2023年江苏省苏州市五校联考高一化学第一学期期末学业水平测试试题含解析

2023年江苏省苏州市五校联考高一化学第一学期期末学业水平测试试题注意事项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、下列过程的原理属于化学变化的是()A．氯气液化 B．碘单质升华 C．氢氧化钠潮解 D．碳酸钠晶体风化2、把ag铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量氢氧化钠溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为ag，则此合金中铁的质量分数为（）A．70% B．30% C．52.4% D．22.2%3、2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”，下列做法不符合该主题的是（）A．出行尽量步行或选择公共交通工具B．避免使用一次性餐具、塑料袋C．加高工厂的烟囱，使烟尘和废气远离地表D．推进垃圾分类处理，充分利用可回收资源4、下列物质间的每步转化都能通过一步反应实现的是()①Fe→Fe2O3→Fe(OH)3②Na→Na2O2→Na2CO3③黄铁矿→SO2→H2SO4④SiO2→H2SiO3→Na2SiO3A．②③ B．①② C．②④ D．①③5、关于氧化还原反应，下列说法正确的是A．被还原的物质是还原剂B．氧化剂被还原，还原剂被氧化C．失去电子，化合价降低的物质是还原剂D．氧化剂失去电子，化合价升高6、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A．原子半径大小为W＜X＜Y＜ZB．X的氢化物水溶液酸性强于Z的C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D．标准状况下W的单质状态与X的相同7、将2.3g由金属X和Mg组成的合金投入足量的稀硫酸中，充分反应后收集到标准状况下气体的体积为2.24L，则金属X可能为A．Zn B．Al C．Fe D．Cu8、某同学制得的氢氧化铁胶体中含有少量盐酸，为得到纯净的胶体，他设计了以下操作，合理的是()A．加入少量氢氧化钠溶液进行中和B．加入硝酸银溶液反应后过滤C．装入半透膜袋中，扎紧袋口，将其全部浸入蒸馏水中，并每隔一段时间，更换一次蒸馏水D．在氢氧化铁胶体中插入石墨电极，通入直流电进行电泳后再过滤9、下列有关胶体的说法错误的是A．胶体与其它分散系的本质区别是丁达尔效应B．将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中可制得Fe（OH）3胶体C．向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4溶液，有沉淀析出D．在通电的情况下，Fe（OH）3胶粒向与直流电源负极相连的一极移动10、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∶5311、实验室有一瓶久置的白色亚硫酸钾粉末，为确定其是否被氧化及其成分，元素分析表明粉末中钾元素和硫元素的质量比为39∶16，下列结论正确的是()A．根据元素分析结果推测该粉末为纯净物B．将粉末溶于水，加入氯化钡，有白色沉淀生成，证明原粉末是硫酸钾C．将粉末加入盐酸中，产生气泡，证明原粉末是亚硫酸钾D．将粉末溶于水，加入氯化钡和过量的盐酸，有白色沉淀和气泡生成，证明原粉末是硫酸钾和亚硫酸钾的混合物12、容量瓶上不需要标明的是（）A．温度 B．物质的量浓度 C．规格 D．刻度线13、把7.4g由Na2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c(Na+)=0.6mol•L-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是A．2.12gB．3.18gC．4.22gD．5.28g14、相对分子质量为Mr的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中，得到溶液的质量分数为w%，物质的量浓度为cmol·L－1，密度为ρg·cm－3，则下列说法正确的是（）A．溶液密度ρ可表示为 B．物质的量浓度c可表示为C．溶液的质量分数w%可表示为 D．相对分子质量Mr可表示为15、加热熔化氢氧化钠的坩埚，应选用的是（）A．瓷坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚 D．铝坩埚16、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是()A．1molN2含有的原子数目为NAB．24gMg变为Mg2+时失去的电子数目为2NAC．1mol•L﹣1CaCl2溶液中含有的Cl﹣数目为2NAD．常温常压下，11.2LCO2中含有的原子数目为1.5NA17、中国人自古就有泡药酒的习惯。药酒多选用50-60度的白酒，将中药材浸泡在酒中，经过一段时间，中药材中的有效成分（主要是有机物）溶解在酒中，此时即可过滤去渣后饮用。泡药酒的原理属于A．萃取 B．结晶 C．干燥 D．置换18、下列实验操作中，错误的是()A．蒸发时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取时，应选择与原溶剂互不相溶的萃取剂19、关于中数字的描述正确的是()A．291是元素的相对原子质量B．117是的中子数C．117是的质子数D．291是元素的质量数20、下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（）A．SiO2和SO2 B．CO2和H2O C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl21、下列叙述正确的是A．胶体区别于其他分散系的根本原因是胶体有丁达尔效应B．分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序：溶液＜胶体＜浊液C．氯化铁溶液加入到冷水中可以制得氢氧化铁胶体D．胶体的分散质可以通过过滤从分散剂中分离出来22、两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W四种常见化合物，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)：请回答：⑴W的化学式是____________________。⑵X与Y在溶液中反应的离子方程式是________________________。⑶①将4.48L(已折算为标准状况)W通入100mL3mol/L的Y的水溶液后，溶液中的溶质是_________。②自然界中存在X、Z和H2O按一定比例结晶而成的固体。取一定量该固体溶于水配成100mL溶液，测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5mol/L。若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为____________g。⑷选用X所含有的四种元素中的两种或三种组成的化合物，并利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置Ⅴ中可收集到一种无色助燃性气体。①装置Ⅰ中反应的化学方程式是___________________________________，装置Ⅱ中物质的化学式是_____________。②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置Ⅴ中气体，该化合物的化学式是_______________，所需仪器装置是________________(从上图选择必要装置，填写编号)。24、（12分）下列框图所示的转化关系中，、均为常见的金属单质；A、在冷的的浓溶液中均会发生钝化；为淡黄色的非金属单质。为红棕色固体氧化物，为常见无色液体。焰色为黄色，且能使酚酞变红（部分反应条件、反应过程中生成的水及其他产物略去）。（1）的化学式为______。（2）与反应的化学方程式为_____。（3）与氯气反应的离子方程式为_____。（4）与氨水反应的化学方程式为_______。（5）与反应的离子方程式为________。（6）检验“黄色溶液”中阳离子的方案：________________________________________。25、（12分）某学习小组以Ba(OH)2、水、H2SO4为实验对象探究离子反应发生的条件。实验1：向烧杯中依次加入下列试剂，记录灯泡变化①Ba(OH)2粉末：灯泡不亮②加入蒸馏水：灯泡变亮③逐滴滴加0.1mol/LH2SO4，灯泡变化如下：（1）Ba(OH)2与H2SO4在溶液中能发生_________反应。a.复分解反应b.氧化还原反应c.置换反应（2）加H2O后，灯泡变亮的原因是Ba(OH)2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：物质Ba(OH)2BaSO4溶解度/g5.60.00025比较溶液1、溶液2中c(SO42-)的大小：＞___________（5）实验2：用Na2SO4溶液替代稀H2SO4，重复实验进行对照。①Na2SO4溶液的浓度是_________。②加入Na2SO4溶液过程中灯泡不熄灭，原因是_________。通过实验可知：离子反应发生的条件之一是生成沉淀。26、（10分）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用图中的装置可以实现该反应．回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式是_____．（2）B中加入的物质是_____．（3）实验时在C中观察到的现象是_____，发生反应的化学方程式是_____．（4）实验时在D中收集到的物质是_____，检验该物质的方法和现象是_____．27、（12分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。28、（14分）铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。（1）所含铁元素只有还原性的物质是_________。A．Fe

B．FeCl2

C．FeCl3

D．Fe2O3（2）当人体缺铁时，往往要吃补铁保健品。人体能够吸收的是+2价的铁，但是+2价的铁很容易被氧化。①如何检验某固体补铁剂中铁元素已被氧化？写出操作过程、现象及结论。答：____________________________________________________________________。②服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有________________(填化学性质)。（3）工业上用氯化铁腐蚀铜箔、制造电路板。某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤：回答下列问题:①试剂a是___________，操作I用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。②滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为___________。③上述流程中操作III包括________________、________________、过滤、洗涤。29、（10分）某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：已知反应②：2I﹣+2Cu2+++H2O=2CuI↓++2H+。回答下列问题：（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、__。（2）反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为__。当有95.5gCuI参与反应，则需要标况下__L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为3∶8，则化合物B的化学式为__。（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应⑤的化学方程式为__。（5）将足量的Cl2通入含12gNaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为__g。

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【解析】

A．氯气液化是将Cl2液化，没有新物质生成，为物理变化，A与题意不符；B．碘单质升华是将I2转化为碘蒸气，没有新物质生成，为物理变化，B与题意不符；C．氢氧化钠潮解，没有新物质生成，为物理变化，C与题意不符；D．碳酸钠晶体风化，碳酸钠晶体中含有结晶水，而风化后生成碳酸钠粉末，不含结晶水，有新物质生成，为化学变化，D符合题意；答案为D。2、A【解析】

铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤后得到的沉淀为Fe(OH)3，则经洗涤、干燥、灼烧，得到的固体粉末是Fe2O3，其质量等于合金的质量，利用组成可知合金中Al的质量等于Fe2O3中O的质量，则铁在合金中的质量分数等于铁在Fe2O3中的质量分数，为，A正确。答案选A。3、C【解析】

A.少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，符合绿色化学的简约生活，A项正确；B.减少一次性餐具、塑料袋的使用可以减少“白色污染”，B项正确；C.加高工厂的烟囱是“治标不治本”的行为，污染物还是会进入环境，C项错误；D.进行垃圾分类可以充分利用垃圾中的资源，D项正确；答案选C。4、A【解析】

①Fe不能直接转化为Fe2O3，①不符合题意；②该组物质间的转化每一步都可以实现：，②符合题意；③黄铁矿的主要成分是FeS2，该组物质间的转化每一步都可以实现：，③符合题意；④SiO2不能直接转化为H2SiO3，④不符合题意；综上所述，②③符合题意，故选A。5、B【解析】

A.被氧化的物质在反应中失去电子，是还原剂，A说法错误；B.氧化剂具有氧化性，被还原，还原剂具有还原性，被氧化，B说法正确；C.失去电子、化合价升高的物质是还原剂，C说法错误；D.氧化剂得到电子，化合价降低，D说法错误。故选B。【点睛】氧化剂具有氧化性，化合价降低，被还原，发生还原反应。6、D【解析】

本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；答案选D。【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。7、B【解析】

标准状况下2.24L的气体的物质的量为1mol，Mg是+2价金属，产生1mol氢气需Mg质量是2.4g，现在是Mg与另外一种金属的混合物，需要质量是2.3g，小于2.4g，说明另一种金属产生1molH2需要的质量小于2.3g。A.Zn是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为65g>23g，不符合题意，A错误；B.Al是+3价的金属，产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B正确；C.Fe是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C错误；D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D错误；故合理选项是B。8、C【解析】

A、NaOH溶液和盐酸反应，生成NaCl，相当于向胶体中加入电解质溶液，会使胶体聚沉，A不合理；B、AgNO3溶液会和盐酸反应，生成HNO3，相当于向胶体中加入电解质溶液，会使胶体聚沉，B不合理；C、胶粒不能透过半透膜，而离子可以，通过渗析可以除去少量的盐酸，C合理；D、胶粒是可以透过滤纸的，电泳后再过滤，无法分离盐酸和胶体，D不合理；故选C。9、A【解析】

A.胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故A错误；B.将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中，加热至出现红褐色后停止加热，即得Fe(OH)3胶体，故B正确；C.向Fe(OH)3胶体中加入电解质溶液Na2SO4溶液，发生聚沉现象，会有沉淀析出，故C正确；D.在通电的情况下，Fe(OH)3胶粒向与直流电源负极相连的一极移动，出现现象是阴极区域颜色加深，阳极区域颜色变浅，故D正确。综上所述，答案为A。10、A【解析】

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。11、D【解析】

A.硫酸钾和亚硫酸钾中钾元素和硫元素元素的质量比均为39∶16，不能推测该粉末为纯净物，故A错误；B.加入氯化钡都可产生沉淀，故B错误；C.将粉末加入盐酸中，产生气泡，2H＋＋===H2O＋SO2↑，只能证明原粉末有亚硫酸钾，不能证明原粉末只有亚硫酸钾，故C错误；D.将粉末溶于水，加入氯化钡和过量的盐酸有白色沉淀，证明原粉末含硫酸钾，有气泡生成，说明发生反应2HCl＋BaSO3=BaCl2＋H2O＋SO2↑，证明原粉末仍含亚硫酸钾，故D正确。故选D。12、B【解析】

容量瓶如图所示，容量瓶为恒温仪器，其用途是配制一定浓度的溶液，容量瓶上标有：温度、刻度线、规格，故答案为B。13、B【解析】

把7.4gNa2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3•10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.5×0.6mol/L×0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol×0.03mol=3.18g，故答案选B。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。14、D【解析】

A．c=，ρ＝，故A错误；B．c＝，故B错误；C．w%＝，故C错误；D．由上述C项整理，得Mr＝，故D正确；答案选D。15、C【解析】

A．瓷坩埚主要成分含有SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；B．石英坩埚主要成分是SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；C．铁坩埚在高温下不能与NaOH发生反应，因此可以加热熔化氢氧化钠，正确；D．铝坩埚的成分Al可以与氢氧化钠发生反应，因此不能加热熔化氢氧化钠，错误。16、B【解析】

A.1molN2含有的原子在常温常压下的数目为2NA，故A错误；B.24gMg物质的量＝＝1mol，变为Mg2+时失去的电子数目为2NA，故B正确；C.1mol•L﹣1CaCl2溶液体积不知，不能计算溶液中含有的Cl﹣数目，故C错误；D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2中物质的量小于0.5mol，含有的原子数目小于1.5NA，故D错误；故选：B。17、A【解析】

根据题意，将中药材浸泡在酒中，经过一段时间，中药材中的有效成分(主要是有机物)溶解在酒中，与药材中的有效成分在酒精中的溶解度较大有关，萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，与萃取的原理相似，泡药酒的原理属于萃取，结晶是利用物质的溶解度随温度的变化较大将其分离的方法，，与题中溶解不符，也不属于干燥，题中属于溶解，没有发生置换反应，只有A正确，故选A。18、A【解析】

A．蒸发时，应该使混合物中析出大部分固体时停止加热，利用余热将溶液蒸干，故A错误；B．蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C．分液时，下层液体从下口倒出，为防止引进杂质，所以上层液体从上口倒出，故C正确；D．萃取时，萃取剂不能和原溶剂互溶、反应，否则不能萃取出溶质，故D正确；故答案选A。19、C【解析】

A．291是原子的质量数，不能确定该元素的相对原子质量，A描述错误；B．117是的质子数或原子序数，中子数为291-117=174，B描述错误；C．117是的质子数，C描述正确；D．291是原子的质量数，D描述错误；答案为C。20、B【解析】

一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属与非金属之间形成共价键；由离子构成的晶体为离子晶体，由分子构成的晶体为分子晶体，由原子构成且存在空间网状结构的晶体为原子晶体。【详解】A．SO2和SiO2都只含共价键，但SO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，A不合题意；B．CO2和H2O都只含共价键，且二者都是分子晶体，B符合题意；C．NaCl含有离子键，是离子晶体，HCl含有共价键，是分子晶体，C不合题意；D．CCl4含有共价键，是分子晶体，KCl含有离子键，是离子晶体，D不合题意；故答案为：B。21、B【解析】

A、胶体具有丁达尔效应,能区别胶体和溶液,但是胶体与其它分散系的根本区别并不在于丁达尔效应,而在于分散系微粒直径的大小,故A错误；

B、溶液的微粒直径小于1nm，胶体微粒直径在1nm与100nm之间，而浊液的微粒直径大于100nm，因此分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序是:溶液<胶体<浊液，故B正确；

C、制备氢氧化铁胶体时要先把蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5-6滴FeCl3饱和溶液，并继续煮沸至溶液呈红褐色，故C错误；

D、胶体的微粒不能透过半透膜，能透过滤纸，因此胶体的分散质不能通过过滤的方法分离，故D错误；

综上所述，本题选B。22、B【解析】

根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。【详解】铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。二、非选择题(共84分)23、CO2HCO3-+OH-=CO32-+H2ONa2CO3和NaHCO32.65Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2ONa2O2H2O2Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ【解析】本题考查无机推断，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素，W为无色无味的气体，以及W为化合物，则W为CO2，根据转化关系，推出X为NaHCO3，Z为Na2CO3，Y为NaOH，（1）根据上述分析，W为CO2；（2）发生的离子方程式为HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O；（3）①CO2与NaOH反应生成的溶质为Na2CO3、NaHCO3，至少存在一种，假设Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为ymol，根据题意有：x＋y=4.48/22.4，2x＋y=100×10－3×3，解得x=0.1mol，y=0.1mol，因此溶质为Na2CO3和NaHCO3；②加热至恒重，此固体为Na2CO3，根据钠元素守恒，因此剩余固体的质量为100×10－3×0.5×106/2g=2.65g；（4）装置III中产生白色沉淀，即通入III中的气体中含有CO2，化合物X所含有的四种元素中两种或三种组成化合物，即X为Na2CO3，①装置I中发生的反应是Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，V中收集到助燃气体，即此气体为O2，推出装置II中物质为Na2O2；②收集到的气体为氧气，即X为H2O2，因为收集纯净干燥的O2，需要用的仪器是I、IV、V。24、SO22Al+Fe2O1===Al2O1+2Fe2Fe2++Cl2===2Fe1++2Cl-Al2(SO4)1+6NH1▪H2O===2Al(OH)1↓+1(NH4)2SO4Al2O1+2OH-===2AlO2-+H2O取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【解析】

A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，则B为Fe2O1，A为Al，C为Fe，D为A12O1．E为固体非金属单质，连续氧化得到G，G与常见无色液体X反应得到H，则E为S，F为SO2，G为SO1，H为H2SO4，X为H2O，I为FeSO4；L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O1反应，则L为NaOH，与Al2O1反应生成J为NaAlO2，A12O1与硫酸反应生成K为Al2(SO4)1，则M为Al(OH)1，据此解答。【详解】(1)由以上分析可知，F的化学式为SO2，故答案为：SO2；

(2)A与B反应是Al与氧化铁在高温条件下反应生成铁与氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe；

(1)Fe2+具有还原性，与具有强氧化性的Cl2反应生成Fe1+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-；

(4)K为Al2(SO4)1，与足量的氨水反应的离子方程式为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+，故答案为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+；

(5)D与L的反应为Al2O1和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学反应的离子方程式为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O．(6)黄色溶液中阳离子为Fe1+，其检验方法为：取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【点睛】此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论。25、a电离（溶解）Ba2++2OH-+2H++SO＝BaSO4+2H2Oc2(SO)＞c1(SO)0.1mol/L反应生成NaOH，易溶于水电离出Na+和OH-，灯泡不熄灭。【解析】（1）Ba(OH)2与H2SO4在溶液中能发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和水，答案选a。（2）加H2O后，灯泡变亮的原因是Ba(OH)2发生了电离，电离出阴阳离子而导电。（3）由于Ba(OH)2与H2SO4在溶液中能发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度降低，导电性减弱，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O。（4）由于溶液1中氢氧化钡过量，硫酸根浓度最小，所以溶液1、溶液2中c(SO42-)的大小为c2(SO42－)＞c1(SO42－)；（5）①作为对照实验，Na2SO4溶液的浓度应该与硫酸溶液的浓度相同，为0.1mol/L。②由于反应生成NaOH，易溶于水电离出Na+和OH-，所以灯泡不熄灭。点睛：掌握电解质的电离情况和溶液导电性的原因是解答的关键，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数。26、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O碱石灰黑色粉末逐渐变为红色2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu氨水用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝【解析】（1）A中制备氨气，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）与氧化铜反应的氨气应该是干燥的，所以B中加入的物质是碱石灰，用来干燥氨气；（3）氨气还原氧化铜生成铜、氮气和水，所以实验时在C中观察到的现象是黑色粉末逐渐变为红色，发生反应的化学方程式是2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；（4）反应中氨气过量，且有水生成，所以实验时在D中收集到的物质是氨水，氨水显碱性，检验该物质既要检验一水合氨、还要检验水的存在，则方法是用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝。点睛：明确物质的性质是解答的关键，注意从氨气中氮元素是－3价的角度理解氨气具有还原性，（4）中物质的检验是易错点，学生往往只考虑了检验氨水的碱性，而忽略了水的检验，为易错点。注意审题的严密、答题的严谨。27、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【解析】

(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5)（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：①④③②；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；(5)铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑2M

3×22400mL（a-c）g

bmL解之得：M=33600（a-c）/b；答案是：33600（a-c）/b；(6)铝的质量分数为：（a-c）/a×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；答案是：偏小。28、A研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化还原性铁(Fe)漏斗2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−蒸发浓缩冷却结晶【解析】

(1)当元素处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时既有氧化性又有还原性；(2)①根据Fe3+能与KSCN溶液反应导致溶液呈血红色分析解答；②Fe3+具有氧化性，能被还原性物质还原生成Fe2+；(3)腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，据此分析解答。【详解】(1)处于最高价态的元素只有氧化性，处于最低价态的元素只有还原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。A．Fe处于最低价态，只有还原性，故A正确；B．FeCl2

中Fe元素处于中间价态，