2024届河南平顶山市高一化学第一学期期末经典试题含解析

2024届河南平顶山市高一化学第一学期期末经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中正确的是()A．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质B．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C．氯气可以使鲜花褪色，说明Cl2有漂白性D．氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气2、下列关于胶体和溶液的说法错误的是A．溶液呈电中性，胶体带有电荷B．溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒也能透过滤纸C．制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水中D．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm3、CN－为拟卤素离子，(CN)2性质和卤素类似。下列叙述错误的是（）A．(CN)2可以和H2反应 B．(CN)2不能和碱反应C．CN－具有还原性 D．(CN)2的性质活泼4、由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是()实验现象结论A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液，在酒精灯火焰上灼烧火焰呈黄色此盐溶液中含有Na+，不含K+B．漂白粉在空气中久置变成块状固体漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加入足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42﹣D．向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度A．A B．B C．C D．D5、在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体，体积为15.68L，质量为24.4g，此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比为（）A．7∶10 B．2∶1 C．4∶3 D．5∶26、如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是()A．蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B．过滤、蒸发、萃取、蒸馏C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D．蒸馏、过滤、萃取、蒸发7、配制一定物质的量浓度的溶液时，由于操作不慎，使液面略超过了容量瓶的刻度(标线)，这时应采取的措施是

（）A．倾出标线以上的液体 B．吸出标线以上的溶液C．影响不大，不再处理 D．重新配制8、除去下列物质中的少量杂质（括号内的物质为杂质），所选用的试剂或方法不正确的是（）A．CO2（SO2）：饱和NaＨCO3溶液 B．NO（NO2）：水C．Cl2(HCl)：NaOH溶液 D．Na2CO3固体（NaHCO3）：加热9、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3:110、某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是A．溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+B．溶液中n(Al3+)=0.1molC．溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—D．n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶111、某无色酸性溶液中，一定能够大量共存的离子组是A．Fe2+、Ba2+、NO3－、Cl－B．Na+、NH4+、SO42－、Cl－C．Na+、K+、HCO3－、NO3－D．Na+、K+、MnO4－、Br－12、下列关于分类或说法合理的是A．根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸等B．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素C．运用分类的方法，可以发现物质及其变化的规律，预测物质的性质及可能发生的变化D．纯水可发生丁达尔效应13、下列每步转化不能通过一步反应就实现的是A．NH3→NO→NO2→HNO3B．Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2C．S→SO2→H2SO4→MgSO4D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)314、把铁、铜、盐酸、FeCl3、FeCl2和CuCl2溶液混在一起，铁有剩余，则溶液中所含最多的阳离子是A．H＋ B．Cu2＋ C．Fe3＋ D．Fe2＋15、标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6g，若装满氮气时总质量为66g，则此容器的容积()A．22.4L B．44.8L C．11.2L D．4.48L16、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，使所配制的溶液浓度偏小的操作是（）①将NaOH固体放在纸上称量，再转移到烧杯中溶解②烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯和玻璃棒③实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水④读取容量瓶液面时俯视刻度线A．①② B．③④ C．①③ D．②④17、在过氧化钠与水反应中，发生氧化反应和还原反应的物质的物质的量之比是()A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．8∶5318、下列有关化学用语表示正确的是（）A．O2－的结构示意图：B．氯化钠的电子式：C．中子数为8的碳原子：CD．NaOH的电离方程式：NaOH＝Na＋＋OH－19、现有盐酸、NaCl溶液、NaOH溶液和新制氯水，可用来区别它们的一种试剂是（）A．AgNO3溶液 B．酚酞溶液C．紫色石蕊溶液 D．饱和食盐水20、下面关于同温同压下的两种气体一氧化碳和氮气的判断不正确的是()A．体积相等时密度不相等B．原子数相等时具有的质子数相等C．体积相等时具有的电子数相等D．质量相等时具有的分子数相等21、在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的物质的量比为（）A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．3∶122、摩尔质量最大的化合物是）A．Cl2 B．NaOH C．HCl D．CO二、非选择题(共84分)23、（14分）A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质。(1)写出下列物质的化学式：A________、E________、F________、G________。(2)按要求写方程式：①A＋B→C＋D的化学方程式：_________________________________；②F→G的化学方程式：________________________________________________；③E→F的离子方程式：________________________________________。24、（12分）物质有以下转化关系：根据上图和实验现象，回答下列问题：(用化学式表示)（1）A是_____，X粉末是_______；（2）写出反应①的化学方程式___________________；（3）写出反应②的离子方程式___________________；（4）写出除去固体C中混有的NaHCO3的化学方程式____________。25、（12分）某化学兴趣小组利用如图装置进行铁与水蒸气反应的实验，并检验产物的性质，请回答下列问题：（1）A装置的作用是____________，烧瓶底部放碎瓷片的作用是_____________。（2）装置B中发生反应的化学方程式是___________，该反应中氧化剂是__________，氧化产物是_____________。（3）D的作用是__________。（4）E中的实验现象是_______________。（5）A、B两个装置中应先点燃____处的酒精(喷)灯，点燃E处酒精灯之前应进行的操作是_______。（6）该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设：假设1：只有Fe；假设2：只有________；假设3：既有Fe也有Fe3O4。26、（10分）已知硼与铝的性质相似，能与氧气、氢氧化钠溶液等物质反应，硼与氯气反应生成三氯化硼(BC13),生成的三氯化硼遇水水解产生白雾（已知：BC13的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃)。某兴趣小组设计如图所示装置制备三氯化硼。回答下列问题：（1）写出装置A中发生反应的离子方程式________________。（2）写出装置D中发生反应的化学方程式为_____________________。（3）装置B、E的作用分别是________________、________________。（4）可以用盛装____________（填试剂名称）的干燥管代替装置F和G，使实验更简便。（5）为了顺利完成实验，点燃酒精灯的正确操作是______(填字母)，a.先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯b.先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯c.同时点燃A、D两处酒精灯其理由是______________________________。27、（12分）从制造印刷电路板的腐蚀废液（主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2）中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，处理流程如图：请回答下列问题：(1)试剂①为___、试剂③为___。(2)滤渣B中主要含有___。(3)步骤（Ⅱ）的化学方程式为___。(4)某Fe2(SO4)3溶液可能含有Fe2+，从下列试剂中选择检验Fe2+存在的最佳试剂___（填字母）。若存在Fe2+，则上述检验的实验现象为___。A．氢氧化钠溶液B．酸性KMnO4溶液C．氯水D．KSCN溶液28、（14分）如图是一些常见含氯产品，根据情况回答下列问题。（1）下列有关氯单质和氯水的说法正确的是________(填序号)。①液氯是纯净物，氯水是混合物②氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性③过量的铁在少量的氯气中燃烧生成FeCl2④新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色⑤新制氯水放置数天后酸性将减弱（2）用化学方程式表示漂白粉的漂白原理________________________；（3）向FeSO4溶液中滴加氯水，溶液变为黄色，写出反应的离子方程式_____（4）据报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”（主要成分为稀盐酸）与“84”消毒液（有效成分NaClO），而发生氯气中毒事件，请从氧化还原的角度分析原因________________________（用离子方程式表示）。（5）一定量铁粉与氯气充分反应后，加适量水，完全溶解后无固体剩余，此时所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的质量之比是________________________29、（10分）现有下列物质：①高锰酸钾②镁③氧气④氢氧化钠⑤硫酸⑥甲烷⑦胶体⑧硫酸铜(1)以上物质属于电解质的是_________，属于非电解质的是_______。(填序号)(2)属于有机物的是__________。(填序号)(3)鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是_____；分离胶体和溶液常用的物理方法是_____。(4)从上述物质中选出一种或两种为反应物，按下列反应类型各写一个反应化学方程式：①化合反应：______；②分解反应：______；③置换反应：______；④复分解反应：________。

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、D【解题分析】

A、电解质必须是化合物，氯气是单质，故A错误；B、漂白粉是利用强氧化性消毒，而明矾净水是利用Al3+水解生成的Al(OH)3胶体吸附杂质，二者的作用原理是不相同，故B错误；C、氯气可以使鲜花褪色，是因为Cl2+H2OHClO+HCl，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白性，故C错误；D、氯气可以使湿润的有色布条褪色，是因为Cl2+H2OHClO+HCl，实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气，故D正确。答案选D。2、A【解题分析】

胶体不带电；依据溶液与胶体分散质粒度大小判断；氯化铁与水加热反应生成氢氧化铁胶体和氯化氢；胶体本质特征分散质粒度介于1～100nm。【题目详解】A、胶体本身不带电，能够吸附带电的离子形成带电的胶体微粒，故A错误；B、溶液中分散质粒度小于1nm，胶体分散质介于1﹣100nm，溶液中分散质微粒能透过滤纸，滤纸孔径小于100nm，胶体中分散质微粒也能透过滤纸，故B正确；C、将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3HCl，可以用于制备氢氧化铁胶体，故C正确；D、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm，故D正确。答案选A。3、B【解题分析】

CN－为拟卤素离子，(CN)2性质和卤素类似，根据卤素离子、单质的性质分析CN－和(CN)2的性质。【题目详解】A.卤素单质可以与H2反应生成卤化氢，故(CN)2可以和H2反应，故A正确；B.卤素单质可以与碱反应生成盐，故(CN)2能和碱反应生成NaCN、NaCNO和H2O，故B错误；C.卤素离子能被氧化，具有还原性，CN－具有还原性，故C正确；D.卤素单质性质活泼，是常见的氧化剂，故(CN)2的性质活泼，故D正确；故答案选B。4、D【解题分析】

A.焰色反应的K+的验证需要透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；B.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，变质是次氯酸钙与空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解，CaCl2与空气中的CO2不反应，故B错误；C.①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，②再加入足量盐酸，仍有白色沉淀，即排除了CO32-的干扰，加入盐酸后提供H+，与NO3-形成了硝酸，具有强氧化性，可将SO32-氧化成SO42-，所以该溶液中可能含有SO32-、SO42-，故C错误；D.向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，出现分层，CCl4的密度比水大在下层，水在上层。I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，I2被萃取到CCl4中，则上层接近无色，下层显紫红色，故D正确。答案选D。【题目点拨】本题解答时注意C选项当H+遇到NO3-时，起到的作用和硝酸相同，也具有强氧化性，可以将还原性的物质氧化。5、A【解题分析】

首先可以把看成“多了一个氧的”，由解出气体的总物质的量，0.7mol一氧化碳的质量应该为，实际上为24,4g，也就是说多出来的4.8g其实都是氧原子，即0.3mol氧原子，所以该混合气体可以看成0.7mol和0.3mol氧原子组成的混合物，因此碳和氧的物质的量之比为，答案选A。6、D【解题分析】

图示仪器从左至右分别为蒸馏烧瓶用于蒸馏操作、漏斗用于过滤操作、分液漏斗用于分液、萃取操作和蒸发皿用于蒸发操作，故可以进行的混合物分离操作分别为蒸馏、过滤、萃取分液、蒸发，故答案为：D。7、D【解题分析】

定容时液面超过刻度线，说明实验失败，重新配制，故选项D正确。8、C【解题分析】

A．CO2不与和饱和NaＨCO3溶液反应，SO2和饱和NaＨCO3溶液反应生成CO2，可以除去杂质，A正确；B．NO2和水反应生成NO，可以除去杂质，B正确；C．Cl2和HCl都可以和NaOH反应，不能达到除杂的目的，C错误；D．NaHCO3加热时分解生成Na2CO3，可以除去杂质，D正确；答案选C。9、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。10、D【解题分析】

若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。【题目详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；B.根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠的量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；C.结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1molAl3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。综上所述，本题选D。11、B【解题分析】

溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈酸性，如离子能大量共存，则在酸性条件下离子之间不发生任何反应，以此解答。【题目详解】A．酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，且Fe2+有颜色，选项A错误；B．溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，选项B正确；C．酸性条件下，HCO3－与H+发生反应生成二氧化碳和水而不能大量存在，选项C错误；D．MnO4-有颜色，不能大量共存，且酸性条件下MnO4-与Br-发生氧化还原反应，选项D错误。答案选B。12、C【解题分析】

A.酸归类为几元酸的根据是一个酸分子最多能电离出的氢离子的个数，而不是一个酸分子中所含的氢原子个数。例如：醋酸分子含四个氢原子，但只能电离出一个氢原子，所以醋酸是一元酸，而非四元酸，A选项错误。B.金属元素和非金属元素分类的依据，不仅仅要看最外层电子数，还会看原子半径等其他因素的影响。比如氢原子最外层只有一个电子，但因为氢原子半径很小，这个电子受原子核的束缚力比较大，氢元素属于非金属元素；钠元素原子的最外层也只有一个电子，但钠原子的半径大，最外层电子受原子核的束缚力小，易失去，钠属于金属元素，所以B选项错误。C.同一类的物质往往有相似的结构和性质，所以应用分类的方法可以发现物质及其变化的规律，进而可以根据物质所属的类别来预测物质的性质及可能发生的变化，C选项正确。D.纯水不是胶体，所以不能发生丁达尔效应，D选项错误。答案选C。13、B【解题分析】

A．氨气发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，A正确；B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能直接转化为氢氧化铝，B错误；C．S燃烧生成SO2，SO2被氯水氧化可以转化为硫酸，硫酸与镁等反应可以生成硫酸镁，C正确；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化转化为氢氧化铁，D正确；答案选B。14、D【解题分析】

因为物质氧化性的强弱由大到小排列顺序为：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。【题目详解】把铁、铜、盐酸、FeCl3、FeCl2和CuCl2溶液混在一起，铁有剩余，则发生的化学反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+，Cu2+都不能存在，因此溶液中所含最多的阳离子只有Fe2+，故D项正确；答案选D。15、D【解题分析】

假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，故选D。16、A【解题分析】

①称将NaOH固体放在纸上称量，NaOH潮解，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小；②没有洗涤烧杯，损失溶质，使配制溶液浓度偏小；③容量瓶内有少量水对结果无影响；④定容时俯视液面，溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏大；则①②正确；答案选A。17、A【解题分析】

过氧化钠与水反应产生NaOH和O2，反应方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。在这个反应中，Na2O2中的O原子，一部分由-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应；一部分由-1价变为反应后NaOH中的-2价，化合价降低，获得电子，发生还原反应，过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，水中O元素化合价不变，所以发生氧化反应和还原反应的物质的物质的量之比是1：1，故合理选项是A。18、D【解题分析】

A、氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10，其离子结构示意图为，故A错误；B、氯化钠属于离子化合物，其电子式为，故B错误；C、中子数为8的碳原子的质量数为14，正确的表示方法为，故C错误；D、NaOH在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NaOH＝Na＋＋OH－，故D正确。19、C【解题分析】

A．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与AgNO3溶液混合，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；B．盐酸、氯化钠、和氯水遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B错误；C．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C正确；D．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；故答案为C。20、A【解题分析】

A.同温同压下，气体的密度之比和气体的摩尔质量成正比，一氧化碳和氮气气体的摩尔质量相等，则密度相等，符合题意，A正确；B.两种气体均为双原子分子，原子数相等时，则分子数也相同，分子中含有质子数、电子数均为14，也相等，与题意不符，B错误；C.同温同压下，等体积的一氧化碳和氮气，其物质的量和所含的分子数相等，分子中含有质子数、电子数均为14，与题意不符，C错误；D.同温同压下，同质量的一氧化碳和氮气的体积相等、分子数相等(摩尔质量相等)，与题意不符，D错误。答案为A。21、A【解题分析】

该反应中N元素化合价由NO2中的+4价变为NO的+2价、HNO3的+5价，化合价降低的NO2是氧化剂、化合价升高的NO2是还原剂，化合价降低的NO2的计量数是1、化合价升高的NO2的计量数是2，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故合理选项是A。22、B【解题分析】

A．Cl2为单质，其摩尔质量为71g/mol，故A错误；B．NaOH为化合物，摩尔质量为40g/mol，故B正确；C．HCl为化合物，摩尔质量为36.5g/mol，故C错误；D．CO为化合物，摩尔质量为28g/mol，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、Fe2O3FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)32Al＋Fe2O32Fe＋Al2O34Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓【解题分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，B、D是金属单质，A和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，G是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则G是

Fe（OH）3，F是

Fe（OH）2，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氢氧化钠溶液反应生成

Fe（OH）2，则E是

FeCl2，结合物质的性质分析解答．【题目详解】（1）通过以上分析知，A、E、F、G分别是：Fe2O3、FeCl2、Fe(OH)2、Fe（OH）3，故答案为：Fe2O3；FeCl2；Fe(OH)2；

Fe（OH）3；（2）①A是氧化铁，B是铝，二者在高温下发生铝热反应生成铁和氧化铝，反应方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；②F是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；③E是氯化亚铁溶液，与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，故离子方程式是Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓；故答案为：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓。24、Na2O2Cu2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2Cu2++2OH-

＝Cu(OH)2↓【解题分析】

淡黄色的粉末可以是单质硫或是过氧化钠，但是能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，则气体B为氧气，固体C为碳酸钠；X粉末与氧气加热反应生成黑色固体，黑色固体与硫酸反应得蓝色溶液，则X为Cu；蓝色溶液为硫酸铜溶液；碳酸钠与澄清石灰水反应得到NaOH溶液，NaOH与硫酸铜溶液反应得到氢氧化铜蓝色沉淀。【题目详解】（1）能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，即A为，蓝色溶液是含有铜离子的溶液，结合上述分析，X粉末是金属铜，故答案为：；；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）X粉末是金属铜，黑色固体是氧化铜，所以蓝色溶液是硫酸铜，固体C是碳酸钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，反应②的离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（4）固体C是碳酸钠，除去碳酸碳中的碳酸氢钠可以采用加热的方法，方程式为：，故答案为：。25、产生水蒸气防暴沸3Fe+4H2O（g）=Fe3O4+4H2(高温)H2OFe3O4干燥氢气固体由黑色变为紫红色A收集气体并验纯Fe3O4【解题分析】

（1）根据铁与水蒸气反应的条件是高温，水的状态是气体分析可知A装置的作用是造水蒸气；烧瓶底部放碎瓷片的作用是防暴沸；（2）B中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，根据反应中化合价的变化进行分析；（3）D的作用是吸收未反应的水蒸气，干燥氢气；（4）根据氢气还原氧化铜得到铜和水进行分析；

（5）若先点燃B处，铁会与氧气先发生反应，所以须先点燃A处；氢气是可燃性气体混有空气会发生爆炸，需要验纯；（6）若铁没有反应，则固体物质为Fe；若铁部分反应，则固体物质为Fe与Fe3O4的混合物；若铁全部反应，则固体物质为Fe3O4。【题目详解】（1）铁与水蒸气反应的方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，条件是高温，水的状态是气体，所以A装置的作用是提供水蒸气，烧瓶底部放碎瓷片的作用是防止加热时液体爆沸，故答案为：产生水蒸气，防暴沸。（2）B中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，该反应中铁元素的化合价升高，被氧化，所以Fe是还原剂，Fe3O4是氧化产物，H2O中氢元素的化合价降低，被还原，所以H2O是氧化剂，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，H2O，Fe3O4。（3）D的作用是吸收未反应的水蒸气，干燥氢气，故答案为：干燥氢气。（4）E是氢气还原氧化铜的实验，氢气还原氧化铜得到铜和水即H2+CuOCu+H2O，所以硬质玻璃管中黑色固体变为紫红色，硬质玻璃管右端管壁有液滴生成，故答案为：固体由黑色变为紫红色。（5）若先点燃B处，铁会与氧气先发生反应，所以须先点燃A处；氢气是可燃性气体混有空气会发生爆炸，所以点燃E处酒精灯之前应进行的操作是验证氢气的纯度，方法是：收集一试管气体，将试管口靠近酒精灯火焰，弱发出噗的声音，说明气体纯净；若发生尖锐爆鸣声，说明气体不纯，故答案为：A；收集气体并验纯。（6）若铁没有反应，则固体物质为Fe；若铁部分反应，则固体物质为Fe与Fe3O4的混合物；若铁全部反应，则固体物质为Fe3O4，故答案为：Fe3O4。26、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O2B+3Cl22BCl3除去Cl2中的HCl冷却和收集三氯化硼碱石灰a先用Cl2排尽装置中的空气，避免氧气和硼粉反应生成B2O3【解题分析】

A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，B装置吸收HCl，C装置干燥氯气，D装置中氯气与硼反应生成BCl3，E装置冷却和收集三氯化硼，三氯化硼遇水水解，F装置防止水蒸气进入E中，氯气有毒，直接排放会污染空气，G装置吸收氯气，据此判断。【题目详解】（1）装置A用来制备氯气，其中发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；（2）装置D中氯气与硼在加热条件下反应生成三氯化硼，反应的化学方程式为：2B+3Cl22BCl3；（3）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，B中饱和食盐水除去Cl2中的HCl，且可以降低氯气溶解度，BCl3的沸点低，E中冰水冷却便于收集三氯化硼；（4）由于三氯化硼遇水水解，F装置防止水蒸气进入装置E中，同时氯气有毒需要尾气处理，则可以用一个盛装碱石灰的干燥管代替装置F和G；（5）先用Cl2排尽装置中的空气，避免氧气和硼粉反应生成B2O3，再加热制备三氯化硼，故先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯，答案选a。【题目点拨】本题考查物质制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及制备气体、净化气体、干燥气体和尾气处理，明确原理是解题关键，注意题目信息的应用。27、FeCl2Fe、CuFe+2HCl=FeCl2+H2↑B酸性KMnO4溶液紫（红）色褪去【解题分析】

题中通过制造印刷电路板的腐蚀废液（主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2）中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，因此可推断得出滤渣D是Cu，试剂①为铁，生成的的滤液A是FeCl2，滤渣B中含有过量的铁和生成的铜，加入的试剂②要除去铁，试剂②应是稀盐酸，生成的滤液C也是FeCl2，气体E是氢气。【题目详解】(1)由以上分析可知，试剂①为铁粉或Fe；要将FeCl2氧化为FeCl3，且不引入新的杂质，试剂③应为氯气或Cl2。答案为：Fe；Cl2；(2)为了将CuCl2全部转化为Cu，需加入过量的铁粉，因此滤渣B中主要含有Fe、Cu。答案为：Fe、Cu；(3)步骤（Ⅱ）为往Fe、Cu混合物中加入盐酸，Fe将与盐酸反应，化学方程式为Fe+2HCl===FeCl2+H2↑。答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；(4)某Fe2(SO4)3溶液可能含有Fe2+，选择试剂检验Fe2+存在时，需注意排除Fe3+的干扰，所以最佳试剂是酸性KMnO4溶液，应选B。若存在Fe2+，酸性高锰酸钾会氧化Fe2+生成Fe3+而褪色，则上述检验的实验现象为酸性KMnO4溶液紫（红）色褪去。答案为：B；酸性KMnO4溶液紫（红）色褪去。【题目点拨】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe3+，与检验单一离子时方法相同，仍使用KSCN溶液；但检验Fe2+，方法与检验单一离子时完全不同，不能使用先加KSCN、再滴加氯水的方法，因为Fe3+的存在会干扰反应现象的观察，而应使用酸性高锰酸钾溶液，因为Fe3+对此实验现象不产生影响。28、①④Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－Cl－＋ClO－＋2H+=Cl2↑＋H2O（或2:3）【解题分析】

（1）根据氯气和氯水的性质进行分析；（2）石灰乳和氯气反应制备漂白粉；（3）氯气具有氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子；（4）NaClO与HCl在酸性环境下发生氧化还原反应生成氯气；（5）Fe与Cl2在点燃条件下生成FeCl3，将反应后的固体投于水中，Fe3+能与剩余的Fe反应生成FeCl2，反应的方程式：2Fe+3Cl2=2FeCl3，2Fe3++Fe=3Fe2+，据以上分析进行计算。【题目详解】（1）①液氯为液态氯，为纯净物，氯水为氯气与水反应后的混合物，故①正确；②氯气使湿润的红色布条褪色，其原因是氯气与水反应生成了具有漂白性的HClO，氯气本身不具有漂白性，故②错误；③铁与氯气燃烧反应生成FeCl3，与反应物的量无关，故③错误；④新制氯水中含有H+，能够使蓝色石蕊试纸变红，新制氯水中含有HClO，具有漂白性，能够使变红的试纸褪色，故④正确；⑤新制氯水长期放置过程中，因HClO稳定性较差，见光或受热易发生分解生成HCl、O2，会使溶液的酸性增强，故⑤错误；故答案为：①④；（2）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其与空气中CO2反应生成具有漂白性的HClO，其反应方程式为：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO；故答案为：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO；（3）FeSO4中Fe2+具有还原性，氯水中Cl2具有氧化性，二者可发生反应生成黄色Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；故答案为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；（4）Cl-具有还原性，ClO-具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，根据氧化还原反应化合价变化规律可知，二者发生归中反应生成Cl2，根据守恒关系配平反应离子方程式为：Cl－＋ClO－＋2H+=Cl2↑＋H2O；故答案为：Cl－＋ClO－＋2H+=Cl2↑＋H2O；（5）Fe与Cl2在点燃条件下生成FeCl3，将反应后的固体投于水中，