福建省莆田市八中2023年化学高一上期末复习检测模拟试题含解析

福建省莆田市八中2023年化学高一上期末复习检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在盛放浓硫酸的试剂瓶上应印有如下图所示警示标记中的（）A． B． C． D．2、现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2(SO4)3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c(Al3+)=0.1mol•L﹣1、c(Mg2+)=0.25mol•L﹣1、c(Cl﹣)=0.2mol•L﹣1，则该溶液中c(SO42-)为()A．0.15mol•L﹣1B．0.2mol•L﹣1C．0.25mol•L﹣1D．0.30mol•L﹣13、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价＋2＋3＋5、＋3、－3－2下列叙述正确的是()A．X、Y元素的金属性：X<YB．一定条件下，Z与W的氢化物稳定性：Z>WC．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，Y单质可以与Z的最高价氧化物对应的水化物反应4、19世纪末，人类开始揭开了原子内部结构的秘密，最先发现电子的科学家是（）A．法国化学家拉瓦锡 B．美国物理学家汤姆生C．意大利物理学家阿伏加德罗 D．英国化学家道尔顿5、绿色化学是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用。下列化学反应不符合绿色化学概念的是()A．消除硫酸厂尾气排放：SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3B．消除制硝酸厂的氮氧化物污染：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2OC．制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OD．制CuSO4：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4(稀)=CuSO4+H2O6、有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH-）：H+、NH4+、K＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3+、NO3－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g。[③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是A．原溶液一定不存在H+、Cu2＋、CO32－B．不能确定原溶液是否含有K＋、NO3－C．原溶液确定含Mg2＋、Al3＋、NH4＋，且n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2D．实验所加的NaOH的浓度为2mol·L－17、某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质8、某同学在实验室中进行如下实验：编号ⅠⅡⅢ实验现象没有明显变化，溶液仍为无色有沉淀生成，溶液为蓝色有无色气泡产生以下结论不正确的是A．Ⅰ中无明显变化，说明两溶液不反应 B．Ⅱ中的白色沉淀为BaSO4C．Ⅲ中的化学方程式为2HCl＋Zn=ZnCl2＋H2↑ D．Ⅲ中发生的反应是氧化还原反应9、下列各组物质中，前者为强电解质，后者为弱电解质的是（）A．硫酸氢氧化钠 B．碳酸碳酸钠C．食盐酒精 D．氢氧化钠醋酸10、下列各物质反应后，滴入KSCN溶液，显红色的是（）A．铁与稀盐酸 B．铁粉与氯化铜溶液C．氯水与氯化亚铁溶液 D．过量铁粉与氯化铁溶液11、有一瓶气体的质量是7.1g，体积是2.24L（标准状况），该气体的摩尔质量是A．32 B．32g·mol－1 C．71 D．71g·mol－112、已知水的相对分子质量为18，下列说法不正确的是()A．水的摩尔质量为18g/molB．1molH2O中含有2molH和1molOC．18g水约含6.02×1023个H2OD．标准状态下，22.4L水的物质的量是1mol13、在一定条件下，与R2－发生如下反应：+2R2－+6H+=3R+3H2O下列关于元素R的叙述中正确的是A．R原子的最外层上有4个电子B．中的R只能被还原C．HnRO3一定是强酸D．R的单质既具有氧化性又具有还原性14、下列有关硅及其化合物的用途说法正确的是（）A．硅胶可用作袋装食品的干燥剂B．二氧化硅是一种良好的半导体材料C．晶体硅可用于制造光导纤维D．玻璃、水泥、水晶的主要成分是硅酸盐15、氯化钠溶液含有少量的氯化铁。若要得到纯净的固体氯化钠，可供选择的操作有：①加适量盐酸溶液、②加金属铁粉、③蒸发结晶、④加过量氢氧化钠溶液、⑤冷却热饱和溶液、⑥过滤。正确的操作步骤是()A．②⑥③ B．④⑥①③ C．④⑥③⑤ D．②⑥①③⑤16、R2O7n-离子在一定条件下可以把XO32-离子氧化为XO42-，若R2O7n-离子变为R3＋离子。又知反应中R2O7n-与XO32-的物质的量之比为1：3，则R2O7n-中R元素的化合价为（）A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋717、下列四项都能导电，其中一项与其他三项导电原理不同的是（）A．氯化钠熔融导电 B．液态汞导电 C．H2SO4溶液导电 D．熔融状态的KOH导电18、下列变化中，不能够通过两种物质之间化合反应一步实现的是①FeCl3→FeCl2②Na→Na2O2③SiO2→CaSiO3④Fe(OH)2→Fe(OH)3A．④ B．③ C．② D．①19、下列物质是电解质的是（）A．硫酸溶液 B．氯化钠 C．酒精 D．铜20、X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是(

)A．元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大B．元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmRD．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸21、下列关于氯水的说法正确的是（）A．新制氯水含有Cl2、HCl、HClO、H2O分子B．紫色石蕊试剂滴入新制氯水中，溶液先变红后变无色C．氯水和液氯都能使干燥的有色布条褪色D．新制氯水的pH值要比久置氯水的pH值小22、下列操作中不属于萃取的是A．从青蒿中提取青蒿素 B．从溴水中提取溴单质C．浸泡药酒 D．海水中提取食盐二、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）A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：(1)写出下列物质的化学式：A_________，B________，乙_________，丁_________；(2)写出下列变化的化学方程式：①A与NaOH溶液反应的化学方程式_________；②甲与NaOH溶液反应的离子方程式_________；(3)将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为________，转移电子数目为________。25、（12分）现实验室需要450mL0.5mol/L的NaOH溶液和500mL0.2mol/L的H2SO4溶液。请回答下列问题：Ⅰ.配制NaOH溶液1．根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为_____g。A．0.9 B．9.0 C．10 D．10.0Ⅱ.配制稀H2SO4某同学欲用质量分数为98%的浓硫酸(密度ρ=1.84g/cm3)配制所需的稀H2SO4。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④量筒；⑤500mL容量瓶；⑥圆底烧瓶2．以上仪器中不需要的是A．① B．② C．③ D．⑥3．用量筒量取所需浓硫酸的体积应为_______mL。A．5.4 B．5.5 C．18.4 D．27.24．如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒，应选用_______mL量筒量取。A．10 B．20 C．50 D．以上都可以5．下列操作会使所配制的溶液浓度偏高的是A．容量瓶中原来有少量蒸馏水未作处理B．定容时仰视容量瓶刻度线C．用量筒量取浓硫酸时仰视读数D．定容时，不慎加水超过刻度线，又用滴管将多出部分吸出26、（10分）某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究:（1）装置的连接顺序为a→___→______→_____→_____→b→c→f。（2）硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，这样做的优点是________________。（3）反应一段时间，熄灭酒精灯，冷却后，将收集器及硬质玻璃管中的物质快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验:试剂X中溶质的化学式为____________；固体产物的成分可能为_____(填字母)。A．Fe和FeCl3B．FeCl2和FeCl3C．Fe、FeCl2和FeCl3D．Fe和FeCl2（4）加入少许植物油的作用是____________，加入新制氯水后溶液红色加深的原因：___________(用离子方程式表示)。（5）现有一含FeCl2和FeCl3混合物的样品，用离子交换法测得n(Fe)：n(Cl)=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为______。（计算结果保留两位有效数字）27、（12分）过氧乙酸(CH3COOOH)是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，具有强氧化性的高效消毒剂，使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸，然后用喷雾法对空气与地面进行消毒。(1)某学生在实验室用密度为1.9g/mL，质量分数为15%的工业品过氧乙酸配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积_____mL，除量筒、玻璃棒、烧杯外还需要的其它仪器是_______________________(2)该学生配制前设计了下列操作，其合理的操作顺序是___________(字母表示，每个字母只能用一次)A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需体积的工业品过氧乙酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的工业品过氧乙酸沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，倒置并振荡，摇匀E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1--2cm处(3)若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响(选填“偏高”、‘“偏低”或“无影响”)a.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水_________b.转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外_________c.量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒_________d.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，补充几滴水至刻度线________(4)下列叙述正确的是__________________(填字母)A．可用过滤的方法将过氧乙酸溶液中混有的NaCl除掉B．过氧乙酸包装上应贴的危险警告标签应如上图所示C．过氧乙酸应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中D．过氧乙酸是一种有机物，它可以用于萃取碘水中的碘单质28、（14分）用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，装置如下图所示。（1）B中选用的试剂是____________，其作用是__________；C中选用的试剂的作用是_________（2）D中反应的化学方程式是_______________________（3）某学生应用如图所示的方法研究物质的性质，其中气体X的主要成分是氯气。回答下列问题：①与研究目的直接相关的B、C中的实验现象是________。②如果通入气体中混有SO2，能否看到相同的现象？_________（填“能”、“不能”或者“”“不能确定”），用化学方程式进行解释:______________________③从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现是最后缺少一个____________装置，用化学方程式解释其原理__________________29、（10分）电子工业上使用的印刷电路板，是在敷有铜膜的塑料板上以涂层保护所要的线路，然后用三氯化铁浓溶液作用掉(腐蚀)未受保护的铜膜后形成的。某工程师为了从使用过的腐蚀废液（含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费）中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液作为腐蚀液原料循环使用，准备采用下列步骤：（1）步骤Ⅰ的操作名称：________；所需玻璃仪器：_________、_________、__________。（2）写出FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式：______________________。（3）检验废腐蚀液中是否含有Fe3+所需试剂名称：___________、实验现象：__________。（4）向②中加入NaOH溶液并长时间暴露在空气中，此过程的现象：________________，此转化的化学方程式为：______________________________。（5）写出③中所含物质：_________⑥发生反应的离子方程式：_______________。

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、A【解析】

A、警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故A正确；B、警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故B错误；C、警示标记为三级放射性物品标志，而浓硫酸无放射性，不能使用该标志，故C错误；D、警示标记为氧化剂标志，一般指具有强氧化性，不稳定，易分解产生氧气的物质，而浓硫酸无此性质，不使用该标志，故D错误；答案选A。2、D【解析】c（Al3+）=0.1mol•L-1、c（Mg2+）=0.25mol•L-1、c（Cl-）=0.2mol•L-1，设该溶液中c（SO42-）为x，由电荷守恒可知，0.1×3+0.25×2=0.2×1+x×2，解得x=0.30

mol•L-1，故选D。3、D【解析】

W主要化合价为-2价，没有+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，据此分析解答问题。【详解】A．同周期自左而右，金属性减弱，所以X、Y元素的金属性X＞Y，A选项错误；B．非金属越强，氢化物越稳定，非金属性：O>N，则稳定性：H2O>NH3，B选项错误；C．Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，稀氨水碱性较弱，不能与氢氧化铝发生反应，C选项错误；D．Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Al可与稀硝酸发生氧化还原反应，D选项正确；答案选D。【点睛】主族元素若有最高正价，则其最高正价=族序数，若有最低负价，则其最低负价=族序数-8。4、B【解析】

A.法国化学家拉瓦锡是近代化学的奠基人之一，“燃烧的氧学说”的提出者，制定出化学物种命名原则，创立了化学物种分类新体系，故A错误；B.1897年，英国物理学家汤姆生发现电子，人类开始揭开原子内部结构的秘密，故B正确；C.1811年，意大利物理学家阿伏加德罗在盖-吕萨克气体反应实验的基础上，引进了分子概念，提出了分子假说，指出在同温同压下，所有同体积的气体，无论是元素、化合物还是混合物，都含有相同数目的分子，故C错误；D.道尔顿的原子论是继拉瓦锡的氧化学说之后理论化学的又一次重大进步，他揭示出了一切化学现象的本质都是原子运动，明确了化学的研究对象，对化学真正成为一门学科具有重要意义，故D错误；故答案选B。5、C【解析】

A．二氧化硫是有害气体，用氨气吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，选项A不选；B．二氧化氮和一氧化氮都是有害气体，用氢氧化钠吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，选项B不选；C．浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，选项C选；D．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，对环境无污染，符合绿色化学的理念，选项D不选；答案选C。6、B【解析】

溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种．因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、一定含有SO42-；②第二份加足里BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10-2molBaSO4，所以n（SO42-）=3×10-2mol；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH-=NH3•H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；B．原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg(OH)2]=0.01mol，故n[Al（OH）3]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=n[Al(OH)3]=0.01mol，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=n[Mg(OH)2]=0.01mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaOH25mL，所以c（NaOH）===2mol•L-1；根据NH4++OH-=NH3•H2O，所以可得到NH4+的物质的量为0.01L×2mol•L-1=2×10-2mol，则n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）═0.01mol：0.01mol：2×10-2mol：3×10-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知1×2+1×3+2×1>3×2，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；C．由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2mol•L-1，选项C正确；D．由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，选项D正确；答案选B。7、B【解析】

A、实验③得到的氢氧化铁胶体，而胶体属于混合物，A错误；B、实验②是氯化铁溶于水，发生水解反应，而水解反应不是氧化还原反应，③是氢氧化铁胶体的制备，也未发生氧化还原反应，B正确；C、水解反应可看成中和反应的逆反应，中和反应是放热反应，所以水解反应是吸热反应，C错误；D、氯气与铁的反应中，氯气不是电解质，也不是非电解质，D错误；答案选B。8、A【解析】

A.Ⅰ中氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，故A错误；B.Ⅱ中氯化钡与硫酸铜反应生成白色沉淀为BaSO4，故B正确；C.Ⅲ中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的化学方程式为2HCl＋Zn=ZnCl2＋H2↑，故C正确；D.Ⅲ中反应的化学方程式为2HCl＋Zn=ZnCl2＋H2↑，锌元素、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；答案选D。9、D【解析】

强电解质通常包括强酸、强碱、绝大多数盐以及活泼金属氧化物，弱电解质通常包括弱酸、弱碱、极少数盐以及水，据此来判定即可。【详解】A.二者均为强电解质，A项错误；B.碳酸为弱电解质，碳酸钠为强电解质，B项错误；C.前者为强电解质，后者为非电解质，C项错误；D.前者为强电解质，后者为弱电解质，D项正确；答案选D。10、C【解析】

A.铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，滴入KSCN溶液不显红色，故不选A；B.铁粉与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和铜，滴入KSCN溶液不显红色，故不选B；C.氯水与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，滴入KSCN溶液显红色，故选C；D.过量铁粉与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，滴入KSCN溶液不显红色，故不选D。11、D【解析】

n==0.1mol，M==71g/mol，所以该气体的摩尔质量为71g/mol。故选D。12、D【解析】

A、摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，则水的摩尔质量为18g·mol－1，故A说法正确；B、1个水分子是由2个H和1个O组成，即1molH2O中含有2molH和1molO，故B说法正确；C、18g水的物质的量为1mol，1molH2O中约含6.02×1023个水分子，故C说法正确；D、标准状况下，水不是气体，不能直接用22.4L·mol－1，故D说法错误；答案选D。13、D【解析】试题分析：根据电荷守恒，-n+2×(-2)+6×(+1)=0，可得到，n=2，即RO3n-中的R显+4价，最低负价=主族序数-8，故主族序数为6，主族序数=最外层电子数，推测可能是S元素，故A错误；RO3n-中的R显+4价处于中间价态，既可以被氧化又可以被还原，故B错误；R是S元素，H2SO3不是强酸，故C错误；R的单质是0价，处于中间价态，故既具有氧化性又具有还原性，D正确，此题选D。考点：考查氧化还原反应、离子反应的相关应用14、A【解析】

A.硅胶无毒，是一种干燥剂，故可用作袋装食品的干燥剂，A正确；

B.高纯硅是一种良好的半导体材料，B错误；

C.二氧化硅晶体可用于制造光导纤维，C错误；

D.玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，水晶的主要成分是二氧化硅，D错误；

答案选A。15、B【解析】

除去杂质氯化铁，可加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，过滤后滤液中含有氯化钠和氢氧化钠，加入盐酸中和过量的氢氧化钠，然后蒸发、结晶可得到氯化钠晶体，则正确的顺序为④⑥①③，故答案为B。16、C【解析】

XO32-、XO42-中X的化合价分别为+4、+6价，根据氧化还原反应中化合价升降的代数和为零，可得（a-3）×2=（+6-4）×3，求解可得，a=+6，答案为C。【点睛】氧化还原反应中，化合价升高的总数等于化合价降低的总数。17、B【解析】

A.氯化钠熔融导电，是由Na+和Cl-定向移动传导的；B.液态汞导电，是由电子的定向移动传导的；C.H2SO4溶液导电，是由H+和SO42-定向移动传导的；D.熔融状态的KOH导电，是由K+和OH-传导的。综合以上分析，A、C、D中物质的导电，都属于离子导电，而B中物质导电，是电子导电。故选B。18、A【解析】

①FeCl3和铁反应生成FeCl2，能够通过两种物质之间一步化合；②Na和氧气反应生成Na2O2，能够通过两种物质之间一步化合；③SiO2和氧化钙反应生成CaSiO3，能够通过两种物质之间一步化合；④Fe(OH)2和氧气、水反应生成Fe(OH)3，三种物质反应，不能够通过两种物质之间一步化合；故A符合题意；故选A。19、B【解析】

A．稀硫酸是硫酸的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氯化钠是化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，故B正确；C．酒精在水溶液中或熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误；D．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故答案为B。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。20、C【解析】

X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层有6个，则Y为O元素；Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，R为S元素，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，均为24，则Z的原子序数为11，W的原子序数为13符合，即Z为Na，W为Al，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为Al，R为S。A.Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，原子序数越大离子半径越小，因此元素Y、Z、W形成的离子半径依次减小，A错误；B.元素X与元素Y可形成的化合物H2O2，B正确；C.Y、R是同一主族的元素，均可与X形成结构相似的氢化物，元素的非金属性Y>R，元素的非金属性越强，其与H形成的化合物的稳定性就越强。所以元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR，C正确；D.元素W、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、硫酸，硫酸为强酸，氢氧化铝为弱碱，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素的性质、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。21、B【解析】

A．氯气与水发生Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O分子，含有OH－、H+、ClO-、Cl-等离子，新制氯水中无HCl分子，故A错误；B．氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，次氯酸有漂白性，所以紫色石蕊试剂滴入新制氯水中，溶液先变红后变无色，故B正确；C．氯气没有漂白性，起漂白作用的是次氯酸，液氯无水，因此液氯不能使干燥的有色布条褪色，故C错误；D．久置氯水中的次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，酸性增强，所以新制氯水的pH值要比久置氯水的pH值大，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，注意相关基础知识的积累，尤其要注意氯气虽然具有强氧化性，但没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸才具有漂白性。22、D【解析】

萃取是指利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，这种方法叫做萃取，注意萃取后溶液分层，以此解答该题。【详解】A．青蒿素不溶于水，可溶于乙醚，乙醚不溶于水，可用萃取的方法从青蒿中提取青蒿素，故A不符合；B．溴易溶于有机溶剂例如苯中，苯不溶于水，可用萃取的方法从溴水中提取溴单质，故B不符合；C．药酒是将中药有效成分溶解在酒中而制成的日常佳品，属于萃取，故C不符合；D．海水中提取食盐利用的是蒸发原理，不属于萃取，故D符合；答案选D。【点睛】本题主要考查了萃取原理，注意物质的制备方法是解题的关键，选项C是易错点。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、AlO2NaAlO2Al(OH)32Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O0.1mol0.3NA【解析】

常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙中通入过量CO2气体反应产生丁，则乙是NaAlO2，C是H2，丁是Al(OH)3，反应方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓；Al、H2都可以语音物质B反应，Al与B反应产生的甲是Al的化合物，该化合物可以和NaOH溶液反应产生NaAlO2和丙，H2也可以与B反应产生丙，则甲可能是Al2O3，则B是O2，丙是H2O，通过验证符合物质转化关系。【详解】根据上述分析可知：A为Al，B为O2，C为H2，甲为Al2O3，乙为NaAlO2，丙为H2O，丁为Al(OH)3。(1)根据前面分析可知：A是Al，B是O2，乙是NaAlO2，丁是Al(OH)3。(2)①A是Al，Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②甲是Al2O3，Al2O3是两性氧化物，可以与强碱NaOH在溶液中反应产生NaAlO2和H2O，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；(3)Al与NaOH溶液反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式可知：每反应消耗2molAl，同时生成3molH2，反应过程中转移6mol电子，现在反应产生氢气的物质的量为n(H2)==0.15mol，则反应消耗Al的物质的量为n(Al)=×0.15mol=0.1mol，转移电子的物质的量为n(e-)=2n(H2)=0.15mol×2=0.3mol，则转移的电子数目为N(e-)=0.3NA。【点睛】本题是考查了Al元素单质及化合物性质与转化。在进行物质推断时要找到突破口，寻找关键字眼，对本题来说就是金属A能与NaOH反应，然后根据物质的转化逐一分析、判断。"突破口"就是抓"特"字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。25、1．D2．D3．A4．A5．C【解析】

I.1.根据配制物质的量浓度溶液的要求，选择合适的容量瓶，然后根据n=c·V及m=n·M计算NaOH的质量；II.2.用浓硫酸配制稀硫酸，根据配制溶液的步骤确定使用的仪器，进而可确定不需要使用的仪器；3.根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积；4.根据选择仪器的标准“大而近”分析；5.根据c=分析实验误差。1．实验室没有规格是450mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选择500mL的容量瓶，则配制500mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，则需称量的NaOH的质量m(NaOH)=n·M=0.25mol×40g/mol=10.0g，故合理选项是D。2．用浓硫酸配制稀硫酸，由于硫酸为液体物质，要使用量筒量取，用一定规格的量筒量取浓硫酸后，沿烧杯内壁缓慢转移至盛有一定量水烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散，当冷却至室温后，通过玻璃棒转移溶液至规格是500mL的容量瓶中，再洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，加水定容，当液面至离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切，然后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到500mL0.2mol/L的H2SO4溶液，因此在给出的仪器中不需要的是⑥圆底烧瓶，故合理选项是D。3．质量分数为98%、密度ρ=1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，要500mL0.2mol/L的H2SO4溶液，需要溶质的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，因此需要浓硫酸的体积V(H2SO4)==0.0054L=5.4mL，故合理选项是A。4．需要量取5.4mL浓硫酸，由于仪器的规格越接近量取液体的体积数值，量取的溶液体积误差越小，所以要选择使用10mL的量筒来量取浓硫酸，故合理选项是A。5．A.容量瓶中原来有少量蒸馏水未作处理，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度不产生任何影响，A不符合题意；B.定容时仰视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏大，根据c=可知，会使溶液的浓度偏低，B不符合题意；C.用量筒量取浓硫酸时仰视读数，则溶质的物质的量偏多，根据c=可知，会使溶液的浓度偏高，C符合题意；D.定容时，不慎加水超过刻度线，又用滴管将多出部分吸出，由于溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查了物质的量浓度的溶液的配制的知识。固体溶质用天平称量，液体溶质用量筒量取，要结合配制溶液的体积先确定是否有一样体积的容量瓶，然后根据“大而近”的原则选择仪器，结合配制溶液的步骤确定使用的仪器，物质质量或体积数值要结合仪器的精确度书写，根据物质的量浓度定义式分析具体操作引起的误差，若操作使溶质物质的量偏大或溶液的体积偏小，则配制的溶液浓度偏高；反之则浓度偏低。26、g，h，d，e防止堵塞KSCN(或NH4SCN)A隔绝空气，防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1-0.10或10%【解析】

(1)排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理；(2)Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞；(3)Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成FeCl2；(4)Fe2+不稳定而易被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；(5)依据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比，进一步计算氯化铁质量分数。【详解】(1)浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f，因此，本题正确答案是：g，h，d，e；(2)Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞，所以硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，因此，本题正确答案是：防止堵塞；(3)Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，所以试剂X为KSCN溶液；固体和氯气反应时可能没有完全反应，导致Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，固体中成分为Fe和FeCl3，A选项正确，因此，本题正确答案是：KSCN；A；(4)Fe2+不稳定而易被氧化，所以植物油的作用是隔绝空气防止Fe2+被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe2+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1-，因此，本题正确答案是：隔绝空气，防止Fe2+被氧化；2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1-；(5)FeCl2和FeCl3的混合物的样品中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：y=9：1，则氯化铁物质的量分数=×100%=10%；因此，本题正确答案是：10%或0.10。27、6.7mL250mL容量瓶、胶头滴管BCAFED无影响偏低偏高偏低BC【解析】

(1)依据c=计算浓过氧乙酸物质的量浓度；依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要体积；依据配制溶液步骤选择需要仪器；(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；(4)A．过滤法分离的是一种溶解、一种不溶的物质；B．依据过氧乙酸具有强的氧化性解答；C．依据过氧乙酸见光易分解的性质解答；D．过氧乙酸易溶于水。【详解】(1)密度为1.9g/mL，质量分数为15%过氧乙酸物质的量浓度为：=3.75mol/L，设需要浓溶液体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：3.75mol/L×V=0.1mol/L×250mL，解得V≈6.7mL；配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶，所以还需要的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；(2)配制