黑龍江省哈爾濱第六中學(xué)2026屆化學(xué)高一上期末統(tǒng)考試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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）1、下列溶液中，所給離子一定能大量共存的是()A．含有大量NO3-的溶液：H＋、Fe2＋、SO42-、Cl－B．使酚酞變紅的溶液：Na＋、Ca2＋、SO42-、CO32-C．含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、Mg2＋、NO3-、SCN－D．含有大量Al3＋的溶液：Na＋、NH4+、SO42-、Cl－2、把少量的二氧化氮氣體通入過量的小蘇打溶液中，再使逸出的氣體通過裝有過氧化鈉顆粒的干燥管，最后收集到的氣體是()A．O2 B．NO2 C．NO2和O2 D．CO2和NO3、將m克下列物質(zhì)在足量O2中充分燃燒后的產(chǎn)物全部通過過量的Na2O2固體，充分吸收后，Na2O2增重的質(zhì)量大于m克的是A．H2和CO的混合氣體 B．乙醇 C．葡萄糖（C6H12O6） D．草酸（C2H2O4）4、下列事實的解釋中，錯誤的是（）A．SO2的漂白原理與Ca(ClO)2水溶液、H2O2和氯水三種物質(zhì)的不同B．在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性C．濃硫酸做干燥劑，是因為濃硫酸具有吸水性D．SO2能使氯水褪色，SO2表現(xiàn)出漂白性5、實驗室制的反應(yīng)為，下列說法錯誤的是()A．還原劑是，氧化劑是B．每消耗1mol，起還原作用的消耗4molC．每生成1mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2molD．生成的中，除含有一些水蒸氣外，還含有雜質(zhì)6、下列實驗操作能夠達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?)A．用激光筆鑒別氫氧化鐵膠體和NaCl溶液B．實驗室采用圖所示裝置收集Cl2C．除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可加入Ca(OH)2溶液后過濾D．用酒精萃取碘水中的碘單質(zhì)7、溶液、膠體和濁液這三種分散系的根本區(qū)別是（）A．能否發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng) B．分散質(zhì)粒子直徑的大小C．能否透過濾紙或半透膜 D．是否均一、透明、穩(wěn)定8、下列各組溶液混合時，相互滴加的次序不同，現(xiàn)象也不同的是()A．氫氧化鈉溶液與氯化鋁溶液 B．氫氧化鈉溶液與鹽酸C．碳酸氫鈉溶液與鹽酸 D．氫氧化鈉溶液與氯化鐵溶液9、某反應(yīng)的能量變化如右圖。則有關(guān)該反應(yīng)的敘述正確的是A．是吸熱反應(yīng) B．生成物比反應(yīng)物穩(wěn)定C．該反應(yīng)一定可以設(shè)計成原電池 D．向外界放出的熱量為(E2－E3)10、足量下列物質(zhì)與等質(zhì)量的鋁反應(yīng)放出氫氣，且消耗溶質(zhì)物質(zhì)的量最少的是()A．稀鹽酸B．稀硝酸C．氫氧化鈉溶液D．濃硫酸11、某200mL氯化鎂和氯化鋁混合液中c(Mg2＋)為0.3mol/L，c(Cl－)為1.2mol/L。要使Mg2＋全部轉(zhuǎn)化為沉淀分離出來，至少需加4mol/LNaOH溶液的體積為（）A．70mLB．60mLC．80mLD．128mL12、將過量的CO2分別通入下列溶液中，最終有沉淀(或固體)析出的溶液是①CaCl2溶液②Na2SiO3溶液③NaAlO2溶液④飽和Na2CO3溶液⑤澄清石灰水A．①②③④⑤B．②③④C．②④⑤D．①②④13、水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應(yīng)如下（反應(yīng)條件忽略）：3Fe2＋+2S2O32－+O2+xOH－=Fe3O4+S4O62－+2H2O。下列說法不正確的是A．每生成1molFe3O4，轉(zhuǎn)移4mol電子B．該反應(yīng)中Fe2＋和S2O32－都是還原劑C．3molFe2＋被氧化時有1molO2被還原D．離子方程式中x=414、實驗室里將NaClO3和Na2SO3按質(zhì)量之比為71∶42倒入燒瓶中，同時滴入適量H2SO4，并用水浴加熱，產(chǎn)生棕黃色的氣體X，反應(yīng)后測得NaClO3和Na2SO3恰好完全反應(yīng)，則X為()A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O315、下列關(guān)于物質(zhì)或離子檢驗的敘述正確的是A．在溶液中加入BaCl2溶液，溶液出現(xiàn)白色沉淀，證明原溶液中一定有SO42－B．分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出C．灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na+，無K+D．向某溶液加入NaOH并微熱，產(chǎn)生能夠使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅的無色氣體，該溶液中一定含有NH4+16、分類是學(xué)習(xí)和研究化學(xué)的一種重要方法，下列分類合理的是（）A．Na2O和Na2O2都屬于堿性氧化物 B．SO3和SO2都屬于酸性氧化物C．漂白粉和CuSO4?5H2O都屬于混合物 D．燒堿和純堿都屬于堿17、下列各圖中能較長時間看到氫氧化亞鐵白色沉淀的是（）A．①②③④⑤ B．①②⑤ C．①②③④ D．②④⑤18、下列屬于堿性氧化物的是（）A．Na2O2 B．MgO C．SiO2 D．CO19、SiO2是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)。下列說法正確的是A．圖中所有反應(yīng)都不屬于氧化還原反應(yīng)B．硅酸鹽的化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，常用于制造光導(dǎo)纖維C．可用鹽酸除去石英砂(主要成分為SiO2)中少量的碳酸鈣D．普通玻璃是由純堿、黏土和石英制成的，具有固定的熔點20、諾貝爾化學(xué)獎獲得者澤維爾研究了氫氣和二氧化碳的反應(yīng)：H2+CO2=CO+H2O，此反應(yīng)在一定條件下經(jīng)歷了一個相對長的中間狀態(tài)HCOOH。下列敘述正確的是A．H2的還原性一定比CO強(qiáng)B．CO還原性一定比H2強(qiáng)C．反應(yīng)條件對物質(zhì)的還原性存在影響D．以上反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)21、關(guān)于二氧化硫性質(zhì)的下列敘述錯誤的是（）A．是無色無毒氣體 B．有刺激性氣味C．能溶于水 D．水溶液能導(dǎo)電22、下列說法中，錯誤的是（）A．Fe(OH)3膠體常用來凈水B．“血液透析”利用了膠體的性質(zhì)C．光束通過硫酸銅溶液可看到丁達(dá)爾現(xiàn)象D．膠體與溶液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑的大小不同二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E是化學(xué)中常見的物質(zhì)，常溫下，E是一種無色無味的液體，一定條件下，它們之間有如下反應(yīng)關(guān)系。A+BC+D+E（1）若A是碳，B是濃硫酸，C、D都是氣體，試寫出此反應(yīng)的化學(xué)方程式_______________。（2）若A是銅，B是硝酸，反應(yīng)時生成的C是紅棕色氣體，反應(yīng)的離子方程式是________________，生成的C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________________。（3）若實驗室中利用A和B的反應(yīng)制備氣體C，C是一種無色、刺激性氣味、密度比空氣小的氣體，試寫出此反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________________________；實驗室檢驗C的方法__________________________________________________。（4）若A是焙制糕點所用的發(fā)酵粉的主要成分，B是稀鹽酸，則A和B在水溶液反應(yīng)的離子方程式是______________________________。24、（12分）從鋁土礦（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等雜質(zhì)）中提取氧化鋁的兩種工藝流程如下：請回答下列問題：（1）固體A的主要成分是______________（寫名稱）．（2）鋁土礦與過量燒堿反應(yīng)的離子方程式為______、______．（3）電解熔融氧化鋁可制得兩種單質(zhì)，寫出該反應(yīng)化學(xué)方程式______________．（4）指出流程乙的一個缺點是____________．（5）氧化鋁與焦炭的混合物在氮氣中高溫加熱反應(yīng)，制得新型非金屬材料AlN與一種中學(xué)常見氣體X．已知每轉(zhuǎn)移6.02×1023個電子，有0.5mol化合物X生成，此反應(yīng)的化學(xué)方程式________________．25、（12分）實驗室用NH4Cl和Ca(OH)2制取氨氣，下圖A和B是常用的氣體發(fā)生裝置。（1）實驗室制氨氣時反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________________________________,應(yīng)選用的裝置是_____;若改用濃氨水和NaOH固體制氨氣時，應(yīng)選取的裝置是______。（2）為了得到干燥的氨氣，實驗室常使用________做干燥劑（請從堿石灰、濃硫酸、氯化鈉中選出一種物質(zhì)）。（3）實驗室常用_______法收集氨氣。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將盛滿氨氣的集氣瓶倒置于水中(假設(shè)溶質(zhì)全部在集氣瓶內(nèi))，則所得溶液的物質(zhì)的量濃度為________。26、（10分）用NaCl固體配制100mL2.0mol·L?1NaCl溶液，請回答下列問題。（1）用到的儀器有：托盤天平、藥匙、量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和__。（2）用托盤天平稱取NaCl固體的質(zhì)量是__g。（3）下列情況中，會使所配溶液濃度偏高的是__（填字母）。A．定容時，俯視刻度線B．轉(zhuǎn)移液體時，有少量液體灑出C．加蒸餾水超過了刻度線D．沒有洗滌燒杯和玻璃棒27、（12分）某化學(xué)實驗小組的同學(xué)為探究和比較SO2和氯水的性質(zhì)，設(shè)計了如下的實驗裝置。（1）實驗室用裝置A制備SO2。試劑組合最好是________。a．稀H2SO4＋Cub．濃HNO3＋Na2SO3c．70%H2SO4＋K2SO3（2）實驗室用裝置E制備Cl2，儀器b中裝有MnO2粉末。寫出儀器b的名稱_______，該實驗制備Cl2的化學(xué)方程式___________________________。若該反應(yīng)消耗8.7g氧化劑，則參加反應(yīng)的還原劑的物質(zhì)的量為_____________mol；（3）反應(yīng)開始一段時間后，觀察到B試管中的品紅溶液出現(xiàn)的現(xiàn)象是：_____________；完全反應(yīng)后,停止通氣,再給D試管加熱，D試管現(xiàn)象是__________________。（4）C裝置的作用是_______________________。（5）另一個實驗小組的同學(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）________________________。28、（14分）現(xiàn)有常見金屬單質(zhì)A、B、C和氣體甲、乙、丙及物質(zhì)D、E、F、G、H，它們之間的轉(zhuǎn)化如圖所示(金屬B的氧化物可用作耐火材料，圖中某些反應(yīng)的產(chǎn)物及條件沒有全部標(biāo)出)?；卮鹣铝袉栴}:(1)金屬單質(zhì)A、B、C分別為_____、_________、_________(寫化學(xué)式)。(2)反應(yīng)②的實驗現(xiàn)象是________________________。(3)反應(yīng)③的化學(xué)方程式為___________。(4)反應(yīng)⑤的離子方程式為___________。(5)⑥的反應(yīng)類型是___________。29、（10分）銅是生產(chǎn)和生活中用量較多的金屬。(1)下列有關(guān)銅元素的說法中，不正確的是__________（填字母）A．青銅、不銹鋼、硬鋁都是合金B(yǎng)．銅表面易形成致密的氧化膜C．銅與O2反應(yīng)生成黑色的CuOD．CuSO4·5H2O是一種混合物，加熱后變?yōu)榘咨腆w(2)某化學(xué)小組為測定某銅鋁混合物中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，設(shè)計了如下實驗方案：方案Ⅰ：銅鋁混合物測定生成氣體的體積方案Ⅱ：銅鋁混合物測定剩余固體的質(zhì)量①請寫出方案Ⅰ中銅與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式：___________，該方案中稀硝酸表現(xiàn)出來的性質(zhì)是___________（填字母）。A．揮發(fā)性B．酸性C．氧化性D．還原性②方案Ⅱ比方案Ⅰ更易于實施，理由是________________。請寫出方案Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________，該反應(yīng)產(chǎn)生氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為________(銅鋁混合物質(zhì)量是m1g，反應(yīng)后剩余固體的質(zhì)量m2g，用含m1、m2的代數(shù)式表示)。

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．H＋、Fe2＋、NO3-離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不能共存，選項A錯誤；B．使酚酞變紅的溶液，顯堿性，Ca2+分別與SO42-、CO32-結(jié)合生成沉淀，則不能共存，選項B錯誤；C．Fe3+、SCN-離子之間結(jié)合生成絡(luò)離子，則不能共存，選項C錯誤；D．Al3＋、Na＋、NH4+、SO42-、Cl－離子之間不反應(yīng)，能共存，選項D正確；答案選D。【點睛】本題考查離子的共存，熟悉習(xí)題中的信息及離子之間的反應(yīng)即可解答，選項A為解答的難點，H＋、Fe2＋、NO3-離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不能共存。2、C【解析】

從反應(yīng)的化學(xué)方程式分析，涉及的反應(yīng)有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，設(shè)NO2為3mol，根據(jù)各步反應(yīng)生成物的物質(zhì)的量判斷反應(yīng)最終產(chǎn)物?！驹斀狻吭O(shè)NO2為3mol，涉及的反應(yīng)有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，則3molNO2生成2molHNO3和1molNO，通入小蘇打后氣體為2molCO2和1molNO，通入足量過氧化鈉后生成1molO2和1molNO，1molO2和1molNO反應(yīng)后生成1molNO2，剩余0.5molO2，故最后收集到的氣體為1molNO2和0.5molO2，故答案為C。3、B【解析】

若物質(zhì)充分燃燒后生成CO2和H2O，與Na2O2發(fā)生反應(yīng)：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，因此過氧化鈉固體增重的質(zhì)量為CO2和H2O中含有的“CO”和“H2”的質(zhì)量，即只要滿足(CO)m·(H2)n，則完全燃燒后的生成物與足量過氧化鈉反應(yīng)后固體增重的質(zhì)量等于原物質(zhì)的質(zhì)量?！驹斀狻緼、H2和CO的混合氣體反應(yīng)后Na2O2增重的質(zhì)量等于m克，A錯誤；B、乙醇可以看作是(CO)·C·(H2)3，所以反應(yīng)后Na2O2增重的質(zhì)量大于m克，B正確；C、葡萄糖（C6H12O6）反應(yīng)后Na2O2增重的質(zhì)量等于m克，C錯誤；D、草酸（C2H2O4）可以看作是(CO)2·O2·(H2)2，所以反應(yīng)后Na2O2增重的質(zhì)量小于m克，D錯誤.答案選B。4、D【解析】

A.SO2的漂白原理是二氧化硫與有色物質(zhì)反應(yīng)生成無色的物質(zhì)，SO2的漂白作用是可逆的；Ca(ClO)2水溶液的漂白原理是它在空氣中反應(yīng)生成HClO，HClO有強(qiáng)氧化性，能使有色物質(zhì)如品紅溶液褪色；H2O2和氯水漂白原理是H2O2和氯水中的HClO都具有強(qiáng)氧化性，故A正確；B.濃硫酸具有脫水性，可使蔗糖中氫元素和氧元素以水的比例脫去而只剩碳元素，從而出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，故B正確；C.濃硫酸具有吸水性，可做干燥劑，故C正確；D.SO2能使氯水褪色是因為氯水具有很強(qiáng)的氧化性，與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使其褪色，表現(xiàn)SO2的還原性，故D錯誤；答案選D?！军c睛】SO2能使氯水褪色是因為氯水具有很強(qiáng)的氧化性，與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使其褪色，反應(yīng)的方程式為：SO2+Cl2+H2O=2HCl+H2SO4,表現(xiàn)SO2的還原性，因此，具有漂白性的二氧化硫和氯水混合后，漂白效果并不會增強(qiáng)，反而喪失漂白效果。5、B【解析】

A.反應(yīng)中，中氯元素化合價升高，所以還原劑是，中錳元素化合價降低，氧化劑是，故A正確；B.每消耗1mol，轉(zhuǎn)移2mol電子，起還原作用的消耗2mol，故B錯誤；C.氯元素化合價由-1升高為0，每生成1mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，故C正確；D.鹽酸易揮發(fā)，生成的中，除含有一些水蒸氣外，還含有雜質(zhì)，故D正確；選B?！军c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，把握反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，注意氧化還原反應(yīng)基本概念氧化劑、還原劑、氧化反應(yīng)、還原反應(yīng)的把握。6、A【解析】

A．丁達(dá)爾現(xiàn)象為膠體特有的性質(zhì)，激光筆可鑒別氫氧化鐵膠體和NaCl溶液，故A正確；B．氯氣的密度比空氣密度大，收集氨氣時應(yīng)長導(dǎo)管進(jìn)入，故B錯誤；C．二者均與氫氧化鈣溶液反應(yīng)，不能除雜，故C錯誤；D．酒精與水互溶，不能作萃取劑，故D錯誤；故選：A。【點睛】掌握碳酸鈉和碳酸氫鈉的性質(zhì)，注意二者的鑒別和分離的方法。7、B【解析】

溶液、膠體、濁液三種分散系的分散劑都是液體，分散質(zhì)都是固體，按照分散質(zhì)粒子的直徑大小來區(qū)分．【詳解】當(dāng)分散劑是水或其它溶液時，根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小來分類，把分散系劃分為：溶液（小于1nm）、膠體（1nm～100nm）、濁液（大于100nm），所以，溶液、膠體和濁液這三種分散系的本質(zhì)的區(qū)別在于分散質(zhì)粒子直徑大小。故選B．8、A【解析】

A．將氯化鋁溶液滴加到氫氧化鈉溶液中先沒有現(xiàn)象，后生成沉淀，將氫氧化鈉滴到氯化鋁溶液中先生成沉淀后沉淀消失，二者現(xiàn)象不同，故A正確；B．氫氧化鈉溶液與鹽酸發(fā)生中和反應(yīng)，正反滴加時現(xiàn)象完全相同，故B錯誤；C．碳酸氫鈉溶液與鹽酸反應(yīng)生成CO2氣體，正反滴加時現(xiàn)象完全相同，故C錯誤；D．氫氧化鈉溶液與氯化鐵溶液混合有紅褐色沉淀生成，正反滴加時現(xiàn)象完全相同，故D錯誤；故答案為：A。9、B【解析】A.該反應(yīng)反應(yīng)物能量大于生成物，是放熱反應(yīng)，故A錯誤；B.生成物能量低于反應(yīng)物，所以生成物比反應(yīng)物穩(wěn)定，故B正確；C.只有該反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，才可以設(shè)計成原電池，故C錯誤；D.向外界放出的熱量為(E1－E3)，故D錯誤。故選B。點睛：解答本題選項C，需要理解放熱的氧化還原反應(yīng)可以設(shè)計成原電池反應(yīng)。10、C【解析】

設(shè)參加反應(yīng)的鋁均是2mol，則A、鋁與鹽酸反應(yīng)生成氫氣，根據(jù)方程式2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑可知消耗鹽酸是6mol；B、稀硝酸是氧化性酸，與鋁反應(yīng)不能生成氫氣；C、氫氧化鈉溶液與鋁反應(yīng)生成氫氣，根據(jù)方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知消耗氫氧化鈉是2mol；D、濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下鋁在濃硫酸中鈍化，得不到氫氣。答案選C。11、A【解析】

溶液中n（Cl-）=0.2L×1.2mol/L=0.24mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.2L=0.06mol，所以忽略水的電離根據(jù)電荷守恒可知溶液中n（Al3+）=(0.24mol－0.06mol×2)/3=0.04mol，將200mL此溶液中的Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2沉淀并分離析出，反應(yīng)后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液，根據(jù)鈉離子守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），再結(jié)合氯離子守恒、Al原子守恒可知n（NaOH）=c（Cl-）+n（Al3+）=0.24mol+0.04mol=0.28mol，所以至少需要4mol/L氫氧化鈉溶液的體積為0.28mol÷4mol/L=0.07L=70mL，答案選A。【點睛】本題考查混合物的有關(guān)計算，利用原子守恒簡化解題，關(guān)鍵在于清楚反應(yīng)后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液。常見的守恒關(guān)系有：①反應(yīng)前后元素種類和某種原子總數(shù)不變的原子守恒；②電解質(zhì)溶液中的電荷守恒；③氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)守恒；④從守恒思想出發(fā)還可延伸出多步反應(yīng)中的關(guān)系式，運(yùn)用關(guān)系式法等計算技巧巧妙解題。12、B【解析】①鹽酸的酸性大于碳酸，過量的CO2與CaCl2溶液不反應(yīng)，①不符合；②二者反應(yīng)生成硅酸沉淀，為強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，②符合；③反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，為強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，③符合；④相同條件下碳酸氫鈉的溶解度小，則過量的CO2通入飽和Na2CO3溶液中析出碳酸氫鈉沉淀，④符合；⑤足量CO2與澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸氫鈣，得不到沉淀，⑤不符合，答案選B。13、C【解析】

從電荷守恒的角度分析，可配平反應(yīng)的離子方程式：3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O，反應(yīng)中3Fe2＋→Fe3O4，當(dāng)3molFe2＋參加反應(yīng)時，有2molFe2＋化合價升高，反應(yīng)中Fe和S元素的化合價升高，被氧化，O2為氧化劑?！驹斀狻緼．反應(yīng)3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O中，F(xiàn)e和S元素的化合價升高，被氧化，O2為氧化劑，每生成1molFe3O4，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為4mol，故A正確；B．當(dāng)3molFe2＋參加反應(yīng)時，有2molFe2＋化合價升高，反應(yīng)中Fe和S元素的化合價升高，則該反應(yīng)中Fe2＋和S2O32－都是還原劑，故B正確；C．反應(yīng)3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O中，當(dāng)3molFe2＋參加反應(yīng)時，有2molFe2＋化合價升高，則2molFe2＋被氧化時有1molO2被還原，故C錯誤；D．反應(yīng)的離子方程式為3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O，則x=4，故D正確。故選C。14、C【解析】

根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子的得失守恒分析解答?！驹斀狻縉aClO3和Na2SO3按質(zhì)量之比為71∶42倒入燒瓶中，二者的物質(zhì)的量之比＝2：1，再滴入少量H2SO4溶液加熱時發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)中Na2SO3的氧化產(chǎn)物是Na2SO4,由于S在反應(yīng)前化合價為+4價，反應(yīng)后化合價為+6價，所以1mol的S原子失去2mol電子，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知，2molCl原子得到2mol電子，因此1mol的Cl原子得到1mol電子，化合價降低1價，因為在反應(yīng)前Cl的化合價為+5價，所以反應(yīng)后Cl的化合價為+4價，所以棕黃色的氣體X是ClO2，故答案選C?！军c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)中電子守恒的計算，明確硫元素的化合價升高，氯元素的化合價降低以及靈活應(yīng)用電子得失守恒是解答本題的關(guān)鍵。15、B【解析】分析：A．AgCl也為不溶于酸的白色沉淀；B.避免兩種液體相互污染；C、鈉離子的焰色反應(yīng)呈現(xiàn)黃色，但是鉀離子的焰色反應(yīng)紫色需要透過鈷玻璃才能觀察到；D、銨鹽與堿反應(yīng)生成氨氣，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，據(jù)此分析判斷。詳解：A、某溶液中加入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，再加鹽酸酸化，沉淀不溶解，該溶液中可能含有SO32-、SO42-或Ag+，但二者不能同時存在，故A錯誤；B．分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，可以避免兩種液體相互污染，故B正確；C、灼燒某白色粉末，火焰呈黃色，則證明原粉末中肯定有Na+，無法判斷是否存在K+，故C錯誤；D、銨鹽與堿反應(yīng)生成氨氣，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，則向某溶液加入NaOH并微熱，產(chǎn)生能夠使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的無色氣體，該溶液中一定含有NH4+，現(xiàn)象描述錯誤，故D錯誤；故選B。16、B【解析】

A.Na2O屬于堿性氧化物，Na2O2屬于過氧化物，與題意不符，A錯誤；B.SO3和SO2都屬于酸性氧化物，均能與堿反應(yīng)生成鹽和水，符合題意，B正確；C.漂白粉屬于混合物，CuSO4?5H2O屬于純凈物，與題意不符，C錯誤；D.燒堿屬于堿，純堿為碳酸鈉，屬于鹽，D錯誤；答案為B。17、B【解析】

因為Fe(OH)2在空氣中很容易被氧化為紅褐色的Fe(OH)3，即發(fā)生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。因此要較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除裝置中的氧氣或空氣。據(jù)此解答?！驹斀狻竣?、②原理一樣，都是先用產(chǎn)生的氫氣將裝置中的空氣排盡，并使生成的Fe(OH)2處在氫氣的保護(hù)中；③由于空氣中的氧氣，能迅速將Fe(OH)2氧化，因而不能較長時間看到白色沉淀；④中將膠頭滴管插入硫酸亞鐵溶液中可以看見白色的氫氧化亞鐵沉淀，但不能較長時間保持；⑤中液面加苯阻止了空氣進(jìn)入能較長時間看到白色沉淀；答案選B。18、B【解析】

能與酸反應(yīng)只生成一種鹽和水的氧化物是堿性氧化物?！驹斀狻緼.Na2O2和酸反應(yīng)除了生成鹽和水，還生成氧氣，故不是堿性氧化物，A錯誤；B.MgO只能和酸反應(yīng)生成鹽和水，故是堿性氧化物，B正確；C.二氧化硅只能和堿反應(yīng)生成鹽和水，故是酸性氧化物，C錯誤；D.CO既不能和酸也不能和堿反應(yīng)生成鹽和水，故是不成鹽氧化物，D錯誤；故選B。19、C【解析】

A．化學(xué)反應(yīng)前后有元素化合價變化的一定是氧化還原反應(yīng)；B．光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅；C．二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，碳酸鈣溶于鹽酸；D．玻璃屬于混合物，沒有個固定的熔點?！驹斀狻緼．化學(xué)反應(yīng)前后有元素化合價變化的一定是氧化還原反應(yīng)，二氧化硅與碳反應(yīng)生成硅單質(zhì)的反應(yīng)有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應(yīng)，A錯誤；B．光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅，不是硅酸鹽，B錯誤；C．碳酸鈣溶于鹽酸生成氯化鈣和水以及二氧化碳，二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，可以用鹽酸除去石英(主要成分為SiO2)中混有的少量碳酸鈣，C正確；D．玻璃是由純堿、石灰石和石英制成的，玻璃屬于混合物，沒有固定的熔點，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查硅和二氧化硅的性質(zhì)和用途，注意只有純凈物有固定的熔沸點，混合物沒有固定的熔沸點。20、C【解析】

A、在此反應(yīng)條件下，H2的還原性強(qiáng)于CO，但CO＋H2OH2＋CO2發(fā)生時，CO的還原性強(qiáng)于H2，故錯誤；B、根據(jù)選項A的分析，CO的還原性不一定比H2強(qiáng)，故錯誤；C、根據(jù)A選項的分析，反應(yīng)條件對物質(zhì)的還原性存在影響，故正確；D、上述反應(yīng)存在化合價的變化，因此屬于氧化還原反應(yīng)，故錯誤。答案選C。21、A【解析】

二氧化硫是一種無色、有刺激性氣味的有毒氣體，易溶于水，能與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸能電離出陰陽離子，因此其水溶液能導(dǎo)電，所以選項BCD正確，A錯誤，答案選A。22、C【解析】

A.膠體具有吸附性，因此可以用來凈水，A項正確；B.血漿是一種膠體，因此可以用半透膜來進(jìn)行透析，B項正確；C.硫酸銅溶液不是膠體，無丁達(dá)爾現(xiàn)象，C項錯誤；D.膠體、溶液和濁液三者的本質(zhì)區(qū)別就是分散質(zhì)粒子直徑的大小不同，D項正確；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、C+2H2SO4（濃）CO2↑+2H2O+SO2↑Cu+2NO3－+4H＋=Cu2＋+2NO2↑+2H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O把濕潤的紅色石蕊試紙靠近氣體，若試紙變藍(lán)，則證明該氣體為氨氣。（或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近該氣體，若有白煙生成，則證明該氣體為氨氣。）H++HCO3—=H2O+CO2↑【解析】分析：本題考查的是無機(jī)推斷，根據(jù)物質(zhì)的顏色和氣味入手，掌握常見物質(zhì)的基本性質(zhì)是關(guān)鍵。詳解：常溫下，E是一種無色無味的液體，則說明其為水。(1)若A是碳，B是濃硫酸，C、D都是氣體，則碳和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式為：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2H2O+SO2↑。(2)若A是銅，B是硝酸，反應(yīng)時生成的C是紅棕色氣體，即二氧化氮，則說明是銅和濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和二氧化氮和水，離子方程式為：Cu+2NO3－+4H＋=Cu2＋+2NO2↑+2H2O。二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO。(3)若實驗室中利用A和B的反應(yīng)制備氣體C，C是一種無色、刺激性氣味、密度比空氣小的氣體，即為氨氣，則為氯化銨和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣和氨氣和水，方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，實驗室檢驗氨氣的方法利用了氨氣溶于水顯堿性的性質(zhì)，把濕潤的紅色石蕊試紙靠近氣體，若試紙變藍(lán)，則證明該氣體為氨氣?；蚶冒睔夂吐然瘹浞磻?yīng)生成氯化銨，用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近該氣體，若有白煙生成，則證明該氣體為氨氣。(4)若A是焙制糕點所用的發(fā)酵粉的主要成分，即為碳酸氫鈉，B是稀鹽酸，則二者反應(yīng)生成二氧化碳和水和氯化鈉，離子方程式為：H++HCO3—=H2O+CO2↑。24、二氧化硅Al2O3+2OH_=2AlO2_+H2OSiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O2Al2O3==4Al+3O2↑氧化鋁中含有二氧化硅雜質(zhì)Al2O3+N2+3C2AlN+3CO．【解析】流程甲：鋁土礦中加入過量的稀鹽酸，SiO2與鹽酸不反應(yīng)，Al2O3、Fe2O3、MgO均可與鹽酸反應(yīng)生成相應(yīng)的氯化物，反應(yīng)方程式為Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O；Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O；MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O；反應(yīng)液中加入過量燒堿，Al3＋變?yōu)锳lO2－，Mg2＋、Fe3＋變?yōu)镸g（OH）2

和Fe（OH）3

沉淀，過濾后，濾液中通入足量的二氧化碳?xì)怏w，生成了Al（OH）3沉淀；反應(yīng)方程式為AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO3－。流程乙：鋁土礦中加入過量的氫氧化鈉溶液，F(xiàn)e2O3、MgO與氫氧化鈉不反應(yīng)，SiO2、Al2O3均與強(qiáng)堿反應(yīng)生成硅酸鈉和偏鋁酸鈉，過濾，濾液中通入足量的二氧化碳，反應(yīng)生成了Al（OH）3沉淀和硅酸。（1）綜上所述，固體A的主要成分是二氧化硅；正確答案：二氧化硅。（2）鋁土礦中Al2O3、SiO2均與強(qiáng)堿反應(yīng)，生成偏鋁酸鹽和硅酸鹽，反應(yīng)的離子方程式分別為：Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O、SiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O；正確答案：Al2O3+2OH_=2AlO2－+H2O、SiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O。（3）電解熔融氧化鋁可制得金屬鋁和氧氣，反應(yīng)化學(xué)方程式2Al2O3==4Al+3O2↑；正確答案：2Al2O3==4Al+3O2↑。（4）SiO2、Al2O3均與強(qiáng)堿反應(yīng)生成硅酸鈉和偏鋁酸鈉，過濾，濾液中通入足量的二氧化碳，反應(yīng)生成了Al（OH）3沉淀和硅酸，加熱后，得到氧化鋁和二氧化硅，即氧化鋁中含有二氧化硅雜質(zhì)；正確答案：氧化鋁中含有二氧化硅雜質(zhì)。（5）氧化鋁與焦炭的混合物在氮氣中高溫加熱反應(yīng)，制得新型非金屬材料AlN與一種中學(xué)常見氣體X，根據(jù)元素守恒可以知道X中應(yīng)含有氧元素和碳元素，已知每轉(zhuǎn)移6.02×1023個電子即1mol電子，有0.5mol化合物X生成，由電子轉(zhuǎn)移守恒，可得在X中C的化合價為,所以X是CO，所以該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；正確答案：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。點睛：二氧化硅為酸性氧化物，與強(qiáng)堿反應(yīng)，不與強(qiáng)酸反應(yīng)；氧化鋁為兩性氧化物，既能與強(qiáng)酸，又能與強(qiáng)堿反應(yīng)；氧化鐵、氧化鎂屬于堿性氧化物，只能與強(qiáng)酸反應(yīng)，不與強(qiáng)堿反應(yīng)。25、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑AB堿石灰向下排空氣0.045mol/L【解析】（1）實驗室制氨氣時利用熟石灰與氯化銨加熱反應(yīng)制取，反應(yīng)的化學(xué)方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑，反應(yīng)需要加熱，應(yīng)選用的裝置是A；若改用濃氨水和NaO固體制氨氣時，由于不需要加熱，應(yīng)選取的裝置是B。（2）氨氣是堿性氣體，因此為了得到干燥的氨氣，實驗室常使用堿石灰做干燥劑，氯化鈉不能作干燥劑；（3）氨氣極易溶于水，且密度小于空氣，實驗室常用向下排空氣法收集氨氣。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將盛滿氨氣的集氣瓶倒置于水中(假設(shè)溶質(zhì)全部在集氣瓶內(nèi))，由于氨氣極易溶于水，水充滿集氣瓶，則所得溶液的物質(zhì)的量濃度為VL22.4L/molVL26、100mL容量瓶11.7A【解析】

（1）配制100mL2.0mol·L?1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的儀器有：托盤天平、藥匙、量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和100mL容量瓶；（2）根據(jù)n=cV計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量，再有m=nM計算溶質(zhì)的質(zhì)量；（3）根據(jù)c=進(jìn)行分析?！驹斀狻浚?）配制100mL2.0mol·L?1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的儀器有：托盤天平、藥匙、量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和100mL容量瓶；故答案為：100mL容量瓶；（2）配制100mL2.0mol·L?1NaCl溶液，NaCl的物質(zhì)的量=cV=0.1L×2.0mol·L?1=0.2mol，則NaCl的質(zhì)量=nM=0.2mol×58.5g/mol=11.7g，故答案為：11.7；（3）A.定容時，俯視刻度線，使所配置溶液溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故A符合題意；B.轉(zhuǎn)移液體時，有少量液體灑出，使所配溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量減少，溶液濃度偏低，故B不符合題意；C.加蒸餾水超過了刻度線，使所配置溶液溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故C不符合題意；D.沒有洗滌燒杯和玻璃棒，使所配溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量減少，溶液濃度偏低，故D不符合題意；故答案選A?！军c睛】對所配制溶液濃度進(jìn)行誤差分析，要根據(jù)c=進(jìn)行分析，依據(jù)錯誤操作導(dǎo)致溶液的物質(zhì)的量和溶液的體積如何變化來分析判斷。27、c圓底燒瓶MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O0.2溶液紅色褪色無明顯現(xiàn)象或溶液不再恢復(fù)為紅色吸收未反應(yīng)完的SO2和Cl2,防止排到空氣中污染環(huán)境SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】本題考查實驗方案設(shè)計與評價，（1）a、銅和稀硫酸不發(fā)生反應(yīng)，故a錯誤；b、硝酸具有強(qiáng)氧化性，能把SO2氧化成SO42－，故b錯誤；c、發(fā)生K2SO3＋H2SO4=K2SO4＋SO2↑＋H2O，故c正確；（2）儀器b為圓底燒瓶；制備氯氣的反應(yīng)方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；MnO2和濃鹽酸反應(yīng)，HCl在此反應(yīng)中一部分作還原劑，一部分起酸性，1molMnO2作氧化劑時，有2molHCl作還原劑，即8.7gMnO2被消耗，有8.7×2/87mol=0.2molHCl被還原；（3）SO2能使品紅溶液褪色，因此裝置B中現(xiàn)象是品紅溶液褪色；Cl2與水反應(yīng)生成HClO和HCl，HClO具有強(qiáng)氧化性，能把品紅氧化成無色物質(zhì)，加熱時，無明顯現(xiàn)象或溶液不恢復(fù)為紅色；（4）SO2、Cl2有毒，為防止污染