2025届河北省五个一名校联盟高一化学第二学期期末调研模拟试题含解析

2025届河北省五个一名校联盟”高一化学第二学期期末调研模拟试题注意事项：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、下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（）A．可溶于水 B．具有较高的熔点 C．水溶液能导电 D．熔融状态能导电2、HNO3中N的化合价为()A．+2B．+4C．+5D．+63、下列各组物质性质比较错误的是（）A．金属单质置换氢的能力：K＞Na＞Li B．氧化性：F2＞Cl2＞SC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3 D．酸性：H2SiO3＞H2SO4＞H3PO44、下列叙述正确的是A．常温下，浓硫酸不与铜反应，是因为铜被钝化B．可用铁罐来进行储存、运输冷的浓硫酸C．SO3具有氧化性，SO2只有还原性D．SO2、Cl2的漂白原理相同5、如图所示装置中，a为锌棒，b为碳棒。下列判断正确的是（）A．电解质溶液中的向b极移动B．导线中有电子流动，电子从b极流到a极C．a极上发生了还原反应D．b极上有无色气泡产生6、如图是部分短周期元素主要化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是（）A．X和W位于同一主族B．原子半径：Y>Z>XC．盐YRX与化合物WX2的漂白原理相同D．Y和R两者的最高价氧化物对应的水化物能相互反应7、表示氢气燃烧热的是()A．H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)△H＝-241.8kJ/molB．2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)△H＝-483.6kJ/molC．H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(l)△H＝-285.8kJ/molD．2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H＝-571.6kJ/mol8、下列物质的性质比较,正确的是（）A．气态氢化物的稳定性:H2O>H2SB．碱性:NaOH>KOHC．非金属性:Si>PD．酸性:H2CO3>HNO39、1­-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是()A．不能用水浴加热B．长玻璃管起冷凝回流作用C．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D．图中装置不能较好的控制温度为115～125℃10、下列各组离子在溶液中能大量共存且溶液为无色透明的是()A．Ag+、NH4+、OH−、Cl− B．Na+、Cu2+、SO42−、NO3−C．K+、Na+、SO42−、Cl− D．Ba2+、CO32−、NO3−、K+11、下列第二周期的元素中，原子半径最小的是（）A．OB．FC．ND．C12、下列比较正确的是A．还原性：HF＞H2O＞NH3 B．金属性：Mg＞Ca＞BaC．热稳定性：HBr＞HCl＞HF D．酸性：HClO4＞H2CO3＞HClO13、下列物质中，属于天然有机高分子化合物的是A．葡萄糖 B．蔗糖 C．油脂 D．淀粉14、下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是(

)A．石墨转变为金刚石是放热反应B．白磷比红磷稳定C．S(g)+O2(g)=SO2(g),△H1,S(s)+O2(g)=SO2(g),△H2,则△H1>△H2D．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g),△H<015、向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合理的是A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大16、下列表示正确的是A．硫原子结构示意图 B．乙炔的结构简式CHCHC．乙烯的球棍模型 D．NaCl的电子式17、将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝1mol·L－1，c(HI)＝4mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为()A．36B．24C．16D．918、以下实验事实可以证明一水合氨是弱电解质的是①0.1mol/L的氨水可以使酚酞溶液变红

②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5③0.1mol/L的氨水的pH值为11.2

④铵盐受热易分解。A．①② B．②③ C．③④ D．②④19、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol·L-1，则H2反应速率为0.03mol·L-1·min-1D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应20、以下叙述中，错误的是（）A．钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强B．在NaCl中，除Na+和Cl-的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用C．任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失D．离子化合物中不一定含金属元素21、下列关于常见有机物的说法中正确的是A．苯能发生取代反应生成氯苯、硝基苯等，但是不能发生氧化反应B．乙烯和乙烷的混合气体可用酸性高锰酸钾溶液分离C．石油裂解与裂化的原理相同、目的不同D．光照条件下，控制CH4和Cl2的比例为1∶1，能够制得纯净的CH3Cl和HCl22、下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是()A．正丁烷 B．异丁烷 C．甲烷 D．丙烷二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出A～F各物质的化学式：A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：______________________。24、（12分）X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX,Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。请回答下列问题：(1)Y在元素周期表中的位置为。(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是（写化学式）。(3)X2M的燃烧热△H＝-akJ·mol-1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：。(4)ZX的电子式为；ZX与水反应放出气体的化学方程式为。25、（12分）某实验小组用如图所示装置进行乙醇的催化氧化实验。（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式________。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)。（2）甲和乙两个水浴作用不相同：甲的作用是________；乙的作用是________。（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是________________，集气瓶中收集到的主要成分是____________。26、（10分）根据要求完成下列实验过程（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）。（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱（已知酸性：亚硫酸>碳酸）。①连接仪器、________、加药品后，打开a、关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。②铜与浓硫酸反应的化学方程式是________，装置A中试剂是_______。③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是________。（2）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。①在（1）①操作后打开b，关闭a。②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是______。③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加氯水和氨水均产生沉淀。则沉淀的化学式分别为___________、__________。27、（12分）甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe可广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组欲利用硫酸亚铁溶液与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，实验过程如下：步骤1制备FeCO3：将100mL0.1mol·L－1FeSO4溶液与100mL0.2mol·L－1NH4HCO3溶液混合，反应结束后过滤并洗涤沉淀。步骤2制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图，将步骤1得到的沉淀装入仪器B，利用装置A产生的CO2，将装置中空气排净后，逐滴滴入甘氨酸溶液，直至沉淀全部溶解，并稍过量。步骤3提纯(NH2CH2COO)2Fe：反应结束后过滤，将滤液蒸发浓缩，加入乙醇，过滤、干燥得到产品。⑴固体X是______，仪器C的名称是______。⑵碳酸氢钠溶液的作用是______。⑶步骤1中，FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时可观察到有白色沉淀和无色无味气体生成。该反应的化学方程式为______。⑷步骤1中，检验FeCO3沉淀已洗净的操作是______。⑸步骤2中当观察到现象是______时，可以开始滴加甘氨酸。28、（14分）I．把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有500mL0.5mol•L﹣1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用下图所示的坐标曲线来表示，请回答下列问题。（1）曲线由O→a段不产生氢气的原因是_____________，有关反应的化学方程式为_____。（2）曲线由a→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是_____________。（3）曲线由c以后产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是______________。II．某同学在用稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可以加快氢气的生成速率．请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的化学方程式有：_____________、_____________；（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因：_______________；（3）实验中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4四种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是：___。29、（10分）海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。（1）工业上进行海水淡化有多种方法。①蒸馏法是历史最久，技术和工艺比较成熟的海水淡化方法。下图是海水蒸馏装置示意图，仪器B的名称是_________。②下图是膜分离技术进行海水淡化的原理示意图。水分子可以透过淡化膜，而海水中其他各种离子不能通过淡化膜。加压后，右侧海水中减少的是_______（填序号）。a.溶质质量b.溶液质量c.溶剂质量d.溶质的物质的量浓度（2）碘在海水中主要以I－的形式存在，而在地壳中主要以IO3－的形式存在（几种粒子之间的转化关系如下图）。①海水为原料按方法i制取I2的离子方程式是___________________。已知I2可以与Cl2继续反应生成IO3-，由该法制取I2时应注意控制的反应条件是_______。②以方法ii在溶液中制取I2，反应的离子方程式是（已知：反应后所得溶液显酸性）________。③上图iii中反应后溶液中IO3－和Cl－的个数比为1：6，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是__________。

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、D【解析】

A项，可溶于水不能证明某化合物内一定存在离子键，例如HCl易溶于水，但HCl分子中不存在离子键，故A项错误；B项，有较高的熔点不能证明某化合物内一定存在离子键，例如SiO2有较高的熔点，但SiO2为原子晶体，其中不存在离子键，故B项错误；C项，水溶液能导电不能证明某化合物内一定存在离子键，例如HCl溶于水后溶液导电，但HCl分子内不存在离子键，故C项错误；D项，熔融状态能导电只能是化合物中的离子键在熔融状态下断裂，形成阴、阳离子而导电，所以熔融状态能导电可以证明该化合物内一定存在离子键，故D项正确；故答案为D。2、C【解析】分析：根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行解答。详解：氢元素显+1价,氧元素显−2价,设氮元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+1)+x+(−2)×3=0，则x=+5价。故选：C。3、D【解析】A、元素的非金属性越强，其单质置换出氢的能力越强，由于金属性K>Na>Li，故置换氢的能力：K>Na>Li，选项A正确；B、非金属性：F>C1>S，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，所以氧化性：F2>C12>S，选项B正确；C、金属性：Na>Mg>Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，选项C正确；D、非金属性：Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：H2SiO33PO42SO4，选项D错误，选项选D。4、B【解析】

A．浓硫酸与铜发生反应的条件是加热，常温下二者不反应，不是钝化，A项错误；B．常温下浓硫酸使Fe快速生成致密氧化膜隔离反应物而钝化，故可以用铁罐来进行储存、运输冷的浓硫酸，B项正确；C．SO2既具氧化性也具还原性，C项错误；D．SO2漂白原理是SO2可与有色物质化合生成无色物质，Cl2不具备漂白性，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，漂白原理是HClO具有氧化性，是氧化型漂白，D项错误；答案选B。5、D【解析】图示装置为原电池，a为锌棒是负极，b为碳棒是正极。A.在原电池中，阳离子向负极移动，电解质溶液中的向a极移动，故A错误；B.原电池中电子有负极经导线移向正极，因此导线中有电子流动，电子从a极流到b极，故B错误；C.原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，发生还原反应的为b极，故C错误；D.该原电池中，正极上氢离子放电生成氢气，因此b极上有无色气泡产生，故D正确；故选D。点睛：本题考查了原电池原理，明确正负极的判断、电子流向、电极上的反应等知识点是解题的关键。注意电解质溶液中离子移动方向，为易错点。6、C【解析】

A、X的最低价为－2价，W的最低价也为－2价，都属于第VIA族元素，故说法正确；B、半径：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，半径：Y>Z>X，故正确；C、盐为NaClO，WX2是SO2，前者利用氧化性，属于不可逆，后者利用跟有色物质的结合生成不稳定的化合物，属于可逆，原理不同，故说法错误；D、Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，R的最高价氧化物对应水化物是HClO4，两者发生中和反应，故说法正确；答案选C。7、C【解析】

燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物以此解答该题。【详解】A、水的状态为气态，产物为不是稳定氧化物，H不代表燃烧热，故A错误；

B、氢气的化学计量数为2，H不代表燃烧热，故B错误；

C、H2

的化学计量数为1，产物是稳定氧化物，H代表燃烧热，故C正确；

D、H2

的化学计量数为2，产物是稳定氧化物，H不代表燃烧热，故D错误；

答案选C。8、A【解析】分析：根据元素周期律分析判断。详解：A.非金属性越强，氢化物越稳定。非金属性O＞S，则气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，A正确；B.金属性越强，最高价氧化物水化物碱性越强。金属性Na＜K，则碱性NaOH＜KOH，B错误；C.同周期自左向右非金属性逐渐增强，则非金属性Si＜P，C错误；D.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。非金属性C＜N，则酸性H2CO3＜HNO3，D错误。答案选A。9、C【解析】分析：本题考查的是酯的制备和分离。根据酯的形成条件和性质进行分析。详解：A.反应温度为115～125℃，水浴加热控制温度在100℃以下，不能用水浴加热，故正确；B.长玻璃管能使乙酸气体变为乙酸液体流会试管，起到冷凝回流作用，使反应更充分，故正确；C.提纯乙酸丁酯不能使用氢氧化钠，因为酯在氢氧化钠的条件下水解，故错误；D.该装置是直接加热，不好控制反应温度在115～125℃，故正确。故选C。10、C【解析】

A.Ag+、OH−生成沉淀，NH4+、OH−生成一水合氨，故不选A；B.含有Cu2+的溶液呈蓝色，故不选B；C.K+、Na+、SO42−、Cl−不反应，且溶液为无色，故选C；D.Ba2+、CO32−生成碳酸钡沉淀，故不选D。11、B【解析】试题分析：C、N、O、F同周期，核电荷数依次增大，原子核对核外电子吸引增大，原子半径依次减小，故F原子半径最小，故选B。考点：考查了原子半径的比较的相关知识。视频12、D【解析】

A.HF、H2O和NH3的还原性体现在负价的F、O、N上，F、O、N的非金属性逐渐减弱，所以负价的F、O、N的还原性逐渐增强，即还原性：HF＜H2O＜NH3，故A不选；B.Mg、Ca和Ba位于周期表中第ⅡA族，从Mg到Ca，原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐减弱，所以金属性：Mg＜Ca＜Ba，故B不选；C.非金属的气态氢化物的稳定性和非金属性一致，F、Cl、Br是同一主族元素，从F到Br，非金属性逐渐减弱，所以氢化物的稳定性也逐渐减弱，即热稳定性：HBr＜HCl＜HF，故C不选；D.HClO4是强酸，H2CO3是弱酸，HClO是比H2CO3还弱的酸，故D选；故选D。【点睛】元素金属性的强弱可以比较金属元素的原子失去电子的能力，原子半径越大，越容易失去电子，还可以通过比较金属单质跟水或酸反应置换出氢气的难易程度、金属单质的还原性、相应金属阳离子的氧化性以及氢氧化物的碱性强弱来判断。元素非金属性的强弱可以比较非金属元素的原子得到电子的能力，原子半径越小，越容易得到电子，还可以通过比较氢化物的稳定性、非金属单质的氧化性、相应阴离子的还原性以及最高价氧化物的水化物的酸性强弱来判断。13、D【解析】

葡萄糖、蔗糖和油脂均不是高分子化合物，淀粉是天然的有机高分子化合物，答案选D。14、D【解析】

A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A项错误；B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白磷稳定，B项错误；C.气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，，故ΔH1<ΔH2，C项错误；D.由图4可以看出，CO2(g)和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，ΔH<0，D项正确。答案选D。15、C【解析】

根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。16、C【解析】

A、硫原子的核外有16个电子；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略；C、乙烯中碳原子之间以双键结合；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成。【详解】A、硫原子的核外有16个电子，故硫原子的结构示意图为，A错误；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略，故乙炔的结构简式为CH≡CH，B错误；C、乙烯中碳原子之间以双键结合，每个碳原子上连2个H原子，故其球棍模型为，C正确；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，故氯化钠的电子式为，D错误。答案选C。17、B【解析】平衡时c(HI)＝4mol·L－1，HI分解生成的H2的浓度为1mol·L－1，则NH4I分解生成的HI的浓度为4mol·L－1+2×1mol·L－1=6mol·L－1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6mol·L－1，所以反应(1)的平衡常数k=c(NH3)×c(HI)=6mol·L－1×4mol·L－1=24mol2·L－2。故选B。18、B【解析】

①只能说明氨水显碱性，不能说明氨水为弱电解质，①错误；②pH约为5说明氯化铵溶液显酸性，氯化铵可由盐酸和氨水反应生成，盐酸是强酸，说明氨水为弱碱，故可以证明一水合氨是弱电解质，②正确；③溶液的pH值为11.2，即。则可知，说明此时氨水不是完全电离，由此证明一水合氨是弱电解质，③正确；④铵盐受热易分解，说明铵盐的热稳定性差，不能证明一水合氨是弱电解质，④错误；答案选B。19、D【解析】

A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；C.速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)=，C错误；D.由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1mol·L-1的NaOH的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；故答案为：D。20、C【解析】

A．钠原子和氯原子通过得失电子都达到稳定结构，所以钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强，故A正确；B．离子化合物中离子键存在静电作用，静电作用包含吸引力和排斥力，故B正确；C．离子键的形成过程中不一定有电子得失，如复分解反应中离子键的形成，故C错误；D.离子化合物中不一定含金属元素，例如铵盐等，故D正确。答案选C。21、C【解析】

A.苯在氧气中燃烧，属于氧化反应，故A错误；B.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，变成了二氧化碳和乙烷的混合气体，不符合除杂的原则，故B错误；C.石油的裂解和裂化的形式很像,都是1个烃分解成2个较小的烃分子.裂化的目的是为了得到更多的10个碳原子左右的汽油.裂解的目的是为了得到碳原子数更少的烯烃,主要为了生产乙烯.可见裂解的程度比裂化更大,也成为裂解是深度裂化.由于都分解生成了新物质,所以都是化学变化.故C正确;D.光照条件下,CH4和Cl2发生取代反应，得到的是混合物，故D错误。22、C【解析】

A．正丁烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH3，分子中有2种氢原子，其一氯代物有2种，故A错误；B．异丁烷的结构简式为：CH3CH（CH3）CH3，分子中有2种氢原子，其一氯代物有2种，故B错误；C．甲烷的结构简式为：CH4，分子中只有1种氢原子，其一氯代物只有1种，故C正确；D．丙烷的结构简式为：CH3CH2CH3，分子中有2种原子，其一氯代物有2种，故D错误；故选：C。二、非选择题(共84分)23、Cl2SO2H2SO4HClBaSO3BaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－【解析】

(1)由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀,B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+SO2===BaSO3↓＋H2O；含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O；溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3===AgCl↓＋HNO3；故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。【点睛】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。24、（1）第二周期第ⅥA（2）HClO4H2S（3）H2S(g)+O2(g)====SO2(g)+H2O(L)△H=-akJ·mol-1(2分，其他答案合理也可给分)（4）Na+[:H]-NaH+H2O====NaOH+H2↑(2分)【解析】试题分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX,可以看出X为H，Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y为O,Z为Na，M为S，G为Cl，或Ar，(1)根据元素周期表可以知道，Y在元素周期表中的位置为第二周期第ⅥA，(2)最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4；非金属气态氢化物还原性最强的是H2S；(3)X2M为硫化氢，其燃烧热△H＝-akJ·mol-1，即X2M燃烧反应的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)====SO2(g)+H2O(L)△H=-akJ·mol-1；(4)ZX为NaH，其电子式为Na+[:H]-；ZX与水反应放出气体的化学方程式为：NaH+H2O====NaOH+H2↑。考点：元素周期表，元素及其化合物点评：本题考查了元素周期表，元素及其化合物，涉及考查了元素在周期表的位置，物质的酸性，还原性，热化学方程式，电子式等知识，该题综合性好，难度适中。25、，放热加热冷却乙醛、乙醇、水氮气【解析】

由实验装置图可知，无水乙醇在水浴加热的条件下将乙醇变成乙醇蒸气，鼓入空气，乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，反应的化学方程式为2，试管a放入冷水中，目的是冷却反应得到的混合气体，试管a中收集到的液体为乙醛、乙醇和水，空气中的氧气参与反应，集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。【详解】（1）实验过程中铜网与氧气加热反应生成氧化铜，出现黑色，反应的化学方程式为，反应生成的氧化铜与乙醇加热发生氧化还原反应生成铜、乙醛和水，出现红色，反应的化学方程式为；在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是放热反应，放出的热量能够维持反应继续进行；（2）甲为热水浴，使乙醇平稳气化成乙醇蒸气，起到提供乙醇蒸汽的作用；乙为冷水浴，冷却反应得到的混合气体，便于乙醛的收集；（3）经过反应后并冷却，a中收集到的物质有易挥发的乙醇，反应生成的乙醛和水；空气中的氧气参与反应，丙中集气瓶内收集到气体的主要成分氮气，。【点睛】易错点是干燥试管a中能收集不同的物质，忽略乙醇的挥发性，漏写乙醇和水。26、检查装置气密性酸性高锰酸钾溶液A中酸性KMnO4溶液没有完全退色(或不褪色)，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀2H2S+SO2

=3S↓+2H2OBaSO4BaSO3【解析】

(1)根据装置图，铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，要验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)，需要打开a、关闭b，将生成的二氧化硫通入饱和碳酸氢钠，产生二氧化碳，其中可能混有二氧化硫，需要除去，除去二氧化硫后再通入硅酸钠溶液，通过现象验证，据此分析解答；(2)要验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性，需要打开b，关闭a，将生成的二氧化硫通入氯化钡溶液，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，无明显现象，通入H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，该沉淀为硫，体现二氧化硫的氧化性，二氧化硫有毒，会污染空气，最后通入NaOH溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)①实验过程中产生气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏，故答案为：检查装置的气密性；②加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收，防止干扰后面的实验，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；酸性KMnO4溶液；③二氧化硫也会和硅酸钠溶液反应，需要用高锰酸钾溶液除去，二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅的非金属性强，所以A中酸性KMnO4溶液没有完全褪色(或不褪色)，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色胶状沉淀，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：A中酸性KMnO4溶液没有完全退色(或不褪色)，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；(2)②H2S溶液中通入二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质与水，反应的化学方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，体现了二氧化硫的氧化性，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；③反应后的BaCl2溶液中含有亚硫酸，亚硫酸被氯水氧化物硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，亚硫酸与氨水溶液反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故都产生白色沉淀，故答案为：BaSO4；BaSO3。【点睛】本题的易错点为(2)③，要注意氯水能够将二氧化硫氧化生成硫酸，因此滴加氯水的溶液中得到的沉淀为硫酸钡。27、CaCO3（碳酸钙）分液漏斗除去产生的二氧化碳中混有的氯化氢FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O取最后的洗涤滤液，向其中滴入足量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净澄清石灰水中有较多沉淀生成（澄清石灰水变浑浊）【解析】

(1)装置A用于产生CO2，长颈漏斗中盛有盐酸，则试管内多孔隔板的上方应放置碳酸盐，为能够控制装置A中的反应，该碳酸盐应难溶于水，因此X为CaCO3（碳酸钙），仪器C为分液漏斗。答案为：CaCO3（碳酸钙)；分液漏斗。⑵由于盐酸具有挥发性，从A中产生的二氧化碳气体中混有少量氯化氢气体，为保证不妨碍实验，应用饱和碳酸氢钠除去氯化氢气体；答案为：除去产生的二氧化碳中混有的氯化氢。⑶步骤1中，FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时，亚铁离子与碳酸氢根离子发生反应，生成碳酸亚铁白色沉淀和无色无味二氧化碳气体，该反应的化学方程式为FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。答案为：FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。⑷取最后的洗涤滤液，向其中滴入足量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净；答案为：取最后的洗涤滤液，向其中滴入足量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净。⑸实验过程中通入二氧化碳气体是为了防止装置中含有的空气将二价铁氧化，当尾部的澄清石灰水变浑浊，产生较多的沉淀时，说明装置中的空气排尽，可以滴加甘氨酸与碳酸亚铁反应；答案为：澄清石灰水中有较多沉淀生成（澄清石灰水变浑浊）。28、铝片表面有Al2O3，硫酸首先与Al2O3反应2Al2O3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+6H2O反应放出的热量使溶液的温度升