2026屆江西省吉安市一中高一化學第一學期期末監(jiān)測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、下列有關實驗操作錯誤的是A．過濾操作中，漏斗的尖端應該緊靠燒杯內壁B．蒸餾完畢后，應該先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置C．向容量瓶轉移液體時，引流用的玻璃棒不可以接觸容量瓶內壁D．為準確配制一定物質的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線2、等物質的量的鈉和過氧化鈉分別與足量的水作用，生成的氣體的體積比是()A．3∶1 B．1∶1 C．2∶1 D．1∶23、將50ml3mol/L的NaOH溶液加水稀釋到500ml，稀釋后NaOH的物質的量濃度為()A．0.03mol/L B．0.3mol/L C．0.5mol/L D．0.05mol/L4、某無色溶液含有下列離子中的若干種：H＋、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、CO32-、Cl－、OH－，向該溶液中加入鋁粉，只放出H2，則溶液中能大量存在的離子最多有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種5、在某透明溶液中，能大量共存的離子組是（）A．K+、MnO4-、SO42- B．Ba2+、Cl-、SO42-C．Na+、CO32-、H+ D．OH-、Na+、Fe3+6、下列關于物質分類的說法正確的是A．HNO3、CO2、CaCO3都屬于酸 B．金剛石、白磷都屬于單質C．SO2、SiO2、CO均屬于酸性氧化物 D．金屬氧化物均為堿性氧化物7、在標準狀況下，氣體的體積大小主要取決于A．分子數(shù)目 B．分子間距 C．分子大小 D．分子種類8、化學概念在邏輯上存在如圖所示關系：對下列概念的說法不正確的是()A．純凈物與混合物屬于并列關系B．化合物與氧化物屬于包含關系C．單質與化合物屬于交叉關系D．氧化還原反應與化合反應屬于交叉關系9、在某體系內有反應物和生成物5種物質：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S為反應物，則另一反應物是A．S B．FeCl2 C．FeCl3 D．HCl10、在兩個容積相同的容器中，一個盛有NH3氣體，另一個盛有H2和O2的混合氣體。在同溫同壓下，兩容器內的氣體不可能具有相同的A．原子數(shù) B．分子數(shù) C．質量 D．電子數(shù)11、下列變化中，氣體被還原的是A．CO2使Na2O2固體變白 B．Cl2使KBr溶液變黃C．一定條件下H2能使CuO固體變紅 D．NH3使AlCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀12、將3.9g鎂鋁合金投入到足量的NaOH溶液中，共產(chǎn)生標準狀況下H2的體積為3.36L。則原合金中鎂和鋁的物質的量之比是A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．2：313、某同學參閱了“84消毒液”說明中的配方，欲用NaClO固體、容量瓶自己配制480mL含NaClO25%密度為1.19g·cm-3的消毒液。下列說法正確的是（）A．配制過程中只需要三種儀器即可完成B．所配得的NaClO消毒液在空氣中光照、久置后溶液中NaClO物質的量濃度減小C．容量瓶用蒸餾水洗凈后必須烘干才用于溶液的配制D．需要稱量的NaClO固體的質量為142.80g14、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，11.2L酒精中含有分子的數(shù)目為0.5NAB．常溫常壓下，3.2g18O2的中子數(shù)目為2NAC．常溫常壓下，24g鎂與足量鹽酸充分反應，轉移的電子數(shù)為2NAD．常溫常壓下，2.24LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.1NA15、當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是A．蔗糖溶液 B．氯化鈉溶液 C．Fe(OH)3膠體 D．NaOH溶液16、硫單質在反應3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中的變化是A．被氧化 B．被還原 C．既被氧化又被還原 D．既未被氧化又未被還原17、配制0.1mol?L﹣1的NaOH溶液，下列操作會導致所配的溶液濃度偏高的是A．用敞口容器稱量NaOH且時間過長B．定容時俯視讀取刻度C．原容量瓶洗凈后未干燥D．配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒18、氯水可用來殺菌消毒，又可作為漂白劑，其中起主要作用的物質是A．Cl2 B．HC1O C．HC1 D．H2O19、下列敘述正確的是A．兩種微粒，若核外電子排布完全相同，則其化學性質一定相同B．凡單原子形成的離子，一定具有稀有氣體元素原子的核外電子排布C．兩原子如果核外電子排布相同，則一定屬于同種元素D．陰離子的核外電子排布一定與上一周期稀有氣體原子的核外電子排布相同20、下列有關燃料的說法錯誤的是A．燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一B．化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染C．以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染D．燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一21、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是（）A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑22、鑒別氯水和鹽酸兩種物質時，最合適的試劑是()A．硝酸銀溶液 B．淀粉碘化鉀溶液 C．碳酸鈉溶液 D．酚酞溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）元素推斷題。根據(jù)部分短周期元素的信息回答問題。元素元素信息A第三周期VIIA族B族序數(shù)是周期數(shù)的3倍C原子序數(shù)是11DD3＋與Ne的電子數(shù)相同（1）A、B的元素符號分別為_______、________，C、D的元素名稱分別為________、_______。B、D兩元素在周期表中所在的位置分別是________、____________。（2）寫出B、C的單質在加熱時的反應方程式：_____________。（3）從原子結構的角度分析，C原子與D原子的__________相同。寫出A的單質與水反應的離子方程式_______________，D的單質與C的氧化物的水化物溶液反應的化學方程式__________。24、（12分）有A、B、C、D四種元素，A的最高正價與其最低負價的絕對值之差為6；A、D次外層都是8個電子，A與D的化合物DA在水溶液中能電離出具有相同電子層結構的陰、陽離子；B有兩個電子層，其最高正價與最低負價的代數(shù)和為0；C2－與氬原子具有相同的電子層結構。(1)試寫出上述各元素的符號：A______，B______，C______，D______。(2)畫出下列粒子的結構示意圖：A：________________，C2－：__________。(3)元素A、C、D形成簡單離子的半徑由大到小的順序是________________。(4)寫出A、D的最高價氧化物對應水化物反應的化學方程式：_____________。25、（12分）興趣小組探究實驗室中制備Cl2的過程，為證明過程中有水蒸氣和HCl揮發(fā)出來，同時證明Cl2的某些性質，甲同學設計了如圖所示的實驗裝置，按要求回答問題：（1）若用濃鹽酸與足量的MnO2反應制Cl2。MnO2+4HCl(濃)△MnCl2+Cl2↑+2H2O。①用雙線橋表示該反應的電子轉移___。②___作氧化劑，___作還原產(chǎn)物。（2）①裝置B中盛放的試劑名稱為___，作用是___。②裝置D和E中出現(xiàn)的不同現(xiàn)象說明的問題是___。③寫出裝置G中發(fā)生反應的離子方程式：___。26、（10分）某同學欲探究Na2O2與水的反應，可供使用的試劑有：Na2O2、蒸餾水、KMnO4酸性溶液、MnO2。該同學取4gNa2O2樣品與過量水反應，待完全反應后，得100mL溶液X和448mLO2（已折算為標準狀況）。該同學推測反應中可能生成了H2O2，并進行實驗探究。⑴試設計實驗證明溶液X中含過氧化氫_________________。⑵通過上述實驗證明溶液中確實存在H2O2。取少量X于試管中，滴加幾滴酚酞試液，實驗現(xiàn)象為___________。⑶取少量X于試管中，滴加FeCl2溶液，立即生成紅褐色沉淀，則該反應的離子方程式為___________。⑷已知溶液X可使酸性KMnO4溶液褪色，同時放出氧氣，完成并配平該反應的離子方程式：____________MnO4-+________H2O2+________H+—________Mn2++________O2↑+__________。取100mL溶液X，使其與過量酸性KMnO4溶液反應，最終生成224mLO2（已折算為標準狀況），則此樣品中Na2O2的質量分數(shù)是___________。27、（12分）為探究H2O2、SO2、Br2的性質，某小組同學設計如下實驗(夾持及尾氣處理裝置已略去，氣密性已檢驗)。實驗操作實驗現(xiàn)象i．打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾，打開A中分液漏斗活塞，滴加濃硫酸A中有氣泡產(chǎn)生，B中紅棕色溴水褪色，C中有白色沉淀ⅱ．取C中沉淀加入鹽酸C中白色沉淀不溶解ⅲ．打開B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2開始時顏色無明顯變化；繼續(xù)滴加H2O2溶液，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色(1)在滴入濃硫酸之前要通入N2一段時間的目的是__________________________。(2)該實驗可以證明SO2具有_________性；H2O2的氧化性_________Br2(填“強于”“弱于”)。(3)B中紅棕色褪去的原因_______________________________，B中重新變成紅棕色的原因____________________________________(均用離子方程式表示)。(4)C中產(chǎn)生的白色沉淀是______。(5)甲同學通過C中產(chǎn)生白色沉淀，得出結論：SO2能與BaCl2反應產(chǎn)生沉淀。乙同學認為不能得出此結論，并對實驗進行了改進：在B和C之間增加盛放_________的洗氣瓶。再次進行實驗時，則C中未產(chǎn)生沉淀。(6)為進一步研究SO2的性質，分別用煮沸和未煮沸過的蒸餾水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，進行如下實驗：①實驗A中，沒有觀察到白色沉淀，但pH傳感器顯示溶液呈酸性，原因是__________________。(用化學方程式表示)②實驗C中出現(xiàn)白色沉淀比實驗B快很多。由此得出的結論是__________________。若實驗B、C中通入足量的SO2后，溶液酸性：B_________C(填“強于”“弱于”“等于”)。(7)Na2SO3固體因貯放不慎發(fā)生變質?，F(xiàn)取樣品1.8克溶于水得溶液A，在A中加入足量BaCl2溶液,過濾得沉淀B，將沉淀B加入足量的稀硫酸后,沉淀不僅不消失，反而增加了0.16g(假如沉淀完全轉化)。樣品中Na2SO3的質量分數(shù)是___________________。28、（14分）有關物質的轉化關系如下圖所示（部分物質和條件已略去）。A、B、E、G、H、J常溫下為氣體，A為黃綠色，J為紅棕色，B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，E是空氣中含量最多的氣體，C工業(yè)上用于制取漂白粉，K為一種紅色金屬單質，I是常見的無色液體。（1）E的電子式為___________________。（2）反應②的化學方程式為___________________。（3）寫出反應③的化學方程式，并用單線橋表示電子轉移的方向和數(shù)目：___________________。（4）反應⑤的離子方程式為___________________。29、（10分）微型化學實驗能有效減少污染，節(jié)約藥品。下圖中，某學生在襯有一張白紙的玻璃片上放置表面皿，在表面皿上的不同位置分別滴加濃度為0.1mol/L的KBr、KI（含淀粉溶液）、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，在表面皿中心處放置2小粒KMnO4晶體，并滴加一滴濃鹽酸，立即將表面皿蓋好?？梢奒MnO4晶體很快溶解，并產(chǎn)生氣體(1)①寫出化學實驗室中用MnO2制取Cl2的化學方程式______________________________。②完成本實驗中制取Cl2的化學方程式：___________KMnO4+__________HCl(濃)——______KCl+________MnCl2+____Cl2↑+_____________如該反應中消耗還原劑的物質的量為8mol，則電子轉移數(shù)目為_________________。(2)b處的實驗現(xiàn)象為____________________________________________________。c處的實驗現(xiàn)象為____________________________________________________。(3)d處反應的離子方程式為____________________、____________________。(4)通過該實驗能比較Cl2、FeCl3、KMnO4三種物質氧化性的強弱，其氧化性由強到弱的順序是_________________________________________。

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、C【解析】

過濾時，應避免濾液飛濺；蒸餾完畢后，還需充分冷凝；引流用的玻璃棒的下端應在刻度線下；定容過程中向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管定容?！驹斀狻緼、過濾時，漏斗的尖端應該緊靠燒杯內壁，防止液滴飛濺，操作合理，故A正確；B、蒸餾完畢后，還需充分冷凝，則先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置，故B正確；C、向容量瓶中轉移液體時，引流用的玻璃棒的下端應靠在刻度線下的容量瓶內壁，故C錯誤；D、定容過程中向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管定容，滴加蒸餾水至刻度線，故D正確。答案選C?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握混合物分離提純、實驗基本操作、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。2、B【解析】

設鈉和過氧化鈉的物質的量分別為2mol，鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應的化學方程式為2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，由方程式可知，2mol鈉與水反應生成1mol氫氣，過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應的化學方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，由方程式可知，2mol過氧化鈉與水反應生成1mol氧氣，則相同條件下，氫氣和氧氣的體積之比為1∶1，故選B。3、B【解析】

根據(jù)稀釋定律可知，溶液稀釋前后溶質的物質的量不變，據(jù)此計算?！驹斀狻吭O稀釋后溶液中NaOH的物質量濃度為c，根據(jù)C濃V濃=C稀V稀可得：50×10-3L×3mol/L=500×10-3L×c，解得c=0.3mol/L，所以答案B正確。故選B。4、B【解析】

無色溶液不含F(xiàn)e3+，向該溶液中加入鋁粉，只放出H2，則溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，若為酸溶液，則含H＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－，最多4種，不含CO32－、OH－，若為堿溶液，含Ba2＋、CO32－、Cl－、OH－，但Ba2＋、CO32－不能同時存在，所以最多有4種，答案選B。【點睛】本題考查離子的共存及離子反應，把握與Al反應生成氫氣的溶液為非氧化性酸或強堿溶液為解答的關鍵，尤其要注意在酸性溶液中不能存在硝酸根離子，否則與金屬鋁反應得不到氫氣，為易錯點。5、A【解析】

A.三種離子可以共存，且溶液透明，故A正確；B.鋇離子和硫酸根生成硫酸鋇沉淀，故B錯誤；C.碳酸根和氫離子反應生成二氧化碳和水，故C錯誤；D.氫氧根和鐵離子生成氫氧化鐵成，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】題干要求“透明”，注意透明溶液也可以有顏色。6、B【解析】

A.HNO3屬于酸，CO2屬于酸性氧化物，CaCO3都屬于鹽，A錯誤；B.金剛石、白磷都是僅有一種元素組成的物質，都屬于單質，B正確；C.SO2、SiO2均屬于酸性氧化物，CO是不成鹽氧化物，C錯誤；D.金屬氧化物有的是堿性氧化物，如CaO、Na2O，有的是酸性氧化物，如Mn2O7，有的是兩性氧化物，如Al2O3，有的是過氧化物，如Na2O2，D錯誤；故合理選項是B。7、A【解析】

影響氣體體積的因素有分子數(shù)目、氣體分子的大小、氣體分子間距，氣體沒有固定的形狀，氣體分子間距遠遠大于分子的大小，分子的大小可忽略，溫度、壓強決定氣體的分子間距，標準狀況下，氣體分子間距相等，氣體體積取決于分子數(shù)目，故選A。8、C【解析】

A、物質按含有物質種類的多少可分為純凈物與混合物，是并列關系，故A正確；B、化合物是由兩種或兩種以上元素組成的純凈物，而氧化物是由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物，兩者屬于包含關系，故B正確；C、純凈物按元素的含有情況可分為化合物與單質，單質（只含有一種元素）與化合物（含有2種或2種以上的元素）二者是并列關系，故C錯誤；D、有些氧化反應為化合反應，是交叉關系，故D正確。故選：C?！军c睛】此題是對概念間關系的考查，把握個概念間的關系是解題的關鍵，易錯點D，有些氧化反應為化合反應，部分化合反應是氧化還原反應，是交叉關系．9、C【解析】

根據(jù)S守恒，反應中H2S被氧化成S，結合“氧化還原反應的特征：元素的化合價有升降”分析?！驹斀狻縃2S為反應物，根據(jù)S守恒，S為生成物，即反應中S元素的化合價由-2價升至0，H2S→S為氧化反應；氧化還原反應中氧化反應和還原反應一定同時發(fā)生，根據(jù)各物質中元素的化合價，另一過程為FeCl3→FeCl2，F(xiàn)e元素的化合價由+3價降至+2價，另一反應物為FeCl3，反應的化學方程式為H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案選C。10、A【解析】

同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體的物質的量相等、分子數(shù)相等，再結合m=nM、分子構成分析解答。【詳解】同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體的物質的量相等、分子數(shù)相等，A.NH3分子中含有4個原子，H2和O2為雙原子分子，物質的量相等時含有原子數(shù)一定不相等，所以A選項符合題意；

B.根據(jù)N=nNA可以知道，氣體物質的量相等時含有分子數(shù)一定相等，故B不符合題意；

C.NH3的摩爾質量為17g/mol；H2的摩爾質量為2g/mol，O2的摩爾質量為32g/mol，當H2和O2的平均摩爾質量為17g/mol時，兩個容器中盛有氣體的質量相等，故C不符合題意；

D.NH3分子中含有10個電子；H2分子中含有2個電子，O2分子中含有16個電子，當H2和O2的混合氣體的平均電子數(shù)為10時，兩個容器中含有電子數(shù)相等，故D不符合題意。

答案選A。11、B【解析】

A．二氧化碳與淡黃色的Na2O2反應生成白色的碳酸鈉，該反應中Na2O2既是氧化劑又是還原劑，二氧化碳不是氧化劑和還原劑，故A錯誤；B．氯氣使KBr溶液變黃，該反應中氯氣做氧化劑，反應中被還原，故B正確；C．一定條件下H2能使CuO固體變紅，反應中H2是還原劑，發(fā)生氧化反應，故C錯誤；D．氨氣與AlCl3溶液的反應不是氧化還原反應，故D錯誤；故答案為B。12、B【解析】

鎂鋁合金中，只有鋁能和氫氧化鈉發(fā)生反應，根據(jù)Al與NaOH溶液反應方程式中轉化關系，由生成氫氣的量計算出鋁的物質的量，再結合n=及物質總質量，可計算出Mg的物質的量，進而得到二者的物質的量的比。【詳解】n(H2)==0.15mol，由Al與NaOH溶液反應的方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反應消耗的Al的物質的量為n(Al)=n(H2)=0.1mol，m(Al)=n·M=0.1mol×27g/mol=2.7g，則原合金中Mg的質量為m(Mg)=3.9g-2.7g=1.2g，所以Mg的物質的量n(Mg)==0.05mol，因此原合金中鎂和鋁的物質的量之比n(Mg)：n(Al)=0.05mol：0.1mol=1：2，故合理選項是B。【點睛】本題考查化學方程式的計算，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意掌握物質的量與其它物理量之間的轉化關系，試題側重考查學生的分析能力及化學計算能力。13、B【解析】

A．根據(jù)配制溶液時需要托盤天平、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管等分析判斷；B．根據(jù)NaClO易水解成HClO，HClO見光易分解分析判斷；C．根據(jù)將溶液轉移至容量瓶之后還要繼續(xù)向溶液中加蒸餾水分析判斷；D．根據(jù)配制480mL的NaClO溶液需要用500mL容量瓶，由m(NaClO)=ρ×V分析判斷?！驹斀狻緼．配制一定物質的量濃度溶液時需要托盤天平、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管等儀器，超過三種，A錯誤；B．NaClO易水解成HClO，HClO見光易分解，最后溶液中的溶質為NaCl，NaClO的濃度減小，B正確；C．容量瓶用蒸餾水洗凈后不必烘干就可用于溶液的配制，且容量瓶不能用烘箱烘干，若進行烘干，會導致容量瓶體積發(fā)生變化，C錯誤；D．應選取500mL的容量瓶進行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的質量：500mL×1.19g?cm-3×25%=148.75g，應該用托盤天平稱量148.8g次氯酸鈉，故D錯誤；故選B。14、C【解析】

A．標準狀況下，酒精為液態(tài)，無法利用氣體摩爾體積計算物質的量，A錯誤；B．3.2g18O2物質的量是mol，中子數(shù)為×20×NA，B錯誤；C．24g鎂物質的量為1mol，與鹽酸反應轉移電子數(shù)為2NA，C正確；D．常溫常壓下，Vm大于22.4L·mol－1，混合氣體的總量小于1mol，碳原子數(shù)目小于1mol，D錯誤；故選C。15、C【解析】

A.蔗糖溶液，屬于溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應，故不選A；B.氯化鈉溶液，屬于溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應，故不選B；C.Fe(OH)3膠體，屬于膠體，能產(chǎn)生丁達爾效應，故選C；D.NaOH溶液，屬于溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應，故不選D。16、C【解析】

該反應中，單質硫中的硫元素化合價為0價，一部分升高到+4價，一部分降低到-2價，故在反應中，硫單質既被氧化又被還原，C項正確；答案選C?！军c睛】氧化還原反應是?？键c，其規(guī)律口訣為：升失氧，降得還，若說劑，則相反。本題中關鍵點是找出硫元素的化合價變化趨勢。17、B【解析】A．用敞口容器稱量NaOH且時間過長，導致稱取的溶質中含有氫氧化鈉的質量偏小，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，A錯誤；B．定容時俯視讀取刻度，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，B正確；C．原容量瓶洗凈后未干燥，對溶液體積、溶質的物質的量都不會產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，C錯誤；D．配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，導致溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，D錯誤；答案選B。點睛：本題考查了一定物質的量濃度溶液的配制誤差分析，準確分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響是解題關鍵，注意誤差分析的依據(jù)：c＝n/V，因此凡是使n偏大，V偏小的操作都能使溶液濃度偏高，反之溶液濃度偏低。18、B【解析】

氯氣與水可以反應生成具有強氧化性的HClO，具有漂白性，還可殺菌消毒作用，B項正確；答案選B。19、C【解析】

A．Na+和Mg2+核外電子排布相同，但化學性質不同，互為同位素的原子，化學性質幾乎完全相同，故A錯誤；B．Pb2+、Pb4+核外電子排布不同，它們不可能都和一種稀有氣體原子的核外電子排布相同，故B錯誤；C．兩原子核外電子數(shù)相同，則質子數(shù)相同，兩原子是同一元素，互為同位素，故C正確；D．原子獲得電子形成陰離子，最外層呈穩(wěn)定結構，電子層數(shù)目不變，陰離子的核外電子排布一定與本周期的稀有氣體原子的核外電子排布相同，不是“上一周期”，故D錯誤；故答案為C。20、B【解析】

A．溫室氣體包括CO2、CH4等氣體，A項正確；B．化石燃料完全燃燒產(chǎn)生大量CO2氣體，大氣中CO2含量過高會導致溫室效應等環(huán)境問題，B項錯誤；C．液化石油氣等物質燃燒能生成水和二氧化碳，是一種比較清潔的能源，所以以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染，C項正確；D．CO是有毒氣體，則燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一，D項正確；答案選B。21、A【解析】

A.Na2O2能夠與人呼吸產(chǎn)生的CO2、H2O反應產(chǎn)生O2，因此可用作呼吸面具供氧劑，A正確；B.Al2O3是離子氧化物，物質的熔沸點很高，因此可用作耐高溫材料，B錯誤；C.SiO2能夠使光線全反射，因此可用于制造光導纖維，C錯誤；D.NH3易液化，氣化時從周圍環(huán)境中吸收大量的熱，使環(huán)境溫度降低，因此液氨可用作制冷劑，D錯誤；故合理選項是A。22、B【解析】

氯水是氯氣的水溶液，溶液中的微粒有H＋、OH－、Cl－、ClO－、H2O、HClO、Cl2；氯化氫溶于水即得到鹽酸，含有的微粒是H＋、OH－、Cl－；A.結合以上分析可知，兩種溶液中均含氯離子，與銀離子反應均生成白色沉淀，無法鑒別，故A錯誤；B.結合以上分析可知，兩種溶液相同的性質是都具有酸性，但氯水還具有強氧化性，能使碘化鉀淀粉溶液變藍色，可以鑒別兩種溶液，故B正確；

C.結合以上分析可知，兩種溶液均顯酸性，都能與碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，無法鑒別，故C錯誤；D.結合以上分析可知，兩種溶液均顯酸性，酚酞遇酸不變色，無法鑒別，故D錯誤；故答案選B?！军c睛】氯水溶液中的微粒有H＋、OH－、Cl－、ClO－、H2O、HClO、Cl2，因此氯水具有酸性、氧化性、漂白性；而鹽酸溶液中微粒是H＋、OH－、Cl－，因此鹽酸具有酸性。二、非選擇題(共84分)23、ClO鈉鋁第二周期第ⅥA族第三周期第ⅢA族2Na+O2Na2O2電子層數(shù)Cl2+H2O==H++Cl-+HClO2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑【解析】

A是第三周期VIIA族，則其為氯；B的族序數(shù)是周期數(shù)的3倍，則其為氧；C的原子序數(shù)是11，則其為鈉；D3＋與Ne的電子數(shù)相同，則其為鋁。（1）由以上分析，可確定A、B的元素符號及C、D的元素名稱。由B、D的原子結構示意圖，可確定兩元素在周期表中所在的位置。（2）B、C的單質在加熱時反應，生成過氧化鈉。（3）通過書寫原子結構示意圖，可確定C原子與D原子在原子結構上的相同點。A的單質與水反應，生成鹽酸和次氯酸；D的單質與C的氧化物的水化物溶液反應，生成偏鋁酸鈉和氫氣?！驹斀狻浚?）通過以分析，可確定A、B分別為氯和氧，元素符號分別為Cl、O，C、D的元素名稱分別為鈉、鋁。B的原子結構示意圖為，D的原子結構示意圖為，兩元素在周期表中所在的位置分別是第二周期第ⅥA族、第三周期第ⅢA族；答案為：Cl；O；鈉；鋁；第二周期第ⅥA族；第三周期第ⅢA族；（2）B、C的單質在加熱時的反應方程式：2Na+O2Na2O2；答案為：2Na+O2Na2O2；（3）Na的原子結構示意圖為，Al的原子結構示意圖為，從原子結構的角度分析，Na原子與Al原子的電子層數(shù)相同。Cl2與水反應的離子方程式為Cl2+H2O==H++Cl-+HClO，Al與Na的氧化物的水化物溶液反應的化學方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；答案為：電子層數(shù)；Cl2+H2O==H++Cl-+HClO；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑?！军c睛】確定元素在周期表中的位置時，可利用原子結構示意圖進行分析；在確定兩元素原子的共同點時，也可通過書寫原子結構示意圖作出判斷。24、ClCSKS2－＞Cl－＞K＋HClO4＋KOH=KClO4＋H2O【解析】

A、B、C、D四種元素，C2-離子與氬原子具有相同的電子層結構，則C為硫元素；B有兩個電子層，其最高正化合價與最低負化合價的代數(shù)和為零，則最外層電子數(shù)為4，故B為碳元素；A的最高正價與其最低負價的代數(shù)和為6，則A處于ⅦA族，A次外層電子數(shù)是8個，則A為氯元素；D次外層電子數(shù)是8個，A和D的化合物DA在水溶液中能電離出具有相同電子層結構的陰、陽離子，A為氯元素，A離子帶1個單位負電荷，核外電子數(shù)為18，所以D的陽離子帶1個單位正電荷，核外電子數(shù)為18，故D為鉀元素，據(jù)此分析。【詳解】（1）由上述分析可知A元素符號為Cl；B元素符號為C；C元素符號為S；D元素符號為K；（2）A為氯原子，其結構示意圖為；C2-為硫離子，是硫原子得到兩個電子，最外層達到8電子穩(wěn)定結構，其離子結構示意圖為；（3）A為Cl；C為S；D為K，故離子具有相同的核外電子排布，根據(jù)核電荷數(shù)越大的，離子半徑反而小可得離子半徑由大到小的順序為S2-＞Cl-＞K+。（4）A、D的的最高價氧化物對應水化物為HClO4、KOH，反應的化學方程式為HClO4＋KOH＝KClO4＋H2O。25、MnO2MnCl2無水硫酸銅檢驗有水揮發(fā)出來干燥的氯氣無漂白作用，潮濕的氯氣與水反應生成次氯酸，其具有漂白性Ag++Cl-=AgCl↓【解析】

（1）在反應MnO2+4HCl(濃)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn由+4價降低為+2價，Cl由-1價部分升高為0價。①用雙線橋表示該反應的電子轉移方向時，箭頭從反應物中的變價元素，指向生成物中同一種變價元素；轉移的數(shù)目是得電子總數(shù)，或者是失電子總數(shù)。②含價態(tài)降低元素的反應物作氧化劑，含價態(tài)降低元素的生成物作還原產(chǎn)物。（2）①檢驗氣體時，應先檢驗水蒸氣，常使用無水硫酸銅。②干燥氯氣沒有漂白性，潮濕的氯氣因與水發(fā)生反應生成次氯酸，從而表現(xiàn)出漂白性。③氯氣溶于水后，與水反應生成HCl，電離出的Cl-能與Ag+發(fā)生反應，生成白色沉淀。【詳解】（1）在反應MnO2+4HCl(濃)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn由+4價降低為+2價，Cl由-1價部分升高為0價。①雙線橋表示該反應的電子轉移方向和數(shù)目的方程式為。答案為：；②在此反應中，MnO2中Mn價態(tài)降低，作氧化劑，MnCl2含價態(tài)降低元素，作還原產(chǎn)物。答案為：MnO2；MnCl2；（2）①檢驗氣體時，應先檢驗水蒸氣，常使用無水硫酸銅，通過變藍可確定有水揮發(fā)出來。答案為：無水硫酸銅；檢驗有水揮發(fā)出來；②裝置D中干燥的有色布條不褪色，E中潮濕的有色布條褪色。從而表明：干燥氯氣沒有漂白性，潮濕的氯氣因與水發(fā)生反應生成次氯酸，從而表現(xiàn)出漂白性。答案為：干燥的氯氣無漂白作用，潮濕的氯氣與水反應生成次氯酸，其具有漂白性；③氯氣溶于水后，與水反應生成HCl，電離出的Cl-能與Ag+發(fā)生反應，生成白色沉淀，反應的離子方程式為Ag++Cl-=AgCl↓。答案為：Ag++Cl-=AgCl↓。【點睛】分析氧化還原反應中物質表現(xiàn)的性質時，首先看元素的價態(tài)，含價態(tài)升高元素的反應物作還原劑，含價態(tài)降低元素的反應物作氧化劑，含價態(tài)升高元素的生成物為氧化產(chǎn)物，含價態(tài)降低元素的生成物為還原產(chǎn)物。如果物質所含元素價態(tài)部分發(fā)生改變，則未改變部分不表現(xiàn)出氧化性或還原性，但可能表現(xiàn)出酸性或堿性。如實驗室用MnO2與濃鹽酸反應制Cl2，生成MnCl2的那部分鹽酸中的Cl價態(tài)未改變，此部分鹽酸表現(xiàn)出酸性；3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，生成NH4Cl的那部分NH3中的N價態(tài)未變，此部分NH3表現(xiàn)出堿性。26、取少量溶液X加入少量MnO2（或少量酸性KMnO4溶液），若有無色氣體放出，（并能使帶火星的木條復燃，）則證明X中含過氧化氫溶液先變紅后褪色2Fe2++4OH-+H2O2＝2Fe(OH)3↓2，5，6，2，5，8H2O97.5%【解析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）檢驗H2O2，利用H2O2在MnO2作用下分解成氧氣，氧氣能使帶火星木條復燃，具體操作是取少量溶液X加入少量MnO2（或少量酸性KMnO4溶液），若有無色氣體放出，（并能使帶火星的木條復燃，）則證明X中含過氧化氫；（2）Na2O2與H2O反應生成氫氧化鈉，即溶液X中含有NaOH和H2O2，滴加酚酞溶液，溶液先變紅，因為H2O2具有強氧化性，能把有色物質氧化漂白，因此現(xiàn)象是溶液先變紅后褪色；（3）溶液X中含有NaOH和H2O2，滴加FeCl2溶液，立即產(chǎn)生紅褐色沉淀，此沉淀為Fe(OH)3，H2O2把Fe2＋氧化成Fe3＋，離子反應方程式為2Fe2＋+4OH－+H2O2＝2Fe(OH)3↓；（4）MnO4－中Mn的化合價由＋7價→＋2價，化合價降低5，H2O2中O的化合價由－1價→0價，H2O2整體化合價升高2價，最小公倍數(shù)為10，MnO4－、Mn2＋的系數(shù)為2，H2O2和O2的系數(shù)為5，然后根據(jù)元素守恒、電荷守恒，得出離子反應方程式為2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；與KMnO4溶液反應產(chǎn)生氧氣物質的量為224×10－3/22.4mol=0.01mol，過氧化氫的物質的量為0.01mol，即生成H2O2的Na2O2的物質的量為0.01mol，過氧化鈉與水反應產(chǎn)生氧氣物質的量為448×10－3/22.4mol=0.02mol，與水反應生成氧氣，消耗Na2O2的物質的量為0.02×2mol=0.04mol，樣品中Na2O2的質量為(0.01＋0.04)×78g=3.9g，過氧化鈉的純度為3.9/4×100%=97.5%。點睛：配平氧化還原反應方程式是個難點，一般采用的方法是化合價升降法，MnO4－中Mn的化合價由＋7價→＋2價，化合價升高5價，H2O2中O的化合價由－1價→0價，H2O2整體化合價升高2價，最小公倍數(shù)為10，即有2MnO4－＋5H2O2→5O2↑＋2Mn2＋，H＋參與反應，即有2MnO4－＋5H2O2＋H＋→2Mn2＋＋5O2↑，根據(jù)反應前后所帶電荷數(shù)守恒，H＋的系數(shù)為6，根據(jù)原子守恒，應有水生成，再把離子方程式書寫出。27、排凈裝置內空氣還原性強于SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+2Br-+H2O2+2H+=Br2+2H2OBaSO4CCl4SO2+H2O?H2SO3在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快弱于70%【解析】

(1)裝置中含有空氣，空氣中的氧氣能和SO2在水溶液中發(fā)生氧化還原反應生成H2SO4，在滴加濃硫酸之前應增加一步操作，先排盡空氣，則滴入濃硫酸之前要通入N2一段時間的目的是排凈裝置內空氣；(2)SO2使溴水褪色，體現(xiàn)了SO2具有還原性；實驗ⅲ中在含有Br-的水溶液中滴加H2O2溶液，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色，說明Br-被氧化為Br2，則由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物可知，H2O2的氧化性大于Br2；(3)B中紅棕色褪去是Br2被SO2還原為Br-，發(fā)生的離子反應方程式為SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+；在含有Br-的水溶液中滴加H2O2溶液，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色，說明Br-被氧化為Br2，發(fā)生的離子反應方程式為2Br-+H2O2+2H+=Br2+2H2O；(4)C中產(chǎn)生的白色沉淀不溶于稀鹽酸，則此沉淀應為BaSO4；(5)由于溴單質有揮發(fā)性，溴單質在水溶液可以將SO2氧化成H2SO4，再與BaCl2溶液反應生成BaSO4沉淀，則應該在B和C之間增加洗氣瓶D來除去揮發(fā)的溴蒸氣，D中盛放的試劑是CCl4或苯或飽和NaHSO3溶液；(6)①二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫酸溶液呈酸性，涉及反應為SO2+H2O?H2SO3，生成的亞硫酸再發(fā)生電離：H2SO3?H++HSO3-；②實驗C中出現(xiàn)白色沉淀比實驗B快很多C中未煮沸，則有氧氣參與反應，速率較快，則說明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快，C生成更多的硫酸，溶液的酸性強，即B中酸性弱于C中；(7)部分氧化的Na2SO3固體溶于水得溶液A中加入足量BaCl2溶液，生成的沉淀B為BaSO4和BaSO3的混合物，再加入足量的稀硫酸后，沉淀不僅不消失，反而增加了0.16g，說明全部轉化為BaSO4沉淀；已知1molBaSO3完全轉化為1molBaSO4，質量增重233g-217g=16g，則沉淀增加0.16g，說明參加反應的BaSO3為=0.01mol，則樣品中Na2SO3的質量分數(shù)是×100%=70%?！军c睛】二氧化硫的性質主要有：①將SO2通入品紅溶液中，溶液由紅色變?yōu)闊o色，體現(xiàn)SO2的漂白性；②將SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液由紅色變?yōu)闊o色，體現(xiàn)SO2的酸性；③將SO2通入酸性高猛酸鉀溶液中，溶液由紫色變?yōu)闊o色，體現(xiàn)SO2的還原性；④將SO2通入氫硫酸中，溶液中出現(xiàn)淡黃色沉淀，體現(xiàn)SO2的氧化性。28、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑＋2H2O3Cu＋8H＋+2NO=3Cu2++2NO↑＋4H2O【解析】A、B、E、G、H、J常溫下為氣體，A為黃綠色，J為紅棕色，B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，E是空氣中含量最多的氣體，則A為氯氣、J為NO2、B為NH3、E為N2，流程中A(Cl2)和B(NH3)反應生成D和E(N2)，則D為NH4Cl；C工業(yè)上用于制取漂白粉，則C為Ca(OH)2；B(NH3)與氣體G發(fā)生反應③，生