1、2024届贵州六盘水育才中学化学高一上期末复习检测试题考生请注意：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、下列物质中，属于酸的是ANa2OBNaOHCMgCl2DH2SO42、下列逻辑关系图示中正确的是（ ）ABCD3、将氯气制成漂白粉的主要目的是()使它转变成较易溶于水的物质转变成较稳定、便于贮存的物质提
2、高氯的质量分数提高漂白能力ABCD4、十九大报告中指出：“建设美丽中国，为人民创造良好生产生活环境，为全球生态安全作出贡献。”下列行为一般不会引起环境污染的是A冬季燃煤供暖B废电池深埋降解C利用风能、太阳能发电D节日燃放烟花爆竹5、下列各组混合物能用普通漏斗分离的是( )A柴油与汽油B碘和四氯化碳C淀粉溶液和泥沙D汽油和氯化钠水溶液6、不能通过单质间化合直接制取的是AMg3N2 BNa2O2 CFe3O4 DNO27、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+
3、Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性：H+OH-=H2O向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H+OH-=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+D向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSO3-AABBCCDD8、表中物质的分类正确的是 ( ) 分类选项酸碱碱性氧化物酸性氧化物AHClNa2CO3MgOCO2BHNO3KOHNa2ONOCHClOCa(OH)2C
4、aOSO2DNaHSO4NaOHNa2O2SO3AABBCCDD9、下列说法中，正确的是（NA为阿伏伽德罗常数）：AH2的摩尔质量为2gB1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+数目为NAC标况下，0.5mol CO2的体积为11.2LD1mol H2O含有8mol电子10、我国的瓷器以“入窑一色，出窑万彩的神奇窑变而着称。下列关于陶瓷的说法正确的是A瓷器中含有许多金属元素，因此陶瓷属于金属材料B高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物C氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D“窑变”是高温下釉料中某些金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化11、下列叙述中正确的是（）A氯化钠中混有少量单质碘杂质，可用升华
5、的方法提纯B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2CSO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的漂白性D浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂，例如可用于NH3的干燥12、 下列物质中，能用作漂白剂的是（）AH2SO4（浓）BNaOHCNaClODCaCl213、镁、铝合金粉末溶于盐酸中且恰好完全反应，若加入的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为ABCD14、关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法不正确的是（ ）A热稳定性：NaHCO3Na2CO3B在水中的溶解性：NaHCO3Na2CO3C与盐酸反应的速率：NaHCO3Na2CO3D等物质的量的Na2CO3、
6、NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同15、下列反应中，反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变时，反应产物均不发生变化的是A氢氧化钠与二氧化碳反应 B盐酸和碳酸氢钠溶液C铜与硝酸反应 D氯化铝溶液和氢氧化钠溶液反应16、下列有关金属钠的说法中，不正确的是A少量钠保存在煤油中B钠燃烧时发出黄色火焰C切开的钠表面逐渐变暗是因为生成 Na2O2D火灾现场有钠存放时，必须用干燥沙土灭火17、向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )Aa点时溶液中阳离子仅为Cu
7、2+和Fe2+Bb点时溶液中发生的反应为：FeCu2+=CuFe2+Cc点时加入的铁粉与Cu2+反应D原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1118、将Mg、Cu组成的混合物18g，投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体6.72L，向反应后的溶液中加入过量的4molL1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀。则形成沉淀的质量是A23.1gB33.3gC38.4gD46.8g19、中国食盐产量居世界首位。下列实验室中的操作类似“海水晒盐”原理的是（ ）A蒸馏B蒸发C过滤D搅拌20、常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH9的
8、混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）A氯气的体积为1.12LB原烧碱溶液中含溶质离子0.2NAC所得溶液中含OH的数目为1105NAD所得溶液中ClO的数目为0.05NA21、过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的BaCl2溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的Na2CO3溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤。正确的操作顺序是ABCD22、下列物质中属于碱性氧化物的是（ ）ANa2OBSO2CNH3DKOH二、非选择题(共84分)23、（14分）物质AN存在
9、如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：气体B是_，沉淀N是_。（2）写出反应“CF”的离子方程式：_。（3）写出反应“IJ”的离子方程式：_。（4）在溶液I中直接滴加NaOH溶液，放置中可观察到的现象是_，后期发生变化的原因可用化学方程式解释为_。（5）固体L是一种红色颜料，将一定量固体L溶于160mL5molL-1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L氢气（标准状况），经检测溶液中无Fe3，则参加反应的铁粉的质量为_g。24、（12分）已知：单质A为目前人类使用最广泛的金属，氧化物B为具有磁性的黑色晶体，根据下列转化关系填空。（1）试判断：A的化
10、学式为_，B的名称为_。（2）实验室检验C溶液中的阳离子时，可加入氢氧化钠溶液，若先产生_色沉淀，该沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为_色，则含该离子。沉淀转化的化学方程式为_。（3）实验室检验D溶液中的阳离子时，通常可滴加_，若溶液变为_色，则含该离子。（4）若E是一种黄绿色气体单质，该气体是_，在CD过程中，此气体做_剂。（5）写出D +AC的离子方程式_。25、（12分）实验室现需配制物质的量浓度为1mol/L的NaOH溶液480mL。（1）配制该溶液的实验步骤包括：a计算需要氢氧化钠固体的质量；b称量氢氧化钠固体；c将烧杯中的溶液注入容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒，将洗涤液全部转移入容量
11、瓶中；d用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却；e盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；f继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下12cm时，改用_滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。上述步骤的正确操作顺序是_。（2）使用_mL的容量瓶配制此溶液，需要称量NaOH固体的质量为_g。（3）下列操作会使所配制溶液浓度偏大的有_。A容量瓶中原有少量蒸馏水B转移溶液时，没有洗涤玻璃棒和溶解用的烧杯C定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线D定容时，俯视观察液面26、（10分）某研究性学习小组得到一块软锰矿样品，其主要成分为二氧化锰(MnO2)和石英(SiO2)。为了制取氯气并进行氯气的性质实验，其装置如
12、图所示，请回答下列问题：（1）取适量软锰矿置于烧瓶中，加入足量浓盐酸并加热，烧瓶中发生的化学反应为：MnO2 4HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。充分反应后烧瓶中残留的固体是_；若有4mol浓盐酸参与反应，产生的氯气在标准状况下的体积为_22.4L (填“等于”、“小于”或“大于”)，浓盐酸在该反应中表现出来的性质_；（2）若将干燥的有色布条放入C中，观察到的现象是_，原因是_（用化学方程式和文字回答）；（3）实验中观察到D溶液变蓝色，写出D装置中发生反应的离子方程式_ ；（4）为探究氯气与Fe反应的产物与氯气通入量的关系，设计实验，并记录现象如下：实验方法实验现象实验结论1.取反应初始阶
13、段(氯气不足量)F中产物，用磁铁除去过量的Fe，剩余产物溶于水中，取上层溶液装入两只试管中，加入KSCN溶液，加入KMnO4溶液KSCN溶液显红色KMnO4溶液不褪色（不填）2.取充分反应后(氯气通入足够长时间)F中产物，溶于水中，加入KMnO4溶液KMnO4溶液不褪色根据实验现象，得出实验结论，写出氯气与Fe粉共热时发生反应的化学方程式_；（5）已知F中的产物易潮解，在F和H装置之间安装G装置，目的是_。27、（12分）某化学兴趣小组利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气发生反应的装置。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_。装置A
14、的圆底烧瓶中盛放的固体物质可选用_（填序号）a氯化钠 b氢氧化钠 c碳酸钙（2）装置B、D的作用均为_。从装置C的b处逸出的尾气中含有少量Cl2，为防止其污染环境，可将尾气通过盛有_溶液的洗气瓶。（3）装置F的圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_。装置E的作用是除去Cl2中的HCl，洗气瓶中盛 放的试剂为_。（4）反应过程中，装置C的集气瓶中有大量白烟产生，另一种产物为N2。该反应的化学方程式为_。28、（14分）某溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-、Br-中的几种。若加入铝粉，产生的气体是H2；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生
15、的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则：（1）溶液中的阳离子一定含有_，阴离子无法确定是否存在的是_。（2）OA、CD的离子方程式为：OA_。CD_。（3）为确定上述阴离子是否含有，只需向原溶液中加入某试剂，并测定产生的沉淀质量即可。下列试剂符合要求的是_。AAlCl3 BNaOH CBa(OH)2 DBaCl2若加入足量上述所选试剂后，产生沉淀质量为46.6克，则上述溶液中所有的阴离子及其物质的量为：_、_（没有就不填）。29、（10分）请回答有关合金的知识。（1）电器修理中所用的焊锡是锡铅合金，它的熔点比纯铅的熔点_（填“高”或“低”）；镁铝合金用于飞机制造，其硬度比纯铝的
16、硬度_（填“大”或“小”）。（2）古代的“药金”外观与金相似，常被误认为是金子。将碳酸锌、木炭、赤铜（Cu2O）混合加热到800，就可得到金光闪闪的“药金”。“药金”的主要成分是_。有关的化学方程式是 _;_;_。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、D【解析】根据酸的定义，电离出的阳离子全部是H，据此分析；【详解】A. Na2O为碱性氧化物，故A不符合题意；B. NaOH为碱，电离方程式为NaOH=NaOH，故B不符合题意；C. MgCl2为盐，其电离方程式为MgCl2=Mg22Cl，故C不符合题意；D. H2SO4为酸，其电离方程式为H2SO4=2HSO
17、42，故D符合题意；答案为D。2、D【解析】A、气溶胶本身就是胶体的一种，与胶体是包含关系，故A错误；B、化还原反应有些是离子反应，有些不是离子反应，属于交叉关系，故B错误；C、钠盐、钾盐是根据盐中的阳离子进行分类的，它们之间是并列关系；碳酸盐是根据盐中的阴离子分类的，它和钠盐、钾盐之间是交叉关系，故C错误；D、混合物与电解质、非电解质及单质属于并列关系，不可能有交叉，故D正确；答案选D。【点睛】解题时，要掌握以下知识点：溶液的分散质微粒直径小于1nm，胶体的分散质微粒直径为1100nm，浊液的分散质微粒直径大于100nm；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都
18、不导电的化合物是非电解质。3、D【解析】氯气有毒，气体不方便运输、销售，为了方便人们日常使用和运输，需要制成固体，并减低对人体的毒害。【详解】氯气是气体且有毒，将Cl2制成漂白粉是为了将气体装化为固体，便于保存和运输，故错误；氯气有毒，气体不方便运输、销售，制成漂白粉是一种较稳定物质，便于保存和运输，故正确；将Cl2制成漂白粉，其中氯元素的质量分数不变，故错误；将Cl2制成漂白粉，漂白和消毒作用效果不会改变，故错误。故选D。4、C【解析】A.煤燃烧会产生颗粒物、SO2、CO等污染大气的物质，故A不选；B.废电池中含重金属，深埋会污染土壤和地下水，故B不选；C.风能、太阳能是绿色能源，利用利用风
19、能、太阳能发电不会引起环境污染，故C选；D.烟花爆竹的燃放会产生SO2等污染物，故D不选。故选C。5、C【解析】A. 柴油与汽油是互溶的两种液体，不分层，只能采用蒸馏分离，不能用普通漏斗分离，故不选A； B. 碘易溶于四氯化碳中，不能用普通漏斗分离，故不选B； C. 泥沙是不溶于水的固体，可用过滤法分离淀粉溶液和泥沙，能用普通漏斗分离，故选C；D. 汽油和氯化钠水溶液是互不相容的的液体，不能能用普通漏斗分离，可用分液漏斗分离，故不选D；故答案选C。6、D【解析】A、Mg和N2反应生成Mg3N2，能够通过单质间直接化合得到氮化镁，A不符合题意；B、Na在点燃或加热条件下，与氧气反应生成Na2O2
20、，能够通过单质间直接化合得到Na2O2，B不符合题意；C、铁在纯氧中燃烧生成Fe3O4，能够通过单质间直接化合得到Fe3O4，C不不符合题意；D、N2和氧气在放电条件下，生成NO，NO与O2反应生成NO2，不能通过单质间的直接化合得到NO2，D符合题意。7、D【解析】A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；答案选D。8、C【解析】电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；电离出的阴离子
21、全部是氢氧根离子的化合物为碱；凡是能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此分析。【详解】A、Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成，属于盐，选项A错误；B、NO为不成盐氧化物，选项B错误；C、HClO为酸，Ca(OH)2为碱，CaO为碱性氧化物，SO2为酸性氧化物，选项C正确；D、NaHSO4为盐，不属于酸，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查酸、碱、盐、氧化物的概念，易错点为选项D，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，如硫酸、硝酸等，而不是能电离出氢离子的化合物，如NaHSO4虽然能电离出氢离子，但电离出的阳离子不全部是氢离子。9、C【
22、解析】A. 摩尔质量的单位是g/mol，则H2的摩尔质量为2g/mol，A错误；B.缺溶液的体积，无法计算1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+的物质的量和数目，B错误；C. 标况下，0.5mol CO2的体积为0.5mol 22.4L/mol=11.2L，C正确；D. 1mol H2O含有10mol电子，D错误；故选C。10、D【解析】A瓷器的主要成分为硅酸盐，则为无机非金属材料，故A错误；B瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；C氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，是高温结构材料，可用于制造陶瓷发动机的受热面，故C错误；D不同的金属氧化物颜色可能
23、不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色变化，故D正确；答案为D。11、A【解析】A碘易升华，可用升华的方法除杂，故A正确；B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，不一定为氯气，可为二氧化氮等气体，故B错误；C二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，应用碱石灰，故D错误；故选A。12、C【解析】A浓硫酸具有强氧化性，但不能做漂白剂，通常作吸水剂和脱水剂，故A不选；B氢氧化钠具有强碱性，但是没有漂白性，不作漂白剂，故B不选；C次氯酸钠在水中会生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，常用作漂白剂，故C选；D氯化钙不具有漂白性
24、，实验室常用作干燥剂，故D不选。故选：C。【点睛】注意漂白性和氧化性的区别。13、D【解析】加入1mol/L的氢氧化钠溶液，要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒计算氢氧化钠的物质的量，进而计算所需体积。【详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5L4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为=2L=2000mL，故答案为D。【点睛】本题的解题关键在于分析反应过程中，溶液溶质的变化，抓住沉淀最大值时，溶液的溶质
25、恰好为NaCl，再根据原子守恒进行解答。14、C【解析】A、Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热可分解：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，A项正确；B、相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，B项正确；C、NaHCO3与盐酸反应速率比Na2CO3快，C项错误；D、由反应Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2可知，当Na2CO3、NaHCO3物质的量相同时，与足量盐酸反应，产生的CO2相同，D项正确；答案选C。15、B【解析】A氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以二氧化碳的用量不
26、同产物不同，选项A不选；B盐酸和碳酸氢钠溶液生成二氧化碳与水，与反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变无关，选项B选；C浓硝酸生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮，所以浓度不同产物不同，选项C不选；D氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，所以与反应物用量有关，选项D不选。答案选B。点睛：本题考查了物质间的反应，有些反应物除了受温度、反应物的量限制外，可能还与浓度有关，如铜和浓硫酸反应但和稀硫酸不反应，明确物质的性质是解本题关键，物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同，应根
27、据具体反应的物质的性质分析一般是发生反应后，如果某种物质过量且和生成产物继续反应，则会引起产物变化；反应时温度不同产物可能不同，据此解答。16、C【解析】分析：本题考查的是钠的性质和存在，结合钠的性质可以掌握钠的保存和处理方式。详解：A. 钠容易和氧气或水反应，所以少量钠保存在煤油中，故正确；B. 钠的颜色反应为黄色，所以燃烧时发出黄色火焰，故正确；C. 切开的钠与氧气反应生成氧化钠，表面逐渐变暗，故错误；D. 因为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气容易燃烧，且钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与水或二氧化碳反应生成氧气，所以不能用水或干冰灭火器，所以火灾现场有钠存放时，必须用干燥沙土灭火，故正确。
28、故选C。17、B【解析】由于氧化性：Fe3+Cu2+ ， 故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。【详解】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；B. b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，
29、1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中， 故溶液中nFe2(SO4)3=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.561.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；故答案为B。【点睛】本题的难点是关于c点是否有化学反应发生的判断。仔细观察图像可以发现，点（
30、1.68，1.28）是曲线的拐点，该点把曲线分为两段直线，两段直线的斜率不同，根据点（2.24，1.84）可以判断c点的具体变化。18、B【解析】镁和铜的混合物投入稀硝酸中，会从Mg单质和Cu单质处得电子转变成氮的氧化物，由于生成了标况下6.72L的NO，所以可得，镁铜混合物溶于稀硝酸时电子转移的物质的量为：；向反应后的溶液中加入NaOH，生成的沉淀即Mg(OH)2和Cu(OH)2的混合物，那么有：n(OH-)=n(电子)=0.9mol；所以沉淀的质量为33.3g，B项正确；答案选B。【点睛】氧化还原反应计算的依据最基本的是电子得失守恒，此外也要考虑溶液中的电荷守恒以及变价元素的物料守恒。19
31、、B【解析】根据“海水晒盐”原理是利用蒸发溶剂的方法使溶质氯化钠析出的过程来回答。【详解】A蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质的分离的方法，不同于“海水晒盐”原理，故A错误；B蒸发是升高温度让一种物质挥发出来，而剩余另一物质的方法，类似“海水晒盐”原理，故B正确；C过滤是适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，不同于“海水晒盐”原理，故C错误；D搅拌是玻璃棒的作用，可以加速固体的溶解或是物质的分解速率，不同于“海水晒盐”原理，故D错误；答案选B。20、B【解析】A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，
32、原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05mol NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。【点睛】本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为
33、易错点。21、A【解析】除去溶液中的Ca2+用碳酸钠溶液，除去杂质Mg2+用NaOH溶液，除去用氯化钡溶液；为了避免在除杂过程中引入新的杂质，务必要在加碳酸钠除去杂质Ca2+之前先加氯化钡溶液除去杂质，这样过量的Ba2+就可以在加入碳酸钠溶液除去Ca2+的同时也被除去；由于除杂过程中加入了碳酸钠和NaOH，所以需要加稀盐酸除去多余的未反应的上述物质；此外，由于除去上述杂质离子的过程中生成的沉淀Mg(OH)2，CaCO3和BaCO3均可溶于稀盐酸，所以加稀盐酸之前应当将沉淀过滤除去；因此顺序为：，A项正确；答案选A。【点睛】除杂操作的基本原则之一，除杂过程中尽量不要引入新的杂质；因此合理地选择除
34、杂试剂以及合理地安排除杂顺序很有必要。22、A【解析】氧化物是两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，碱性氧化物指的是能与酸反应只生成盐和水的氧化物。【详解】A. Na2O属于氧化物，和酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，故A正确；B. SO2属于氧化物，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C. NH3不含氧元素，不属于氧化物，属于氢化物，故C错误；D. KOH属于碱，不属于氧化物，故D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、HCl H2SiO3 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+ 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐
35、色沉淀 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 11.2 【解析】硅和烧碱反应得到M，M是硅酸钠溶液，通入后变为沉淀，N是，溶液C能与氨水反应得到白色沉淀，白色沉淀又能溶于强碱，则C一定是铝盐，F是，G则是，A就是铝，铝与溶液B反应得到铝盐和一种单质气体D，D只能是氢气，黄绿色气体E只能是氯气，则氢气和氯气反应得到氯化氢气体B，因此溶液B是盐酸，溶液I虽然不好推断，但是K一定是沉淀，则金属H是铁，I是氯化亚铁，J是氯化铁，最后灼烧可以得到铁红，L是，本题得解。【详解】（1）根据分析，B是氢气，N是硅酸；（2）根据分析，写出铝盐和氨水反应的离子方程式：；（3）根据分析，写出亚铁被氯气
36、氧化的离子方程式：；（4）亚铁溶液中加入碱，可以看到白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，实际上发生了；（5）本题最终得到的是溶液，根据先算出的物质的量，氯元素是守恒的，因此最后得到的一共有0.4mol；体系中氧化剂有和两种，还原剂只有铁粉，三者最终恰好完全氧化还原，首先根据算出（还原产物）的量，则一共得了0.2mol电子，再来看铁，我们可以假设参加反应的铁粉有，则参加反应的有，列出反应中的得失电子守恒：解出，则参加反应的铁粉一共有。24、Fe 四氧化三铁 白 红褐 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 KSCN溶液 血红 Cl2 氧化 Fe+2Fe3+=3Fe2
37、+ 【解析】氧化物B为具有磁性的黑色晶体，则B为四氧化三铁；金属单质A与水反应生成B，则A为Fe；四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，D与Fe反应可生成C，则D为氯化铁，C为氯化亚铁。【详解】（1）分析可知，A为Fe；B为四氧化三铁；（2）C为氯化亚铁，向其水溶液中加热NaOH溶液时，产生白色的氢氧化亚铁沉淀；遇到空气，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的氢氧化铁沉淀；反应的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）D为氯化铁，其溶液中的阳离子为Fe3+，可用KSCN检验，若变为血红色，则含有该离子；（4）E是一种黄绿色气体单质，则E为氯气；氯气与氯化亚铁反应中Cl的
38、化合价降低作氧化剂；（5）氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。九、元素或物质推断题25、胶头滴管abdcfe50020.0D【解析】（1）f继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤为计算、称量、溶解、转移、定容、摇匀，故正确操作顺序为abdcfe；（2）实验室没有480mL规格的容量瓶，故配制浓度为1mol/L的NaOH溶液480mL需要使用500mL的容量瓶配制此溶液，需要称量NaOH固体的质量为；（3）A容量瓶中原有少量蒸馏水对溶质的物质的量和溶液的体积都无影响，所以
39、对配制溶液的物质的量浓度无影响，选项A不选；B没有洗涤烧杯会导致溶质的物质的量偏小，导致配制溶液的物质的量浓度偏小，选项B不选；C定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，则加入的水偏多，溶液浓度偏小，选项C不选；D定容时俯视液面导致溶液的体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大，选项D选。答案选D。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及误差判断，注意从分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。根据分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，如果n偏小或V偏大都导致配制溶液的物质的量浓度偏小。26、SiO2小于酸性和还原性有色布条褪色Cl2H2O=HClHClO，
40、HClO具有漂白性，能使有色布条褪色2ICl2=I22Cl2Fe3Cl22FeCl3防止H中的水蒸气进入到F装置中（或者吸收H中挥发出来的水蒸气）【解析】（1）软锰矿样品，其主要成分为二氧化锰（MnO2）和石英（SiO2），二氧化锰能够与浓盐酸反应生成氯化锰溶液、氯气和水，二氧化硅与盐酸不反应，所以剩余固体为二氧化硅；由于随着反应的进行浓盐酸变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，因此若有4mol浓盐酸参与反应，产生的氯气在标准状况下的体积小于22.4L，由于反应中还有氯化锰生成，则浓盐酸在该反应中表现出来的性质是酸性和还原性；（2）氯气溶于水：Cl2H2OHClHClO，HClO具有漂白性，能使有色布
41、条褪色；（3）实验中观察到D中溶液变蓝色，说明有单质碘生成，即氯气将碘化钾氧化为单质碘，发生反应的离子方程式为2ICl2=I22Cl；（4）过量的铁和氯气反应后的固体,用磁铁除去过量的Fe，溶于水，加入KSCN溶液，溶液变红色，加入KMnO4溶液，溶液不褪色，铁和氯气反应与铁的量无关，反应生成氯化铁，因此氯气与Fe粉共热时发生反应的化学方程式为2Fe3Cl22FeCl3；（5）已知F中的产物易潮解，在F和H装置之间安装G装置，目的是防止H中的水蒸气进入到F装置中（或者吸收H中挥发出来的水蒸气）。27、 分液漏斗 b 除去水蒸气或干燥 NaOH MnO24H2Cl Mn2Cl22H2O 饱和食盐
42、水 8NH33Cl2=6NH4ClN2【解析】(1). 据图可知，仪器a是分液漏斗， 氢氧化钠、生石灰或者碱石灰具有吸水性，利用氢氧化钠、生石灰或者碱石灰与浓氨水可快速制取氨气，所以选b，故答案为：分液漏斗；b；(2). 制取的氨气和氯气中均混有水蒸气，装置B中盛装的碱石灰、D中盛装的浓硫酸均可以除去水蒸气，起干燥气体的作用，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故答案为：除去水蒸气或干燥；NaOH；(3). 二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的离子方程式：MnO24H2Cl Mn2Cl22H2O，浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有HCl杂质
43、，通过盛有饱和食盐水的洗气瓶可以除去HCl杂质，所以E中盛放的是饱和食盐水，故答案为：MnO24H2Cl Mn2Cl22H2O；饱和食盐水；(4). 反应过程中，装置C的集气瓶中有大量白烟产生，说明生成的产物有氯化铵，另一种产物为N2，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为8NH33Cl2=6NH4ClN2，故答案为：8NH33Cl2=6NH4ClN2。28、H+、NH4+、Mg2+、Al3+SO42-、Br-H+OH-=H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2ODSO42- 0.2molBr- 0.3mol【解析】若加入铝粉，产生的气体是H2，因此必须含有氢离子，则一定不存在CO32-、NO3-；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+。根据图像可知沉淀达到最大值以后沉淀开始减少，但不完全消失，所以一定存在Mg2+、Al3+；BC阶段沉淀不变化，说明还含有铵根离子，SO42-、Br-无法确定，根据溶液显电中性可知二者至少含有一种。（1）根据以上分析可知溶液中的阳离子一定含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+，阴离子无法确定是否存在的是SO42-、Br-。（2）OA是中和氢离子，方程式为H+OH-=H2O；CD是溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（3）AAlCl3与硫酸根和溴离子均不反应，A错误
