CO3是盐，不是碱，Na2CO3含有钠离子和碳酸根，故属于钠盐、碳酸盐和含氧酸盐，②③④正确；故答案选D。5、C【解题分析】A、氯水中含有HCl和HClO，前者电离出H+，使石蕊试液先变红，后者具有强氧化性和漂白性，所以石蕊试液变红后褪色，A正确；B、氯气易液化，在加压下可以转化为液态氯气，且在常温下不与铁反应，故可储存于钢瓶中，便于运输和使用，B正确；C、舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体，当时他未确认该气体的组成成分，后经化学家戴维确认该气体只含有一种元素且命名为氯，C错误；D、Cl2的用途广泛，可用于自来水消毒、农药的生产、药物的合成等领域，D正确。正确答案为C。6、C【解题分析】

A.N元素的化合价由+3价降低为-3价，化合价降低被还原，故A错误；B.被氧化，生成，钠元素和氧元素化合价没有变化，所以是氧化产物；C.的物质的量，由0价升高到+2价，转移2个电子，转移，故C正确；D.被氧化，做还原剂，中氮元素化合价降低被还原做氧化剂，根据方程式得氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D错误；故答案为：C。7、B【解题分析】

反应中存在含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，不含元素化合价变化的反应为非氧化还原反应。【题目详解】A．CaCO3CaO+CO2↑中各元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B选；C．反应CaO+H2O=Ca(OH)2中各元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．Na2O+2HCl=2NaCl+H2O中各元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选B。8、D【解题分析】

电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小；具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，以此来解答。【题目详解】A.Ca、K同周期，同周期元素原子序数越大，半径越小，原子半径为K>Ca，故A错误B.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为A13+<Mg2+<Na+，故B错误；C.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Mg2+<Na+<F-，故C错误；D.电子层越多，离子半径越大，同种元素的阴离子半径大于原子半径，则微粒半径为Cl->F->F，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查微粒半径的比较，为高频考点，把握离子半径及原子半径的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。9、D【解题分析】分析：本题考查的是硝酸的性质，根据元素化合价的变化分析即可。详解：A.碳和硝酸反应中硝酸中的氮元素化合价降低，硝酸表现氧化性，没有表现酸性，故错误；B.氨气和硝酸反应生成硝酸铵，硝酸表现酸性，没有表现氧化性，故错误；C.氢氧化铁和硝酸反应生成硝酸铁和水，没有化合价变化，硝酸只表现酸性，故错误；D.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物和水，硝酸表现酸性和氧化性，故正确。故选D。10、B【解题分析】

A．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠，反应条件不同产物不同，选项A不选；B、硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，两种物质作用时，温度和反应物用量改变不会引起产物种类变化，选项B选；C、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O、Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，反应物的量不同其产物不同，选项C不选；D、足量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、少量铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，反应物的量不同其产物不同，选项D不选。答案选B。11、A【解题分析】

A．MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应，图中缺少加热装置，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应有尾气吸收装置，浓盐酸是易挥发酸，需要用分液漏斗加入，故A正确；B．氯气比空气重，可以用向上排气法收集，装置中正确，故B错误；C．浓盐酸有挥发性，氯气里除水气还原挥发的氯化氢，仅干燥不可以得到纯净氯气，需要先用饱和食盐水除HCl再干燥才行，故C错误；D．含有2molHCl的某浓盐酸与足量MnO2混合，转移电子小于1mol，原因盐酸浓度低后反应要停止，故D错误；答案为A。【点晴】注意实验制备的原理和装置，把握盐酸和氯气的性质是解题关键，MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，浓盐酸需要用分液漏斗加入，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应有尾气吸收装置，氯气具有氧化性，可与碘化钾反应生成单质碘，据此分析解答。12、A【解题分析】

A、钠和水剧烈反应，甚至发生爆炸现象，故剩余的金属钠不能直接丢弃在废液缸中，A错误；B、闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，以防中毒，B正确；C、配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌，以散热，防止液体飞溅，C正确；D、水和酒精互溶，酒精在桌上着火时不用水扑火，立即用湿毛巾盖灭，D正确；答案选A。【点晴】明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累。例如常见意外事故的处理：意外事故处理方法洒在桌面的酒精燃烧立即用湿抹布扑盖酸洒在皮肤上立即用较多的水冲洗（皮肤上不慎洒上浓H2SO4，不得先用水冲洗而要根据情况迅速用干布擦去，再用水冲洗），最后再涂上3%～5%的NaHCO3溶液碱洒在皮肤上用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液水银洒在桌面上进行回收后再撒上硫粉酸液溅到眼中立即用水冲洗，边洗边眨眼睛酒精等有机物在实验台上着火用湿抹布、石棉或沙子盖灭，火势较大时，可用灭火器扑救液溴沾到皮肤上应立即用布擦去，再用酒精擦洗13、C【解题分析】

A.地壳中元素的含量第一位的是氧，其次是硅，第三位的是铝，第四位的是铁，其中铝、铁是金属元素,故A项正确；B.金属在化学反应中失去电子表现还原性，故B项正确；C、D.铝箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落也不能发生剧烈燃烧，故C项错误，D项正确；故答案为C。14、D【解题分析】

A.SO2和CO2的混合物气体通入水中，分别生成H2SO3和H2CO3，盐酸是强酸，碳酸和亚硫酸是弱酸，所以碳酸和亚硫酸不能制取盐酸，即SO2和CO2的混合气体不和氯化钙反应，最终没有沉淀析出，故A错误；B.SO2和CO2的混合物气体通入水中，分别生成H2SO3和H2CO3，和NH3反应没有沉淀生成，故B错误；C.SO2和CO2的混合物气体通入水中，分别生成H2SO3和H2CO3，FeCl3在酸性环境中不能产生沉淀，故C错误；D.SO2和CO2的混合物气体通入水中，分别生成H2SO3和H2CO3，NO3-在酸性环境中有氧化性，会把SO32-氧化成SO42-，最终生成不溶于酸的BaSO4沉淀，故D正确；正确答案是D。【题目点拨】本题考查了离子反应发生的条件，题目难度不大，试题注重了基础知识的考查，注意明确离子反应发生的条件、掌握常见元素化合物的化学性质。15、B【解题分析】

A、氯气具有强氧化性，能把亚铁离子氧化成铁离子，向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，不能排除原溶液中含有Fe3+，应该先加KSCN溶液，后滴加氯水判断原溶液中是否含有Fe2+，故A错误；B、氯气能把碘离子氧化成碘，碘使淀粉变蓝，说明氯气把碘离子氧化成碘，则无色溶液中一定含I-，故B正确；C、与硝酸银溶液反应生成白色沉淀的离子有Cl－、SO42-、OH-等，所以向某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，原溶液不一定含Cl－，故C错误；D、金属钠具有强还原性，故D错误。16、D【解题分析】

在稀盐酸中加入适量铁粉，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，看到溶液由无色变为浅绿色，然后加入NaOH溶液，发生复分解反应：FeCl2+2NaOH=2NaCl+Fe(OH)2↓，反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，容易被溶解的O2氧化产生Fe(OH)3，因此会看到沉淀由白色变为灰绿色，最后变为红褐色。故反应现象变化是无色→浅绿→白色→灰绿→红褐，故合理选项是D。17、D【解题分析】

A、合金的熔点都会比其中的单一的一种金属的熔点低，A正确；B、铝是一种比较活泼的金属，尤其是在熔融状态下会非常容易与空气中的氧气发生氧化还原反应，所以必须采取相应的保护措施，B正确；C、由于镁铝合金在空气中会和氧气反应在其表面生成氧化膜，阻止反应的进一步进行，所以比较耐腐蚀。但铝是一种特殊的金属，铝、氧化铝都会与烧碱溶液发生反应，所以镁铝合金会被烧碱溶液腐蚀，C正确；D、镁或铝均能与盐酸反应，因此镁铝合金在盐酸中能被溶解，D错误。答案选D。18、C【解题分析】

A项、因Ag+与Cl-之间反应生成难溶物氯化银，故在溶液中不能大量共存，A错误；B项、因H＋与SiO32-能结合生成硅酸沉淀，H+与ClO-结合生成弱电解质HClO，故在溶液中不能大量共存，B错误；C项、因Mg2+、Na+、Cl-、SO42-之间不反应，故在溶液中能够大量共存，C正确；D项、因Fe3＋具有很强的氧化性，而I－具有很强的还原性，它们之间能发生氧化还原反应：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2，Fe3+与CO32-在溶液中发生双水解反应，故在溶液中不能大量共存，D错误；故本题选C。【题目点拨】本题考查离子共存的判断，能够发生反应的离子不能大量共存，注意D项中铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，在溶液中可以发生氧化还原反应。19、C【解题分析】

A.二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，结论正确，A不选；B.二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，结论正确，B不选；C.二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的CO2多，结论错误，C可选；D.碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，结论正确，D不选；答案为C。【题目点拨】106g碳酸钠与足量盐酸反应生成1mol二氧化碳，而84g碳酸氢钠与足量盐酸反应生成1mol二氧化碳，因此等质量的碳酸钠与碳酸氢钠与足量的盐酸反应，放出气体多的为碳酸氢钠；若为等物质的量的两种物质，与足量的盐酸反应，产生的气体相等。20、B【解题分析】①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性；③溴水褪色，体现二氧化硫的还原性；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现二氧化硫的酸性氧化物的性质，答案选B。点睛：本题考查二氧化硫的化学性质，侧重还原性和漂白性的考查，注意使溶液褪色不一定为漂白性，明确二氧化硫对品红溶液的漂白，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫能与具有氧化性的物质发生氧化还原反应；二氧化硫为酸性氧化物，能与碱反应，以此来解答。21、B【解题分析】

A．具有还原性能与赤铁矿反应；B．电解溶液生成氢氧化钠；C．在高温高压催化剂条件下，氮气与氢气反应生成氨气；D．高温下用与反应生成和；【题目详解】A．具有还原性能与赤铁矿反应，所以工业上用还原赤铁矿炼铁，故A正确；B．电解溶液生成氢氧化钠，不生成，电解熔融的氯化钠得到金属钠，故B错误；C．在高温高压催化剂条件下，氮气与氢气反应生成氨气，则用和合成，故C正确；D．高温下用与反应生成和，则高温下用还原制，故D正确。故选：B。22、C【解题分析】

花生油和水为互不相溶的两种液体，其混合物常用分液法分离。A.过滤通常用于难溶固体和液体的分离，故A不选；B.蒸馏通常用于分离互溶的液体混合物，故B不选；C.分液通常用于分离互不相溶的液体混合物，故C选；D.萃取通常用于把一种溶质从一种溶剂中分离出来，故D不选。故选C。二、非选择题(共84分)23、第二周期VIA族S2->O2->Na+H2O离子键极性共价键2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑【解题分析】

A原子核内无中子，则A为氢元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F，B为氮元素，F为硝酸铵；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则E为硫元素，在第三周期；D与A同主族，且与E同周期，则D为钠元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为氧元素。【题目详解】（1）C为氧元素，在元素周期表中的位置是第二周期VIA族；Na+、O2-、S2-离子半径由大到小的顺序为S2->O2->Na+，故答案为：第二周期VIA族；S2->O2->Na+；（2）由H、Na与O形成的原子个数比为1：1的化合物分别为H2O2、Na2O2，其电子式分别为、，故答案为：；（3）H与O、S间分别形成H2O、H2S两种共价化合物，因为水分子间存在氢键，则沸点较高，故答案为：H2O；（4）F为硝酸铵，含有离子键和极性共价键，故答案为：离子键、极性共价键；（5）过氧化钠与水反应能生成氧气，则该反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。【题目点拨】比较离子半径可以用“先层后核再电子”进行比较，S2-有三个电子层，则半径最大，Na+、O2-有两个电子层，但氧的序数小于钠的序数，则O2-的离子半径大于Na+，所以S2->O2->Na+。24、FeFe(OH)3KSCN溶液或NaOH溶液Fe+2H+═Fe2++H2↑4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3【解题分析】

金属A能够被磁铁所吸引，则A是Fe，Fe在氯气中燃烧生成B为FeCl3，Fe和HCl反应生成FeCl2和H2，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，则D为FeCl2，B和NaOH反应生成红褐色的C为Fe(OH)3，D和NaOH溶液反应生成的白色E为Fe(OH)2，Fe(OH)2和氧气、水反应生成Fe(OH)3。【题目详解】(1)通过以上分析知，A、C分别是Fe、Fe(OH)3，故答案为：Fe；Fe(OH)3；(2)B为氯化铁，铁离子用KSCN或NaOH溶液检验，铁离子和KSCN混合后溶液呈血红色，和NaOH反应生成红褐色沉淀，所以可以用KSCN或NaOH溶液检验，故答案为：KSCN溶液或NaOH溶液；(3)Fe和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。【题目点拨】本题以Fe及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，明确物质性质是解本题关键。本题的突破口为C的颜色。本题的易错点为氢氧化亚铁氧化的方程式的书写。25、5.4mLDACBEGFa偏高冷却至室温【解题分析】（1）.设需要量取xmL的浓硫酸，根据稀释定律，x×10－3L×18.4mol/L=0.1L×1.0mol/L，解得x=5.4mL，故答案为：5.4mL；（2）.用浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液，一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的顺序为：DACBEGF，故答案为：DACBEGF；（3）.依据量筒选择原则可知量取5.4mL溶液，应选择10mL量筒，故答案为：a；（4）.仰视量筒读数，会导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故答案为：偏高；（5）.容量瓶为精密仪器，不能用来配制过热或过冷的液体，所以移液前应冷却至室温，故答案为：冷却至室温。点睛：本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解答本题的关键，试题难度一般，本题的易错点是第（1）小题中配制步骤的判断，解题时要先根据稀释定律计算出需要量取浓硫酸的体积，再根据用浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液，一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等进行判断即可。26、Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓取一定量的灰绿色沉淀，加入盐酸溶解，再加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3。2mL0.1mol/LFeCl2溶液3滴0.1mol/LNaOH溶液在氢氧化钠溶液浓度一定的条件下，硫酸亚铁溶液的浓度越小，产生白色沉淀的现象越明显。实验2中沉淀下沉后，大部分灰绿色变为白色沉淀（或实验3中沉淀下沉后，底部都为白色沉淀）向实验2（或实验3）的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液，白色沉淀变成灰绿色。Fe2+在加热时易发生水解，生成Fe(OH)2，因此颜色变白，同时沉淀的量增加，导致出现片状白色沉淀。隔绝氧气、硫酸亚铁少量（或氢氧化钠过量）、硫酸亚铁浓度小（或氢氧化钠浓度大）、将氢氧化钠溶液逐滴加入到硫酸亚铁溶液中、微热等。【解题分析】（1）实验1中产生的白色沉淀是氢氧化亚铁，反应的离子方程式是Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓。（2）①要验证不存在氢氧化铁，只需要转化为铁盐，利用KSCN溶液检验即可，因此实验方案是：取一定量的灰绿色沉淀，加入盐酸溶解，再加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明灰绿色物质中不含有Fe(OH)3。②要验证该假设不成立，只需要向亚铁盐中加入少量的氢氧化钠溶液观察沉淀颜色即可，因此向试管中加入2mL0.1mol/LFeCl2溶液，再往试管中加入3滴0.1mol/LNaOH溶液，振荡，现象与实验1相同，证明该假设不成立。③根据实验现象可知在氢氧化钠溶液浓度一定的条件下，硫酸亚铁溶液的浓度越小，产生白色沉淀的现象越明显。实验2中沉淀下沉后，大部分灰绿色变为白色沉淀（或实验3中沉淀下沉后，底部都为白色沉淀），这说明灰绿色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的；要证明假设正确，应该向沉淀中继续加入亚铁盐，即需要补充的实验是向实验2（或实验3）的白色沉淀中继续加入过量的硫酸亚铁溶液，白色沉淀变成灰绿色，这说明假设完全正确。（3）由于Fe2+在加热时易发生水解，生成Fe(OH)2，因此颜色变白，同时沉淀的量增加，导致出现片状白色沉淀。（4）根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件是：隔绝氧气、硫酸亚铁少量（或氢氧化钠过量）、硫酸亚铁浓度小（或氢氧化钠浓度大）、将氢氧化钠溶液逐滴加入到硫酸亚铁溶液中、微热等。点睛：本题主要是考查化学实验设计与探究，综合性强，难度较大。明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键。注意挖掘实验现象中隐含的信息，注意实验方案设计的合理性、可行性以及对照实验等。27、A、C烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶BCD2.0小于13.615【解题分析】

（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量或者量取、溶解或者稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以用不到的仪器：平底烧瓶、分液漏斗；还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；（2）A．容量瓶是带有活塞的仪器，使用前要检查是否漏水，故A正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能够使用待配溶液润洗，否则导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；C．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解，应该在烧杯中溶解固体，故C错误；D．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于稀释浓溶液，应该在烧杯中稀释浓溶液，故D错误；E．摇匀的正确操作为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；答案为BCD；（3）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500m