河北省石家庄市正定中学2023年化学高一上期末经典试题含解析

河北省石家庄市正定中学2023年化学高一上期末经典试题请考生注意：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、关于钠和铁分别与盐酸反应的叙述不正确的是()A．钠和铁分别作氧化剂 B．都有气体放出C．反应类型都是置换反应 D．钠与酸反应要比铁剧烈得多2、已知热化学方程式：，可据此得出的结论正确的是（）A．等量的金刚石储存的能量比石墨高B．金刚石比石墨稳定C．该反应是个放热反应D．这个变化过程中没有新物质生成3、以下关于锂、钠、钾、铷、铯的叙述不正确的是()①氢氧化物中碱性最强的是CsOH②单质熔点最高的是铯③与O2反应均可得到多种氧化物④它们的密度依次增大，均要保存在煤油中⑤其单质的还原性依次增强⑥它们对应离子的氧化性依次增强A．②③④⑥ B．②④⑥ C．①③⑤ D．①⑤4、下列实验中，所选装置不合理的是（）A．除去CO中的CO2B．分离乙醇和水C．除去水中泥沙D．收集氯气5、有关焰色反应的说法正确的是（）A．焰色反应是金属单质表现的性质B．焰色反应是因为发生了化学变化而产生C．焰色反应看到黄色火焰并不能确定该物质一定不含钾元素D．可用稀硫酸代替稀盐酸洗涤焰色反应中用到的铂丝6、下列说法不正确的是()A．硅酸钠可用作木材防火剂B．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C．水泥、玻璃、砖瓦都是硅酸盐制品D．晶体硅可用作半导体材料7、下列实验得出的推理或结论正确的是：选项实验操作及现象推理或结论A向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐一定是碳酸盐B向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO42-C把一小块钠放入水中，立刻熔成小球该反应是放热反应D向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红该溶液中一定含有Fe2+A．A B．B C．C D．D8、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．0.1molFe与足量氯气反应时，转移的电子数目为0.2NAB．常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NAC．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NAD．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA9、今年11月18日射洪撤县设市，于当晚8点的焰火晚会也将庆祝活动推向了高潮。焰火与高中化学中“焰色反应”知识有关。下列有关“焰色反应”说法中正确的是A．焰色反应实验前铂丝应先用稀硫酸洗涤B．NaCl与Na2SO4灼烧时火焰颜色相同C．焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D．焰色反应属于复杂的化学变化10、铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为()A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．1:311、下列有关“钝化”现象的描述错误的是()A．钝化现象属于化学现象中的氧化还原反应B．中学化学中，只有Fe和浓硫酸之间才能发生钝化C．钝化现象是在常温下发生的，加热后可能反应更剧烈D．钝化的本质是反应生成致密的氧化膜阻止了进一步反应12、下列物质的分离或提纯，可选用蒸馏法的是A．除去石灰水中悬浮的碳酸钙颗粒B．除去氯化钠晶体中混有的碘单质C．分离汽油和煤油的混合物D．分离水和苯的混合物13、在密闭容器中充入体积比为1∶1的CO2和CO的混合气体，这时测得容器内的压强为P1，若控制容器的体积不变，加入足量的Na2O2固体，不断用电火花燃至反应完全，恢复到开始时的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2之间的关系是A．P1=8P2 B．P1=4P2 C．P1=2P2 D．P1=P214、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是()A．标准状况下，22.4LCCl4中含有的原子数目为5NAB．常温常压下，4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.6NAC．0.2mol/LNa2SO4溶液中含Na+数为0.4NAD．1molNa2O2与H2O完全反应，转移电子数为NA15、下列电离方程式中，正确的是（）A．CH3COOH=CH3COO-+H+ B．NaHCO3=Na++HCO3-C．KClO3K++ClO3- D．BaSO4=Ba2++S2-+4O2-16、下列元素中，原子半径最小的是A．Na B．Al C．S D．Cl17、工业上60%的镁来自海水，从海水中提取镁工艺流程如图所示，下列说法正确的是()A．该工艺流程涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应B．操作1为过滤，实验室里为加快过滤速度应用玻璃棒搅拌液体C．操作2实验室可用该装置对MgCl2溶液进行蒸发浓缩，再冷却结晶获得无水MgCl2D．该工艺的优点是原料来源广泛，同时获得重要的化工原料氯气18、下列反应中，水作氧化剂的是（）A．铁与水蒸气反应 B．氯气通入水中 C．氟气通入水中 D．过氧化钠与水反应19、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3，Fe3O4的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A．0.25mol B．0.2lmol C．0.3mol D．035mol20、常温下将盛有10mLNO2和10mLNO的混合气体的试管倒立于水槽中并向其中通入O2，一段时间后，试管内还剩余2mL气体，则通入O2的体积可能为()A．8mLB．8.5mLC．l0mLD．10.5mL21、下列有关Cl2的叙述中不正确的是A．氯水能够使石蕊试液先变红后褪色，说明氯水中存在H+和漂白性物质B．在加压条件下,氯气转化为液氯，可储存于钢瓶中,便于运输和使用C．舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体,并将该气体的组成元素命名为氯D．氯气常用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等领域22、将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是A．O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B．a点溶液中能使酚酞溶液变红C．标准状况下，通入CO2的体积为44.8LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L二、非选择题(共84分)23、（14分）有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂完成下列填空：(1)A的原子结构示意图是________。(2)元素B在周期表中的位置是_______；从原子结构角度分析比较A和B的金属性强弱：_____。(3)单质C的结构式是______，其化学性质稳定的原因是________。(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为______。(5)C、D的氢化物相互反应后，将产物溶于水，水溶液呈______性(选填“酸”、“碱”或“中”)，将溶液中所有离子的浓度由大到小排序：_____。24、（12分）某混合物A中含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的转化：据此判断：(1)固体B的化学式为________________，其归属的物质类别是：________________。(2)固体E所含物质的化学式为________________。(3)写出反应①的化学方程式：_______________________________。(4)写出反应②的离子方程式：______________________________。(5)某化学反应产物为Al2O3和Fe，此反应的名称是_________，化学方程式为_____________。25、（12分）采用如图装置制取一定量的饱和氯水，并进行氯水的性质实验。（1）在装入药品前应进行的操作____________________________________________。（2）写出丁装置中发生反应的离子方程式：_______________________。（3）用制得的饱和氯水分别进行下列实验：①滴入碳酸钠溶液中，有气体生成，说明氯水中发生反应的粒子是___________；②滴到蓝色石蕊试纸上的现象：_________________________________________。（4）久置的氯水漂白效果明显不足或消失，用化学方程式表示：_________________。（5）将制得的饱和氯水慢慢滴入含有酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到一定量时，红色突然褪去。产生上述现象的原因可能有两种（简要文字说明）：①__________________________________________________________________；②__________________________________________________________________。用实验证明红色褪去的原因是①或者②的实验方法是：___________。（6）科学家提出，使用氯气对自来水消毒时，氯气会与水里的有机物反应，生成的有机氯化物可能对人体有害，现已开始使用新的自来水消毒剂，如_________________（举两例，写化学式）。26、（10分）某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的花肥的主要成分(其它可能含有的杂质不干扰实验)。首先对该花肥的成分进行了如下假设：a．只含有FeSO4b．c．只含有Fe2(SO4)3将花肥固体配成澄清溶液(记为X)，进行如下实验：实验序号操作现象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol·L－1NaOH溶液产生红褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液显红色回答以下问题：(1)假设b为_____________。(2)若假设a是成立的，对实验ⅰ的预期现象是___________。(3)由实验ⅱ得出的结论是______。结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设_____有可能成立(填“a”“b”“c”)。为进一步验证，小组同学又进行了以下实验：实验序号操作现象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液显红色ⅳ取①mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液显红色，颜色比ⅲ深(4)①应填_______mL,通过以上实验，可得出假设________成立(填“a”“b”“c”)。27、（12分）某实验小组欲制取NaHSO3晶体，设计采用如下装置制备(省略夹持和加热装置)。(1)仪器b的名称是_____________。(2)装置丙的作用是_____________。(3)装置乙中过量的SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3晶体，其离子方程式为_____________。(4)装置甲中反应生成SO2的操作顺序是_____________。①点燃酒精灯加热仪器a②打开分液漏斗上口玻璃塞③打开分液漏斗玻璃旋塞，使浓硫酸流入a④关闭分液漏斗玻璃旋塞(5)经检验，实验制得的NaHSO3晶体中含有大量的Na2S2O5固体和一定量的Na2SO3和Na2SO4，查阅资料获知在溶液中NaHSO3易发生反应生成Na2S2O5，Na2S2O5在空气中、受热时均易分解。①试写出反应生成Na2S2O5的化学方程式_____________。②晶体中含有Na2SO3和Na2SO4的可能原因是_____________。28、（14分）如图，有以下物质相互转化，其中B溶液为浅绿色，I溶液为棕黄色，J为AgCl，请回答：（1）C是（填化学式）_____，F的化学式_____．（2）写出B的化学式______，检验B中阳离子的操作方法是__________________．（只填一种方法，用文字表述）（3）写出由G转变成H的化学方程式_______________________．（4）写出检验I溶液中阳离子的离子方程式________________；向I溶液中加入单质Cu的有关离子反应方程式是______________．29、（10分）有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、中的若干种，现按五个步骤进行以下实验：①取少量固体加入适量蒸馏水搅拌，固体全部溶解，得到无色澄清溶液；②向步骤①溶液中加入足量稀盐酸，没有气体放出；③向步骤②中溶液，继续加入一定量BaCl2溶液，生成白色沉淀；④重新取少量固体加入适量蒸馏水，得到无色澄清溶液；⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有白色沉淀生成，过滤。向得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀完全溶解。(1)根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是____________，肯定含有的离子是____________，不能确定是否含有的离子是____________，可通过____________来进一步确定该离子。(2)步骤⑤中“向得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀完全溶解”，所发生反应的离子方程式为：_______________________________________。

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、A【解析】

A．在反应中盐酸作氧化剂，钠和铁元素化合价均升高，钠单质和铁单质均作还原剂，故A符合题意；B．钠、铁都能与盐酸发生置换反应，都有氢气产生，故B不符合题意；C．钠单质、铁单质与盐酸反应均生成氢气单质，属于置换反应，故C不符合题意；D．钠是一种活泼性很强的金属，与酸反应要比铁与酸反应剧烈得多，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】钠与酸溶液反应的实质为：先与溶液中酸所电离出的氢离子发生反应，然后与水发生反应，与水反应的实质为与水电离出的氢离子发生反应，前者速率较快，后者速率较慢。2、A【解析】根据，石墨生成金刚石，反应吸热，等量的金刚石储存的能量比石墨高，故A正确；金刚石的能量比石墨高，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；反应吸热，故C错误；金刚石与石墨不是同种物质，故D错误。3、A【解析】

①碱金属从上到下金属性依次增强，形成的氢氧化物碱性增强，氢氧化物中碱性最强的是CsOH，正确；②碱金属从上到下单质的熔沸点依次降低，错误；③锂与O2反应得到氧化锂，不能生成过氧化锂，错误；④它们的密度依次增大（钠的密度略大于钾），锂密度小于煤油不能保存在煤油中，应用石蜡密封，错误；⑤碱金属原子失电子能力依次增强，其单质的还原性依次增强，正确；⑥碱金属从上到下金属性依次增强，它们对应离子的氧化性依次减弱，错误；故②③④⑥错误，选项A符合题意。4、B【解析】

A.氢氧化钠溶液吸收二氧化碳、但不吸收CO，用NaOH溶液除去CO中的CO2，然后干燥得纯净CO，装置合理；B.乙醇和水任意比例互溶，不能用分液法分离，不合理；C.泥沙是不溶性固体，采取过滤法可除去水中泥沙，合理；D.氯气密度大于空气，采用向上排空气法收集氯气，合理；答案选B。5、C【解析】

A．很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，根据定义知，无论某元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，所以是元素的性质，故A错误；B．焰色是因为金属原子或离子外围电子发生跃迁产生不同的光，属于物理变化，故B错误；C．钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住，某物质灼烧时，焰色反应为黄色，所以一定含有钠元素，可能含有K元素，故C正确；D．做焰色反应实验用的铂丝，每检验一种样品后都必须用稀盐酸洗涤，是因为盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发，不会残留痕迹，所以用盐酸洗涤，故D错误；答案选C。6、B【解析】

A.硅酸钠具有不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，这样即使燃烧木材至多也只是变黑，如果是高温那也只是干馏，所以硅酸钠可以用作木材的防火剂，不符合题意；B.二氧化硅是酸性氧化物，并可以溶于氢氟酸（HF），符合题意；C.水泥、玻璃、砖瓦、黏土都是硅酸盐产品，不符合题意；D.晶体硅具有一个非常重要的特性—单方向导电，也就是说，电流只能从一端流向另一端，制作半导体器件的原材料就需要具有有这种特有的特性材料，因此晶体硅可用作半导体材料，不符合题意；故答案为B。7、C【解析】

A．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能存在HCO3-、SO32-、HSO3-、CO32-，A错误；B.某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42-、SO32-、CO32-或Ag+，B错误；C.钠熔成小球，说明钠和水放出的热量使钠熔化，同时说明钠的熔点较低，C正确；D.因为该检验方法是先通入氯气，再滴加KSCN溶液，在通氯气前滤液A中就可能含有Fe3+，无法确定溶液中是否含有Fe2+，D错误；故选C。【点睛】钠的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出热量，钠熔成小球，说明钠和水放出的热量使钠熔化。8、B【解析】

A.氯气与金属反应生成最高价氯化物，0.1mol铁在反应后变成0.1mol，因此一共转移了0.3mol电子，数量为0.3NA，A项错误；B.根据，18g水即1mol水，又因为1个水分子中有2个氢原子和一个氧原子，因此1mol水中一共有3mol原子，B项正确；C.标况下不是气体，不能用22.4L/mol计算22.4LCCl4物质的量，C项错误；D.水分子中也有氧原子，因此1L0.1mol/L硫酸钠溶液中所含的氧原子远远大于0.4NA，D项错误；答案选B。【点睛】本题易错选D项，只考虑硫酸钠中氧原子，忽略溶剂水中含有的氧原子。9、B【解析】

A、焰色反应实验前铂丝应先选盐酸洗涤，因为盐酸易挥发，而硫酸不挥发，故A错误；B、焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物，灼烧时火焰颜色都相同，故B正确；C、只有钾的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光，故C错误；D、焰色反应没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选B。10、C【解析】

足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，结合反应分析。【详解】根据上述分析可知，由2Al∼2NaOH∼6HCl∼3H2可知，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为6mol:2mol=3:1，故选D。11、B【解析】A.浓硫酸和浓硝酸均具有强氧化性，所以钝化现象属于化学现象中的氧化还原反应，A正确；B.中学化学中，Al、Fe和浓硫酸以及浓硝酸在常温下可以发生钝化，B错误；C.钝化现象是在常温下发生的，加热后可能反应更剧烈，例如加热时浓硝酸与铁可以反应，C正确；D.钝化的本质是反应生成致密的氧化膜阻止了进一步反应，D正确，答案选B。12、C【解析】

A.由于碳酸钙难溶于水，所以可以用过滤的方法除去石灰水中的碳酸钙的颗粒，故不选A；B.由于单质碘在加热的时候会升华，而氯化钠的沸点比较高，所以可以用升华的方法除去混在氯化钠晶体中的碘单质，故不选B；C.由于汽油和煤油的沸点范围不同，所以可以采用蒸馏的方法分离汽油和煤油的混合物，故选C；D.由于苯和水互不相容，所以可以采用分液的方法分离，其中上层液体是苯，下层液体是水，故不选D；本题答案为C。【点睛】①过滤用于分离难溶固体与液体的混合物；②蒸馏用于分离沸点不同的液态混合物；③分液用于分离互不相溶的液态混合物。13、B【解析】

CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2CO+O2=2CO2，相当于发生反应：CO+Na2O2=Na2CO3，根据反应前后的压强之比=反应前后的物质的量之比来计算。【详解】设CO2的物质的量为x，则CO的物质的量也为x，CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2①，2CO+O2=2CO2②，将①②叠加可得：CO+Na2O2=Na2CO3③，所以可以认为只发生了两个反应①和③，最后剩余气体就是CO2发生反应①生成的O2，n（O2）=，反应前后的压强之比=反应前后的物质的量之比=2x：=4:1，所以P1=4P2；故选：C。14、D【解析】

A．标况下四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算标准状况下22.4LCCl4的物质的量，也无法判断含有的原子数目，故A错误；B．CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且均为3原子分子，故0.1mol混合物中含0.3NA个原子，故B错误；C．由n=cV可知，0.2mol/LNa2SO4溶液的体积未知，无法计算溶液中含有的Na+数目，故C错误；D．1mol

Na2O2中有2mol氧原子，与H2O完全反应时，1mol氧原子失去电子，1mol氧原子得到电子，则转移1mol电子，即转移电子数为NA，故D正确；故答案为D。15、B【解析】

A.醋酸是弱酸，不完全电离，电离方程式应该用“”，A错误；B.电离产生钠离子和碳酸氢根，B正确；C.是盐，属于强电解质，完全电离，电离方程式用“=”，C错误；D.电离产生钡离子和硫酸根，D错误；故答案选B。16、D【解析】

Na、Al、S、Cl为同周期元素，同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径最小的是Cl；答案选D。17、D【解析】

A、该工艺流程涉及的反应有分解反应、化合反应、复分解反应，无置换反应，其中生石灰和水反应生成石灰乳是化合反应，向沉淀池中加入石灰乳生成Mg(OH)2、Mg(OH)2和试剂a反应生成MgCl2，这两个反应为复分解反应，电解无水MgCl2为分解反应，A错误；B、过滤时，不能使用玻璃棒搅拌，玻璃棒的作用是引流，B错误；C、先通过冷却结晶获得MgCl2晶体，再在HCl气流中加热晶体得到无水MgCl2，C错误；D、该工业流程的原料生石灰、海水等来源广泛；电解氯化镁得到镁的同时，也能获得氯气，D正确；故选D。18、A【解析】

A.铁粉与水蒸气生成氢气，H元素化合价降低，水为氧化剂，故A正确；B.只有Cl元素化合价发生变化，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故B错误；C.氟气通入水中反应生成HF和氧气，水中O元素化合价升高，H2O作还原剂，故C错误；D.只有过氧化钠中O元素化合价发生变化，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；故选A。【点睛】此题难点在于D项，过氧化钠中O元素化合价为-1价，既有升高又有降低，既是氧化剂又是还原剂，而水既不是氧化剂又不是还原剂。19、A【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15L×4mol·L－1－2.24L÷22.4L/mol)×1/2＝0.25mol，则n(Fe)=0.25mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25mol。答案选A。点睛：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。20、B【解析】①当剩下的气体为O2时，10mLNO2和10mL

NO说明完全反应生成硝酸，则：4NO2+O2+2H2O═4HNO3，4NO+3O2+2H2O═4HNO3，4

1

4

310mL

2.5mL

10mL

7.5mL所以通入的氧气体积为：2.5mL+7.5mL+2mL=12mL；

②当剩余的气体为NO时，可以认为10mL

NO2完全反应生成硝酸，10mLNO中剩余2mL，有8mL转化成硝酸，则：4NO2+O2+2H2O═4HNO3，4NO+3O2+2H2O═4HNO3，4

1

4

310mL

2.5mL

8mL

6mL所以通入氧气的体积为：2.5mL+6mL=8.5mL，故选B。点睛：本题考查了有关混合物反应的化学计算。明确反应后剩余气体组成为解答关键，注意掌握NO、二氧化氮与氧气、水转化成硝酸的反应原理，要求学生掌握讨论法在化学计算中的应用。21、C【解析】A、氯水中含有HCl和HClO，前者电离出H+，使石蕊试液先变红，后者具有强氧化性和漂白性，所以石蕊试液变红后褪色，A正确；B、氯气易液化，在加压下可以转化为液态氯气，且在常温下不与铁反应，故可储存于钢瓶中，便于运输和使用，B正确；C、舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体，当时他未确认该气体的组成成分，后经化学家戴维确认该气体只含有一种元素且命名为氯，C错误；D、Cl2的用途广泛，可用于自来水消毒、农药的生产、药物的合成等领域，D正确。正确答案为C。22、D【解析】

A．Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1:1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B．a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液显碱性，能使酚酞溶液变红，故B正确；C．由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由原子守恒可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故C正确；D．加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mL，所以c(NaOH)==2.5mol/L，故D正确；故答案为C。二、非选择题(共84分)23、第三周期IIIA族Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子N≡N两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O酸c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)【解析】

A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，则A为Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为N；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D为Cl。【详解】(1)A为Na，原子结构示意图为；(2)元素B为Al，位于第三周期IIIA族；Na和Al在同一周期，Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子，则金属性强；(3)单质C为氮气，结构式为N≡N，由于两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量，故化学性质很稳定；(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，NaOH、Al(OH)反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O；(5)C、D的氢化物分别为NH3、HCl，两者反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，则c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)。24、Al2O3两性氧化物(NH4)2SO4和K2SO4Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O

Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+

铝热反应2Al+Fe2O32Fe+Al2O3或者8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3【解析】KAl(SO4)2、Al2O3和Fe混合物溶于水后，得到的沉淀为Al2O3和Fe的混合物，加入过量的NaOH溶液，得到的沉淀为Fe，溶液为NaAlO2；KAl(SO4)2、Al2O3和Fe混合物溶于水后，得到的溶液为KAl(SO4)2溶液，加入过量氨水，Al3+与氨水反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3加热分解得到固体B，B为Al2O3，加过量氨水后得到的溶液为(NH4)2SO4和K2SO4的混合溶液，蒸发结晶得到固体E，E为(NH4)2SO4和K2SO4的混合物。(1)根据上面的分析可知B的化学式为Al2O3，Al2O3既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氧化物。(2)根据上面分析可知E为(NH4)2SO4和K2SO4的混合物。(3)反应①是混合物A中的Al2O3与NaOH反应，化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。(4)反应②是混合物A中的Al3+与氨水的反应，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。(5)某化学反应产物为Al2O3和Fe，根据质量守恒可知发生的是Al和Fe2O3(或Fe3O4)之间的铝热反应，对应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3或者8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3。25、检查装置气密性Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OH＋试纸先变红后褪色2HClO＝2HCl＋O2↑氯水中酸性物质中和了氢氧化钠次氯酸将酚酞氧化向褪色后的溶液中再滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红则说明原因①，若溶液不变红说明是原因②ClO2、O3【解析】

整套装置包括气体的发生、洗气、物质制取和尾气处理四大环节：甲装置为氯气发生装置，乙装置为洗气装置，目的是除去氯气中混有的氯化氢气体，丙装置是制取饱和氯水的装置，丁是尾气吸收装置；结合实验基本操作及物质的相关性质可对本题进行解答。【详解】（1）气体实验装置实验前必须检查气密性，故答案为：检查装置气密性。（2）氯气在氢氧化钠溶液中发生歧化反应而被吸收：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，故答案为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O。（3）①氯气与水发生的反应为：Cl2+H2O==H++Cl-+HClO，其中能与碳酸钠反应产生气体的粒子是H+，故答案为：H+；②氯水中的氯化氢有强酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，同时，氯水中的次氯酸有漂白性，能使石蕊试纸褪色，所以看到的现象是：蓝色石蕊试纸先变红后褪色。故答案为：H+

试纸先变红后褪色。（4）次氯酸具有漂白作用，但次氯酸不稳定，见光或受热易分解：2HClO2HCl+O2↑，故答案为：2HClO＝2HCl＋O2↑。（5）含有酚酞的氢氧化钠呈红色是酚酞与氢氧根离子共同作用的结果，所以溶液褪色可从酚酞和氢氧根离子两方面进行分析：①酚酞可能被加入的氯水破坏了；溶液中的氢氧根离子被加入的氯水中和了。可通过补加氢氧化钠溶液来验证：补加氢氧化钠溶液后，如果溶液变红，证明酚酞没有被破坏；如果溶液仍然无色，则证明酚酞已被破坏。故答案为：氯水中的酸性物质中和了氢氧化钠

次氯酸将酚酞氧化

向褪色后的溶液中再滴加NaOH溶液，若溶液变红，则说明是原因①，若溶液不变红说明是原因②。（6）氯气能与水体中的有机物反应生成有害氯化物，可用一些无害消毒剂替代氯气，如：二氧化氯不易与有机物反应生成有害卤化物；臭氧的还原产物无害。故答案为：ClO2

O3。【点睛】1.本题考察了氯水中的不同粒子的性质，酸性是由于溶液中含H+，漂白性是由于溶液中含有HClO，将溶液的性质和溶液中的相应成分挂钩有利于更深地认识溶液；2.在讨论氯水与氢氧化钠的酚酞溶液作用的现象时，因先分析改变前的现象存在的原因，再针对其原因逐个进行分析。26、既有FeSO4又有Fe2(SO4)3产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色溶液中含有Fe3+bc2b【解析】

（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，只有部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物；（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀；（3）KSCN溶液遇到铁离子变红色；（4）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：含有FeSO4和Fe2(SO4)3。【详解】（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物，所以假设b为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3，故答案为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3；（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，即Fe2++2OH−＝Fe(OH)2↓，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，发生反应：Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，所以预期现象为产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；（3）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，溶液变红色证明含铁离子，得出的结论是：溶液中含有Fe3+，结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设为含有Fe3+，所以bc，故答案为：溶液中含有Fe3+；bc；（4）实验ⅲ与实验ⅳ为对比实验，其变量为一个加水，另一个加氯水，所以都取2mL溶液X，实验ⅳ中加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3（假设b成立），完整表达该结论是：实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，因此证明原溶液中有Fe2+，即证明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立，故答案为：2；b。27、锥形瓶安全瓶，防止倒吸SO2+Na++OH-═NaHSO3↓②③④①2NaHSO3═Na2S2O5+H2ONa2S2O5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4【解析】

（1）根据常见仪器的名称结合该仪器的特征解答；（2）根据图示可知气体通过一个集气瓶再与液体接触，发生倒吸时，液体会进入集气瓶中，从而从导气管进入左侧的集气瓶，据此分析用途；（3）装置乙中过量的

SO2

与

NaOH

溶液反应生成

NaHSO3

晶体，NaHSO3

晶体为沉淀，根据方程式书写；（4）装置甲中反应生成

SO2，先将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，保证压强上下一样，后打开分液漏斗玻璃旋塞，关闭分液漏斗玻璃旋塞后，再点燃酒精灯加热仪器

a，防止生成的二氧化硫从上口逸出；（5）①在溶液中

NaHSO3

易发生反应生成

Na2S2O5，根据原子守恒还有水生成；②Na2S2O5

在空气中．受热时均易分解，亚硫酸钠中+4价的硫易被氧化成+6价。【详解】