湖北省華中師大第一附中2023年化學(xué)高一上期末教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題含解析

湖北省華中師大第一附中2023年化學(xué)高一上期末教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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(xiàng)）1、1.8g某金屬在氯氣中燃燒后，固體質(zhì)量增加了7.1g，該金屬是A．Ag B．Fe C．Al D．Na2、下列物質(zhì)均為ag，將它們在氧氣中完全氧化的產(chǎn)物全部通入到足量的過氧化鈉固體中，過氧化鈉固體增重為ag，符合條件的物質(zhì)種類有（）①CO②H2③CH4④HCHO⑤CH3COOH⑥HCOOHA．4種 B．5種 C．6種 D．2種3、離子方程式中的不能代表的物質(zhì)是①

②

③

④

⑤A．①③ B．①④⑤ C．②④⑤ D．②⑤4、下列說法中，正確的是()A．SiO2和CO2常溫都是氣體B．CO2、SiO2均能和氫氟酸反應(yīng)C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定條件下都能和氧化鈣反應(yīng)D．CO2、SiO2均可與水反應(yīng)制得相應(yīng)酸5、Na2FeO4是一種高效多功能水處理劑，應(yīng)用前景十分看好。一種制備Na2FeO4的方法可用化學(xué)方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，對此反應(yīng)下列說法中正確的是A．Na2O2只作氧化劑B．Na2FeO4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物C．O2是還原產(chǎn)物D．2molFeSO4發(fā)生反應(yīng)時，反應(yīng)中共有8mol電子轉(zhuǎn)移6、說法中正確的是()A．32gO2占有的體積約為22.4LB．22.4LN2含阿伏加德羅常數(shù)個氮分子C．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L水的質(zhì)量約為18gD．22g二氧化碳與標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LHCl含有相同的分子數(shù)7、向MgCl2、AlCl3的混合溶液中，開始滴加試劑X，之后改滴試劑Y，所得沉淀的物質(zhì)的量n(mol)與試劑體積V(mL)間的關(guān)系如圖所示。以下結(jié)論錯誤的是()A．X是鹽酸，Y是NaOH溶液，且c(Y)＝2c(X)B．原混合液中，c(Al3＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝1∶1∶5C．X是NaOH溶液，Y是鹽酸，且c(NaOH)∶c(HCl)＝2∶1D．從b至c相應(yīng)的離子方程式為H＋＋OH－===H2O8、容量瓶上需標(biāo)有：①溫度②濃度③容量④壓強(qiáng)⑤刻度線五項(xiàng)中的：（）A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤9、常用兩種方法制備氯化物：①金屬與氯氣直接化合；②金屬與鹽酸反應(yīng)。用上述兩種方法都可制得的氯化物是()A．氯化銅 B．氯化亞鐵 C．氯化鐵 D．氯化鋁10、配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時，使所配制的溶液濃度偏小的操作是（）①將NaOH固體放在紙上稱量，再轉(zhuǎn)移到燒杯中溶解②燒杯中NaOH溶液移入容量瓶后沒有洗滌燒杯和玻璃棒③實(shí)驗(yàn)用的容量瓶洗凈后未干燥，里面含有少量水④讀取容量瓶液面時俯視刻度線A．①② B．③④ C．①③ D．②④11、136C呼氣法在醫(yī)學(xué)上常用于門螺旋桿菌的診斷，下列關(guān)于136C的說法中正確的是A．質(zhì)子數(shù)是6 B．質(zhì)量數(shù)是6 C．電子數(shù)是13 D．中子數(shù)是1312、高純度單晶硅是典型的無機(jī)非金屬材料，又稱“半導(dǎo)體”材料，它的發(fā)現(xiàn)和使用曾引起計算機(jī)的一場“革命”。它可以按下列方法進(jìn)行制備：SiO2Si(粗)SiHCl3Si(純)。下列說法正確的是()A．反應(yīng)①的化學(xué)方程式為SiO2＋CSi＋CO2↑B．反應(yīng)①②③中每生成或消耗1molSi，轉(zhuǎn)移4mol電子C．二氧化硅與氫氟酸反應(yīng)，而硅不能與氫氟酸反應(yīng)D．SiHCl3(沸點(diǎn)31.8℃)中含有少量的SiCl4(沸點(diǎn)57.6℃)，通過蒸餾(或分餾)可提純SiHCl313、某同學(xué)用量筒量取液體時，將量筒平放，仰視液體凹液面最低處讀數(shù)為16.0mL，傾倒出一部分溶液，又俯視液體凹液面最低處，讀數(shù)為10.0mL，該同學(xué)取出液體的體積是（）A．大于6.0mL B．等于6.0mLC．小于6.0mL D．無法判斷14、下列有關(guān)環(huán)境污染的說法不正確的是()A．燃煤時加入適量石灰石，可減少廢氣中SO2的量B．pH在5.6～7之間的降水通常稱為酸雨C．光化學(xué)煙霧的形成主要與NOx和碳?xì)浠衔镉嘘P(guān)D．含磷洗滌劑會導(dǎo)致水體污染15、在AlCl3、MgCl2、MgSO4的混合溶液中，c(Al3+)=0.10mol/L，c(Mg2+)=0.25mol/L，c(Cl-)=0.50mol/L，則c(SO42-)為A．0.10mol/L B．0.15mol/L C．0.20mol/L D．0.30mol/L16、下列溶液分別與碳酸氫鈉溶液混合后不能發(fā)生反應(yīng)的是()A．氫氧化鈣溶液 B．氫氧化鋇溶液C．氫氧化鈉溶液 D．氯化鈣溶液17、下列物質(zhì)在光照條件下不能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的是（）A．硝酸銀 B．次氯酸 C．氯化鈉 D．氫氣和氯氣混合氣18、將10.6gNa2CO3溶于水配制成1000mL溶液，從中取出20mL，該溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度為（）A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.05mol/L D．0.025mol/L19、以下實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，與新制氯水中的成分（括號內(nèi)為成分）無關(guān)的是A．新制氯水使有色布條褪色（Cl2）B．加入硝酸后，加入硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀（Cl—）C．氯水呈黃綠色，并且有刺激性氣味（Cl2）D．新制氯水使有色布條褪色（HClO）20、有Cl2氣泄漏時，人應(yīng)該站在高處，這是利用Cl2下列性質(zhì)中的()A．黃綠色 B．密度比空氣大C．有毒 D．較易液化21、某同學(xué)在做實(shí)驗(yàn)時引發(fā)了鎂失火，他立即拿起二氧化碳滅火器欲把火撲滅，卻被實(shí)驗(yàn)老師及時制止。原因是CO2可以支持鎂燃燒發(fā)生以下反應(yīng)：2Mg+CO22MgO+C，下列關(guān)于該反應(yīng)的判斷正確的是A．Mg元素化合價由0價升高到+2價，所以MgO是還原產(chǎn)物B．由此反應(yīng)可以判斷氧化性CO2>MgO，還原性Mg>CC．CO2作氧化劑，表現(xiàn)氧化性，發(fā)生氧化反應(yīng)D．Mg原子失去的電子數(shù)目等于O原子得到的電子數(shù)目22、"垃圾是放錯了位置的資源",應(yīng)該分類回收利用.生活中廢棄的鐵鍋,鋁制易拉罐,銅導(dǎo)線等可以歸為一類加以回收,它們屬于()A．有機(jī)物B．氧化物C．鹽D．金屬或合金二、非選擇題(共84分)23、（14分）X，Y，Z三種元素，它們具有下述性質(zhì)：（1）X，Y，Z的單質(zhì)在常溫下均為氣體；（2）X的單質(zhì)可以在Z的單質(zhì)中燃燒，燃燒時生成化合物XZ；（3）化合物XZ極易溶于水，并電離出X+和Z-，其水溶液可使藍(lán)色石蕊試紙變紅；（4）2分子X的單質(zhì)可與1分子Y的單質(zhì)化合，生成2分子X2Y，X2Y在常溫下液體；（5）Z的單質(zhì)溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。根據(jù)上述事實(shí)，試判斷X，Y，Z各是什么元素，XZ和X2Y各是什么物質(zhì)：X（_______________），Y（_______________）Z（________________），XZ（_______________）X2Y（_______________）。24、（12分）下列曲線分別表示元素的某種性質(zhì)與核電荷數(shù)的關(guān)系(Z為核電荷數(shù)，Y為元素的有關(guān)性質(zhì))。(1)把與下面元素有關(guān)性質(zhì)相符的曲線標(biāo)號填入相應(yīng)的空格中:a.b.c.d.①第ⅡA族元素的價電子數(shù)________。②第三周期元素的最高化合價________。③F-、Na+、Mg2+、Al3+的離子半徑________。(2)元素X、Y、Z、M、N均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。已知Y原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3∶4；M元素原子的最外層電子數(shù)與電子層數(shù)之比為4∶3；N-、Z+、X+的半徑逐漸減??；化合物XN常溫下為氣體。據(jù)此回答：①X為___________(名稱)，Y為____________(元素符號)，Z原子結(jié)構(gòu)示意圖為________________。②N的最高價氧化物的水化物的化學(xué)式為________________。③M的最高價氧化物的化學(xué)式為________________________。25、（12分）Ⅰ.課堂上，老師提問如何鑒別濃硫酸與稀硫酸，某學(xué)習(xí)小組設(shè)計方案如下方案結(jié)論①往酸中投入火柴梗變黑者為濃硫酸②加入鋁片產(chǎn)生刺激性氣味者為濃硫酸②加少量酸于盛水的小燒杯中放熱者為濃硫酸④用玻璃棒蘸濃氨水靠近酸的瓶口冒白煙者為濃硫酸⑤將酸滴加到膽礬晶體上變白者為濃硫酸(1)以上方案中，可行的是______________（填序號）(2)其中一個稍作改進(jìn)就能成為可行方案是________________，改進(jìn)方法為____________。(3)完全錯誤的是__________，因?yàn)開________________________________________。Ⅱ.實(shí)驗(yàn)室用濃硫酸配制1.0mol/L硫酸溶液480mL，回答下列問題：(1)如下圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是____________（填字母），配制上述溶液還需要用到的玻璃儀器是_________________________（填儀器名稱）。(2)容量瓶上標(biāo)有以下5項(xiàng)中的_____________（填序號）①壓強(qiáng)②溫度③容量④濃度⑤刻度線(3)在配制過程中，下列操作使所配溶液濃度偏大的是______________（填序號）。①未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中②定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線③定容時，仰視刻度線④使用容量瓶前用蒸餾水洗滌且沒干燥(4)計算實(shí)驗(yàn)室配制上述溶液需用量筒取質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g/mL的濃硫酸的體積為_____________________mL。（保留小數(shù)點(diǎn)后一位）26、（10分）現(xiàn)用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備純凈干燥的氯氣，再用氯氣與銅粉反應(yīng)制取少量CuCl2，其裝置如下：（1）寫出裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_________________________。（2）B中選用的試劑是飽和食鹽水，其作用是除去Cl2中混有的__________雜質(zhì)；裝置E的作用是___________________。（3）即使A裝置中的MnO2和D裝置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L濃鹽酸經(jīng)充分反應(yīng)后得到的CuCl2也不足0.3mol，其原因是______________A．裝置漏氣B．A裝置在加熱過程中鹽酸易揮發(fā)C．CuCl2潮解吸水D．A裝置中反應(yīng)生成的水要稀釋鹽酸，剩余的鹽酸不再反應(yīng)（4）某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)用經(jīng)Cl2消毒的自來水配制下列溶液：①KI；②AgNO3；③AlCl3；④FeCl2；⑤稀鹽酸，發(fā)現(xiàn)部分藥品變質(zhì)，它們是(請用序號作答)____________________。（5）另一個實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)認(rèn)為SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定會更強(qiáng)。他們將制得的SO2和Cl2按1：1同時通入到品紅溶液中，結(jié)果發(fā)現(xiàn)褪色效果并不像想象的那樣。請你分析該現(xiàn)象的原因（用化學(xué)方程式表示）_____________________________________。（6）一定條件下，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯氣，二者恰好完全反應(yīng)。生成物中含有三種含氯元素的離子，其中ClO－、ClO兩種離子的物質(zhì)的量(n)與反應(yīng)時間(t)的曲線如圖所示。該過程中參加反應(yīng)Cl2的物質(zhì)的量是________mol。若產(chǎn)生的n（C1-）為11mol，n（C1O3-）為2mol，則參加反應(yīng)的Ca(OH)2的物質(zhì)的量為________mol。27、（12分）下圖為實(shí)驗(yàn)室某鹽酸試劑瓶的標(biāo)簽，試根據(jù)標(biāo)簽上的有關(guān)數(shù)據(jù)回答下列問題：鹽酸分子式：HCl相對分子質(zhì)量：36.5密度：1.19g·cm-3物質(zhì)的量濃度：11.9mol·L-1(1)取用任意體積的該鹽酸時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是____

(填字母)。A．溶液中HCl的物質(zhì)的量B．溶液的物質(zhì)的量濃度C．溶液的密度D．溶液中Cl-的數(shù)目(2)某學(xué)生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制500mL0.50mol/L的稀鹽酸。①該學(xué)生需要量取____mL上述濃鹽酸進(jìn)行配制。②本實(shí)驗(yàn)用到的基本儀器已有燒杯、量簡、玻璃棒，還缺少的儀器是_______。(3)①假設(shè)該同學(xué)成功配制了0.50mol/L的鹽酸，他又用該鹽酸中和含0.4g溶質(zhì)的NaOH溶液，則該同學(xué)需取____mL鹽酸。②假設(shè)該同學(xué)用新配制的鹽酸中和含0.4g溶質(zhì)的NaOH溶液，發(fā)現(xiàn)消耗的鹽酸比①中所求體積偏小，則可能的原因是_______(填字母)。A．濃鹽酸揮發(fā)，濃度不足B．配制溶液時，未洗滌燒杯C．定容時，俯視容量瓶刻度線D．定容后經(jīng)振蕩、搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面下降，再加適量的蒸餾水28、（14分）氮的氧化物和硫的氧化物是導(dǎo)致酸雨的物質(zhì)。（1）形成酸雨的原理之一可簡單表示如圖：請回答下列問題：①酸雨的pH_____（填“＞”、“＜”或“=”）5.6；②D物質(zhì)的化學(xué)式為_____；③反應(yīng)b的化學(xué)方程式為_____；（2）在一定條件下氨氣亦可用來將氮氧化物轉(zhuǎn)化為無污染的物質(zhì)．寫出氨氣和二氧化氮在一定條件下反應(yīng)生成氮?dú)夂退幕瘜W(xué)方程式：____________________，反應(yīng)中氧化劑是____；29、（10分）按要求填空。（1）根據(jù)反應(yīng)Cu＋4HNO3(濃)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是_____，當(dāng)有2molHNO3參加反應(yīng)時，被氧化的物質(zhì)是____g，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目約為_____個。（2）在反應(yīng)K2S＋4H2SO4(濃)K2SO4＋4SO2↑＋4H2O中，氧化產(chǎn)物是____，還原產(chǎn)物是______，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比是_____。（3）某同學(xué)寫出以下三個化學(xué)方程式：(未配平)①NO＋HNO3→N2O3＋H2O②NH3＋NO→HNO2＋H2O③N2O4＋H2O→HNO3＋HNO2其中你認(rèn)為不可能實(shí)現(xiàn)的是______。（4）今有下列三個氧化還原反應(yīng)：①2FeCl3＋2KI＝2FeCl2＋2KCl＋I(xiàn)2②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(濃)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O氧化性最強(qiáng)的物質(zhì)的是____(填字母，下同)，若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要將I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，則可加入的試劑是____。A．Cl2B．KMnO4C．FeCl3D．I2（5）30mL濃度為0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好與25mL濃度為0.02mol·L－1的K2R2O7溶液反應(yīng)，則元素R在還原產(chǎn)物中的化合價是_______。

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(xiàng)）1、C【解析】

增加的質(zhì)量就是參加反應(yīng)的氯氣的質(zhì)量，即氯氣是0.1mol，得到電子是0.2mol，因此該金屬提供1mol電子消耗的質(zhì)量是1.8g÷0.2＝9g。由于選項(xiàng)A～D中提供1mol電子需要金屬的質(zhì)量分別是(g)108、18.67、9、23，因此該金屬是Al。答案選C。2、A【解析】

H2、CO發(fā)生的化學(xué)方程式為：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，由反應(yīng)方程式可知，過氧化鈉增加的質(zhì)量即為H2、CO的質(zhì)量。因此只要是CO或H2或它們的混合氣體或化學(xué)組成符合mCO·nH2的物質(zhì)完全氧化的產(chǎn)物全部通入到足量的過氧化鈉固體中，過氧化鈉固體增重質(zhì)量等于原物質(zhì)的質(zhì)量，則①②符合，而④HCHO可以改寫成CO·H2，⑤CH3COOH可以改寫成2CO·2H2，③CH4可以改寫成C·2H2，⑥HCOOH可以改寫成CO2·H2，因此④⑤符合，③⑥不符合，即①②④⑤符合；故答案選A。3、C【解析】

依據(jù)離子方程式中的是溶于水的強(qiáng)酸溶液中發(fā)生的反應(yīng)，同時不能和鋇離子反應(yīng)生成沉淀分析?！驹斀狻竣偃苡谒耆婋x，且不和鋇離子反應(yīng)，可以代表碳酸鋇和鹽酸反應(yīng)的離子方程式，故①不選；②于水完全電離，但硫酸根離子和鋇離子結(jié)合會生成硫酸鋇沉淀，離子方程式為不可以代表碳酸鋇和硫酸反應(yīng)的離子方程式，故②選；③溶于水完全電離，不和鋇離子反應(yīng)可以代表；可以代表碳酸鋇和硝酸反應(yīng)的離子方程式，故③不選；④中的硫酸根離子和鋇離子結(jié)合生成沉淀硫酸鋇，離子方程式為不可以代表碳酸鋇和硫酸氫鈉反應(yīng)的離子方程式，故④選；⑤是弱酸存在電離平衡，不能寫成氫離子的形式，離子方程式不可以代表碳酸鋇和乙酸反應(yīng)的離子方程式，故⑤選；故答案選C?！军c(diǎn)睛】對于離子反應(yīng)的實(shí)質(zhì)，主要關(guān)注離子的存在和離子反應(yīng)的分析理解，提供氫離子的同時，不能和鋇離子反應(yīng)是解題關(guān)鍵。4、C【解析】

A項(xiàng)，SiO2常溫為固體，故A錯誤；B項(xiàng)，CO2不與氫氟酸反應(yīng)，故B錯誤；C項(xiàng)，CO2和SiO2均能和堿反應(yīng)生成鹽和水，屬于酸性氧化物，在一定條件下都能和氧化鈣反應(yīng)，分別生成碳酸鈣和硅酸鈣，故C正確；D項(xiàng)，SiO2常溫不溶于水，也不與水反應(yīng)，故D錯誤；故答案為D。5、B【解析】

從化合價變化的角度分析氧化還原反應(yīng)中的有關(guān)概念的判斷，根據(jù)化合價升降的數(shù)目計算反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反應(yīng)中，鐵元素的化合價升高，由+2價升高到+3價，Na2O2中元素的化合價既升高又降低。據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.Na2O2中元素的化合價既升高又降低，反應(yīng)中既是氧化劑又是還原劑，故A錯誤；B.FeSO4→Na2FeO4，鐵的化合價升高，Na2FeO4是氧化產(chǎn)物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合價降低，Na2FeO4是還原產(chǎn)物，故B正確；C.Na2O2→O2，氧元素化合價升高，O2是氧化產(chǎn)物，故C錯誤；D.反應(yīng)中化合價升高的元素有Fe，由+3價→+6價，化合價升高的元素還有O元素，由-2價→0價，2molFeSO4發(fā)生反應(yīng)時，共有2mol×3+1mol×4=10mol電子轉(zhuǎn)移，故D錯誤。答案選B。6、D【解析】

A、因?yàn)闅怏w的狀態(tài)不能確定，無法計算氧氣的體積，A錯誤；B、22.4L氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量不一定是1mol，不能計算其分子數(shù)，B錯誤；C、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，水不是氣體，不能適用于氣體摩爾體積，C錯誤；D、22g二氧化碳與標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LHCl的物質(zhì)的物質(zhì)的量都是0.5mol，分子數(shù)是相同的，D正確；答案選D。7、A【解析】

根據(jù)圖象可知先加入的試劑X一開始就產(chǎn)生沉淀，而隨試劑的加入沉淀部分溶解，所以試劑X為NaOH，后來加入的試劑Y沉淀的量不變是鹽酸與過量的堿反應(yīng)，繼續(xù)加試劑Y，沉淀的增加是偏鋁酸鹽與酸反應(yīng)生成沉淀氫氧化鋁，當(dāng)偏鋁酸鹽全部轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，再滴入酸，又溶解了氫氧化鋁和氫氧化鎂，所以試劑Y為鹽酸。【詳解】A.根據(jù)以上分析可知X是氫氧化鈉，Y是鹽酸，故A錯誤；B.設(shè)氫氧化鈉的濃度為6mol/l，從加入5mLX生成沉淀最多，再繼續(xù)加1mLX沉淀量減少到最小值，滴加氫氧化鈉在5→6（1mL）時相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式為：Al（OH）3↓+NaOH=NaAlO2+2H2O，由此可知，n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.006mol；由前5mLNaOH形成最大沉淀量可知，2n（Mg2+）+3n（Al3+）=0.03mol，所以n（Mg2+）=0.006mol，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，則n（Cl-）=0.03mol，即溶液中c(Al3＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝1∶1∶5，故B正確；C.由圖可知，5→6（1mL）為氫氧化鋁的溶解，發(fā)生反應(yīng)：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，9→11（2mL）為偏鋁酸鈉恰好完全生成Al（OH）3沉淀：發(fā)生反應(yīng)：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，根據(jù)鋁元素守恒知：NaOH～Al（OH）3～AlO2-～H+由此可以推出：n（NaOH）=n（HCl）又因?yàn)関（NaOH）：v（HCl）=1：2，所以：c（NaOH）：c（HCl）=2：1，故C正確；D.在6mL處由原來的滴加NaOH，改為滴加鹽酸，由圖象知7mL～9mL時對應(yīng)液體中沉淀量不變，可以推知此時僅僅發(fā)生酸堿中和反應(yīng)，即H＋＋OH－===H2O，故D正確；題目要求選錯誤的，故選A。8、A【解析】

容量瓶是用來配制一定體積、一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量容器，容量瓶上標(biāo)有容量、刻度線，則③⑤正確；容量瓶只能在常溫下使用，不能用來盛裝過冷或過熱的液體，不能用來稀釋溶液或作為反應(yīng)容器，則①正確，與濃度、壓強(qiáng)無關(guān)，所以正確的是①③⑤，故選A。9、D【解析】

A．Cu與鹽酸不反應(yīng)，不能通過與鹽酸反應(yīng)得到，故A錯誤；B．Fe和氯氣直接化合制得FeCl3，但Fe與稀鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，不符合題意，故B錯誤；C．Fe與稀鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，不能得到FeCl3，故C錯誤；D．Al和氯氣直接化合制得AlCl3，且Al與鹽酸反應(yīng)制得AlCl3，符合題意，故D正確；故選D。10、A【解析】

①稱將NaOH固體放在紙上稱量，NaOH潮解，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制溶液濃度偏?。虎跊]有洗滌燒杯，損失溶質(zhì)，使配制溶液濃度偏小；③容量瓶內(nèi)有少量水對結(jié)果無影響；④定容時俯視液面，溶液體積偏小，使配制的溶液濃度偏大；則①②正確；答案選A。11、A【解析】

136C的質(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為13，核外電子數(shù)6，由質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)可知，中子數(shù)為14﹣6=8，故選A?！军c(diǎn)睛】明確質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)及原子中質(zhì)子數(shù)等于核外電子數(shù)即可解答。12、D【解析】

A．二氧化硅與C在高溫條件下反應(yīng)生成Si和CO，不是二氧化碳，故A錯誤；B．反應(yīng)①中每生成1molSi轉(zhuǎn)移4mol電子，而SiHCl3中Si的化合價是＋2，所以反應(yīng)②③中每消耗或生成1molSi，轉(zhuǎn)移2mol電子，故B錯誤；C．二氧化硅與硅都可以與氫氟酸反應(yīng)，故C錯誤；D．SiHCl3與SiCl4的沸點(diǎn)相差較大，所以可通過蒸餾除去SiCl4，故D正確。故選D?！军c(diǎn)睛】此題易錯項(xiàng)在于A，高溫下CO更穩(wěn)定，所以二氧化硅與C在高溫條件下反應(yīng)生成Si和CO。13、A【解析】

仰視液體凹液面最低處，讀數(shù)為16mL，實(shí)際量取液體的體積偏大，可以假設(shè)為17mL，又俯視液體凹液面最低處，讀數(shù)為10mL，實(shí)際量取液體的體積偏小，可以假設(shè)為10mL，所以倒出液體的體積為：17mL-10mL=7mL，大于6mL，故選A?！军c(diǎn)晴】用量筒量取液體時，量筒要放平，讀數(shù)時視線應(yīng)與凹液面最低處相平；如果仰視液面，讀數(shù)比實(shí)際偏小，若俯視液面，讀數(shù)比實(shí)際偏大，根據(jù)量筒的讀數(shù)與實(shí)際值的關(guān)系來判斷該學(xué)生實(shí)際倒出液體的體積大小。常見有讀數(shù)玻璃儀器的特征：量筒沒有零刻度，且最大讀數(shù)在上方，酸、堿滴定管零刻度在上方，最大刻度在下，且最大刻度下方還有一部分溶液無法讀數(shù)，容量瓶只有一個刻度線，在瓶頸上。14、B【解析】

A、高溫下石灰石分解生成CaO，可與SO2、氧氣反應(yīng)生成硫酸鈣，減少廢氣中SO2的量，故A正確；B、酸雨pH＜5.6，故B錯誤；C、氮氧化物（NOx）和碳?xì)浠衔铮–xHy）受強(qiáng)烈的太陽紫外線照射后產(chǎn)生一種新的二次污染物：光化學(xué)煙霧，故C正確；D、含磷廢水易導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化，應(yīng)經(jīng)處理后才能排放，故D正確。答案選B。15、B【解析】

溶液顯電中性，所有陽離子所帶正電的數(shù)值等于所有陰離子所帶負(fù)電的數(shù)值，故有3×0.10+2×0.25=1×0.50+2c(SO42-)，解得c(SO42-)=0.15，答案選B；正確答案為B【點(diǎn)睛】溶液顯電中性，所有陽離子所帶正電的數(shù)值等于所有陰離子所帶負(fù)電的數(shù)值，這就是溶液中的電荷守恒規(guī)律，利用此規(guī)律解答相關(guān)題目，更簡單和便捷，注意的是每種離子所帶的電荷等于離子的濃度和離子本身所帶電荷的乘積。16、D【解析】

A．氫氧化鈣溶液與碳酸氫鈉溶液混合可以反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、碳酸鈉和水，故A不選；B．氫氧化鋇溶液與碳酸氫鈉溶液混合可以反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀、碳酸鈉和水，故B不選；C．氫氧化鈉溶液與碳酸氫鈉溶液混合反應(yīng)生成碳酸鈉和水，故C不選；D．氯化鈣溶液與碳酸氫鈉溶液混合不能發(fā)生反應(yīng)，故D選；故選D。【點(diǎn)睛】解答本題的關(guān)鍵是理解碳酸氫根離子的性質(zhì)，碳酸氫根離子鍵能與堿反應(yīng)，又能與酸反應(yīng)，HCO3－＋H+=H2O＋CO2↑、OH－＋HCO3－＝CO32-＋H2O。17、C【解析】

A、AgNO3溶液對光不穩(wěn)定，故實(shí)驗(yàn)室里常用棕色試劑瓶保存AgNO3溶液，A不符合題意；B、次氯酸在光照條件下易分解為HCl和O2，B不符合題意；C、NaCl對光穩(wěn)定，C符合題意；D、Cl2和H2在光照條件下反應(yīng)生成HCl，D不符合題意；故選C?！军c(diǎn)睛】實(shí)驗(yàn)室里，對于對光不穩(wěn)定的物質(zhì)或者溶液，往往用棕色試劑瓶保存，且放在陰涼避光處，比如硝酸、AgNO3溶液、雙氧水、固體碘、AgBr等。18、A【解析】將10.6g

Na2CO3溶于水配制成1

000mL溶液，溶質(zhì)n==0.1mol，溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度c==0.1mol/L，溶液是均一穩(wěn)定的分散系，濃度和溶液體積無關(guān)，該溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度為0.2mol/L；故選B。點(diǎn)睛：本題考查了物質(zhì)的量濃度的概念分析計算，掌握微粒濃度的計算方法是解題關(guān)鍵。要知道溶液是均一穩(wěn)定的分散系，濃度和溶液體積無關(guān)，離子濃度=溶質(zhì)濃度×離子數(shù)。19、A【解析】

氯水是氯氣溶于水形成的水溶液，溶于水中的氯氣部分和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，氯水中還有未和水反應(yīng)的氯氣分子，氯水的成分從微粒的角度來說分子有Cl2、H2O、HClO，離子有H+、Cl-、ClO-、OH-?！驹斀狻緼.使有色布條褪色的是具有強(qiáng)氧化性的次氯酸，故A選；B.氯水中的Cl-可以和硝酸銀溶液中的Ag+生成白色沉淀AgCl，故B不選；C.氯水中有氯氣分子，氯氣是黃綠色的，而且有刺激性氣味，所以氯水有顏色，并且有刺激性氣味。故C不選；D.HClO使有色布條褪色，故D不選。故選A。20、B【解析】

Cl2是有毒氣體，若氯氣泄漏人站在高處，是利用Cl2的密度比空氣大，在氣體的下層，故合理選項(xiàng)是B。21、B【解析】

2Mg+CO22MgO+C，鎂化合價由0價升高到MgO的+2價，所以鎂為還原劑，MgO為氧化產(chǎn)物；二氧化碳化合價由+4價降低到C的0價，所以二氧化碳為氧化劑，C為還原產(chǎn)物?！驹斀狻挎V化合價由0價升高到MgO的+2價，所以鎂為還原劑，MgO為氧化產(chǎn)物，A錯誤；根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，所以氧化性CO2＞MgO，還原性Mg＞C，故B正確；二氧化碳化合價由+4價降低到C的0價，所以二氧化碳為氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，C錯誤；根據(jù)得失電子守恒，Mg原子失去的電子數(shù)目等于C原子得到的電子數(shù)目，故D錯誤。故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重于分析能力的考查，從元素化合價的角度認(rèn)識相關(guān)概念是解答關(guān)鍵。22、D【解析】生活中廢棄的鐵鍋,鋁制易拉罐,銅導(dǎo)線等都屬于廢舊金屬材料，它們的主要成分是金屬單質(zhì)或合金，故它們屬于金屬或合金,答案選D。二、非選擇題(共84分)23、HOClHClH2O【解析】

結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析解答?！驹斀狻縓Z極易溶于水，在水溶液中電離出X+和Z-，XZ的水溶液可使石蕊試液變紅，溶液呈酸性，則X為氫元素，X單質(zhì)為H2；結(jié)合X的單質(zhì)在Z的單質(zhì)中燃燒生成XZ，可知Z為Cl元素，Z的單質(zhì)為Cl2，故XZ為HCl；2個H2分子能與1個Y2分子化合成2個X2Y分子，X2Y常溫下為液體，則X2Y為H2O，說明Y為O元素；Cl2溶于H2O中，反應(yīng)生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合題意；根據(jù)上述分析，X為H，Y為O，Z為Cl，XZ為HCl，X2Y為H2O，故答案為H；O；Cl；HCl；H2O。24、bca氫OHClO4SiO2【解析】

（1）①根據(jù)同一主族元素的最外層電子數(shù)相等；

②第3周期的最高化合價從左→右依次升高；

③四種離子有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大；（2）元素X、Y、Z、M、N均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大．已知Y原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3：4，則Y的最外層電子數(shù)為6，核外電子數(shù)為8符合，即Y為O元素；M元素原子的最外層電子數(shù)與電子層數(shù)之比為4：3，M為第三周期的Si元素；N-、Z+、X+的半徑逐漸減小，可知N為Cl、Z為Na、X為H；化合物HCl常溫下為氣體，以此來解答。【詳解】（1）①ⅡA族元素的最外層電子數(shù)相等，圖象b符合，故答案為：b；

②第3周期的最高化合價從左→右依次升高，圖象c符合，故答案為：c；

③四種離子有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，故離子半徑：F-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，圖象a符合，故答案為：a．（2）①由上述分析可知，X為氫，Y為O，Z的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：氫；O；；

②N的最高價氧化物的水化物的化學(xué)式為HClO4，故答案為：HClO4；

③M為Si，其最高價氧化物SiO2，故答案為：SiO2。【點(diǎn)睛】第（2）題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握Y原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3：4推斷Y為O元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意周期律及元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。25、①③⑤②有氣體放出或者使鋁片溶解的是稀硫酸④硫酸是難揮發(fā)性酸（或者高沸點(diǎn)酸）AC燒杯、玻璃棒②③⑤①36.8【解析】

Ⅰ.根據(jù)稀硫酸和濃硫酸性質(zhì)不同設(shè)計實(shí)驗(yàn)；Ⅱ.(1)根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用到的儀器選擇；根據(jù)配制溶液的體積選擇容量瓶的規(guī)格；(2)依據(jù)容量瓶構(gòu)造解答；(3)分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析；(4)依據(jù)c=計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度，依據(jù)溶液稀釋溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃硫酸體積?！驹斀狻?1)濃硫酸具有脫水性，能使火柴梗變黑，稀硫酸沒有脫水性，故①可行；Al和稀硫酸反應(yīng)生成氫氣，濃硫酸和Al發(fā)生鈍化現(xiàn)象，故②不可行；濃硫酸和稀硫酸稀釋過程中都放出熱，但濃硫酸放出的熱量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于稀硫酸，故③可行；濃硫酸和稀硫酸都沒有揮發(fā)性，所以用玻璃棒蘸濃氨水靠近盛有酸的瓶口不產(chǎn)生白煙，故④不可行；濃硫酸具有吸水性，稀硫酸沒有吸水性，所以濃硫酸、稀硫酸分別加到膽礬晶體上，變白的是濃硫酸，故⑤可行；可行的是①③⑤；(2)其中一個稍作改進(jìn)就能成為可行方案是②；金屬鋁能和稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，遇到濃硫酸鈍化，可以調(diào)整一下：加入鋁片，有氣體放出或者使鋁片溶解的是稀硫酸；(3)因濃硫酸高沸點(diǎn)，不易揮發(fā)，所以打開試劑瓶塞，不會冒白煙，故④完全錯誤；Ⅱ.(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，不需要的儀器有燒瓶和分液漏斗，要配制450mL溶液應(yīng)選擇500mL容量瓶，所以還缺少的儀器：燒杯、玻璃棒；故答案為：AC；燒杯、玻璃棒；(2)容量瓶上標(biāo)有：溫度、容量、刻度線；故選：①③⑤；(3)①未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中，冷卻后溶液體積偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度偏高，故選；②定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故不選；③定容時，仰視刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故不選；④使用容量瓶前用蒸餾水洗滌且沒干燥對實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒有影響，故不選；正確答案是①；(4)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g/mL的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度c==18.4mol/L，設(shè)需要濃硫酸體積為V，配制1.0mol/L硫酸溶液480mL需要用500mL容量瓶，則依據(jù)溶液稀釋溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算得：18.4mol/L×V=1mol/L×500mL，解得V=36.8mL。【點(diǎn)睛】本題考查了配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液方法及誤差分析，題目難度不大，注意掌握配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的配制步驟及誤差分析方法，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力。26、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHCl收集氯氣BD①②④2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO45mol7mol【解析】(1)用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備純凈干燥的氯氣，裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)生成的氯氣中含有少量的氯化氫和水蒸氣，B中選用飽和食鹽水，可以除去Cl2中混有的氯化氫雜質(zhì)；C中用濃硫酸干燥氯氣，干燥的氯氣與銅粉反應(yīng)后多余的氯氣用E收集，剩余的氯氣用氫氧化鈉溶液除去尾氣，防止污染空氣，故答案為：HCl；收集氯氣；(3)即使A裝置中的MnO2和D裝置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L濃鹽酸經(jīng)充分反應(yīng)后得到的CuCl2也不足0.3mol，說明生成的氯氣物質(zhì)的量小于0.3mol，即被氧化的氯化氫少于0.6mol，少于氯化氫總量的一半。A.實(shí)驗(yàn)前都要進(jìn)行氣密性檢查，裝置漏氣是不合理的，故A錯誤；B.A裝置在加熱過程中鹽酸易揮發(fā)，使得利用的氯化氫減少，故B正確；C.CuCl2潮解吸水與氯化銅的物質(zhì)的量多少無關(guān)，故C錯誤；D.二氧化錳只能與濃鹽酸反應(yīng)，A裝置中反應(yīng)生成的水要稀釋鹽酸，變成稀鹽酸不再反應(yīng)，故D正確；故選BD。(4)經(jīng)Cl2消毒的自來水可以看成濃度較小的氯水，①氯水中含有氯氣，能夠?qū)I氧化變質(zhì)；②氯水中含有氯離子，能夠與AgNO3反應(yīng)生成氯化銀沉淀變質(zhì)；③AlCl3與氯水中的微粒不反應(yīng)，不變質(zhì)；④氯水中含有氯氣，能夠?qū)eCl2氧化變質(zhì)；⑤稀鹽酸與氯水中的微粒不反應(yīng)，不變質(zhì)；變質(zhì)的有①②④，故答案為：①②④；(5)氯氣具有較強(qiáng)的氧化性，二氧化硫具有較強(qiáng)的還原性，在水溶液中兩者1：1發(fā)生反應(yīng)：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都無漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同時通入到品紅溶液時，品紅溶液并不褪色，故答案為：2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO4；(6)由圖可知，t2時n(ClO-)=2mol，n(ClO3-)=1mol，根據(jù)得失電子守恒，n(C1-)=2mol×1+1mol×5=7mol，根據(jù)氯元素守恒，參加反應(yīng)Cl2為mol=5mol，若產(chǎn)生的n(C1-)為11mol，n(C1O3-)為2mol，根據(jù)得失電子守恒，n(ClO-)=11mol-2mol×5=1mol，根據(jù)電荷守恒，n[Ca(OH)2]=n(Ca2+)=×(11mol+2mol+1mol)=7mol，故答案為：5mol；7mol。27、BC21.0膠頭滴管、

500

mL容量瓶20.0C【解析】

(1)根據(jù)溶液是一種均一、穩(wěn)定的混合物分析解答；(2)①根據(jù)溶液的稀釋定律分析解答；②根據(jù)配制一定體積物質(zhì)的量濃度的溶液的實(shí)驗(yàn)步驟分析所需儀器；(3)②根據(jù)配制一定體積物質(zhì)的量濃度的溶液的操作和誤差分析進(jìn)行解答?！驹斀狻?1)溶液是均一、穩(wěn)定的混合物，故取用任意體積的該鹽酸時，A.溶液中HCl的物質(zhì)的量與溶液體積有關(guān)；B.溶液具有均一性，故溶液的物質(zhì)的量濃度與體積無關(guān)；C.溶液具有均一性，溶液的密度與溶液體積無關(guān)；D.溶液中Cl-的數(shù)目與溶液體積有關(guān)；綜上所述，B、C中的物理量不隨所取體積的多少而變化；(2)①設(shè)需要濃鹽酸的體積為V，依據(jù)溶液稀釋定律：稀釋前后溶質(zhì)物質(zhì)的量不變，可得：V×11.9mol/L=0.50mol?L-1×0.5L，解得V=0.021L=21.0mL，故該學(xué)生需要量取21.0mL上述濃鹽酸進(jìn)行配制；②根據(jù)配制一定體積物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶貼簽等，可知本實(shí)驗(yàn)用到的基本儀器除了燒杯、量筒、玻璃棒，還缺少的儀器是膠頭滴管、500mL容量瓶；(3)①n(HCl)=n(NaOH)=，，即該同學(xué)需取20.0mL鹽酸；②該同學(xué)用新配制的鹽酸中和含0.4g溶質(zhì)的NaOH溶液，發(fā)現(xiàn)消耗的鹽酸比①中所求體積偏小，則可能是所配制鹽酸的濃度偏大，A.濃鹽酸揮發(fā)，濃度不足，配制的鹽酸濃度偏小，中和NaOH溶液時，消耗鹽酸的體積會偏大，故A不符合；B.配制溶液時，未洗滌燒杯，配制的鹽酸濃度偏小，中和NaOH溶液時，消耗鹽酸的體積會偏大，故B不符合