2023年河北省保定一中高一化学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2023年河北省保定一中高一化学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题请考生注意：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、向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是（）A．标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同B．相同温度下，向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器的压强之比为2:3C．0.5molCO2和N2O的混合气体，所含电子数一定为11NAD．同温同压下，两容器中气体质量相同2、用98%的浓H2SO4(密度为1.84g/mL)配制1mol·L－1的稀H2SO4

100mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；⑤100mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒。按使用出现的先后顺序排列正确的是A．②⑥③⑦⑤ B．④③⑤⑦⑥ C．①③⑦⑤⑥ D．②⑤⑦⑥3、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、如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述不正确的是（）A．气体A是NH3，B气体是CO2B．第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+C．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3·10H2OD．第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解5、必须通过加入其它试剂才能鉴别的一组无色溶液是A．氯化铝溶液和氢氧化钾溶液 B．碳酸氢钠和稀盐酸C．偏铝酸钠溶液和稀硝酸 D．碳酸钠和稀硫酸6、高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与草酸(H2C2O4，其中O显-2价)反应，化学方程式如下：

KMnO4+H2C2O4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CO2↑+H2O(未配平)。下列说法正确的是（

）A．MnO是氧化剂，Mn2+是氧化产物 B．还原性：H2C2O4＞Mn2+C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5：2 D．生成1molCO2时，转移2NA个电子7、下列关于物质分类的叙述不正确的是（）A．HNO3属于酸 B．Mg(OH)2属于碱C．SO2属于氧化物 D．液氯属于混合物8、化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是（）A．NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物B．对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧9、由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中两种组成的20g混合物与足量的盐酸反应产生2.0gH2，则混合物中一定含有的金属是()A．Zn B．Fe C．Al D．Mg10、如图表示金属X、Y及它们的合金Z分别与足量盐酸反应放出H2量的情况。横坐标表示消耗金属的物质的量，纵坐标表示在标准状况下产生H2的体积。下列有关合金组成的判断正确的是A．n(Na)∶n(Fe)＝2∶1B．n(Mg)∶n(K)＝1∶2C．n(Na)∶n(Al)＝1∶3D．n(K)∶n(Al)＝1∶111、在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入铁粉，下列说法中不正确的是（）A．若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜B．若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子只有Fe2＋C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2＋，则溶液中一定无Fe3＋D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2＋，则溶液中一定有Fe2＋，一定无Fe3＋12、下列反应中必须加入氧化剂才能进行的是A．2Cl-→Cl2 B．Fe3+→Fe2+ C．SO→SO2 D．CuO→Cu13、实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的下列说法正确的是（）A．NaNO2是氧化剂B．每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6molC．NH4Cl中的氮元素被还原D．N2既是氧化剂，又是还原剂14、根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是（）①Cl2+2KI=I2+2KCl②2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl③2FeCl2+Cl2=2FeCl3④I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4A．Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2 B．Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2C．Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2 D．Cl2＞Fe3+＞S＞I215、下列气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥的是()A．O2 B．Cl2 C．SO2 D．NH316、下列溶液中Cl-浓度与50mL1mol·L-1AlCl3溶液中浓度相等的是（）A．150mL3mol/L的KCl溶液 B．75mL2.5mol/L的CaCl2溶液C．150mL3mol/L的NaClO溶液 D．25mL2mol/LFeCl3溶液17、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18、将稀盐酸滴入碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中，立即产生气泡A． B．19、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20、现有一瓶物质是甲和乙的混合物,已知甲和乙的某些性质如下表所示:物质熔点/℃沸点/℃密度(g/mL)二者的溶解性甲-54.657.71.49甲乙互溶乙-84.388.51.53据此，将甲和乙相互分离的比较好的方法是()A．萃取法 B．过滤法 C．蒸馏法 D．分液法21、仅能在水溶液里导电的电解质是A．NaOH B．SO2 C．H2SO4 D．BaSO422、下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是()A．Al(OH)3→Al2O3 B．FeCl3→FeCl2 C．CuO→Cu D．Cl－→Cl2二、非选择题(共84分)23、（14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___________________。24、（12分）X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，Y和Ne原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。请回答下列问题：(1)W位于元素周期表中第________周期第________族。画出X的阴离子的结构示意图：____________。(2)Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是________(写电子式)。(3)Y的金属性与Mg的金属性相比，________的金属性强(写化学式)，请用实验证明它们金属性的相对强弱：___________。(4)写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式：_______。25、（12分）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应用电子分析天平准确称取一定质量的K2Cr2O7(已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1。)（1）计算配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液时需要用电子分析天平准确称量K2Cr2O7的质量是________g（保留4位有效数字）。（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④颠倒摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却完成该溶液配制，将其正确的操作顺序补充完整为___________⑧⑤___________。本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒，还有_________________。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________。（4）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液时，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是_______。①没有洗涤烧杯和玻璃棒且未将洗涤液注入容量瓶②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线⑤定容时俯视刻度线⑥称量一定质量的K2Cr2O7中含有KCl杂质⑦向容量瓶中转移液体时，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以上（5）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，定容时不慎加水超过了刻度线，应如何处理：_____________。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）某学习小组以氢氧化钡、水、硫酸为实验对象探究离子反应发生的条件。(1)氢氧化钡与硫酸在溶液中能发生________(填字母)。a.复分解反应b.氧化还原反应c.置换反应(2)加水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡发生了_______________________________。(3)用离子方程式解释过程Ⅰ中灯泡变暗的原因_________________________________。(4)查阅有关物质溶解度数据如下表：比较溶液1、溶液2中c(SO42-)的大小：______>______。(5)实验2：用硫酸钠溶液替代稀硫酸，重复实验进行对照。①硫酸钠溶液的浓度是________。②加入硫酸钠溶液过程中灯泡不熄灭，原因是________________________________。28、（14分）如图中的每一方框内表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且A与C物质的量之比为1:1，B为常见液体。试回答下列问题:（1）X是_____；F是____。(写化学式)（2）写出C→E反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目__________。（3）G与Cu的反应中，G表现_______性质。（4）写出X→A的离子方程式:__________。（5）以C、B、D为原料可生产G，若使amolC的中心原子完全转化到G中，理论上至少需要D___mol。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【解析】

CO2和N2O的摩尔质量相等，且相同分子中含有的原子个数也相等。【详解】A.标准状况下，当两容器气体密度相同，且体积相同，则气体的质量相等，而两气体的摩尔质量相等，气体的物质的量相同，与题意不符，A错误；B.相同温度下，向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子和氧原子数均相同，即N2O为二氧化碳的物质的量的2倍，氮气与N2O物质的量相等，此时甲、乙两容器的压强之比为3:2，符合题意，B正确；C.CO2和N2O中均含有22个电子，则0.5molCO2和N2O的混合气体，所含电子数一定为11NA，与题意不符，C错误；D.同温同压下，两容器的体积相等，则气体的物质的量相等，而摩尔质量相等，则两气体的质量相同，与题意不符，D错误；答案为B。2、A【解析】

根据c=可知，浓硫酸的浓度==18.4mol/L，根据溶液稀释过程中溶质的量不变可知，用98%的浓H2SO4(密度为1.84g·mL－1)配制1mol·L－1的稀H2SO4100mL，则需要浓硫酸的体积为=5.4mL，所以需要10mL量筒，量取时还需要胶头滴管；稀释在烧杯中进行，还需要玻璃棒搅拌，转移到100mL容量瓶中时还需要胶头滴管定容，答案选A。3、B【解析】

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。【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、C【解析】

饱和食盐水中先通入过量的氨气，得到氨气和食盐的饱和溶液，再通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠的悬浊液，过滤后加热固体，碳酸氢钠分解为碳酸钠。【详解】A.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，所以A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B.第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+，故B正确；C.第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故C错误；D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解，故D正确。选C。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键。5、B【解析】试题分析：A、氯化铝和氢氧化钾相互滴加现象不同，KOH中加入氯化铝开始无现象，氯化铝中加入KOH开始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鉴别，不需要再加试剂，错误；B、把碳酸氢钠加入到盐酸中或者把盐酸加入到碳酸氢钠中都有气体放出，无法鉴别，需要再加试剂，正确；C、偏铝酸钠和硝酸相互滴加现象不同，盐酸中加入偏铝酸钠开始无现象，偏铝酸钠中加入盐酸开始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鉴别，不需要再加试剂，错误；D、碳酸钠中加入硫酸开始无现象，然后有气体生成，硫酸中加入碳酸钠有气体生成，不需要再加试剂，错误。考点：考查物质的鉴别6、B【解析】

A．在该反应中，KMnO4得到电子被还原为MnSO4，所以MnO是氧化剂，Mn2+是还原产物，A错误；B．在该反应中，H2C2O4失去电子，作还原剂；KMnO4得到电子被还原为MnSO4，Mn2+是还原产物。由于还原剂的还原性比还原产物强，所以还原性：H2C2O4＞Mn2+，B正确；C．在该反应中，KMnO4得到电子被还原，所以KMnO4是氧化剂；H2C2O4失去电子，作还原剂，根据氧化还原反应中电子得失数目相等，等于元素化合价升降总数，所以KMnO4、H2C2O4反应的物质的量的比为2：5，C错误；D．C元素反应前在H2C2O4中为+3价，反应后变为CO2中的+4价，每生成1molCO2时，转移NA个电子，D错误；故答案为B。7、D【解析】

A.酸的定义是：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，HNO3在水溶液中会电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，故A正确；B.碱的定义是：电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，Mg(OH)2属于碱，故B正确；C.氧化物的定义是：两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，SO2属于氧化物，故C正确；D.纯净物是一种物质组成的物质，液氯属于纯净物，只有一种物质液态的氯气，不是混合物，混合物是两种或两种以上物质组成物质，故D错误；答案选D。8、C【解析】

A．N的氧化物可导致光化学烟雾发生，则NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物，A说法正确；B．二氧化硫可导致酸雨发生，为减少酸雨发生，酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源，B说法正确；C．溶解CO2的雨水为正常雨水，而NO2或SO2都会导致酸雨的形成，C说法错误；D．二氧化碳过量排放可导致全球温度升高，则CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D说法正确；答案为C。【点睛】雨水中溶解了二氧化碳后，导致溶液的pH略小于7，而酸雨的pH小于5.6。9、C【解析】

2.0g氢气的物质的量为=1mol，故20g金属提供的电子为1mol×2=2mol，则提供1mol电子需要金属的质量为10g，A．Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×=32.5g；B．Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol×=28g；C．Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×=9g；D．Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×=12g；提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al，答案选C。10、D【解析】

由于X、Y为金属，其原子为单原子，4mol的Y产生134.4L氢气，即6molH2，显然反应后，Y的化合价为+3价，可以为金属铝，2mol的X产生22.4L氢气，即1molH2，反应后X的化合价为+1价，为金属钾，设6mol合金中XY的物质的量分别为amol、bmol，则满足：a+b=6，a+3b=12，得a=3，b=3，即选项D正确。故选D。11、C【解析】

Fe3+的氧化性大于Cu2+，在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入铁粉，铁先与Fe2(SO4)3反应，剩余的铁再与CuSO4反应。【详解】A.若铁粉有剩余，说明CuSO4与铁完全反应，则不溶物中一定有铜，故A正确；B.若铁粉有剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2＋，故B正确；C.若铁粉无剩余，溶液中有Cu2＋，说明Cu2＋没有完全反应，则溶液中可能有Fe3＋，故C错误；D.若铁粉无剩余，溶液中无Cu2＋，则一定有铜单质析出，Fe3＋能与Cu反应，则溶液中一定无Fe3＋，故D正确；答案选C。12、A【解析】

必须加入氧化剂才能进行，则选项中为还原剂的变化，还原剂中某元素的化合价升高，据此分析判断。【详解】A．2Cl-→Cl2中，Cl元素的化合价升高，需加氧化剂才能进行，故A选；B．Fe3+→Fe2+中，Fe元素的化合价降低，需加还原剂才能进行，故B不选；C．SO→SO2中，S元素的化合价降低，需加还原剂才能进行，故C不选；D．CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需加还原剂才能进行，故D不选；故选A。13、A【解析】

A、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，NaNO2中N元素化合价从+3价降为0价，NaNO2为氧化剂，故A正确；B、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；C、NH4Cl中N元素化合价从-3价升为0价，所以NH4Cl中N元素被氧化，故C错误；D、由化合价升降可知，N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故答案为A。14、C【解析】

①Cl2+2KI=I2+2KCl中氧化性Cl2＞I2；②2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中氧化性Fe3+＞I2；③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中氧化性Cl2＞Fe3+；④I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中氧化性I2＞SO2；则氧化剂的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2，故C正确；答案：C【点睛】根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断。15、A【解析】

A.O2是中性气体，所以既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥，故A正确；B.Cl2可以用浓硫酸干燥，和氢氧化钠反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；C.二氧化硫是酸性气体能和氢氧化钠反应，所以不能用碱石灰干燥，故C错误；D.NH3是碱性气体和浓硫酸发生反应，不能用浓硫酸干燥，故D错误。故选A。【点睛】酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体，而碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体，中性气体既能用酸性干燥剂又能用碱性干燥剂干燥。16、A【解析】

50mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-浓度为1mol/L×3=3mol/L，结合物质的浓度和组成分析解答。【详解】A.150mL3mol/L的KCl溶液氯离子的浓度为3mol/L，符合题意，故A正确；B.75mL2.5mol/LCaCl2溶液中氯离子的浓度为2.5mol/L×2=5mol/L，与题意不符，故B错误；C.150mL3mol/L的NaClO溶液中不含氯离子，与题意不符，故C错误；D.25mL2mol/LFeCl3溶液中氯离子的浓度为2mol/L×3=6mol/L，与题意不符，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度的计算，明确溶液中离子的浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子个数是解本题的关键，与溶液体积无关。17、D【解析】

0.2L1mol/L溶液中氯离子的物质的量是0.6mol。【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。18、A【解析】

滴入盐酸时，盐酸先与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，不立即产生气泡；故选A。19、C【解析】

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。20、C【解析】

由表中数据可知，甲乙是互溶的两种液体，甲和乙沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故选C。【点睛】本题考查物质的分离和提纯，注意把握物质性质的差异，侧重于考查学生的分析问题的能力、提取题目所给信息和处理信息的能力。21、C【解析】

A．NaOH在水溶液中或熔融状态下都能够导电，是电解质，选项A错误；B．二氧化硫只存在分子，没有自由移动的离子，二氧化硫在水溶液中与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子导电，二氧化硫自身不能电离，二氧化硫是非电解质，选项B错误；C．H2SO4是共价化合物在水溶液中能够导电，在熔融状态下不导电，而且属于电解质，选项C正确；D．BaSO4在水溶液中能导电，但是导电性很弱，在熔融状态下都能够导电，是电解质，选项D错误；答案选C。【点睛】本题重点考查电解质、非电解质概念的辨析，要注意电解质必须是化合物，电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质中的共价化合物只能在水溶液中电离；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。22、D【解析】

A.Al(OH)3→Al2O3中，没有元素的化合价变化，加热即可实现，故A不符合题意；B.FeCl3→FeCl2中，Fe元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B不符合题意；C.CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故C不符合题意；D.Cl－→Cl2中，Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故D符合题意。答案选D。【点睛】解答本题时应注意需加入氧化剂才能实现，则选项中应为还原剂的变化，还原剂中某元素的化合价应升高。二、非选择题(共84分)23、N2NO2致冷剂3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

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。【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↑。【点睛】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。24、三ⅣANaNa与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解析】

四种常见的短周期元素，X的一种核素的质量数为18，中子数为10，则X的质子数为8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外电子总数相差1，又根据如图Y的原子半径大于O原子半径，所以Y为Na元素；W的单质是一种常见的半导体材料，W的原子序数大于Na，则W为Si；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，Z的原子序数大于Si，则Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，W为Si元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，X为O元素，其阴离子为O2-，离子结构示意图为，故答案为：三；ⅣA；；(2)Z元素为Cl元素，其氢化物为HCl，因为非金属性Cl>Br，所以稳定性HCl>HBr，HCl的电子式为，故答案为：；(3)同一周期从左到右，元素金属性依次减弱，且Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢，因此金属性Na>Mg，故答案为：Na；Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢；(4)Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，两者发生中和反应，反应方程式为NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案为：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O。【点睛】本题以“元素周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及对元素周期律的认识程度，思维容量较大，重在考查运用元素周期律解决具体化学问题的能力，注意根据提给信息，结合如图原子序数与原子半径的关系正确推断出元素的种类，然后根据同周期、同主族元素性质的递变规律解答。25、0.7350②①③⑥⑦④胶头滴管、250mL容量瓶检查容量瓶是否漏水⑤重新配制【解析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶质的质量=0.250L×0.01000mol/L×294.0g•mol-1=0.7350g；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，因此正确的顺序是②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的仪器：天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，因此还缺少胶头滴管、250mL容量瓶；（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水；（4）①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，溶质的物质的量减少，浓度偏低；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水不影响；④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；⑤定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高；⑥称量一定质量的K2Cr2O7中含有KCl杂质，溶质的质量减少，浓度偏低；⑦向容量瓶中转移液体时，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以上，溶液体积增加，浓度偏低，答案选⑤；（5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制。点睛：掌握实验原理是解答的关键，难点是误差分析。根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。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电离Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2Oc2(SO42-)c1(SO42-)0.1mol·L－1反应生成NaOH，易溶于水电离出Na＋和OH－，灯泡不熄灭【解析】

(1)氢氧化钡与硫酸在溶液中反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O；(2)加水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡电离出自由移动的离子；(3)过程Ⅰ中灯泡变暗是氢氧化