2024屆上海市寶山區(qū)高境一中化學高一上期末達標測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、用聚光手電筒照射下列分散系，能觀察到丁達爾效應的是（）A．溶液 B．膠體 C．乳濁液 D．懸濁液2、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A．化學反應中1molMg變成Mg2+時失去電子的數(shù)目為2NAB．28N2所含有的原子數(shù)目為NAC．標準狀況下，22.4L水中含有NA個水分子D．1mol/L的NaCl溶液中所含Na+的數(shù)目為NA3、用下列方法均可制得氧氣：①2KClO32KCl＋3O2↑②2HgO2Hg＋O2↑③2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑若要制得相同質量的氧氣，反應中電子轉移數(shù)目之比為()A．3∶1∶1 B．3∶1∶4 C．1∶1∶1 D．2∶1∶14、下列溶液中的離子—定能大量共存的是A．含大量MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+B．在加入鋁粉能產生氫氣的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-C．酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-D．含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-5、下列說法正確的是()A．Cl2、SO2均能使品紅溶液褪色，說明二者均有氧化性B．分別充滿HCl、NH3的燒瓶倒置于水中后液面均迅速上升，說明二者均極易溶于水C．Fe與稀HNO3、稀H2SO4反應均有氣泡產生，說明Fe與兩種酸均發(fā)生置換反應D．常溫下，銅片放入濃硫酸中，無明顯變化，說明銅在冷的濃硫酸中發(fā)生鈍化6、關于酸、堿、鹽的下列說法中錯誤的是()A．酸在水溶液中電離產生的陽離子全部是氫離子B．堿在水溶液中電離產生的陰離子全部是氫氧根離子C．鹽在水溶液中電離一定有金屬陽離子產生D．酸和鹽在水溶液中電離都可能有含氧酸根離子產生7、下列離子在指定溶液中可以大量共存的是()A．c(H＋)＝1mol·L－1溶液中：K＋、Fe3＋、I-、SO32-B．某無色透明溶液中：Fe3＋、NH4+、NO3-、SCN－C．能使酚酞變紅的溶液中：Na＋、Cl－、SiO32-、NO3-D．c(OH－)＝1mol·L－1溶液中：HCO3-、K＋、Na＋、AlO2-8、如圖是某反應的微觀示意圖，下列有關說法不正確的是A．生成的物質都是氧化物B．反應前后原子的種類不變C．該反應的基本類型屬于置換反應D．反應方程式為2H2S+3O22SO2+2H2O9、下列各組中的兩種物質作用，反應條件(溫度、反應物濃度、用量或滴加順序等)改變，不會引起產物改變的是（）A．Na和O2 B．Fe與HCl C．Zn和FeCl3 D．Na2CO3和HCl10、化學是研究物質的組成，結構，性質以及變化規(guī)律的一門以實驗為基礎的學科，在給定條件下，下列物質間轉化均能實現(xiàn)的一組是（）（1）（2）（3）（4）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）11、下列化合物中不能由單質直接化合而得到的是（）A．NO B．Al2S3 C．CuCl2 D．FeCl212、下列物質既能跟鹽酸反應，又能跟NaOH溶液反應的是（）A．Al B．Fe C．Cu D．Mg13、下列各組中的兩物質相互反應時，若改變反應條件（溫度、反應物用量比），化學反應的本質并不改變的是A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．木炭（C）和O214、盛裝濃硫酸的容器上所貼的危險化學品標志是A． B． C． D．15、在高空中有一層臭氧層，它吸收太陽了太陽光中絕大部分紫外線，使地球上的生物免受紫外線傷害，臭氧的化學式是O3，它是一種A．混合物 B．氧化物 C．單質 D．化合物16、下列物質的分類正確的是（）堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2（OH）2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2O2COCNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOCO2A．A B．B C．C D．D17、在下列反應中，HNO3既表現(xiàn)出氧化性，又表現(xiàn)出酸性的是A．H2S+2HNO3===S↓+2NO2↑+2H2OB．CuO+2HNO3===Cu(NO3)2+H2OC．4HNO34NO2↑+O2↑+2H2OD．3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O18、某溫度下，向如圖所示裝置中分別通入等質量的四種氣體（已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑動，且與容器內壁摩擦不計），下列說法中正確的是（）A．中裝的是 B．和中氣體物質的量之比為C．和中氣體分子數(shù)相等 D．和中氣體密度之比為19、下列表格中各項分類都正確的一組是純凈物混合物電解質非電解質A冰水混合物明礬液態(tài)蔗糖BCaO海水銅乙醇C膽礬鎂合金AgClD氫氧化鈉空氣溶液食醋A．A B．B C．C D．D20、在KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2+3H2O的反應中，當有10mol電子發(fā)生轉移后，被氧化的氯原子與被還原的氯原子的物質的量之比是A．1∶5 B．5∶1 C．6∶1 D．1∶621、等體積的Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三種溶液分別與等體積、等濃度的BaCl2溶液完全反應，則三溶液的物質的量濃度之比為A．1：2：3 B．3：2：1 C．6：3：2 D．2：3：622、已知X和Y能發(fā)生如下反應：X＋Y=H2O＋鹽，下列有關物質X和Y所屬種類的判斷中一定不正確的是()A．X為酸、Y為堿 B．X為堿性氧化物、Y為酸C．X為鹽、Y為堿 D．X為堿性氧化物、Y為酸性氧化物二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D是四種常見氣體單質。E的相對分子質量比F小16，且F為紅棕色。有關的轉化關系如圖所示(反應條件與部分反應的生成物略去)。請回答下列問題：（1）D的化學式為__，Y的化學式為__，E的化學式為__。（2）Y與氧化銅反應，每生成1molB消耗3mol氧化銅，該反應的化學方程式為__。（3）Y與E在一定條件下可反應生成B和Z，這是一個具有實際意義的反應，可消除E對環(huán)境的污染，該反應的化學方程式為__。（4）氣體F和氣體SO2在通常條件下同時通入盛有BaCl2溶液的洗氣瓶中(如圖所示)，洗氣瓶中是否有沉淀生成？__，理由是__。24、（12分）A、B、C、D都是中學化學中常見物質，其中A、B、C均含有同一種元素，在一定條件下相互轉化關系如下(部分反應中的水已略去)。根據(jù)題意回答下列問題：（1）若A、B、C的焰色反應均為黃色，C為廚房中的用品，D的過度排放會造成溫室效應。①A的化學式______________、B的俗名____________；②反應II的離子方程式是__________________________________。（2）若A、D均為單質，且A為氣體，D元素的一種紅棕色氧化物常用作顏料。①反應II的離子方程式是_____________________________；②反應Ⅲ的離子方程式是_____________________________；③檢驗B中陽離子最好的方法是_____________________________________。25、（12分）I．有下列四組混合物，如何進行分離？請將分離的方法填在橫線上。（1）水和酒精。_____（2）碘和四氯化碳。_____（3）水和四氯化碳。_____（4）硝酸鈉溶液中的氯化銀。_____II．如圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的濃硫酸試劑標簽上的部分內容?，F(xiàn)欲用該濃硫酸配制成1mol/L的稀硫酸，現(xiàn)實驗室僅需要這種稀硫酸220mL。試回答下列問題：（1）用量筒量取該濃硫酸____________mL。（2）配制時，必須使用的儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還缺少的儀器是____。（3）配制溶液的過程中，其他操作都正確，下列操作會使所配溶液濃度偏高的是__________。A．用量筒量取濃硫酸時俯視B．稀釋濃硫酸時，未冷卻到室溫即轉移到容量瓶中C．量取濃H2SO4后的量筒進行洗滌，并將洗滌液轉移到容量瓶中D．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凹液面最低處與刻度線相切E．容量瓶不干燥F．定容時，仰視容量瓶刻度線26、（10分）某化學實驗小組的同學為探究和比較SO2和氯水的漂白性，設計了如下的實驗裝置。（1）寫出Cu與濃硫酸制備SO2的化學方程式__________。（2）實驗室用裝置E制備Cl2的離子方程式_________。指出該反應中HCl（濃）所表現(xiàn)出的化學性質__________、___________。（3）①反應開始一段時間后，觀察到B、D兩個試管中的品紅溶液出現(xiàn)__________的現(xiàn)象。A品紅都褪色B品紅都不褪色C試管B中品紅褪色D中不褪色D試管D中品紅褪色B中不褪色②停止通氣后，再給B、D兩個試管分別加熱，兩個試管中的現(xiàn)象又分別為_____。A無色紅色B無色無色C紅色紅色D紅色無色（4）C燒杯氫氧化鈉溶液的作用是___________。（5）另一個實驗小組的同學認為SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定會更強，他們將制得的SO2和Cl2按1∶1同時通入到品紅溶液中，結果發(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（用化學方程式表示）________。27、（12分）某學生用12mol·L－1的濃鹽酸配制0.10mol·L－1的稀鹽酸500mL?；卮鹣铝袉栴}。（1）關于容量瓶的使用，下列操作正確的是___(填序號)。a.使用前要檢驗容量瓶是否漏液b.用蒸餾水洗滌后必須要將容量瓶烘干c.為了便于操作，濃溶液稀釋或固體溶解可直接在容量瓶中進行d.為了使所配溶液濃度均勻，定容結束后，要搖勻e.用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液f.當用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放配制的試劑（2）量取濃鹽酸的體積為___mL，應選用的量筒規(guī)格為___(填“10mL”“25mL”或“50mL”)。（3）配制時應選用的容量瓶規(guī)格為___。28、（14分）（1）相同物質的量的O2和O3的質量比為__，分子個數(shù)比為__，所含氧原子的個數(shù)比為__，同條件下密度比__．（2）下列物質中：①Cl2②NH3③BaSO4④NaOH⑤稀硝酸屬于電解質的是__，屬于非電解質的是__．①和④反應的離子方程式__．29、（10分）用濕法制磷酸的副產品氟硅酸(H2SiF6)生成無水氟化氫的工藝如圖所示:已知氟硅酸鉀(K2SiF6)微酸性,有吸濕性，微溶于水,不溶于酒精。（1）寫出反應器中的化學方程式:________________。（2）在實驗室過濾操作中所用的玻璃儀器有_____________，在洗滌氟硅酸鉀(K2SiF6)時常用酒精洗滌,其目的是:____________。（3）該流程中哪些物質可以循環(huán)使用:_____________。(用化學式表達)（4）氟化氫可以腐蝕刻畫玻璃，在刻蝕玻璃過程中也會生成H2SiF6,試寫出該反應的化學方程式:__________________。

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【解題分析】

A．溶液不屬于膠體，不能觀察到丁達爾效應，錯誤；B．膠體可以使光線發(fā)生全反射，產生一條光亮的通路，故能觀察到丁達爾效應，正確；C．乳濁液不可以使光線發(fā)生全反射，因此不能觀察到丁達爾效應，錯誤；D．懸濁液屬于濁液，不能觀察到丁達爾效應，錯誤。2、A【解題分析】

A.一個Mg原子變成一個Mg2+時失去的電子數(shù)是2個，所以1molMg變成Mg2+時失去的電子數(shù)目為2NA，故A正確；B.28g氮氣的物質的量為1mol，含有的原子數(shù)目為2NA，故B錯誤；C.標準狀況下，水是液體，不能使用氣體摩爾體積進行計算，故C錯誤；D.不知溶液的體積，所以計算不出Na+的數(shù)目，故D錯誤。故選A。3、C【解題分析】

三個反應中反應物中的氧元素都是－2價，生成的O2中氧元素是0價。當三個反應都制得1molO2時，轉移的電子都是4mol。C項正確。4、A【解題分析】

A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之間不反應，都不與MnO4﹣反應，在溶液中不能大量共存，正確；B、加入鋁粉能產生氫氣的溶液為酸性或強堿性溶液，NH4+、Fe2+能夠與堿性溶液中的離子反應，在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，錯誤；C、酸性溶液中存在大量氫離子，AlO2﹣與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，錯誤；D、Fe3+和SCN﹣之間發(fā)生絡合反應，在溶液中不能大量共存，錯誤；答案選A?！绢}目點撥】本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，題目難度中等，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；能發(fā)生絡合反應的離子之間等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；是“可能”共存，還是“一定”共存等。5、B【解題分析】

A．二氧化硫與品紅發(fā)生化合反應生成不穩(wěn)定的物質，不發(fā)生氧化還原反應，故A錯誤；B．液面均迅速上升，說明燒瓶內壓強減小，可說明兩種氣體均易溶于水，故B正確；C．鐵與稀硝酸反應生成NO，沒有生成氫氣，不是置換反應，故C錯誤；D．常溫下銅與濃硫酸不反應，故D錯誤；綜上所述，本題選B?！绢}目點撥】Cl2、SO2均能使品紅溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有強氧化性，能夠漂白有機色質，屬于氧化性漂白；而SO2能夠與有機色質結合形成不穩(wěn)定無色物質，屬于非氧化性漂白，加熱后，褪色后的溶液又恢復到原來的顏色。6、C【解題分析】

A．電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸，故A正確；B．電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿，故B正確；C．陽離子是金屬離子或銨根離子、陰離子全部是酸根離子的化合物為鹽，故鹽電離出的陽離子不一定是金屬離子，也可能是銨根離子，故C錯誤；D．酸和鹽在水溶液中電離都可能有含氧酸根離子產生，如H2SO4和Na2CO3在水溶液中均電離出含氧酸根離子，故D正確；故答案為C。7、C【解題分析】

A.c(H＋)＝1mol·L－1，該溶液為酸性溶液，H＋與SO32-不能共存，F(xiàn)e3＋與I-發(fā)生氧化還原反應，不能共存，A錯誤；B.Fe3＋顯黃色，無色透明溶液中不能有Fe3＋，F(xiàn)e3＋與SCN－不能共存，B錯誤；C.能使酚酞變紅的溶液為堿性溶液，Na＋、Cl－、SiO32-、NO3-，能共存，C正確；D.c(OH－)＝1mol·L－1溶液，顯堿性，OH－與HCO3-不能共存，AlO2-與HCO3-不能共存，D錯誤；故選C。8、C【解題分析】

根據(jù)反應過程圖中的分子結構，判斷反應物與生成物，確定該反應中各分子個數(shù)比和反應的化學方程式，進而由反應特征確定反應類型，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】由圖示可知反應前后存在相同的分子，故該圖示可轉化為如圖的反應圖示：，依據(jù)反應前后物質的分子結構可知反應物是氧氣和硫化氫，生成物是水和二氧化硫，則反應方程式為2H2S+3O22SO2+2H2O；A．根據(jù)化學方程式可知生成物是水和二氧化硫，因此都屬于氧化物，選項A正確；B．由圖示或化學方程式可知，化學反應前后原子的種類不變，選項B正確；C．置換反應要求反應物生成物均是一種單質與一種化合物，而該反應的生成物是兩種化合物，所以不是置換反應，選項C不正確；D．依據(jù)反應前后物質的分子結構可知反應物是氧氣和硫化氫，生成物是水和二氧化硫，則反應方程式為2H2S+3O22SO2+2H2O，選項D正確；答案選C。9、B【解題分析】

A.鈉和氧氣在常溫的條件下反應生成氧化鈉，鈉在空氣中燃燒生成過氧化鈉，故A錯誤；B.無論改變條件還是用量，都發(fā)生鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，故B正確；C.少量的鋅與FeCl3反應生成ZnCl2+2FeCl2，發(fā)生反應2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2，如果是過量的鋅，F(xiàn)eCl3和Zn反應生成Fe+ZnCl2，反生反應3Zn+2FeCl3=3ZnCl2+3Fe，反應物用量比改變，會引起產物的種類改變，故C錯誤；D.少量鹽酸和Na2CO3反應生成NaHCO3，過量鹽酸和Na2CO3溶液反應生成CO2，故D錯誤；答案選B。【題目點撥】本題易錯點在于C選項，鋅比鐵活潑，在鋅少量是生成氯化亞鐵，足量是置換出金屬鐵單質。10、B【解題分析】

（1）氧化鐵和鋁在高溫條件下發(fā)生鋁熱反應生成鐵和氧化鋁，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，不能得到氯化鐵，故不選；（2）MgCl2和石灰乳反應生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受熱分解生成MgO，則轉化均能實現(xiàn)，故選；（3）CaCO3高溫分解生成CaO，CaO和二氧化硅高溫反應生成CaSiO3，則轉化均能實現(xiàn)，故選；（4）鋁和NaOH溶液反應生成NaAlO2，NaAlO2和過量鹽酸反應生成氯化鋁，則轉化不能實現(xiàn)，故不選；故選B。11、D【解題分析】

A.氮氣和氧氣在放電條件下生成NO，故A不選；B.金屬鋁和硫單質加熱生成Al2S3，故B不選；C.銅和氯氣點燃生成CuCl2，故C不選；D.鐵和氯氣點燃生成FeCl3，故D選，答案選D。12、A【解題分析】

A.Al與鹽酸反應生成氯化鋁和水，與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，A符合題意；B.Fe與鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，但與NaOH溶液不反應，B不合題意；C.Cu與鹽酸和NaOH溶液都不反應，C不合題意；D.Mg與鹽酸反應生成氯化鎂和氫氣，與NaOH溶液不反應，D不合題意。故選A。13、C【解題分析】

A、如果加熱則生成過氧化鈉，不加熱生成氧化鈉，A不符合。B、如果CO2過量，則生成碳酸氫鈉，不過量生成碳酸鈉和水，B不符合。C、過氧化鈉和二氧化碳反應只能生成碳酸鈉和氧氣，C符合。D、氧氣過量則生成CO2，氧氣不足則生成CO，D不符合；所以答案選C。14、A【解題分析】

A．濃硫酸有強腐蝕性，盛裝濃硫酸的試劑瓶上應貼腐蝕品標志，故選A；B．濃硫酸有強腐蝕性，盛裝濃硫酸的試劑瓶上應貼腐蝕品標志，濃硫酸與爆炸品無關，故不選B；C．濃硫酸有強腐蝕性，盛裝濃硫酸的試劑瓶上應貼腐蝕品標志，濃硫酸與劇毒品無關，故不選C；D．濃硫酸有強腐蝕性，盛裝濃硫酸的試劑瓶上應貼腐蝕品標志，濃硫酸與易燃液體無關，故不選D；選A。15、C【解題分析】

根據(jù)臭氧的分子式可判斷臭氧是由氧元素形成的單質，屬于純凈物，答案選C。16、D【解題分析】

A、Na2CO3是鹽，不是堿，故A錯誤；B、Na2O2與鹽酸反應生成氯化鈉、氧氣，所以Na2O2不是堿性氧化物；CO既不是酸性氧化物又不是堿性氧化物，故B錯誤；C、NaHSO4是鹽，不是酸，故C錯誤；D、KOH是強堿、HNO3是強酸、NaHCO3是鹽、CaO是堿性氧化物、CO2是酸性氧化物，故D正確；故答案選D。17、D【解題分析】

A.HNO3中氮元素化合價由+5價降為+4價，只表現(xiàn)氧化性，故A錯誤；B.HNO3中沒有元素化合價變化，只表現(xiàn)酸性，故B錯誤；C.HNO3中氮元素化合價由+5價降為+4價，氧元素化合價由-2價升高到0價，既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)還原性；故C錯誤；D.HNO3中部分氮元素化合價由+5價降為+2價生成NO，部分氮元素化合價沒變生成硝酸銅，既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)酸性，故D正確。故選D。18、D【解題分析】

四種氣體的質量設為1g，則它們的物質的量分別為mol，mol，mol，mol，相同情況下的物質的量之比等于氣體的體積之比，分子數(shù)之比，密度之比等于相對分子質量之比。A．相同情況下的物質的量之比等于氣體的體積之比，a，b，c，d分別盛裝的是SO2，CO2，O2，CH4，故A錯誤；B．和中氣體分別為SO2和CH4，物質的量分別為mol和mol，物質的量之比為1:4，故B錯誤；C．和中氣體分別為SO2和O2，相同情況下的物質的量之比等于分子數(shù)之比，和中氣體的分子數(shù)之比為mol：mol=1:2，不相等，故C錯誤；D．和中氣體O2和CH4，密度之比等于相對分子質量之比32g/mol：16g/mol=，故D正確；答案選D。19、C【解題分析】

同種物質組成的為純凈物，不同物質組成的為混合物，在水溶液中或熔融狀態(tài)下導電的化合物為電解質，在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物為非電解質。【題目詳解】A．冰水混合物是水，屬于純凈物，明礬是硫酸鋁鉀晶體為純凈物，液態(tài)KNO3完全電離屬于電解質，蔗糖為非電解質，故A錯誤；B．CaO是一種物質組成為純凈物，海水為多種物質組成為混合物，銅為單質不是電解質，乙醇為非電解質，故B錯誤；C．膽礬是硫酸銅晶體屬于純凈物，鋁合金為混合物，氯化銀在熔融狀態(tài)導電屬于電解質，二氧化碳不能電離為非電解質，故C正確；D．氫氧化鈉是一種物質組成為純凈物，空氣為混合物，硫酸鈉溶液是電解質溶液，食醋是醋酸水溶液，故D錯誤；故答案選C。20、B【解題分析】

在KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2+3H2O的反應中，KClO3中氯元素降低到0價，6HCl中有5mol被氧化，升高到0價，轉移電子5mol，被氧化的氯原子與被還原的氯原子的物質的量之比是5：1；故答案選B。21、C【解題分析】

消耗BaCl2的量相等，說明硫酸根的物質的量相等。設Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3的濃度分別為a、b、c；有aV×1=bV×2=cV×3，解得a：b：c=6:3:2。答案選C。22、D【解題分析】

X和Y可能為酸和堿、堿性氧化物和酸、酸式鹽和堿(如NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O)，不可能是堿性氧化物和酸性氧化物(二者反應只生成鹽，無水生成)。故選D。二、非選擇題(共84分)23、H2NH3NO2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O6NO＋4NH35N2＋6H2O有二氧化氮與水反應生成硝酸，硝酸可將二氧化硫或亞硫酸氧化成硫酸，硫酸與氯化鋇反應可生成硫酸鋇沉淀【解題分析】

A、B、C、D是四種常見氣體單質．E的相對分子量比F的小16，且F為紅棕色，可推知F為NO2，E為NO，C為O2，B為N2，結合轉化關系，氣體單質D、A反應得到X，氣體單質D與B反應得到Y，X與Y反應冒白煙，應是氨氣與HCl反應，可推知D為氫氣、A為氯氣、X為HCl、Y為氨氣，D與C反應生成Z為水，F(xiàn)與Z反應生成G為HNO3，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A、B、C、D是四種常見氣體單質．E的相對分子量比F的小16，且F為紅棕色，可推知F為NO2，E為NO，C為O2，B為N2，結合轉化關系，氣體單質D、A反應得到X，氣體單質D與B反應得到Y，X與Y反應冒白煙，應是氨氣與HCl反應，可推知D為氫氣、A為氯氣、X為HCl、Y為氨氣，D與C反應生成Z為水，F(xiàn)與Z反應生成G為HNO3；(1)由上述分析可知，D的化學式為H2，Y的化學式為NH3，E的化學式為NO；(2)NH3與氧化銅反應，每生成1mol

N2消耗3mol氧化銅，還原產物中Cu應是化合價為a，則：3(2-a)=2×3，解得a=0，故生成Cu，該反應的化學方程式為：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；(3)Y和E在一定條件下可反應生成B和Z，這是一個具有實際意義的反應，可消除E對環(huán)境的污染，該反應的化學方程式為4NH3+6NO5N2+6H2O；(4)二氧化氮與水反應生成硝酸，硝酸可將二氧化硫或亞硫酸氧化成硫酸，硫酸與氯化鋇反應可生成硫酸鋇沉淀，故氣體NO2和氣體SO2在通常條件下同時通入盛有BaCl2溶液的洗氣瓶中，洗瓶中有沉淀生成。24、NaOH純堿（或蘇打）CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－Fe+2Fe3+=3Fe2+Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+取少量B的溶液于試管中，向其中滴加KSCN溶液，若出現(xiàn)紅色，說明B中的陽離子是Fe3+【解題分析】

（1）若A、B、C的焰色反應均為黃色，均含有Na元素，C為廚房中的用品，則C為NaCl，D的過度排放會造成溫室效應，D為CO2，據(jù)此解答；（2）若A、D均為單質，D元素的一種紅棕色氧化物常用作顏料，為Fe2O3，則D為Fe，且A為氣體，由轉化關系可知A具有強氧化性，將Fe氧化為高價態(tài)，可推知A為Cl2、B為FeCl3、C為FeCl2，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A、B、C、D都是中學化學中常見物質，其中A、B、C均含有同一種元素，則（1）若A、B、C的焰色反應均為黃色，均含有Na元素，C為廚房中的用品，則C為NaCl，D的過度排放會造成溫室效應，D為CO2，A能與二氧化碳反應生成B，B能與二氧化碳反應生成C，B為碳酸鈉，且A與C反應得到B，則A為NaOH、C為NaHCO3。①由上述分析可知，A的化學式為NaOH，B為碳酸鈉，俗名純堿或蘇打；②反應II的離子方程式是CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－；（2）若A、D均為單質，D元素的一種紅棕色氧化物常用作顏料，為Fe2O3，則D為Fe，且A為氣體，由轉化關系可知A具有強氧化性，將Fe氧化為高價態(tài)，可推知A為Cl2、B為FeCl3、C為FeCl2。①反應Ⅱ的離子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+；②反應Ⅲ的離子方程式是Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+；③B中含有陽離子為Fe3+，檢驗方法是：取少量B的溶液于試管中，向其中滴加KSCN溶液，若出現(xiàn)紅色，說明B中的陽離子是Fe3+?！绢}目點撥】本題考查無機物推斷，涉及Na、Fe等元素單質化合物的性質與轉化，物質的顏色是推斷突破口，再結合轉化關系推斷即可。25、蒸餾蒸餾分液過濾13.6250mL容量瓶、膠頭滴管BC【解題分析】

I．（1）根據(jù)水和酒精沸點不同回答；（2）根據(jù)四氯化碳易揮發(fā)回答；（3）水和四氯化碳互不相溶；（4）氯化銀是難溶于水的沉淀；II．（1）根據(jù)c=計算濃H2SO4的物質的量濃度，再根據(jù)溶液稀釋前后物質的量不變計算所需濃硫酸的體積；（2）根據(jù)配制一定物質的量濃度的溶液的配制步驟選擇使用的儀器；（3）根據(jù)c=判斷各選項對配制的溶液濃度的影響；【題目詳解】I．（1）水和酒精沸點不同，用蒸餾法分離；（2）四氯化碳易揮發(fā)，用蒸餾法分離碘和四氯化碳；（3）水和四氯化碳互不相溶，用分液法分離水和四氯化碳；（4）氯化銀是難溶于水的沉淀，用過濾法分離硝酸鈉溶液中的氯化銀；II．（1）濃H2SO4的物質的量濃度c=mol/L=18.4mol/L；需要稀硫酸220mL，實驗室沒有220mL容量瓶，需要用250mL容量瓶；根據(jù)稀釋定律，稀釋前后溶質的物質的量不變，設需濃硫酸的體積為xmL，則有：xmL×18.4mol/L=250mL×1mol/L，解得：x≈13.6；（2）配制溶液的操作步驟有計算、量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，用量筒量?。ㄓ玫侥z頭滴管）濃硫酸，在燒杯中稀釋，用玻璃棒攪拌，冷卻后轉移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌2﹣3次，將洗滌液轉移到容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻，由提供的儀器可知還需要儀器有250mL容量瓶、膠頭滴管；（3）A．量取濃硫酸時，俯視讀數(shù)，導致量取的濃硫酸體積偏小，配制的溶液中溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故不選A；B．稀釋濃硫酸時，未冷卻到室溫即轉移到容量瓶中，導致配制溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故選B；C．洗滌量取濃H2SO4后的量筒，并將洗滌液轉移到容量瓶中，導致配制的溶液中溶質的物質的量偏大，溶液濃度偏高，故選C；D．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凹液面最低處與刻度線相切，導致配制的溶液體積偏大，配制的溶液濃度偏低，故不選D；E．容量瓶不干燥，由于定容還需要加入蒸餾水，所以不影響配制結果，故不選F；F．定容時，仰視容量瓶刻度線，導致配制溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故不選F；故答案選BC?！绢}目點撥】本題考查了配制一定物質的量濃度的溶液方法及誤差分析，注意掌握配制一定物質的量濃度的溶液的配制步驟，會根據(jù)c=判斷誤差，有利于培養(yǎng)靈活應用所學知識的能力。26、Cu+2H2SO1（濃）SO2↑+2H2O+CuSO1MnO2+1H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O酸性還原性AD吸收過量的SO2和Cl2，防止污染環(huán)境Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO1【解題分析】

裝置A是制備二氧化硫氣體的發(fā)生裝置，生成的二氧化硫具有漂白性，通入裝置B中品紅溶液褪色，裝置E是制備氯氣的發(fā)生裝置，生成的氯氣和水反應所處的次氯酸具有強氧化性，具有漂白性，通入品紅溶液褪色，剩余二氧化硫和氯氣被裝置C中氫氧化鈉溶液吸收，防止污染空氣?！绢}目詳解】（1）Cu與濃硫酸制備SO2，同時生成硫酸銅和水，化學方程式Cu+2H2SO1（濃）SO2↑+2H2O+CuSO1，故答案為：Cu+2H2SO1（濃）SO2↑+2H2O+CuSO1；（2）實驗室用裝置E制備Cl2，MnO2與濃鹽酸反應生成氯化錳、水，離子方程式MnO2+1H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，該反應中HCl（濃）中氯元素化合價部分升高，所表現(xiàn)出的化學性質酸性、還原性，故答案為：MnO2+1H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；酸性、還原性；（3）①二氧化硫和氯氣均具有漂白性，反應開始一段時間后，B、D兩個試管中的品紅溶液都褪色，故選A，故答案為：A；②SO2的漂白具有可逆性，次氯酸的漂白不可逆，停止通氣后，再給B、D兩個試管分別加熱，兩個試管中的現(xiàn)象又分別為紅色、無色，故選D，故答案為：D；（1）裝置C中氫氧化鈉可以吸收剩余的二氧化硫和氯氣，防止污染環(huán)境，故答案為：除去多余的二氧化硫和氯氣；（5）氯氣具有較強的氧化性，二氧化硫具有較強的還原性，在水溶液中兩者1：1發(fā)生反應：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO1，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：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO1．【題目點撥】本題考查了氯氣和二氧化硫的漂白性質，注意掌握氯氣和二氧化硫性質，注意二氧化硫的漂白性與次氯酸的漂白性根本區(qū)別。27、ad4.210mL500mL【解題分析】

(1)根據(jù)容量瓶的構造和使用方法及其注意事項分析判斷；(2)配制500mL稀鹽酸，需要選用500mL容量瓶進行配制，根據(jù)配制過程中溶質HCl的物質的量不變計算出需要濃鹽酸的體積，并判斷選用的量筒規(guī)格?！绢}目詳解】(1)a．容量瓶口部有塞子，使用前要先檢查容量瓶是否漏液，故a正確；b．容量瓶用蒸餾水洗凈后不影響溶液的體積，濃度不變，所以不需要干燥，故b錯誤；c．容量瓶不能用來稀釋和溶解物質，故c錯誤；d．為了使所配溶液濃度均勻，定容結