安徽省全國示范高中名校2023-2024學年化學高一上期末經(jīng)典試題含解析

安徽省全國示范高中名校2023-2024學年化學高一上期末經(jīng)典試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、下列說法正確的是（）A．膠體與其他分散系的本質(zhì)區(qū)別是膠體有丁達爾效應，其他分散系沒有B．向NaOH溶液中滴加幾滴飽和FeCl3溶液，得到Fe(OH)3膠體C．電泳現(xiàn)象可證明膠體帶電荷D．Al(OH)3膠體能夠使水中懸浮的固體顆粒沉降，達到凈水目的2、相同狀況下，在體積相同的三個燒瓶中分別盛NH3、HCl和NO2氣體，并分別倒立在水槽里，充分溶解后燒瓶內(nèi)三種溶液物質(zhì)的量濃度之比為（設燒瓶內(nèi)液體未擴散到水槽里）A．1∶1∶1 B．2∶2∶3C．3∶3∶2 D．2∶2∶13、在實驗室里，要想使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出來，應選用下列試劑中的A．石灰石 B．氫氧化鈉溶液 C．硫酸 D．氨水4、下列各組物質(zhì)均在試管里進行反應，反應過程中，在試管口觀察不到紅棕色氣體出現(xiàn)的是()A．濃硝酸和銅片共熱 B．濃硫酸和銅片共熱C．稀硝酸和銅片共熱 D．濃硫酸和硝酸鉀晶體、銅片共熱5、下列反應的離子方程式書寫正確的是A．用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板：Fe3＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋B．氯氣跟水反應：Cl2+H2O＝H＋+Cl－+HClOC．鈉與水的反應：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑D．氫氧化鋇溶液和稀硫酸反應：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓6、下列有關原子結構和元素周期律表述正確的是()A．原子序數(shù)為15的元素的最高化合價為＋3B．第ⅦA族元素是同周期中非金屬性最強的元素C．Li、Na、K、Rb、Cs的得電子能力逐漸增強D．原子序數(shù)為16的元素位于元素周期表的第三周期ⅣA族7、下列各過程中不需要破壞化學鍵的是（）A．氯化鈉熔化 B．氯化氫溶于水 C．碘單質(zhì)升華 D．晶體硅熔化8、氨的催化氧化是工業(yè)制硝酸的重要反應：4NH3＋5O24NO＋6H2O，對于該反應判斷正確的是A．氧氣被還原 B．該反應是置換反應C．氨氣是氧化劑 D．若有17g氨參加反應，反應中轉(zhuǎn)移10mol電子9、氮化碳(C3N4)的硬度大于金剛石，則氮化碳中()A．可能存在N≡N B．可能存在離子 C．存在極性分子 D．只有共價鍵10、二氧化氯(ClO2，黃綠色易溶于水的氣體)是一種安全穩(wěn)定、高效低毒的消毒劑。工業(yè)上通過惰性電極電解氯化銨和鹽酸的方法制備，其原理如圖所示:下列說法不正確的是A．b電極接電源的負極，在b極區(qū)流出的Y溶液是稀鹽酸B．二氧化氯發(fā)生器中排出的X溶液中溶質(zhì)主要為NaCl和NaOHC．電解過程中二氧化氯發(fā)生器中產(chǎn)生2.24L(標準狀況)NH3，則b極產(chǎn)生0.6gH2D．電解池a極的電極反應式為NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O11、下列離子組能大量共存且溶液為無色透明的是A．K+、、H+、Cu2+ B．Na+、OH-、Cl-、C．H+、Na+、Cl-、 D．Na+、Ba2+、、12、Murad等三位教授關于一氧化氮分子在人體內(nèi)的獨特功能的研究，曾獲得諾貝爾醫(yī)學或生理學獎。關于一氧化氮的下列敘述不正確的是()A．一氧化氮是某些含低價氮物質(zhì)氧化的產(chǎn)物B．一氧化氮是亞硝酸的酸酐C．一氧化氮是某些含高價氮物質(zhì)還原的產(chǎn)物D．一氧化氮具有還原性，在空氣中極易被氧化13、某溶液中含有下列離子Na+、Fe3+．、Cl－、Fe2＋.、NH4+向其中先加入足量的Na2O2，然后微熱并攪拌，再加入足量的稀硫酸原溶液中離子數(shù)目基本不變的為()A．Na+ B．Fe3+ C．Cl－ D．Fe2+14、設NA為阿伏加羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，22.4LH2O中含有氫原子數(shù)目為2NAB．17gNH3所含質(zhì)子數(shù)為10NAC．0.1molCu(NO3)2中含有的離子數(shù)目為0.2NAD．28gN2體積為22.4L15、下列物質(zhì)中，不屬于鐵合金的是（）A．球墨鑄鐵 B．不銹鋼 C．錳鋼 D．氧化鐵16、下列物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是A．K2SO4 B．銅絲 C．干冰 D．醋酸17、已知還原性：B-＞C-＞D-,下列方程式不正確的是A．2C-+B2=2B-+C2 B．2C-+D2=2D-+C2C．2B-+D2=2D-+B2 D．2B-+C2=2C-+B218、下列有關電解質(zhì)的敘述正確的是()A．液態(tài)HCl不導電，所以HCl是非電解質(zhì)B．熔融NaCl可以導電，所以NaCl是電解質(zhì)C．液態(tài)Cl2不導電，所以Cl2是非電解質(zhì)D．SO2的水溶液能夠?qū)щ?，所以SO2是電解質(zhì)19、下列物質(zhì)的水溶液能導電，但屬于非電解質(zhì)的是A．CH3COOH B．Cl2 C．NH4HCO3 D．SO220、下列各組中兩種溶液間的反應，均可用同一離子方程式表示的是（）A．HCl＋Na2CO3、HCl+NaHCO3 B．BaCl2＋Na2SO4、Ba(OH)2＋H2SO4C．石灰石與硝酸、石灰石與鹽酸 D．KOH＋HCl、Ba(OH)2＋H2SO421、下列物質(zhì)與水混合時，能發(fā)生氧化還原反應的是A．NO2 B．CO2 C．SO2 D．SiO222、實驗室中用足量的MnO2和含有4mol溶質(zhì)的濃鹽酸充分反應制氯氣，下列說法正確的是()A．該實驗中共消耗1molMnO2，生成1mol氯氣B．為了除去氯氣中混有的雜質(zhì)氣體，可以依次通過飽和食鹽水和堿石灰C．在該反應中MnO2作氧化劑，濃鹽酸作還原劑D．氯氣可以用向上排空氣法或排水法收集二、非選擇題(共84分)23、（14分）如圖所涉及的物質(zhì)均為中學化學中的常見物質(zhì)，其中C和D為氣體單質(zhì)，F(xiàn)是一種有磁性的黑色固體。它們存在如下轉(zhuǎn)化關系，反應中生成的水及次要產(chǎn)物均已略去。(1)寫出有關物質(zhì)的化學式：A______________，H______________。(2)指出MnO2在相關反應中的作用：反應①中是___________劑，反應②中是________劑。(3)寫出B與MnO2共熱獲得D的化學方程式：___________________________________。24、（12分）取一定量的CuCl2產(chǎn)品投入Na2CO3溶液中，充分反應生得到一種僅含四種元素的不溶性鹽X，并產(chǎn)生氣體CO2。設計如下實驗探究X的組成和性質(zhì)。已知各步反應所需試劑均過量，請回答：（1）混合氣體的成分是______________；X的化學式為__________________。（2）寫出CuCl2與Na2CO3反應生成X的離子方程式______________________________。25、（12分）已知紅熱的鐵能與水蒸氣反應生成氫氣?，F(xiàn)用如圖所示裝置進行鐵在高溫下與水蒸氣反應的實驗,并用簡單的方法收集、檢驗生成的氫氣。請回答下列問題。(1)寫出鐵在高溫下與水蒸氣反應的化學方程式:_____________________(2)干燥管C中盛放的藥品是________；干燥管的_______(填“m”或“n”)端與g導管相連接。(3)怎樣用簡單的方法檢驗收集到的氣體是氫氣?簡述實驗操作步驟和現(xiàn)象：_____(4)若收集到標準狀況下的H211.2L,則參加反應的鐵粉的質(zhì)量為____________g。(5)當固體質(zhì)量增加16g時，生成H2的質(zhì)量為____________g。26、（10分）硅是信息技術的關鍵材料，在工業(yè)中可利用鎂制取硅:2Mg(過量)+SiO22MgO+Si，2Mg+SiMg2Si(副反應)，查資料得:①Mg2Si遇鹽酸迅速反應生成SiH4(硅烷)；②SiH4在常溫下是一種不穩(wěn)定易分解、易自燃的氣體；③Mg在加熱時能與CO2、N2反應。I.如圖是實驗室進行Mg與SiO2反應的裝置:(1)盛放稀硫酸的裝置為_________________，由于氧氣的存在對該實驗有較大影響，實驗中應通入氣體X作為保護氣，試管中的固體藥品可選用_________(填序號)。a.石灰石b.鋅粒c.純堿(2)反應結束后，待冷卻至常溫時，往反應后的混合物中加入稀鹽酸?？捎^察到閃亮的火星，產(chǎn)生此現(xiàn)象的原因用化學方程式表示為①____________________；②_________________。II.利用如圖裝置(量氣管“0”刻度在刻度線的最上方)可測定生成物的純度。(3)實驗開始前應先_________________。(4)若取樣品Wg加入5mLNaOH(足量)充分反應。反應前量氣管液面讀數(shù)為V1mL，反應后為V2mL(實驗數(shù)據(jù)均轉(zhuǎn)化為標準狀況下)，則樣品的純度為____________________。（寫出計算式，不化簡）。(5)若反應結束時讀數(shù)前未調(diào)節(jié)量氣裝置兩邊液面高度相平(右邊的液面高于左邊液面)，則會導致實驗結果______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。27、（12分）已知某“84消毒液”瓶體部分標簽如圖所示，該“84消毒液”通常稀釋100倍(體積之比)后使用。請回答下列問題：84消毒液（有效成分）

NaClO（規(guī)

格）

1000mL（質(zhì)量分數(shù)）25%（密度）1.1

g/cm3(1)84消毒液有效成分NaClO的摩爾質(zhì)量為______。(2)某同學參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480

mL含NaClO質(zhì)量分數(shù)為25%的消毒液。需要稱量NaClO固體的質(zhì)量為______g；配制上述溶液除了以下儀器外，還需要的玻璃儀器是_______。(3)84消毒液和潔廁靈混合在一起使用，會產(chǎn)生一種刺鼻的有毒氣體——氯氣。NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O；當有l(wèi)mol

HCl被氧化時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為___個。(4)“84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強消毒能力，某消毒小組用18.4

mol/L的濃硫酸配制200

mL

2.3

mol/L的稀硫酸用于增強“84消毒液”的消毒能力。①需用量簡量取濃硫酸的體積為____mL；②若所配制的稀硫酸濃度偏小，則下列可能的原因分析中正確的是_____。A．配制前，容量瓶中有少量蒸餾水B．量取濃硫酸時，仰視液體的凹液面C．未冷卻，立即轉(zhuǎn)移至容量瓶定容D．定容時，仰視溶液的凹液面28、（14分）硫酸型酸雨的形成原理可簡化表示如下：回答下列問題：（1）A物質(zhì)的化學式_________，B物質(zhì)的化學式_________。（2）根據(jù)SO2的性質(zhì)，可讓工廠的煙道氣通過________除去SO2，達到減少污染的目的。（3）現(xiàn)有雨水樣品1份，每隔一段時間測定該雨水樣品的pH，所得數(shù)據(jù)如下：注溶液的pH越大，H＋的物質(zhì)的量濃度就越小。①雨水樣品的pH變化的原因是____________（用化學方程式表示）。②如果將剛?cè)拥纳鲜鲇晁陀寐葰庀镜淖詠硭嗷旌?，pH將_________（填“增大”“減小”或“不變”），原因是（用化學方程式表示）：_____________。（4）你認為減少酸雨產(chǎn)生可采用的措施是_________（填序號）。①少用煤做燃料；②把工廠煙囪造高；③燃料脫硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤開發(fā)新能源29、（10分）按照一定標準，根據(jù)物質(zhì)與水反應的不同情況，對下列物質(zhì)進行分類，如圖所示，請?zhí)羁眨?1)上圖中分類標準1(分成A、B組的依據(jù))為_________________________________。(2)工業(yè)上常用D組中________________(填化學式)，來消除C組中物質(zhì)對大氣的污染，該反應的化學方程式為_____________________________________________。(3)實驗室由Al3＋制備Al(OH)3時，應選擇D組中________(填化學式)的水溶液，離子方程式為__________________________。(4)F組中有兩種物質(zhì)，在工業(yè)上均有重要的用途，請各寫出一個化學方程式表示其用途：________________________________；________________________________________。

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、D【解析】

A．膠體與其他分散系的本質(zhì)區(qū)別是膠粒直徑大小為1-100nm，A錯誤；B．Fe(OH)3膠體的制備是向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，可得到Fe(OH)3膠體，B錯誤；C．膠體不帶電荷，是膠體粒子帶電荷，C錯誤；D．Al(OH)3膠體能夠吸附水中懸浮的固體顆粒沉降，達到凈水目的，D正確；故選D。2、A【解析】

相同條件下，等體積的氣體的物質(zhì)的量相等，氨氣和氯化氫極易溶于水，則盛有等體積氯化氫、氨氣的燒瓶分別倒立在水槽中時，水會充滿整個燒瓶；二氧化氮和水反應方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根據(jù)方程式知，水會充入燒瓶容積的，溶液中的溶質(zhì)是硝酸，其物質(zhì)的量是NO2物質(zhì)的量的。假設燒瓶的體積是1L，則n(NH3)=n(HCl)=n(NO2)=mol，三種溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量分別是：n(NH3)=n(HCl)=mol，n(HNO3)=mol×，三種溶液的體積分別是V(NH3)=V(HCl)=1L，V(HNO3)=L，根據(jù)c=知，三種溶液的物質(zhì)的量濃度相等，所以其濃度之比為1：1：1，故合理選項是A。3、D【解析】

氫氧化鈉溶液、石灰水(氫氧化鈣溶液)都是強堿溶液，沉淀Al3+時生成的氫氧化鋁能溶解在過量的強堿溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出來，故A、B不符合；稀硫酸不與氯化鋁反應，故C不符合；氨水是弱堿溶液，可以全部沉淀Al3+，因為AI(OH)3不溶于弱堿溶液，故D正確。

故選：D。4、B【解析】

A.濃硝酸和銅片反應產(chǎn)生紅棕色的NO2氣體，A不符合題意；B.濃硫酸和銅片共熱反應產(chǎn)生SO2氣體，SO2氣體是無色有刺激性氣味的氣體不呈紅棕色，B符合題意；C.稀硝酸和銅片共熱反應產(chǎn)生無色NO氣體，NO在試管口與空氣中的O2反應產(chǎn)生紅棕色的NO2，C不符合題意；D.濃硫酸和硝酸鉀晶體、銅片共熱，發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生紅棕色NO2氣體，D不符合題意；故合理選項是B。5、B【解析】分析：本題考查的是離子方程式的判斷，是高頻考點。掌握物質(zhì)在離子方程式中的形式是關鍵。詳解：A.該反應的離子方程式為：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，故錯誤；B.氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸能拆成離子形式，故正確；C.鈉和水反應的離子方程式為2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，故錯誤；D.氫氧化鋇和硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和水，離子方程式為：Ba2++SO42﹣＋2OH－＋2H+═BaSO4↓＋2H2O，故錯誤。故選B。6、B【解析】

A．原子序數(shù)為15的元素為P，其最高化合價為+5，所以選項A錯誤。B．第ⅦA族元素是同周期中最靠右的元素（不考慮稀有氣體），同周期從左向右非金屬性逐漸增強，所以選項B正確。C．Li、Na、K、Rb、Cs的原子半徑逐漸增大，金屬性逐漸增強，所以失電子能力逐漸增強，選項C錯誤。D．原子序數(shù)為16的元素為S，處于周期表的第三周期的ⅥA族，選項D錯誤。答案選B。7、C【解析】

A項、加熱氯化鈉熔化，NaCl發(fā)生電離，離子鍵被破壞，故化學鍵被破壞，A不選；B項、HCl在水分子的作用下電離出氫離子、氯離子，故化學鍵被破壞，B不選；C項、碘單質(zhì)的升華屬于物理變化，破壞分子間作用力，故化學鍵不被破壞，C正確；D項、晶體硅是原子晶體，熔化時破壞了共價鍵，故化學鍵被破壞，D不選；故本題選C。8、A【解析】

4NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價升高，則NH3為還原劑被氧化，O元素的化合價降低，則O2為氧化劑被還原，結合氧化還原反應的有關概念分析?！驹斀狻緼.NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價升高，則NH3為還原劑被氧化，O元素的化合價降低，則O2為氧化劑被還原，故A正確；B.置換反應的特征是反應物生成物均是由一種單質(zhì)和一種化合物組成，而該反應的生成物是兩種化合物，所以該反應不是置換反應，故B錯誤；C.4NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價升高，則NH3為還原劑被氧化，故C錯誤；D.4NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價由-3升高到+2，所以若有17gNH3參加反應，則反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為17/17×5=5mol，故D錯誤。故選A。9、D【解析】

由題干可知，氮化碳(C3N4)的硬度大于金剛石，故氮化碳屬于原子晶體，故可推知每個碳原子與周圍的四個氮原子相連，每個氮原子與周圍的三個碳原子相連。A．由上述分析可知，氮化碳中只存在C-N之間的C-N單鍵，不可能存在N≡N，A不合題意；B．由上述分析可知，氮化碳中沒有金屬元素或銨根離子，故不可能存在離子，或原子晶體中不可能含有離子，B不合題意；C．由上述分子可知氮化碳為原子晶體，故不存在分子，C不合題意；D．由上述分析可知，氮化碳中只有C-N共價鍵，D符合題意；故答案為：D。10、D【解析】A.電解池右邊產(chǎn)生氫氣，則b電極接電源的負極，在b極區(qū)氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，氯離子通過陰離子交換膜進入左邊，鹽酸變稀，則流出的Y溶液是稀鹽酸，選項A正確；B、二氧化氯發(fā)生器中發(fā)生的反應為：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，則排出的X溶液中溶質(zhì)主要為NaCl和NaOH，選項B正確；C、電解過程中二氧化氯發(fā)生器中產(chǎn)生2.24L(標準狀況)NH3，根據(jù)反應NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.6mol，則b極產(chǎn)生0.6gH2，選項C正確；D、電解池a極的電極反應式為NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4H+，選項D不正確。答案選D。11、B【解析】

A．該組離子在溶液中不反應，能共存，但Cu2+在水溶液中為藍色，不滿足溶液無色的條件，故A不符合題意；B．該組離子在溶液中不反應，能共存，且離子均為無色，故B符合題意；C．該組離子在溶液中H+與SiO32-發(fā)生反應生成H2SiO3沉淀，即2H++SiO32-=H2SiO3↓，則不能大量共存，故C不符合題意；D．該組離子在溶液中Ba2+與SO42-發(fā)生反應生成BaSO4沉淀，即Ba2++SO42-=BaSO4↓，則不能大量共存，故D不符合題意；答案為B。12、B【解析】

氮元素的化合價有－3、0、＋1、＋2、＋3、＋4、＋5等。A.在一氧化氮分子中，氮元素為＋2價，它可以是含低價氮物質(zhì)被氧化的產(chǎn)物，A正確；B.亞硝酸的酸酐是三氧化二氮，一氧化氮不是酸酐，B不正確；C.一氧化氮是可以是含高價氮物質(zhì)(如稀硝酸與銅反應)被還原的產(chǎn)物，C正確；D．一氧化氮具有較強的還原性，在空氣中極易被氧化為紅棕色的二氧化氮氣體，D正確。故選B。13、C【解析】

過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，溶液呈堿性，F(xiàn)e2＋.能被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2＋.減少、Fe3＋.增加；所以含有NH4+、Fe3＋的溶液與氫氧化鈉溶液反應，然后微熱并攪拌后，分別生成氨氣、氫氧化鐵沉淀，則加入硫酸后溶液中含有硫酸鐵，減少的離子為NH4+、Fe2+，增加的離子為Fe3+、Na+，所以原溶液中離子數(shù)目基本不變的為Cl－；故答案選C?！军c睛】本題考查離子的共存，把握Na2O2的氧化性及常見離子之間的反應為解答的關鍵，側(cè)重復分解反應、氧化還原反應的離子共存考查。14、B【解析】

A.標準狀況下水不是氣體，不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積進行計算，故A錯誤；B.17g氨氣的物質(zhì)的量為：=1mol，1mol氨氣分子中含有10mol質(zhì)子，所含質(zhì)子數(shù)為10NA，故B正確；C.0.1molCu(NO3)2中含有0.1mol銅離子和0.2mol硝酸根離子,總共含有0.3mol離子,含有的離子數(shù)目為0.3NA，故C錯誤；D.無法確定氣體存在的條件，不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積計算氮氣的體積，故D錯誤；答案選B。15、D【解析】

根據(jù)題中鐵合金可知，本題考查鐵合金的概念，運用鐵與一種或幾種元素組成的中間合金稱為鐵合金分析?！驹斀狻緼.球墨鑄鐵是鐵、碳、硅、錳形成的合金，故A不符合題意；B.不銹鋼是鐵、鉻、鎳形成的合金，故B不符合題意；C.錳鋼是鐵、錳、碳形成的合金，故C不符合題意；D.氧化鐵是金屬氧化物，不屬于合金，故D符合題意；答案選D。16、C【解析】酸、堿、鹽都是電解質(zhì)，單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)，非金屬氧化物、大多數(shù)有機物都屬于非電解質(zhì)，故AD是電解質(zhì)，C是非電解質(zhì)，B既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，答案選C。17、A【解析】

還原劑的還原性要大于還原產(chǎn)物的還原性，據(jù)此解題?！驹斀狻緼.該反應中還原劑為C-，還原產(chǎn)物為B-，因為還原性：B-＞C-，故A不正確；B.該反應中還原劑為C-，還原產(chǎn)物為D-，還原性：C-＞D-，故B正確；C.該反應中還原劑為B-，還原產(chǎn)物為D-，還原性：B-＞D-，故C正確；D.該反應中還原劑為B-，還原產(chǎn)物為C-，還原性：B-＞C-，故D正確；故答案選A。18、B【解析】

A．液態(tài)HCl不導電，但是溶于水能夠?qū)щ?，所以氯化氫為電解質(zhì)，故A錯誤；B．NaCl是化合物，且熔融NaCl可以導電，則NaCl是電解質(zhì)，故B正確；C．氯氣為單質(zhì)，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故C錯誤；D．SO2本身不能電離產(chǎn)生自由移動的離子，屬于非電解質(zhì)，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，例如酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物等，凡在上述情況下不能導電的化合物叫非電解質(zhì)，例如非金屬氧化物、一些氫化物和一些有機物如蔗糖和酒精等；特別注意能導電的不一定是電解質(zhì)，且非電解質(zhì)的水溶液也可能導電，如SO2的水溶液導電，是因為生成亞硫酸的緣故；另外電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物，既要排除單質(zhì)又要排除混合物。19、D【解析】試題分析：電解質(zhì)的特點需要自身電離，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身電離，是非電解質(zhì)；AC都是電解質(zhì)；B中是單質(zhì)，即不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)。20、C【解析】

A.前者的本質(zhì)是和之間的反應，后者的本質(zhì)是和之間的反應，二者不能用同一離子方程式表示，A項錯誤；B.前者的本質(zhì)是和之間的反應，后者的本質(zhì)是和、和之間的反應，二者不能用同一離子方程式表示，B項錯誤；C.石灰石和硝酸、石灰石和鹽酸，二者的本質(zhì)都是和的反應，因此二者可用同一離子反應方程式表示，C項正確；D.前者的本質(zhì)是和之間的反應，后者的本質(zhì)是和、和之間的反應，二者不能用同一離子方程式表示，D項錯誤；答案選C。21、A【解析】

A.NO2與水反應生成硝酸和NO，氮元素化合價改變，屬于氧化還原反應，故選A；B.CO2與水反應生成碳酸，元素化合價不變，不能發(fā)生氧化還原反應，故不選B；C.SO2與水反應生成亞硫酸，元素化合價不變，不能發(fā)生氧化還原反應，故不選C；D.SiO2與水不反應，故不選D。22、C【解析】

A、二氧化錳只跟濃鹽酸反應，因為二氧化錳是過量，隨著反應的進行，鹽酸濃度降低，反應停止，因此產(chǎn)生氯氣的量小于1mol，故A錯誤；B、氯氣中混有的雜質(zhì)為HCl和水蒸氣，依次通過飽和食鹽水(除去HCl)、濃硫酸(除去水蒸氣)，因為氯氣與堿石灰反應，因此不能用堿石灰干燥氯氣，故B錯誤；C、發(fā)生的反應是MnO3＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，MnO2中Mn的化合價降低，因此MnO2作氧化劑，鹽酸中Cl的化合價升高，HCl作還原劑，故C正確；D、氯氣的密度大于空氣的密度，因此用向上排空氣法收集，因為氯氣溶于水，因此不能用排水法收集，應用排飽和食鹽水法收集，故D錯誤；故答案選C。二、非選擇題(共84分)23、H2O2FeCl3催化氧化MnO2+4HCl（濃）MnCl2+2H2O+Cl2↑【解析】中學階段與MnO2反應的制備的氣體有O2和Cl2，其中在不加熱條件下，用H2O2和MnO2制備O2，在加熱條件下用氯酸鉀在加熱條件分解制氧氣，用濃鹽酸和MnO2制備Cl2，則A為H2O2，B為HCl，C為O2，D為Cl2，F(xiàn)為金屬氧化物，有磁性，與鹽酸反應生成兩種氯化物，且二者之間可以相互轉(zhuǎn)化，說明E為變價金屬，應為Fe，是目前人類應用最廣泛的金屬，則F為Fe3O4，G為FeCl2，H為FeCl3。（1）由以上分析可知，A為H2O2，H為FeCl3；正確答案：H2O2；FeCl3。（2）在不加熱條件下，用H2O2和MnO2制備O2，H2O2起到催化劑的作用，在加熱條件下用濃鹽酸和MnO2制備Cl2，發(fā)生：4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2起到氧化劑的作用；正確答案：催化；氧化。（3）反應②是在加熱條件下進行，判斷為實驗室制氯氣的反應，反應的化學方程式：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+2H2O+Cl2↑；正確答案：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+2H2O+Cl2↑。24、H2O、CO2Cu5(OH)4(CO3)35Cu2++5CO32-+2H2O=Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑【解析】

黑色固體能在高溫下與CO反應生成紅色固體B，說明B是Cu，物質(zhì)的量是3.20g÷64g/mol＝0.05mol。混合氣體1.68g經(jīng)過無水氯化鈣后剩余1.32g，說明混合氣體中含有水蒸氣的質(zhì)量是1.68g－1.32g＝0.36g，物質(zhì)的量是0.36g÷18g/mol＝0.02mol。氣體A通入氫氧化鋇溶液中得到白色沉淀5.91g，說明混合氣體中含有二氧化碳的物質(zhì)的量是5.91g÷197g/mol＝0.03mol，由此可知X中含有銅離子0.05mol，含有碳酸根離子0.03mol，根據(jù)電荷守恒可知還含有0.04molOH－，因此X的化學式為Cu5(OH)4(CO3)3。（1）根據(jù)以上分析可知混合氣體的成分是H2O、CO2；X的化學式為Cu5(OH)4(CO3)3。（2）根據(jù)原子守恒、電荷守恒可知CuCl2與Na2CO3反應生成X的離子方程式為5Cu2++5CO32-+2H2O＝Cu5(OH)4(CO3)3↓+2CO2↑?！军c睛】熟悉元素化合物的性質(zhì)是解答本題的關鍵，知道流程圖中每一步發(fā)生的反應，注意電荷守恒的靈活應用。25、3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2↑堿石灰n用拇指堵住試管口。試管口向上，靠近酒精燈火焰，松開拇指發(fā)出爆鳴聲，說明收集到的氣體是氫氣212【解析】

(1)鐵在高溫下與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣；(2)干燥管C為吸收未反應的水蒸氣，可用堿石灰干燥；為保證干燥效果，氣流的流向為干燥管大口進，小口出；(3)收集的氫氣在點燃時有爆鳴聲，則驗證收集氣體為氫氣；(4)根據(jù)方程式計算；(5)反應前為Fe，反應后為鐵的氧化物，固體增加的為O的質(zhì)量?！驹斀狻?1)鐵在高溫下與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，方程式為3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2↑；(2)干燥管C為吸收未反應的水蒸氣，可用堿石灰干燥；為保證干燥效果，氣流的流向為干燥管大口進，小口出，即n進m出；(3)氫氣能夠與氧氣反應，若收集的氣體在點燃時有爆鳴聲，則可驗證收集氣體為氫氣；具體的操作及現(xiàn)象為：用拇指堵住試管口，試管口向上，靠近酒精燈火焰，松開拇指發(fā)出爆鳴聲，說明收集到的氣體是氫氣；(4)標準狀況下H2為11.2L，即0.5mol，根據(jù)方程式3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2↑可知，參加反應的Fe為0.375mol，m=nM=0.375mol×56g/mol=21g；(5)反應前為Fe，反應后為鐵的氧化物，固體增加的為O的質(zhì)量，固體質(zhì)量增加16g時，n（O）=1mol，根據(jù)原子守恒可知，反應的Fe3O4為0.25mol，則生成氫氣的物質(zhì)的量為1mol，其質(zhì)量為2g。26、分液漏斗bMg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑SiH4+2O2=SiO2+2H2O檢查裝置氣密性偏低【解析】

（1）根據(jù)儀器構造分析其名稱；Mg為活潑金屬，在空氣中點燃可以和O2、CO2、H2O反應，在工業(yè)中利用鎂制取硅需排盡裝置中的空氣，據(jù)此判斷X氣體；（2）根據(jù)題干中的已知信息分析判斷；（3）根據(jù)裝置不能漏氣解答；（4）根據(jù)反應中產(chǎn)生的氫氣與硅的物質(zhì)的量之間的關系解答；（5）根據(jù)壓強對氣體體積的影響分析解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)裝置圖可判斷盛放稀硫酸的裝置為分液漏斗；由于在點燃的條件下Mg可以與O2、CO2反應發(fā)生化學反應生成氧化鎂、氧化鎂和碳，Mg與氫氣不能發(fā)生反應，因此可用氫氣作為保護氣，選用的藥品為稀硫酸和鋅粒，再用濃硫酸干燥，所以試管中的固體藥品可選用鋅粒，答案選b；（2）Mg2Si遇鹽酸迅速反應生成SiH4（硅烷），其反應的方程式為：Mg2Si+4HCl＝2MgCl2+SiH4↑，SiH4常溫下是一種不穩(wěn)定、易自燃的氣體，反應的方程式為SiH4+2O2＝SiO2+2H2O，所以往反應后的混合物中加入稀鹽酸，可觀察到閃亮的火星；（3）反應中有氣體產(chǎn)生，所以實驗開始前應先檢查裝置氣密性；（4）若取樣品Wg加入5mLNaOH(足量)充分反應。反應前量氣管液面讀數(shù)為V1mL，反應后為V2mL(實驗數(shù)據(jù)均轉(zhuǎn)化為標準狀況下)，則反應中產(chǎn)生氫氣的體積是（V1―V2―5）mL，物質(zhì)的量是，根據(jù)1mol硅失去4mol電子可知消耗硅的物質(zhì)的量是，質(zhì)量是，因此樣品的純度為；（5）若反應結束時讀數(shù)前未調(diào)節(jié)量氣裝置兩邊液面高度相平(右邊的液面高于左邊液面)，說明裝置內(nèi)壓強大于外界大氣壓，因此V1偏小，則會導致實驗結果偏低。27、74.5g/mol137.8燒杯、玻璃棒NA25D【解析】

(1)摩爾質(zhì)量是以g/mol為單位，數(shù)值上等于該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量；(2)利用物質(zhì)的量濃度與質(zhì)量分數(shù)關系式計算其物質(zhì)的量濃度，根據(jù)選擇儀器的標準“大而近”的原則選擇儀器，利用n=c·V及m=n·M計算物質(zhì)的質(zhì)量；根據(jù)配制物質(zhì)的量溶液的步驟確定使用的儀器進而可確定缺少的儀器；(3)根據(jù)氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移與元素化合價的關系計算；(4)①根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算濃硫酸的體積；②根據(jù)c=分析判斷實驗誤差?！驹斀狻?1)NaClO的式量是74.5，則其摩爾質(zhì)量為74.5g/mol；(2)該溶液的物質(zhì)的量濃度c==mol/L=3.7mol/L；在實驗室中沒有規(guī)格是480mL的容量瓶，根據(jù)選擇儀器的標準“大而近”的原則，應該選擇500mL的容量瓶配制溶液，則需稱量的NaClO的物質(zhì)的量n(NaClO)=c·V=3.7mol/L×0.5L=1.85mol，其質(zhì)量m(NaClO)=n·M=1.85mol×74.5g/mol=137.8g；在實驗室配制500mL、3.7mol/L的NaClO溶液，需要使用的儀器有天平(帶砝碼)、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、膠頭滴管，則根據(jù)題目已知容器可知，還缺少的玻璃儀器為燒杯、玻璃棒；(3)在NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O反應中，轉(zhuǎn)移1mol電子，有2molHCl發(fā)生反應，其中只有1mol為還原劑失去電子被氧化，故當有l(wèi)mol

HCl被氧化時，轉(zhuǎn)移1mol電子，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA；(4)①由于溶液在稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，則用18.4

mol/L的濃硫酸配制200

mL

2.3

mol/L的稀硫酸時，需濃硫酸的體積V==25mL；②A．配制前，容量瓶中有少量蒸餾水，不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量及溶液的體積，因此對配制溶液的濃度無影響，A不符合題意；B．量取濃硫酸時，若仰視液體的凹液面，則溶質(zhì)硫酸偏多，導致n偏大，最終導致溶液的濃度偏大，B不符合題意；C．未冷卻，立即轉(zhuǎn)移至容量瓶定容，當溶液恢復至室溫時，溶液的體積偏小，最終導致配制的溶液濃度偏大，C不符合題意；D．定容時，仰視溶液的凹液面，則溶液的體積偏大，根據(jù)溶液濃度定義式可知配制的溶液濃度偏小，D符合題意；故答案為D?！军c睛】本題考查了物質(zhì)的量濃度及氧化還原反應的有關計算、配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液使用儀器、誤差分析。注意掌握有關概念及規(guī)律，明確誤差分析的方法與技巧。試題有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和嚴謹?shù)囊?guī)范實驗操作能力。28、SO2SO3堿液（或氨水）、氧化劑2H2SO3＋O2=2H2SO4減小H2SO3＋Cl2＋H2O=H2SO4＋2HCl①③⑤【解析】

(1)酸雨形成是含硫物質(zhì)的燃燒生成的二