重慶市江津中學、合川中學等七校高2026屆化學高一上期末達標檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、膠體最本質的特征是（）A．丁達爾效應B．可以通過濾紙C．布朗運動D．分散質粒子的直徑在1～100nm之間2、在新制氯水中存在多種分子和離子，下列實驗現(xiàn)象和結論一致且正確的是()A．新制氯水使紅玫瑰變?yōu)榘酌倒?，說明有Cl2B．加入石蕊溶液，溶液變紅，說明該溶液一定不含HClOC．將KHCO3固體加入新制的氯水中，有氣泡產生，說明有HClOD．光照新制氯水有氣泡逸出，該氣體一定是O23、下列的說法，正確的是（）A．0.1molFe在0.lmolCl2中充分燃燒，轉移電子數(shù)為0.2NAB．12mol/L的濃硫酸50ml與足量的Cu加熱反應，得到SO2為0.3NAC．1molCl2與足量NaOH溶液反應得到電子數(shù)為2NAD．1molNa2O2與足量水反應轉移電子數(shù)為2NA4、下列反應的離子方程式不正確的是A．鋅與硫酸銅溶液反應：Zn+Cu2+＝Zn2++CuB．氫氧化鈉與鹽酸反應：OH-+H+＝H2OC．鐵與稀鹽酸反應：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑D．氯化鋇與硫酸反應：Ba2++SO42-＝BaSO4↓5、玻璃、陶瓷和水泥是重要的無機非金屬材料，它們的主要成分中都含有的元素是A．硅 B．硫 C．氮 D．氯6、下列物質中既能與稀硫酸反應，又能與NaOH溶液反應的是()A．Al2O3 B．NaCl C．Fe D．Mg7、將51.2gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，這些氣體恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3兩種鹽溶液，其中NaNO3的物質的量為0.2mol，則NaOH的濃度為A．2mol/L B．1.8mol/L C．2.4mol/L D．3.6mol/L8、1998年諾貝爾化學獎授予科恩（美）和波普爾（英）以表彰他們在理論化學領域作出的重大貢獻。他們的工作使實驗和理論能夠共同協(xié)力探討分子體系的性質，引起整個化學領域正在經歷一場革命的變化。下列說法正確的是A．化學不再是純實驗科學 B．化學不再需要實驗C．化學不做實驗，就什么都不知道 D．未來化學的方向還是經驗化9、對于易燃易爆、有毒的化學物質，往往會在其包裝上貼危險警告標簽。下列所列物質中，貼錯了標簽的是（）ABCD物質濃（酒精）汞危險警告標簽A．A B．B C．C D．D10、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列判斷正確的是()A．標準狀況下，5.6L四氯化碳含有分子數(shù)為0.25NAB．常溫常壓下，1mol氦氣含有的核外電子數(shù)為4NAC．5.6g鐵粉與一定量稀硝酸恰好完全反應，反應中轉移電子數(shù)一定為0.3NAD．46gNO2和N2O4混合氣體含有原子數(shù)一定為3NA11、等物質的量的SO2和SO3相比較，下列結論錯誤的是A．它們的分子數(shù)目之比是1∶1B．它們的氧原子數(shù)目之比為2∶3C．它們的質量之比為1∶1D．它們所含原子數(shù)目之比為3∶412、同溫同壓下，相同質量的下列氣體，所占體積最大的是（）A．CH4 B．O2 C．CO2 D．SO213、下列各化合物不能由單質直接化合制取的是A．FeCl3 B．FeCl2 C．AlCl3 D．CuCl214、下列儀器不能加熱的是A． B． C． D．15、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．58.5g氯化鈉中所含的離子數(shù)為NAB．標準狀況下，22.4LSO3含有的原子數(shù)為4NAC．含NA個Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物質的量濃度為1mol/LD．1mol氯氣與足量的NaOH溶液反應，轉移電子數(shù)為NA16、下列實驗操作中錯誤的是A．蒸餾操作時，向蒸餾液體中加入幾塊沸石，以防止暴沸B．蒸發(fā)操作時，當混合物中出現(xiàn)大量晶體時停止加熱，用余熱烘干C．分液操作時，先將分液漏斗中下層液體從下口放出，再將上層液體從上口倒出D．萃取操作時，選用酒精作為萃取劑從溴水中萃取溴17、侯氏制堿法生產純堿的主要流程如圖所示，③碳酸化過程屬于（）A．物理變化 B．化學變化 C．氧化還原反應 D．上述說法都不對18、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A．64gSO2含有氧原子數(shù)為1NAB．物質的量濃度為0.5mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－數(shù)為1NAC．標準狀況下，22.4LH2O的分子數(shù)為1NAD．常溫常壓下，14gN2含有分子數(shù)為0.5NA19、氯元素的原子結構示意圖為，下列說法不正確的是()A．氯原子的核電荷數(shù)為17 B．氯原子最外層上有7個電子C．氯的相對原子質量為17 D．氯元素是典型的非金屬元素20、向某無色溶液中逐滴加入NaOH溶液，產生沉淀的質量與加入的NaOH溶液體積的關系如圖所示，由此確定，原溶液中含有的陽離子是A．Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、NH4＋B．H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4＋C．H＋、Ba2＋、Al3＋、NH4＋D．只有Mg2＋、Al3＋21、下列物質中，屬于電解質的是（）A．HCl B．CO2 C．蔗糖 D．Fe22、從20mL如圖所示Na2CO3溶液中取出10mL，取出溶液中Na+的物質的量為（）A．0.005mol B．0.01mol C．0.5mol/L D．1mol/L二、非選擇題(共84分)23、（14分）從元素化合價和物質類別兩個角度學習、研究物質的性質，是一種行之有效的方法。以下是氮元素形成物質的價類二維圖的及氮的循環(huán)的部分信息。（1）①是一種人工固氮的重要途徑，該反應的化學方程式是__________。（2）②的化學方程式是__________。（3）⑤的化學方程式是（任寫一種）__________。（4）R可與NaOH溶液反應：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，該反應體現(xiàn)了R（HNO2）的_____性。（5）Q的化學式是_______，Q屬于酸性氧化物，寫出Q與水反應的化學方程式________。（6）L在水體中過多蓄積會導致水體富營養(yǎng)化。將水體調節(jié)為酸性后加入適量NaClO，可將L中陽離子轉化為無污染氣體以去除。寫出L與NaClO反應的離子方程式_________。24、（12分）如圖是中學化學中常見物質的轉化關系，部分物質和反應條件略去。（1）單質F的化學式是___。（2）寫出由沉淀J生成H溶液的離子方程式__。（3）溶液E中加入氨水時，先生成白色沉淀L，寫出生成L的離子方程式：__，白色沉淀L最終變?yōu)榧t褐色沉淀G，寫出L變?yōu)镚的化學反應方程式__。（4）溶液I中所含金屬離子是__。25、（12分）(1)寫出濃硫酸與木炭粉在加熱條件下反應的化學方程式_____________；(2)用如圖所示裝置可檢驗木炭和濃硫酸反應產生的混合氣體中含有SO2和CO2。①能夠證明混合氣體中含有SO2的實驗現(xiàn)象是：________________________________；②設計B、C的實驗目的是：________________________________________________；③寫出B中發(fā)生反應的離子方程式：_____________________________；④能夠證明混合氣體中含有CO2的實驗現(xiàn)象是：_____________________。26、（10分）Ⅰ.為探究硫酸銅晶體(CuSO4·xH2O)受熱分解后所得產物，設計實驗裝置如圖所示，部分實驗現(xiàn)象為：A中藍色晶體逐漸變成白色粉末，繼續(xù)加熱最終變成黑色；B中產生白色沉淀；D中溶液變成紅色。(洗氣瓶中試劑均足量)(1)分析推測該硫酸銅晶體最終分解產物可能有_______________________________。(2)D中的反應分兩步進行，寫出第一步反應的離子方程式_____________________。II.測定硫酸銅晶體(CuSO4·xH2O)中結晶水x的值，實驗裝置和過程如下：取硫酸銅晶體7.23g置于硬質試管中，先通N2排除體系內空氣，酒精噴燈高溫加熱充分，待A中藍色晶體最終變成黑色，停止加熱，再次鼓入N2至裝置冷卻到室溫。(洗氣瓶中試劑均足量)(1)取B中白色沉淀經過濾洗滌干燥稱量得固體6.99g，經計算可得CuSO4·xH2O中x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。(2)某同學提出，要測定晶體中結晶水x的值，也可將B裝置用裝有濃硫酸的洗氣瓶替換，最終測濃硫酸增重即可計算得到結果，評價該同學的方案是否可行？(如果不可行，請說明理由)_____________________________27、（12分）某校化學興趣小組為研究氯氣的性質，設計如圖所示裝置進行實驗，裝置田中夾持裝置已略去，其中a為干燥的品紅試紙，b為濕潤的品紅試紙。(1)加入藥品前，檢查I中氣體發(fā)生裝置氣密性的操作是:用止水夾夾住C處______________。(2)裝置I中生成氧氣的離子方程式為________________。(3)裝置II的作用是________________。(4)實驗過程中，裝置IV中的實驗現(xiàn)象為________________。(5)實驗過程中，該組同學在裝置III中觀察到b的紅色褪去，但是并未觀察到“a無明顯變化”這一預期現(xiàn)象，其原因是________________。為達到該預期現(xiàn)象，應改進實驗裝置，改進的方法是________________。28、（14分）（1）我國是激光技術先進的國家，紅寶石（Al2O3）是最早用于產生激光的材料。請用離子方程式來證明它是一種兩性氧化物：___________、_________________．（2）取等質量的兩份某鎂鋁合金分別加入足量的稀鹽酸和氫氧化鈉溶液中，產生的標準狀況下H2體積分別為33.6L、22.4L則該合金中鎂，鋁的物質的量之比為___________。（3）Cl2O為國際公認高效安全滅菌消毒劑，實驗室可用潮濕的Cl2與Na2CO3反應制取少量Cl2O，補充完整并配平方程式：__Cl2+Na2CO3+—NaHCO3+NaCl+Cl2O。29、（10分）已知A、B、C為中學化學中常見的單質。室溫下，A為固體，B和C均為氣體。在適宜的條件下，它們可以按下面框圖進行反應?；卮鹣铝袉栴}：（1）A、B、C三種元素中的任意兩種元素形成的化合物所屬物質類別一定不是________。①氫化物②酸③堿④鹽⑤氧化物（2）A、B、C三種元素中有一種是金屬，則這種元素是A、B、C中的________，理由是__________。（3）如果E溶液是一種強酸，則E的化學式為_________；①A能否是鐵：________，理由是____________；②A能否是銅：________，理由是____________；③A可能是________(任寫兩種)。

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】

膠體的最本質的特征是分散質顆粒的直徑在1nm～100nm之間，溶液和濁液本質區(qū)別是：分散質微粒直徑在<1nm的是溶液，分散質微粒直徑在>100nm的是濁液，故答案為：D?！军c睛】利用丁達爾效應可以快速鑒別溶液與膠體，但膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是膠體粒子的直徑介于1～100nm之間，而不是丁達爾效應；膠體不帶電荷，膠體粒子(分散質)帶電荷，但淀粉膠體的膠體粒子也不帶電荷。2、D【解析】

新制氯水中含有三分子、四離子：水分子、氯分子、次氯酸分子、氫離子、氫氧根離子、氯離子、次氯酸根離子?！驹斀狻緼.新制氯水中存在的次氯酸有漂白性，能使紅玫瑰變?yōu)榘酌倒?，說明有次氯酸，A項錯誤；B.加入石蕊溶液，溶液會先變紅后褪色，說明該溶液含HClO和H+，B項錯誤；C.次氯酸酸性比碳酸弱，不會與KHCO3反應產生氣體。新制氯水中存在氯化氫，將KHCO3固體加入新制的氯水中，有氣泡產生，說明有H+，C項錯誤；D.新制氯水中存在次氯酸，，故光照新制氯水有氧氣逸出，D項正確；答案選D。3、A【解析】

A．0.1molFe在0.lmolCl2中充分燃燒時，鐵過量，氯氣完全反應，且反應后變?yōu)?1價，故0.lmolCl2轉移0.2NA，A正確；B．濃硫酸和Cu在加熱條件下發(fā)生反應，而稀硫酸和Cu不反應，所以濃硫酸不能完全反應，則轉移電子數(shù)小于12mol/L0.05L=0.6NA，得到SO2小于0.3NA，B錯誤；C．Cl2與NaOH溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，氯氣既是氧化劑又是還原劑，各占參加反應Cl2的一半，1molCl2與足量NaOH溶液反應，轉移電子數(shù)即得到電子數(shù)為1mol2NA=NA，C錯誤；D．Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，各占參加反應Na2O2的一半，1molNa2O2與足量水反應轉移電子數(shù)為1mol2NA=NA，D錯誤。答案選A。4、C【解析】

A、鋅能將硫酸銅溶液中的金屬銅置換出來，即：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故A正確；B、氫氧化鈉與鹽酸之間發(fā)生中和反應，實質是：OH-+H+=H2O，故B正確；C、鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，即Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C錯誤；D、鋇離子和硫酸根離子之間反應生成硫酸鋇沉淀，即Ba2++SO42-=BaSO4↓，故D正確；故選C。5、A【解析】

水泥：主要成分是硅酸三鈣3CaOSiO2、硅酸二鈣2CaOSiO2和鋁酸三鈣3CaOAl2O3等；玻璃：主要成分為硅酸鈉Na2SiO3和硅酸鈣CaSiO3還有反應剩余的二氧化硅SiO2；陶瓷的成分比較復雜，但含有Si元素；通過分析知，玻璃、陶瓷和水泥的主要成分都含有的元素是Si元素，故答案為A。6、A【解析】

Fe和Mg均為活潑金屬可以和稀硫酸反應，但不能和NaOH溶液溶液反應，NaCl既不和稀硫酸反應，也不和NaOH溶液反應，三氧化二鋁為兩性氧化物，既可以和稀硫酸反應，也可以和NaOH溶液反應。

綜上所述答案為A?！军c睛】7、A【解析】

試題分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2價的金屬，所以Cu失去電子的物質的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去電子的物質的量與硝酸變?yōu)榈难趸铮ê琋O、N2O4、NO2）得到電子的物質的量相等。由于這些氣體恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3兩種鹽溶液，在NaNO3中N元素的化合價是+5價，與硝酸中N的化合價相同，所以產生NaNO2得到電子的物質的量就是Cu失去電子的物質的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根據元素守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，選項是A。8、A【解析】

A．化學離不開實驗，也需要理論的指導，故A正確；B．化學是一門以實驗為基礎的科學，化學不再需要實驗是錯誤的，故B錯誤；C．化學也需要理論研究，離不開理論的指導，故C錯誤；D．化學無論何時，都需要實驗來驗證，故D錯誤；故答案為A。9、D【解析】

A.濃硫酸具有強腐蝕性，貼腐蝕品的標志，A正確；B.（酒精）屬于易燃物，貼易燃液體的標簽，B正確；C.汞是劇毒品，貼劇毒品標志，C正確；D.KCl性質穩(wěn)定，不屬于易爆物，該圖為爆炸品標志，D錯誤；故答案為：D?！军c睛】常用危險化學品標志：10、D【解析】

A.標況下四氯化碳為液體，不能使用氣體摩爾體積計算其物質的量，A項錯誤；B.氦氣為單原子單質分子，常溫常壓下，1mol氦氣含有的核外電子數(shù)為2NA，B項錯誤；C.硝酸可將鐵氧化為+3價，當鐵過量時鐵可將Fe3+還原為Fe2+，題干給出的鐵的質量無法確定是否過量，因此無法計算出轉移的電子的數(shù)目，C項錯誤；D.46gNO2和N2O4的混合氣體中含有1mol最簡式NO2，含有1mol氮原子，2mol氧原子，共含有原子數(shù)為3NA，D項正確；答案選D?！军c睛】本題計算時要注意氣體摩爾體積的研究對象，物質在標準狀況下的狀態(tài)是易錯點。11、C【解析】

A、物質的物質的量之比等于其分子數(shù)之比，為1：1，A正確；B、氧原子的數(shù)目比為(1×2)：(1×3)=2：3，B正確；C、質量比為(1mol×64g/mol)：(1mol×80g/mol)=4：5，C錯誤；D、它們所含的原子數(shù)目比為(1×3)：(1×4)=3：4，D正確；故答案選C。12、A【解析】同溫同壓下，氣體的體積之比等于其物質的量之比，氧氣、甲烷、二氧化碳、二氧化硫的物質的量分別為32g/mol、16g/mol、44g/mol、64g/mol，根據n=可知，質量相等的氣體，甲烷的物質的量最大，故甲烷占有的體積最大，故選A。13、B【解析】

金屬單質與氯氣反應得到最高價的金屬氯化物，鋁與氯氣反應生成氯化鋁，銅在氯氣中燃燒生成氯化銅．【詳解】A、Fe和氯氣在點燃時能直接生成FeCl3，故A不選；B、Fe和氯氣在點燃時能直接生成FeCl3，故B選；C、鋁與氯氣反應生成氯化鋁，故C不選；D、Cu與氯氣在點燃時能直接生成CuCl2，故D不選；故選B。【點睛】本題考查氯氣的性質，解題關鍵：明確氯氣具有強氧化性，與變價金屬反應生成最高價金屬氯化物，易錯點B。14、C【解析】

A．試管受熱面積小，可以用于直接加熱，A不符合題意；B．蒸餾燒瓶受熱面積大，易受熱不均勻，在酒精燈上加熱時必須墊石棉網，能加熱，B不符合題意；C．容量瓶上有溫度和刻度，是一個配制一定物質的量濃度的溶液的儀器，不能加熱，C符合題意；D．燒杯受熱面積大，易受熱不均勻，在酒精燈上加熱時必須墊石棉網，能加熱，D不符合題意；答案選C。15、D【解析】

A.58.5g氯化鈉的物質的量為1mol，含有1mol鈉離子、1mol氯離子，總共含有2mol離子，所含的離子數(shù)為2NA，故A錯誤；B.在標準狀況下，三氧化硫為固體，題中條件無法計算22.4LSO3的物質的量，故B錯誤；C.溶液的體積不等于水的體積，所以含NA個Na+的Na2O溶解于1L水中形成溶液的體積不知道，無法計算其濃度，故C錯誤；D.氯氣與氫氧化鈉溶液的反應中，氯氣既是氧化劑，也是還原劑，1mol氯氣完全反應轉移1mol電子，標準狀況下，22.4LCl2與足量的NaOH溶液反應，轉移電子總數(shù)為NA，故D正確；故答案選D。16、D【解析】

A.蒸餾操作時，為防止液體沸騰時的劇烈跳動，向蒸餾液體中加入幾塊沸石，以防止暴沸，故A正確；B.蒸發(fā)時不能蒸干，當混合物中出現(xiàn)大量晶體時停止加熱，再利用余熱烘干，故B正確；C.分液時為避免上下層液體混合，則分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，故C正確；D.酒精和水互溶，不能用酒精作萃取劑從溴水中萃取溴，故D錯誤；故選D。17、B【解析】

碳酸化時發(fā)生反應NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，該反應中沒有元素化合價發(fā)生變化，所以不屬于氧化還原反應，有新的物質生成，故屬于化學變化，故答案為B。18、D【解析】

A．64gSO2的物質的量為=1mol，，1個SO2分子中有2個氧原子，故64gSO2含有氧原子數(shù)為2NA，A錯誤；B．物質的量濃度0.5mol·L－1的MgCl2溶液，由于沒有給出體積，所以無法計算含有Cl-數(shù)目，B錯誤；C．標準狀況下，H2O為液體，不能用氣體摩爾體積計算22.4LH2O的物質的量，C錯誤；D．常溫常壓下，14gN2的物質的量為=0.5mol，故14gN2含有分子數(shù)為0.5NA，D正確；答案選D。19、C【解析】

A.由題意，氯原子的核電荷數(shù)為17，故A選項正確。B.由氯元素的原子結構示意圖，可知氯原子的最外層電子數(shù)為7個電子，故B選項正確。C.氯的相對原子質量為35.5，故C選項錯誤。D.氯元素最外層為7個電子，容易得一個電子形成8電子穩(wěn)定結構，是典型的非金屬元素，故D選項正確。故答案選C。20、B【解析】

由圖象可知，開始加入NaOH溶液無沉淀產生，說明含有H+,繼續(xù)加入NaOH溶液產生沉淀，達到沉淀最大量后，繼續(xù)加入NaOH溶液，無沉淀產生，說明含有NH4＋，繼續(xù)加入NaOH溶液，部分沉淀溶解，說明含有Al3＋和Mg2＋。所以溶液中含有的離子為：H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4＋，答案：B。21、A【解析】

A.氯化氫溶于水能電離出氫離子、氯離子，所以溶液能導電，則氯化氫屬于電解質，故A正確；B.二氧化碳自身不能電離出離子，不能導電，其與水反應生成的碳酸溶液可導電，則二氧化碳屬于非電解質，故B錯誤；C.蔗糖在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不導電，則蔗糖屬于非電解質，故C錯誤；D.鐵為單質不是化合物，所以鐵既不是電解質也不是非電解質，故D錯誤；綜上所述，答案為A?！军c睛】在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物為電解質，在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導電的化合物為非電解質。22、B【解析】

0.5mol/L的Na2CO3溶液20mL，可以算出碳酸鈉的物質的量n=cV=0.5mol/L×0.02L=0.01mol，取出10mL，取出的碳酸鈉的物質的量為mol=0.005mol，1mol碳酸鈉含有2mol鈉離子，鈉離子的物質的量是碳酸鈉的物質的量的兩倍，故鈉離子的物質的量=0.005mol×2=0.01mol，答案選B?！军c睛】向一定物質的量濃度的溶液取出一部分，濃度不變，物質的量改變。二、非選擇題(共84分)23、N2+3H22NH34NH3+5O24NO+6H2OCu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者C＋4HNO3(濃)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(濃)4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任寫一種）酸N2O5N2O5+H2O=2HNO32NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+【解析】

已知圖中物質都是含氮元素的物質，過程①中A為單質，D為氫化物，A生成D是人工固氮反應，則為氮氣和氫氣在高溫、高壓、催化劑的條件下生成氨氣的反應，則A為氮氣，D為氨氣；過程②中B為氮的氧化物且氮元素為+2價，則發(fā)生的反應為氨氣催化氧化反應生成一氧化氮和水，則E為一氧化氮；G也是氮氧化物且氮元素的化合價為+4價，由E轉變?yōu)镚的反應為一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮，則G為二氧化氮；J為含氮元素的酸且氮元素為+5價，由二氧化氮轉變?yōu)樗岬姆磻獮槎趸⒀鯕夂退磻上跛?，則J為硝酸；過程⑤為硝酸轉化為二氧化氮，反應較多，如：濃硝酸與銅反應、硝酸受熱分解或硝酸與碳單質反應都可產生二氧化氮；氨氣轉變?yōu)镸，M為堿，即M為一水合氨；一水合氨也可轉化為L，則L為銨鹽，同時，過程⑥為硝酸轉變?yōu)長，則L為硝酸銨；另外Q為氮氧化物且氮元素的化合價為+5價，則Q為五氧化二氮；R為含氮元素的另一種酸，且氮元素化合價為+3價，則R為亞硝酸。【詳解】（1）根據分析，A為氮氣，D為氨氣，氮氣和氫氣在高溫、高壓、催化劑的條件下生成氨氣，化學方程式是N2+3H22NH3，故答案為：N2+3H22NH3；（2）根據分析，過程②中B為氮的氧化物，則發(fā)生的反應為氨氣催化氧化反應生成一氧化氮和水，則E為一氧化氮，發(fā)生的反應方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）過程⑤為硝酸轉化為二氧化氮，反應較多，如：濃硝酸與銅反應、硝酸受熱分解或硝酸與碳單質反應都可產生二氧化氮，化學方程式為：Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者C＋4HNO3(濃)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或4HNO3(濃)4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任寫一種），故答案為：Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者C＋4HNO3(濃)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(濃)4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任寫一種）；（4）根據分析，R為亞硝酸，R可與NaOH溶液反應：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，該反應中未發(fā)生化合價的變化，屬于酸堿中和反應，體現(xiàn)了R（HNO2）的酸性，故答案為：酸；（5）根據分析，Q為五氧化二氮，化學式是N2O5；Q屬于酸性氧化物，也是硝酸的酸酐，五氧化二氮與水反應生成硝酸，化學方程式N2O5+H2O=2HNO3，故答案為：N2O5+H2O=2HNO3；（6）根據分析L為硝酸銨，為酸性后加入適量NaClO，可將L中陽離子轉化為無污染氣體以去除，則該無污染氣體為氮氣，硝酸銨與NaClO反應的離子方程式2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故答案為：2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+。【點睛】本題考查含氮元素化合物的相互轉化，需要對氮及其化合物性質掌握準確。24、H2Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OFe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al3+和Na+【解析】

溶液E與氨水反應生成紅褐色沉淀G，可知G是氫氧化鐵，則紅色物質A是Fe2O3；金屬單質B能與強堿溶液反應，B是Al、F是H2、H是NaAlO2；Fe2O3與Al發(fā)生鋁熱反應生成氧化鋁和鐵，D是Al2O3、C是Fe；Fe與鹽酸反應生成FeCl2，則E是FeCl2；NaAlO2與鹽酸反應生成氯化鈉、氯化鋁，氯化鋁與氨水反應生成氫氧化鋁沉淀，J是Al(OH)3，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉?！驹斀狻扛鶕陨戏治觯?）鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，所以單質F是氫氣，化學式是H2。（2）沉淀J是Al(OH)3，與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉溶液，反應的離子方程式Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（3）溶液E是FeCl2，加入氨水時，生成白色沉淀氫氧化亞鐵，反應的離子方程式是Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+，氫氧化亞鐵易被氧氣氧化為紅褐色氫氧化鐵沉淀，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀的化學反應方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）NaAlO2與鹽酸反應生成氯化鈉、氯化鋁，所以溶液I是中所含金屬離子是Al3+和Na+?！军c睛】本題考查無機物推斷，物質的顏色及轉化關系中特殊反應是推斷突破口，再結合轉化關系推斷，需要熟練掌握鋁、鐵及其化合物的性質。25、2H2SO4(濃)+CCO2↑+SO2↑+2H2OA中品紅溶液褪色除去SO2并檢驗SO2，氣體是否除盡，排除SO2對CO2氣體檢驗的干擾5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+C中品紅溶液不褪色D中溶液變渾濁【解析】

根據碳和硫酸反應生成二氧化硫、二氧化碳和水分析，二氧化硫能使品紅褪色，但二氧化碳不能，二氧化碳能使澄清石灰水反應變渾濁，二氧化硫也能，故先檢驗二氧化硫并除去，后檢驗二氧化碳。【詳解】(1)碳和濃硫酸反應生成二氧化硫和二氧化碳和水，方程式為2H2SO4(濃)+CCO2↑+SO2↑+2H2O；(2)①二氧化硫能使品紅褪色，故A中品紅溶液褪色；②因為二氧化硫也能使澄清石灰水變渾濁，故先除去SO2并檢驗SO2氣體是否除盡，排除SO2對CO2氣體檢驗的干擾；③二氧化硫能被高錳酸鉀氧化，離子方程式為：5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+；④二氧化硫完全除去后才能根據澄清石灰水的現(xiàn)象分析，故能夠證明混合氣體中含有CO2的實驗現(xiàn)象是：C中品紅溶液不褪色D中溶液變渾濁。【點睛】掌握物質檢驗的方法和防干擾措施，二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水變渾濁，所以應先檢驗二氧化硫并除去，且除去后再次檢驗二氧化硫已經除凈后才能檢驗二氧化碳。26、CuO、SO3、SO2、O2、H2O4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O4.5使分解產生的氣體全部被洗氣瓶中試劑吸收不可行，SO3也能溶解在濃硫酸中，濃硫酸的增重不止只是水的質量【解析】

I、該實驗的目的是探究硫酸銅晶體(CuSO4·xH2O)受熱分解后所得產物，A中藍色晶體逐漸變成白色粉末，繼續(xù)加熱最終變成黑色，說明晶體受熱分解產生了CuO；B中酸性BaCl2溶液產生白色沉淀，則分解產物中有SO3；D中溶液變紅，說明Fe2+被氧化為Fe3+，即產物中有氧化性物質，根據質量守恒定律可知，該氧化性物質為O2，則分解產物中有SO2生成（CuSO4中，O為-2價，若得到O2，需要升高化合價，所以S的化合價一定降低，生成SO2），所以B中的現(xiàn)象是品紅溶液褪色，E的作用是吸收多余的有害氣體，防止污染環(huán)境；II、根據實驗I推出硫酸銅晶體產物有SO2、SO3，B中含有Cl2和BaCl2，Cl2在水中可以將SO2氧化為SO42-，故CuSO4中的S全部轉化為了BaSO4，則可以通過BaSO4的質量來計算x的值?！驹斀狻縄、（1）經分析，CuSO4受熱分解產生的產物有CuO、SO2、SO3、O2；對于晶體而言，受熱分解產物還有H2O，故可推測該硫酸銅晶體最終分解產物可能有CuO、SO3、SO2、O2、H2O；（2）D中，F(xiàn)e2+先被O2氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+再和SCN-結合生成血紅色物質，涉及的離子反應為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；II、（1）根據題意可知，n(BaSO4)==0.03mol，則n(CuSO4·xH2O)=0.03mol，所以有0.03mol×(150+18x)g/mol=7.23g，解得x=4.5；再次通入N2的目的是使分解產生的氣體全部被洗氣瓶中試劑吸收；（2）不可行，分解產物SO3可以溶解在濃硫酸中，濃硫酸的增重不止只是水的質量。【點睛】本題的難點在于實驗II的（2）題，濃硫酸吸收SO3是一個很少見的知識點，主要出現(xiàn)在硫酸工業(yè)的第三步，考生需要結合平時學習中的知識去分析問題。27、橡皮管,然后向分液漏斗中加水，打開分液漏斗活塞，液體不能順利流下則氣密性良好MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O除去氯氣中混有的氯化氫氣體無色溶液變藍色氯氣中混有的水蒸氣未除去在裝置II和裝置III之間添加盛有濃硫酸的洗氣瓶【解析】(1)加入藥品前，檢查I裝置氣密性的操作方法為：用止水夾夾住C處橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打開分液漏斗活塞，液體不能順利流下則氣密性好，故答案為：橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打開分液漏斗活塞