2026届广西桂林市、贺州市、崇左市化学高一第一学期期末检测试题含解析

2026届广西桂林市、贺州市、崇左市化学高一第一学期期末检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列化学方程式中，不能用离子方程式表示的是A．B．C．D．2、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（）A．5.6gFe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NAB．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAC．标准状况下，18g水所含电子数目为10NAD．1molO2与足量Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为2NA3、有BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀。反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)为()A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L4、下列关于SiO2和CO2的说法中正确的是()A．CO2、SiO2都能与一些碱性氧化物反应B．CO2和SiO2与水反应分别生成相应的酸C．CO2是酸性氧化物，SiO2是两性氧化物D．CO2和SiO2都是由相应的分子组成的5、把表面有氧化膜的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，所得溶液中金属离子为A．Fe3+和Cu2+ B．Fe2+和Cu2+ C．Fe3+和Fe2+ D．只有Fe2+6、下列物质均可用于漂白，漂白原理不同于其它的是()A．次氯酸钙 B．次氯酸钠 C．过氧化钠 D．活性炭7、下列关于实验装置或操作的说法中，正确的是A．实验①中若左边棉花变橙色，右边棉花变蓝色，则能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2B．实验②可用于吸收HCl，并防止倒吸C．实验③试管中会生成血红色溶液D．用图④操作制备少量氧气，可做到随关随停8、碘元素的一种核素I可用于医疗，该核素的中子数是()A．53 B．125 C．178 D．729、已知常温下在溶液冲可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+。由此可以确定Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是A．Ce4+、Fe3+、Sn4+ B．Sn4+、Ce4+、Fe3+C．Sn4+、Fe3+、Ce4+ D．Fe3+、Sn4+、Ce4+10、NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．80g硝酸铵含有氮原子数为2NAB．1L1mol·L-1的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NAC．标准状况下，11.2L蒸馏水所含分子数为0.5NAD．在铜与硫的反应中，1mol铜失去的电子数为2NA11、下列有关硅及其化合物性质和用途的说法正确的是A．单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池B．二氧化硅制成的玻璃纤维，因导电能力强而用于制造通讯光缆C．因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应生成二氧化碳，故硅酸的酸性比碳酸强D．二氧化硅不溶于水，所以硅酸不是二氧化硅对应的水化物12、下列有关硅及其化合物的说法正确的是A．硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在B．硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维C．木材浸过水玻璃后，不易着火D．SiO2是酸性氧化物，不与任何酸发生反应13、在解释下列物质性质时，与键能无关的变化规律是：A．HBr的热稳定性大于HIB．金刚石的硬度大于硅C．氮气常温下不容易发生化学反应D．CF4、CCl4、CBr4、CI4的熔、沸点逐渐升高14、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．含有4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，生成1molCl2B．常温常压下，16gO2所含的电子数为8NAC．标准状况下，22.4LSO3中所含的SO3分子数为NAD．78gNa2O2与足量水充分反应时电子转移数为2NA15、某同学用图所示的装置及药品进行酸性强弱比较的实验，下列说法正确的是A．①和②中发生的反应均为氧化还原反应B．向Na2SiO3饱和溶液中滴酚酞溶液无明显现象C．一段时间后②中有胶冻状物质生成D．该实验能证明酸性强弱的顺序是：碳酸＞硫酸＞硅酸16、下列说法正确的是A．CaCO3溶于CH3COOH溶液中，反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2OB．向AlCl3溶液中通入过量NH3，反应的离子方程式为：Al3＋＋4OH－＝＋2H2OC．下列四种离子因发生氧化还原反应而不能大量共存：K+、Fe3+、SCN－、Cl－D．向稀硫酸中滴入Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋=2H2O＋BaSO4↓17、下列溶液中含浓度最高的是()A．的氯化铁溶液 B．的氯化钙溶液C．的氯化亚铁溶液 D．的氯化钠溶液18、有关H、D、T、HD、H2、D＋、H－这七种微粒的说法正确的是A．互为同位素 B．是七种氢元素C．HD和H2均是单质 D．电子数相同19、元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是A．铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化B．加热Fe(OH)3发生转化⑥，Fe2O3加水溶解可转化为Fe(OH)3C．由图可预测：高铁酸盐(FeO42-

)具有强氧化性，可用于饮用水的消毒D．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速被氧化成Fe2O320、通过实验得出的结论正确的是A．某固体试样溶于水，向其中滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原固体中无B．某固体试样溶于稀盐酸，先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水后显红色，说明原固体中含有C．某固体试样溶于水得无色溶液，滴加少量新制氯水，再滴加少量，振荡后静置，下层出现橙红色，说明原固体中含有D．某固体试样溶于稀盐酸，取少量溶液进行焰色反应为黄色，说明原固体为钠盐21、已知：5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4-+2H2O，下列说法正确的是（）A．PbO2为还原剂，具有还原性B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5C．生成1mol的Pb2+，转移的电子数为5molD．酸性环境下PbO2的氧化性强于MnO4-22、某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2+)＝2mol·L－1，c(SO42-)＝6.5mol·L－1，若将200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1氢氧化钠溶液的体积是A．0.5L B．1.625L C．1.8L D．2L二、非选择题(共84分)23、（14分）现有A、B、C三种金属单质和甲、乙、丙三种气体，及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图所示变化（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请回答下列问题：（1）写出指定物质的化学式：D____________、G____________、丙____________。（2）上述反应中既是化合反应，又是氧化还原反应的是____________（填序号）。（3）写出反应①的离子方程式：____________________________________。（4）写出反应⑤的离子方程式________________________。用于检验溶液G中金属阳离子的试剂是____________。24、（12分）A～G为中学化学常见的化合物，是生活中用途广泛的两种金属单质。其相互转化关系如图所示（反应条件已略去）：请回答下列问题（1）的化学式分别为____、____。（2）①～⑨中，属于非氧化还原反应的是___。（3）反应⑨的化学方程式为_________，该反应的现象为____。（4）反应①、④的离子方程式分别为__________、_______。25、（12分）某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。（1）A中发生反应的化学反应方程式为________________________________（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯，回答下列问题：①在装置D中能看到的实验现象分别是___________________；②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为______________________________；③装置F中球形干燥管的作用是____________________________；（3）储气瓶b内盛放的试剂是______________________________；（4）B处发生反应的离子方程式为___________________________________。26、（10分）某“84”消毒液部分标签如下图所示，回答下列问题：（1）NaClO变质的反应属于__________（填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）（2）计算该“84”消毒液的物质的量浓度________mol·L－1（保留小数点后一位）。（3）某实验需用480mL2.0mol·L-1NaClO的消毒液，现用NaClO固体配制。a．需要用托盘天平称量NaClO的固体质量为________gb．配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤移液⑥洗涤⑦定容⑧冷却正确的操作顺序为：____________________________________（填序号）（4）在配制过程中，除需要烧杯、托盘天平外还必需的仪器有______________（写两种）（5）下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是________A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒B．溶解后未经冷却就移液C．移液时，有少量液体溅出D．定容时，俯视刻度线E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用27、（12分）氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组利用下图装置探究氨气的有关性质。(1)装置A中烧瓶内试剂可选用________(填序号)，B的作用是________________。a．碱石灰b．生石灰c．浓硫酸d．烧碱溶液(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先________(填Ⅰ或Ⅱ)。Ⅰ.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水Ⅱ.加热装置C(3)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为_____________________________________________；该反应证明氨气具有________性。(4)该实验缺少尾气吸收装置，上图中能用来吸收尾气的装置是________(填装置序号)。(5)氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24L的氨气溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。28、（14分）向100mL0.1mol/L硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol/LBa(OH)2溶液．随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示．根据此图象回答下列问题：(1)写出从b点到c变化的离子方程式：___________________；(2)写出c点对应的Ba(OH)2溶液的体积_________________。29、（10分）某工厂排出的废水中含有大量的Fe2+、Cu2+和SO42-。Ⅰ.某校研究性学习小组设计如图流程以回收铜和硫酸亚铁。请回答：（1）反应①的离子方程式为______。（2）操作①中用到的玻璃仪器是_____(填序号)。a．烧杯b．漏斗c．玻璃棒d．酒精灯（3）固体成分是_____。(填名称)。（4）原料②的名称为_____。Ⅱ.回收的铜可用于制备胆矾(CuSO4·5H2O)。将铜和一定浓度稀硫酸混合后在加热的情况下通入氧气，发生如下反应：2Cu＋2H2SO4＋O22CuSO4＋2H2O。制得硫酸铜溶液后经过蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤可得胆矾。（1）请分析2Cu＋2H2SO4＋O22CuSO4＋2H2O反应中，氧化剂是_____，氧化产物是____(填化学式)。（2）用双线桥标出上述反应的电子得失_____。2Cu＋2H2SO4＋O22CuSO4＋2H2O（3）若有147gH2SO4参与反应，则转移的电子数目为_____。

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】

ABC的反应物和生成物除去硫酸钡之外均可拆解，故ABC不符合题意；D、反应生成水，属于弱电解质，不能拆分，故D符合；故选D。2、C【解析】

A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，在氧气中燃烧，生成Fe3O4，完全反应时转移的电子数为NA，故A错误；B.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气均为1mol，氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，故所含原子数不等，故B错误；C.18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故C正确；D.由于不确定生成Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定转移电子数，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4。3、A【解析】

根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag++Cl-=AgCl↓算Cl-的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl-离子浓度，利用电荷守恒有2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，据此计算原溶液中的c(Na+)。【详解】BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它均分成两份，一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗amolH2SO4，则：根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知amolSO42-消耗amolBa2+；则c(Ba2+)==mol/L；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗bmolAgNO3，则：根据Ag++Cl-=AgCl↓关系可知bmolAgNO3消耗bmolCl-，c(Cl-)==mol/L，溶液不显电性，由电荷守恒可知，2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，解得c(Na+)=mol/L-2×mol/L=mol/L，【点睛】本题考查混合物的物质的量浓度的计算，清楚发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，熟悉物质的量浓度的计算公式，注意两等份溶液的浓度关系。4、A【解析】

A．CO2、SiO2均为酸性氧化物，一定条件下能与一些碱性氧化物如Na2O等反应生成含氧酸盐，故A正确；B．CO2和水反应生成H2CO3，而SiO2和水不反应，用SiO2和NaOH溶液制备硅酸钠，然后用硅酸钠和HCl溶液反应制备硅酸，故B错误；C．CO2是酸性氧化物，而SiO2虽然能和HF反应，但生成产物不是盐和水，则二氧化硅仍然属于酸性氧化物，故C错误；D．SiO2属于原子晶体，是由原子构成的，所以二氧化硅中没有分子存在，故D错误；故答案为A。5、D【解析】

表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，由发生的反应：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应，生成Fe3+和Cu2+，已知还原性Fe＞Cu，且氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，则表面氧化膜溶解后，依次发生铁和FeCl3、CuCl2反应，最后和过量的盐酸反应，最终溶液中含有的金属离子只存在Fe2+，故答案为D。6、D【解析】

次氯酸钙、次氯酸钠、过氧化钠都是强氧化剂，与有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质；活性炭的漂白原理是吸附有色物质，属于物理变化，故D符合；故选D。7、C【解析】

A．生成的溴中混有氯气，不能验证溴与碘的氧化性强弱，故A错误；B．氯化氢极易溶于水，直接通入水中，容易发生倒吸，应该用四氯化碳，不能用苯，故B错误；C．铁离子与KSCN发生络合反应，溶液为血红色，故C正确；D．过氧化钠溶于水，不是块状固体，该装置不能做到随关随停，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及气体的制备、性质的检验以及物质的分离等问题，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，把握物质的性质为解答该题的关键。8、D【解析】

碘元素的一种核素I，该原子的质量数为125，质子数为53，该核素的中子数是125－53＝72，故D正确。故选：D。9、A【解析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+中亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性是Ce4+＞Fe3+；反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+中铁离子被还原为亚铁离子，则氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是Ce4+、Fe3+、Sn4+，答案选A。10、A【解析】

A.80gNH4NO3的物质的量n==1mol，氮原子个数=2NA，故A正确；B.盐酸溶液中不含氯化氢分子，故B错误；C.标准状况下蒸馏水不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.铜与硫反应生成Cu2S，1mol铜失去的电子数为NA，故D错误；故选：A。11、A【解析】

A.单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池，选项A正确；B、SiO2制成的玻璃纤维，用于制造通讯光缆是利用光的全反射原理，选项B错误；C．高温下，二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，因为有高温条件，所以不能据此判断硅酸和碳酸的相对强弱，选项C错误；D．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），选项D错误；答案选A。12、C【解析】

A.硅是亲氧元素，在自然界中只能以化合态形式存在，A不正确；B.硅晶体能够导电，是良好的半导体，光导纤维是由二氧化硅制得的，二氧化硅能够导光，B不正确；C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，它具有不易着火的性质，所以用水玻璃浸渍木材，C正确；D.SiO2是酸性氧化物，不与一般的酸反应，但能与氢氟酸反应，D不正确。故选C。13、D【解析】

A项，H-Br的键长小于H-I，它们的共价键键能逐渐减小，所以HBr的热稳定性大于HI，与键能有关，故不选A项；B项，金刚石硬度大于硅是因C-C键键能大于Si-Si键键能，与键能有关，故不选B项；C项，氮气分子中含有N≡N，N≡N的键能非常大，不易断裂，所以氮气非常稳定不容易发生化学反应，故不选C项。D项，四种物质熔、沸点逐渐升高，是由于四种物质的相对分子质量依次增大，范德华力依次增大造成，与键能无关，故选D项；故答案选D。14、B【解析】

A.二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，随着反应的进行，盐酸变稀，故4mol盐酸不能反应完全，则生成的氯气分子小于1mol，故A错误；B.16g氧气的物质的量为：，0.5mol氧气分子中含有的电子为：16×0.5mol=8mol，则含有8NA个电子，故B正确；C.标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C错误；D.78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠与水的反应是歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，即NA个，故D错误；故选B。【点睛】此题易错点在D项，过氧化钠中氧元素为-1价，本身发生氧化还原反应，1个O得电子、1个O失去电子，属于歧化反应。15、C【解析】

稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，证明硫酸的酸性大于碳酸；将生成的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，会观察到有白色胶状物，反应生成了硅酸胶体，证明了酸性：碳酸＞硅酸，据此进行解答。【详解】A．①中硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠、二氧化碳气体和水，②中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸和碳酸钠，都不存在元素化合价升降，不是氧化还原反应，故A错误；B．硅酸钠溶液呈碱性，所以向Na2SiO3饱和溶液中滴酚酞溶液后会显示红色，故B错误；C．一段时间后②中生成硅酸胶体，则有胶冻状物质生成，故C正确；D．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，证明酸性：硫酸＞碳酸；将生成的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，会观察到有白色胶状物，反应生成了硅酸胶体，证明酸性：碳酸＞硅酸，该实验能证明酸性强弱的顺序是：硫酸＞碳酸＞硅酸，故D错误；故答案为C。16、D【解析】

A.CH3COOH是弱电解质，CaCO3溶于CH3COOH溶液中：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO－，故A错误；B.一水合氨是弱碱，向AlCl3溶液中通入过量NH3：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3，故B错误；C.Fe3+、SCN－在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，故C错误；D.向稀硫酸中滴入Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋=2H2O＋BaSO4↓，故D正确。综上所述，答案为D。17、C【解析】

根据溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数计算并比较大小，与溶液的体积无关。【详解】A.的氯化铁溶液中，c(Cl-)=c(FeCl3)×3=0.1mol⋅L−1×3=0.3mol⋅L−1；B.的氯化钙溶液，c(Cl-)=c(CaCl2)×2=0.1mol⋅L−1×2=0.2mol⋅L−1；C.的氯化亚铁溶液，c(Cl-)=c(FeCl2)×2=0.2mol⋅L−1×2=0.4mol⋅L−1；D.的氯化钠溶液，c(Cl-)=c(NaCl)=0.3mol⋅L−1；故选C。18、C【解析】

A．质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，H、D、T、HD、H2、D＋、H－这七种微粒不是同位素关系，A错误；B．具有相同核电荷数即质子数的同一类原子的总称，这七种微粒不是七种氢元素，B错误；C．HD和H2均是单质，C正确；D．这七种微粒的电子数不同，分别是1、1、1、2、2、0、2，D错误；答案选C。19、C【解析】

A.．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现上述转化，故A错误；B．加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁，Fe2O3不溶于水，加水不溶解不可实现转化③，故B错误；C．高铁酸盐(FeO42-

)具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则O元素化合价由−2价变为0价，即有氧气生成，可用于消毒，则反应的离子方程式为：4FeO42−+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH−，生成的氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故C正确；D．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，故D错误；答案选C。20、C【解析】

A．氨气易溶于水，加入氢氧化钠溶液，没有进行加热，因此没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，固体试样中仍可能存在NH4＋，故A错误；B．某固体试样溶于稀盐酸，先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水后显红色，有Fe3+生成，说明一定含有Fe2+，但原固体不一定含Fe2+，也有可能是铁单质，故B错误；C．氯水中的氯气和溴离子反应生成溴单质，四氯化碳把溴从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显橙红色，所以滴加少量新制氯水，再滴加少量CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色说明原溶液中有溴离子，故C正确；D．焰色反应为元素的性质，只能说明含有钠元素，不一定为钠盐，也可能为NaOH等，故D错误；故答案选C。【点睛】本题注意检验NH4＋时，溶液中加入氢氧化钠溶液后一定要加热，否则NH3可能不会逸出而观察不到现象。21、D【解析】

A.该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO2体现氧化性，故A错误；B.氧化剂和还原剂分别是PbO2、Mn2+，其物质的量之比为5:2，故B错误；C.生成1mol的Pb2+，转移的电子数1×2mol=2mol，故C错误；D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO4-，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于MnO4-，故D正确；。答案选D。22、D【解析】

根据电荷守恒可得c(Al3＋)=3mol/L；；n(Al3＋)=3ml/L×0.2L=0.6mol；反应的离子方程式为：Al3＋+3OH—=Al(OH)3↓；Al3＋+4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3＋恰好完全反应生成AlO2—离子，即，需氢氧化钠的物质的量为；所以加入1.6mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为：，答案选D。二、非选择题(共84分)23、②⑤溶液【解析】

金属单质A的焰色反应为黄色，A为，与水反应生成和，气体甲为，溶液D为，与金属单质反应生成和，B为，黄绿色气体是，与反应生成气体，气体丙为，加水得到溶液E为盐酸，盐酸与金属单质反应，生成和，金属C为，溶液F为，与反应，生成，溶液G为，与反应生成红褐色沉淀和，H为。【详解】（1）根据分析可知，D为、G为、丙为，故答案为：；；；（2）化合反应是两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，氧化还原反应是反应前后有元素化合价改变的反应，所以②⑤是既是化合反应，又是氧化还原反应，故答案为：②⑤；（3）反应①是与水反应生成和，其离子反应方程式：↑，故答案为：↑；（4）反应⑤是与应生成，其离子反应方程式：，溶液G为，阳离子是，滴加溶液，溶液变为血红色，说明有，故答案为：；溶液。24、Fe2O3NaAlO2②④⑦⑧4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【解析】

X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。【详解】根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeCl2，F为Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；写出①～⑨的化学方程式：①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O③2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3④Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O⑤Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑥2FeCl3+Fe=3FeCl2⑦FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl⑧FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(1)A为Fe2O3，C为NaAlO2；(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有②④⑦⑧；(3)⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(4)①的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，④的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。【点睛】能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容，需要学生很熟悉常见金属及其化合物的性质。25、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑溶液先变红色后褪色C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl防止倒吸饱和食盐水2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-【解析】

依据题意可知实验目的：制取氯气并进行氯气性质实验，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气具有强的氧化性能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，E中碳与氯气、水蒸气反应生成二氧化碳和氯化氢，氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，通常用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，据此解答。【详解】（1）A是制备氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；（2）①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，所以D中现象为：溶液先变红色后褪色；②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，依据得失电子守恒和原子个数守恒可知反应方程式为C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl；③氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，所以装置F中球形干燥管的作用是防倒吸；（3）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以装置b中液体为饱和食盐水；（4）氯气具有强氧化性，能把氯化亚铁氧化为氯化铁，则B处发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-。【点睛】本题考查了气体的制备与性质，明确氯气的实验室制备原理及性质是解题关键，培养了学生分析问题和解决问题的能力。本题的易错点为（2）②中氧化还原反应方程式的书写，要注意充分利用题干信息判断出反应物和生成物，再配平。26、非氧化还原反应4.074.5②①③⑧⑤⑥⑦④500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒AC【解析】

（1）根据氧化还原反应特征进行分析；（2）根据c=进行计算；（3）配制480mL溶液需使用500mL容量瓶，根据m=cVM进行计算；配制具体操作一般为：计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀，据此进行分析；（4）在配制一定物质的量浓度的溶液操作过程中，必须的仪器为：烧杯、托盘天平、500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，据此进行分析；（5）根据c=进行分析。【详解】（1）NaClO吸收CO2变质过程为：NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，该过程中元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应；故答案为：非氧化还原反应；（2）“84”消毒液的物质的量浓度==4mol/L；故答案为：4；（3）配制480mL溶液需使用500mL容量瓶，因此需要称取NaClO的质量为：0.5L×2mol/L×74.5g/mol=74.5g；配制具体操作一般为：计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀；故答案为：74.5；②①③⑧⑤⑥⑦④；（4）在配制过程中，必须的仪器为：烧杯、托盘天平、500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；（5）A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，会导致溶质未完全转移，n偏低，所配制溶液浓度偏低，故A符合题意；B．溶解后未经冷却就移液，待溶液冷却后，溶液体积将会减小，V偏小，所配制溶液浓度偏高，故B不符合题意；C．移液时，有少量液体溅出，会导致溶质有损失，n偏低，所配制溶液浓度偏低，故C符合题意；D．定容时，俯视刻度线，会导致溶液实际体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故D不符合题意；E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，因定容过程中需要加入蒸馏水，因此不会影响溶液浓度，故E不符合题意；故答案为：AC。27、ab吸收水蒸气干燥氨气Ⅰ3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O还原Ⅱ、Ⅲ0.1【解析】

（1）A装置制备氨气，利用浓氨水受热易挥发的特点，烧瓶中盛放碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体，因此ab正确；B装置的作用是干燥氨气；（2）先通一段时间的氨气，排除装置中的空气，然后点燃酒精灯，故I正确；（3）CuO变红说明转化成铜，无水硫酸铜变蓝，说明产生H2O，因此反应方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，氨气中N的化合价升高，被氧化，作还原剂；（4）氨气极易溶于水，防止倒吸，因此选用的是II、III；（5）溶液物质的量浓度为2.24/22.4/0.5mol·L－1=0.1mol·L－1。28、Al(OH)3+OH-=+2H2O250mL【解析】