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2021-2022学年江苏省无锡市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省无锡市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了4L，01×105Pa的条件下，2，10ml/L的NaOH溶液，18gB，【答案】C，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省无锡市高一（上）期末化学试卷
1. 氯气与氢氧化钠溶液反应制得的消毒液能有效抑制新型冠状病毒。下列关于该消毒液的叙述错误的是( )
A. 属于混合物 B. 有效成分为NaCl
C. 暴露空气中会变质 D. 杀菌消毒时体现有效成分的强氧化性
2. “慈石能引铁”(慈，旧作磁)。“慈石”的主要成分是( )
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. FeO D. Al2O3
3. 下列物质中不含共价键的是( )
A. H2 B. H2S C. NaOH D. NaCl
4. 分类法是学习化学的重要方法。下列物质或变化能按照对应的分类标准归类的是( )
选项
物质或变化
分类标准
A
Na2O、CO2、Fe2O3
碱性氧化物
B
Fe、Cl、O
主族元素
C
矿泉水、泥浆水、蒸馏水混合物
混合物
D
铁丝燃烧、钢铁生锈、盐酸除锈
化学变化
A. A B. B C. C D. D
5. 下列叙述正确的是( )
A. Cl2的水溶液可以导电，所以Cl2属于电解质
B. NaCl属于电解质，所以固体NaCl能导电
C. 液态氯化氢不导电，但其属于电解质
D. KNO3溶液在电流的作用下电离成K+和NO3−
6. 用化学用语表示2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中的相关粒子。下列叙述正确的是( )
A. 中子数为8的氧原子： 168O B. 11H、 12H、 13H表示同一种核素
C. H2O的结构式： D. NaOH的电子式：
7. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸充分反应，其中( )
A. Na2CO3放出的CO2多 B. NaHCO3放出的CO2多
C. Na2CO3放出CO2的速率快 D. NaHCO3放出CO2的速率快
8. 下列事实不能用元素周期律解释的是( )
A. 碱性：NaOH>LiOH B. 酸性：HCl>H2CO3
C. 原子半径：S>O D. 热稳定性：HF>HI
9. 下列离子在水溶液中能大量共存的是( )
A. Al3+、K+、OH− B. OH−、Ca2+、CO32−
C. ClO−、H+、Na+ D. Cu2+、Na+、SO42−
10. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 氧化镁投入稀盐酸：MgO+2H+=Mg2++H2O
B. 金属铜投入FeCl3溶液：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
C. NaOH溶液滴入NaHCO3溶液：OH−+HCO3−=CO2↑+H2O
D. 硫酸铜溶液滴入氢氧化钡溶液：SO42−+Ba2+=BaSO4↓
11. 下列关于金属钠的描述不正确的是( )
A. 具有很强的还原性 B. 燃烧时生成氧化钠
C. 燃烧时发出黄色的火焰 D. 与水反应时，钠浮在水面上方
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. 1mol镁原子中含有的电子数为2NA
B. 标准状况下，1molH2O的体积为22.4L
C. 常温常压下，28gN2和CO的混合物中所含有的原子数目为2NA
D. 在25℃1.01×105Pa的条件下，2.24LH2中含有的分子数等于0.1NA
13. 实验室配制480mL0.10mol/L的NaOH溶液。下列有关叙述正确的是( )
A. 实验中需使用500mL规格的容量瓶
B. 上述实验操作步骤的正确顺序为②①③④
C. 容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，再干燥后才能使用
D. 定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，需补加少量蒸馏水至刻度线
14. 氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为−1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的叙述不正确的是( )
A. NaH是还原剂 B. H2是氧化剂
C. H2O中氢元素被还原 D. NaH中氢元素被氧化
15. 下列关于合金的叙述正确的是( )
A. 铝合金硬度比纯铝小
B. 生铁是铁碳合金，钢是纯净的铁单质
C. 硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机外壳
D. 不锈钢和钢都是铁合金，性质完全相同
16. 碳和硅的原子结构中相同的是( )
A. 质子数 B. 核外电子数 C. 最外层电子数 D. 电子层数
17. 下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是( )
A. B.
C. D.
18. 下列有关铁及其化合物的叙述正确的是( )
A. Fe3O4可用作红色颜料
B. Cl2可用于除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3
C. 铁与水蒸气高温反应可生成Fe3O4和氢气
D. 饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体
19. 实验室制取氯气时，下列实验能达到相应目的的是( )
A. 生成Cl2
B. 净化Cl2
C. 收集Cl2
D. 吸收Cl2尾气
20. 把7.4gNa2CO3⋅10H2O和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c(Na+)=0.6mol/L。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是( )
A. 3.18g B. 2.12g C. 4.22g D. 5.28g
21. 氯化钠是一种重要的化工原料，可用于制备如下图所示的一系列物质。
(1)反应①的离子方程式为 ______，反应中氧化剂为 ______。
(2)Na+的离子结构示意图为 ______，NH3的电子式为 ______。
(3)漂白粉在空气中久置易变质的原因是 ______(用文字表述)。
(4)氨基钠(NaNH2)是生产维生素A的原料。工业上将金属钠于97∼100℃熔融，向反应容器中缓慢通入无水液氨，再加热至一定温度生成氨基钠和氢气。NaNH2中氮元素的化合价为 ______，该反应属于四大基本反应类型中的 ______。
22. 某小组设计了如图所示的实验装置来探究过氧化钠的强氧化性。
实验步骤及现象如下：
①检查装置气密性后，装入药品并连接装置A、B、C。
②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，A中剧烈反应，有黄绿色气体产生。
③待装置D中导管口产生连续气泡后，将导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体。
④反应一段时间后，停止滴加浓盐酸，再通一段时间N2，直至装置中气体变为无色。
(1)装置D中收集的无色气体X能使带火星的木条复燃，据此推断该气体X是 ______。
(2)装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。甲同学根据A中气体的颜色推测试纸变蓝时发生反应的离子方程式为 ______；乙同学认为使试纸变蓝的原因也可能是 ______(填序号)。
a.挥发的HCl气体使试纸变蓝
b.在此实验过程中生成的X气体也能将I−氧化为I2
c.通入的N2使试纸变蓝
(3)C中NaOH溶液的作用是 ______。
(4)Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2、NaCl和H2O，该反应的化学方程式为 ______，当反应生成标准状况下2.24LCl2时，转移的电子数为 ______mol。
23. 用工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO、Al2O3及少量Fe)制备绿矾FeSO4⋅7H2O晶体的流程如图：
(1)“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是 ______。
(2)“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和 ______，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是 ______。
(3)“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是 ______。
(4)测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下：
步骤一：称取一定质量的绿矾样品，将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250mL溶液；
步骤二：取步骤一中配得的溶液25.00mL于锥形瓶，并加入适量稀硫酸酸化，逐滴滴加0.0400mol/LKMnO4溶液至恰好完全反应(反应原理为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)，消耗KMnO4溶液20.00mL；
步骤三：另取步骤一中配得的溶液25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤、洗涤、干燥，在空气中灼烧至固体质量不再变化，称得残留红棕色固体的质量为0.4g。
①步骤三中灼烧所得残留固体的化学式为 ______。
②已知：Fe2+的氧化率=被氧化的Fe2+的质量原物质中Fe2+的总质量×100%。根据以上数据，计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率，写出计算过程 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查84消毒液的生产原理、主要成分、有效成分以及次氯酸钠的性质，掌握氯及其化合物的性质是解决本题的关键，难度不大。
【解答】
氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中有效成分是次氯酸钠，据此分析解答即可。
A.消毒液的成分是氯化钠与次氯酸钠的混合物，故A正确；
B.消毒液的有效成分是次氯酸钠，故B错误；
C.消毒液中的次氯酸钠可以与二氧化碳、水反应生成次氯酸，属于强酸制弱酸的反应，故C正确；
D.消毒液杀菌消毒时体现有效成分的强氧化性，可以使蛋白质变性，故D正确；
故选：B。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题利用古文考查生活中常见的化合物，属于热点题型，注意对基础知识的积累。
【解答】
磁石是古代炼丹常用的矿物原料，又称作“慈石”。
四氧化三铁(ferroferricoxide)，化学式Fe3O4.俗称氧化铁黑、吸铁石、黑氧化铁，为具有磁性的黑色晶体，故又称为磁性氧化铁，“慈石”的主要成分是四氧化三铁；
故选：B。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：稀有气体中不含化学键。
【解答】
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性共价键，不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键。
A.H2分子中只存在共价键，故A错误；
B.H2S分子中只存在S−H共价键，故B错误；
C.NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氢氧根离子中存在O−H共价键，故C错误；
D.NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，故D正确；
故选：D。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质分类、物质变化，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况，有利于基础知识的复习巩固。
【解答】
A.氧化钠、氧化铁属于碱性氧化物，但二氧化碳属于酸性氧化物，故A错误；
B.Cl、O属于主族元素，但Fe属于过渡元素，故B错误；
C.矿泉水含有水、矿物离子等，属于混合物，泥浆水有泥沙、水，也属于混合物，而蒸馏水只有一种物质，属于纯净物，故C错误；
D.铁丝燃烧生成四氧化三铁，钢铁生锈生成氧化铁，盐酸与铁锈反应生成氯化铁，变化过程中都有新物质生成，均属于化学变化，故D正确；
故选：D。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电解质的概念以及范围，应注意的是电解质必须要么在水溶液中能导电，要么在熔融状态下能导电，要么在两种状态下均能导电，且电解质必须是化合物。
【解答】
在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质。
A.氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.NaCl属于电解质，但是固体氯化钠无自由移动离子，故不能导电，故B错误；
C.液态氯化氢不导电，但是其水溶液能导电，故是电解质，故C正确；
D.KNO3电离不需要电流作用，在水的作用下即可电离成K+和NO3−，故D错误；
故选：C。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意离子化合物和共价化合物电子式书写方法的不同。
【解答】
A.中子数为8的氧原子的质量数为16，故表示为816O，故A错误；
B. 11H、 12H、 13H是氢元素的同位素，质子数相同，中子数不同，属于不同的核素，故B错误；
C.水分子中氧原子sp3杂化，存在两对孤对电子，分子空间结构为V形，H2O的结构式：，故C正确；
D.氢氧化钠是离子化合物，故其电子式为，故D错误；
故选：C。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了碳酸氢钠、碳酸钠的化学性质，题目难度不中等，要求学生熟练掌握碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在巩固学生的基础，提高学生的分析、理解能力。
【解答】
由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，产生的CO2一样多；与盐酸反应，碳酸钠要2步：先碳酸根与氢离子反应生成碳酸氢根，然后碳酸氢根和氢离子反应生成二氧化碳，即CO32−+2H+=CO2↑+H2O，HCO3−+H+=H2O+CO2↑；而碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳只需1步，即HCO3−+H+=H2O+CO2↑，所以反应生成二氧化碳速率碳酸氢钠的快。
A、根据方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，放出的二氧化碳的物质的量相同，故A错误；
B、碳酸钠和碳酸氢钠物质的量相同，与足量盐酸反应放出的二氧化碳相同，故B错误；
C、碳酸钠与盐酸反应分别进行，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠才能和氢离子反应生成二氧化碳；而碳酸氢钠直接与盐酸反应生成二氧化碳，所以碳酸氢钠与盐酸反应放出的二氧化碳速度快，故C错误；
D、根据CO32−+2H+=CO2↑+H2O，HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，碳酸氢钠放出二氧化碳的速率快，故D正确；
故选：D。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律的应用，明确物质性质、元素周期律的内容为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
【解答】
A.金属性Na>Li，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>LiOH，能用元素周期律解释，故A不选；
B.由于HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释酸性HCl>H2CO3，故B选；
C.S、O位于ⅥA族，原子序数越大原子半径越小，则原子半径：S>O，能用元素周期律解释，故C不选；
D.非金属性F>I，则简单氢化物的热稳定性：HF>HI，能用元素周期律解释，故D不选；
故选：B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
【解答】
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
A.Al3+、OH−之间发生反应，不能大量共存，故A错误；
B.OH−、Ca2+之间结合生成微溶物氢氧化钙，Ca2+、CO32−之间反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.ClO−、H+之间反应生成次氯酸，次氯酸为弱酸，不能大量共存，故C错误；
D.Cu2+、Na+、SO42−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大，注意反应物用量对反应的影响。
【解答】
A.氧化镁与盐酸反应，离子方程式：MgO+2H+=Mg2++H2O，故A正确；
B.铜溶于FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；
C.NaOH溶液滴入NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式：OH−+HCO3−=CO32−+H2O，故C错误；
D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：SO42−+Ba2++Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故D错误；
故选：A。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了钠的性质，熟悉钠的物理性质和化学性质是解题关键，注意钠的焰色为黄色，题目难度不大。
【解答】
钠是具有银白色金属光泽的固体，密度比水小，性质活泼，易于空气中氧气反应，在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，发出黄色的火焰，据此解答。
A.钠性质活泼，反应中易失去电子，具有强的还原性，故A正确；
B.钠的在空气中燃烧生成过氧化钠，故B错误；
C.钠燃烧发出黄色火焰，故C正确；
D.钠的密度小于水，大于煤油，故钠浮在水面上方，故D正确；
故选：B。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数的应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算微粒数，题目较简单。
【解答】
A.镁原子的核外有12个电子，故1mol镁原子中含电子为12NA个，故A错误；
B.标况下水不是气体，不能利用标况下的气体摩尔体积进行计算，故B错误；
C.在常温常压下，N2与CO气体摩尔质量相同为28/mol，28gN2与CO混合物气体物质的量=28g28g/mol=1mol，1molN2含2mol原子，1mol CO也含2mol原子，故1mol混合气体中所含的原子数目一定为2NA，故C正确；
D.25℃、1.01×105Pa的条件下，不是标况，不能利用标况下的气体摩尔体积进行计算，故D错误，
故选：C。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查一定物质的量浓度溶液配制，根据物质的量浓度定义式理解配制原理、进行误差分析，题目比较基础。
【解答】
A.没有480mL容量瓶，根据“大而近”原则选择500mL容量瓶，故A正确；
B.称量完药品后，先在烧杯中溶解，恢复室温后移入容量瓶中，洗涤并将洗涤液也注入容量瓶，再加水定容，实验操作步骤的正确顺序为②①④③，故B错误；
C.最后需要加水定容，容量瓶不需要干燥，对所配溶液浓度无影响，故C错误；
D.少量溶液残留在瓶口由于瓶塞之间，若补加少量蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故D错误；
故选：A。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，明确物质性质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及实质，题目难度不大。
【解答】
反应NaH+H2O=NaOH+H2↑中，NaH的−1价H元素变为0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，H2O分子中部分+1价H变为0价，化合价降低被还原，H2O为氧化剂，以此分析解答。
A.NaH中的−1价H元素变为0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故A正确；
B.H2O分子中部分+1价H变为0价，化合价降低被还原，H2O为氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物，故B错误；
C.H2O分子中部分+1价H变为0价，化合价降低被还原，故C正确；
D.NaH中的−1价H元素变为0价，化合价升高被氧化，故D正确；
故选：B。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查合金概念，注意基础知识的积累，题目难度不大。
【解答】
A.合金熔点比组分金属熔点低，硬度比组分金属硬度大，故铝合金硬度比纯铝大，故A错误；
B.钢是铁和碳的混合物，不是纯净物，故B错误；
C.硬铝属于合金，密度小、强度高，常用于制造飞机外壳，故C正确；
D.不锈钢和钢都是铁合金，物理性质不同，故D错误；
故选：C。
16.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子序数与原子核外电子数及核内质子数的关系是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.C、Si的原子序数分别是6、14，原子的原子序数与其核内质子数相等，所以C、Si原子的质子数分别是6、14，质子数不同，故A错误；
B.C、Si原子核外电子数分别是6、14，所以其核外电子数不同，故B错误；
C.C、Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数都是4，故C正确；
D.C、Si分别位于第二周期、第三周期，所以C原子核外有2个电子层、Si原子核外有3个电子层，核外电子层数不同，故D错误；
故选：C。
17.【答案】B
【解析】A.单线桥标电子转移不需要标得到或者失去，正确应该为：，故A错误；
B.反应中溴得到电子，碘失去电子，转移2个电子，故正确为：，故B正确；
C.反应中钠失去电子，S得到电子，正确为：，故C错误；
D.双线桥标电子转移要注标“得到”和“失去”，正确为：，故D错误；
故选：B。
18.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了铁及其化合物性质的分析判断，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质，把握反应条件和反应产物，题目难度不大。
【解答】
A.四氧化三铁是黑色晶体，氧化铁是红色固体，做红色颜料，故A错误；
B.氯气具有强氧化性，可以将氯化亚铁氧化为氯化铁，故B错误；
C.铁与水蒸气高温反应可生成Fe3O4和氢气，故C正确；
D.饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故D错误；
故选：C。
19.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.浓盐酸和二氧化锰在加热条件下才能制取氯气，根据图知，该装置缺少酒精灯，故A错误；
B.氯气能和碱石灰反应，应该用饱和食盐水、浓硫酸净化氯气，故B错误；
C.氯气密度大于空气，所以应该采用向上排空气法收集氯气且导气管遵循“长进短出”原则，故C错误；
D.氯气能和NaOH溶液反应生成钠盐和水，降低氯气对环境的污染，该装置正确，故D正确；
故选：D。
20.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。
【解答】
把7.4gNa2CO3⋅10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3⋅10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠，所以最终残留物为碳酸钠，
根据钠离子守恒可知，n(Na2CO3)=12c(Na+)×V=12×0.6mol/L×0.1L=0.03mol，
最终得到残留物的质量为：106g/mol×0.03mol=3.18g，
故选：A。
21.【答案】(1)2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑；H2O
(2)；
(3)漂白粉有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成了CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解
(4)−3；置换反应
【解析】
【分析】
本题考查离子方程式的书写、卤素的性质、钠及其化合物的性质，难度不大，熟悉物质的性质和制备原理为解答的关键，注意相关知识的积累。
【解答】
(1)NaCl水溶液通电，反应产生NaOH、H2、Cl2，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，其相应的离子方程式为：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑；在该反应中，H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O为氧化剂；
(2)Na是11号元素，Na原子失去最外层的1个电子变为Na+，核外电子排布是2、8，所以Na+的结构示意图为：；NH3分子中N原子最外层有5个电子，其中的3个成单电子与3个H原子形成3对共用电子对，从而使分子中各原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故其电子式为：；
(3)漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，由于HClO的酸性比H2CO3弱，因此漂白粉在空气中会发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，而HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2，导致漂白粉失去变质，则原因为漂白粉有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成了CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解；
(4)氨基钠(NaNH2)是生产维生素A的原料。工业上将金属钠于97∼100℃熔融，向反应容器中缓慢通入无水液氨，再加热至一定温度生成氨基钠和氢气，该反应方程式为：2NH3+2Na2NaNH2+H2。在NaNH2中，由于N元素的非金属性比Na、H都强，所以其中的氮元素的化合价为−3价，该反应的反应物是一种单质、一种化合物，生成物是另一种单质和另一种化合物，因此该反应的基本类型是置换反应。
22.【答案】(1)O2
(2)Cl2+2I−=I2+2Cl−；b
(3)吸收挥发的HCl气体和生成的氯气
(4)Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O；0.2
【解析】
【分析】
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
【解答】
(1)无色气体能使带火星的木条复燃，据此推断该气体是O2，O2具有助燃性；
(2)装置A中剧烈反应，有黄绿色气体产生，该气体能够使装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，根据气体的颜色推测该气体可能是Cl2，反应方程式是：Cl2+2I−=I2+2Cl−；Na2O2和盐酸反应的过程中会产生O2，O2也具有氧化性，也可能将I−氧化为I2；
(3)氯气和氯化氢为污染性气体，C中NaOH溶液的作用是吸收挥发的HCl气体和生成的氯气；
(4)资料显示，Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2，根据元素化合价升降总数相等，结合原子守恒，可得该反应的化学方程式为Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O，当反应生成标准状况下2.24LCl2时，对应氯气的物质的量为2.2422.4mol=0.1mol，转移电子的物质的量为0.2mol。
23.【答案】(1)除去Al2O3
(2)Fe2+；KSCN溶液
(3)防止引入杂质Cu2+
(4)①Fe2O3
②根据②得25.00mL溶液中未被氧化的n(Fe2+)=5n(KMnO4)=0.0400mol/L×0.020L×5=0.004mol，则250mL绿矾溶液中未被氧化的n(Fe2+)=10×0.004mol=0.04mol；③另取①中溶液 25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤，灼烧至固体质量不再变化，称得残留固体的质量为0.4g，得到的固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×0.4160mol=0.05mol，则250mL溶液中n(Fe)=0.05mol×10=0.5mol，则被氧化的n(Fe2+)=(0.05−0.04)mol=0.01mol，Fe2+的氧化率=被氧化的Fe2+的质量原物质中Fe2+的总质量×100%=0.01×560.05×56×100%=20%
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用。
【解答】
工业废渣(主要含Fe2O3、FeO，Al2O3及少量Fe等)加过量氢氧化钠溶解铝，浸泡、过滤，在滤渣中加硫酸溶解，金属和氧化物Fe2O3、FeO及少量Fe均转化为金属阳离子，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，有关的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++16H++2SO42−，过滤除去过量的FeS2，滤液中只含有Fe2+和H+，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到纯净的FeSO4⋅7H2O晶体，据此分析回答问题。
(1)结合分析可知，“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是除去Al2O3；
(2)结合分析可知，“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和Fe2+，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂可以选择KSCN溶液；
(3)由于FeS2难溶也产物不引起杂质，故而选用，“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是防止引入杂质Cu2+；
(4)①加入足量的氧化剂，铁元素转化为+3，故最终灼烧的固体为Fe2O3；
②根据②得25.00mL溶液中未被氧化的n(Fe2+)=5n(KMnO4)=0.0400mol/L×0.020L×5=0.004mol，则250mL绿矾溶液中未被氧化的n(Fe2+)=10×0.004mol=0.04mol；③另取①中溶液 25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤，灼烧至固体质量不再变化，称得残留固体的质量为0.4g，得到的固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×0.4160mol=0.05mol，则250mL溶液中n(Fe)=0.05mol×10=0.5mol，则被氧化的n(Fe2+)=(0.05−0.04)mol=0.01mol，Fe2+的氧化率=被氧化的Fe2+的质量原物质中Fe2+的总质量×100%=0.01×560.05×56×100%=20%。
2021-2022学年江苏省无锡市高一（上）期末化学试卷
1. 氯气与氢氧化钠溶液反应制得的消毒液能有效抑制新型冠状病毒。下列关于该消毒液的叙述错误的是( )
A. 属于混合物 B. 有效成分为NaCl
C. 暴露空气中会变质 D. 杀菌消毒时体现有效成分的强氧化性
2. “慈石能引铁”(慈，旧作磁)。“慈石”的主要成分是( )
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. FeO D. Al2O3
3. 下列物质中不含共价键的是( )
A. H2 B. H2S C. NaOH D. NaCl
4. 分类法是学习化学的重要方法。下列物质或变化能按照对应的分类标准归类的是( )
选项
物质或变化
分类标准
A
Na2O、CO2、Fe2O3
碱性氧化物
B
Fe、Cl、O
主族元素
C
矿泉水、泥浆水、蒸馏水混合物
混合物
D
铁丝燃烧、钢铁生锈、盐酸除锈
化学变化
A. A B. B C. C D. D
5. 下列叙述正确的是( )
A. Cl2的水溶液可以导电，所以Cl2属于电解质
B. NaCl属于电解质，所以固体NaCl能导电
C. 液态氯化氢不导电，但其属于电解质
D. KNO3溶液在电流的作用下电离成K+和NO3−
6. 用化学用语表示2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中的相关粒子。下列叙述正确的是( )
A. 中子数为8的氧原子： 168O B. 11H、 12H、 13H表示同一种核素
C. H2O的结构式： D. NaOH的电子式：
7. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸充分反应，其中( )
A. Na2CO3放出的CO2多 B. NaHCO3放出的CO2多
C. Na2CO3放出CO2的速率快 D. NaHCO3放出CO2的速率快
8. 下列事实不能用元素周期律解释的是( )
A. 碱性：NaOH>LiOH B. 酸性：HCl>H2CO3
C. 原子半径：S>O D. 热稳定性：HF>HI
9. 下列离子在水溶液中能大量共存的是( )
A. Al3+、K+、OH− B. OH−、Ca2+、CO32−
C. ClO−、H+、Na+ D. Cu2+、Na+、SO42−
10. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 氧化镁投入稀盐酸：MgO+2H+=Mg2++H2O
B. 金属铜投入FeCl3溶液：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
C. NaOH溶液滴入NaHCO3溶液：OH−+HCO3−=CO2↑+H2O
D. 硫酸铜溶液滴入氢氧化钡溶液：SO42−+Ba2+=BaSO4↓
11. 下列关于金属钠的描述不正确的是( )
A. 具有很强的还原性 B. 燃烧时生成氧化钠
C. 燃烧时发出黄色的火焰 D. 与水反应时，钠浮在水面上方
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. 1mol镁原子中含有的电子数为2NA
B. 标准状况下，1molH2O的体积为22.4L
C. 常温常压下，28gN2和CO的混合物中所含有的原子数目为2NA
D. 在25℃1.01×105Pa的条件下，2.24LH2中含有的分子数等于0.1NA
13. 实验室配制480mL0.10mol/L的NaOH溶液。下列有关叙述正确的是( )
A. 实验中需使用500mL规格的容量瓶
B. 上述实验操作步骤的正确顺序为②①③④
C. 容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，再干燥后才能使用
D. 定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，需补加少量蒸馏水至刻度线
14. 氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为−1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的叙述不正确的是( )
A. NaH是还原剂 B. H2是氧化剂
C. H2O中氢元素被还原 D. NaH中氢元素被氧化
15. 下列关于合金的叙述正确的是( )
A. 铝合金硬度比纯铝小
B. 生铁是铁碳合金，钢是纯净的铁单质
C. 硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机外壳
D. 不锈钢和钢都是铁合金，性质完全相同
16. 碳和硅的原子结构中相同的是( )
A. 质子数 B. 核外电子数 C. 最外层电子数 D. 电子层数
17. 下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是( )
A. B.
C. D.
18. 下列有关铁及其化合物的叙述正确的是( )
A. Fe3O4可用作红色颜料
B. Cl2可用于除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3
C. 铁与水蒸气高温反应可生成Fe3O4和氢气
D. 饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体
19. 实验室制取氯气时，下列实验能达到相应目的的是( )
A. 生成Cl2
B. 净化Cl2
C. 收集Cl2
D. 吸收Cl2尾气
20. 把7.4gNa2CO3⋅10H2O和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c(Na+)=0.6mol/L。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是( )
A. 3.18g B. 2.12g C. 4.22g D. 5.28g
21. 氯化钠是一种重要的化工原料，可用于制备如下图所示的一系列物质。
(1)反应①的离子方程式为 ______，反应中氧化剂为 ______。
(2)Na+的离子结构示意图为 ______，NH3的电子式为 ______。
(3)漂白粉在空气中久置易变质的原因是 ______(用文字表述)。
(4)氨基钠(NaNH2)是生产维生素A的原料。工业上将金属钠于97∼100℃熔融，向反应容器中缓慢通入无水液氨，再加热至一定温度生成氨基钠和氢气。NaNH2中氮元素的化合价为 ______，该反应属于四大基本反应类型中的 ______。
22. 某小组设计了如图所示的实验装置来探究过氧化钠的强氧化性。
实验步骤及现象如下：
①检查装置气密性后，装入药品并连接装置A、B、C。
②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，A中剧烈反应，有黄绿色气体产生。
③待装置D中导管口产生连续气泡后，将导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体。
④反应一段时间后，停止滴加浓盐酸，再通一段时间N2，直至装置中气体变为无色。
(1)装置D中收集的无色气体X能使带火星的木条复燃，据此推断该气体X是 ______。
(2)装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。甲同学根据A中气体的颜色推测试纸变蓝时发生反应的离子方程式为 ______；乙同学认为使试纸变蓝的原因也可能是 ______(填序号)。
a.挥发的HCl气体使试纸变蓝
b.在此实验过程中生成的X气体也能将I−氧化为I2
c.通入的N2使试纸变蓝
(3)C中NaOH溶液的作用是 ______。
(4)Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2、NaCl和H2O，该反应的化学方程式为 ______，当反应生成标准状况下2.24LCl2时，转移的电子数为 ______mol。
23. 用工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO、Al2O3及少量Fe)制备绿矾FeSO4⋅7H2O晶体的流程如图：
(1)“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是 ______。
(2)“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和 ______，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是 ______。
(3)“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是 ______。
(4)测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下：
步骤一：称取一定质量的绿矾样品，将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250mL溶液；
步骤二：取步骤一中配得的溶液25.00mL于锥形瓶，并加入适量稀硫酸酸化，逐滴滴加0.0400mol/LKMnO4溶液至恰好完全反应(反应原理为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)，消耗KMnO4溶液20.00mL；
步骤三：另取步骤一中配得的溶液25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤、洗涤、干燥，在空气中灼烧至固体质量不再变化，称得残留红棕色固体的质量为0.4g。
①步骤三中灼烧所得残留固体的化学式为 ______。
②已知：Fe2+的氧化率=被氧化的Fe2+的质量原物质中Fe2+的总质量×100%。根据以上数据，计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率，写出计算过程 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查84消毒液的生产原理、主要成分、有效成分以及次氯酸钠的性质，掌握氯及其化合物的性质是解决本题的关键，难度不大。
【解答】
氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中有效成分是次氯酸钠，据此分析解答即可。
A.消毒液的成分是氯化钠与次氯酸钠的混合物，故A正确；
B.消毒液的有效成分是次氯酸钠，故B错误；
C.消毒液中的次氯酸钠可以与二氧化碳、水反应生成次氯酸，属于强酸制弱酸的反应，故C正确；
D.消毒液杀菌消毒时体现有效成分的强氧化性，可以使蛋白质变性，故D正确；
故选：B。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题利用古文考查生活中常见的化合物，属于热点题型，注意对基础知识的积累。
【解答】
磁石是古代炼丹常用的矿物原料，又称作“慈石”。
四氧化三铁(ferroferricoxide)，化学式Fe3O4.俗称氧化铁黑、吸铁石、黑氧化铁，为具有磁性的黑色晶体，故又称为磁性氧化铁，“慈石”的主要成分是四氧化三铁；
故选：B。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：稀有气体中不含化学键。
【解答】
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性共价键，不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键。
A.H2分子中只存在共价键，故A错误；
B.H2S分子中只存在S−H共价键，故B错误；
C.NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氢氧根离子中存在O−H共价键，故C错误；
D.NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，故D正确；
故选：D。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质分类、物质变化，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况，有利于基础知识的复习巩固。
【解答】
A.氧化钠、氧化铁属于碱性氧化物，但二氧化碳属于酸性氧化物，故A错误；
B.Cl、O属于主族元素，但Fe属于过渡元素，故B错误；
C.矿泉水含有水、矿物离子等，属于混合物，泥浆水有泥沙、水，也属于混合物，而蒸馏水只有一种物质，属于纯净物，故C错误；
D.铁丝燃烧生成四氧化三铁，钢铁生锈生成氧化铁，盐酸与铁锈反应生成氯化铁，变化过程中都有新物质生成，均属于化学变化，故D正确；
故选：D。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电解质的概念以及范围，应注意的是电解质必须要么在水溶液中能导电，要么在熔融状态下能导电，要么在两种状态下均能导电，且电解质必须是化合物。
【解答】
在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质。
A.氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.NaCl属于电解质，但是固体氯化钠无自由移动离子，故不能导电，故B错误；
C.液态氯化氢不导电，但是其水溶液能导电，故是电解质，故C正确；
D.KNO3电离不需要电流作用，在水的作用下即可电离成K+和NO3−，故D错误；
故选：C。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意离子化合物和共价化合物电子式书写方法的不同。
【解答】
A.中子数为8的氧原子的质量数为16，故表示为816O，故A错误；
B. 11H、 12H、 13H是氢元素的同位素，质子数相同，中子数不同，属于不同的核素，故B错误；
C.水分子中氧原子sp3杂化，存在两对孤对电子，分子空间结构为V形，H2O的结构式：，故C正确；
D.氢氧化钠是离子化合物，故其电子式为，故D错误；
故选：C。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了碳酸氢钠、碳酸钠的化学性质，题目难度不中等，要求学生熟练掌握碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在巩固学生的基础，提高学生的分析、理解能力。
【解答】
由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，产生的CO2一样多；与盐酸反应，碳酸钠要2步：先碳酸根与氢离子反应生成碳酸氢根，然后碳酸氢根和氢离子反应生成二氧化碳，即CO32−+2H+=CO2↑+H2O，HCO3−+H+=H2O+CO2↑；而碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳只需1步，即HCO3−+H+=H2O+CO2↑，所以反应生成二氧化碳速率碳酸氢钠的快。
A、根据方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，放出的二氧化碳的物质的量相同，故A错误；
B、碳酸钠和碳酸氢钠物质的量相同，与足量盐酸反应放出的二氧化碳相同，故B错误；
C、碳酸钠与盐酸反应分别进行，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠才能和氢离子反应生成二氧化碳；而碳酸氢钠直接与盐酸反应生成二氧化碳，所以碳酸氢钠与盐酸反应放出的二氧化碳速度快，故C错误；
D、根据CO32−+2H+=CO2↑+H2O，HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，碳酸氢钠放出二氧化碳的速率快，故D正确；
故选：D。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律的应用，明确物质性质、元素周期律的内容为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
【解答】
A.金属性Na>Li，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>LiOH，能用元素周期律解释，故A不选；
B.由于HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释酸性HCl>H2CO3，故B选；
C.S、O位于ⅥA族，原子序数越大原子半径越小，则原子半径：S>O，能用元素周期律解释，故C不选；
D.非金属性F>I，则简单氢化物的热稳定性：HF>HI，能用元素周期律解释，故D不选；
故选：B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
【解答】
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
A.Al3+、OH−之间发生反应，不能大量共存，故A错误；
B.OH−、Ca2+之间结合生成微溶物氢氧化钙，Ca2+、CO32−之间反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.ClO−、H+之间反应生成次氯酸，次氯酸为弱酸，不能大量共存，故C错误；
D.Cu2+、Na+、SO42−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大，注意反应物用量对反应的影响。
【解答】
A.氧化镁与盐酸反应，离子方程式：MgO+2H+=Mg2++H2O，故A正确；
B.铜溶于FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；
C.NaOH溶液滴入NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式：OH−+HCO3−=CO32−+H2O，故C错误；
D.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：SO42−+Ba2++Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故D错误；
故选：A。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了钠的性质，熟悉钠的物理性质和化学性质是解题关键，注意钠的焰色为黄色，题目难度不大。
【解答】
钠是具有银白色金属光泽的固体，密度比水小，性质活泼，易于空气中氧气反应，在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，发出黄色的火焰，据此解答。
A.钠性质活泼，反应中易失去电子，具有强的还原性，故A正确；
B.钠的在空气中燃烧生成过氧化钠，故B错误；
C.钠燃烧发出黄色火焰，故C正确；
D.钠的密度小于水，大于煤油，故钠浮在水面上方，故D正确；
故选：B。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数的应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算微粒数，题目较简单。
【解答】
A.镁原子的核外有12个电子，故1mol镁原子中含电子为12NA个，故A错误；
B.标况下水不是气体，不能利用标况下的气体摩尔体积进行计算，故B错误；
C.在常温常压下，N2与CO气体摩尔质量相同为28/mol，28gN2与CO混合物气体物质的量=28g28g/mol=1mol，1molN2含2mol原子，1mol CO也含2mol原子，故1mol混合气体中所含的原子数目一定为2NA，故C正确；
D.25℃、1.01×105Pa的条件下，不是标况，不能利用标况下的气体摩尔体积进行计算，故D错误，
故选：C。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查一定物质的量浓度溶液配制，根据物质的量浓度定义式理解配制原理、进行误差分析，题目比较基础。
【解答】
A.没有480mL容量瓶，根据“大而近”原则选择500mL容量瓶，故A正确；
B.称量完药品后，先在烧杯中溶解，恢复室温后移入容量瓶中，洗涤并将洗涤液也注入容量瓶，再加水定容，实验操作步骤的正确顺序为②①④③，故B错误；
C.最后需要加水定容，容量瓶不需要干燥，对所配溶液浓度无影响，故C错误；
D.少量溶液残留在瓶口由于瓶塞之间，若补加少量蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故D错误；
故选：A。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，明确物质性质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及实质，题目难度不大。
【解答】
反应NaH+H2O=NaOH+H2↑中，NaH的−1价H元素变为0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，H2O分子中部分+1价H变为0价，化合价降低被还原，H2O为氧化剂，以此分析解答。
A.NaH中的−1价H元素变为0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故A正确；
B.H2O分子中部分+1价H变为0价，化合价降低被还原，H2O为氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物，故B错误；
C.H2O分子中部分+1价H变为0价，化合价降低被还原，故C正确；
D.NaH中的−1价H元素变为0价，化合价升高被氧化，故D正确；
故选：B。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查合金概念，注意基础知识的积累，题目难度不大。
【解答】
A.合金熔点比组分金属熔点低，硬度比组分金属硬度大，故铝合金硬度比纯铝大，故A错误；
B.钢是铁和碳的混合物，不是纯净物，故B错误；
C.硬铝属于合金，密度小、强度高，常用于制造飞机外壳，故C正确；
D.不锈钢和钢都是铁合金，物理性质不同，故D错误；
故选：C。
16.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子序数与原子核外电子数及核内质子数的关系是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.C、Si的原子序数分别是6、14，原子的原子序数与其核内质子数相等，所以C、Si原子的质子数分别是6、14，质子数不同，故A错误；
B.C、Si原子核外电子数分别是6、14，所以其核外电子数不同，故B错误；
C.C、Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数都是4，故C正确；
D.C、Si分别位于第二周期、第三周期，所以C原子核外有2个电子层、Si原子核外有3个电子层，核外电子层数不同，故D错误；
故选：C。
17.【答案】B
【解析】A.单线桥标电子转移不需要标得到或者失去，正确应该为：，故A错误；
B.反应中溴得到电子，碘失去电子，转移2个电子，故正确为：，故B正确；
C.反应中钠失去电子，S得到电子，正确为：，故C错误；
D.双线桥标电子转移要注标“得到”和“失去”，正确为：，故D错误；
故选：B。
18.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了铁及其化合物性质的分析判断，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质，把握反应条件和反应产物，题目难度不大。
【解答】
A.四氧化三铁是黑色晶体，氧化铁是红色固体，做红色颜料，故A错误；
B.氯气具有强氧化性，可以将氯化亚铁氧化为氯化铁，故B错误；
C.铁与水蒸气高温反应可生成Fe3O4和氢气，故C正确；
D.饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故D错误；
故选：C。
19.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.浓盐酸和二氧化锰在加热条件下才能制取氯气，根据图知，该装置缺少酒精灯，故A错误；
B.氯气能和碱石灰反应，应该用饱和食盐水、浓硫酸净化氯气，故B错误；
C.氯气密度大于空气，所以应该采用向上排空气法收集氯气且导气管遵循“长进短出”原则，故C错误；
D.氯气能和NaOH溶液反应生成钠盐和水，降低氯气对环境的污染，该装置正确，故D正确；
故选：D。
20.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。
【解答】
把7.4gNa2CO3⋅10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3⋅10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠，所以最终残留物为碳酸钠，
根据钠离子守恒可知，n(Na2CO3)=12c(Na+)×V=12×0.6mol/L×0.1L=0.03mol，
最终得到残留物的质量为：106g/mol×0.03mol=3.18g，
故选：A。
21.【答案】(1)2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑；H2O
(2)；
(3)漂白粉有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成了CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解
(4)−3；置换反应
【解析】
【分析】
本题考查离子方程式的书写、卤素的性质、钠及其化合物的性质，难度不大，熟悉物质的性质和制备原理为解答的关键，注意相关知识的积累。
【解答】
(1)NaCl水溶液通电，反应产生NaOH、H2、Cl2，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，其相应的离子方程式为：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑；在该反应中，H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O为氧化剂；
(2)Na是11号元素，Na原子失去最外层的1个电子变为Na+，核外电子排布是2、8，所以Na+的结构示意图为：；NH3分子中N原子最外层有5个电子，其中的3个成单电子与3个H原子形成3对共用电子对，从而使分子中各原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故其电子式为：；
(3)漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，由于HClO的酸性比H2CO3弱，因此漂白粉在空气中会发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，而HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2，导致漂白粉失去变质，则原因为漂白粉有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成了CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解；
(4)氨基钠(NaNH2)是生产维生素A的原料。工业上将金属钠于97∼100℃熔融，向反应容器中缓慢通入无水液氨，再加热至一定温度生成氨基钠和氢气，该反应方程式为：2NH3+2Na2NaNH2+H2。在NaNH2中，由于N元素的非金属性比Na、H都强，所以其中的氮元素的化合价为−3价，该反应的反应物是一种单质、一种化合物，生成物是另一种单质和另一种化合物，因此该反应的基本类型是置换反应。
22.【答案】(1)O2
(2)Cl2+2I−=I2+2Cl−；b
(3)吸收挥发的HCl气体和生成的氯气
(4)Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O；0.2
【解析】
【分析】
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
【解答】
(1)无色气体能使带火星的木条复燃，据此推断该气体是O2，O2具有助燃性；
(2)装置A中剧烈反应，有黄绿色气体产生，该气体能够使装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，根据气体的颜色推测该气体可能是Cl2，反应方程式是：Cl2+2I−=I2+2Cl−；Na2O2和盐酸反应的过程中会产生O2，O2也具有氧化性，也可能将I−氧化为I2；
(3)氯气和氯化氢为污染性气体，C中NaOH溶液的作用是吸收挥发的HCl气体和生成的氯气；
(4)资料显示，Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2，根据元素化合价升降总数相等，结合原子守恒，可得该反应的化学方程式为Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O，当反应生成标准状况下2.24LCl2时，对应氯气的物质的量为2.2422.4mol=0.1mol，转移电子的物质的量为0.2mol。
23.【答案】(1)除去Al2O3
(2)Fe2+；KSCN溶液
(3)防止引入杂质Cu2+
(4)①Fe2O3
②根据②得25.00mL溶液中未被氧化的n(Fe2+)=5n(KMnO4)=0.0400mol/L×0.020L×5=0.004mol，则250mL绿矾溶液中未被氧化的n(Fe2+)=10×0.004mol=0.04mol；③另取①中溶液 25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤，灼烧至固体质量不再变化，称得残留固体的质量为0.4g，得到的固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×0.4160mol=0.05mol，则250mL溶液中n(Fe)=0.05mol×10=0.5mol，则被氧化的n(Fe2+)=(0.05−0.04)mol=0.01mol，Fe2+的氧化率=被氧化的Fe2+的质量原物质中Fe2+的总质量×100%=0.01×560.05×56×100%=20%
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用。
【解答】
工业废渣(主要含Fe2O3、FeO，Al2O3及少量Fe等)加过量氢氧化钠溶解铝，浸泡、过滤，在滤渣中加硫酸溶解，金属和氧化物Fe2O3、FeO及少量Fe均转化为金属阳离子，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，有关的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++16H++2SO42−，过滤除去过量的FeS2，滤液中只含有Fe2+和H+，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到纯净的FeSO4⋅7H2O晶体，据此分析回答问题。
(1)结合分析可知，“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是除去Al2O3；
(2)结合分析可知，“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和Fe2+，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂可以选择KSCN溶液；
(3)由于FeS2难溶也产物不引起杂质，故而选用，“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是防止引入杂质Cu2+；
(4)①加入足量的氧化剂，铁元素转化为+3，故最终灼烧的固体为Fe2O3；
②根据②得25.00mL溶液中未被氧化的n(Fe2+)=5n(KMnO4)=0.0400mol/L×0.020L×5=0.004mol，则250mL绿矾溶液中未被氧化的n(Fe2+)=10×0.004mol=0.04mol；③另取①中溶液 25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤，灼烧至固体质量不再变化，称得残留固体的质量为0.4g，得到的固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×0.4160mol=0.05mol，则250mL溶液中n(Fe)=0.05mol×10=0.5mol，则被氧化的n(Fe2+)=(0.05−0.04)mol=0.01mol，Fe2+的氧化率=被氧化的Fe2+的质量原物质中Fe2+的总质量×100%=0.01×560.05×56×100%=20%。
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