2023年河北省保定一中高一化學第一學期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2023年河北省保定一中高一化學第一學期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、向體積相同的甲、乙兩容器中分別通入一定量的CO2和N2O，下列說法不正確的是（）A．標準狀況下，當兩容器氣體密度相同，則氣體的物質(zhì)的量相同B．相同溫度下，向甲容器中通入一定的N2，使得兩容器中氮原子和氧原子數(shù)均相同，此時甲、乙兩容器的壓強之比為2:3C．0.5molCO2和N2O的混合氣體，所含電子數(shù)一定為11NAD．同溫同壓下，兩容器中氣體質(zhì)量相同2、用98%的濃H2SO4(密度為1.84g/mL)配制1mol·L－1的稀H2SO4

100mL，配制過程中可能用到下列儀器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL燒杯；④托盤天平；⑤100mL容量瓶；⑥膠頭滴管；⑦玻璃棒。按使用出現(xiàn)的先后順序排列正確的是A．②⑥③⑦⑤ B．④③⑤⑦⑥ C．①③⑦⑤⑥ D．②⑤⑦⑥3、CN－為擬鹵素離子，(CN)2性質(zhì)和鹵素類似。下列敘述錯誤的是（）A．(CN)2可以和H2反應 B．(CN)2不能和堿反應C．CN－具有還原性 D．(CN)2的性質(zhì)活潑4、如圖是侯氏制堿法在實驗室進行模擬實驗的生產(chǎn)流程示意圖，則下列敘述不正確的是（）A．氣體A是NH3，B氣體是CO2B．第Ⅱ步的離子方程式為Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+C．第Ⅲ步得到的晶體是Na2CO3·10H2OD．第Ⅳ步操作的過程主要為加熱分解5、必須通過加入其它試劑才能鑒別的一組無色溶液是A．氯化鋁溶液和氫氧化鉀溶液 B．碳酸氫鈉和稀鹽酸C．偏鋁酸鈉溶液和稀硝酸 D．碳酸鈉和稀硫酸6、高錳酸鉀溶液在酸性條件下可以與草酸(H2C2O4，其中O顯-2價)反應，化學方程式如下：

KMnO4+H2C2O4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CO2↑+H2O(未配平)。下列說法正確的是（

）A．MnO是氧化劑，Mn2+是氧化產(chǎn)物 B．還原性：H2C2O4＞Mn2+C．氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為5：2 D．生成1molCO2時，轉(zhuǎn)移2NA個電子7、下列關(guān)于物質(zhì)分類的敘述不正確的是（）A．HNO3屬于酸 B．Mg(OH)2屬于堿C．SO2屬于氧化物 D．液氯屬于混合物8、化學與環(huán)境密切相關(guān)，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．NO2、NO含氮氧化物是光化學煙霧的主要污染物B．對酸性物質(zhì)的排放加以控制，開發(fā)新清潔能源是減少酸雨的有效措施C．CO2、NO2或SO2都會導致酸雨的形成D．大氣中CO2含量的增加會導致溫室效應加劇9、由Zn、Fe、Mg、Al四種金屬中兩種組成的20g混合物與足量的鹽酸反應產(chǎn)生2.0gH2，則混合物中一定含有的金屬是()A．Zn B．Fe C．Al D．Mg10、如圖表示金屬X、Y及它們的合金Z分別與足量鹽酸反應放出H2量的情況。橫坐標表示消耗金屬的物質(zhì)的量，縱坐標表示在標準狀況下產(chǎn)生H2的體積。下列有關(guān)合金組成的判斷正確的是A．n(Na)∶n(Fe)＝2∶1B．n(Mg)∶n(K)＝1∶2C．n(Na)∶n(Al)＝1∶3D．n(K)∶n(Al)＝1∶111、在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入鐵粉，下列說法中不正確的是（）A．若鐵粉有剩余，則不溶物中一定有銅B．若鐵粉有剩余，則溶液中的金屬陽離子只有Fe2＋C．若鐵粉無剩余，且溶液中有Cu2＋，則溶液中一定無Fe3＋D．若鐵粉無剩余，且溶液中無Cu2＋，則溶液中一定有Fe2＋，一定無Fe3＋12、下列反應中必須加入氧化劑才能進行的是A．2Cl-→Cl2 B．Fe3+→Fe2+ C．SO→SO2 D．CuO→Cu13、實驗室常利用以下反應制取少量氮氣：NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O，關(guān)于該反應的下列說法正確的是（）A．NaNO2是氧化劑B．每生成1molN2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6molC．NH4Cl中的氮元素被還原D．N2既是氧化劑，又是還原劑14、根據(jù)下列反應判斷氧化劑的氧化性由強到弱的順序正確的是（）①Cl2+2KI=I2+2KCl②2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl③2FeCl2+Cl2=2FeCl3④I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4A．Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2 B．Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2C．Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2 D．Cl2＞Fe3+＞S＞I215、下列氣體中，既可用濃硫酸干燥，又可用堿石灰干燥的是()A．O2 B．Cl2 C．SO2 D．NH316、下列溶液中Cl-濃度與50mL1mol·L-1AlCl3溶液中濃度相等的是（）A．150mL3mol/L的KCl溶液 B．75mL2.5mol/L的CaCl2溶液C．150mL3mol/L的NaClO溶液 D．25mL2mol/LFeCl3溶液17、與0.2L1mol/LFeCl3溶液中的氯離子的數(shù)目相同是()A．0.2L1mol/LKCl溶液 B．0.6molHCl氣體C．0.2L3mol/LKClO3溶液 D．0.6molNaCl晶體18、將稀鹽酸滴入碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液中，立即產(chǎn)生氣泡A． B．19、二氧化氮能與水反應生成硝酸和一氧化氮，關(guān)于該反應的說法中正確的是()A．二氧化氮是氧化劑，水是還原劑 B．二氧化氮是還原劑，水是氧化劑C．二氧化氮既是氧化劑又是還原劑 D．二氧化氮既不是氧化劑又不是還原劑20、現(xiàn)有一瓶物質(zhì)是甲和乙的混合物,已知甲和乙的某些性質(zhì)如下表所示:物質(zhì)熔點/℃沸點/℃密度(g/mL)二者的溶解性甲-54.657.71.49甲乙互溶乙-84.388.51.53據(jù)此，將甲和乙相互分離的比較好的方法是()A．萃取法 B．過濾法 C．蒸餾法 D．分液法21、僅能在水溶液里導電的電解質(zhì)是A．NaOH B．SO2 C．H2SO4 D．BaSO422、下列變化中，需加入氧化劑才能實現(xiàn)的是()A．Al(OH)3→Al2O3 B．FeCl3→FeCl2 C．CuO→Cu D．Cl－→Cl2二、非選擇題(共84分)23、（14分）如圖所示為A、B、C、D、E五種含同一元素物質(zhì)之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系。其中A、B、C、D在常溫下都是氣體，且B為紅棕色氣體。(1)①A、D、E三種物質(zhì)中從相同元素化合價的角度分析既具有氧化性又具有還原性是(填化學式)____________；②寫出B的化學式：_______________，D的一種常見用途_____________；(2)按要求寫出下列化學方程式或離子方程式①寫出E的稀溶液與Cu反應的離子方程式：_______________________；②寫出D的實驗室制法的化學方程式___________________。24、（12分）X、Y、W、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖所示。已知X的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，Y和Ne原子的核外電子總數(shù)相差1；W的單質(zhì)是一種常見的半導體材料；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強。請回答下列問題：(1)W位于元素周期表中第________周期第________族。畫出X的陰離子的結(jié)構(gòu)示意圖：____________。(2)Z的氫化物和溴化氫相比，較穩(wěn)定的是________(寫電子式)。(3)Y的金屬性與Mg的金屬性相比，________的金屬性強(寫化學式)，請用實驗證明它們金屬性的相對強弱：___________。(4)寫出Y的最高價氧化物對應的水化物與Z的最高價氧化物對應的水化物發(fā)生反應的化學方程式：_______。25、（12分）用重鉻酸鉀法(一種氧化還原滴定法)可測定產(chǎn)物Fe3O4中的二價鐵含量。若需配制濃度為0.01000mol·L－1的K2Cr2O7標準溶液250mL，應用電子分析天平準確稱取一定質(zhì)量的K2Cr2O7(已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1。)（1）計算配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液時需要用電子分析天平準確稱量K2Cr2O7的質(zhì)量是________g（保留4位有效數(shù)字）。（2）配制溶液時，一般可以分為以下幾個步驟：①稱量②計算③溶解④顛倒搖勻⑤轉(zhuǎn)移⑥洗滌⑦定容⑧冷卻完成該溶液配制，將其正確的操作順序補充完整為___________⑧⑤___________。本實驗必須用到的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒，還有_________________。（3）使用容量瓶前必須進行的一步操作是_____________。（4）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液時，下列操作會引起所配溶液濃度偏高的是_______。①沒有洗滌燒杯和玻璃棒且未將洗滌液注入容量瓶②轉(zhuǎn)移溶液時不慎有少量溶液灑到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水④定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線⑤定容時俯視刻度線⑥稱量一定質(zhì)量的K2Cr2O7中含有KCl雜質(zhì)⑦向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體時，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度線以上（5）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，定容時不慎加水超過了刻度線，應如何處理：_____________。26、（10分）某興趣小組制備氫氧化亞鐵沉淀。實驗1實驗現(xiàn)象液面上方產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色，振蕩，試管壁上有紅褐色沉淀生成。（1）實驗1中產(chǎn)生白色沉淀的離子方程式是________________。（2）為了探究沉淀變灰綠色的原因，該小組同學展開如下探究：①甲同學推測灰綠色物質(zhì)為Fe(OH)2和Fe(OH)3混合物。查閱資料后根據(jù)調(diào)色原理認為白色和紅褐色的調(diào)和色不可能是灰綠色，并設計實驗證實灰綠色物質(zhì)中不含有Fe(OH)3，方案是__________。②乙同學查閱文獻：Fe(OH)2在大量SO42存在的情況下形成Fe6(SO4)2(OH)4O3(一種氧基堿式復鹽)。并設計對比實驗證實該假設：向試管中加入_____________，再往試管中加入____________，振蕩，現(xiàn)象與實驗1相同，結(jié)論是該假設不成立。③乙同學繼續(xù)查閱文獻：Fe(OH)2沉淀具有較強的吸附性能，灰綠色可能是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起。推測所用的硫酸亞鐵溶液的濃度應越小越好；氫氧化鈉溶液濃度應越大越好。設計了如下實驗方案：試管中10mLNaOH溶液滴加FeSO4溶液實驗現(xiàn)象實驗26mol/LNaOH溶液0.2mol/LFeSO4溶液產(chǎn)生懸浮于液面的白色沉淀（帶有少量灰綠色），沉淀下沉后，大部分灰綠色變?yōu)榘咨恋韺嶒?6mol/LNaOH溶液0.1mol/LFeSO4溶液產(chǎn)生懸浮于液面的白色沉淀（帶有極少量灰綠色），沉淀下沉后，底部都為白色沉淀該實驗得出的結(jié)論是_______________，能說明灰綠色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的證據(jù)是____________。丙同學認為該實驗方案不足以證明灰綠色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的，還需補充的實驗是________________，證明該假設成立。（3）丙同學探究溫度對氫氧化亞鐵制備實驗的影響：取少量灰綠色沉淀，在水浴中加熱，顏色由灰綠變白，且有絮狀白色沉淀下沉，原因為_____________。（4）根據(jù)以上實驗探究，若盡可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的實驗條件____________。27、（12分）某學習小組以氫氧化鋇、水、硫酸為實驗對象探究離子反應發(fā)生的條件。(1)氫氧化鋇與硫酸在溶液中能發(fā)生________(填字母)。a.復分解反應b.氧化還原反應c.置換反應(2)加水后，燈泡變亮的原因是氫氧化鋇發(fā)生了_______________________________。(3)用離子方程式解釋過程Ⅰ中燈泡變暗的原因_________________________________。(4)查閱有關(guān)物質(zhì)溶解度數(shù)據(jù)如下表：比較溶液1、溶液2中c(SO42-)的大小：______>______。(5)實驗2：用硫酸鈉溶液替代稀硫酸，重復實驗進行對照。①硫酸鈉溶液的濃度是________。②加入硫酸鈉溶液過程中燈泡不熄滅，原因是________________________________。28、（14分）如圖中的每一方框內(nèi)表示一種反應物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情況下均為氣體，且A與C物質(zhì)的量之比為1:1，B為常見液體。試回答下列問題:（1）X是_____；F是____。(寫化學式)（2）寫出C→E反應的化學方程式并用雙線橋標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目__________。（3）G與Cu的反應中，G表現(xiàn)_______性質(zhì)。（4）寫出X→A的離子方程式:__________。（5）以C、B、D為原料可生產(chǎn)G，若使amolC的中心原子完全轉(zhuǎn)化到G中，理論上至少需要D___mol。29、（10分）A是用途最廣的金屬，B、C是兩種常見氣體單質(zhì)，E溶液為常見強酸，D溶液中滴加KSCN溶液顯血紅色，它們相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。請回答：（1）寫出B物質(zhì)的化學式：____；F的化學名稱：____。（2）寫出第②步C在B中燃燒的反應現(xiàn)象：____。（3）寫出第④步反應的化學反應方程式____。（4）F溶液中滴入NaOH溶液可能產(chǎn)生的實驗現(xiàn)象是____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

CO2和N2O的摩爾質(zhì)量相等，且相同分子中含有的原子個數(shù)也相等?！驹斀狻緼.標準狀況下，當兩容器氣體密度相同，且體積相同，則氣體的質(zhì)量相等，而兩氣體的摩爾質(zhì)量相等，氣體的物質(zhì)的量相同，與題意不符，A錯誤；B.相同溫度下，向甲容器中通入一定的N2，使得兩容器中氮原子和氧原子數(shù)均相同，即N2O為二氧化碳的物質(zhì)的量的2倍，氮氣與N2O物質(zhì)的量相等，此時甲、乙兩容器的壓強之比為3:2，符合題意，B正確；C.CO2和N2O中均含有22個電子，則0.5molCO2和N2O的混合氣體，所含電子數(shù)一定為11NA，與題意不符，C錯誤；D.同溫同壓下，兩容器的體積相等，則氣體的物質(zhì)的量相等，而摩爾質(zhì)量相等，則兩氣體的質(zhì)量相同，與題意不符，D錯誤；答案為B。2、A【解析】

根據(jù)c=可知，濃硫酸的濃度==18.4mol/L，根據(jù)溶液稀釋過程中溶質(zhì)的量不變可知，用98%的濃H2SO4(密度為1.84g·mL－1)配制1mol·L－1的稀H2SO4100mL，則需要濃硫酸的體積為=5.4mL，所以需要10mL量筒，量取時還需要膠頭滴管；稀釋在燒杯中進行，還需要玻璃棒攪拌，轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中時還需要膠頭滴管定容，答案選A。3、B【解析】

CN－為擬鹵素離子，(CN)2性質(zhì)和鹵素類似，根據(jù)鹵素離子、單質(zhì)的性質(zhì)分析CN－和(CN)2的性質(zhì)。【詳解】A.鹵素單質(zhì)可以與H2反應生成鹵化氫，故(CN)2可以和H2反應，故A正確；B.鹵素單質(zhì)可以與堿反應生成鹽，故(CN)2能和堿反應生成NaCN、NaCNO和H2O，故B錯誤；C.鹵素離子能被氧化，具有還原性，CN－具有還原性，故C正確；D.鹵素單質(zhì)性質(zhì)活潑，是常見的氧化劑，故(CN)2的性質(zhì)活潑，故D正確；故答案選B。4、C【解析】

飽和食鹽水中先通入過量的氨氣，得到氨氣和食鹽的飽和溶液，再通入足量的二氧化碳，生成碳酸氫鈉的懸濁液，過濾后加熱固體，碳酸氫鈉分解為碳酸鈉?！驹斀狻緼.氨氣極易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度較小，依據(jù)侯德榜制堿的原理：向氨化的飽和食鹽水中通入二氧化碳氣體析出碳酸氫鈉，所以A為氨氣，B為二氧化碳，故A正確；B.第Ⅱ步反應方程式為NH3?H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，離子方程式為Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+，故B正確；C.第Ⅱ步反應方程式為NH3?H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，過濾從沉淀池中分離沉淀NaHCO3晶體，所以第Ⅲ步得到的晶體是NaHCO3，故C錯誤；D.第Ⅳ步操作是將晶體碳酸氫鈉直接加熱分解得到碳酸鈉固體，發(fā)生反應2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以第Ⅳ步操作的過程主要為加熱分解，故D正確。選C。【點睛】本題考查了侯德榜制堿的工作原理和流程分析，明確碳酸鈉、碳酸氫鈉、氨氣、二氧化碳的性質(zhì)，掌握工藝流程和反應原理是解題關(guān)鍵。5、B【解析】試題分析：A、氯化鋁和氫氧化鉀相互滴加現(xiàn)象不同，KOH中加入氯化鋁開始無現(xiàn)象，氯化鋁中加入KOH開始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鑒別，不需要再加試劑，錯誤；B、把碳酸氫鈉加入到鹽酸中或者把鹽酸加入到碳酸氫鈉中都有氣體放出，無法鑒別，需要再加試劑，正確；C、偏鋁酸鈉和硝酸相互滴加現(xiàn)象不同，鹽酸中加入偏鋁酸鈉開始無現(xiàn)象，偏鋁酸鈉中加入鹽酸開始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鑒別，不需要再加試劑，錯誤；D、碳酸鈉中加入硫酸開始無現(xiàn)象，然后有氣體生成，硫酸中加入碳酸鈉有氣體生成，不需要再加試劑，錯誤?？键c：考查物質(zhì)的鑒別6、B【解析】

A．在該反應中，KMnO4得到電子被還原為MnSO4，所以MnO是氧化劑，Mn2+是還原產(chǎn)物，A錯誤；B．在該反應中，H2C2O4失去電子，作還原劑；KMnO4得到電子被還原為MnSO4，Mn2+是還原產(chǎn)物。由于還原劑的還原性比還原產(chǎn)物強，所以還原性：H2C2O4＞Mn2+，B正確；C．在該反應中，KMnO4得到電子被還原，所以KMnO4是氧化劑；H2C2O4失去電子，作還原劑，根據(jù)氧化還原反應中電子得失數(shù)目相等，等于元素化合價升降總數(shù)，所以KMnO4、H2C2O4反應的物質(zhì)的量的比為2：5，C錯誤；D．C元素反應前在H2C2O4中為+3價，反應后變?yōu)镃O2中的+4價，每生成1molCO2時，轉(zhuǎn)移NA個電子，D錯誤；故答案為B。7、D【解析】

A.酸的定義是：電離時生成的陽離子全部是氫離子的化合物，HNO3在水溶液中會電離出氫離子和硝酸根離子，屬于酸，故A正確；B.堿的定義是：電離時生成的陰離子全部是氫氧根離子的化合物，Mg(OH)2屬于堿，故B正確；C.氧化物的定義是：兩種元素組成的化合物，其中一種元素是氧元素，SO2屬于氧化物，故C正確；D.純凈物是一種物質(zhì)組成的物質(zhì)，液氯屬于純凈物，只有一種物質(zhì)液態(tài)的氯氣，不是混合物，混合物是兩種或兩種以上物質(zhì)組成物質(zhì)，故D錯誤；答案選D。8、C【解析】

A．N的氧化物可導致光化學煙霧發(fā)生，則NO2、NO含氮氧化物是光化學煙霧的主要污染物，A說法正確；B．二氧化硫可導致酸雨發(fā)生，為減少酸雨發(fā)生，酸性物質(zhì)的排放加以控制，開發(fā)新清潔能源，B說法正確；C．溶解CO2的雨水為正常雨水，而NO2或SO2都會導致酸雨的形成，C說法錯誤；D．二氧化碳過量排放可導致全球溫度升高，則CO2含量的增加會導致溫室效應加劇，D說法正確；答案為C。【點睛】雨水中溶解了二氧化碳后，導致溶液的pH略小于7，而酸雨的pH小于5.6。9、C【解析】

2.0g氫氣的物質(zhì)的量為=1mol，故20g金屬提供的電子為1mol×2=2mol，則提供1mol電子需要金屬的質(zhì)量為10g，A．Zn在反應中表現(xiàn)+2價，提供1mol電子需要Zn的質(zhì)量為65g/mol×=32.5g；B．Fe在反應中表現(xiàn)+2價，提供1mol電子需要Fe的質(zhì)量為56g/mol×=28g；C．Al在反應中表現(xiàn)+3價，提供1mol電子需要Al的質(zhì)量為27g/mol×=9g；D．Mg在反應中表現(xiàn)+2價，提供1mol電子需要Mg的質(zhì)量為24g/mol×=12g；提供1mol電子，只有Al的質(zhì)量小于10g，其它金屬的質(zhì)量都大于10g，故金屬混合物中一定有Al，答案選C。10、D【解析】

由于X、Y為金屬，其原子為單原子，4mol的Y產(chǎn)生134.4L氫氣，即6molH2，顯然反應后，Y的化合價為+3價，可以為金屬鋁，2mol的X產(chǎn)生22.4L氫氣，即1molH2，反應后X的化合價為+1價，為金屬鉀，設6mol合金中XY的物質(zhì)的量分別為amol、bmol，則滿足：a+b=6，a+3b=12，得a=3，b=3，即選項D正確。故選D。11、C【解析】

Fe3+的氧化性大于Cu2+，在含有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入鐵粉，鐵先與Fe2(SO4)3反應，剩余的鐵再與CuSO4反應。【詳解】A.若鐵粉有剩余，說明CuSO4與鐵完全反應，則不溶物中一定有銅，故A正確；B.若鐵粉有剩余，則Fe3+、Cu2+完全反應，則溶液中的金屬陽離子只有Fe2＋，故B正確；C.若鐵粉無剩余，溶液中有Cu2＋，說明Cu2＋沒有完全反應，則溶液中可能有Fe3＋，故C錯誤；D.若鐵粉無剩余，溶液中無Cu2＋，則一定有銅單質(zhì)析出，F(xiàn)e3＋能與Cu反應，則溶液中一定無Fe3＋，故D正確；答案選C。12、A【解析】

必須加入氧化劑才能進行，則選項中為還原劑的變化，還原劑中某元素的化合價升高，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．2Cl-→Cl2中，Cl元素的化合價升高，需加氧化劑才能進行，故A選；B．Fe3+→Fe2+中，F(xiàn)e元素的化合價降低，需加還原劑才能進行，故B不選；C．SO→SO2中，S元素的化合價降低，需加還原劑才能進行，故C不選；D．CuO→Cu中，Cu元素的化合價降低，需加還原劑才能進行，故D不選；故選A。13、A【解析】

A、反應NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，NaNO2中N元素化合價從+3價降為0價，NaNO2為氧化劑，故A正確；B、反應NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，化合價升高值=化合價降低值=3，即每生成1molN2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol，故B錯誤；C、NH4Cl中N元素化合價從-3價升為0價，所以NH4Cl中N元素被氧化，故C錯誤；D、由化合價升降可知，N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故D錯誤；故答案為A。14、C【解析】

①Cl2+2KI=I2+2KCl中氧化性Cl2＞I2；②2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中氧化性Fe3+＞I2；③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中氧化性Cl2＞Fe3+；④I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中氧化性I2＞SO2；則氧化劑的氧化性由強到弱的順序為Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2，故C正確；答案：C【點睛】根據(jù)氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性判斷。15、A【解析】

A.O2是中性氣體，所以既能用濃硫酸又能用堿石灰干燥，故A正確；B.Cl2可以用濃硫酸干燥，和氫氧化鈉反應，不能用堿石灰干燥，故B錯誤；C.二氧化硫是酸性氣體能和氫氧化鈉反應，所以不能用堿石灰干燥，故C錯誤；D.NH3是堿性氣體和濃硫酸發(fā)生反應，不能用濃硫酸干燥，故D錯誤。故選A?！军c睛】酸性干燥劑不能用來干燥堿性氣體，而堿性干燥劑不能用來干燥酸性氣體，中性氣體既能用酸性干燥劑又能用堿性干燥劑干燥。16、A【解析】

50mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-濃度為1mol/L×3=3mol/L，結(jié)合物質(zhì)的濃度和組成分析解答。【詳解】A.150mL3mol/L的KCl溶液氯離子的濃度為3mol/L，符合題意，故A正確；B.75mL2.5mol/LCaCl2溶液中氯離子的濃度為2.5mol/L×2=5mol/L，與題意不符，故B錯誤；C.150mL3mol/L的NaClO溶液中不含氯離子，與題意不符，故C錯誤；D.25mL2mol/LFeCl3溶液中氯離子的濃度為2mol/L×3=6mol/L，與題意不符，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查了溶液中離子濃度的計算，明確溶液中離子的濃度=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×化學式中離子個數(shù)是解本題的關(guān)鍵，與溶液體積無關(guān)。17、D【解析】

0.2L1mol/L溶液中氯離子的物質(zhì)的量是0.6mol。【詳解】0.2L1mol/L溶液中氯離子的物質(zhì)的量是0.6mol；A.0.2L1mol/L溶液氯離子的物質(zhì)的量是0.2mol，A錯誤；B.是分子晶體，氣體狀態(tài)不電離，不含氯離子，故B錯誤；C.溶液中不含氯離子，C錯誤；D.是離子晶體，晶體中含有氯離子，0.6mol晶體氯離子的物質(zhì)的量是0.6mol，D正確；答案選D。18、A【解析】

滴入鹽酸時，鹽酸先與NaOH的反應，然后鹽酸與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，最后鹽酸與碳酸氫鈉反應生成氣體，不立即產(chǎn)生氣泡；故選A。19、C【解析】

二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮中氮元素的化合價即升高又降低，所以二氧化氮即是氧化劑又是還原劑，故選：C。20、C【解析】

由表中數(shù)據(jù)可知，甲乙是互溶的兩種液體，甲和乙沸點不同，且相差較大，可用蒸餾的方法分離，故選C。【點睛】本題考查物質(zhì)的分離和提純，注意把握物質(zhì)性質(zhì)的差異，側(cè)重于考查學生的分析問題的能力、提取題目所給信息和處理信息的能力。21、C【解析】

A．NaOH在水溶液中或熔融狀態(tài)下都能夠?qū)щ?，是電解質(zhì)，選項A錯誤；B．二氧化硫只存在分子，沒有自由移動的離子，二氧化硫在水溶液中與水反應生成亞硫酸，亞硫酸電離出自由移動的離子導電，二氧化硫自身不能電離，二氧化硫是非電解質(zhì)，選項B錯誤；C．H2SO4是共價化合物在水溶液中能夠?qū)щ?，在熔融狀態(tài)下不導電，而且屬于電解質(zhì)，選項C正確；D．BaSO4在水溶液中能導電，但是導電性很弱，在熔融狀態(tài)下都能夠?qū)щ姡请娊赓|(zhì)，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題重點考查電解質(zhì)、非電解質(zhì)概念的辨析，要注意電解質(zhì)必須是化合物，電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；電解質(zhì)中的共價化合物只能在水溶液中電離；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物。22、D【解析】

A.Al(OH)3→Al2O3中，沒有元素的化合價變化，加熱即可實現(xiàn)，故A不符合題意；B.FeCl3→FeCl2中，F(xiàn)e元素的化合價降低，需要加還原劑實現(xiàn)，故B不符合題意；C.CuO→Cu中，Cu元素的化合價降低，需要加還原劑實現(xiàn)，故C不符合題意；D.Cl－→Cl2中，Cl元素的化合價升高，需要加氧化劑實現(xiàn)，故D符合題意。答案選D?！军c睛】解答本題時應注意需加入氧化劑才能實現(xiàn)，則選項中應為還原劑的變化，還原劑中某元素的化合價應升高。二、非選擇題(共84分)23、N2NO2致冷劑3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

根據(jù)題干信息可知，B為紅棕色氣體，則B為NO2，C與氧氣反應生成NO2，則C為NO；A氣體在閃電條件下與氧氣反應生成NO，則A為氮氣(N2)；E與銅反應生成NO，則E為硝酸(HNO3)；D在催化劑條件下與氧氣加熱反應生成NO，且D是A在高溫高壓、催化劑條件下反應生成的，則D為氨氣(NH3)，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)①根據(jù)上述分析可知，A為氮氣(N2)，其中N的化合價為0價，既可以升高又可以降低，D為氨氣(NH3)，其中N的化合價為最低價-3價，只能升高，E為硝酸(HNO3)，其中N的化合價為最高價+5價，只能降低，因此三種物質(zhì)中既具有氧化性又具有還原性的是N2；②B為NO2，D為氨氣(NH3)，氨氣易液化，常用作致冷劑；(2)①Cu與稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和H2O，其離子方程式為3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O；②實驗室常用氯化銨和熟石灰(氫氧化鈣)混合加熱制取氨氣，其化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑?！军c睛】本題考查框圖形式的無機推斷，解題的關(guān)鍵是在審題的基礎上找準解題的突破口，本題的突破口為“B為紅棕色”氣體可推測B為二氧化氮。本題的易錯點為二氧化氮與水反應方程式的書寫，要注意基礎知識的記憶。24、三ⅣANaNa與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解析】

四種常見的短周期元素，X的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，則X的質(zhì)子數(shù)為8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外電子總數(shù)相差1，又根據(jù)如圖Y的原子半徑大于O原子半徑，所以Y為Na元素；W的單質(zhì)是一種常見的半導體材料，W的原子序數(shù)大于Na，則W為Si；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強，Z的原子序數(shù)大于Si，則Z為Cl元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析可知，W為Si元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，X為O元素，其陰離子為O2-，離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：三；ⅣA；；(2)Z元素為Cl元素，其氫化物為HCl，因為非金屬性Cl>Br，所以穩(wěn)定性HCl>HBr，HCl的電子式為，故答案為：；(3)同一周期從左到右，元素金屬性依次減弱，且Na與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢，因此金屬性Na>Mg，故答案為：Na；Na與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢；(4)Y的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，Z的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，兩者發(fā)生中和反應，反應方程式為NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案為：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O?！军c睛】本題以“元素周期表中元素的推斷”為載體，考查學生對元素周期表的熟悉程度及對元素周期律的認識程度，思維容量較大，重在考查運用元素周期律解決具體化學問題的能力，注意根據(jù)提給信息，結(jié)合如圖原子序數(shù)與原子半徑的關(guān)系正確推斷出元素的種類，然后根據(jù)同周期、同主族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律解答。25、0.7350②①③⑥⑦④膠頭滴管、250mL容量瓶檢查容量瓶是否漏水⑤重新配制【解析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶質(zhì)的質(zhì)量=0.250L×0.01000mol/L×294.0g?mol-1=0.7350g；（2）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等，因此正確的順序是②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的儀器：天平、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管，因此還缺少膠頭滴管、250mL容量瓶；（3）使用容量瓶前必須進行的一步操作是檢查容量瓶是否漏水；（4）①配制過程中未洗滌燒杯和玻璃棒，導致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低；②轉(zhuǎn)移溶液時不慎有少量溶液灑到容量瓶外面，溶質(zhì)的物質(zhì)的量減少，濃度偏低；③容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水不影響；④定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線，溶液體積增加，濃度偏低；⑤定容時俯視刻度線，液面在刻度線下方，溶液體積減少，濃度偏高；⑥稱量一定質(zhì)量的K2Cr2O7中含有KCl雜質(zhì)，溶質(zhì)的質(zhì)量減少，濃度偏低；⑦向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體時，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度線以上，溶液體積增加，濃度偏低，答案選⑤；（5）定容時不慎加水超過了刻度線，導致實驗失敗，且無法挽救，必須重新配制。點睛：掌握實驗原理是解答的關(guān)鍵，難點是誤差分析。根據(jù)可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量ｎB和溶液的體積V引起的。誤差分析時，關(guān)鍵要看配制過程中引起ｎ和V怎樣的變化。在配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，若nB比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏?。蝗鬾B比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大。26、Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓取一定量的灰綠色沉淀，加入鹽酸溶解，再加入KSCN溶液，若溶液不變紅色，則證明灰綠色物質(zhì)中不含有Fe(OH)3。2mL0.1mol/LFeCl2溶液3滴0.1mol/LNaOH溶液在氫氧化鈉溶液濃度一定的條件下，硫酸亞鐵溶液的濃度越小，產(chǎn)生白色沉淀的現(xiàn)象越明顯。實驗2中沉淀下沉后，大部分灰綠色變?yōu)榘咨恋恚ɑ驅(qū)嶒?中沉淀下沉后，底部都為白色沉淀）向?qū)嶒?（或?qū)嶒?）的白色沉淀中繼續(xù)加入過量的硫酸亞鐵溶液，白色沉淀變成灰綠色。Fe2+在加熱時易發(fā)生水解，生成Fe(OH)2，因此顏色變白，同時沉淀的量增加，導致出現(xiàn)片狀白色沉淀。隔絕氧氣、硫酸亞鐵少量（或氫氧化鈉過量）、硫酸亞鐵濃度?。ɑ驓溲趸c濃度大）、將氫氧化鈉溶液逐滴加入到硫酸亞鐵溶液中、微熱等?！窘馕觥浚?）實驗1中產(chǎn)生的白色沉淀是氫氧化亞鐵，反應的離子方程式是Fe2++2OH—=Fe(OH)2↓。（2）①要驗證不存在氫氧化鐵，只需要轉(zhuǎn)化為鐵鹽，利用KSCN溶液檢驗即可，因此實驗方案是：取一定量的灰綠色沉淀，加入鹽酸溶解，再加入KSCN溶液，若溶液不變紅色，則證明灰綠色物質(zhì)中不含有Fe(OH)3。②要驗證該假設不成立，只需要向亞鐵鹽中加入少量的氫氧化鈉溶液觀察沉淀顏色即可，因此向試管中加入2mL0.1mol/LFeCl2溶液，再往試管中加入3滴0.1mol/LNaOH溶液，振蕩，現(xiàn)象與實驗1相同，證明該假設不成立。③根據(jù)實驗現(xiàn)象可知在氫氧化鈉溶液濃度一定的條件下，硫酸亞鐵溶液的濃度越小，產(chǎn)生白色沉淀的現(xiàn)象越明顯。實驗2中沉淀下沉后，大部分灰綠色變?yōu)榘咨恋恚ɑ驅(qū)嶒?中沉淀下沉后，底部都為白色沉淀），這說明灰綠色是由Fe(OH)2表面吸附Fe2+引起的；要證明假設正確，應該向沉淀中繼續(xù)加入亞鐵鹽，即需要補充的實驗是向?qū)嶒?（或?qū)嶒?）的白色沉淀中繼續(xù)加入過量的硫酸亞鐵溶液，白色沉淀變成灰綠色，這說明假設完全正確。（3）由于Fe2+在加熱時易發(fā)生水解，生成Fe(OH)2，因此顏色變白，同時沉淀的量增加，導致出現(xiàn)片狀白色沉淀。（4）根據(jù)以上實驗探究，若盡可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的實驗條件是：隔絕氧氣、硫酸亞鐵少量（或氫氧化鈉過量）、硫酸亞鐵濃度小（或氫氧化鈉濃度大）、將氫氧化鈉溶液逐滴加入到硫酸亞鐵溶液中、微熱等。點睛：本題主要是考查化學實驗設計與探究，綜合性強，難度較大。明確相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和實驗原理是解答的關(guān)鍵。注意挖掘?qū)嶒灛F(xiàn)象中隱含的信息，注意實驗方案設計的合理性、可行性以及對照實驗等。27、a電離Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2Oc2(SO42-)c1(SO42-)0.1mol·L－1反應生成NaOH，易溶于水電離出Na＋和OH－，燈泡不熄滅【解析】

(1)氫氧化鋇與硫酸在溶液中反應Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O；(2)加水后，燈泡變亮的原因是氫氧化鋇電離出自由移動的離子；(3)過程Ⅰ中燈泡變暗是氫氧化