2026屆河南省長葛市一中化學(xué)高一上期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)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、下列有關(guān)氨的敘述中不正確的是()A．氨分子中氮元素的化合價只能升高，氨具有還原性B．氨的催化氧化反應(yīng)的化學(xué)方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2OC．氨的催化氧化反應(yīng)中若氧氣過量則有紅棕色氣體生成D．氨的催化氧化屬于人工氮的固定2、下列有關(guān)氯氣的敘述正確的是（）A．氯氣可使?jié)竦募t布條褪色，所以氯氣具有漂白性B．氯氣可用作自來水消毒，是因為氯氣與水反應(yīng)生成了次氯酸C．氯氣通入水中，水作還原劑D．將干燥的藍(lán)色石蕊試紙放在液氯中，試紙先變紅后褪色3、50mL0.6mol·L－1氫氧化鈉溶液，含氫氧化鈉的物質(zhì)的量為()A．0.03mol B．0.04mol C．0.05mol D．0.06mol4、將氯氣制成漂白粉的主要目的是()①使它轉(zhuǎn)變成較易溶于水的物質(zhì)②轉(zhuǎn)變成較穩(wěn)定、便于貯存的物質(zhì)③提高氯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)④提高漂白能力A．①② B．②③④ C．②③ D．②5、現(xiàn)有下列四種因素：①溫度和壓強(qiáng)、②所含微粒數(shù)、③微粒本身大小、④微粒間的距離，其中對氣體物質(zhì)體積有顯著影響的是()A．②③④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④6、實驗過程中，下列溶液的導(dǎo)電能力變化不大的是A．Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液 B．醋酸溶液中滴入氨水至過量C．澄清石灰水中通入CO2 D．NH4Cl溶液中加入適量的NaOH固體7、一定量的Cu粉與濃H2SO4共熱產(chǎn)生SO2氣體的體積為2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則下列情況不可能的是()A．加入Cu的質(zhì)量為6.4gB．加入的濃H2SO4中含溶質(zhì)0.2molC．加入Cu的質(zhì)量大于6.4gD．加入濃H2SO4中含溶質(zhì)多于0.2mol8、在某無色溶液中，下列各組離子能夠大量共存的是A．Ag+、Al3+、、Cl－ B．K+、Na+、OH－、C．H＋、Na+、、 D．Cu2+、Ca2+、、Cl－9、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10、在三個體積相同的密閉容器中分別充入Ne、H2、O2三種氣體，當(dāng)它們的溫度和密度都相同時，這三種氣體的壓強(qiáng)（p）從大到小的是（）A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)11、下列氣體中，對人體無毒的氣體是（）A．SO2 B．N2 C．NO D．CO12、在下列反應(yīng)中，水既作氧化劑又作還原劑的是()A．2F2＋2H2O===4HF＋O2 B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑C．CaO＋H2O===Ca(OH)2 D．2H2O2H2↑＋O2↑13、某溫度下，向如圖所示裝置中分別通入等質(zhì)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(nèi)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(zhì)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14、幾種短周期元素的主要化合價及原子的原子半徑數(shù)據(jù)見下表：元素代號LMQRT主要化合價+2+3+6、﹣2+7、﹣1﹣2原子半徑/nm0.1600.1430.1020.0990.074據(jù)表中信息判斷，下列有關(guān)敘述中，正確的是A．L、M的單質(zhì)分別與同濃度的稀鹽酸反應(yīng)時，M的單質(zhì)反應(yīng)更劇烈B．M與T形成的化合物能和強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)且產(chǎn)物不同C．Q、T兩元素的氫化物熱穩(wěn)定性比較：Q的氫化物大于T的氫化物D．L與R兩元素形成的化合物中，含有非極性共價鍵15、香煙煙霧中往往含有CO和SO2氣體,下列關(guān)于這兩種氣體的說法正確的是()A．兩者都污染環(huán)境,危害健康B．兩者都是形成酸雨的主要物質(zhì)C．兩者都能使品紅溶液褪色D．兩者都易溶于水16、120mL濃度為1mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好與100mL濃度為0.4mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)，在還原產(chǎn)物中Cr元素的化合價A．+3 B．+1 C．+4 D．+217、已知某元素有兩個電子層，第二層電子數(shù)是第一層電子數(shù)的3倍。下列關(guān)于該元素的敘述不正確的是A．第三周期ⅡA族 B．原子最外層有6個電子C．是一種非金屬元素 D．常溫下單質(zhì)為氣體18、在下列物質(zhì)類別中，前者包含后者的是A．混合物溶液 B．電解質(zhì)化合物C．濁液膠體 D．單質(zhì)化合物19、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，一個裝滿CO2的容器的質(zhì)量為67g，若裝滿H2時總質(zhì)量為60.7g，則此容器的容積為()A．2.24L B．3.36L C．11.2L D．4.48L20、下列物質(zhì)不能由單質(zhì)直接化合而制得的是()A．NaClB．HClC．FeCl2D．FeCl321、有一鐵的氧化物樣品，用50mL5mol·L－1鹽酸可恰好使其完全溶解。所得溶液可吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.56L氯氣，使其中的Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe3+。該樣品可能的化學(xué)式為A．Fe4O5B．Fe3O4C．Fe5O7D．Fe8O1122、下列變化過程發(fā)生氧化反應(yīng)的是（）A．SO2→H2SO3 B．N2→NH3 C．H2→H2O D．FeSO4→Fe二、非選擇題(共84分)23、（14分）某實驗小組推測，某無色溶液中可能含有以下離子：K＋、Al3＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4＋、Cl－、CO32－、SO42－，進(jìn)行如下實驗：①取適量該溶液，加入過量NaOH溶液后加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，并得到澄清溶液。②在①所得溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀。③另取原溶液于試管中，加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，再加稀鹽酸，沉淀不溶解。根據(jù)上述實驗回答：（1）寫出①中反應(yīng)生成氣體的離子方程式_______________________________。（2）該溶液中一定存在的離子有_____________，不能確定是否存在的離子有___________。24、（12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(shù)變化如圖所示。已知X的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，Y和Ne原子的核外電子總數(shù)相差1；W的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強(qiáng)。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(jié)構(gòu)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(qiáng)(寫化學(xué)式)，請用實驗證明它們金屬性的相對強(qiáng)弱：___________。(4)寫出Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。25、（12分）I.某火力發(fā)電廠以煤為燃料，排出的廢氣中含有CO2、SO2、水蒸氣。為檢驗該廢氣中的成分，用如圖所示的裝置進(jìn)行實驗：（1）儀器連接的順序為(填導(dǎo)管接口字母)；（2）根據(jù)現(xiàn)象證明有CO2；（3）裝置B的作用是，裝置D的作用是。II.為探究SO2的漂白是SO2直接作用于有色物質(zhì)，還是SO2與水反應(yīng)的產(chǎn)物的作用，設(shè)計如圖裝置進(jìn)行實驗：（圖中所用硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70％）（4）亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：；（5）為探究干燥的SO2能不能使品紅褪色，請指出設(shè)計的實驗裝置圖中兩個明顯的不足：①，②；（6）按照修改后的裝置，實驗中控制SO2以大約每秒3個氣泡的速度通過品紅的酒精溶液時，經(jīng)過一小時后，品紅仍不褪色。這說明品紅褪色的原因不是SO2直接導(dǎo)致。所以，SO2通過品紅水溶液后，引起品紅褪色的微粒可能是。26、（10分）為了探究三種氣體(SO2、NO2、Cl2)的性質(zhì)，某同學(xué)設(shè)計了兩組實驗：（1）實驗一：用三個集氣瓶收集滿二氧化硫、二氧化氮氣體，然后將其倒置在水槽中。分別緩慢通入適量O2或Cl2，如圖1所示。一段時間后，D、E裝置的集氣瓶中充滿溶液，F(xiàn)裝置的集氣瓶中還有氣體剩余。(假設(shè)瓶內(nèi)液體不擴(kuò)散)：①寫出裝置E中反應(yīng)的離子方程式：____________________.②假設(shè)該實驗條件為標(biāo)準(zhǔn)狀況，則裝置D的集氣瓶中所得溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為____________.③通入氧氣前在F裝置的水槽里滴加幾滴紫色石蕊溶液，觀察到的現(xiàn)象是F裝置集氣瓶內(nèi)溶液顯淺紅色，通入氧氣后，可能觀察到的實驗現(xiàn)象是_____________________________，寫出反應(yīng)的總化學(xué)方程式：________________.（2）實驗二：分別利用下圖所示裝置探究氯氣的氧化性。①G中的現(xiàn)象是_______________，原因是________________________(用化學(xué)方程式表示)。②H中的現(xiàn)象是_________________________.27、（12分）蕪湖市某便利店銷售的一種食用碘鹽包裝袋上有如下標(biāo)簽：產(chǎn)品標(biāo)準(zhǔn)GB5461產(chǎn)品等級一級配料食鹽、碘酸鉀、抗結(jié)劑碘含量(以I計)20~50mg/kg(1)碘酸鉀與碘化鉀在酸性條件下發(fā)生如下反應(yīng)，請配平化學(xué)方程式：____KIO3+____KI+____H2SO4=____K2SO4+_____I2+____H2O(2)實驗室可分離獲取單質(zhì)碘，其實驗操作可分解為如下幾步：A．把盛有溶液的分液漏斗放在鐵架臺的鐵圈中；B．把適量碘水和CCl4加入分液漏斗中，并蓋好玻璃塞；C．檢驗分液漏斗活塞和上口玻璃塞是否漏液；D．倒轉(zhuǎn)漏斗，用力振蕩，并不時旋開活塞放氣，最后關(guān)閉活塞，把分液漏斗放正；E.旋開活塞，用燒杯接收下層溶液；F.從分液漏斗的上口倒出上層水溶液；G.將漏斗上口的玻璃塞打開；H.靜置、分層；①正確的操作順序是(用編號字母填寫)____→____→___→A→__→___→E→F。②下列物質(zhì)，不能作為從水溶液中萃取碘的溶劑是____。A．苯B．汽油C．酒精(3)若向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，將I2還原，以回收四氯化碳。理論上Na2SO3與I2反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為____。28、（14分）工業(yè)制硫酸銅的方法很多：（1）方法一：用濃硫酸和銅制取硫酸銅。該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______________________。（2）方法二：實驗證明，銅不能在低溫下與O2反應(yīng)，也不能與稀H2SO4共熱發(fā)生反應(yīng)，但工業(yè)上卻是將廢銅屑倒入熱的稀H2SO4中并通入空氣來制備CuSO4溶液的。銅屑在此狀態(tài)下被溶解的化學(xué)方程式為_____________________________。（3）以上兩種方法________(填“前”或“后”)者好，原因是________________________。（4）方法三：用稀硫酸、銅和氧化鐵制取硫酸銅，生產(chǎn)的主要過程如下圖所示：稀硫酸和氧化鐵反應(yīng)的離子方程式是_____________________________(反應(yīng)①)；銅和上述反應(yīng)(反應(yīng)①)得到的物質(zhì)反應(yīng)的離子方程式是_________________________；向混合溶液中通入熱空氣的目的是_______________________________；分離藍(lán)色濾液和紅褐色沉淀的實驗操作是_________。29、（10分）某氧化鐵樣品中含有少量的硫酸亞鐵。某同學(xué)要測定其中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，設(shè)計了如下實驗方案。(1)操作Ⅰ中配制溶液時，所用到的玻璃儀器除燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管以外，還必須有____(填儀器名稱)。(2)反應(yīng)①中加入足量H2O2溶液，反應(yīng)的離子方程式：_______________________________。(3)檢驗沉淀中是否洗滌干凈的操作是_______________________________________。(4)將沉淀加熱，冷卻至室溫，用天平稱量坩堝與加熱后固體的總質(zhì)量為b1g，再次加熱并冷卻至室溫稱其質(zhì)量為b2g，若b1－b2＝0.3，還應(yīng)進(jìn)行的操作是_____________________。(5)坩堝的質(zhì)量為42.6g，最終坩堝與加熱后的固體的總質(zhì)量為45.8g，則樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__。(6)有同學(xué)認(rèn)為上述方案的實驗步驟太繁瑣，他認(rèn)為，只要將樣品溶于水充分?jǐn)嚢瑁訜?、蒸干、灼燒稱量即可測得樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，你認(rèn)為他的這個方案是否可行？__________(填“可行”或“不可行”)。

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、氮元素的常見化合價有-3、0、+2、+4、+5價，氨氣分子中氮元素是-3價，為最低價態(tài)；B、氨氣具有還原性，在催化劑作用下可與氧氣反應(yīng)被氧化為NO；C、若氧氣過量，生成的一氧化氮氣體與氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮；D、氨的催化氧化是氮的化合態(tài)之間的轉(zhuǎn)化，不屬于氮的固定。【詳解】A項、氨氣分子中氮元素是-3價，是氮元素的最低價態(tài)，所以只具有還原性，故A正確；B項、氨氣具有還原性，在催化劑作用下可與氧氣反應(yīng)被氧化為NO，反應(yīng)的化學(xué)方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O，故B正確；C項、氨催化氧化反應(yīng)是氨氣在催化劑作用下被氧氣氧化為一氧化氮的反應(yīng)，若氧氣過量，生成的一氧化氮氣體與氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，故C正確；D項、NH3催化氧化生成NO和H2O，是氮的化合態(tài)之間的轉(zhuǎn)化，不屬于氮的固定，故D錯誤。故選D。2、B【解析】

A.氯氣沒有漂白性，起漂白作用的是氯氣與水反應(yīng)產(chǎn)生的HClO，故A錯誤；B.HClO具有殺菌消毒作用，故氯氣可用作自來水消毒，是因為氯氣與水反應(yīng)生成了次氯酸，故B正確；C.氯氣通入水中，發(fā)生Cl2+H2O=HClO+H++Cl-反應(yīng)，氯元素的化合價由0價升高到+1價，降低到-1價，因此氯氣既做氧化劑又做還原劑，而水是反應(yīng)物，故C錯誤；D.氯氣沒有漂白性，起漂白作用的是氯氣與水反應(yīng)產(chǎn)生的HClO，將干燥的藍(lán)色石蕊試紙放在液氯中，不能產(chǎn)生次氯酸，所以試紙無變化，故D錯誤；故答案選B?！军c睛】干燥的氯氣通入到干燥的有色布條中，布條不褪色，說明氯氣沒有漂白作用；潮濕的氯氣中，氯氣能夠與水反應(yīng)生成次氯酸，具有漂白作用，能夠使干燥的有色布褪色；所以能夠使紅色布條褪色的物質(zhì)一定是次氯酸，只要存在次氯酸，該液體具有漂白性。3、A【解析】

根據(jù)n＝cV可知氫氧化鈉的物質(zhì)的量＝0.05L×0.6mol·L－1＝0.03mol；答案選A。4、D【解析】

氯氣有毒，氣體不方便運輸、銷售，為了方便人們?nèi)粘Ｊ褂煤瓦\輸，需要制成固體，并減低對人體的毒害。【詳解】①氯氣是氣體且有毒，將Cl2制成漂白粉是為了將氣體裝化為固體，便于保存和運輸，故①錯誤；②氯氣有毒，氣體不方便運輸、銷售，制成漂白粉是一種較穩(wěn)定物質(zhì)，便于保存和運輸，故②正確；③將Cl2制成漂白粉，其中氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，故③錯誤；④將Cl2制成漂白粉，漂白和消毒作用效果不會改變，故④錯誤。故選D。5、B【解析】

決定物質(zhì)體積大小的因素有微粒數(shù)目、微粒的大小、微粒之間的距離三個因素，而氣體微粒間的距離遠(yuǎn)大于氣體微粒的大小，則體積取決于微粒之間的距離?！驹斀狻竣贉囟群蛪簭?qiáng)對微粒間的距離影響較大，①正確②所含微粒數(shù)越多，體積越大，②正確；③微粒本身大小遠(yuǎn)小于氣體間的距離，微粒本身大小對體積幾乎無影響，③錯誤；④微粒間的距離越遠(yuǎn)，體積越大，④正確；綜上所述，答案為B。6、D【解析】

導(dǎo)電能力的大小，要比較單位體積內(nèi)離子濃度的大小。A、氫氧化鋇是強(qiáng)電解質(zhì)，加入硫酸后，反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水，導(dǎo)電能力下降直至為零，然后隨著H2SO4溶液的滴入，導(dǎo)電性增強(qiáng)，A錯誤；B、醋酸是弱酸，導(dǎo)電能力不大，加入氨水后，生成醋酸銨是強(qiáng)電解質(zhì)，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，導(dǎo)電性變化大，B錯誤；C、氫氧化鈣是強(qiáng)電解質(zhì)，通入二氧化碳后會產(chǎn)生白色沉淀碳酸鈣和水，導(dǎo)電能力幾乎變?yōu)榱悖偻ㄈ攵趸?，會生成碳酸氫鈣，導(dǎo)電性又會逐漸增強(qiáng)，溶液的導(dǎo)電能力變化較大，C錯誤；D、氯化銨為強(qiáng)電解質(zhì)，加入NaOH后生成弱電解質(zhì)一水合氨和強(qiáng)電解質(zhì)NaCl，離子的濃度變化不大，故導(dǎo)電性變化不大，D正確；答案選D。7、B【解析】

銅粉與濃硫酸混合加熱，發(fā)生反應(yīng)為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，n（SO2）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol。隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硫酸的濃度會變小，稀硫酸與銅不反應(yīng)，據(jù)此分析可得結(jié)論?！驹斀狻緼．由反應(yīng)可知，n（Cu）=n（SO2）=0.1mol，則Cu的質(zhì)量為0.1mol×64g/mol=6.4g，故A正確；B．由反應(yīng)可知，n（H2SO4）=0.2mol，隨反應(yīng)的進(jìn)行，稀硫酸與Cu不反應(yīng)，則加入濃硫酸中溶質(zhì)應(yīng)大于0.2mol，故B錯誤；C．隨反應(yīng)的進(jìn)行，稀硫酸與Cu不反應(yīng)，加入Cu的質(zhì)量可以大于6.4g，故C正確；D．根據(jù)B知，加入濃硫酸中溶質(zhì)應(yīng)該大于0.2mol，故D正確；答案選B。8、B【解析】

A．Ag+與Cl－會生成AgCl沉淀，，二者不能大量共存，A不合題意；B．K+、Na+、OH－、不反應(yīng)，能大量共存，B符合題意；C．H＋與、不能大量共存，與前者反應(yīng)生成氣體，與后者反應(yīng)生成沉淀，C不合題意；D．Cu2+在水溶液中呈藍(lán)色，D不合題意；故選B。9、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．10、D【解析】

在溫度和密度都相同條件下，若體積相同，則質(zhì)量相同，氣體的物質(zhì)的量越大，壓強(qiáng)越大，壓強(qiáng)與摩爾質(zhì)量成反比，以此解答該題?！驹斀狻康獨獾哪栙|(zhì)量是28g·mol-1，氫氣的摩爾質(zhì)量是2g·mol-1，氧氣的摩爾質(zhì)量是32g·mol-1，根據(jù)阿伏伽德羅定律推論，在溫度和密度都相同條件下，壓強(qiáng)與摩爾質(zhì)量成反比，所以其壓強(qiáng)大小順序是：p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)；答案選D?！军c睛】利用理想氣體狀態(tài)方程，pV＝nRT＝RT（R為常數(shù)）分析解答氣體間各物理量關(guān)系。11、B【解析】

A．二氧化硫是有毒有刺激性的氣體，對人體健康有害，故A錯誤；B．氮氣是空氣的主要成分，氮氣無毒，故B正確；C．NO是有毒氣體，對人體健康有害，故C錯誤；D．CO是無色無味的有毒氣體，對人體健康有害，故D錯誤；故選：B。12、D【解析】

反應(yīng)中水既作氧化劑又作還原劑，說明水中氫元素化合價降低，氧元素化合價升高，據(jù)此判斷?！驹斀狻緼．反應(yīng)2F2+2H2O＝4HF+O2中，水中氧元素化合價升高，水只作還原劑，A不符合；B．反應(yīng)2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中，水中氫元素化合價降低，水只作氧化劑，B不符合；C．反應(yīng)CaO+H2O＝Ca(OH)2中，水中的氫元素和氧元素化合價均未變化，不是氧化還原反應(yīng)，C不符合；D．反應(yīng)2H2O2H2↑+O2↑中，水中的氫元素化合價降低，氧元素化合價升高，所以水既作氧化劑又作還原劑，D符合。答案選D。【點睛】準(zhǔn)確判斷出反應(yīng)前后元素的化合價變化情況是解答的關(guān)鍵，注意氧化劑、還原劑與電子得失和化合價升降的關(guān)系。13、D【解析】

四種氣體的質(zhì)量設(shè)為1g，則它們的物質(zhì)的量分別為mol，mol，mol，mol，相同情況下的物質(zhì)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(zhì)量之比。A．相同情況下的物質(zhì)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(zhì)的量分別為mol和mol，物質(zhì)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(zhì)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(zhì)量之比32g/mol：16g/mol=，故D正確；答案選D。14、B【解析】

由表中化合價，可確定L、M、Q、R、T原子的最外層電子數(shù)依次為2、3、6、7、2，由原子半徑，可確定L、M、Q、R為同周期元素，且都為第三周期元素，T為第二周期元素，從而確定L、M、Q、R、T分別為Mg、Al、S、Cl、O元素。A.Mg、Al的單質(zhì)分別與同濃度的稀鹽酸反應(yīng)時，Mg的單質(zhì)反應(yīng)更劇烈，A錯誤；B.Al與O形成的化合物Al2O3為兩性氧化物，能和強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)，前者生成Al3+等，后者生成AlO2-等，B正確；C.S、O兩元素的氫化物熱穩(wěn)定性比較，S的氫化物小于O的氫化物，C錯誤；D.Mg與Cl兩元素形成的化合物MgCl2中，只含有離子鍵，D錯誤；故選B。15、A【解析】

A、CO和SO2氣體都是有毒氣體，都能污染環(huán)境，危害健康，故A正確；B、SO2氣體是形成酸雨的主要物質(zhì)，但CO不是引起酸雨的物質(zhì)，故B錯誤；C、SO2能使品紅溶液褪色，CO不具有漂白性，不能使品紅溶液褪色，故C錯誤；D、SO2易溶于水，CO不溶于水，故D錯誤。答案選A。16、A【解析】

n（Na2SO3）=0.012L×1mol/L=0.012mol，n（K2Cr2O7）=0.01L×0.4mol/L=0.004mol，根據(jù)氧化劑和還原劑化合價升降總數(shù)相等，設(shè)Cr元素化合價降低為+x價，則有：0.012mol×（6-4）=0.004mol×2×（6-x），x=3，故選A。17、A【解析】

根據(jù)元素有兩個電子層，第二層電子數(shù)是第一層電子數(shù)的3倍可知，該元素為氧元素，然后根據(jù)氧原子的結(jié)構(gòu)進(jìn)行解答。【詳解】該元素有兩個電子層，第一層上有2個電子，第二層上有6個電子，則該元素為氧元素，位于元素周期表的第二周期ⅥA族，該元素屬于非金屬元素；常溫下，該元素形成的單質(zhì)有氧氣、臭氧，均為氣體；答案選A。18、A【解析】

A、溶液是混合物的一種，前者包含后者；B、電解質(zhì)都是化合物，但化合物不一定是電解質(zhì)，還有可能是非電解質(zhì)，后者包含前者；C、濁液和膠體屬于兩種不同的分散系，前者與后者為并列關(guān)系；D、單質(zhì)和化合物為并列關(guān)系；答案選A。19、B【解析】

設(shè)容器標(biāo)況下可以裝xmol氣體，容器凈重mg，列兩個方程式計算?！驹斀狻吭O(shè)容器標(biāo)況下可以裝xmol氣體，容器凈重mg，列兩個方程式：；，解得x=0.15mol，標(biāo)況下體積為：；故答案選B。20、C【解析】

A、Cl2與Na反應(yīng)可直接化合得到NaCl，A不符合；B、H2與Cl2反應(yīng)可直接化合得到HCl，B不符合；C、Fe與Cl2直接化合得到FeCl3，所以FeCl2不能由單質(zhì)直接化合而成，C符合；D、Fe與Cl2直接化合得到FeCl3，D不符合。答案選C?！军c睛】掌握常見元素及其化合物的性質(zhì)特點是解答的關(guān)鍵，注意氯氣的氧化性強(qiáng)，與變價金屬反應(yīng)時往往得到最高價，這與硫的性質(zhì)不同，例如硫與鐵化合只能得到FeS。21、A【解析】

n（HCl）=0.05L×5mol·L－1=0.25mol，n(Cl2)=0.56L÷22.4L/mol=0.025mol，反應(yīng)中HCl的H元素與氧化物中O元素全部結(jié)合生成H2O，則氧化物中n(O)=1/2×n（HCl）=1/2×0.25mol=0.125mol，反應(yīng)后溶液成分為FeCl3，n(Cl-)=0.25mol+0.025mol×2==0.3mol，n(Fe)=0.3mol×1/3=0.1mol，所以n(Fe):n(O)=0.1mol：0.125mol=4/5，該樣品的化學(xué)式為：Fe4O5，故A正確；故選A。22、C【解析】

A．反應(yīng)前后S元素化合價不變，發(fā)生的不是氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；B．反應(yīng)后N元素化合價降低，得到電子，被還原，發(fā)生的是還原反應(yīng)，B不符合題意；C．反應(yīng)后H元素化合價升高，失去電子，被氧化，發(fā)生的是氧化反應(yīng)，C符合題意；D．反應(yīng)后Fe元素化合價降低，得到電子，被還原，發(fā)生的是還原反應(yīng)，D不符合題意；故答案是C。二、非選擇題(共84分)23、NH4+＋OH－NH3↑＋H2ONH4+、Al3+、SO42－K＋、Cl－【解析】

溶液無色，則不含Cu2+，

①取適量該溶液，加過量NaOH溶液后加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，并得到澄清溶液，說明含有NH4+，不含Mg2+；

②在①所得溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀，應(yīng)生成氫氧化鋁，則原溶液含有Al3+，不含CO32-；

③另取原溶液于試管中，加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，再加稀鹽酸，沉淀不溶解，說明含有SO42-，可能含有K+、Cl-，以此解答?！驹斀狻浚?）①中反應(yīng)生成氣體為氨氣，離子方程式為；

（2）由以上分析可知一定存在的離子為NH4+、Al3+、SO42-，不能確定的離子為K+、Cl-，故答案為：NH4+、Al3+、SO42-；K+、Cl-。24、三ⅣANaNa與冷水劇烈反應(yīng)，而Mg與冷水反應(yīng)較慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解析】

四種常見的短周期元素，X的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，則X的質(zhì)子數(shù)為8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外電子總數(shù)相差1，又根據(jù)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(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料，W的原子序數(shù)大于Na，則W為Si；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強(qiáng)，Z的原子序數(shù)大于Si，則Z為Cl元素，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)根據(jù)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(jié)構(gòu)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(yīng)，而Mg與冷水反應(yīng)較慢，因此金屬性Na>Mg，故答案為：Na；Na與冷水劇烈反應(yīng)，而Mg與冷水反應(yīng)較慢；(4)Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為NaOH，Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為HClO4，兩者發(fā)生中和反應(yīng)，反應(yīng)方程式為NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案為：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O。【點睛】本題以“元素周期表中元素的推斷”為載體，考查學(xué)生對元素周期表的熟悉程度及對元素周期律的認(rèn)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(xué)問題的能力，注意根據(jù)提給信息，結(jié)合如圖原子序數(shù)與原子半徑的關(guān)系正確推斷出元素的種類，然后根據(jù)同周期、同主族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律解答。25、（1）e-f-c-d-b（2）D中品紅溶液不褪色，A中澄清石灰水變混濁（3）檢驗是否含SO2檢驗SO2是否被完全吸收（4）Na2SO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+SO2↑（5）①SO2未干燥②沒有進(jìn)行尾氣處理（6）H2SO3.HSO3-或SO32-（任填其中一個）【解析】試題分析：（1）由于A、B、C、D中的水蒸氣可能隨氣流進(jìn)入E中會影響對廢氣中水蒸氣的檢驗，因此應(yīng)把裝置E放在整套裝置的最前端，首先檢驗廢氣中是否含有水蒸氣；由于二氧化硫也能使澄清石灰水變渾濁，因此在使用澄清石灰水檢驗二氧化碳前應(yīng)把廢氣中可能含有二氧化硫檢驗并全部除去；這樣分析下來，最后利用澄清石灰水檢驗廢氣中的二氧化碳即可完成整個檢驗任務(wù)；在連接裝置時，還需要注意進(jìn)氣管與出氣管的選擇，進(jìn)氣管一定要伸入溶液中；因此連接順序為e→f→c→d→b(e、f可互換)；（2）CO2和SO2都能使澄清石灰水變渾濁，而只有SO2能使品紅褪色，檢驗CO2之前，要先檢驗SO2是否除去，所以根據(jù)D中品紅溶液不褪色，A中澄清石灰水變混濁來證明CO2的存在。（3）廢氣通入裝置B時，含有的二氧化硫氣體能使品紅溶液褪色，因此觀察到此處品紅溶液褪色時即可說明廢氣中含有二氧化硫；裝置D的品紅溶液如果不褪色，說明廢氣中的二氧化硫已完全被裝置C中高錳酸鉀溶液吸收，則不會影響后面對二氧化碳的檢驗；（4）亞硫酸鈉和濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉、SO2和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。（5）該實驗的目的是探究干燥的SO2能不能使品紅褪色，且SO2有毒，不能排放到空氣中，所以根據(jù)裝置圖，明顯的不足是①SO2未干燥；②沒有進(jìn)行尾氣處理。（6）二氧化硫與水反應(yīng)的溶液中含有SO32-、HSO3-、H2SO3，那么二氧化硫能使品紅的水溶液褪色的粒子可能是三種中的一種或幾種?？键c：考查SO2的性質(zhì)、制備，化學(xué)實驗方案的設(shè)計與評價。26、Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42-0.045mol·L－1溶液紅色加深2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色Cl2+2KI=I2+2KCl產(chǎn)生白色沉淀【解析】

（1）根據(jù)氯氣具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫有還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)進(jìn)行解答；（2）根據(jù)4NO2+O2+2H2O=4HNO3的反應(yīng)特點，反應(yīng)后液體能充滿整個集氣瓶，再根據(jù)濃度計算公式進(jìn)行解答；（3）根據(jù)氯氣具有強(qiáng)氧化性，能氧化I-和SO2氣體進(jìn)行分析?！驹斀狻?1)①E中二氧化硫和氯氣反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，其反應(yīng)的離子方程式為：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42；②D中二氧化氮、水、氧氣反應(yīng)生成硝酸,反應(yīng)為4NO2+O2+2H2O=4HNO3，水會充滿集氣瓶，設(shè)集氣瓶體積為VL,最后溶液的體積為VL,由4NO2+O2+2H2O=4HNO3n(NO2)=n(HNO3)，則所得溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為c==L/mol=0.045mol·L－1；

(3)F裝置中二氧化硫與水反應(yīng)生成的亞硫酸溶液顯酸性，滴加幾滴紫色石蕊試液，觀察到

的現(xiàn)象是紫色溶液變紅,再通入氧氣,發(fā)生

2SO2+O+2H2O=2H2SO4，酸性增強(qiáng)，紅色由淺變深；（2）①G中是淀粉碘化鉀溶液中通入Cl2,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cl2+2KI=I2+2KCl，生成的I2遇到淀粉變藍(lán)；②H中裝有溶有二氧化硫的BaCl2的溶液，通入氯氣后，二氧化硫被氧化為硫酸，遇到BaCl2的溶液會生成硫酸鋇的白色沉淀?！军c睛】(1)二氧化硫、二氧化氮氣體溶于水得到的溶液均為酸溶液，二氧化硫能被氯氣氧化，氯氣的氧化性很強(qiáng)，還能氧化I-等還原性物質(zhì)。27、153333CBDGHC1:1【解析】

(1)根據(jù)氧化還原反應(yīng)遵循電子守恒和質(zhì)量守恒進(jìn)行配平；(2)①操作為查漏→裝液→振蕩→靜置→分液；②萃取劑的選取標(biāo)準(zhǔn)是：與水互不相溶，被萃取的物質(zhì)在該溶劑中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；(3)亞硫酸根子與碘單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉和碘化氫，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)反應(yīng)中KIO3與KI之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2，根據(jù)氧化劑、還原劑之間得失電子數(shù)目相等可知KIO3～5KI，結(jié)合原子守恒配平書寫可得化學(xué)方程式為：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，其中KIO3為氧化劑，I元素的化合價由+5價降低為0，I元素的化合價由?1價升高為0，化合價升高值=化合價降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)=5，電子轉(zhuǎn)移情況如下：；(2)①CCl4從碘水中萃取碘并用分液漏斗分離兩種溶液，操作為查漏→裝液→振蕩→靜置→分液，則步驟為C→B→D→A→G→H→E→F；②可以選用苯或汽油從碘水中萃取碘，苯或汽油與水不互溶，而且碘在苯或汽油中的溶解度比在水中的大得多，酒精和水溶液混溶不能分層，故選C；(3)亞硫酸根子與碘單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、碘化氫，離子方程式：Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，Na2SO3稀溶液與I2反應(yīng)的主要產(chǎn)物是Na2SO4，HI，反應(yīng)物物質(zhì)的量之比=1:1。28、Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O2Cu＋2H2SO4(稀)＋O22CuSO4＋2H2O后若制得1molCuSO4，第一種方法需2molH2SO4，而第二種方法只需要1molH2SO4，而且第一種方法生成的SO2又造成大氣污染Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+把Fe2+氧化成Fe3+過濾【解析】

本題考查的是濃硫酸的性質(zhì)、銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)、制備實驗方案的設(shè)