河北衡水市安平中学2023-2024学年化学高一第一学期期末考试模拟试题含解析

河北衡水市安平中学2023-2024学年化学高一第一学期期末考试模拟试题注意事项: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、半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制Si。制取过程中不涉及到的化学反应是（）A．SiO2+2CSi+2CO↑B．SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2OC．Si+2Cl2SiCl4D．SiCl4+2H2Si+4HCl2、下列物质属于非电解质的是()A．烧碱B．干冰C．金刚石D．75%的酒精3、下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2B．向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸C．向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液D．向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸4、用氢氧化钠固体配制1.0mol·L—1的溶液220mL，下列说法正确的是A．用托盘天平称取氢氧化钠固体10gB．配制时应选用250mL容量瓶C．称量氢氧化钠固体时应在滤纸上称量D．定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏高5、下面三种方法都可以制得Cl2：①MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑②2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑③O2＋4HCl(g)2H2O＋2Cl2这三种氧化剂的氧化性由强到弱的顺序是()A．O2>MnO2>KMnO4B．KMnO4>MnO2>O2C．MnO2>KMnO4>O2D．O2>KMnO4>MnO26、光导纤维的主要成分是()A．单晶硅 B．石墨 C．硅酸钠 D．二氧化硅7、有一瓶可能部分被氧化的Na2SO3溶液，某同学取少量此溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀。下述有关此实验的结论正确的是（）A．Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化B．加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C．加足量硝酸后的白色沉淀一定是BaSO4D．此实验能确定Na2SO3是否部分被氧化8、下列关于二氧化硅的叙述中正确的是()A．硅原子和碳原子最外层电子数相同，二氧化硅和二氧化碳分子结构也相同B．二氧化硅能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，所以二氧化硅是两性氧化物C．二氧化硅中硅元素为＋4价，二氧化硅具有氧化性D．在二氧化硅中，每个硅原子结合2个氧原子9、某无色气体可能由O2、NO、NO2、N2、CO2中的一种或几种组成，该混合气经放电后变成红棕色。原混合气的成分中一定含有（）A．N2、O2、NO B．N2、O2、CO2C．N2、NO D．N2、O210、要除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，可行的办法是()A．滴入KSCN溶液 B．通入氯气 C．加入铜粉 D．加入铁粉11、日常生活和工业生产中常用到漂白剂。下列物质没有漂白作用的是（）A．HClO B．Na2O2 C．新制氯水 D．CaCl212、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，22.4LSO2中含分子数约为4NAB．0.1molFe与足量水蒸气在高温下充分反应后失电子数为0.1NAC．在1L0.01mol/L的氯水中，含有Cl2分子总数一定为0.01NAD．标准状况下，0.5molN2和0.5molO2的混合气体所含体积约为22.4L13、X2、Y2、Z2三种单质常温下均为气体。X2在Z2中燃烧生成XZ，火焰呈苍白色；X2Y常温下为液体。下列说法正确的是（）A．Y2是氯气B．铁分别与Y2、Z2作用，可分别形成含＋3、＋2价铁的化合物C．Z2具有漂白性D．XZ溶液使紫色石蕊溶液变红，原因是XZ电离出X＋14、下列关于氯水的叙述，正确的是（）A．新制的氯水中含有Cl2、H2O、HClO和HCl分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后变无色C．光照氯水有气泡逸出该气体是氯气D．氯水在密封无色玻璃瓶中放置数天后酸性将增强15、共价键、离子键和范德华力是构成物质粒子间的不同作用方式，下列物质中，只含有上述一种作用的是()A．干冰 B．氯化钠 C．氢氧化钠 D．碘16、下列有关氯气的叙述正确的是()A．氯气使湿润有色布条褪色，可证明氯气具有漂白性B．将氯气通入石灰水可制得漂白粉C．将Cl2制成漂白粉的主要目的是提高漂白能力D．在常温下，溶于水的部分Cl2与水发生反应17、将质量相等、体积相同的金属钠分别投入到水和0.1mol/L的CuSO4溶液中，下列有关说法不正确的是（）A．金属钠均熔成闪亮的小球 B．在硫酸铜溶液中可得到红色的铜C．金属钠均浮在液面上，且四处游动 D．均有置换反应发生18、100mL0.5mol/L碳酸钠溶液和100mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则关于盐酸的浓度可能是()A．0.25mol/L B．0.5mol/L C．0.75mol/L D．1mol/L19、下列实验产生白色沉淀的是①将一小块金属钠投入CuSO4溶液中②向足量NaOH溶液中滴加少量硫酸铝溶液③隔绝空气向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液④向NaHCO3溶液中投入少量熟石灰A．②③ B．③④ C．①② D．①②③④20、铝比铁活泼，但在空气中铁制品更易被锈蚀，其原因是（）A．铁的密度比铝的密度大B．铝不能与氧气发生反应C．铝在空气中易与氧气形成一层致密的氧化膜D．铁的相对原子质量比铝的大21、如图是一个奥运五环，有重叠的两环在一定条件下可以发生反应，下列各组物质，能实现图示反应的是（）选项abcdeABCDA．A B．B C．C D．D22、氯化钠晶体熔化的过程中，破坏了A．离子键和金属键 B．离子键 C．共价键和离子键 D．共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）有关物质转化关系如下图，已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。回答下列问题。（1）A的化学式为_______；（2）实验室保存C溶液时需加少量固体A，目的是_____________________。B与盐酸反应的离子方程式为_____________________________。（3）检验C溶液中阳离子常用的方法是______________________________。（4）E的浊液在空气中会变质生成F，对应现象为_______________________________。（5）向C中加入Na2O2也可实现C向D和F的转化，Na2O2完全被还原。反应的离子方程式为________________________________。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）（1）写出图中序号①～③仪器的名称：①__；②__；③__。在仪器①～④中，使用前必须检查是否漏水的有__（填仪器序号）。（2）下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上（密度1.84g·cm-3，质量分数98%）的部分内容，现用该浓硫酸配制480mL1mol·L﹣1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。请回答下列问题：a．配制稀硫酸时，除了上述仪器，还缺少的仪器有__、__（写仪器名称）。b．经计算，配制480mL1mol·L-1的稀硫酸，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积约为__mL（保留一位小数点）。26、（10分）现用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，可利用的装置如下：请回答下列问题：（1）若规定气体的流动方向为从左到右，则组合实验装置时各仪器的连接顺序是：空气→Ⅳ→________→________→________（填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”，仪器不能重复使用）。（2）装置Ⅳ中盛放的药品是___________，其作用是____________________。（3）装置Ⅱ的作用是_________________________________________。（4）加热装置Ⅰ时发生反应的化学方程式为___________________________。（5）下列对于过氧化钠的叙述中，正确的是___________。A．过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物B．将过量Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液变蓝C．过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，水是还原剂D．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂27、（12分）实验室需要配制1.0

mol/L

NaCl溶液100

mL，按下列操作步骤进行：（1）选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：电子天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、________（选填a、b、c）。abc（2）计算、称量。配制该溶液需称取NaCl固体_______g。（3）溶解。在该步操作中，某同学将称好的NaCl固体放入烧杯中，加100mL蒸馏水溶解。指出他操作的错误并说明原因______________________。（4）转移洗涤。将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2-3次，洗涤液也注入容量瓶。洗涤烧杯内壁的目的是___________________。（5）定容摇匀。将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1-2厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。若摇匀后发现溶液体积低于刻度线，这时应该________。（6）装瓶保存。将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，并贴好标签。对该份溶液，标签上应该写___________________。（7）为精准配制溶液，需要做到：a．保证溶质的质量精准，b．保证溶液的体积精准。以下措施中是为达到a的是____，是为达到b的是______。①将称好的溶质必须全部放入烧杯中溶解②转移过程中，不能将溶液洒出③若定容时滴加蒸馏水超过液面，就需要重新配制溶液。28、（14分）甲元素的原子序数是19，乙元素原子核外有两个电子层，最外电子层上有6个电子；丙是元素周期表第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素。由此推断：（1）甲元素在周期表中位于第_______周期；乙元素在周期表中位于第______族；丙元素的名称为________。（2）甲的单质与水反应的离子方程式为____________________________，乙单质与丙单质反应的化学方程式为____________________________________，甲的单质与水反应的生成物的电子式为：_______________，___________________29、（10分）我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务。（1）被称作海洋元素的是_________________（写元素符号）。（2）工业上常以饱和食盐水为原料制备氯气，请写出反应的化学反应方程式___________。（3）从海水中提取食盐和溴的过程如下：①步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的为富集溴元素，请写出步骤Ⅱ的化学方程式___。②步骤Ⅱ中通入空气吹出溴，是利用了溴的___性质，步骤Ⅲ得到工业溴的化学方程式为：______。

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】“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si，反应原理是：沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，得到的是粗硅；硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢。A、2C＋SiO2Si＋2CO↑，是制取粗硅的反应，故A不选；B、SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，是SiO2的一种性质，制取、提纯过程中均不涉及该反应，故B符合题意；C、硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，Si＋2Cl2SiCl4，用于提纯硅，故C不选；D、氢气与四氯化硅在高温下反应生成硅和氯化氢，SiCl4＋2H2Si＋4HCl，用于提纯硅，制取过程中涉及该反应，故D不选；故选B。2、B【解析】

烧碱即氢氧化钠属于电解质；干冰即二氧化碳属于非电解质；金刚石是单质，不是非电解质；75%的酒精溶液为混合物，不是非电解质。故选B。【点睛】酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水、部分非金属氢化物等是电解质，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，非金属氧化物、部分非金属氢化物、部分有机物等是非电解质。3、A【解析】

A.向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以产生碳酸氢钠沉淀，但CO2过量沉淀不会溶解；B.向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸首先生成氢氧化铝沉淀，盐酸过量后沉淀溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”的现象；C.向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液首先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”的现象；D.向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，首先发生胶体的聚沉生成氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁与盐酸反应而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”的现象；答案选A。4、B【解析】

A、由于无220mL容量瓶，需选用250mL容量瓶，所需氢氧化钠固体的质量m=cVM=1mol·L－1×0.25L×40g·mol－1=10.0g，注意托盘天平的精确度，故A错误；B、由于无220mL容量瓶，根据“大而近”的原则可知，应选择250mL的容量瓶，故B正确；C、氢氧化钠易潮解，故应放在小烧杯里称量，故C错误；D、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择及误差分析的方法。5、B【解析】

根据方程式①MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑、②2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑③O2＋4HCl(g)2H2O＋2Cl2，②没有反应条件，①的反应条件是加热，③的反应条件是加热和催化剂，反应条件越低的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，所以氧化性最强的是高锰酸钾，其次是二氧化锰，最后是氧气，故选：B。6、D【解析】

光导纤维的主要成分是二氧化硅。答案选D。7、C【解析】

根据题意可知，本题考查物质的检验和鉴别，运用硫酸根的鉴别方法分析。【详解】A.取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；B.原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中不一定含有BaSO4，可能是BaSO3，故B错误；C.取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，生成的BaSO3也会被氧化为BaSO4，所以加硝酸后生成沉淀一定是BaSO4，故C正确；D.硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D错误；答案选C。8、C【解析】

A.在二氧化硅中，每个硅原子与4个氧原子结合，每个氧原子与2个硅原子结合，形成具有立体网状结构的晶体，不存在单个的二氧化硅分子，二氧化硅晶体中硅原子和氧原子数目比是1∶2，二氧化碳分子是直线型分子，结构不同，故A错误；B.二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，没有生成盐，不属于碱性氧化物，与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，不可能是两性氧化物，故B错误；C.在高温下，二氧化硅能与单质碳反应生成单质硅和一氧化碳，硅元素的化合价由＋4价降低为0价，二氧化硅具有氧化性，故C正确；D.在二氧化硅中，每个硅原子与4个氧原子结合，故D错误；故选：C。9、D【解析】

气体无色，所以不含NO2，NO和O2不能共同存在。放电时发生O2和N2的化合反应生成NO，放电后变成红棕色，说明生成了NO2，即存在O2和N2，放电生成的NO和过量的O2反应生成了NO2。有O2存在，则不含NO，而CO2不确定。故选D。10、D【解析】A.滴入KSCN溶液可以检验铁离子，不能除去氯化铁，A错误；B.通入氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，B错误；C.加入铜粉与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入新杂质，C错误；D.加入铁粉与氯化铁反应生成氯化亚铁，可以除去氯化铁杂质，D正确，答案选D。11、D【解析】

具有强氧化性的物质能使有色物质褪色，如HClO等，以此来解答。【详解】A.HClO具有强氧化性，故具有漂白性，A项错误；B.Na2O2具有强氧化性，故具有漂白性，B项错误；C.新制氯水中含HClO，具有漂白性，C项错误；D.CaCl2溶液不具有氧化性，故无漂白性，D项正确；答案选D。【点睛】高中化学中常见的漂白剂有：氯水（HClO）、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3、SO2、活性炭等，其中氯水（HClO）、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3的漂白原理是他们都是强氧化剂，与有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质；而SO2漂白原理是二氧化硫跟有机色素结合成了不稳定的无色化合物，该化合物见光、遇热或长久放置又能恢复为原来的颜色。如用二氧化硫漂白过的草帽日久又渐渐变成黄色，就是这个缘故。SO2漂白原理属于非氧化—还原反应；活性炭的漂白原理是吸附有色物质，是物理变化。12、D【解析】

A．标准状况下，22.4LSO2的物质的量是22.4L÷22.4L/mol＝1mol，其中含分子数约为NA，故A错误；B.0.1molFe与足量水蒸汽高温完全反应时生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为0.1mol×8/3=4/15mol，失去的电子数为4NA/15，故B错误；C．氯气溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，在1L0.01mol•L-1的氯水中，含有的Cl2分子总数一定小于0.01NA，故C错误；D．标准状况下，0.5molN2和0.5molO2的混合气体所占体积约为：（0.5mol+0.5mol）×22.4L/mol=22.4L，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和范围，注意氧化还原反应中元素化合价变化的判断。13、D【解析】

X2、Y2、Z2三种单质常温下均为气体。X2在Z2中燃烧生成XZ，火焰呈苍白色，则X2为氢气，Z2为氯气，XZ为氯化氢；X2Y常温下为液体，为水；则X为氢元素、Y为氧元素、Z为氯元素。【详解】A.由分析可知，Y是氧元素，Y2是氧气，故A错误；B.氧气、氯气均具有强氧化性，可将铁氧化成+3价，但铁在氧气中燃烧可生成四氧化三铁，其中铁既呈现+2价，也呈现+3价，故B错误；C.Z为氯元素，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，但氯气不具有漂白性，故C错误；D.氯化氢溶于水形成盐酸，能电离出氢离子，显酸性，则可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；综上所述，答案为D。14、D【解析】

氯气溶于水形成的水溶液为氯水。氯气溶于水，部分和水发生可逆反应生成盐酸和次氯酸。HCl的水溶液盐酸是强酸，完全电离，次氯酸是弱酸，部分电离。在氯水中有Cl2、HClO、H2O、Cl-、ClO-、H+、OH-。【详解】A．新制的氯水中没有HCl分子，故A错误；B．新制氯水中有盐酸，能使石蕊试纸变红，新制氯水中还含有HClO，具有强氧化性，可以使石蕊试纸褪色，所以新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后变白，不会变为无色，故B错误；C．新制氯水中有HClO，HClO不稳定，光照下会分解生成盐酸和氧气，所以光照时氯水有气泡逸出，该气体是氧气，故C错误；D．氯水在无色玻璃瓶中放置数天，氯水中的弱酸HClO在光照下分解得到强酸盐酸，溶液的酸性将增强，故D正确；故选D。15、B【解析】

A、干冰是CO2，属于共价化合物，含有极性共价键，CO2分子间存在范德华力，故不符合题意；B、氯化钠属于离子晶体，只存在离子键，故符合题意；C、氢氧化钠属于离子晶体，含离子键、极性共价键，故不符合题意；D、碘属于分子晶体，存在非极性共价键，碘分子间存在范德华力，故不符合题意；本题答案选B。16、D【解析】

A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气无漂白性，故A错误；B．制取漂白粉，是将氯气通入到石灰乳中，故B错误；C．将Cl2制成漂白粉的最主要目的是转变成较稳定、便于贮存的物质，故C错误；D．常温下，溶于水的部分Cl2与水发生反应，还有一部分以分子的形式存在，故D正确；答案选D。17、B【解析】

Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，Na与CuSO4溶液反应，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成氢氧化钠再与CuSO4反应。A.Na与水反应为放热反应，且钠的熔点较低，金属钠均熔成闪亮的小球，A正确，与题意不符；B.Na与CuSO4溶液反应，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成氢氧化钠再与CuSO4反应，B错误，符合题意；C.金属Na的密度比水小，与水反应生成的氢气催动Na球在水面游动，则金属钠均浮在液面上，且四处游动，C正确，与题意不符；D.Na与硫酸铜溶液中的水反应生成氢气，均有置换反应发生，D正确，与题意不符；答案为B。【点睛】Na加入到硫酸铜溶液中，Na与水反应生成NaOH与氢气，生成的NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀。18、C【解析】

碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，盐酸滴入碳酸钠溶液时，依次发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，不管是将前者加入后者中，还是将后者加入前者中，都有气体产生，说明n(HCl)：n(Na2CO3)＞1：1，但最终产生的气体体积不同，说明n(HCl)：n(Na2CO3)＜2：1，据此进行计算。【详解】当把碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，当把盐酸滴入碳酸钠溶液时，依次发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，不管是将前者加入后者中，还是将后者加入前者中，都有气体产生，说明n(HCl)：n(Na2CO3)＞1：1，但最终产生的气体体积不同，说明n(HCl)：n(Na2CO3)＜2：1.而n(Na2CO3)＝0.1L×0.5mol/L＝0.05mol，则0.05mol＜n(HCl)＜0.1mol，盐酸的体积是100mL，所以＜c(HCl)＜，即0.5mol/L＜c(HCl)＜1mol/L；答案选C。19、B【解析】

①将一小块金属钠投入CuSO4溶液中生成蓝色的氢氧化铜沉淀，错误；②向足量NaOH溶液中滴加少量硫酸铝溶液，反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，错误；③隔绝空气向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液生成白色的氢氧化亚铁沉淀，正确；④向NaHCO3溶液中投入少量熟石灰反应生成碳酸钙白色沉淀，正确。故选B。20、C【解析】

铝制品比铁制品在空气中不易被锈蚀，因Al被氧化后生成致密的氧化物阻止反应的进行，所以不易被锈蚀，以此来解答。【详解】由于铝是活泼的金属，其表面极易被氧化生成一层致密的氧化膜，从而阻止内部的金属铝被氧化，所以铝制品是耐腐蚀的；与密度和相对原子质量无关。答案选C。21、A【解析】

A．a与b、b与c、c与d、d与e，各物质之间可以发生反应，符合题意，故A正确；B．和不发生反应，即（c和d不反应），故B错误；C．Al和Al2O3都不和氨水反应，即（d和c，e都不反应），故C错误；D．Mg与NaOH不反应，即（b和c不反应），故D错误；答案选A。22、B【解析】

氯化钠是由Na+和Cl-通过离子键结合而成的离子化合物，在氯化钠晶体熔化的过程中，只破坏了离子键，故选B。【点睛】离子晶体熔化，只破坏离子键。原子晶体熔化，只破坏共价键。金属晶体熔化，只破坏金属键。分子晶体熔化，破坏范德华力，有氢键的还会破坏氢键，如冰。二、非选择题(共84分)23、Fe防止Fe2+被氧化Fe3O4＋8H＋Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液出现血红色白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后形成红褐色的沉淀。3Na2O2+6H2O+6Fe2+=4Fe(OH)3+6Na++2Fe3+【解析】A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成的B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3。（1）A的化学式为Fe；FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2＋被氧气氧化；B与盐酸反应的离子方程式为：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O；（3）D为FeCl2，含有阳离子为Fe2＋，检验Fe2＋离子的方法为：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液出现血红色；（4）E转化为F是氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，反应现象为：白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后形成红褐色的沉淀。（5）向FeCl2中加入Na2O2也可实现FeCl2向FeCl3和Fe(OH)3的转化，Na2O2完全被还原。反应的离子方程式为：3Na2O2+6H2O+6Fe2+=4Fe(OH)3+6Na++2Fe3+。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、蒸馏烧瓶冷凝管分液漏斗③④500mL容量瓶玻璃棒27.2【解析】(1)依据仪器形状可知：①是蒸馏烧瓶②是冷凝管③是分液漏斗；分液漏斗带有旋塞，容量瓶带有瓶塞，使用过程中为防止漏水，所以使用前应检查是否漏水；故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；③④；(2)a．配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：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、烧杯、玻璃棒、容量瓶，配制480mL

1mol•L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的仪器：500ml容量瓶；故答案为500mL容量瓶；b．配制500mL

1mol•L-1的稀硫酸，设需要浓硫酸的体积为V，则依据液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=500mL×1mol/L，解得V=27.2mL，故答案为27.2。点睛：解答本题的关键是熟悉配制一定物质的量浓度的溶液步骤和仪器。根据配制步骤：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀，使用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管。要知道实验室没有480mL的容量瓶，是本题的易错点。26、ⅢⅠⅡ氢氧化钠溶液吸收通入空气中的二氧化碳防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ2Na＋O2Na2O2D【解析】装置Ⅳ中盛放的溶液为氢氧化钠，空气进入装置Ⅳ，目的除去空气中二氧化碳，然后进入Ⅲ装置，进行气体的干燥后，气体进入Ⅰ装置，与金属钠反应，装置Ⅱ与Ⅰ装置进行连接，保证外界空气中的水蒸气和二氧化碳气体不能进入装置Ⅰ，干扰实验；（1）Ⅲ；Ⅰ；Ⅱ；（2）氢氧化钠溶液；吸收通入空气中的二氧化碳；（3）防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ（4）2Na＋O2Na2O2；（5）A．Na2O2能够与酸反应，生成盐和氧气、水，不属于碱性氧化物；A错误；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，紫色石蕊试液遇碱变蓝，Na2O2具有强氧化性，过量的Na2O2能够使蓝色溶液褪色，B错误；C．Na2O2与水反应时，Na2O2中的-1价的O，既被氧化为O2，又被还原为-2价O，Na2O2既做氧化剂又做还原剂；C错误；D．Na2O2与CO2反应时，N