石家庄市重点中学2024届高一化学第一学期期末联考试题含解析

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、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质属于合金的是 A．水银

B．不锈钢

C．陶瓷

D．玻璃

2、下列可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法及现象是( ) A．加热时无气体放出 B．滴加盐酸时有气泡放出

C．溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成 D．溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成 3、根据有关操作与现象，所得结论不正确的是 ．．．选项 A B C D A．A

操作 向FeCl3溶液中滴加KI、淀粉溶液 向某溶液中滴加AgNO3溶液 向Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液 向KMnO4滴加FeSO4溶液 B．B

现象 溶液变蓝 结论 I- 有还原性 产生白色沉淀 溶液一定含有Cl- 沉淀溶解 紫色褪去 C．C

铝有一定的非金属性 Fe2+有还原性 D．D

4、下列方案能达到实验目的的是( ) A．用盐酸除去镁粉中的少量铝粉

B．用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体 C．用浓硫酸干燥氨气 D．用排水法收集NO2

5、由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是 实验 A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液， 在酒精灯火火焰呈黄色 焰上灼烧 现象 结论 此盐溶液中含有 Na+，不含 K+ B．向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水 C．将足量SO2气体通入石蕊试液中 D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2 A．A

B．B

有无色气体产生 石蕊试液变红色 溶液紫色褪去 C．C

D．D

氯水中含HClO SO2水溶液显酸性 SO2具有漂白性 6、由Al3＋→Al(OH)3→AlO2－→A．Al(OH)3 C．HCl

→Al3＋系列变化中，

B．AlCl3 D．NaOH

中应填写的是( )

7、下列物质的变化，其中不属于氧化还原反应的是 ．．．A．氢氧化钠固体在空气中潮解 C．过氧化钠吸收CO2

B．铁锅生锈

D．Fe（OH）2变为红褐色

8、下列各组物质能相互反应得到氢氧化铝沉淀的是 A．金属铝和氢氧化钠溶液 C．氧化铝和热水

9、在溶液中，能大量共存的离子组是 A．Na+、Mg2+、SO42、OH C．Cu2+、Ca2+、Cl、NO3

B．Na+、Ba2+、Cl、SO42D．Ag+、K+、NO3、Cl

B．铝溶液和过量氢氧化钠溶液 D．硫酸铝溶液和过量的氨水

10、下列有关NaHCO3、Na2CO3的性质比较中，正确的是( ) A．热稳定性Na2CO3C．可用BaCl2溶液区分NaHCO3固体和Na2CO3固体

D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多

11、某化学兴趣小组探究铜丝与足量浓硫酸的反应，装置（已略去夹持装置，其中铜丝可抽动）如图，下列有关说法不正确的是（ ）

A．①中生成的气体可使品红溶液褪色

B．②中可观察到溶液黄色变浅，且有白色沉淀生成 C．为进行尾气处理，③中装有NaOH溶液

D．反应后，通过向①中加水，观察溶液颜色可判断反应有硫酸铜生成 12、用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，11.2 L H2O 中含有的氧原子数为0.5NA B．5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA C．16 g O2与16 g O3含有的氧原子数目相等 D．常温常压下，11.2 L氯气所含原子数目为NA 13、下列有关试剂的保存或配制说法错误的是（ ） A．少量金属钠可以保存在水中

B．漂白粉不能长期放置于敞口烧杯中

C．配制硫酸亚铁溶液时，要加入少量铁粉 D．新制氯水放在棕色试剂瓶中 14、下列各过程中不需要破坏化学键的是（ ） A．氯化钠熔化

B．氯化氢溶于水

C．碘单质升华

D．晶体硅熔化

15、有一包白色粉末，为鉴别其成分进行如下实验： （Ⅰ）将部分白色粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；

（Ⅱ）向（Ⅰ）的悬浊液中加入过量的稀，白色沉淀全部消失，并有气泡产生； （Ⅲ）取少量（Ⅱ）的溶液滴入稀硫酸，有白色沉淀生成。 A．NaHCO3、NaOH B．AgCl、NaNO3

C．K2CO3、Ba(NO3)2 D．KOH、CuSO4

16、下列用洗净的废铜屑制备铜的方案中，能节约原料和防止环境污染的是（ ） A．Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2 B．Cu＋HNO3（稀）→Cu（NO3）2 C．Cu D．Cu

HNO3CuOCu（NO3）2 Ba(NO3)2CuSO4Cu（NO3）2

17、用于区别溴蒸汽和二氧化氮气体的试剂是( ) A．淀粉碘化钾溶液 C．银溶液

18、下列各项正确的是( )

A．钠与水反应的离子方程式：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑ B．铁与水蒸气反应的化学方程式：3Fe＋4H2O(g)

B．氯化亚铁溶液 D．氢氧化钠溶液

高温Fe3O4＋4H2

C．镁、铝与沸水不可能反应

D．钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu 19、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是 ( ) A．K+、Na+、S2-、MnO4- C．Fe3+、Mg2+、NO3-、SCN-

20、下列关于胶体的叙述不正确的是( )

A．向氢氧化铁胶体中加入少量稀硫酸会产生红褐色沉淀 B．丁达尔效应并不是胶体特有的性质

C．用渗析的方法净化胶体时，使用的半透膜只能让较小的分子、离子通过

D．胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象 21、下列各组物质中，第一种是电解质，第二种是分散系，第三种是合金的是 （ ） A．硫酸、CuSO4·5H2O、生铁 B．酒精、空气、铜绿 C．二氧化碳、明矾、熟石灰 D．钾、食盐水、黄铜

22、铝硅合金(Si的质量分数为13.5%)在凝固时收缩率很小，因而这种合金适合铸造。有下列三种晶体：①铝，②硅，③铝硅合金，它们的熔点由低到高的顺序是( ) A．①③②

B．③①②

C．③②①

D．②①③

B．Na+、NH4+、SO42-、Cl- D．NO3-、H+、Fe2+、Cl-

二、非选择题(共84分)

23、（14分）在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。(反应条件图中已省略)。

(1)A、C代表的物质分别为______、______(填化学式)；

(2)反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是 _____________； (3)反应②中，若B与F物质的量之比为4：3，G、H物质的量之比为______； (4)反应④的离子方程式为______________。

111种元素在元素周期表中的位置: 24、（12分）下表列出了①～⑪

族 ⅠA 周期 一 二 三 四 ① ⑥ ⑦ ⑧ ② ③ ④ ⑨ ⑤ ⑩ ⑪ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 请按要求回答下列问题：

（1）写出元素③形成单质的电子式______________

（2）画这11种元素中，非金属性最强的元素的原子结构示意图________________

（3）元素⑤④⑩分别和①形成的气体化合物中，最稳定的是（填化合物的化学式）__________ （4）元素⑨⑩⑪的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是（填化合物的化学式）___________ （5）在盛有水的小烧杯中加入元素⑩的单质，发生反应的离子方程式____________________ （6）请从原子结构的角度解释，解释元素⑩的非金属性比元素⑪强的原因_______________________

25、（12分）实验是化学的灵魂，是学好化学的重要情节。

Ⅰ.选取下列实验方法分离物质，将最佳分离方法的字母填在横线上。 A．萃取 B．升华 C．分液 D．蒸馏 E.过滤 （1）分离水和汽油的混合物：_______________。

（2）分离四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物：___。 Ⅱ.实验室欲配置480ml0.1mol·L-1NaOH溶液。

（3）通过计算得知：用托盘天平称取得NaOH质量为__________。在下图所示仪器中，配制上述溶液需要的仪器有_______________（填字母），除图中已有的仪器外，配置上述溶液还需要的玻璃仪器有胶头滴管和____________。

（4）配置时，其正确的操作顺序是________________（用字母表示，每个操作只用一次）。 A．用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶中，振荡 B．将称好的NaOH固体加入烧杯中，用适量蒸馏水溶解 C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中

D．盖好瓶盖，反复上下颠倒，摇匀

E.继续往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面接近容量瓶颈刻度1-2cm处 F.改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度相切

（5）下列操作会造成所配NaOH溶液浓度偏低的是___________（填字母） A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移 B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒 C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面

D．摇匀后发现液面低于刻度线，又加水至刻度线

26、（10分）研究性学习小组的同学想通过下图实验装置探究SO2与Na2O2反应的产物。（夹持装置已略去，装置的气密性良好）

Ⅰ．实验中装置B可吸收水分，干燥SO2气体，其目的是：________________。装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是：_______。

Ⅱ．对C中固体产物提出如下假设：（假设Na2O2已全部反应） 假设1：__________。

假设2：只有Na2SO4； 假设3：既有Na2SO3又有Na2SO4。

（1）甲同学认为SO2与Na2O2的反应不同于CO2，应为假设2成立，请据此写出C中所发生反应的化学方程式：_____________________。

（2）若假设2成立，为确定C中固体产物的成分，甲同学设计如下实验：

得出结论：C中固体产物只有Na2SO4。该方案是否合理？答：__________。（填“是”或“否”）理由是______________________________。

27、（12分）用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制100mL浓度为1mol•L﹣1的稀H2SO4，其操作可分为以下各步： A．用量筒量取5.4ml浓H2SO4缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒搅拌； B．用约30mL蒸馏水，分成3次洗涤烧杯和玻棒，将每次洗涤液都注入容量瓶中；

C．将稀释后的H2SO4小心转移到100mL容量瓶里； D．检查100mL容量瓶口部是否会发生滴漏； E．加蒸馏水至容量瓶中液面接近刻度2cm处； F．盖紧瓶塞，反复颠倒振荡，摇匀溶液；

G．用胶头滴管向容量瓶里逐滴滴加蒸馏水至液面最低点和刻度线相平，试填空 ①正确的操作顺序为（用字母填写）________________________． ②进行A步操作时，应选择下列量器___（填序号）． a．10ml量筒 b．50ml量筒 c．100ml量筒

如果对装有浓H2SO4的量筒读数如下图所示，配制的稀H2SO4的浓度将__（偏高、偏低、无影响）

28、（14分）铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。 Ⅰ.（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是________(填字母)。 A．Fe B．FeCl3 C．FeSO4 D．Fe2O3

（2）血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，下列说法中正确的是（_______） A．NaNO2被氧化 B．药品美蓝是还原剂 C．NaNO2是还原剂 D．药品美蓝被还原

（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：________________________________。

Ⅱ. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。 （4）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，该反应中Na2O2是________(填“氧化剂”或“还原剂”)。

（5）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO4、Cl－、H2O。

①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3∶2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________________________________。

②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。

29、（10分）（1）碱洗铝材除其表面的氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是___(用离子方程式表示)。为将碱洗后溶

2液中的铝以沉淀形式回收，最好应加入下列试剂中的____(填字母)。 a．稀H2SO4 b．盐酸 c．CO2 d．氨水 e．NaOH

（2）某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。请回答下列问题：

＋

＋

①写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：___，__，___。 ②氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？___。

③溶液a中存在的离子有___，在溶液a中加入盐酸时需控制盐酸的量，为什么？___，为此，改进方法是___。

参

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】

【题目详解】

合金是有金属与金属或金属与非金属融合而成的具有金属特性的物质； A．水银是金属Hg，是单质，属于纯净物，A错误； B．不锈钢是碳铁合金，主要成分是Fe，B正确； C．陶瓷 属于硅酸盐产品，不属于合金，C错误； D．玻璃属于硅酸盐产品，不属于合金，D错误； 故选B。 2、C 【解题分析】

A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠不分解，不能利用加热判断是否混有碳酸钠，故A错误；

B．二者均与盐酸反应生成气体，滴加盐酸时有气泡放出不能判断是否混有碳酸钠，故B错误；

C．碳酸氢钠与氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成，可判断存在碳酸钠，故C正确；

D．二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成，不能判断是否混有碳酸钠，故D错误。 答案选C。 3、B 【解题分析】

A. 溶液变蓝，说明有I2产生，即Fe3＋将I－氧化成I2，I的化合价升高，I－表现还原性，故A说法正确； B. 加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，SO42－、CO32－等对Cl－的检验产生干扰，故B说法错误； C. 氢氧化铝能与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，说明铝元素具有一定的非金属性，故C说法正确；

D. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，滴加FeSO4溶液，紫色褪去，说明Fe2＋被氧化，即Fe2＋表现还原性，故D说法正确； 答案为B。 4、B 【解题分析】

A．Mg、Al均与盐酸反应，应选NaOH溶液、过滤，故A错误；

B．加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，固体质量减少，因此用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体，故B正确；

C．浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，故C错误； D．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故D错误； 故选：B。 5、C 【解题分析】

A.钾的焰色是浅紫色，容易被钠的黄色火焰所掩盖，因此要在蓝色钴玻璃下进行观察才能确定有没有钾元素，A项错误；

B.酸性：盐酸大于碳酸，碳酸大于次氯酸；因此次氯酸不可能与碳酸氢钠反应得到CO2，应该考虑是盐酸的影响，B项错误；

C.石蕊变红则证明溶液显酸性，因此说明SO2的水溶液显酸性，C项正确； D.SO2和高锰酸钾之间发生的是氧化还原反应导致褪色，与漂白性无关，D项错误； 答案选C。 【题目点拨】

二氧化硫能够漂白一些有机色质，如品红溶液，属于非氧化性漂白；而二氧化硫在与酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等溶液反应时，体现了二氧化硫的强的还原性，导致了溶液的颜色发生了变化，而非漂白性。 6、A 【解题分析】

由Al3＋转变为Al(OH)3，再转变为AlO2－，是通过加入OH－实现的，发生的反应依次为Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；故由AlO2－再转变为Al3＋，应加入H＋，AlO2－首先转化为Al(OH)3，然后转化为Al3＋，发生的反应依次为AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，答案选A。 7、A 【解题分析】

A．氢氧化钠固体在空气中潮解属于物理变化,不属于氧化还原反应，故A正确； B．铁锅生锈是单质铁变成+3价的铁，是氧化还原反应，故B错误；

C．过氧化钠吸收CO2反生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，属于氧化还原反应，故C错误；

+O2+2H2O=4Fe（OH）D．Fe（OH）2变为红褐色反生反应：4Fe（OH）23，属于氧化还原反应，故D错误；

故答案选：A。 【题目点拨】

氧化还原反应的实质式电子的得失或转移，表现为化合价的升降。 8、D 【解题分析】

A. 金属铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故错误；

B. 铝溶液和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和钠，故错误； C. 氧化铝和热水不反应，故错误；

D. 硫酸铝溶液和过量的氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，故正确。 故选D。 9、C 【解题分析】

A．Mg2+和OH-发生离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故A错误； B．Ba2+和SO42-发生离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；

C．离子组Cu2+、Ca2+、Cl-、NO3-在同一溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故C正确； D．Ag+和Cl-发生离子反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D错误； 故答案为C。

【题目点拨】

明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。 10、C 【解题分析】

试题分析：热稳定性Na2C03>NaHC03，故A错误。

常温时水溶性Na2C03> NaHC03，因为Na2C03水解程度远远大于NaHC03，故B错误。

C项中可用BaCl2溶液区分NaHC03固体和Na2C03固体，说法正确，因为BaCl2溶液滴入NaHC03时，不会有沉淀产生，而一滴入Na2C03，马上有沉淀BaCO3产生，故可选C。

D项中等物质的量的NaHC03和Na2C03与足量稀盐酸反应，两者放出的C02是一样多的，故D错误。 考点：NaHC03、Na2C03的性质比较

点评：NaHC03、Na2C03的性质是高中化学两者常见的碱性盐，本题很好地归纳两者的性质差别，考生要在比较中切实掌握两者的性质。 11、D 【解题分析】

A.①铜与浓硫酸加热反应，生成的气体为二氧化硫，具有漂白性，可使品红溶液褪色，A正确；

B.②二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，即与钡离子反应生成硫酸钡，可观察到溶液黄色变浅，且有白色沉淀生成，B正确；

C.二氧化硫有毒，则进行尾气处理，③中装有NaOH溶液，C正确；

D.反应液密度大于水的密度，则反应后将①中剩余物质注入水中，观察溶液颜色可判断反应有硫酸铜生成，D错误； 答案选D。 【题目点拨】

D容易错，因为液体反应物是浓硫酸，密度大，反应过程中虽然有所消耗，反应残液的密度仍然比水大，所以反应液稀释应是把反应液注入到水中。 12、C 【解题分析】

A选项，标准状况下，H2O为非气体，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；

B选项，5.6 g铁即物质的量为0.1 mol，铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁升高2个价态，因此0.1 mol铁反应转移的电子数为0.2NA，故B错误；

C选项，16 g O2物质的量n=m16g==0.5mol，氧原子物质的量0.5mol2=1mol，16 g O3物质的量-1M32gmoln=m16g11==mol，氧原子物质的量mol3=1mol，因此两者含有的氧原子数目相等，故C正确； -1M48gmol33D选项，常温常压下，气体摩尔体积为24.5 L∙mol-1，因此11.2 L氯气物质的量小于0.5mol，所含原子数目小于NA，故D错误；

综上所述，答案为C。 13、A 【解题分析】

A．钠和水剧烈反应，钠不能保存在水中，钠与煤油不反应且密度大于煤油，应该保存在煤油中，A错误；

B．Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，HClO漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，能和空气中的水蒸气、二氧化碳反应：不稳定，光照下分解：2HClO

光照2HCl+O2↑，所以漂白粉不能长期置于敞口烧杯中，B正确；

C．硫酸亚铁中的Fe2+容易被空气中的氧气氧化为+3价，加入少量铁粉可以防止Fe2+被氧化，C正确； D．新制氯水中含有HClO，光照下会分解，应避光保存在棕色试剂瓶中，D正确； 故选A。 14、C 【解题分析】

A项、加热氯化钠熔化，NaCl发生电离，离子键被破坏，故化学键被破坏，A不选； B项、HCl在水分子的作用下电离出氢离子、氯离子，故化学键被破坏，B不选； C项、碘单质的升华属于物理变化，破坏分子间作用力，故化学键不被破坏，C正确； D项、晶体硅是原子晶体，熔化时破坏了共价键，故化学键被破坏，D不选； 故本题选C。 15、C 【解题分析】

A．NaHCO3和NaOH在水溶液中反应生成Na2CO3，无白色沉淀生成，与题意不吻合，故A错误；

B．AgCl和NaNO3在水溶液中反应生成AgCl白色沉淀，但此沉淀不能溶于稀，与题意不吻合，故B错误； C．K2CO3、Ba(NO3)2在水溶液中反应生成BaCO3白色沉淀，但此沉淀能溶于稀，且溶解后的溶液中滴加稀硫酸，继续生成BaSO4白色沉淀，与题意吻合，故C正确；

D．KOH和CuSO4在水溶液中反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，与题意不吻合，故D错误； 故答案为C。

16、C 【解题分析】

A.铜和浓反应生成会污染环境的二氧化氮气体，故A错误； B.铜和稀反应生成会污染环境的一氧化氮气体，故B错误；

C.铜与氧气反应生成氧化铜，再与反应生成铜，消耗的最少，且没有生成污染性气体，故C正确； D.铜与浓硫酸反应生成会污染环境的二氧化硫气体，故D错误； 综上所述，答案为C。 17、C 【解题分析】

A．NO2和Br2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．NO2和Br2蒸气均能氧化FeCl2溶液生成FeCl3溶液，反应后的现象相同，不能鉴别，选项B错误；

C．二氧化氮通入到银溶液，有气体生成，而溴蒸气通入到银溶液中生成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和NO，而溴可溶于水，溴水呈橙黄色，可与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。 18、B 【解题分析】

A、钠与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，选项A错误； B、铁与水蒸气的反应为3Fe＋4H2O(g)

高温Fe3O4＋4H2，选项B正确；

C、镁可以与热水反应，铝可以与沸水反应，选项C错误；

D、钠先与水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜溶液发生复分解反应，离子方程式为2Na＋2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na，选项D错误； 答案选B。 19、B 【解题分析】

A．S2-和MnO4-易发生氧化还原反应，而不能大量共存，故A错误；

＋

B．离子组Na+、NH4+、SO42-、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，故B正确； C．Fe3+和SCN-易生成配合离子，溶液呈红色，不能大量共存，故C错误； D．酸性条件下NO3-有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，故D错误； 故答案为B。 【题目点拨】

明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力。 20、B 【解题分析】

A．向氢氧化铁胶体中加入少量稀硫酸，氢氧化铁发生聚沉而生成沉淀，故A正确； B．丁达尔效应是胶体特有的现象，溶液与浊液无此现象，故B错误；

C．半透膜只能让较小的分子、离子通过，可用渗析的方法提纯胶体，故C正确；

D．胶体微粒具有较大的表面积，能吸附溶液中阳离子或阴离子，使得胶体微粒带有电荷，在电场作用下胶体微粒会发生定向移动，产生电泳现象，故D正确； 故选B。 21、D

5H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质，A错误；B. 酒精、空气、铜绿分别是【解题分析】A. 硫酸、CuSO4·

非电解质、混合物、混合物，B错误；C. 二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物，C错误；D. 钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金，D正确，答案选D。 22、B 【解题分析】

合金的熔点低于其组分金属的熔点，而硅是原子晶体，其熔点高于金属铝，因此答案选B。 【题目点拨】

该题是高考中的常见题型和考点，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。

二、非选择题(共84分)

23、Al H2O 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 1：1 CO2+2OH－=CO32

－

+H2O 、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32－

【解题分析】

题干信息：A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C (碳)单质，C是常见的无色无味液体可以推断C为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2，二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2，则E为H2；题给信息黑色单质B(C单质)与F(O2)反应得到G(CO2)；C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al，C是H2O，D是Na2O2，E为H2，F是O2，甲是NaAlO2；G是CO2，其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al(OH)3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al(OH)3，结合物质的性质解答该题。 【题目详解】

根据上述分析可知：A是Al，B是C，C是H2O，D是Na2O2，E是H2，F是O2，G是CO2，H是CO，K是Na2CO3，甲是NaAlO2，乙是NaHCO3，L是Al(OH)3。 (1)依据推断可知，A是Al，C是H2O；

(2)反应①中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

(3) B是C，F是O2，若二者按物质的量之比为4：3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为：4C+3O2

2CO+2CO2，则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n(CO2)：n(CO)=2：2=1：1；

(4)反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为CO2+2OH－=CO32－+H2O 、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32－。 【题目点拨】

本题考查了元素及化合物的推断，包括物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，物质转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法。转化关系的特征反应是解题的关键，熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。 24、

HF HClO4 Cl2+H2O=H++Cl— +HClO Cl和Br在同一主族，Br比Cl多一

电子层，Br原子半径大，得电子能力弱。 【解题分析】

由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为S、⑩为Cl，⑪为Br。 【题目详解】

（1）元素③形成单质是氮气，分子式是N2，存在氮氮三键，电子式是

；

11种元素中，（2）同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性最强的元素是F，F原子核外有9个电子，结构示意图是

；

（3）F、O、Cl中，非金属性最强的是F，所以最稳定的是HF；

（4）S、Cl、Br中，非金属性最强的是Cl，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性最强的是HClO4； （5）在盛有水的小烧杯中加入氯气反应生成盐酸和次氯酸，发生反应的离子方程式是Cl2+H2O=H++Cl- +HClO （6）Cl和Br在同一主族，Br比Cl多一电子层，Br原子半径大，得电子能力弱，所以Cl的非金属性比Br强。 【题目点拨】

本题考查同周期元素性质递变规律，熟练掌握元素周期律，明确同周期元素从左到右半径依次增大、非金属性增强、气态氢化物的稳定性增强、最高价含氧酸酸性增强。

25、CD2.0gac500mL容量瓶BCAEFDBD 【解题分析】

（1）（2）根据混合物中各物质沸点及在不同溶剂中溶解性的不同，可以选用蒸馏（或分馏）、萃取和分液等方法进行分离和提纯；

（3）实验室欲配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要使用500mL容量瓶，因此用托盘天平称取的NaOH质量为0.5L×0.1mol/L×40g/mol＝2.0g；所需的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，不需要分液漏斗和漏斗； （4）根据操作步骤排出先后顺序；

（5）分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=【题目详解】

（1）汽油不溶于水，分离水和汽油的混合物需要分液，选C； 故答案为C；

（2）四氯化碳(沸点为76.75 ℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的沸点相差较大，分离四氯化碳(沸点为76.75 ℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物需要蒸馏，选D； 故答案为D；

（3）实验室欲配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要使用500mL容量瓶，因此用托盘天平称取的NaOH质量为0.5L×0.1mol/L×40g/mol＝2.0g；所需的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，不需要分液漏斗和漏斗，答案选ac；

故答案为2.0g ；ac；500mL容量瓶；

（4）操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，

n判断不当操作对所配溶液浓度影响。 V故答案为BCAEFD；

（5）A.溶解后溶液没有冷却到室温就转移，导致冷却后溶液体积减少，浓度偏高，A错误；B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质减少，浓度偏低，B正确；

C.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致溶液体积偏少，浓度偏高，C错误；

D.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低，D正确。答案选BD。

防止水蒸气与Na2O2反应 防止空气中的水和CO2进入玻璃管C 假设1：26、只有Na2SO3 SO2＋Na2O2＝Na2SO4 否 NO3

－

在酸性条件下可将BaSO3氧化成BaSO4或根在酸性条件下具有强氧化性

【解题分析】Ⅰ．水能和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，会干扰后续实验，所以装置B吸收水分，干燥SO2气体的目的是防止水蒸气与Na2O2反应；由于空气中的水蒸气和二氧化碳均能与过氧化钠反应，所以装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应； Ⅱ．由假设2与假设3可知，假设1应该是固体只有Na2SO3；

（1）若只有Na2SO4生成，说明二氧化硫被过氧化钠氧化为硫酸钠，反应方程式为SO2＋Na2O2＝Na2SO4；（2）生成的白色沉淀中如果含有亚硫酸钡，加入盐酸后，根、氢离子一起把亚硫酸钡氧化为硫酸钡，不能确定产物是Na2SO3还是Na2SO4或二者兼有，即不能得出结论：产物是Na2SO4，因此该方案不合理。 27、 DACBEGF a 偏高

【解题分析】本题考查配制一定物质的量浓度溶液，①配制一定物质的量浓度的溶液步骤是称量→溶解→冷却→转移→洗涤→振荡→定容→转移到试剂瓶，因此正确的顺序是DACBEGF；②用量筒量取液体，应选用大而近的量程，故选项a正确；根据此图，量取浓硫酸的体积增大，即容量瓶中溶质的物质的量增大，所配硫酸的浓度偏高。

28、C B Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ 既作氧化剂又作还原剂 2Fe(OH)3+3ClO—+ 4OH—=2FeO42—+3Cl—+5H2O 0.15 【解题分析】

（1）元素化合价处于中间价态时既有氧化性又有还原性；

(2)NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，所以药品美蓝具有还原性； （3）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；

（4）反应2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，Na2O2中部分氧元素化合价由-1升高为0，部分氧元素化合价由-1降低为-2；

（5）①湿法制备高铁酸钾，FeO42-为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO-的系数为3，Cl-的系数为3；

②反应过程中氯元素化合价由+1降低为-1，Cl-是还原产物。

【题目详解】

（1）铁元素的最高价是+3、最低价是0，单质Fe的化合价为0，只有还原性； FeCl3 中Fe的化合价为+3，只有氧化性； FeSO4中Fe的化合价为+2，既有氧化性又有还原性； Fe2O3中Fe的化合价为+3，只有氧化性；故选C。 （2）A. NaNO2具有氧化性，被还原，故A错误；

B. NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，所以药品美蓝具有还原性，药品美蓝是还原剂，故B正确；

C. NaNO2具有氧化性， NaNO2是氧化剂，故C错误； D. 药品美蓝是还原剂，被氧化，故D错误。

（3）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；

（4）2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑反应，Na2O2中部分氧元素化合价由-1升高为0，部分化合价由-1降低为-2，所以Na2O2既作氧化剂又作还原剂；

（5）①湿法制备高铁酸钾，FeO42-为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO-的系数为3，Cl-的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，所以反应的离子反应方程式是2Fe(OH)3+3ClO—+ 4OH—=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

②反应过程中氯元素化合价由+1降低为-1，Cl-是还原产物，若反应过程中转移了0.3mol电子，还原产物的物质的量为

0.3mol0.15mol。

11【题目点拨】

本题考查氧化还原反应计算与配平，注意过氧化钠中氧元素的化合价的变化为易错点，会根据元素化合价的变化分析氧化还原反应。

29、2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ c Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓ Al3＋＋3OH-=Al(OH)3↓ Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O(或者写Al3＋＋4OH-=AlO2-＋2H2O) 不能，因为在Al3＋与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开 Cl-、K＋、AlO2-、OH-、Na＋ 因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀AlO2-时，需要控制盐酸的量，以防止部分AlO2-转化成Al3＋ 通入过量二氧化碳气体 【解题分析】

(1)铝材表面的Al2O3与碱反应后，Al会与碱反应生成氢气；

(2)Al3＋、Mg2＋会与OH－反应生成沉淀，但是Al(OH)3会溶于过量的碱，转化为AlO2－，AlO2－与酸反应生成Al(OH)3。 【题目详解】

(1)冒气泡的原因是表面Al2O3与碱液反应后Al与强碱溶液反应生成H2，碱洗液中Al元素以AlO2－形式存在，为防止Al(OH)3溶解，应通入CO2使AlO2－转化为Al(OH)3，答案是2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ c；

(2)①加入足量氢氧化钠溶液，Mg2＋可与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3＋先与OH－反应生成Al(OH)3，生成的Al(OH)3

－＋＋

继续与OH反应生成NaAlO2和H2O；答案为Mg2＋2OH-=Mg(OH)2↓； Al3＋3OH-=Al(OH)3↓ ；Al(OH)3＋

OH-=AlO2-＋2H2O(或者写Al3＋＋4OH-=AlO2-＋2H2O)；

②氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在Al3与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开；

③加入氢氧化钠溶液后除去了Mg2＋，但又引入了Na＋，同时Al3＋转化成了AlO2－；因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀AlO2－时，需要控制溶液的pH，以防止部分AlO2－转化成Al3＋；氢氧化铝只能与强碱或强酸反应，因＋

此，可在溶液a中通入过量二氧化碳气体。