河北省石家庄市2023-2024学年高一上学期期末联考化学试题（含答案）

河北省石家庄市2023-2024学年高一上学期期末联考化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．化学用语是学习化学的基础工具，下列化学用语正确的是（）A．质量数为37的氯原子：37B．H2O的电子式：C．CO2的分子结构模型：D．N2的结构式：N≡N2．合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列关于合金的描述错误的是（）A．钢的含碳量越高，硬度和脆性越小B．稀土金属可用于生产合金，被称为“冶金工业的维生素”C．合金的熔点通常低于纯金属，是因为外加原子破坏了纯金属内原子间的作用力D．合金的硬度一般比其成分金属大，是因为合金中原子的排列不如纯金属规整，层间滑动变难3．中华民族历史悠久，在浩瀚的历史文明中有许多关于化学的记载，下列说法不合理的是（）A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，矿石“曾青”的主要成分为CuOB．《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe3O4C．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象未涉及氧化还原反应D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾，在反应中表现氧化性4．下列关于物质分类的组合正确的是（）分类组合混合物酸碱盐酸性氧化物A汽油HCNaHCCB盐酸CCaBaSSiC氢氧化铁胶体HClOMgCuSCaOD漂白粉HBrKOHNCOA．A B．B C．C D．D5．下列有关胶体的说法正确的是（）A．雾属于胶体，而云不属于胶体B．“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，属于胶体C．放电影时，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应D．将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体6．记笔记是学习过程中非常重要的一个环节，下面是某同学的化学笔记，不需要改正的是（）A．保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加入少量的铁粉B．钠要保存在煤油中，实验后剩余的钠，要放回原试剂瓶中C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰D．在焰色试验中，某溶液的焰色呈黄色，该溶液中一定不含K+7．下列说法正确的是（）A．NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离B．焰色试验中，应用稀硫酸清洗铂丝C．铁与水蒸气高温下反应可生成FD．金刚石、石墨、C608．下列离子方程式正确的是（）A．铝片与CuSO4溶液反应：Al+CB．Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液混合：BC．实验室用石灰石与稀盐酸反应制备CO2：CD．MgSO4加入NaOH溶液中：M9．下列离子在溶液中能大量共存的是（）A．Na+、Ag+、NO3−、CO3C．Fe3+、K+、Cl−、SCN− D．10．牛奶的含钙量很高而且比较容易吸收，一直被作为补钙的首选。下列有关钙元素的说法正确的是（）A．钙元素的原子结构示意图：B．相同条件下，单质与水反应的剧烈程度：Ca＞MgC．最高价氧化物的水化物的碱性：Ca(OH)2＞KOHD．Ca2+、Br-、K+的离子半径：K+＞Ca2+＞Br-11．在实验室中制取氧气有多种方法：①以双氧水为原料；②以氯酸钾为原料；③以高锰酸钾为原料；④以过氧化钠为原料。上述四种方法制备相同状况下等体积的氧气，转移电子的数目之比为（）A．1∶1∶1∶1 B．1∶2∶2∶1 C．1∶2∶2∶2 D．1∶6∶2∶112．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下表所示，X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应可生成离子化合物。下列推断正确的是（）

X

WYZA．简单氢化物的稳定性：X<YB．W、Z的简单离子的电子层结构相同C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D．Z的单质在化学反应中只表现氧化性13．侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜研发的。下图是实验室模拟侯氏制碱法的工艺流程。下列叙述正确的是（）A．气体X、Y通入顺序可以交换B．步骤III所得晶体为NC．步骤II利用了不同物质的溶解性差异D．步骤IV包括溶解、蒸发、结晶14．验证次氯酸光照分解的产物可设计成数字化实验，其数据经计算机处理得如下图像。下列说法错误的是（）A．从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO电离产生了HB．从0s到150s，溶液的导电能力逐渐增强C．光照时间越长，氯水溶液中c(ClD．可以通过测定瓶内氧气的体积分数变化来验证次氯酸分解有O215．用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新方法。高铁酸钠可通过湿法或干法来制备，反应原理如下：湿法：2F干法：2FeS下列说法错误的是（）A．Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌B．湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mole-C．湿法中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2D．干法中Na2O2既是氧化剂又是还原剂16．实现下列物质之间的转化，一定需要加入还原剂的是（）A．SO3→H2SO4 17．下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数的是（）A．取ag混合物充分加热，质量减少bgB．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液C．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg二、多选题18．在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，其导电能力随入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析错误的是（）A．a、c两点溶液中均大量存在H+和SB．b、d两点对应的溶液均显中性C．e点两溶液中c(OH-)相同D．ab段反应的离子方程式为：B19．电子工业常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl下列说法错误的是（）A．FeCl3B．反应1和反应2都发生了氧化还原反应C．实验室中进行操作1时，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒D．滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用酸性KMnO20．每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：0210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值6.02×10A．标准状况下，4.48LB．常温常压下，48gO2含有的氧原子数目为3NAC．4.6gNa与足量氧气充分反应，转移电子的数目一定为0.2NAD．0.2mol/L的CaCl2溶液中，含有Cl-的数目为0.4NA三、综合题21．“84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛应用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等卫生消毒。某化学社团模拟生产厂家配制了500mL“84”消毒液，并在瓶体贴上标签，如下图所示。请回答下列问题：（1）该“84”消毒液有效成分的物质的量浓度为。（2）“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力。某消毒小组人员用98％的浓硫酸配制250mL1.0mol/L的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。①在下列配制过程示意图中，错误的是(填写字母)。②对所配制的稀硫酸进行标定，发现其浓度小于1.0mol/L，引起误差的原因可能为(填选项字母)。A．量取浓硫酸时仰视刻度线B．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒C．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水D．定容摇匀后，发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线（3）可用氯碱工业中的两种产物氯气和氢氧化钠生产“84”消毒液，其化学方程式为。22．某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：（1）(一)利用如下图所示装置制备氯水A中圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为，B中饱和食盐水的作用为。（2）(二)氧化性强弱探究：实验Ii．ii．实验II取i中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。实验I中，ii的离子方程式为。（3）实验ii中，由i和ii可以得出的结论为。（4）①甲同学认为：实验II观察到现象，可得出结论：氧化性：Br2＞I2。②乙同学对上述实验进行反思，认为实验II不能充分证明氧化性Br2＞I2，他补做了实验III。实验iii另取i中的黄色溶液少许，先加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液。补做实验III的目的为。23．硫酸亚铁晶体(FeSO（1）I.在实验室中，可通过如下实验由废铁屑制备FeSOa.将一定量废铁屑放入5%Nab.向洗净的铁屑中加入少量的稀硫酸，控制温度在50℃～80℃之间至反应完全；c.析出晶体；d.滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸吸干；e.将制得的晶体密封保存。请回答下列问题：步骤b中发生氧化还原反应的离子方程式为。（2）步骤c的具体操作为。（3）II.课外小组测定某硫酸亚铁补血片中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：若向步骤III所得滤液中滴加KSCN溶液后出现现象，说明滤液中含有Fe3+；检验滤液中还存在FeA．NaCl溶液B．酸性KMnO（4）步骤IV加入足量H2O2（5）该补血片与维生素C同时服用，有利于Fe2+的吸收，这说明维生素C具有（6）假设实验过程中铁元素无损耗，则每片补血片中铁元素的质量为g(用含a的代数式表示)。24．“价类二维”和“性质决定用途”是化学学科的两种重要思维方式。（1）I.利用“价类二维”的思维方式可以学习和预测物质的性质。下图是硫元素的价类二维图。根据“价类二维图”预测，下列物质能与X反应，但不属于氧化还原反应的是(填序号)。①NaOH溶液②KMnO4溶液③H2S④Na2SO3溶液（2）Na2SO3溶液长期放置容易变质，原因为(用化学方程式表示)。（3）II.利用物质的有关性质可以解释其用途。金属钠可用作强除水剂，反应的离子方程式为。（4）小苏打可用于中和过多的胃酸，反应的离子方程式为。（5）NaOH和铝粉为固体管道疏通剂的主要成分，其工作原理为铝和NaOH遇水反应放出大量的热，加快NaOH对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生H2增加管道内的气压，利于疏通。铝和NaOH遇水反应的化学方程式为25．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B、E处于同一主族。A的一种同位素在考古研究中用于测定一些文物的年代，B原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍，D在同周期元素形成的离子中半径最小，C与B能形成C2B、C2B2型化合物。请回答下列问题：（1）A在元素周期表中的位置为，A与原子半径最小的原子形成的10电子分子的空间结构为。（2）A、E中非金属性较强的是(填元素符号)，两者可形成AE2型化合物，该化合物的结构式为。（3）C、D的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为。（4）C、E可形成化合物M，用电子式表示M的形成过程。（5）C2B2中的化学键类型为(填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)。四、计算题26．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，反应原理为：NaH+H2O=NaOH+27．数形结合思想是化学学科的重要思维方式。向NaOH溶液中通入CO2气体，因CO2通入量的不同，最终所得溶液的组成也不同。现向30mL某浓度NaOH溶液中通入一定量CO2气体，得到溶液B．若向B溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L盐酸，产生CO2的体积[V(CO)]与加入盐酸的体积[V(HCl)]的关系如下图所示。请回答下列问题：（1）B溶液中溶质为(填化学式)。（2）V(HCl)=30mL时，产生标准状况下CO2的体积为mL；原NaOH溶液的物质的量浓度为mol/L。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．原子符号左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，所以质量数为37的氯原子为1737B．H2O为共价化合物，电子式为，B不符合题意；C．O原子的半径应该比C原子半径小，C不符合题意；D．氮气分子中两个N原子形成氮氮三键，结构式为N≡N，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、中子数=质量数-质子数；

B、水分子为共价化合物，电子式不需要标明中括号和电荷数；

C、氧原子的半径比碳原子小；

D、氮原子可以形成3个共价键。2．【答案】A【解析】【解答】A．钢的含碳量越高，硬度越大，这是因为含碳量越高，碳化物比例越高，材料硬度就越高，当含碳量在某个数值之下时，含碳量越高，但碳化物比例太高了，材料会变得很脆，强度会变得很低，故A符合题意；B．稀土金属与铝、钛等金属熔合，形成特种合金，其性能会有较大提高，强度更好，抗腐蚀性能更强，被称为“冶金工业的维生素”，故B不符合题意；C．物质熔点的高低由物质内部微粒间作用力的大小决定，同一种金属原子间以金属键结合，作用力强，熔点高，当外来原子进入该晶体的时候，金属键遭到破坏，金属内部出现排列混乱的状态，这时整体金属内能增大，导致熔点降低。D．纯金属的原子排列成很规则的层，这些层很容易彼此滑过，而合金加入了其他或大或小的原子，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，故D不符合题意；故答案为：A

【分析】A、含碳量越大，硬度越大，越脆；

B、稀土金属可以用于冶炼特种合金；

C、合金熔点更低，硬度更大；

D、合金硬度大于成分金属。3．【答案】A【解析】【解答】A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，矿石“曾青”的主要成分为CuSO4，A符合题意；B．Fe3O4具有磁性，俗称磁性氧化铁，《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe3O4，B不符合题意；C．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象涉及碳酸钙与碳酸氢钙之间的转化，元素化合价不变，因此未涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾，KNO3、C、S发生氧化还原反应，产生N2、K2S、CO2，在反应中KNO3得到电子表现氧化性，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、硫酸铜和铁发生置换反应生成铜；

B、四氧化三铁称为磁性氧化铁；

C、化合价不变，不是氧化还原反应；

D、硝酸钾中氮元素化合价降低，作为氧化剂。4．【答案】B【解析】【解答】A．C2H5OH为非电解质，不能电离出氢氧根，不是碱，A不符合题意；B．盐酸是HCl和水的混合物，CH3COOH是一种弱酸，Ca(OH)2为一种强碱，BaSO4为盐，SiO2可以和碱反应，且只生成一种盐和水，为酸性氧化物，B符合题意；C．CaO为碱性氧化物，C不符合题意；D．CO不能和碱反应，不是碱酸性氧化物，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】纯净物：只有一种分子的物质；

混合物：有多种分子的物质；

有机物：含碳元素的化合物，除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸氢盐、碳酸盐；

化合物：有多种元素形成的纯净物；

酸：阳离子只有H+，阴离子为酸根离子；

碱：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为OH-；

盐：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子；

氧化物：只有两种元素，其中一种元素是氧元素。

酸性氧化物：多数非金属氧化物是酸性氧化物，一氧化氮、一氧化碳、二氧化氮特殊；

碱性氧化物：多数金属氧化物是碱性氧化物，过氧化钠、氧化铝特殊。

电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；

非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，常见的有大部分有机物、非金属氧化物、氨。5．【答案】C【解析】【解答】A．雾是小液滴分散到空气中形成的分散系，属于胶体，而云是固体小颗粒分散到空气中形成的分散系，也属于胶体，A不符合题意；B．胶体是一种分散系属于混合物，“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，是一种单质，不属于胶体，B不符合题意；C．放电影时，由于放映室的空气中存在气溶胶，故放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应，C符合题意；D．将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、云、雾都是胶体；

B、纳米铜为单质；

C、胶体具有丁达尔效应；

D、氢氧化铁胶体的制备采用饱和氯化铁溶液滴入沸水。6．【答案】B【解析】【解答】A．FeCl3与Fe反应产生FeCl2，导致物质变质，因此保存FeCl3溶液时，不能在溶液中加入铁粉，A不符合题意；B．钠容易与空气中的氧气及水发生反应，根据钠与煤油不能反应，且其密度比煤油大的性质，将钠要保存在煤油中，实验后剩余的钠，要放回原试剂瓶中，以免发生危险，B符合题意；C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C不符合题意；D．在焰色试验中，某溶液的焰色呈黄色，该溶液中一定含有Na+，但不能确定是否含K+，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、铁会和氯化铁反应；

B、钠用完应该放回原试剂瓶；

C、生石灰可以作为干燥剂；

D、钾离子的焰色试验需要用蓝色钴玻璃观察。7．【答案】D【解析】【解答】A．电离不需要通电作为条件，氯化钠溶于水后就会电离出钠离子、氯离子，A不符合题意；B．稀盐酸具有挥发性，焰色试验中，应用稀盐酸清洗铂丝，B不符合题意；C．铁与水蒸气高温下反应可生成FeD．同素异形体是同种元素组成的单质；金刚石、石墨、C60故答案为：D。

【分析】A、电解质电离的条件是水溶液或熔融状态；

B、焰色试验应该用盐酸清洗；

C、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；

D、不同的碳单质为同素异形体。8．【答案】D【解析】【解答】A．电子不是守恒，电荷不守恒，离子方程式应该为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，A不符合题意；B．二者出反应产生BaSO4沉淀外，还产生了Cu(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4C．CaCO3难溶于水，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，C不符合题意；D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、电荷不守恒；

B、氢氧化铜不可拆；

C、碳酸钙不可拆；

D、镁离子和氢氧根反应生成氢氧化镁。9．【答案】D【解析】【解答】A．银离子和碳酸根离子会生成碳酸银沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．碳酸氢根离子和氢氧根离子生成水，不能大量共存，B不符合题意；C．Fe3+和D．四种离子相互之间不反应，能大量共存，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、阴离子和碳酸根不共存；

B、碳酸氢根和氢氧根不共存；

C、铁离子和硫氰酸根不共存；

D、次氯酸盐和硝酸银都是可溶性盐。10．【答案】B【解析】【解答】A．钙元素是20号元素，原子核外电子排布是2、8、8、2，故Ca的原子结构示意图是，A不符合题意；B．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应就越剧烈。Ca、Mg是同一主族元素，元素的金属性：Ca＞Mg，因此相同条件下，单质与水反应的剧烈程度：Ca＞Mg，B符合题意；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。K、Ca是同一周期元素，元素的金属性：K＞Ca，所以最高价氧化物的水化物的碱性：KOH＞Ca(OH)2，C不符合题意；D．Ca2+、K+核外有3个电子层，Br-核外有4个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2+、Br-、K+的离子半径大小关系为：Br-＞K+＞Ca2+，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、最外层电子不超过8个；

B、同一主族的元素，从上到下金属性递增；

C、最高价氧化物对应水化物的碱性即比较金属性；

D、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。11．【答案】B【解析】【解答】①以双氧水为原料制氧气，；②以氯酸钾为原料氧气，；③以高锰酸钾为原料氧气，；④以过氧化钠为原料制氧气，无论和水反应还是和二氧化碳反应都是过氧化钠自身的氧化还原，、；由单线桥可知，①②③④分别生成1分子氧气需要转移的电子数分别为2、12÷3=4、4、2，故上述四种方法制备相同状况下等体积的氧气，转移电子的数目之比为2：4：4：2=1：2：2：1；故答案为：B。

【分析】本题要结合化合价的变化进行判断，电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。12．【答案】C【解析】【解答】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：X>Y，A不符合题意；B．单个铝离子有10个电子，单个氯的简单阴离子有18个电子，W、Z的简单离子的电子层结构不相同，B不符合题意；C．Y的最高价氧化物的水化物即磷酸，磷酸是中强酸，C符合题意；D．Z元素的单质即氯气在化学反应中通常表现氧化性，但氯气和水、氯气和碱的反应中既表现氧化性又表现出还原性，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、氢化物的稳定性即比较非金属性；

B、简单的离子电子层结构要注意，下周期元素的阳离子和本周期元素的阴离子电子层结构相同；

C、磷酸为中强酸；

D、化合价为中间价态，既有氧化性，又有还原性。13．【答案】C【解析】【解答】A．氨气和二氧化碳的顺序不可以交换，二氧化碳在水中溶解度小，不利于产品生成，A不符合题意；B．步骤III所得晶体为碳酸氢钠晶体，B不符合题意；C．步骤II利用了不同物质的溶解性差异，碳酸氢钠溶解度较小首先结晶析出，C符合题意；D．步骤IV为加热分解生成碳酸钠，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、侯氏制碱法先通入氨气；

B、晶体为碳酸氢钠；

C、碳酸氢钠的溶解度比碳酸氢铵更小；

D、碳酸氢钠转化为碳酸钠的过程直接加热分解即可。14．【答案】A【解析】【解答】A．氯水中存在Cl2+B．从0s到150s，随着反应ClC．氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO、D．图中氧气的体积分数不断增大说明次氯酸分解有O2故答案为：A

【分析】A、氯化氢完全电离出氢离子，pH降低；

B、离子浓度增大，导电性增强；

C、光照条件下，次氯酸转化为氯化氢，氯化氢电离出氢离子；

D、次氯酸光照分解为氯化氢和氧气。15．【答案】C【解析】【解答】A．Na是+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Na2FeO4中铁元素为+6价，该物质具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质氧化变性而失去其生理活性，因而具有消毒杀菌作用，A不符合题意；B．根据方程式可知：在湿法制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4，元素化合价改变3价，因此反应过程中转移3mole-，B不符合题意；C．在湿法中，氧化产物是Na2FeO4，还原产物是NaCl，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3，C符合题意；D．干法中Na2O2将FeSO4氧化为Na2FeO4，同时其本身失去电子被氧化产生O2，Na2O2得到电子被还原产生Na2O、Na2FeO4，因此Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；

化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；

化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；

电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。16．【答案】D【解析】【解答】A．SOB．Cu→CuSO4，Cu元素的化合价升高，Cu被氧化，需要加入氧化剂实现，B不符合题意；C．Cl2→NaCl，元素的化合价降低，可以通过ClD．Fe2O3→Fe，Fe元素的化合价降低，Fe2O3被还原，需要加入还原剂实现，D符合题意；故答案为：D。

【分析】需要加入还原剂，即化合价降低，被还原；

A、硫元素化合价不变；

B、铜元素化合价升高；

C、氯元素化合价降低，但是氯气和氢氧化钠反应不需要额外加入还原剂；

D、铁元素化合价降低，需要加入还原剂。17．【答案】B【解析】【解答】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B符合题意；C．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C不符合题意；D．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】本题要注意，结合反应的化学方程式进行判断，依据化学计量数之比等于物质的量之比进行计算。18．【答案】C,D【解析】【解答】A．a、c两点，加入Ba(OH)2、NaOH较少，溶液主要成分为H2SO4，则溶液中均大量存在H+和SOB．b点生成BaSO4，d点生成Na2SO4，都为强酸强碱盐，溶液呈中性，B不符合题意；C．e点，导电能力相同，说明溶液中离子浓度相同，反应②含有大量的钠离子，则②中OH-的量较少，因此e点两溶液中c(OH-)不相同，C符合题意；D．由以上分析可知①代表向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，二者反应产生BaSO4、H2O，反应的离子方程式为：Ba故答案为：CD。

【分析】硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，此时由于有固体和水的产生，导致导电性变得极弱，最后硫酸过量时，导电性增强；硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，由于硫酸钠为可溶性盐，因此只考虑水的生成，导电性减弱，但是由于还有硫酸钠的存在，为可溶性盐，因此还有一定的导电性。19．【答案】A,D【解析】【解答】A．FeCl3溶液腐蚀铜箔的原理为B．反应1发生2Fe3++Cu=Cu2+C．操作1是过滤，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故C不符合题意；D．滤渣a的主要成分是生成的Cu和过量Fe，物质X不可以选用酸性KMnO故答案为：AD

【分析】A、电荷不守恒；

B、化合价都发生变化；

C、过滤需要用到漏斗、玻璃棒、烧杯；

D、酸性高锰酸钾溶液会引入新的杂质。20．【答案】B,C【解析】【解答】A．标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A不符合题意；B．O2是由O原子构成，由于O原子相对原子质量是16g/mol，所以常温常压下，48gO2含有的氧原子的物质的量n(O)=48g16g/mol=3mol，则含有的O原子数目为3NC．Na与O2发生反应时，Na的化合价均由0价升高至+1价，4.6gNa的物质的量是0.2mol，则与足量氧气充分反应，转移电子的数目一定为0.2NA，C符合题意；D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D不符合题意；故答案为：BC。

【分析】A、标准状况下水不是气体；

B、结合公式n=m/M计算；

C、结合化合价变化进行判断；

D、未知溶液体积。21．【答案】（1）2.2mol/L（2）AD；BD（3）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【解析】【解答】根据物质的量浓度与质量分数换算式计算溶液的物质的量浓度，结合配制溶液的步骤计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液，根据物质的量浓度定义式，若操作导致溶质的物质的量偏多或溶液的体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，反之就偏低进行误差分析。Cl2与NaOH溶液反应制取“84”消毒液。(1)该“84”消毒液有效成分的物质的量浓度c=1.1×1000×14.9%74.5(2)①浓硫酸稀释时应该注酸入水，A不正确；配制溶液最后定容时应该平视凹液面，使凹液面最低处与刻度线相切，不能仰视，D不正确；故答案为：AD；②A．量取浓硫酸时仰视刻度线，则量取浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，最终导致配制溶液浓度偏高，A不正确；B．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则最终使配制的溶液浓度偏低，B正确；C．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，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无影响，C不正确；D．定容摇匀后，发现液面低于容量瓶的刻度线，若再加水至刻度线，会使溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，则最终导致溶液的浓度偏低，D正确；故答案为：BD；(3)电解饱和NaCl溶液，反应产生NaOH、H2、Cl2，Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，即制取得到“84”消毒液，其化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

【分析】（1）结合公式c=1000ρωM计算；

（2）①浓硫酸的稀释应该是酸加入水；读数眼睛应该平视；

②结果偏大：砝码生锈，溶解后没有恢复到室温，读数时俯视刻线；

结果偏小：烧杯没有洗涤，读数时仰视刻线，摇匀后发现液面低于刻线继续加水，定容后发现液面超过刻线吸掉多余的部分，转移时由部分液体溅出；22．【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H（2）Cl2+2I-=2Cl-+I2（3）氧化性Cl2＞Br2，Cl2＞I2（4）溶液变蓝；除去未反应的Cl2，防止其氧化I-，对后续实验产生干扰【解析】【解答】在A装置中MnO2与浓盐酸混合加热发生氧化还原反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl用装置B的饱和NaCl溶液除去，在装置C中Cl2与水反应制取得到氯水，过量的Cl2用NaOH溶液除去，防止大气污染。根据氧化剂：氧化剂＞氧化产物分析判断，利用I2遇淀粉溶液变为蓝色判断I2的产生。(1)在A装置中MnO2与浓盐酸混合加热发生氧化还原反应产生Cl2，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2HB中饱和食盐水的作用为除去氯气中的杂质氯化氢气体；(2)在实验I中，ii中Cl2将KI氧化为I2，同时反应产生KCl，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2；(3)在实验I中，i中Cl2将NaBr氧化为Br2，同时反应产生NaCl，发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，则物质的氧化性：Cl2＞Br2；ii中Cl2将KI氧化为I2，同时反应产生KCl，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，物质的氧化性：Cl2＞I2；(4)①Cl2将NaBr氧化产生Br2，Br2的水溶液具有强氧化性，会将I-氧化产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此在实验II中若观察到溶液变为蓝色，证明反应产生了I2，为此甲根据溶液变为蓝色判断出物质的氧化性：Br2＞I2；②用Cl2氧化NaBr溶液时，溶液中可能存在过量的Cl2，Cl2也能够氧化KI为I2，使溶液变为蓝色，因此在验证Br2＞I2之前要先排出Cl2的干扰，为此要补做实验III，来除去未反应的Cl2，防止其氧化I-，对后续实验产生干扰。

【分析】（1）二氧化锰和氢离子、氯离子反应生成锰离子、氯气和水；

（2）氯气和碘离子反应生成氯离子和碘；

（3）①淀粉遇碘变蓝；

②氯气对碘离子有干扰，需要把干扰离子除去。23．【答案】（1）Fe+2Fe3+（2）趁热过滤，冷却结晶（3）溶液变红；B（4）将Fe2+（5）还原性（6）0.07a【解析】【解答】(1)向洗净的铁屑中加入少量的稀硫酸，发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2(2)温度在50℃～80℃之间至反应完全，要得到硫酸亚铁晶体，应该趁热过滤，冷却结晶，故答案为：趁热过滤，冷却结晶；(3)要检验Fe3+应该用KSCN溶液，向溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变红则说明溶液中有Fe3+，Fe(4)步骤III所得滤液中可能存在Fe2+，而最终要得到红棕色的固体，所以步骤IV加入足量H2O2的目的为将Fe2+(5)Fe2+有还原性容易被氧化，该补血片与维生素C同时服用，有利于(6)10片补血片经过一系列变化，最终得到ag红棕色固体，应该是三氧化二铁，故每片补血片中铁元素的质量为ag×112

【分析】（1）和铁离子反应生成亚铁离子，铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气；

（2）得到具有结晶水的晶体时要趁热过滤，冷却结晶；

（3）铁离子遇硫氰酸钾变为红色；

（4）过氧化氢可以将亚铁离子氧化为铁离子；

（5）维生素C可以防止铁离子转化为亚铁离子，说明维生素C具有还原性；

（6）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。24．【答案】（1）①④（2）2Na2SO3+O2=2Na2SO4（3）2Na+2（4）HC（5）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【解析】【解答】(1)X是+4价的S元素的氧化物，X为SO2。①SO2与NaOH溶液反应产生Na2SO3、H2O，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，①正确；②SO2与KMnO4酸性溶液会发生氧化还原反应产生H2SO4、K2SO4、MnSO4、H2O，反应过程中元素化合价发生变化，因此反应属于氧化还原反应，②不正确；③SO2与H2S反应产生S、H2O，反应过程中元素化合价发生变化，因此反应属于氧化还原反应，③不正确；④SO2与Na2SO3溶液反应产生NaHSO3，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，①④正确；故答案为：①④；(2)Na2SO3中S元素为+4价，具有强的还原性，会被溶解在溶液中的O2氧化产生Na2SO4，反应的化学方程式为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；(3)Na性质活泼，与水反应产生NaOH、H2，反应的离子方程式为：2Na+2H(4)NaHCO3与胃酸(HCl)反应产生NaCl、H2O、CO2，反应的离子方程式为：HCO(5)NaOH和铝粉为固体管道疏通剂的主要成分，其工作原理为铝和NaOH遇水反应放出大量的热，加快NaOH对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生H2增加管道内的气压，利于疏通。铝和NaOH遇水反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。

【分析】（1）氧化还原反应的特点是化合价发生变化；

（2）亚硫酸根具