学年广东省中山市高一上学期期末水平测试化学试题解析版.docx
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学年广东省中山市高一上学期期末水平测试化学试题解析版
广东省中山市2018-2019学年高一上学期期末水平测试
化学试题
1.分离食用油和水简单可行的操作是
A.蒸发B.分液C.过滤D.蒸馏
【答案】B
【解析】
【分析】
蒸发用于提纯可溶性固体，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，以此解答该题。
【详解】食用油不溶于水，该混合物静置后分层，可用分液漏斗分液的方法分离，答案选B。
【点睛】本题考查了物质的分离和提纯方法，侧重考查学生的分析能力和实验能力，明确物质的性质是分离关键。
2.要除去碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠，最好采用
A.加入过量的澄清石灰水B.通入足量的CO2气体
C.将溶液加热蒸干并灼烧D.加入适量的氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
在溶液中，碳酸钠和与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，以此解答该题。
【详解】A．澄清石灰水和碳酸钠、碳酸氢钠都反应，都生成碳酸钙沉淀，不能用于除杂，故A错误；
B．可以通入二氧化碳使其转化为碳酸氢钠除去，反应的化学方程式为：
Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，并且二氧化碳和碳酸氢钠之间不会发生反应，可以除杂，故B正确；
C．将溶液加热蒸干并灼烧，可使碳酸氢钠分解生成碳酸钠，不能用于除杂，故C错误；
D．氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，但是和碳酸钠之间不会反应，不能用于除杂，故D错误。
故答案选B。
3.下列物质的导电性最差的是
A.氯化钾固体B.0.1mol/L盐酸
C.0.1mol/L醋酸D.熔化的氢氧化钠
【答案】A
【解析】
【分析】
物质的导电能力取决于自由移动离子数目的多少和离子所带电荷数。
【详解】熔化的氢氧化钠、0.1mol/L盐酸、0.1mol/L醋酸均存在自由移动的离子能导电，而氯化钾固体中的离子不能自由移动，所以不导电。
故答案选A。
4.下列关于纯净物、混合物、电解质和非电解质的正确组合是
选项
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
纯碱
干冰
B
蒸馏水
漂白粉
氯化氢
二氧化硫
C
胆矾
盐酸
铁
碳酸钙
D
胆矾
氢氧化铁胶体
氯化铜
水玻璃
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
混合物由两种或两种以上的物质组成；纯净物由一种物质组成；溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。
【详解】A、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；水煤气是CO和H2的混合气，是混合物；纯碱是碳酸钠，是电解质；干冰是二氧化碳，是非电解质，故A错误；
B、蒸馏水是纯净物；漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物；氯化氢溶于后的溶液能导电，是电解质；二氧化硫是非电解质，故B正确；
C、胆矾是CuSO4•5H2O，是纯净物；盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；铁是单质，不是电解质，也不是非电解质；碳酸钙是电解质，故C错误；
D、胆矾是CuSO4•5H2O，是纯净物；胶体是一种分散系，是混合物；氯化铜是电解质；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故D错误；
故答案选B。
【点睛】电解质和非电解质的判断是解答的关键，注意电解质和非电解质均为化合物，且能自身电离出阴阳离子而导电，因此二氧化碳、二氧化硫等物质溶于水虽能导电，但不是本身电离出离子，故是非电解质。
5.同温同压下，相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是
A.分子数目比为1：
1B.原子数目比为16：
15
C.体积比为4：
5D.密度比为4：
5
【答案】D
【解析】
【分析】
同温同压下，Vm相同，结合n=m/M、V=nVm、ρ=M/Vm计算。
【详解】A．分子数目之比等于物质的量之比，故相同质量的SO2和SO3的分子数目之比为m/64：
m/80=5：
4，故A错误；
B．二氧化硫中原子的物质的量等于二氧化硫的3倍，三氧化硫中原子的物质的量等于三氧化硫的4倍，则相同质量的SO2和SO3相比较原子数之比为：
5×3：
4×4=15：
16，故B错误；
C．同温同压下，Vm相同，相同质量的两气体的体积之比等于其物质的量之比，为5：
4，故C错误；
D．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，为64：
80=4：
5，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查物质的量的计算，把握以物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查。
6.除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是
物质
杂质
试剂
方法
A
二氧化碳
二氧化硫
饱和碳酸钠溶液
洗气
B
氯化亚铁溶液
氯化铁
过量铁粉
过滤
C
二氧化硅
氧化铝
氢氧化钠溶液
过滤
D
铜
氧化铜
稀硝酸
萃取
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二者均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故A错误；
B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可分离，故B正确；
C．二者均与NaOH溶液反应，应选盐酸、过滤，故C错误；
D．二者均与硝酸反应，不能除杂，应选盐酸、过滤，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法、除杂原则、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
7.下列说法正确的是（ ）
①正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0；
②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；
③Fe2O3常用作红色油漆和涂料；
④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害；
⑤SiO2可用于制太阳能电池。
A.①②③B.①④⑤
C.②③④D.③④⑤
【答案】C
【解析】
①正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，①错误；②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染，②正确；③Fe2O3常用作红色油漆和涂料，③正确；④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害，④正确；⑤Si可用于制太阳能电池，⑤错误，答案选C。
8.下列说法正确的是
A.因为晶体硅有熔点高硬度大的性质，所以被用来做芯片
B.在一定条件下，浓硫酸能与非金属C、S等反应，体现了浓H2SO4的强氧化性
C.合金熔点、硬度都低于成分金属，青铜是使用最早的合金，钢是用量最大用途最广的合金
D.工业合成氨是人工固氮的主要方法，工业生产玻璃、水泥都需要用到的原材料是石英砂
【答案】B
【解析】
【详解】A、晶体硅可用作芯片是因为晶体硅为良好的半导体材料，与熔点高低无关，故A错误；
B．浓硫酸与非金属单质反应只体现浓硫酸的强氧化性，故B正确；
C、合金熔点都低于成分金属，硬度大于其成分，在我国使用最早的合金是青铜，目前用量最大，用途最广泛的合金是钢，故C错误；
D、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，制取水泥的主要原料为黏土、石灰石、石膏等，制备普通玻璃的主要原料为纯碱、石灰石、石英等，所以制取水泥、玻璃共同使用的主要原料是石灰石，故D错误；
故答案选B。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是
A.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA
B.标准状况下，2.24LCCl4中含氯原子数为0.4NA
C.1.8gNH4+中含有的电子数为1.1NA
D.常温下，23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子
【答案】D
【解析】
【详解】A、过氧化钠和水反应时，氧元素由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时，反应转移0.2NA个电子，故A错误；
B、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故C错误；
D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的“NO2”的物质的量为0.5mol，故含NA个氧原子，故D正确。
故答案选D。
【点睛】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用、使用条件、范围和物质的结构是解题的关键。
10.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是
A.2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量
B.200mL1mol·L－1氯化钙溶液中c（Cl－）和100mL2mol·L－1氯化钾溶液中c（Cl－）
C.64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数
D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
【答案】C
【解析】
A.2mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；B.1 mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：
c1=
mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：
c1=
mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；故选C。
点睛：
本题的易错点为D，需要明确物质的量浓度与溶质质量分数的计算表达式，c=
，对于氢氧化钠溶液，溶液的浓度越大，密度越大，因此20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度大于10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度的2倍。
11.下列关于试剂贮存的叙述正确的是
A.NaOH溶液应保存在带有磨口玻璃塞的试剂瓶中
B.氯水应保存在棕色玻璃瓶中，最好是现用现配
C.水玻璃应密封保存，防止被空气中的氧气氧化
D.氢氟酸存放在带胶塞的棕色玻璃瓶中
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，盛放氢氧化钠溶液，应放在带橡胶塞的试剂瓶中，故A错误；
B．新制氯水中含有的次氯酸性质不稳定，见光分解，所以氯水应保存在棕色玻璃瓶中，最好是现用现配，故B正确；
C．水玻璃为硅酸钠水溶液，不具有还原性，不会被空气中的氧气氧化，故C错误；
D．HF能够与玻璃中的二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以不能用玻璃瓶盛放，应该用塑料瓶，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题为实验题，考查了化学试剂的保存，化学试剂的存放与化学试剂的物理性质和化学性质有关，易挥发的物质要密封保存，见光易分解的物质要避光保存，易与氧气、水、二氧化碳反应的物质要隔绝空气保存，注意相关物质的性质。
12.下列离子反应方程式正确的是
A.氯气溶于水：
B.碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应：
HCO3-+OH-＝CO32-+H2O
C.
溶液中加入
溶液：
D.铁和稀硝酸反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为：
Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，故A错误；
B．碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：
HCO3-+OH-＝CO32-+H2O，故B正确；
C．（NH4）2SO4溶液中加入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：
2NH4++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误；
D．铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气，硝酸足量生成硝酸铁、水和一氧化氮，硝酸少量生成硝酸亚铁、水与一氧化氮，故D错误；
故答案选B。
13.以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是
A.Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2
B.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C.S→SO3→H2SO4→MgSO4
D.Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝不溶于水，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A错误；
B．二氧化硅不溶于水，与水不反应，所以二氧化硅不能一步反应生成硅酸，故B错误；
C．硫与氧气反应生成二氧化硫，不能实现硫一步反应生成三氧化硫，故C错误；
D．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH，每步转化通过一步反应能实现，故D正确；
故答案选D。
14.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
B
制备Fe（OH）3胶体
向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液，加热煮沸至液体变为红褐色
C
证明碳酸的酸性强于硅酸
CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸沉淀
D
萃取碘水中的碘
将碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振荡，静置分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A.NaOH有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯等仪器中称量，A错误；B.向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，B错误；C.CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸沉淀，依据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，C正确；D.酒精和水互溶，不能萃取碘，D错误，答案选C。
【点睛】化学是一门实验性学科，化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，例如称量物质、配制溶液、物质成分的检验、物质反应的原理探究都是化学实验的基本知识和能力的掌握。
15.下列反应中，相关示意图象错误的是
A
B
C
D
将二氧化硫通入到一定量氯水中
将新制氯水放在光下一段时间
将铜粉加入到一定量浓硝酸中
将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A、当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；
B、新制氯水呈酸性，pH小于7，而不是等于7，故B错误；
C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；
故答案选B。
16.下列物质中,含有自由移动的
的是
A.KCl溶液B.NaClO3溶液
C.NaCl晶体D.液态氯化氢
【答案】A
【解析】
【详解】A．KCl在水溶液中可以电离出自由移动的氯离子，故A选；
B．NaClO3溶液中含有氯酸根离子，没有氯离子，故B不选；
C．NaCl晶体中含有氯离子，但氯离子不能自由移动，故C不选；
D．液态HCl中只有氯化氢分子，故D不选；
故答案选A。
【点睛】本题考查了电解质的电离，只有在水溶液里或熔融状态下才可能存在自由移动的氯离子，易错选项是B，注意氯酸钾电离出氯酸根离子而不是氯离子，为易错点。
17.实验是化学研究的基础。
下列关于各实验装置的叙述正确的是
A.装置①常用于分离互不相溶的液体混合物
B.装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸
C.装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体
D.装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢
【答案】C
【解析】
A、装置①常用于分离沸点不同的液体混合物，A错误；B、装置②导气管插入到水面以下，起不到防倒吸的作用，B错误；C、当用装置③收集密度比空气小的气体时，用向下排空气法，应从短导气管进入气体，当收集密度比空气大的气体时，用向上排空气法，从长导气管进气，C正确；D、因碱石灰能与HCl反应，则装置④不可用来干燥HCl，D错误；答案选C。
点睛：
广口瓶在实验中的多功能应用：
。
A装置可作集气瓶和洗气瓶，例如，利用A装置收集或干燥以下三种气体。
①Cl2 ②NH3 ③NO（答案均填序号）Ⅰ.若集气瓶是干燥的，则由b口进气可收集气体②。
Ⅱ.若集气瓶是干燥的，则由a口进气可收集气体①。
Ⅲ.若集气瓶充满水，可收集气体③，气体由b口进入。
Ⅳ.若集气瓶内装入浓硫酸进行气体干燥，气体由a口进入，可用此装置干燥的气体是①③。
18.“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用．下列说法正确的是
A.Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物
B.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
C.醋酸、纯碱、明矾和石灰石分别属于酸、碱、盐和化合物
D.碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Na2O是碱性氧化物，而过氧化钠和酸反应时除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故A错误；
B．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故B错误；
C．纯碱是碳酸钠，阳离子是金属离子、阴离子是酸根离子，故是盐，而不是碱，故C错误；
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，但酸性氧化物不一定是非金属氧化物，也可能为金属氧化物，如Mn2O7等，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查了物质的分类，掌握酸、碱、盐和氧化物等概念是解答关键，注意概念间的联系与区别，选项D是解答的易错点，注意举例排除法的灵活应用。
19.向BaCl2溶液依次通入气体X和Y，下列各组不会出现沉淀的是
选项
X
Y
A
NH3
CO2
B
Cl2
CO2
C
SO2
NO2
D
Cl2
SO2
【答案】B
【解析】
A．BaCl2溶液中先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，碱性条件下可生成碳酸钡沉淀，故A不选；B．通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应，且二氧化碳难溶于酸性溶液，不能生成沉淀，故B选；C．NO2、SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，然后与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不选；D．发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，可生成沉淀，故D不选；故选B。
20.某元素在化学反应中由化合态变为游离态,则该元素
A.一定被氧化B.一定被还原
C.既可能被氧化,也可能被还原D.以上都不是
【答案】C
【解析】
试题分析：
元素在化合物中的化合价可能为正价也可能为负价，故在化学反应中由化合态（化合物）变为游离态（单质）时，该元素可能被氧化可能被还原。
故正确选项为C
考点：
考查氧化还原反应中关于电子的转移与化合价的升降的关系的知识。
21.下列有关金属元素特征的叙述正确的是
A.金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性
B.金属元素的单质在常温下都为固体
C.含金属元素的离子都是阳离子
D.金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】
试题分析：
A不正确，金属阳离子也可以具有氧化性，例如亚铁离子；B不正确，例如金属汞是液态；C不正确，例如MnO4－、AlO2－等；D正确，铁离子被还原生成亚铁离子，答案选D。
考点：
考查金属元素的有关判断
点评：
该题可以通过举例逐一进行排除得到正确的结论。
22.在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是
A.Mg2+、Al3+、Fe3+B.H+、Mg2+、Al3+
C.H+、Ba2+、Al3+D.只有Mg2+、Al3+
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象，可以看出分为4个阶段：
第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，即部分沉淀溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，据此判断。
【详解】第一阶段无沉淀，说明发生酸碱中和反应，水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应而溶解，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，故答案选B。
【点睛】本题考查金属镁以及金属铝的化合物的有关性质，注意氢氧化铝能和强碱反应是解题的关键所在。
23.从1L1mol·L-1的KOH溶液中取出100mL，下面关于这100mL溶液的叙述错误的是
A.物质的量浓度为0.1mol·L-1
B.密度与原溶液相同
C.含有KOH的物质的量为0.1mol
D.溶质的质量分数与原溶液相同
【答案】A
【解析】
【分析】
溶液具有均一性，从1L1mol•L-1的KOH溶液中取出100mL，溶液浓度、溶质质量分数及密度均不变，结合n=nM计算氢氧化钾的物质的量。
【详解】A．取出后溶液浓度不变，仍然为1mo/L，故A错误；
B．溶液具有均一性，取出溶液的密度与原溶液相同，故B正确；
C．取出的100mL溶液中含有KOH的物质的量为：
1mol/L×0.1L=0.1mol，故C正确；
D．取出溶液的浓度不变，溶质质量分数与原溶液相同，故D正确；
故答案选A。
24.以下实验现象判断正确的是
A
B
C
D
操作
将盛满NO2的试管倒扣在水槽中
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
加热碳酸钠固体
将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中
现象
液面上升，但溶液未充满整个试管
生成红色沉淀
生成可使澄清石灰水变浑浊的气体
有红色固体析出
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A、NO2气体为红棕色，二氧化氮气体易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO为无色，所以气体颜色由红棕色逐渐变为无色，气体体积减少，试管内的液面会逐渐上升，但溶液未充满整个试管，故A正确；B、向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，没有沉淀，故B错误；C、加热碳酸钠固体不能生成可使澄清石灰水变浑浊的气体，故C错误；D、将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中，金属钠和盐溶液反应先是和溶液中的水反应，不会和盐之间发生置换反应，故D错误。
故选A。
25.在下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是
A.C+H2O
CO+H2
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在氧
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