2024屆福建省武平縣第二中學高一化學第一學期期末達標檢測試題含解析

2024屆福建省武平縣第二中學高一化學第一學期期末達標檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、完成下列實驗所選擇的裝置或儀器(夾持裝置已略去)正確的是A．用CCl4提取溴水中的Br2B．除去乙醇中的四氯化碳C．從KI和I2的固體混合物中回收I2D．配制100mL0.1000mol?L-1的NaCl溶液2、設NA表示阿伏加德羅常數，下列敘述正確的是A．常溫常壓下，22gCO2含有的氧原子數為NAB．標準狀況下，2.24LCCl4含有的分子數為0.1NAC．常溫常壓下，0.1mol?L－1的MgCl2溶液中含Cl－數為0.2NAD．常溫常壓下，5.6g鐵與足量Cl2完全反應，轉移電子數為0.2NA3、化學與生活密切相關，下列有關說法正確的是（）A．含碳量越低，鋼鐵的性能越好B．純凈的二氧化硅是制備光導纖維的原料C．燃放煙花呈現(xiàn)出多種顏色是由于煙花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金屬的單質D．合金材料的組成元素一定全部是金屬元素4、二氧化氯是國際公認的高效安全殺菌消毒劑，工業(yè)制備ClO2的反應原理如下：2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑+2H2O＋2NaCl，下列關于該反應的說法中正確的是A．濃鹽酸在反應中僅體現(xiàn)還原性B．被氧化和被還原的氯物質的量之比為1:1C．每生成1．1molClO2轉移1．2mol電子D．氧化性：NaClO3<Cl25、已知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應：Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO4n-+Cl-+H2O（未配平）。則有關敘述不正確的是A．已知FeO4n-中Fe的化合價是+6價，則n=2B．每產生1molCl-，轉移2mol電子C．FeO4n-具有強氧化性，一般其還原產物為Fe3+，可用作新型自來水消毒劑和凈水劑D．若n=2，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：36、白色固體混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的幾種，常溫常壓下進行如下實驗。下列推斷不正確的是（）A．無色溶液B做焰色反應實驗，火焰可能顯紫色B．白色固體F的主要成分是H2SiO3C．混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D．在無色溶液B中加HNO3酸化，無沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，說明混合物A中有KCl7、下列物質中，摩爾質量最大的是A．1molCaCO3

B．0.8mol/LH2SO4

C．54gAl D．10mLH2O8、下列物品所用材料主要成分不屬于硅酸鹽的是(

)A．玻璃門窗 B．大理石桌 C．陶瓷餐具 D．水泥路橋9、無機物X、Y、Z、M的相互轉化關系如圖所示（部分反應條件、部分反應中的H、O已略去）。X、Y、Z均含有同一種元素。下列說法正確的是A．若X是氫氧化鈉，則M不一定為CO2B．若Y具有兩性，則M的溶液只可能顯堿性C．若Z是導致酸雨的主要氣體，則X一定是H2SD．若M是用途最廣的金屬，加熱蒸干Y的溶液一定能得到Y10、設NA為阿伏加德羅常數。下列說法正確的是A．標準狀況下，22.4LCH4中含有氫原子數目為4NAB．1molNa2O2中含有的陰離子和陽離子的數目都是2NAC．0.1mol/LCu(NO3)2溶液中含有的NO3－數目為0.2NAD．28gN2中所含的原子數目是NA11、下列各組離子在溶液中能大量共存的是（）A． B．C． D．12、下列措施不能達到節(jié)能減排目的的是A．利用太陽能制氫燃料 B．用家用汽車代替公交車C．利用潮汐能發(fā)電 D．用節(jié)能燈代替白熾燈13、金屬鈉分別在過量的氧氣和氯氣中燃燒，產生的現(xiàn)象相同點是A．都產生白煙 B．都產生黃色火焰C．都生成氧化物 D．都生成白色固體14、下列物質中，屬于電解質的是（）①汞②濃氨水③氯化鈉晶體④硝酸⑤干冰⑥蔗糖⑦硫酸A．①③④B．③④⑦C．②③④D．⑤⑥15、下列物質在相應條件下能發(fā)生電離而導電的是()A．液態(tài)氯化氫 B．熔融氯化鈉C．固體氫氧化鉀 D．高溫熔化后的單質鐵16、下列各組物質，前者屬于電解質，后者屬于非電解質的是A．NaCl晶體、BaSO4 B．銅、二氧化硫C．液態(tài)的醋酸、酒精 D．熔融的KNO3、硫酸溶液17、下列關于膠體的說法正確的是()A．是純凈物 B．能產生丁達爾效應C．分散質粒子不能透過濾紙 D．Fe(OH)3膠體與Fe(OH)3沉淀的化學性質完全不同18、漂白粉的有效成分是A．次氯酸鈣 B．氯化鈣C．次氯酸 D．次氯酸鈣與氯化鈣19、氨溶于水得到氨水，氯氣溶于水得到氯水，下列關于新制的氨水、氯水的描述中正確的是()A．“兩水”都是混合物，溶液中含有的粒子種類數目相同B．“兩水”中都存在可逆反應C．“兩水”都有刺激性氣味，都能漂白有機色素D．“兩水”放置時間較久后都會因為相同的原理而變質20、NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．0.1molFe與足量氯氣反應時，轉移的電子數目為0.2NAB．常溫常壓下，18gH2O中含有的原子總數為3NAC．標準狀況下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子數為NAD．1L0.1mol·L－1硫酸鈉溶液中含有的氧原子數為0.4NA21、在容積為672mL的燒瓶中充滿NO和NO2的混合氣體，將其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧氣，恰好完全反應，且液體充滿燒瓶(氣體體積都已折合為標準狀況下的體積)，下列有關敘述正確的是()A．總反應為NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3B．總反應為4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3C．生成硝酸的物質的量濃度均為0.030mol·L－1D．生成硝酸的物質的量濃度約為0.060mol·L－122、下列關于二氧化硅和二氧化碳的說法中錯誤的是()A．與二氧化碳分子相似，1個硅原子和2個氧原子構成1個二氧化硅分子B．通常狀況下，二氧化碳為氣態(tài)，二氧化硅為固體C．二氧化硅和二氧化碳都能與氧化鈣反應生成鹽D．二氧化硅和二氧化碳都能與氫氧化鈉溶液反應生成鹽和水二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、W、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數變化如圖所示。已知X的一種核素的質量數為18，中子數為10，Y和Ne原子的核外電子總數相差1；W的單質是一種常見的半導體材料；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強。請回答下列問題：(1)W位于元素周期表中第________周期第________族。畫出X的陰離子的結構示意圖：____________。(2)Z的氫化物和溴化氫相比，較穩(wěn)定的是________(寫電子式)。(3)Y的金屬性與Mg的金屬性相比，________的金屬性強(寫化學式)，請用實驗證明它們金屬性的相對強弱：___________。(4)寫出Y的最高價氧化物對應的水化物與Z的最高價氧化物對應的水化物發(fā)生反應的化學方程式：_______。24、（12分）已知A是灰黑色、有金屬光澤的固體單質。根據如圖所示的物質之間的轉化關系，回答下列有關問題。（1）寫出A、B、C、D的化學式：A________，B________，C________，D________。（2）寫出D→A的化學方程式：__________________________________________。（3）寫出下列反應的離子方程式。B→C：____________________________________；D→B：____________________________________。25、（12分）某實驗小組擬配制0.10mol·L-1的氫氧化鈉溶液并進行有關性質實驗，回答下列問題。(1)若實驗中大約要使用475mL氫氧化鈉溶液，至少需要稱量氫氧化鈉固體________g。

(2)從如圖中選擇稱量氫氧化鈉固體所需要的儀器________(填序號)。

(3)定容時加水超過刻度線，會使配制溶液的濃度_________(偏高，偏低或不變)。

(4)下列情況會使所配溶液濃度偏低________(填序號)。①稱量讀數時，左盤高，右盤低②溶液轉移到容量瓶后，未進行洗滌操作③轉移溶液前容量瓶內有少量蒸餾水④定容時，仰視容量瓶的刻度線⑤在燒杯中溶解氫氧化鈉后，立即將所得溶液注入容量瓶中⑥定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線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為V1mL，反應后為V2mL(實驗數據均轉化為標準狀況下)，則樣品的純度為____________________。（寫出計算式，不化簡）。(5)若反應結束時讀數前未調節(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）某同學利用如圖所示的實驗裝置進行鐵跟水蒸氣反應的實驗,并研究鐵及其化合物的部分性質。請回答下列問題:（1）硬質試管中發(fā)生反應的化學方程式為_______________________________。（2）該同學為確定反應后硬質試管中固體物質的成分,設計了如下實驗方案:①待硬質試管冷卻后,取少許其中的固體物質溶于稀硫酸得溶液B;②取少量溶液B滴加KSCN溶液,若溶液變紅色,則說明硬質試管的固體物質中一定有_________,可能有__________________;若溶液未變紅色,則說明硬質試管中固體物質的成分是_____________________________________。（3）該同學按（2）中所述實驗方案進行了實驗,結果溶液未變紅色,原因是________________________________(用離子方程式表示)。（4）該同學馬上另取少量溶液B,使其與NaOH溶液反應。若按圖所示操作,可觀察到試管中先生成白色沉淀,后沉淀迅速變成灰綠色,最后變成紅褐色的現(xiàn)象,請寫出白色沉淀變?yōu)榧t褐色的過程中所發(fā)生反應的化學方程式:__________________________________。（5）一段時間后,該同學發(fā)現(xiàn)（3）中未變紅的溶液變成紅色,說明具有_________性。由此可知,實驗室中含的鹽溶液需現(xiàn)用現(xiàn)配制的原因是__________,并且配制含的鹽溶液時應加入少量___________________。28、（14分）某同學在實驗室研究Fe與H2SO4的反應（實驗分析）（1）實驗I中，鐵與稀硫酸反應的離子方程式為________________。（2）實驗Ⅱ中，鐵絲表面迅速發(fā)黑(Fe3O4)，有少量氣體產生，反應很快停止，這一現(xiàn)象被稱為___________________。（3）實驗Ⅲ，己知:濃H2SO4的沸點為338.2℃，加熱試管A，溫度保持在250℃~300℃，產生大量氣體B中品紅褪色，D處始終未檢測到可燃性氣體。A中產生的氣體是__，裝置C的作用是________________。（4）實驗Ⅲ結束后，經檢驗A中既有Fe3+又有不少的Fe2+。①若要檢驗Fe3+和Fe2+，下列試劑組可行的是______(填字母)。A．KSCN、Fe粉B．KSCN、酸性KMnO4溶液C．KSCN、氯水[實驗反思]（5）①濃硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，濃硫酸的氧化性源于_____,稀硫酸的氧化性源于_______________。②影響反應產物多樣性的因素有_____________________。29、（10分）鋁土礦的主要成分是Al2O3，含有雜質SiO2、Fe2O3、MgO。工業(yè)上從鋁土礦中提取Al可采用如圖所示工藝流程：請回答下列問題：（1）鋁土礦加入鹽酸后生成Al3＋的離子方程式為_____________________________。（2）沉淀B與燒堿反應的離子方程式為______________________________________。（3）溶液D中通入過量CO2的離子方程式為_____________________________。（4）“通入過量CO2”能否改用過量鹽酸________（填“能或否”），原因是_____________。（5）向共含有0.05molAl3+、Fe3+的溶液中滴入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示。則溶液中Al3+的物質的量為_________mol。

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、A【解題分析】

A．因為Br2在CCl4中的溶解度遠遠大于在水中的溶解度，且CCl4難溶于水，所以可用用CCl4提取溴水中的Br2，實驗操作為萃取法，萃取后分液，故A正確；B．乙醇和四氯化碳為液體混合物，過濾是除去難溶物和易溶物，過濾分不開，故B錯誤；C．因為I2易升華，所以加熱KI和I2的固體混合物，然后冷凝升華出的碘蒸氣，冷卻可得碘單質，裝置沒有冷凝裝置，故B錯誤；D．配制100mL0.1000mol?L-1的NaCl溶液需要用到容量瓶，不能只用燒杯，故D錯誤；答案選A。【題目點撥】分離物質的方法要看具體的情況，根據物質的性質選擇。2、A【解題分析】

A．22gCO2的物質的量為=0.5mol，則含有有的氧原子數為0.5mol×2×NAmol-1=NA，故A正確；B．標準狀況下CCl4是液體，不能根據氣體的摩爾體積計算2.24LCCl4的物質的量，故B錯誤；C．由n=cV可知，0.1mol?L－1的MgCl2溶液的體積未知，則無法計算溶液中含有的Cl-數目，故C錯誤；D．5.6g鐵粉的物質的量為0.1mol，0.1mol鐵與足量氯氣完全反應失去0.3mol電子，轉移電子數目為0.3NA，故D錯誤；故答案為A?！绢}目點撥】考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，要求掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，試題有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。3、B【解題分析】

A.鋼鐵含碳量越高，越硬越脆；含碳量越低，韌性越好，所以不能說含碳量越低，鋼鐵的性能越好，故A錯誤；B.光導纖維傳遞光信號的原理是光的全反射，SiO2具有良好的光學效果材料，是制造光導纖維的主要原料，故B正確；C.燃放煙花呈現(xiàn)出多種顏色是由于煙花中加入了一些金屬元素（如鈉----黃色光；銅----綠色光）而不是金屬單質；另外Fe、Pt等金屬元素灼燒時為無色，故C錯誤；D.合金材料的組成元素不一定全部是金屬元素，可能含有非金屬元素，故D錯誤。故答案選B。4、B【解題分析】

A、濃鹽酸中氯的化合價部分升高部分不變，在反應中既體現(xiàn)還原性也體現(xiàn)酸性，故A錯誤；B、NaClO3,中氯的化合價從+5降到+4，HCl中氯的化合價從-1升高到1，根據化合價升降必相等得被氧化和被還原的氯物質的量之比為1:1，故B正確；C、NaClO3,中氯的化合價從+5降到+4，每生成1．1molClO2轉移1．1mol電子，故C錯誤；D、NaClO3是氧化劑，Cl2是氧化產物，NaClO3氧化性強于Cl2，故D錯誤；故答案選B．5、D【解題分析】

FeO4n-中Fe的化合價是+6價，則n=2，反應為Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O中，F(xiàn)e元素的化合價由+3價升高為+6價，Cl元素的化合價由+1價降低為-1價，由電子守恒和原子守恒可知，該反應為2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O?！绢}目詳解】A、FeO4n-中Fe元素的化合價是+6價，因O元素為-2價，由化合價代數和為0可知，n=2，故A正確；B、反應中ClO-轉化為Cl-，Cl元素的化合價由+1價降低為-1價，則每產生1molCl-，轉移2mol電子，故B正確；C、FeO4n-具有強氧化性，能殺菌消毒，其還原產物為Fe3+，水解生成具有吸附性的氫氧化鐵膠體，則可用作新型自來水消毒劑和凈水劑，故C正確；D、方程式為2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可知反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：2，故D錯誤；故選D?！绢}目點撥】本題考查氧化還原反應，側重氧化還原反應基本概念及電子守恒、原子守恒的綜合考查，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵。6、C【解題分析】

假設題中的五種物質都有，則KCl一定進入到溶液B中；Cu2+可以和CO32-反應產生CuCO3沉淀，可以和SiO32-發(fā)生雙水解反應產生Cu(OH)2和H2SiO3沉淀，CaCO3本身不溶于水，也不發(fā)生反應，故固體C中可能含有的是CuCO3、CaCO3、Cu(OH)2、H2SiO3；固體C中加入過量的HNO3，H2SiO3不反應，形成了白色固體F，CuCO3和Cu(OH)2溶于HNO3中，形成藍色溶液E，放出無色氣體D，故可以推斷出固體C中一定有CuCO3、Cu(OH)2、H2SiO3，可能有CaCO3，則混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3。【題目詳解】A、經分析，混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物質反應，KCl會進入到溶液B中，該溶液做焰色反應，火焰可能呈紫色，A正確；B、經分析，白色固體F是H2SiO3，B正確；C、經分析，混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3，C錯誤；D、混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物質反應，KCl會進入到溶液B中，向該溶液中加HNO3酸化無沉淀，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，說明混合物A中有KCl，D正確；故選C?！绢}目點撥】7、A【解題分析】

A.CaCO3的摩爾質量是100g/mol，B.H2SO4的摩爾質量是98g/mol；C.Al的摩爾質量是27g/mol；D.H2O的摩爾質量是18g/mol，可見摩爾質量最大的是CaCO3；故合理選項是A。8、B【解題分析】

在無機非金屬材料中，硅及其化合物是密切聯(lián)系生產生活的一類重要物質，陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸鹽產品?！绢}目詳解】A項、玻璃的主要成分有硅酸鈉、硅酸鈣等，屬于硅酸鹽，故A正確；B項、大理石的主要成分為碳酸鈣，不屬于硅酸鹽，故B錯誤；C項、陶瓷是用黏土燒制而來，黏土的主要成分為硅酸鹽，故C正確；D項、水泥成分硅酸二鈣、硅酸三鈣、鋁酸三鈣，屬于硅酸鹽，故D正確；

故選B。9、A【解題分析】

A、若X是氫氧化鈉，則M不一定為CO2，M為能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正確；B.若Y具有兩性，則M的溶液可能顯堿性，也可能顯酸性，故B錯誤；C.若Z是導致酸雨的主要氣體，則X也可以是Na2SO3，Y為NaHSO3，Z為SO2，M為HCl，故C錯誤；D.若M是用途最廣的金屬，Y為亞鐵鹽，因為亞鐵離子水解，所以加熱蒸干Y的溶液不能得到Y，故D錯誤；故答案選A。10、A【解題分析】

A．標準狀況下，22.4LCH4的物質的量是1mol，含有氫原子數目為4NA，A正確；B．過氧化鈉是由2個鈉離子和1個過氧根離子構成的，所以1molNa2O2中含有的陰離子為NA，陽離子的數目為2NA，B錯誤；C．溶液體積未知，所以無法確定0.1mol/LCu(NO3)2溶液中含有的NO3-數目，C錯誤；D．一個氮氣分子由兩個氮原子構成，28gN2的物質的量是1mol，所含的原子數目為2NA，D錯誤。答案選A。11、A【解題分析】

A．該組離子之間不反應，可大量共存，故A正確；B．Fe2+，H+和MnO4-之間發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e2+被氧化成Fe3+，不能大量共存，故B錯誤；C．H+和SiO32-反應生成硅酸沉淀，不能大量共存，故C錯誤；D．HCO3-和OH-反應生成CO32-和水，不能大量共存，故D錯誤；答案選A。【題目點撥】離子共存題考慮離子間不發(fā)生反應，不生成氣體，沉淀，水，弱電解質，氧化還原反應等。12、B【解題分析】

用家用汽車代替公交車仍然要消耗汽油，達不到節(jié)能減排的目的，B不正確；而A、C選項利用新能源可達到目的；D很明顯體現(xiàn)節(jié)能思想。答案選B。13、B【解題分析】

A.鈉在氯氣中燃燒產生白煙，鈉在氧氣中燃燒不產生白煙，A項錯誤；B.鈉元素的焰色呈黃色，所以鈉無論在氧氣還是在氯氣中燃燒均產生黃色火焰，B項正確；C.鈉與氧氣反應生成氧化物，但鈉與氯氣反應生成的是氯化物，不是氧化物，C項錯誤；D.鈉和氯氣反應生成的氯化鈉是白色固體，但鈉在氧氣中燃燒生成的過氧化鈉是淡黃色粉末，D項錯誤；所以答案選擇B項。14、B【解題分析】①汞是金屬單質，既不是電解質又不是非電解質；②濃氨水是混合物，既不是電解質又不是非電解質；③氯化鈉晶體在水溶液中和熔融狀態(tài)下均能導電，是電解質；④硝酸在水溶液中能導電，是電解質；⑤干冰溶于水后能夠導電，但導電的離子不是二氧化碳自身電離的，所以干冰為非電解質；⑥蔗糖在水溶液和熔融狀態(tài)下都不導電，所以是非電解質；⑦硫酸在水溶液中能導電，是電解質；屬于電解質的是③④⑦。答案選B。15、B【解題分析】

電解質溶于水或在熔融狀態(tài)下能夠發(fā)生電離而導電，據此判斷?！绢}目詳解】A.液態(tài)氯化氫不能發(fā)生電離，不導電，A不符合；B.熔融氯化鈉能發(fā)生電離，從而導電，B符合；C.固體氫氧化鉀不能發(fā)生電離，不導電，C不符合；D.鐵是金屬單質，不能發(fā)生電離，D不符合。答案選B。16、C【解題分析】

A．NaCl溶液是混合物，既不是電解質也不是非電解質；硫酸鋇屬于電解質，故A錯誤；B．銅是單質，既不是電解質也不是非電解質；二氧化硫屬于非電解質，故B錯誤；C．液態(tài)的醋酸的水溶液能導電，屬于電解質；酒精在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導電，屬于非電解質，故C正確；D．熔融的KNO3屬于電解質；硫酸溶液是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故D錯誤；故選C?！绢}目點撥】本題考查電解質與非電解質，解答該類概念性題目，應抓住概念中的關鍵詞，并注意大多數有機化合物都是非電解質。無論電解質還是非電解質，都一定是化合物，單質、混合物一定不是電解質和非電解質。17、B【解題分析】

A．膠體是分散質粒子直徑在1~100nm之間的分散系，是混合物，故A錯誤；B．膠體能產生丁達爾效應，是膠體的特征性質，故B正確；C．分散質粒子小于濾紙的空隙，能透過濾紙，故C錯誤；D．Fe(OH)3膠體與Fe(OH)3沉淀分散質顆粒大小不同，但化學性質相同，故D錯誤；故選B。18、A【解題分析】

工業(yè)上用氯氣和冷的消石灰反應生產漂白粉，漂白粉的主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，有效成分是次氯酸鈣。答案選A。19、B【解題分析】

A.“兩水”都是混合物，氨水中含有的粒子有、、、、、，氯水中含有的粒子有、、、、HClO、、，分別是6種和7種，故A項錯誤；B.“兩水”中分別存在的可逆化學平衡為和，B正確；C.“兩水”都有揮發(fā)性，都有刺激性氣味，但是氨水沒有漂白性，不能漂白有機色素，故C錯誤；D.氨水變質是因為氨氣的揮發(fā)，而氯水的變質是因為HClO的分解，二者原理不同，故D錯誤；故答案選B?！绢}目點撥】新制氯水的主要成分為“三分四離”，三分子：氯氣分子，水分子和次氯酸分子；四離子：氫離子、氫氧根離子、氯離子、次氯酸根離子。20、B【解題分析】

A.氯氣與金屬反應生成最高價氯化物，0.1mol鐵在反應后變成0.1mol，因此一共轉移了0.3mol電子，數量為0.3NA，A項錯誤；B.根據，18g水即1mol水，又因為1個水分子中有2個氫原子和一個氧原子，因此1mol水中一共有3mol原子，B項正確；C.標況下不是氣體，不能用22.4L/mol計算22.4LCCl4物質的量，C項錯誤；D.水分子中也有氧原子，因此1L0.1mol/L硫酸鈉溶液中所含的氧原子遠遠大于0.4NA，D項錯誤；答案選B?！绢}目點撥】本題易錯選D項，只考慮硫酸鈉中氧原子，忽略溶劑水中含有的氧原子。21、B【解題分析】

利用得失電子守恒，列方程組，求出氧氣、一氧化氮、二氧化氮的物質的量之比，可寫出總反應方程式?！绢}目詳解】標準狀況下672mL的混合氣體：n（NO）+n（NO2）==0.03mol，（O2）==0.0125mol，由得失電子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，所以總的方程式為：4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，由氮原子守恒可知，反應生成的HNO3物質的量為0.03mol。水全部充滿燒瓶，形成硝酸溶液體積為0.672L，硝酸的濃度為：0.03mol÷0.672L=0.045mol/L。ACD項錯誤，B項正確；答案選B?！绢}目點撥】這類計算題若是善于利用得失電子守恒、原子守恒、質量守恒、電荷守恒等守恒思想，會使得解題事半功倍。22、A【解題分析】

A．二氧化硅為原子晶體，是由硅原子與氧原子構成，不存在分子，故A錯誤；B．通常狀況下，二氧化碳為氣態(tài)，二氧化硅為固體，故B正確；C．二氧化硅和二氧化碳均為酸性氧化物，都能夠與堿性氧化物氧化鈣反應生成鹽，故C正確；D．二氧化硅和二氧化碳均為酸性氧化物，都能與氫氧化鈉溶液反應生成鹽和水，故D正確；故答案為A。二、非選擇題(共84分)23、三ⅣANaNa與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解題分析】

四種常見的短周期元素，X的一種核素的質量數為18，中子數為10，則X的質子數為8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外電子總數相差1，又根據如圖Y的原子半徑大于O原子半徑，所以Y為Na元素；W的單質是一種常見的半導體材料，W的原子序數大于Na，則W為Si；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強，Z的原子序數大于Si，則Z為Cl元素，據此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據上述分析可知，W為Si元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，X為O元素，其陰離子為O2-，離子結構示意圖為，故答案為：三；ⅣA；；(2)Z元素為Cl元素，其氫化物為HCl，因為非金屬性Cl>Br，所以穩(wěn)定性HCl>HBr，HCl的電子式為，故答案為：；(3)同一周期從左到右，元素金屬性依次減弱，且Na與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢，因此金屬性Na>Mg，故答案為：Na；Na與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢；(4)Y的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，Z的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，兩者發(fā)生中和反應，反應方程式為NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案為：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O?！绢}目點撥】本題以“元素周期表中元素的推斷”為載體，考查學生對元素周期表的熟悉程度及對元素周期律的認識程度，思維容量較大，重在考查運用元素周期律解決具體化學問題的能力，注意根據提給信息，結合如圖原子序數與原子半徑的關系正確推斷出元素的種類，然后根據同周期、同主族元素性質的遞變規(guī)律解答。24、SiNa2SiO3H2SiO3SiO2SiO2＋2CSi＋2CO↑SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋COSiO2＋2OH－===SiO＋H2O【解題分析】本題無機推斷，（1）A是灰黑色，且A是有金屬光澤的固體單質，因此A為Si，根據轉化關系，B為Na2SiO3、C為H2SiO3、D為SiO2；（2）D→A，利用SiO2與C的反應，即SiO2＋2CSi＋2CO↑；（3）B→C：利用碳酸的酸性強于硅酸，離子反應方程式為SiO32－＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋CO32－或SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－，D→B：SiO2屬于酸性氧化物，離子反應方程式為SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。25、2.0①②⑤偏低①②④⑥【解題分析】

(1)根據配制溶液體積選擇合適容量瓶，根據m=cVM計算需要氫氧化鈉的質量；(2)稱量一定質量的固體物質一般用托盤天平、藥匙，稱量腐蝕性藥品應用小燒杯盛放；(3)、(4)分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響,根據c=n/V進行誤差分析。【題目詳解】(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,應選擇500mL容量瓶，實際配制500mL溶液，需要氫氧化鈉質量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案為：2.0；(2)氫氧化鈉具有腐蝕性，所以稱量氫氧化鈉固體應用的儀器：托盤天平，藥匙，小燒杯，故答案為：①②⑤；(3)定容時加水超過刻度線，所配制的溶液的體積偏大，會使配制溶液的濃度偏低，故答案為：偏低；(4)①稱量讀數時，左盤高，右盤低，導致稱量的固體質量偏小，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故選；②溶液轉移到容量瓶后，未進行洗滌操作，導致部分溶質損耗，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故選；③轉移溶液前容量瓶內有少量蒸餾水，對溶質的物質的量和溶液體積都不產生影響，溶液濃度不變，故不選；④定容時，仰視容量瓶的刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故選；⑤在燒杯中溶解NaOH后，立即將所得溶液注入容量瓶中，冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故不選；⑥定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故選；綜上所述，①②④⑥滿足題意，故答案為：①②④⑥?！绢}目點撥】配制一定物質的量濃度的溶液誤差分析要依據c=n/V進行分析：凡是實驗操作中引起溶質的量n增大的，所配溶液的濃度偏高，凡是實驗操作中引起溶液體積V增大的，所配溶液的濃度偏低。26、分液漏斗bMg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑SiH4+2O2=SiO2+2H2O檢查裝置氣密性偏低【解題分析】

（1）根據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，據此判斷X氣體；（2）根據題干中的已知信息分析判斷；（3）根據裝置不能漏氣解答；（4）根據反應中產生的氫氣與硅的物質的量之間的關系解答；（5）根據壓強對氣體體積的影響分析解答。【題目詳解】（1）根據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為V1mL，反應后為V2mL(實驗數據均轉化為標準狀況下)，則反應中產生氫氣的體積是（V1―V2―5）mL，物質的量是，根據1mol硅失去4mol電子可知消耗硅的物質的量是，質量是，因此樣品的純度為；（5）若反應結束時讀數前未調節(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、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2Fe3O4FeFe3O4和FeFe+2Fe3+=3Fe2+4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3還原易被空氣中的氧氣氧化而變質鐵粉【解題分析】

（1）依據鐵與水蒸氣高溫下反應生成四氧化三鐵和氫氣解答；（2）KSCN溶液溶液變紅色，說明有三價鐵離子；溶液未變紅色，說明無三價鐵離子；（3）鐵單質能將三價鐵離子還原成二價鐵離子；（4）白色沉淀為氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵具有還原性，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵；（5）未變紅的溶液變成紅色，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，說明具有還原性?！绢}目詳解】（1）鐵與水蒸氣高溫下反應生成四氧化三鐵和氫氣，裝置中濕棉花的作用提供水蒸氣，發(fā)生反應的化學方程式為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）KSCN溶液變紅色，說明有三價鐵離子，說明硬質試管中固體一定有Fe3O4，可能有Fe；KSCN溶液未變紅色，說明無三價鐵離子，一定有Fe3O4和Fe；（3）鐵單質能將三價鐵離子還原成二價鐵離子，離子方程式，F(xiàn)e+2Fe3+=