湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2024届高一化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2024届高一化学第二学期期末学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列元素中金属性最强的是A．FB．NaC．KD．Cl2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．0.1mol丙烷中含有的非极性键数为0.3NAB．78g苯中所含的碳碳双键数为3NAC．标准状况下，2.24L四氯化碳中所含分子数为0.1NAD．1mol乙烷所含电子数为18NA3、现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2(SO4)3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c(Al3+)=0.1mol•L﹣1、c(Mg2+)=0.25mol•L﹣1、c(Cl﹣)=0.2mol•L﹣1，则该溶液中c(SO42-)为()A．0.15mol•L﹣1B．0.2mol•L﹣1C．0.25mol•L﹣1D．0.30mol•L﹣14、某电池总反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，不能实现该反应的原电池是A．电极材料Fe、Cu，电解质溶液FeCl3溶液B．电极材料石墨、Cu，电解质溶液Fe2(SO4)3溶液C．电极材料Pt、Cu，电解质溶液FeCl3溶液D．电极材料Ag、Cu，电解质溶液Fe2(SO4)3溶液5、在正规化学试卷的开始处总有“可能用到的相对原子质量”一项，如H：1C：12Cl：35.5S：32Cu：64等。请问这些数值准确的说应该是A．某种核素的相对原子质量B．某种核素的近似相对原子质量C．某种元素的平均相对原子质量D．某种元素的平均相对原子质量的近似值6、五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（）A．元素X可能为锂B．原子半径大小：r(M)＞r(w)C．X2W中各原子均达8电子稳定结构D．元素气态氢化物的沸点：YH3＞MH37、X元素最高氧化物对应的水化物为H2XO4，则它对应的气态氢化物为（）A．HX B．H2X C．XH4 D．XH38、金属钠分别在过量的氧气和氯气中燃烧，产生的现象相同点是A．都产生白烟 B．都产生黄色火焰C．都生成氧化物 D．都生成白色固体9、下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是()A．该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H＝－(a－b)kJ／molC．1molSO2的能量比1molSO3的能量高D．若某容器内有2molSO3充分反应，吸收(a－b)kJ热量10、下列物质中属于共价化合物的是A．HCl B．Na2CO3 C．NaCl D．N211、研究小组发现一种化合物在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示。则反应10min时反应物的浓度和反应4min

-8min间的平均反应速率，结果应是A．7.5mol/L和2.5mol/(L·min)B．7.5μmol/L和2.5umol/(L·min)C．0.75umol/L和3.0u(L·min)D．0.75mol/L和5.0umol/(L·min)12、在一容积固定的密闭容器中，可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)达到平衡状态的标志是A．混合气体的密度保持不变B．H2、I2、HI的分子数之比为1:1:2C．容器内混合气体的颜色不再发生变化D．1molH—H键断裂的同时有2molH—I键形成13、下列溶液中通入SO2后，最终一定有白色沉淀的是（）①Ba(NO3)2溶液②BaC12溶液③Ca(OH)2溶液④Na2SiO3溶液⑤H2S溶液A．①④⑤B．①③④C．①②④D．①④14、下列物质中，属于共价化合物的是A．NaClB．HClC．NaOHD．CaO15、从海带中提取碘有如下步骤：①通入足量的Cl2，②将海带焙烧成灰后加水搅拌，③加CCl4振荡，④用分液漏斗分液，⑤过滤。合理的操作顺序是（）A．①②③④⑤ B．②⑤①③④ C．①③⑤②④ D．②①③⑤④16、在298K、1.01×105Pa下，将22gCO2通入750mL1mol·L－1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出akJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol·L－1NaOH溶液中充分反应放出bkJ的热量。则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为A．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)ΔH＝－(2b－a)kJ·mol－1B．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)ΔH＝－(2a－b)kJ·mol－1C．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)ΔH＝－(4a－b)kJ·mol－1D．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)ΔH＝－(8a－2b)kJ·mol－117、将4molA气体和2molB气体置于2L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)。若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，下列说法正确的是A．用物质A表示的反应速率为0.6mol/（L·s）B．用物质B表示的反应速率为0.3mol/（L·s）C．2s时物质B的浓度为0.3mol/LD．2s时物质A的转化率为30％18、适宜用分液漏斗进行分离的一组混合物是A．乙酸和乙醇 B．水和氯化钠 C．水和花生油 D．四氯化碳和碘19、关于1molCO2（相对分子质量：44）的叙述正确的是A．质量为44g/mol B．摩尔质量为44gC．标准状况下的体积约为22.4L D．分子数为120、升高温度，下列数据不一定增大的是A．水的离子积常数 B．化学平衡常数 C．反应的活化分子百分数 D．化学反应速率21、金属冶炼的实质是()A．金属元素失去电子B．金属元素获得电子C．金属元素被氧化了D．金属元素可能被氧化，也可能被还原22、下列四种基本类型的反应中，一定是氧化还原反应的是（）A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应二、非选择题(共84分)23、（14分）2019年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表列出了①〜⑧八种元素在周期表中的位置：请按要求回答下列问题：(1)写出元素②质量数为18的的核素符号_______。(2)甲为③、⑥两元素组成的化合物，用电子式表示甲的形成过程__________。(3)以上表中元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______。(4)元素⑤的简单氢化物和元素①的简单氢化物与卤化氢的反应相似，产物的结构性质也相似。下列对元素⑤的简单氢化物与HI反应产物的推断正确的是_____(填序号）。A.能与NaOH反应B.含离子键、共价键C.能与稀硫酸反应(5)向元素⑦的单质与水反应后的溶液中加入元素④的单质，发生反应的离子反应方程式为_______。(6)不同卤素原子之间可形成卤素互化物，其性质与卤素单质相近。写出⑥形成的互化物和SO2在水溶液中发生反应的化学方程式_______。24、（12分）已知X、Y、Z、W是短周期界素中的四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍。（1）请写出Z在元素周期表中的位置为第周期、第族。（2）气体分子YW2的电子式为。（3）由X、Y、Z、W四种元素可组成酸式盐，该化合物的水溶液与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为。（4）在一定条件下，由X单质与单质Z可化合生成E，工业上用E检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质Z生成，写出化学方程式。该反应中被氧化的E与参与反应的E的质量之比。25、（12分）实验室需要配制0.50mol·L－1NaCl溶液480mL。按下列操作步骤填上适当的文字，使整个操作完整。⑴选择仪器。完成本实验必须用到的仪器有：托盘天平(带砝码，最小砝码为5g)、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、____________、胶头滴管等以及等质量的两片滤纸。⑵计算。配制该溶液需取NaCl晶体____________g。⑶称量。称量过程中NaCl晶体应放于天平的____________(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。⑷溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是________________________。⑸移液、洗涤。在移液时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了____________________________________。⑹定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线____________处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切。若定容时俯视容量瓶的刻度线会导致所配溶液的浓度____________(填“偏高”、“偏低”或“”“不变”)；溶解搅拌时有液体溅出，会导致所配溶液的浓度____________(同上)。⑺摇匀、装瓶。26、（10分）某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目。(1)方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为_________________________。(2)方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式______________________________________。(3)方案Ⅲ：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)：_________________________________________________；用离子方程式表示其反应原理：_______________________________________________。27、（12分）实验室可用下列几组试剂制取少量NH3：①固体Ca(OH)2和NH4Cl；②浓氨水和固体CaO；③浓氨水。请回答下列问题：(1)用上述三组试剂制取少量NH3，需要加热的是________(填序号)，第①组试剂中产生NH3的化学方程式可表示为____________________________________。(2)下面的制取装置图中，方法①应选用装置________(填“A”或“B”，下同)，方法②应选用装置________。(3)在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是________(填字母)。A．浓硫酸B．固体氢氧化钠C．五氧化二磷D．碱石灰E．固体CaOF．无水CaCl2(4)检验集气瓶中是否收集满氨气的方法是__________________________________。(5)为防止环境污染，如下装置(盛放的液体为水)可用于吸收多余NH3的是________(填序号)。28、（14分）甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒(如图)。诸回答下列问题：（1）若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：①有红色物质析出的是：甲池中的_____棒；乙池中的____棒。②在乙池中阳极的电极反应是____________。（2）若两池中均盛放饱和NaCl溶液。①写出乙池中总反应的离子方程式：___________________。②将湿润的淀粉KI试纸放在乙池附近，发现试纸变蓝，待一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2将生成的I2氧化。若反应的Cl2和I2的物质的量之比为5:1，且生成两种酸。该反应的化学方程式为______________。29、（10分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含有一种金属元素，A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族。B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物。请回答下列问题：(1)C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序是________(填具体离子符号)；由A、B、C三种元素按4∶2∶3组成的化合物所含的化学键类型属于_____。固体物质M由A和B以原子个数五比一组成的，所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构。该物质适当加热就分解成两种气体。则M电子式为______，受热分解所得气体化学式是_______和_________。(2)地壳中含量最高的金属元素的单质与D的最高价氧化物对应水化物的溶液反应，其离子方程式为____________________________。(3)A、C两元素的单质与熔融K2CO3组成的燃料电池，其负极反应式为_______。(4)可逆反应2EC2(气)＋C2(气)2EC3(气)在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B容器可保持恒容(如图所示)，若在A、B中分别充入1molC2和2molEC2，使反应开始时的体积V(A)＝V(B)，在相同温度下反应，则达平衡所需时间：t(A)__________t(B)(填“＞”、“＜”、“＝”或“无法确定”)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】分析：同主族从上到下金属性逐渐增强，同周期自左向右金属性逐渐减弱，据此解答。详解：F、Cl是非金属，Na和K均是第ⅠA元素，K位于Na的下一周期，金属性强于钠，所以金属性最强的是K。答案选C。2、D【解析】

A．1个丙烷(C3H8)有3个碳原子，有两个碳碳非极性键，所以0.1mol丙烷中含有的非极性键数为0.2NA，故A错误；B．苯中没有碳碳双键，苯环上的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，故B错误；C．标准状况下，四氯化碳是液体，2.24L四氯化碳不是0.1mol，所含分子数不为0.1NA，故C错误；D．1个乙烷(C2H6)分子中含有的电子数为2×6+6=18，所以1mol乙烷所含电子数为18NA，故D正确；故选D。【点睛】应用22.4L/mol计算一定体积的物质的物质的量时，要注意物质的状态，在标准状况下，常见的一些非气体不能用22.4L/mol计算其物质的量，如HF、NO2、H2O、CCl4、SO3、酒精、氯仿等。3、D【解析】c（Al3+）=0.1mol•L-1、c（Mg2+）=0.25mol•L-1、c（Cl-）=0.2mol•L-1，设该溶液中c（SO42-）为x，由电荷守恒可知，0.1×3+0.25×2=0.2×1+x×2，解得x=0.30

mol•L-1，故选D。4、A【解析】

电极材料Fe、Cu，电解质溶液FeCl3溶液，铁的活泼性大于铜，总反应2Fe3++Fe=3Fe2+；电极材料石墨、Cu，电解质溶液Fe2(SO4)3溶液，总反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；电极材料Pt、Cu，电解质溶液FeCl3溶液，铜活泼性大于Pt，总反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；电极材料Ag、Cu，电解质溶液Fe2(SO4)3溶液，铜活泼性大于Ag，总反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故选A。5、D【解析】分析：我们平常所说的某种元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和，据此解答。详解：某种核素的相对原子质量、原子质量仅代表一种核素，不能代表某种元素的全部核素，在正规化学试卷的开始处总有“可能用到的相对原子质量”，是元素的相对原子质量的近似值，按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值的近似值，不是平均相对原子质量。答案选D。6、C【解析】分析：本题考查的是原子的结构和性质，从原子的化合价原子序数的大小关系分析元素。详解：结合原子序数的大小关系，从化合价上分析，X为氢或锂，Y为氮，Z为硅，M为磷，W为硫。A.X的化合价为+1，原子序数较小，可能是氢或锂。故正确；B.MW为同周期元素，原子序数越大，半径越小，故正确；C.该物质为硫化氢或硫化锂，其中硫元素达到8电子稳定结构，而氢或锂为2电子稳定结构，故错误；D.氮的氢化物为氨气，分子间有氢键，磷的氢化物为磷化氢，分子间存在分子间作用力，所以氨气的沸点比磷化氢的高，故正确。故选C。7、B【解析】

X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，则X的最高价为+6价，最低价为-2价，X对应的气态氢化物为H2X。故答案选B。8、B【解析】

A.钠在氯气中燃烧产生白烟，钠在氧气中燃烧不产生白烟，A项错误；B.钠元素的焰色呈黄色，所以钠无论在氧气还是在氯气中燃烧均产生黄色火焰，B项正确；C.钠与氧气反应生成氧化物，但钠与氯气反应生成的是氯化物，不是氧化物，C项错误；D.钠和氯气反应生成的氯化钠是白色固体，但钠在氧气中燃烧生成的过氧化钠是淡黄色粉末，D项错误；所以答案选择B项。9、A【解析】

A.断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；B.反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的△H＝(a－b)kJ／mol，B错误；C.根据图像可知0.5mol氧气和1molSO2的总能量比1molSO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；D.由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2molSO3充分反应，吸收的热量小于(a－b)kJ，D错误。答案选A。10、A【解析】

含有离子键的化合物为离子键化合物，离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中只含共价键，一定不含离子键。【详解】A项、HCl分子中只存在共价键，为共价化合物，故A符合题意；B项、Na2CO3中存在离子键和共价键，为离子化合物，故B不符合题意；C项、NaCl中只存在离子键，为离子化合物，故C不符合题意；D项、N2是含有共价键的单质，不是化合物，故D不符合题意。故选A。【点睛】本题考查化合物类型判断，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键。11、B【解析】分析：根据图像观察反应10min时反应物的浓度，根据v=Δct计算反应4～8min详解：由图可知，10min时反应物的浓度为7.5μmol/L；4～8min期间，反应物浓度变化为(20-10)μmol/L=10μmol/L，所以4～8min期间，反应速率为10μmol/L4min=2.5μmol/(L•min)；故选12、C【解析】

A．固定容积的密闭容器中，气体总质量和体积都不变，密度始终不变，不能判断是否为平衡状态，故A错误；B．H2、I2、HI的分子数之比为1:1:2，并不表示随时间的改变而不变，不能判断是否为平衡状态，故B错误；C．混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸气的浓度不再随时间的改变而改变，说明达到了平衡状态，故C正确；D．1molH—H键断裂的同时有2molH—I键形成，均指的是正反应速率，不能得出正反应速率和逆反应速率相等，不能判断是否为平衡状态，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意平衡时分子的数目不变，H2、I2、HI的分子数之比为1:1:2，并不表示分子的数目不变。13、D【解析】分析：①硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡；②盐酸的酸性强于亚硫酸；③足量SO2气体与Ca（OH）2溶液反应会生成亚硫酸氢钙；④亚硫酸的酸性强于硅酸；⑤H2S溶液与二氧化硫反应生成S沉淀。详解：①硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡，一定有白色沉淀生成，①正确；②盐酸的酸性强于亚硫酸，向BaCl2溶液中通入SO2，不发生反应，②错误；③足量SO2气体与Ca（OH）2溶液反应会生成亚硫酸氢钙，最终不会产生白色沉淀，③错误；④Na2SiO3溶液中通入足量二氧化硫生成硅酸白色沉淀，④正确；⑤H2S溶液与二氧化硫反应生成S沉淀，但是S是淡黄色沉淀，不属于白色沉淀，⑤错误。答案选D。点睛：本题考查二氧化硫的化学性质，注意二氧化硫在硝酸钡溶液中易发生氧化还原反应，二氧化硫通入氯化钡溶液不发生反应，为易错点。14、B【解析】NaCl、CaO、NaOH含有离子键，属于离子化合物；HCl不含离子键，属于共价化合物。故选B。点睛：本题考查离子化合物与共价化合物的区别，注意：①含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物，活泼金属与非金属之间一般形成离子键，非金属之间一般形成共价键；②强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等一般是离子化合物，酸、非金属氧化物、大多数有机物等是共价化合物。15、B【解析】

从海带中提取碘时，应先②将海带焙烧成灰后加水搅拌，⑤过滤后得到含有碘离子的溶液，①通入足量的Cl2，得到碘单质，③加CCl4振荡，萃取，④用分液漏斗分液，得到碘的四氯化碳溶液，答案为B。16、C【解析】0.5molCO2与0.75molNaOH反应生成0.25molNa2CO3和0.25molNaHCO3，反应所放出的热量为xkJ，则生成1molNa2CO3和1molNaHCO3放出4xkJ的热量。1molCO2通入2molNaOH溶液中生成1molNa2CO3，放出ykJ的热量，则1molCO2与1molNaOH的溶液反应生成1molNaHCO3所放出的热量为(4x－y)kJ，A、B项错误，C项正确。D项，NaOH和NaHCO3的状态错误。17、D【解析】2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则根据反应式可知，消耗AB的浓度分别是0.6mol/L、0.3mol/L。所以物质AB的反应速率分别是0.6mol/L÷2s＝0.3mol/（L·s）、0.3mol/L÷2s＝0.15mol/（L·s），选项AB都不正确。消耗物质A的物质的量是0.6mol/L×2L＝1.2mol，所以A的转化率是1.2÷4×100％＝30％，D正确。2s时物质B的物质的量是0.3mol/L×2L＝0.6mol，所以剩余B是2mol－0.6mol＝1.4mol，因此其浓度是1.4mol÷2L＝0.7mol，C不正确。答案选D。18、C【解析】试题分析：分液漏斗是用来分离互不相溶的液体，乙酸和乙醇会互溶，A错；氯化钠能溶解在水中，B错；水和花生油互不相溶，C对；碘能溶解在四氯化碳中，D错。考点：物质分离的方法。19、C【解析】

A、质量的单位是g，不是g/mol，故A错误；B、摩尔质量的单位是g/mol，故B错误；C、标况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4L，CO2是气体，故C正确；D、分子数为NA，故D错误；故合理选项为C。20、B【解析】

A、水的离子积只受温度影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故A不符合题意；B、化学平衡常数只受温度的影响，如果反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，如果反应为吸热反应，升高温度，化学平衡常数增大，故B符合题意；C、升高温度，增加反应的活化分子百分数，故C不符合题意；D、升高温度，加快反应速率，故D不符合题意；答案选B。【点睛】考查温度对反应速率的影响，温度对化学平衡常数与水的离子积的影响，比较基础，根据勒夏特列原理判断平衡移动方向即可得出，注意基础知识的掌握。21、B【解析】

金属冶炼的实质是金属元素由化合态转变成游离态，金属单质容易失去电子生成化合物，金属冶炼过程就是将高价态金属元素还原为0价，据此分析解答。【详解】金属单质容易失去电子生成化合物，金属冶炼实质是金属元素由化合态转变成游离态，过程就是将高价态金属元素对应原子得到电子发生还原反应，还原为0价。答案选B。【点睛】本题考查了金属冶炼的实质，明确氧化还原反应规律及金属存在形态是解题关键，题目难度不大。注意金属冶炼的常见方法以及与金属性强弱的关系判断。22、C【解析】

A．有单质参加的化合反应才是氧化还原反应，故化合反应不一定是氧化还原反应，故A错误；B．有单质生成的分解反应才是氧化还原反应，故分解反应不一定是氧化还原反应，故B错误；C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故一定是氧化还原反应，故C正确；D．复分解是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，故一定不是氧化还原反应，故D错误。答案选C。【点睛】分清氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，从物质参加反应的物质的种类出发，可将化学反应分为“多变一”的化合反应，“一变多”的分解反应，从物质的类别将化学反应分为置换反应和复分解反应，将有无化合价的变化将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，需要明白它们的分类依据。二、非选择题(共84分)23、HClO4AB2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑BrCl+2H2O+SO2＝H2SO4+HCl+HBr【解析】

先根据元素在周期表的位置确定各种元素，然后结合元素周期律及物质的原子结构、形成化合物时的特点、元素化合物的性质分析解答。【详解】根据元素在周期表的位置可知各种元素分别是：①是N元素，②是O元素，③是Mg元素，④是Al元素，⑤是P元素，⑥是Cl元素，⑦是K元素，⑧是Br元素。(1)②是O元素，质子数为8，质量数为18的O原子可表示为；(2)Mg、Cl两种元素形成的化合物甲为MgCl2，该物质是离子化合物，用电子式表示为：；(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，在上述表格中，元素最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；(4)NH3与HCl反应形成NH4Cl，由于同一主族元素形成的化合物性质相似，所以P元素的氢化物PH3与HCl反应产生的物质PH4Cl结构与NH4Cl也相似，属于离子化合物，含有离子键、极性共价键，能与强碱NaOH发生反应，产生NaCl、PH3、H2O，而不能与酸反应，故合理选项是AB；(5)K与水反应产生KOH和氢气，向该溶液中加入Al，会发生反应产生KAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；(6)不同卤素原子之间可形成卤素互化物，其性质与卤素单质相近。如⑥形成的互化物BrCl性质类似Cl2，BrCl和SO2在水溶液中发生反应，产生HCl、HBr、H2SO4，反应的化学方程式为BrCl+2H2O+SO2＝H2SO4+HCl+HBr。【点睛】在做题过程中要注意同种元素形成的化合物的相似性，运用规律分析解答，但有时也要注意应用范围。如同一主族元素组成的物质，由分子构成的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点也越高，但若是相应的氢化物，NH3、H2O、HF分子之间还存在氢键，就增大了分子之间的吸引力，使得这几种物质的熔沸点在同族元素形成的化合物中最高。24、（1）二、ⅤA；（2）；（3）NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣；（4）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；1：4。【解析】试题分析：X元素的原子形成的离子就是一个质子，即X为H，Y的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，即Y为C，Z、W在元素周期表中处于相邻的文职，它们的单质在常温下为无色气体，则Z为N，W为O，（1）N位于周期表第二周期VA族元素；（2）CO2中C和O共用2个电子对，因此电子式为；（3）组成酸式盐为NH4HCO3，因此发生离子反应方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣；（4）根据题目信息，应是NH3和Cl2的反应，白烟是NH4Cl，因此反应方程式为8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，根据反应方程式，被氧化的NH3的物质的量为2mol，参与反应NH3为8mol，因此两者的比值为1：4。考点：考查元素推断、氧化还原反应、电子式、元素及其化合物的性质等知识。25、500mL容量瓶14.6左盘搅拌，加速NaCl溶解保证溶质全部转入容量瓶中1～2cm偏高偏低【解析】

（1）根据配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；⑵根据m=cVM计算NaCl的质量；⑶根据托盘天平的使用方法回答；⑷溶解时用玻璃棒搅拌可以加速溶解；⑸洗涤烧杯2～3次，可以保证溶质全部移入容量瓶中；⑹根据定容操作的方法回答；根据实验操作的规范性分析误差；【详解】（1）移液、定容需要容量瓶，根据容量瓶的规格，配制480mL0.50mol·L－1的NaCl溶液，必须用500mL的容量瓶；(2)用500mL的容量瓶，配制溶液的体积是500mL，m(NaCl)＝0.50mol·L－1×0.5L×58.5g·mol－1≈14.6g；⑶根据托盘天平的使用方法，称量过程中NaCl晶体应放于天平的左盘；⑷溶解氯化钠时用玻璃棒搅拌，可以加速NaCl溶解；⑸洗涤烧杯2～3次，可以保证溶质全部移入容量瓶中；⑹向容量瓶中加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；定容时眼睛俯视刻度线，则容量瓶中溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏高；溶解搅拌时有液体溅出，容量瓶中溶质减少，所配溶液的浓度浓度偏低。七、工业流程26、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑正极反应：2H＋＋2e－===H2↑；负极反应：Fe－2e－===Fe2＋把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu【解析】

(1)方案Ⅰ：根据铁与酸的反应分析并写出离子方程式；(2)方案Ⅱ：根据正负极上得失电子写出电极反应式；(3)方案Ⅲ：根据铁、铜之间的置换反应设计。【详解】(1)方案Ⅰ：金属的活动性越强，与酸反应越剧烈，产生H2的速率越快，Fe能与H＋反应生成H2：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，Cu不与H＋反应，无明显现象，所以Fe的活动性大于Cu的。(2)方案Ⅱ：利用原电池中相对活泼金属失去电子为原电池负极，相对不活泼的金属为原电池的正极来判断金属活动性的相对强弱，正极上氢离子得电子生成氢气，反应还原反应，电极反应式为2H++2e−===H2↑；负极上铁失电子生成二价铁离子，发生氧化反应，电极反应式为Fe−2e−===Fe2+；用铁、铜作电极，稀硫酸作电解质溶液设计原电池，铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，电子从负极沿导线流向正极：；(3)方案Ⅲ：可根据活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来设计实验，设计方法如下：将铁片置于CuSO4溶液中，一段时间后观察Fe表面有红色的金属铜析出，即可以证明金属铁的活泼性强于金属铜的；反应原理为：铁和铜离子发生氧化还原反应生成铜和二价铁离子，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Fe2++Cu。【点睛】本题使用比较金属性强弱的方法角度出发，结合物质的性质设计实验方案。27、①③2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OABBDE用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口，产生白烟（氯化铵），证明已集满或用湿润的红色石蕊试纸“靠近”试管口，试纸变蓝，证明已集满②④【解析】

(1)根据反应原理分析是否需要加热，实验室用固体Ca(OH)2和NH4Cl制取氨气的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)A装置适用于固体与固体加热制气体，B装置适用于液体与固体(或液体)不加热制气体；(3)NH3只能用碱性干燥剂，以此来分析；(4)检验NH3一般用湿润的红色石蕊试纸或用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口。(5)装置①没有出气导管，装置③易引起倒吸，装置②④可起防倒吸作用。【详解】(1)①组反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。②组反应为NH3·H2O＋CaO=Ca(OH)2＋NH3↑，由于CaO＋H2O=Ca(OH)2既消耗水，又放出热量，Ca(OH)2电离出OH－，增大了c(OH－)，减少了NH3的溶解，因此不必加热，即放出NH3。③组反应为NH3·H2ONH3↑＋H2O。因此需要加热的是①③，因此，本题正确答案是：①③；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)A装置适用于固体与固体加热制气体，B装置适用于液体与固体(或液体)不加热制气体，故方法①应选用装置A；方法②应选用装置B；因此，本题正确答案是：A；B；(3)NH3只能用碱性干燥剂，可以用B、D、E干燥。因此，本题正确答案是：BDE；(4)检验NH3一般用湿润的红色石蕊试纸或用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口。因此，本题正确答案是：用湿润的红色石蕊试纸“靠近”试管口，试纸变蓝，证明已集满或用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口，产生白烟（氯化铵），证明已集满；(5)装置①没有出气导管，装置③易引起倒吸，装置②④可起防倒吸作用，故选②④，因此，本题正确答案是：②④。28、CFe4OH--4e-=2H2O+O2↑2C1-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3【解析】分析：（1）甲为原电池，Fe为负极；乙为电解池，由电子流向可知，C为阳极，Fe为阴极，铜