宁夏银川市宁夏大学附中2026届高一化学第一学期期末调研试题含解析

宁夏银川市宁夏大学附中2026届高一化学第一学期期末调研试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、欲除去铁粉中混有的少量铝粉，应选用的试剂是（）A．氢氧化钠溶液 B．硫酸铜溶液 C．氨水 D．稀盐酸2、可用于治疗胃酸过多的物质是A．碳酸氢钠 B．氯化钠 C．氯化钾 D．氢氧化钠3、配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，实验结果偏高影响的是（）A．容量瓶中原有少量蒸馏水B．溶解所用的烧杯未洗涤C．定容时仰视观察刻度线D．定容时俯视观察刻度线4、目前，中国科学技术大学研究人员利用催化剂(Co4N)将CO2与H2合成甲醇(CH3OH)的反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A．1molCH3OH中所含的原子总数为5NAB．18gH2O中所含质子总数为10NAC．22.4LH2中所含的分子总数为NAD．生成1molCH3OH转移的电子总数为3NA5、含有HCl和AlCl3的混合溶液中加入NaOH溶液，生成的沉淀和加入NaOH溶液的体积关系的大致图像为A．A B．B C．C D．D6、下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是（）A．在水中溶解度：Na2CO3<NaHCO3B．二者都能与盐酸反应生成CO2C．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3D．二者在相同条件下可相互转化7、日照市是山东半岛蓝色经济区的重要组成部分，对海洋资源的开发受到高度重视，下列说法正确的是A．Mg和U都属于海水中的微量元素B．可以利用太阳能将海水蒸馏淡化生产饮用水C．从海水中提取溴的过程不涉及氧化还原反应D．海底多金属结核矿含有Fe、Mn、Co、B等金属8、下表中金属能形成二元合金的是（）FeCuZnAgAuW熔点/596210643410沸点/℃30002595907221227075627A．Cu、Ag B．Zn、Au C．Fe、W D．Ag、W9、在酸性溶液中能大量共存的离子组是A．Ca2＋、Na＋、CO32－、SO42－ B．K＋、Fe2＋、Na＋、NO3－C．HCO3－、K＋、Cl－、SO42－ D．Na＋、Mg2＋、Cl－、NO3－10、下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（）A．Na＋、Mg2＋、Br－、SO42- B．K＋、Ca2＋、HCO3-、OH-C．Fe2＋、H＋、SO42-、NO3- D．Na＋、Cu2＋、Cl-、S2-11、下列化合物既能用金属与氯气化合制备，又能用金属与盐酸反应制备的是A．MgCl2 B．CuCl2 C．FeCl3 D．FeCl212、下列化学用语正确的是（）A．质量数为37的氯原子：ClB．硫原子的结构示意图：C．氮化镁的化学式：Mg2N3D．H2CO3的电离方程式：H2CO3=2H+＋CO32-13、下列说法中肯定错误的是A．某原子K层上只有一个电子B．某离子M层和L层电子数均为K层的4倍C．某原子M层电子数为L层电子数的4倍D．阳离子的最外层电子数可能为2，也可能为814、下列物质中，属于电解质的是（）①汞②浓氨水③氯化钠晶体④硝酸⑤干冰⑥蔗糖⑦硫酸A．①③④B．③④⑦C．②③④D．⑤⑥15、氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（）A．若管道漏气遇氨就会产生白烟 B．该反应利用了Cl2的强氧化性C．该反应属于复分解反应 D．生成1molN2有6mol电子转移16、下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量)改变，不会引起产物改变的是()A．Fe和HClB．NaOH和CO2C．Na和O2D．AlCl3和NaOH17、一定温度下，m

g下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了n

g，且n＞m，符合此要求的物质是（）①H2

②HCHO

③CH4

④HCOOCH3

⑤CH3CHOA．①②B．③⑤C．①②③④⑤D．④18、下列物质性质与用途具有对应关系的是A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B．Fe2O3

能与酸反应，可用于制作红色涂料C．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂D．ClO2

有还原性，可用于自来水的杀菌消毒19、图中x、y、z、w四种含硫物质中，属于非电解质的是A．x B．y C．z D．w20、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．4.0g重水(D2O)中所含质子数为0.4NAB．4.48LN2与CO的混合物中所含分子数为0.2NAC．常温下，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.1NAD．0.2molNa2O2中含有离子总数为0.8NA21、下列叙述正确的是A．氯气溶于水形成的溶液能导电，故氯气是电解质B．没有氧元素参加的反应一定不是氧化还原反应C．在水中能电离出H+的化合物一定是酸D．有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应22、下列装置及药品和实验室制备的气体相匹配的是（）A．甲装置用来制备氧气 B．乙装置用来尾气处理氯化氢气体C．丙装置用来制取氯气 D．丁装置中盛有碱石灰用来干燥二氧化碳气体二、非选择题(共84分)23、（14分）已知有以下物质相互转化关系：试回答：(1)写出各物质的化学式A________________、

D___________、F_______。(2)检验G溶液中阳离子所选用的试剂是_______(写化学式)，实验现象是______。(3)写出B溶液与C溶液反应的化学方程式___________________________。(4)写出G溶液与A反应的离子反应方程式___________________________。(5)上图中共有6个化学反应，其中属于氧化还原反应的有几个？________。24、（12分）已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，M为红褐色。(1)物质A的化学式为________，D的化学式为________；(2)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为________________；(3)请写出两种A的用途：________，________；(4)H在潮湿空气中变成M的实验现象是________________；(5)A能氧化E生成M，试写出A恰好氧化E的离子方程式_______________。25、（12分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。26、（10分）某实验小组进行Cu和Fe2(SO4)3溶液的实验。实验探究过程如下：实验装置：实验操作与现象：ⅰ．加入Cu粉后充分振荡，静置，溶液变成浅蓝绿色；ⅱ．取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，立即出现白色沉淀，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去。查阅资料：Ⅰ．Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2：(SCN)2的性质与Cl2相似。Ⅱ．CuSCN能与稀硝酸反应：CuSCN+HNO3→CuSO4+N2↑+CO2+H2O(未配平)。回答下列问题：(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式为________。(2)根据表中实验现象推断白色沉淀为___________。为验证该白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，加入___，若____即可证明(补充所加试剂及实验现象)。(3)试解释ⅱ中溶液局部变为红色的原因是______。(4)根据ⅱ中实验现象可推知SCN-更易与_______结合(填“Fe3+”或“Cu+”)27、（12分）某课外兴趣小组需要230mL1mol/L的Na2CO3溶液。回答下列问题:(1)配制该溶液时,应称取Na2CO3的质量为_______g，应选用容量瓶的规格是______mL。(2)配制时正确的操作顺序是__________(用字母表示，每个操作只能用一次)。A．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中B．用托盘天平准确称量所需Na2CO3的质量，倒入烧杯中，再加入适量蒸馏水，用玻璃棒慢慢搅动，使其溶解C．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也都注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶D．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切E.将容量瓶瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇勺F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近容量瓶颈刻度线下1～2cm处(3)若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低"或“无影响”)?①没有进行C操作，所配辩液浓度___________。②配制溶液时，容量瓶未干燥，所配溶液浓度___________。③定容时俯视容量瓶颈刻度线，所配溶液浓度___________。28、（14分）乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，乙烯有如下转化关系。请回答下列问题：（1）乙烯的结构简式为______。（2）B所含官能团的名称为____________。（3）③的反应类型是____________。（4）浓硫酸的作用是________________。（5）反应①的化学方程式为__________________。反应②的化学方程式为___________。29、（10分）按要求写出如下化学反应方程式或离子反应方程式：（1）碳酸氢钠俗名________________，能够用来治疗胃酸过多，写出相关反应的离子方程式：______________________。（2）漂白粉或漂粉精的有效成分为__________________，制取漂白粉的化学方程式为：___________，为防止漂白粉变质，应注意___________保存。（3）在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，被氧化元素是____________，当有5mol水反应时，由H2O还原的BrF3为______________mol。

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、A【解析】

A.氢氧化钠溶液能与铝反应，从而除去铁中混有的铝，A符合题意；B.硫酸铜溶液不仅能溶解铝，也能溶解铁，B不合题意；C.氨水与铝不反应，不能除去铁中混有的铝，C不合题意；D.稀盐酸不仅能溶解铝，也能溶解铁，D不合题意。故选A。2、A【解析】

能用于治疗胃酸（含盐酸）过多的物质需具备能与盐酸反应且对人体无害的性质。【详解】A、碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠和水以及二氧化碳，可用于治疗胃酸过多，选项A正确；B、NaCl不与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多，选项B错误；C、KCl不与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多，选项C错误；D、氢氧化钠具有极强的腐蚀性，对人体有害，不能用于治疗胃酸过多，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了常见物质的实际用途，完成此题，可以依据已有的知识进行。3、D【解析】A.容量瓶中原有少量蒸馏水不影响，A错误；B.溶解所用的烧杯未洗涤，溶质的质量减少，浓度偏低，B错误；C.定容时仰视观察刻度线，溶液体积增加，浓度偏低，C错误；D.定容时俯视观察刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，D正确，答案选D。点睛：在量筒、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，必须分情况讨论：（1）容量瓶(如图Ⅰ、Ⅱ)。①图Ⅰ：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。②图Ⅱ：定容时仰视，溶液体积偏大，所配制溶液的物质的量浓度偏小。（2）量筒面读数(如图Ⅲ、Ⅳ)。①图Ⅲ：量筒上方刻度更大，俯视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(a点)即为俯视读数，即量筒内液面俯视读数偏大。②图Ⅳ：量筒下方刻度更小，仰视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(b点)即为仰视读数，即量筒内液面俯视读数偏小。（3）用量筒量取一定体积的液体(如图Ⅴ、Ⅵ)。①图Ⅴ：用量筒量取5.0mL液体时，若俯视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积小于5.0mL，即偏小。②图Ⅵ：用量筒量取5.0mL液体时，若仰视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积大于5.0mL，即偏大。4、B【解析】

A.甲醇中含6个原子，1mol甲醇中含6NA个原子，A错误；B.18gH2O的物质的量为1mol，而水分子中含10个中子，则1molH2O中含10NA个质子，B正确；C.氢气所处的状态不明确，不能确定其物质的量，C错误；D.CO2+3H2=CH3OH+H2O反应中H元素由0价变为+1价，故此反应转移6mol电子，生成1mol甲醇，即生成1mol甲醇转移6NA个电子，D错误；故合理选项是B。5、D【解析】

坐标中x轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，将氢氧化钠溶液逐滴加入含有盐酸的AlCl3溶液中，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，开始不产生沉淀，再发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，产生沉淀，最后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，根据方程式判断沉淀生成与沉淀消失消耗的氢氧化钠溶液的体积，以此来解答。【详解】由信息可知，x轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，则将氢氧化钠溶液逐滴加入含有盐酸的AlCl3溶液中，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，所以开始一段时间内没有沉淀生成，酸反应后发生，AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，产生沉淀，AlCl3反应完毕，再发生反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，随碱的量增加沉淀又消失，且生成沉淀与溶解沉淀消耗的碱的体积之比为3：1，

图象为：，故D项正确，答案选D。【点睛】铝三角的转化关系是常考题型，要理清铝元素的存在形式。结合图像分析出每个阶段的具体反应是解题的关键，要注意化学方程式中的化学计量数之比等于参加反应物质的物质的量之比。6、B【解析】

A．相同的温度下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故A错误；B．NaHCO3与盐酸反应较Na2CO3剧烈，但都能反应生成CO2，故B正确；C．碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠不分解，则热稳定性为Na2CO3＞NaHCO3，故C错误；D．NaHCO3可与NaOH反应生成Na2CO3，而NaHCO3分解可生成Na2CO3，则不在相同条件下转化，故D错误；故答案为B。【点睛】考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3可与水、二氧化碳反应生成NaHCO3。7、B【解析】

A．Mg不属于海水中的微量元素，A项错误；B．海水淡化的方法主要有蒸馏法，电渗析法和离子交换法；蒸馏法可以利用太阳能将海水淡化得到饮用水，B项正确；C．海水中的Br是化合态，若要获取溴单质必然涉及氧化还原反应，C项错误；D．B不属于金属元素，D项错误；答案选B。8、A【解析】

形成合金的二种金属必须在某一温度范围时都呈液态，这是熔合的基本条件。表中锌的沸点低于其他金属的熔点，在其他金属熔化时，锌已成气态。而金属W的熔点比其他金属的沸点都高，当W熔化时，其他金属也已成为气态，所以能形成二元合金的元素不能有W和Zn，故选A。9、D【解析】

酸性溶液中含有大量氢离子，离子之间不反应且和氢离子不反应的离子能大量共存，据此分析解答。【详解】A．Ca2+、CO32-生成碳酸钙沉淀，Ca2+、SO42-生成硫酸钙微溶物，且酸性条件下碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故A错误；

B．酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故B错误；

C．酸性条件下HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故C错误；

D．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；

故选：D。【点睛】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中限制性条件“酸性”溶液，B为解答易错点，题目难度不大。10、A【解析】

A.Na＋、Mg2＋、Br－、SO42-相互之间不反应，能大量共存，故选A；B.HCO3-、OH-反应生成CO32-和水，CO32-、Ca2＋再反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故不选B；C.Fe2＋、H＋、NO3-发生氧化还原反应生成Fe3＋，不能大量共存，故不选C；D.Cu2＋、S2-生成黑色沉淀CuS，不能大量共存，故不选D。11、A【解析】

A．MgCl2可以由Mg与Cl2反应生成，也可以由Mg与HCl反应生成，A正确；B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，Cu与HCl不反应，B错误；C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，因为Cl2氧化性强，会将Fe氧化到+3价，发生的反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，Fe与HCl生成FeCl2，因为HCl氧化性弱，只能将Fe氧化到+2价，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，C错误；D．结合C项分析，Fe与HCl生成FeCl2，Fe与Cl2反应生成FeCl3，D错误；故选A。12、A【解析】

A．Cl表示质子数为17、质量数为37的氯原子，A正确；B．表示硫离子的结构示意图，B错误；C．根据化合价法则可知，氮化镁的化学式为Mg3N2，C错误；D．H2CO3属于二元弱酸，应分步电离，且中间用“”，D错误；故选A。13、C【解析】

A．某原子K层上只有一个电子，符合电子排布规律，故正确；B．某离子M层和L层电子数均为K层的4倍，因为K层最多是2个电子，说明其MN层都为8个电子，符合电子排布规律，故正确；C．L层作为内层电子，应排8个电子，而某原子M层电子数为L层电子数的4倍，说明其为32个电子，但M最多只能排18个电子，故肯定错误；D．阳离子如果只有第一层，则最外层电子数为2，如果最外层是第二层或第三层等，电子数应为8个，故正确；故选C。【点睛】原子核外电子的排布规律为：1.电子依次从内向外排，第一层排满再排第二层，依次顺序；2.各层最多容纳2n2个电子；3.最外层最多容纳8个电子（K层作为最外层，最多2个电子），次外层最多容纳18个电子，倒数第三层最多容纳32个电子。3个要求相互制约。14、B【解析】①汞是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；②浓氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；③氯化钠晶体在水溶液中和熔融状态下均能导电，是电解质；④硝酸在水溶液中能导电，是电解质；⑤干冰溶于水后能够导电，但导电的离子不是二氧化碳自身电离的，所以干冰为非电解质；⑥蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，所以是非电解质；⑦硫酸在水溶液中能导电，是电解质；属于电解质的是③④⑦。答案选B。15、C【解析】

A.由方程式知，如NH3过量则会与产物HCl反应生成NH4Cl，则若管道漏气遇氨就会产生白烟，故A正确；B.Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2表现强氧化性，故B正确；C.该反应为置换反应，C错误；D.N元素的化合价由-3价升至0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确；答案选C。16、A【解析】

A.Fe和HCl反应时只能生成氯化亚铁和氢气，A符合；B.NaOH和CO2反应时，二氧化碳少量时生成碳酸钠和水，当二氧化碳过量时，碳酸钠会转化为碳酸氢钠，B不符合；C.Na和O2在常温下反应生成氧化钠，在加热或点燃条件下生成过氧化钠。C不符合；D.AlCl3和NaOH反应时，氢氧化钠不足时生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠足量时生成偏铝酸钠，D不符合。答案选A。17、B【解析】分析：由2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO）m·（H2）n时就一定满足m=n，若n＞m，则不符合（CO）m·（H2）n，以此来解答。详解：由上述分析可知n＞m时，不符合（CO）m·（H2）n，根据化学式可知①②④均符合（CO）m·（H2）n；③CH4化学式改写为C•（H2）2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；⑤CH3CHO化学式改写为CO•（H2）2·C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；答案选B。18、C【解析】

A.NaHCO3能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解无关，故A不选；B.Fe2O3

是红棕色固体，可以用作红色涂料，与Fe2O3

能与酸反应无关，故B不选；C.Na2O2可与CO2反应生成O2，常用作呼吸面具的供氧剂，故C选；D.ClO2

有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D不选；答案选C。19、B【解析】

由S化合价为-2价和气态氢化物可知x是H2S。【详解】A．H2S是酸，是电解质，A错误；B．SO3的水溶液虽然导电，但起导电作用的是H2SO4，所以SO3是非电解质，B正确；C．Na2SO4是盐，是电解质，C错误；D．H2SO3是酸，是电解质，D错误答案选B。【点睛】SO2、SO3、CO2、NH3等水溶液虽然能导电，但起导电作用的是它们与水反应的产物，所以SO2、SO3、CO2、NH3不是电解质。20、C【解析】

A.4.0g重水(D2O)的物质的量为，1个D2O中含10个质子，则4.0g重水(D2O)所含质子数为2NA，A错误；B.没有指明温度与压强，不能利用22.4L/mol计算4.48LN2与CO的混合物中所含的分子数，B错误；C.常温下，7.1gCl2为0.1mol，与足量NaOH溶液反应，生成NaCl、NaClO、H2O，转移的电子数约为0.1NA，C正确；D.Na2O2由Na+和O22-构成，0.2molNa2O2中含有离子总数为0.6NA，D错误；故选C。21、D【解析】A．电解质都是化合物，氯气是单质，所以氯气不是电解质，选项A错误；B．存在元素化合价的变化的反应是氧化还原反应，氧化还原反应中不一定有氧元素参加，如氢气与氯气的反应属于氧化还原反应，但是没有氧元素参加，选项B错误；C．电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，能电离出氢离子的不一定是酸，如NaHSO4能电离出氢离子，但是它是酸式盐，选项C错误；D．有单质生成的分解反应，元素的化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，选项D正确。答案选D。22、C【解析】A、制备氧气一般用KMnO4受热分解或KClO3和MnO2加热，试管口略向下倾斜，如果用H2O2制备O2，用MnO2作催化剂，不需要加热，故选项A错误；B、HCl极易溶于水，因此需要防止倒吸，本装置缺少防倒吸，故B错误；C、制取Cl2，用MnO2和浓盐酸加热来制备，故C正确；D、碱石灰是NaOH和CaO的混合物，CO2属于酸性氧化物，因此干燥CO2不能用碱石灰干燥，故D错误。二、非选择题(共84分)23、FeKClFe(OH)3KSCN溶液呈红色FeCl2+2KOH=Fe(OH)2↓+2KClFe+2Fe3+=3Fe2+3【解析】

B溶液和C溶液反应生成白色沉淀E，在空气中变成红褐色F，所以E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，D溶液和AgNO3溶液反应生成白色沉淀为AgCl，得到的溶液的焰色反应呈紫色，说明溶液中有K+，所以B溶液和C溶液是FeCl2和KOH。Fe(OH)3和盐酸反应生成的G溶液为FeCl3溶液，FeCl3溶液和A反应生成B，所以B是FeCl2，A是铁，C即为KOH，A和盐酸反应生成FeCl2和氢气，符合题意。故A为Fe，B为FeCl2，C为KOH，D为KCl，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，H为AgCl。【详解】由以上分析可知：A为Fe，B为FeCl2，C为KOH，D为KCl，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，H为AgCl。(1)化学式A：Fe，D：KCl，F：Fe(OH)3。(2)检验G(FeCl3)溶液中的Fe3+可选用KSCN溶液，Fe3+和SCN-反应生成红色的配离子和配合物，溶液显红色。(3)B(FeCl2)溶液与C(KOH)溶液反应的化学方程式为FeCl2+2KOH=Fe(OH)2↓+2KCl。(4)G(FeCl3)溶液与A(Fe)反应的离子反应方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。(5)上图中的6个化学反应，铁和盐酸的置换反应、Fe(OH)2在空气中被氧气氧化为Fe(OH)3的反应以及FeCl3和铁生成FeCl2的归中反应属于氧化还原反应，其他3个都是复分解反应，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的共有3个。24、Na2O2H22Al+2OH−+2H2O═2AlO+3H2↑供氧剂漂白剂白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+【解析】

R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠反应生成无色无味的气体F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且C与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，M与HCl反应生成W是FeCl3，据此分析解答。【详解】(1)R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，A为淡黄色固体，且A与水反应生成无色无味C，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，Al与氢氧化钠反应生成无色无味的气体F为H2，T为生活中使用最广泛的金属单质，且C与氧气反应生成的D具有磁性的黑色晶体，则T为Fe，D为Fe3O4；(2)B为NaOH，R为Al，B和R在溶液中反应生成F，气体F为H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO+3H2↑；(3)A为Na2O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑；由此反应可知A有作为供氧剂的用途，因过氧化钠有氧化性，也可作漂白剂等；(4)四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B(NaOH)反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe(OH)2，H在潮湿的空气中得到M为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的过程中，可能观察到的现象：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3；(5)A为Na2O2，E为FeCl2，M为Fe(OH)3，A恰好氧化E，氯化亚铁溶液与过氧化钠2:1反应，亚铁离子恰好被氧化成铁离子，反应的离子方程式为：6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+。25、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【解析】

(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5)（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：①④③②；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；(5)铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑2M

3×22400mL（a-c）g

bmL解之得：M=33600（a-c）/b；答案是：33600（a-c）/b；(6)铝的质量分数为：（a-c）/a×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；答案是：偏小。26、Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2＋）CuSCN少量稀硝酸白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3Cu+【解析】

Cu和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，立即出现白色沉淀CuSCN，Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去，据此分析。【详解】(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2＋；(2)Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2，根据表中实验