2024届江苏省南通市通州、海安化学高一第一学期期末达标测试试题含解析

2024届江苏省南通市通州、海安化学高一第一学期期末达标测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、在盛有碘水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现如图所示的现象，正确的结论是A．①加CCl4②加苯③加酒精B．①加酒精②加CCl4③加苯C．①加苯②加CCl4③加酒精D．①加苯②加酒精③加CCl42、下列叙述正确的是A．直径介于1～100nm之间的粒子称为胶体B．用过滤的方法可以将胶体和溶液分离C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D．胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应3、下列关于硅的说法不正确的是()A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B．硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应D．加热到一定温度时，硅能与氯气、氧气等非金属反应4、已知某饱和溶液的以下条件：①溶液的质量、②溶剂的质量、③溶液的体积、④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的组合是(

)A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①③⑤ D．①③④⑤5、按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是()A．盐酸、空气、醋酸、干冰 B．胆矾、海水、硫酸钠、蔗糖C．胶体溶液、食盐、烧碱、氯化钙 D．胆矾、大理石、氯化钾、硫酸钡6、某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl—、X四种离子，已知这四种离子的物质的量的浓度比为3:2:1:4，则X离子可能是()A．SO42— B．CO32— C．Mg2+ D．NO3—7、配制100mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是A．用敞口容器称量NaOH且时间过长 B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．定容时仰视观察刻度线 D．容量瓶使用前用0.1mol·L－1的NaOH溶液洗涤8、下列有关金属及其化合物的说法正确的是A．铝和氢氧化钠溶液反应生成Al(OH)3和H2OB．钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OC．铁在高温下与水蒸气反应生成Fe2O3和H2D．碳酸钠溶液和氢氧化钙溶液反应生成NaOH和CaCO39、下列各组离子在溶液中能大量共存且为无色的是（）A．H+、Cl-、Ag+、NO B．Na+、CO、Cl-、Ca2+C．Fe3+、SO、Na+、Cl- D．H+、Ba2+、Cl-、NO10、有下列物质：①小苏打、②硫酸铝、③氯化铁、④磁性氧化铁、⑤氢氧化铁，其中能通过化合反应制得的是（）A．①②④⑤ B．①③④⑤ C．②③④⑤ D．①②③④11、分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是A．烧碱和纯碱都属于碱 B．硫酸和盐酸都属于含氧酸C．Na2SiO3和Na2SO4都属于钠盐 D．Fe2O3和Al2O3都属于碱性氧化物12、氨氮废水超标排放是水体富营养化的重要原因，可用以下流程处理：下列说法正确的是A．过程I中发生的化学反应属于氧化还原反应B．过程Ⅱ中，每转化转移的电子数为6NAC．过程Ⅲ中CH3OH→CO2，甲醇作还原剂D．过程Ⅲ中HNO3→N2，转移10mole-时可生成N211.2L(标准状况)13、下列反应是氧化还原反应的是（）A．AgNO3+HCl==AgCl↓+HNO3B．NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2OC．2KClO32KCl＋3O2↑D．CaO＋H2O==Ca(OH)214、下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（）A．Na+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣ B．H+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣C．Fe2+、H+、SO42﹣、NO3﹣ D．Na+、CO32﹣、OH﹣、K+15、某同学用下列装置完成了浓硫酸和性质实验（夹持装置已省略）下列说法错误的是A．反应后，试管①中出现白色固体，将其放入水中溶液显蓝色B．试管②中品红溶液逐渐褪色，对其加热溶液又恢复红色C．试管④中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了的漂白性D．试管⑤可以改为装有碱石灰的干燥管16、下列离子能大量共存的是（）A．能使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42－、CO32-B．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3－C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2＋、NH4＋、SO42－、Cl－D．能使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3－、NO3－17、将一定量的氯气通入30mL，浓度为10.00mol/L的氢氧化钠溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是A．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25B．n（Na+）：n（Cl-）可能为7：3C．与NaOH反应的氯气一定为0.3molD．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：118、在反应5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O中，发生还原反应的氮元素与发生氧化反应的氮元素的物质的量之比为A．5：3B．3：5C．5：4D．4：519、下列物质的保存方法不正确的是()A．少量金属钠保存在煤油中 B．氢氧化钠溶液盛放在带有玻璃塞的玻璃瓶中C．漂白粉密封保存在广口瓶中 D．硝酸银溶液保存在棕色细口瓶中20、下列实验操作正确的是（）A．用灼热的氧化铜除去CO2中混有的少量COB．用NaOH溶液除去SO2中混有的HClC．用100mL量筒量取8.53mL蒸馏水D．为加快过滤速度，可用玻璃棒在漏斗中搅拌21、某容器真空时，称量其质量为60.4g，此容器充满N2时总质量为66.0g，在相同状况下,充满另一气体时，总质量为74.6g，那么该气体可能是A．Cl2 B．O2 C．SO2 D．HCl22、标准状况下，下列物质中体积最大的是（）A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。（1）物质A的化学式为___，F化学式为___；（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___；（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，由此反应可知A有作为___的用途。（5）M投入盐酸中的离子方程式___。24、（12分）2018年6月1日，陨石坠落西双版纳，再次引发了人们对“天外来客”的关注，下图中（部分产物已略去），X、Y、Z为单质，其它为化合物；E为陨石的主要成分，也是石英砂的主要成分；A为黑色磁性氧化物，请回答下列问题：(1)关于E的说法正确的是___________________（填序号）①E硬度大、熔点高、在自然界广泛存在②E既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应，其为两性物质③可用盐酸除去E中混有少量X④E是良好的半导体材料(2)写出E与焦炭在高温下反应制取Z的化学方程式，并用单线桥分析标明电子转移数目______________(3)写出E与NaOH溶液反应的离子方程式：_________________________________(4)A与足量B的稀溶液反应生成D溶液，请用文字表述检验D中金属阳离子存在的一种实验方法_________(5)F物质用氧化物的形式表示为：__________________。(6)已知在外加直流电作用下，G胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做____________；净化G胶体可采用如图_____________（填序号）的方法，这种方法叫_____________。25、（12分）纯碱晶体样品中常混有NaCl等杂质。某同学用沉淀法测定样品中的质量分数，操作流程如下：（1）写出加入溶液反应的离子方程式____；操作I所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____。（2）对沉淀M洗涤的方法是___。（3）样品中的质量分数为___。（4）如果纯碱晶体失去部分结晶水（风化），则测定结果会___（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。（5）纯碱在生产生活中有广泛应用，用途正确的是_____。A用于治疗胃酸过多B用于生产玻璃C用于造纸D用于焙制糕点26、（10分）某中学学习小组模拟工业烟气脱硫（SO2）。（1）甲组采用如下装置脱硫（部分装置略）。①CaO脱硫后的产物是_________。②b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_____。ⅰ.加快SO2气体流速ⅱ.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管ⅲ.加热a，脱硫效果可能会更好③小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是_______。（2）乙组选用AgNO3溶液脱除SO2。现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4（微溶）。假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：①取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。②取______，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。实验证明“假设1”不成立。③为进一步确认“假设2”，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是________；经确认，反应后混合液存在SO。实验证明“假设2”成立。④产生沉淀A的化学方程式是_________。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。（3）丙组用NaClO脱除SO2，用1L0.1mol/L的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2_______L。27、（12分）下列为实验室常用仪器（1）下列各组混合物中，能用仪器E进行分离的是____________。a．水和四氯化碳b．碘和酒精c．水中的泥沙（2）配制100mL0.1mol·L－1NaOH溶液，所需NaOH固体的质量是_______g，实验中用到的四种仪器为_________________（填序号），还缺少的一种玻璃仪器为______________（填仪器名称）。28、（14分）下列反应的通式可表示为：单质甲、乙和化合物A、B为中学常见物质，请回答下列问题：（1）若单质甲是金属，化合物A为烧碱，写出该反应的离子方程式：______________________（2）若工业上利用置换反应原理制备一种半导体材料，写出该反应的化学方程式______________（3）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是一种白色金属氧化物，则该反应的化学方程式________________________（4）若化合物B为黑色磁性晶体，单质乙为气体，写出该反应的化学方程式___________________29、（10分）黄钾铵铁矾[KNH4Fex(SO4)y(OH)z]不溶于水和稀硫酸，制取流程如下：请回答下列问题：（1）溶液X是_______。（2）在黄钾铵铁矾[KNH4Fex(SO4)y(OH)z]中，x、y、z的代数关系式为_______。（3）检验滤液中是否存在K+的操作是_______。（4）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：步骤1：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶配制成100.00mL溶液A。步骤2：最取25.00mL溶液A,加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g。步骤3：量取25.00mL溶液A,加入足最NaOH溶液，加热，收集到标准状下气体224mL,同时有红褐色沉淀生成。步骤4：将步骤3所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g。①步骤1配制溶液A所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需_______。②根据以上实验数据计算黄钾铵铁矾中的n(OH-)∶n(SO42-)的比值为_______。(写出必要的计算过程，否则不得分)

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】

碘不易溶于水，但易溶于有机溶剂。碘水和苯混合振荡，碘会从水中进入苯中，苯比水轻，所以萃取了碘的苯在上层；碘水和四氯化碳混合振荡后，碘也会从水中进入四氯化碳里，四氯化碳比水重，所以萃取了碘的四氯化碳在下层；酒精和水互溶，所以碘水和酒精混合在一起，不分层；故选C。2、C【解题分析】

A.胶体是一类分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系，A错误；B.胶体和溶液都能通过滤纸，用过滤法无法将胶体和溶液分离，B错误；C．胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应能区分胶体和溶液，C正确；D.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的大小，胶体中分散质粒子的直径在1～100nm之间，D错误；答案选C。3、C【解题分析】

A.晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，故A正确；B.硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故B正确；C.硅常温下能和HF溶液、氢氧化钠溶液反应，但和其他的酸不反应，故C错误；D.在加热时，硅能在氧气和氯气中燃烧生成二氧化硅和四氯化硅，故D正确。故选C。【题目点拨】硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料；硅单质的化学性质不活泼，但常温下可与F2，HF和强碱溶液反应，掌握硅单质的物理、化学性质是解决此题的关键。4、C【解题分析】

A、设定该饱和溶液是由100g水配制而成的饱和溶液，由⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度可计算出该溶液体积，根据④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度可计算出该饱和溶液中溶质的物质的量，由此计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故A不符合题意；B、由①溶液的质量、②溶剂的质量可计算出溶质的质量，然后依据溶质的质量和④溶质的摩尔质量计算出溶质的物质的量，再同③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故B不符合题意；C、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，但并不能计算出溶质的物质的量，无法计算该饱和溶液的物质的量浓度，故C符合题意；D、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，再结合④溶质的摩尔质量可计算溶质的物质的量，根据所得溶质的物质的量与③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故D不符合题意。5、B【解题分析】

A.盐酸、空气、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、电解质、非电解质，故A错误；B.胆矾、海水、硫酸钠、蔗糖分别属于化合物（纯净物）、混合物、电解质、非电解质，故B正确；C.胶体溶液、食盐、烧碱、氯化钙分别属于混合物、混合物、电解质、电解质，故C错误；D.胆矾、大理石、氯化钾、硫酸钡分别属于纯净物、混合物、电解质、电解质、故D错误；正确答案是B。【题目点拨】理解相关概念是解题关键，纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物．据此可以分析各个选项中各种的所属类别。6、A【解题分析】

根据电荷守恒进行计算。【题目详解】设溶液的体积为1L，则离子的物质的量依次为3mol、2mol、1mol、4mol，正电荷数是9mol，氯离子所带负电荷数是1mol，根据电荷守恒X带两个负电荷，且碳酸根和铝离子因为发生完全双水解而不共存，只能选硫酸根；故答案选A。7、D【解题分析】

分析误差时，可使用公式c=，根据分子或分母的变化情况，推断所配浓度偏高或偏低。【题目详解】A.用敞口容器称量NaOH且时间过长，称量过程中，NaOH潮解，所称NaOH质量偏小，浓度偏低，A不合题意；B.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，必然有一部分NaOH滞留在烧杯和玻璃棒上，所配溶液的浓度偏低，B不合题意；C.定容时仰视观察刻度线，所配溶液的体积偏大，浓度偏低，C不合题意；D.容量瓶使用前用0.1mol·L－1的NaOH溶液洗涤，则溶液中溶质的物质的量偏大，浓度偏高，D符合题意；故选D。8、D【解题分析】

A项，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，A错误；B项，钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，B错误；C项，铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C错误；D项，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，D正确。答案选D。9、D【解题分析】

A．氯离子和银离子会反应生成沉淀而不能大量共存，故A不符合题意；B．碳酸根和钙离子会生成沉淀而不能大量共存，故B不符合题意；C．铁离子的水溶液会先淡黄色，不能在无色溶液中大量共存，故C不符合题意；D．四种离子相互之间不反应，可以大量共存，且无色，故D符合题意；综上所述答案为D。10、B【解题分析】

①小苏打可以通过碳酸钠、二氧化碳和水化合得到：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3②硫酸铝可以用铝和硫酸、氧化铝和硫酸、氢氧化铝和硫酸或偏铝酸盐和过量的硫酸发生反应制得，但不能通过化合反应制得③氯化铁可以用铁和氯气或氯气和氯化亚铁反应制得④磁性氧化铁可以通过铁在氧气中燃烧得到⑤氢氧化铁可以通过氢氧化亚铁和氧气以及水发生化合反应制得：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。故选B。【题目点拨】虽然Fe2O3不能和水反应生成Fe(OH)3，但Fe(OH)3可以通过4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3化合反应得到。铁的化合物FeCl2不能由两种单质铁和氯气化合得到，但可以通过铁和FeCl3发生化合反应得到。之所以铁的一些化合物可以通过一些非常规化合反应得到，主要是由于铁的变价的存在。11、C【解题分析】

A．烧碱是NaOH，是碱，而纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A错误；B．硫酸是含氧酸，而盐酸是无氧酸，故B错误；C．Na2SiO3和Na2SO4电离时，均生成金属钠离子和酸根离子，属于钠盐，故C正确；D．Al2O3能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，故D错误；故答案为C。12、C【解题分析】

A.过程I相当于向含的溶液中加碱加热，将转变为氨气，此过程不是氧化还原反应，A项错误；B.中的氮元素是-3价，中的氮元素是+5价，因此每转化1mol要转移8mol电子，B项错误；C.根据氢+1价氧-2价的规则不难看出甲醇中的碳是-2价，而中的碳是+4价，因此甲醇变成的过程中甲醇被氧化，作还原剂，C项正确；D.硝酸中的氮是+5价的，转化为氮气中0价的氮需要得到5个电子，因此转移10mol电子可以得到2mol的0价氮原子，即1mol氮气，D项错误；答案选C。13、C【解题分析】

A.AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3属于复分解反应，反应中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B.NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O属于分解反应，反应中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；C.2KClO32KCl＋3O2↑属于分解反应，反应中Cl、O元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故C正确；D.CaO＋H2O=Ca(OH)2，属于化合反应，反应中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故D错误。故C正确。14、D【解题分析】

A.Cu2＋与OH-要生成氢氧化铜沉淀而不能共存，选项A错误；B.氢离子与碳酸氢根离子不能大量共存，选项B错误；C.在氢离子存在的条件下，硝酸根离子要表现强氧化性，会将+2价铁离子氧化成+3价，选项C错误；D.a+、CO32﹣、OH﹣、K+各离子间相互不反应，可以共存，选项D正确。答案选D。15、C【解题分析】

浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，试管②中品红褪色，证明二氧化硫具有漂白性；SO2与氯化钡溶液不反应，则试管③中无现象；酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化二氧化硫，则试管④中高锰酸钾褪色；试管⑤为NaOH溶液，用于吸收二氧化硫，防止污染环境，以此解答该题。【题目详解】A．反应后试管①中的白色固体为硫酸铜，将硫酸铜放入水中，溶液呈蓝色，故A正确；B．二氧化硫能够漂白品红溶液，二氧化硫的漂白不稳定，加热后又恢复红色，故B正确；C．试管④中KMnO4溶液褪色，二者发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，故C错误；D．试管⑤用于吸收二氧化硫，防止污染环境，可以改为装有碱石灰的干燥管，故D正确；故答案选C。16、A【解题分析】

A、能使无色酚酞试液呈红色的溶液显碱性，离子之间互不反应，可以大量共存，故A选；B、铜离子在溶液中是蓝色的，在无色溶液中不能大量共存，故B不选；C、Ba2＋和SO42－可以反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不选；D、能使紫色石蕊试液呈红色的溶液显酸性，HCO3－不能大量共存，故D不选，答案选A。17、A【解题分析】

A．氢氧化钠的物质的量是0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时转移电子数最少，为0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×5/6=0.25mol，则0.15＜n＜0.25，故A正确；B．根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；C．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C错误；D．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故答案选A。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的计算，把握发生的反应及电子、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用。18、B【解题分析】根据方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，发生氧化反应；硝酸根中氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，发生还原反应，所以根据电子得失守恒可知发生还原反应和发生氧化反应的氮元素的物质的量之比为5：3，答案选B。19、B【解题分析】

A．钠能分别与水和氧气等反应，钠的密度比水的小比煤油的大，所以少量的金属钠应保存在煤油中，隔绝空气，故A正确；B．氢氧化钠与玻璃中二氧化硅反应，生成具有黏性的硅酸钠，导致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故B错误；C．漂白粉中的次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光易分解，从而使漂白粉失效，故漂白粉需密闭保存，故C正确；D．硝酸银见光易分解，且硝酸银溶液是液体，所以应该存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确；

故选：B。20、A【解题分析】

A.灼热的氧化铜可与CO反应生成二氧化碳，且不引入新的杂质，则可用CuO除去CO2中混有的少量CO，A正确；B.SO2、HCl均可与NaOH反应，则用NaOH溶液除去HCl的同时，还可吸收SO2，B错误；C.100mL量筒的精确度为0.1mL，不能量取8.53mL蒸馏水，C错误；D.为加快过滤速度，可采用抽滤的方法，不能用玻璃棒在漏斗中搅拌，D错误；答案为A。21、A【解题分析】

氮气的质量=66g-60.4g=5.6g，充满另一气体时，总质量为74.6g，该气体的质量=74.6g-60.4g=14.2g，相同条件下相同体积的不同气体其物质的量相等，根据n=m/M知，相同物质的量时，其质量之比等于摩尔质量之比，气体的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，设该气体的相对分子质量为M，则M/28＝14.2g/5.6g，解得M＝71，选项中相对分子质量为71的是Cl2；答案选A。22、D【解题分析】

根据V=nVm可知，相同条件下气体物质的量越大，体积越大；A.44.8LH2O在标况下不是气体，其体积最小；B.3.01×1023个CO2的物质的量为0.5mol；C.0.6molCH4气体；D.6gH2的物质的量为3mol；答案选D。【题目点拨】A容易错，初学时往往误以为1mol气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。以物质的量为中心进行计算或判断正误时，定要看清对象。二、非选择题(共84分)23、Na2O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O【解题分析】

A为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na2O2；R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则其为Al；T为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D是具有磁性的黑色晶体，则其为Fe3O4；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以C为O2；Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F为H2，B为NaOH；Fe3O4与盐酸反应，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再与Fe反应，又生成FeCl2，所以E为FeCl2；它与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H；Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，它与盐酸反应生成FeCl3，它为W。（1）物质A的化学式为Na2O2。答案为：Na2O2F化学式为H2。答案为：H2（2）NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（3）Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为：供氧剂（5）Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O24、①③SiO2+2OH-=SiO32-+H2O取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+Na2O▪SiO2电泳②渗析【解题分析】

A为黑色磁性氧化物，则A为Fe3O4，X为Fe；Fe3O4和B反应生成D溶液，结合B是Y、NO和水反应生成的可知，B为HNO3，Y为O2；HNO3和F生成一种胶体，可以推知G是H2SiO3，则F为Na2SiO3，E为SiO2，SiO2和焦炭在高温的条件下生成Si单质，则Z为Si，以此解答。【题目详解】(1)由分析可知E为SiO2。①SiO2硬度大、熔点高、在自然界广泛存在，正确；②SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与HF酸反应生成SiF4气体，但不是两性物质，错误；③可用盐酸除去E中混有少量Fe，正确；④SiO2不导电，不是半导体材料，错误；正确的是①③；(2)SiO2与焦炭在高温下反应制取Si，同时生成CO，用单线桥分析标明电子转移数目为：；(3)SiO2和NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(4)A为Fe3O4与足量HNO3的稀溶液反应生成的溶液中含有Fe3+，检验Fe3+的方法是：取待测液于试管中，向待测溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+；(5)Na2SiO3用氧化物的形式表示为：Na2O▪SiO2；(6)在外加直流电作用下，硅酸胶粒会向阳极区移动，这种现象叫做电泳；胶体粒子不能透过半透膜，能够透过滤纸，净化G胶体可采用图②的方法，这种方法叫渗析。25、CO32-+Ba2+=BaCO3↓漏斗沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次，直至洗涤干净即可%偏高BC【解题分析】

根据流程图可知，纯碱晶体样品中常混有NaCl等杂质，溶于水后形成碳酸钠与氯化钠的混合溶液，加入过量氯化钡溶液，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，经过滤操作得沉淀M为碳酸钡，溶液M为氯化钠与氯化钡的混合溶液，据此回答。【题目详解】根据流程图可知，纯碱晶体样品中常混有NaCl等杂质，溶于水后形成碳酸钠与氯化钠的混合溶液，加入过量氯化钡溶液，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，经过滤操作得沉淀M为碳酸钡，溶液M为氯化钠与氯化钡的混合溶液；(1)碳酸钠与氯化钡反应的离子方程式为：CO32-+Ba2+=BaCO3↓，操作Ⅰ为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；故答案为：CO32-+Ba2+=BaCO3↓；漏斗；(2)洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次，直至洗涤干净即可；故答案为：沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次，直至洗涤干净即可；(3)由分析可知，碳酸钡质量为bg，n(BaCO3)==mol，则n(Na2CO3)=n(BaCO3)=mol，m(Na2CO3)=mol=g，质量分数为：=%；故答案为：%；(4)如果纯碱晶体失去部分结晶水，则样品质量偏小，会导致测定结果偏高；故答案为：偏高；(5)纯碱主要应用于玻璃制造业、化学工业、冶金工业、以及造纸、肥皂、纺织、印染、食品等轻工业，小苏打可以用于治疗胃酸过多和焙制糕点，故答案为：BC。26、CaSO3ⅱ、ⅲ装置a的质量；盛放CaO后装置a的质量；吸收SO2后装置a的质量Ag2SO4固体检验白色沉淀是否具有还原性H2O+SO2＝H2SO3,H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO32.24【解题分析】（1）①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO脱硫后的产物是CaSO3。②ⅰ.加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，错误；ⅱ.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，正确；ⅲ.加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，正确，答案选ⅱ、ⅲ；③要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量。（2）②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，这说明“假设1”不成立。③浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是H2O+SO2＝H2SO3、H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO3。（3）1L0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，因此可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。点睛：掌握物质的性质特点和实验原理是解答的关键，另外对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是需要考虑的。最后还需要注意为了使实验方案更严密、更科学，有时候还需要做对比实验。27、a0.4ABDF玻璃棒【解题分析】

(1).仪器E为分液漏斗，可用于分离互不相溶、分层的液体，a．水和四氯化碳分层，可利用分液漏斗分离，故a选；b．碘易溶于酒精，可用蒸馏的方法分离，故b不选；c．水中的泥沙不