福建省厦门市第一中学2024年化学高一第一学期期末监测试题含答案

福建省厦门市第一中学2024年化学高一第一学期期末监测试题

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、关于硅及其化合物的叙述错误的是（）

A.单质硅是良好的半导体材料B.硅酸是挥发性酸

C.硅是构成矿物与岩石的主要元素D.玻璃、水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品

2、用于区别澳蒸汽和二氧化氮气体的试剂是（）

A.淀粉碘化钾溶液B.氯化亚铁溶液

C.硝酸银溶液D,氢氧化钠溶液

3、下列化合物中，能用金属与酸溶液反应直接制取的是（）

A.AgClB.FeSO4C.FeCbD.CuSO4

4、既能溶解Al（OH）3又能与H2SO4反应，该溶液中可大量共存的离子是（）

A.K\Na\HC03\N03-B.Na*、S0?\Cl\CIO'

C.H\Mg2\SO/，NCVD.Fe"、NO/、Cl\Na*

5、由NO、NO?、NH3、N?四种气体组成的混合物，在催化剂的作用下，加热充分反应后，冷却至室温，此时反应

体系中只有水和另一种无色无味无毒的气体单质。则原混合气体中体积比V（NO）:V（NC）2）：V（NH3）:V（N2）可能为

（）

A.4:1:4:3B.3:2:5:4C.1:2:3:5D.2:3:4:1

6、己知在碱性溶液中可发生如下反应：

n

2R（OH）3+3C1O+4OH-=2RO4+3C1+5H2Oo则ROL中R的化合价是（）

A.+3B.+4C.+5D.+6

7、下列物质中，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的是（）

A.碘水B.滨水C.氯水D.氯化钠溶液

8、金属钠分别在过量的氧气和氯气中燃烧，产生的现象相同点是

A.都产生白烟B.都产生黄色火焰

C.都生成氧化物D.都生成白色固体

9、化学科学需要借助化学专用语言描述，下列化学用语表达正确的是（）

A.CO2的电子式为：0：C:0:

B.C「的结构示意图为迤

C.氮气的结构式为N—N

D.质量数为37的氯原子为;;Cl

10、环境是人类生存和活动的场所。下列有关环境问题的说法不正确的是（）

A.生活垃圾应分类回收处理

B.用单质硅制成光电池，有利于环境保护

C.酸雨主要是由排放到空气中的CO2随雨水降落而形成的

D.用Cu、O2与稀H2s04反应代替Cu与浓H2s反应制胆矶是绿色化学的体现

11、下列选用的除杂方法不正确的是（括号内为杂质）

A.CO2（HC1）通过足量的饱和碳酸钠溶液、干燥

B.SiO2（H2S1O3）加热，使H2SiO3分解

C.Cl2（HC1）通过足量的饱和氯化钠溶液、干燥

D.FeCL溶液（FeCb）加过量的Fe粉、过滤

12、对下列有关事实的解释，其中错误的是（）

A.常温下，浓硝酸可以用铝槽贮存，说明铝与浓硝酸不能反应

B.浓硝酸在光照条件下其颜色变黄，说明浓硝酸不稳定见光容易分解

C.在蔗糖固体中加入适量浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性

D.反应：CuSO+HzS=CuS|+H2s0,能够进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸

13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.分子总数为NA的NO2和CO2的混合气体中含有的氧原子数为2NA

B.1molAF+离子含有的核外电子数为3NA

C.等物质的量的N2和CO所含分子数都为NA

D.1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA

14、下列物质分类正确的是（）

A.Na2t>2、Fe3O4>CuO均为碱性氧化物

B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体

C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质

D.盐酸、水玻璃、氨水均为混合物

15、下列有关实验的操作、现象、解释或结论都正确的是

操作现象解释或结论

生成白色沉淀2-

A向某溶液中滴加BaCL溶液溶液中一定含有SO4

向过量铁粉中滴加稀HNO3,充分反

B溶液呈红色稀HNCh将Fe氧化为Fe3*

应后，滴入KSCN溶液

溶液紫色褪去

C向酸性KMnCh溶液中通入SO2SO2具有还原性

向某溶液中加入稀盐酸,将产生的气

D石灰水变浑浊溶液中一定含有CO32

体通入澄清石灰水中

A.AB.BC.CD.D

16、下列各组物质间的反应中，不属于离子反应的是（）

A.镁片投入稀硫酸中

B.氯化钠溶液与硝酸银溶液混合

C.碳与氧气反应

D.铜片投入硝酸银溶液中

17、向100mLMgCl?和AlCh的混合溶液中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的

B.NaOH溶液的物质的量浓度为2.0mol-L1

C.MgCL与A1CL,的物质的量浓度之比为1:2

D.ab段反应的离子方程式为A1(OH)3+OH-=A1O-+2H2O

18、下列分散系能产生丁达尔效应的是（）

A.酒精溶液B.硫酸铜溶液C.氢氧化铁胶体D.泥浆水

19、下列说法中不正确的是（）

①将硫酸钢放入水中不能导电，所以硫酸钢是非电解质②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质③固态

共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电⑤强电

解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强

A.①④B.①④⑤C.①②③④D.①②③④⑤

20、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，将其全部浸入蒸储水中，并每隔一段时间，更换一次蒸馆水

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

21、物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述

两种或两种以上性质的有（）

①Cu+2H2sCh（浓）===CuSO4+S（M+2H2。

（2）C+2H2SO4（浓）===C（M+2sO2T+2H2。

③8NH3+3碧===6NH4C1+N2

@3NO2+H2O===2HNO3+NO

A.①②B,①④C.③④D.全部

22、下列变化中，必须加入还原剂才能实现的是（）

A.NH3TNH4+B.CO2-COC.SO3TH2sO4D.Na—NaCl

二、非选择题（共84分）

23、（14分）A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如下图（部分产物已略去）：

（1）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D,其理由是（用必要的文字和离子方程式表示）.

（2）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，请写出B转化为C的所有可能的离子方程式：，

24、（12分）下表为元素周期表的一部分，请参照给定元素的位置，回答下列问题：

周期旅IAHAIDAIVAVAVIAVDA0

1①

2②③④

3⑤©⑦⑧

（1）元素④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为一（用元素符号表示）。

（2）元素③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为（用化学式表示）

（3）碱性强弱比较：元素⑤的氢氧化物—⑥的氢氧化物（用＜、=、＞填空）；两者相互反应的离子方程式为一。

（4）由元素⑤和⑧共同组成的化合物的电子式为_、它属于一化合物。（填“共价”或“离子”）

（5）由元素①⑧形成的化合物A和由元素④⑤⑧的化合物B,可相互反应产生黄绿色气体单质，该反应的离子方程式

为该黄绿色气体单质会使得湿润淀粉碘化钾试纸变蓝色，表明生成了碘单质（L）,由此推测这两种元素的气态氢

化物的稳定性强弱顺序为：（用化学式表示）

25、（12分）实验室配制500mL0.2mol・L"的Na2sCh溶液。回答下列问题：

（1）填写下列实验操作步骤中的空白处：

A.在天平上称取_gNa2sCh固体，把它放在一中，用适量的蒸储水溶解；

B.把制得的溶液小心地沿着一注入一中；

C.继续向容量瓶中加入蒸储水至液面离容量瓶颈刻度线下1〜2cm时，改用一小心滴加蒸储水至溶液凹液面最低处

与刻度线水平相切；

D.用少量蒸储水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2〜3次，每次洗涤液也小心转入容量瓶中，并轻轻摇匀；

E.盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。

（2）第（1）题中操作步骤的正确顺序是（填标号）

（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是_（填标号）。

a.溶解搅拌时有部分液体溅出

b.加蒸储水时，不慎超过了刻度线

C.在定容时，俯视刻度线

d.容量瓶使用前内壁沾有水珠

26、（10分）某化学实验小组为探究SO2、CL的性质，并比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验。

(1)图中盛放浓盐酸仪器的名称为装置A中发生反应的化学方程式一。

(2)反应一段时间后，B、D中品红褪色。反应结束后，分别加热B、D中的试管，可观察到的现象为：B―、D—.

(3)C装置的作用是吸收尾气，写出SO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式：

(4)有同学将SO2和CL按1：1同时通入到品红溶液中，发现褪色效果并不明显。可能的原因是—(用化学方程式

表示)，设计实验证明上述原因

27、(12分)铁是人体必需的微量元素，在肺部，血红蛋白中血红素的Fe2+与Ch结合，把02送到各个组织器官。铁摄

入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组测定其含量。

(1)【铁元素的分离】称量黑木耳，将之洗净切碎，用蒸储水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。在培烟中高温灼

烧黑木耳，使之完全灰化。用酸充分溶解，过滤，滤液备用。

①浸泡液检测不出铁元素的原因是

②滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、

(2)【配制溶液】将滤液配制成100mL溶液。选择合适的仪器完成“铁元素的分离”、

“配制溶液”2个实验，下列仪器不必使用的是

(3)【铁元素含量测定】研学小组提出如下测量方案:

I.沉淀法：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量。评价该测量方案是否可行

II.比色法：流程示意如下:

----------——1(..........-KSCN，一一I光率

①用离子方程式解释加入H2O2的目的是.

②溶液a的颜色是o

③溶液颜色越深，光的透过能力越差，即透光率越小。若不加H2O2,测出黑木耳中铁元素的含量________(填“偏

大”或“偏小”)o

(4)亚铁盐易被氧化，但在体内Fe2+参与Ch的运输却不被氧化。蛋白质是一种既有亲水部分、又有疏水部分的大分

子，为血红素提供了疏水环境。

可见，氧化还原反应能否发生与有关。

28、(14分)在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。

(1)以下有关金属单质的叙述正确的是。

A.金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中

B.用用烟钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下

C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为：2Fe+3H20(g)J®Fe203+3H2

(2)把NaOH、MgCb、A1CL三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入

1.OOmol/LHCl溶液，加入HC1溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。

①A点的沉淀物的化学式为。

②写出A点至B点发生反应的离子方程式：.

③某溶液中溶有MgCL和A1CL两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、和盐酸。

④C点(此时沉淀恰好完全溶解)HC1溶液的体积为_______mLo

29、(10分)亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。NaN(h因外观和食盐相似，又有咸味，容易使

人误食中毒。亚硝酸(HN(h)是一种与醋酸酸性相当的弱酸。

(1)写出亚硝酸的电离方程式—；

(2)酸性条件下，NaNCh与KI按物质的量1:1恰好完全反应，且r被氧化为L,则产物中含氮物质的化学式为

(3)请你设计一个实验方案鉴别氯化钠和亚硝酸钠(提示AgN(h呈白色，在溶液中以沉淀形式存在)

(4)工业废水中NO2-可用铝粉除去，产生无毒无味的气体。若反应过程中转移6moi电子，则生成该气体在标准状况

下的体积为一L。

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

【解题分析】

硅酸是难溶性弱酸，B不正确。其他选项都是正确的，答案选B。

2、C

【解题分析】

A.Nth和B。蒸气均能氧化KI中的碘离子生成碘单质，遇淀粉变蓝，现象相同，不能鉴别，选项A错误；

B.Nth和Bn蒸气均能氧化FeCL溶液生成FeCb溶液，反应后的现象相同，不能鉴别，选项B错误；

C.二氧化氮通入到硝酸银溶液，有气体生成，而漠蒸气通入到硝酸银溶液中生成AgBr浅黄色沉淀，现象不同，能鉴

别，选项C正确；

D.两种气体与NaOH反应后均得到无色溶液，现象相同，不能鉴别，选项D错误；

答案选C。

【题目点拨】

本题考查了物质的鉴别，分别涉及物质的化学性质和物理性质，题目难度不大，注意物质的性质的区别，二氧化氮和

水反应生成硝酸和NO,而溟可溶于水，溟水呈橙黄色，可与硝酸银溶液反应生成浅黄色沉淀；二者都具有强氧化性,

二者均与碱反应生成无色溶液。

3、B

【解题分析】

A.Ag属于不活泼金属，不能和HC1反应，故A不符合题意；

B.Fe属于活泼金属，能和稀H2sCh反应生成FeSO”故B正确；

C.Fe属于活泼金属，能和HC1反应生成FeCh,故C错误；

D.Cu属于不活泼金属，能和稀H2s。4反应，故D错误；

答案:B.

4、B

【解题分析】分析：能溶解A1(OH)3,说明溶液中含有大量的氢离子或氢氧根离子，能与H2s04反应，说明溶液中存

在能够与氢离子或硫酸根离子反应的离子，综上可知，溶液中含有大量氢氧根离子，据此分析判断。

详解：A.HCCh能够与氢氧根离子反应，不能大量共存，故A错误；B.Na\SO?、ChCIO中的离子间不发生反应,

也不能与氢氧根离子反应，能够大量共存，故B正确；C.H+能够与氢氧根离子反应，不能大量共存，故C错误；D.Fe3+

能够与氢氧根离子反应，不能大量共存，故D错误；故选B。

5、A

【解题分析】

在催化剂的作用下，加热充分反应后，恢复至常温，此时反应体系中只有水和另一种无色无味无毒的气体单质，应生

成氮气，则反应中NO、Nth中N元素化合价分别由+2价、+4价降低为0价，N%中N元素化合价由-3价升高为0

价；同一条件下，气体的体积之比和物质的量成正比，根据电子得失守恒规律，三种气体间应满足

2V(NO)+4V(NO2)=3V(NH3),题中只有A符合；

答案选A。

6、D

【解题分析】

3+4—3

根据方程式两端电荷守恒可知n=---=2,O元素是一2价，所以R的化合价是+6价，

2

答案选D。

7、D

【解题分析】

碘离子本身不能使淀粉变蓝，因此可以加入一种氧化性物质将碘离子变成单质碘，即可使试纸变蓝。

【题目详解】

A.碘水中有单质碘，因此可使试纸上的淀粉变蓝，A项正确；

B.溟水有氧化性，可以将碘离子变成单质碘，B项正确；

C.氯水有氧化性，可以将碘离子变成单质碘，C项正确；

D.氯化钠溶液无氧化性，不能将碘离子变成单质碘，D项错误；

答案选D。

8,B

【解题分析】

A.钠在氯气中燃烧产生白烟，钠在氧气中燃烧不产生白烟，A项错误；

B.钠元素的焰色呈黄色，所以钠无论在氧气还是在氯气中燃烧均产生黄色火焰，B项正确；

C.钠与氧气反应生成氧化物，但钠与氯气反应生成的是氯化物，不是氧化物，C项错误；

D.钠和氯气反应生成的氯化钠是白色固体，但钠在氧气中燃烧生成的过氧化钠是淡黄色粉末，D项错误；

所以答案选择B项。

9、B

【解题分析】

A.CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O,碳和氧形成的是碳氧双键，所以其正确的电子式为：6:：C：：6：，

A选项错误；

B.cr的核电荷数为17,最外层达到8电子稳定结构，氯离子结构示意图为：@2^1B选项正确；

C.结构式是用一根短线表示1对共用电子对，氮气分子中N原子和N原子形成3对共用电子对，所以氮气的结构式

是N^N,C选项错误；

D.表示原子时在元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，所以质量数为37的氯原子是:;CLD选项错误;

答案选B。

10、C

【解题分析】

A.垃圾分类回收，有利于环境保护和资源综合利用，A正确；

B.高纯单质硅具有半导体性能，制成的光电池可将光能直接转化为电能，有利于环境保护，B正确；

C.二氧化碳是导致温室效应的主要气体，而二氧化硫与氮氧化物才是导致酸雨的主要物质，C错误；

D.Cu与浓H2sCh反应生成二氧化硫，且随着反应的进行，浓硫酸稀释，反应不能进行了，硫酸不能完全转化，而Cu、

Ch与稀H2sO4反应，可生成胆矶，是“绿色化学”的体现，D正确；

故选C。

11、A

【解题分析】

除去杂质时所选择的物质，至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应，②反应时不能

引入新的杂质，具体解答时可以根据选项中所给的物质的性质来进行判断并作出解答。

【题目详解】

A.碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢生成二氧化碳，则可以用饱和碳酸氢钠溶液中除去CO2

中的HCLA错误；

B.硅酸分解生成二氧化硅和水，则可以用加热法除去SKh中的HzSiCh,B正确；

C.氯气在饱和食盐水中的溶解性很小，氯化氢极易溶于水，则可以用饱和食盐水除去CL中的HC1,C正确；

D.氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则可以用铁粉除去FeCL溶液中的FeCb,D正确；

答案选A。

12、A

【解题分析】

A、常温下铝和浓硝酸之间发生钝化，发生的是氧化还原反应，但反应后形成了氧化物的薄膜阻止反应的进一步发生,

故A错误；

B、浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧化氮溶解在溶

液中所致，故B正确；

C、浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性，在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性,

故C正确；

D、化学反应向着生成难溶物的方向进行，反应CuSO4+H2S=CuSl+H2sCh能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶

于稀硫酸，故D正确。

故答案选A。

13、A

【解题分析】

A.因为NO2和CO2都是三原子分子，且都含有2个O,所以分子总数为NA的NO2和CO2的混合气体中含有的氧原

子数为2NA,故A正确；

B.因为AF+含有10个电子，所以ImolAF+离子含有的核外电子数为IONA,故B错误；

C.根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，物质的量之比等于分子个数之比，所以等物质的量的N2和CO,所含分子数相

等，故C错误；

D.硫酸钾中阴离子为SO广,所以1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为2NA,故D错误；

答案：Ao

14、D

【解题分析】

A、过氧化钠不是碱性氧化物，错误，不选A；

B、氯化铁溶液不属于胶体，错误，不选B；

C、四氯化碳不是电解质，错误，不选G

D、盐酸是氯化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确。

答案选D。

15、C

【解题分析】

A.生成的沉淀可能为AgCL应先加入盐酸无沉淀，再加入BaCL溶液产生白色沉淀，则试样中一定有SO」%A错误;

B.铁粉过量生成Fe”，B错误；

C.SO2具有还原性，能被酸性高镒酸钾溶液氧化而褪色，C正确；

D.与盐酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体的离子，可能为CO./、HCO3-或SO3”等，D错误；

答案选C。

【题目点拨】

注意检验时对反应的一般要求：首先反应要有明显的外部特征，如：溶液颜色的改变、沉淀的生成或溶解、气体的产

生等。其次反应要在适宜的条件下进行，如：溶液的酸碱性、浓度、温度等的选择。最后也是最为关键的是物质检验

时常需排除干扰物的影响，如：用Ba?+检验SCV-时应排除CCV，SCV-等离子的干扰。

16、C

【解题分析】

A.稀硫酸电离，氢离子参与反应，属于离子反应，故A不选；

B.氯化钠溶液中氯离子和硝酸银中的银离子参与反应，属于离子反应，故B不选；

C.碳与氧气反应，都为单质无离子参与反应，不属于离子反应，故C选；

D.银离子被还原参与反应，属于离子反应，故D不选；

故选：Co

17、C

【解题分析】

向lOOmLMgCl?和A1C1、的混合溶液中不断加入NaOH溶液，MgJ和NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，A1J和

NaOH反应生成氢氧化铝沉淀，ab段表示沉淀的质量减小，为氢氧化铝溶于氢氧化钠，b点之后沉淀的量不再发生

变化，沉淀的量为氢氧化镁的物质的量，根据分析回答；

【题目详解】

从图像可以看出，ab段表示氢氧化铝的溶解，溶解的氢氧化铝的物质的量为O.lmoL根据离子反应，

A1(OH)3+OH-=A1O：+2H2。可知，消耗的氢氧化钠的物质的量为O.lmoLoa段表示沉淀达到最大量，

A.从a到b,消耗了O.lmol氢氧化铝，A1(OH)3+OH'=A1O'+2H,O,根据B中分析可知c(NaOH)=2.0mol•匚，，

…n0.1mol,,.“

贝！JV(NaOH)=-=-----------=0.05L=50mL,V=350+50=400mL,故A正确；

c2mol/L

B.由图像可知，Mg(OH”的物质的量为0.2mol,和MgCL反应消耗的氢氧化钠的物质的量为0.4mol,A1(OH)3的物

质的量为O.lmol,与AlCb反应的氢氧化钠的物质的量为0.3mol,共消耗氢氧化钠0.7mol,用去的氢氧化钠的体积为

n0.7mol,,

0.35L,c(NaOH)=—=----------=2mol/L,故B正确；

V0.35L

C.根据图像可知沉淀最大量时的反应为：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2I+2NaCl,A1CL+3NaOH=Al(OH)3I+3NaCl,氢

氧化镁和氢氧化铝的物质的量分别为0.2mol和O.lmol,则MgCl2与AICI3的物质的量之比为0.2mol：0.1mol=2:L

由于MgCL与Aid,的体积相等，则它们的浓度之比为2:1,故C错误；

D.根据分析可知，沉淀达到最大量后，溶解的是氢氧化铝，故离子反应为A1(OH)3+OH-=A1O；+2H2。，故D正

确；

答案选C。

18、C

【解题分析】

分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体粒子的微粒直径在LlOOnm之间，分散质微粒直径小于Inm的是溶液，大于lOOnm

的是浊液，丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，

丁达尔现象是胶体特有的性质。

【题目详解】

A项、酒精溶液是溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故A不符合题意；

B项、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故B不符合题意；

C项、氢氧化铁胶体是胶体，能产生丁达尔效应，故C符合题意；

D项、泥浆水是悬浊液，不是胶体，没有丁达尔效应，故D不符合题意；故选C。

19、D

【解题分析】

①BaSO』固体没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸银在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸铁在熔融状

态下，能完全电离，所以硫酸领是电解质，故①错误；

②氨气只存在分子，不能导电；N%在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的钱根离子和氢氧根离

子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故②错误；

③共价化合物在固态和液态都以分子存在，不含自由移动离子或电子，所以共价化合物在固态或液态时都不导电，故

错误；

④离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故④错误；

⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液

的导电能力强，故⑤错误；

错误的有①®@©⑤，故答案为D。

20、C

【解题分析】

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、AgN(h溶液会和盐酸反应，生成HN(h,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。

21、B

【解题分析】

①Cu+2H2s04(浓)=CuSO4+S(M+2H20,硫酸中硫元素化合价降低生成SO2,同时生成硫酸铜，所以硫酸表现氧化

性和酸性，故符合题意；

②C+2H2s04(浓)===C(M+2s(M+2H20,C元素的化合价升高，S元素的化合价降低，所以硫酸只表现氧化性，

故不符合题意；

③8NH3+3Ch===6NH4Cl+N2,氯元素的化合价降低，所以氯气只体现氧化性，故不符合题意；

@3NO2+H2O===2HNO3+NO,二氧化氮中N元素部分得电子化合价降低，部分失电子化合价升高，所以二氧化氮既

表现了氧化性又表现了还原性，故符合题意；

本题答案为Bo

【题目点拨】

在氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物具有还原性，得电子化合价降低的反应物具有氧化性。

22、B

【解题分析】

必须加入还原剂才能实现，说明自身做氧化剂，化合价降低。

【题目详解】

A.NH3-NH4+,化合价未变，故A不符合题意；

B.CO2—CO,化合价降低，本身作氧化剂，需要加还原剂，故B符合题意；

C.SO3TH2s化合价未变，故C不符合题意；

D.Na—NaCl,化合价升高，本身作还原剂，故D不符合题意。

综上所述，答案为B。

二、非选择题(共84分)

3+3+2++3+

23、加入少量铁，防止Fe2+被氧化为Fe：2Fe+Fe=3FeAl(OH)3+3H=A1+3H2O^A1(OH)3+

OH=A1O2+2H2O

【解题分析】

(1)若D是金属，说明金属具有变价，C溶液在储存时应加入少量D,说明C中含有Fe"A稀溶液具有氧化性，推断

为HNO3tFe(N03)3TFe(NO3)2,贝！ID为Fe,Fe(N03)2不稳定被氧化而变质，可加入铁防止被氧化生成硝酸铁，离子

方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。答案：加入少量铁，防止Fe?+被氧化为Fe3+：2Fe3++Fe=3Fe2+»

(2)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B.判断为:AF+TAI(OH)3TAi。2-，B转

化为C,即氢氧化铝沉淀溶解的离子方程式是:A1(OH)3+3H+=AF++3H2。、A1(OH)34-OH-=A1O2+2H2O;因此,

3+-

本题正确答案是:A1(OH)3+3H+=A1+3H2OSA1(OH)3+OH=A1O2+2H2O

24、Na>Al>OHNO3>H2SiO3>A1(OH)3+OH=2H2O+A1O2Na*[：Cl：]"离子

++

2H+C1+C1O=Cl2t+H2O或6H+5C1+C1O3=3C12t+3H2OHC1>HI

【解题分析】

根据元素在周期表中的位置，可得①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为A1元

素，⑦为Si元素，⑧为C1元素，根据元素周期律分析解答。

【题目详解】

(1)④为O元素，⑤为Na元素，⑥为A1元素，O为两个电子层，Na与A1元素为三个电子层，电子层数越多，半径越

大，同周期元素核电荷数越大半径越小，原子半径由大到小的顺序为Na>Al>O；

(2)③为N元素，⑦为Si元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的含氧酸的酸性越强，非金属性：N>Si,则

最高价含氧酸的酸性强到弱的顺序为HNO3>H2SiO3；

(3)⑤为Na元素，⑥为A1元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性：Na>Al,碱性强弱比较：

NaOH>Al(OH)3；两者相互反应的离子方程式为A1(OH)3+OH=2H2O+A1O2；

(4)⑤为Na元素，⑧为Cl元素，由元素⑤和⑧共同组成的化合物为NaCl,是离子化合物，电子式为Na+[：。：「；

(5)由元素①⑧形成的化合物A为HCL由元素④⑤⑧的化合物B为NaClO或NaCKh,可相互反应产生黄绿色气体单

质，该反应的离子方程式为2H++Cr+C0=a2f+H20或6H++5C1-+C1OX3c切+3H20；该黄绿色气体单质会使得湿润

淀粉碘化钾试纸变蓝色，表明生成了碘单质(卜)，该气体为氯气，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，则非

金属性：C1>I,则由此推测这两种元素的气态氢化物的稳定性强弱顺序为：HCI>HL

25、14.2烧杯玻璃棒500mL容量瓶胶头滴管ABDCEc

【解题分析】

(DA.依据n=CV、m=nM计算需要溶质的质量；固体中烧杯中溶解；

B.把溶液转入容量瓶时要用玻璃棒引流；

C.用胶头滴管向容量瓶中加液体时，能准确加液至刻度线；

(2)溶液配制操作步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；

H

⑶分析操作对溶液物质的量、溶液体积的影响，根据c="分析操作对所配溶液浓度的影响。

【题目详解】

(1)A.500L0.2mol/LNa2sO4溶液含有溶质的物质的物质的量为：0.2mol/Lx0.5L=0.1moL所以需要gNa2sO4固体的质

量是0.1molxl42g/mol=14.2g；称量好的硫酸钠固体放在烧杯中溶解；

B.把溶液转入容量瓶时要用玻璃棒引流，所以把制得的溶液小心地沿着玻璃棒注入500mL的容量瓶中；

C.用胶头滴管向容量瓶中加液体时，能准确加液至刻度线，则向容量瓶中加入蒸馈水至液面离容量瓶颈刻度线下1〜

2cm时，改用胶头滴管小心滴加蒸馈水至溶液凹液面最低处与刻度线水平相切；

(2)溶液配制操作步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，则操作步骤的正确顺序是ABDCE；

(3)a.溶解搅拌时有部分液体溅出，则硫酸钠的物质的量减小，所以配制浓度偏低，故a不选；

b.加蒸储水时，不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，使配制溶液浓度偏低，故b不选；

c.在定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，使配制溶液浓度偏高，故c选；

d.容量瓶使用前内壁沾有水珠，对溶质和溶剂都无影响，所以配制浓度不变，故d不选；

故答案为：c。

【题目点拨】

考查一定物质的量浓度溶液的配制操作及误差分析等，根据C=M可知，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〃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〃和V怎样的变化，若〃比理论值小,

或丫比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若“比理论值大，或y比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

26、分液漏斗MnO2+4HCl(浓)^-MnCh+ZHiO+ChT无明显现象溶液由无色变为红色CL+2OH

—C1+C1O+H2OSO2+CI2+2H2O=H2SO4+2HCI取少量反应后的溶液少许加入试管中，加入氯化领溶液生成

白色沉淀证明生成了硫酸根离子，说明二氧化硫被氯气氧化

【解题分析】

A用浓盐酸和二氧化锦在加热条件下制备氯气，B用于检验气体的漂白性，C用于吸收尾气。E用于制备SO2,实验

室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取S。?气体，该反应为Na2sO3+H2sC\=Na2sO4+SO2f+H2。，D用于检验二

氧化硫的生成，

(1)图中盛放浓盐酸仪器为分液漏斗，Mn。2和浓盐酸在加热的条件下制备氯气；

(2)氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色，但是二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气

的漂白具有不可逆性；

(3)氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；

(4)SO?和CL按1：1通入，S。？和Cl2恰好反应，二者反应生成H2s0」和HC1,生成物都无漂白性，取少量反

应后的溶液少许加入试管中，加入氯化领溶液生成白色沉淀证明生成了硫酸根离子。

【题目详解】

（1）图中盛放浓盐酸仪器为分液漏斗，MnCh和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，反应的化学方程式：MnO2+4HCl

（浓）△MnCL+2H2O+CI2t,故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）AM11CI2+2H2O+CI2t；

（2）氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色，但是二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气

的漂白具有不可逆性，所以再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：无明显现象，D：溶液由无色

变为红色，故答案为：无明显现象；溶液由无色变为红色；

（3）氯气与NaOH反应生成NaCl、NaCK）和水，氯气、水在离子反应中保留化学式，该离子反应方程式：CL+20H

—C1+C1O+H2O,故答案为：CL+2OH—Cl+C1O+H2O；

（4）SO2和C12按1:1通入，SO2和C12恰好反应，二者反应生成H2s04和HCL生成物都无漂白性，方程式为：

SO2+C12+2H2O=H2SO4+2HC1,生成物都无漂白性，设计实验证明上述原因是：取少量反应后的溶液少许加入试管中，

加入氯化铁溶液生成白色沉淀证明生成了硫酸根离子，说明二氧化硫被氯气氧化，故答案为：SO2+CI2+2H20=

H2so4+2HC1；取少量反应后的溶液少许加入试管中，加入氯化领溶液生成白色沉淀证明生成了硫酸根离子，说明二

氧化硫被氯气氧化。

27、黑木耳中含铁元素的物质不溶于水Fe3+b、f不可行，沉淀法操作步骤多，实验准确度低（或可行，加热烘干至恒

重，称量FezCh的质量）H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O红色偏小水（环境或介质等，合理即可）

【解题分析】（1）①由于黑木耳中含铁元素的物质不溶于水，所以浸泡液检测不出铁元素。②铁元素的主要化合价是

+2和+3价，所以滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+o（2）固体需要称量，需要托盘天平，浊液需要过滤，需要

漏斗、玻璃棒和烧杯，配制需要烧杯、漏斗等，因此不必使用的是冷凝管和分液漏斗，答案选bf。（3）I.该问是开

放性试题，方案不可行是由于沉淀法操作步骤多，实验准确度低；由于加热烘干至恒重，通过称量FezO3的质量可以

测量铁元素的含量，因此方案是可行的；II.①双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为

+2+3+

H2O2+2H+2Fe=2