2026届湖北省武汉市华科附中、吴家山中学等五校高一化学第一学期期末调研试题含解析

2026届湖北省武汉市华科附中、吴家山中学等五校高一化学第一学期期末调研试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列不是氯碱工业的直接产品的是（）A．氢气 B．氯气 C．氯化氢 D．氢氧化钠2、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素且无正价，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（）A．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XB．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W3、将CO2气体通入下列溶液中，联系所学知识推测一定不会出现浑浊的是A．饱和Na2CO3溶液B．CaCl2溶液C．澄清石灰水D．Na2SiO3溶液4、下列实验操作中都正确的选项是()①用剩的药品为避免浪费应放回原瓶②蒸发氯化钠溶液时要用玻璃棒不断搅拌③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量④用试纸检验气体性质时,手拿着试纸经水润湿后靠近气体观察试纸颜色变化A．②③ B．②③④ C．②④ D．①②③④5、有下列离子反应：①Fe3＋+Cu=Fe2＋+Cu2＋②2Na+2H2O=2Na＋+2OH-+H2↑③Ag＋+Cl-=AgCl↓④Fe+Fe3＋=2Fe2＋⑤2H＋+SO42-+Ba2＋+2OH-=BaSO4↓+2H2O⑥Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2↑，其中属于氧化还原反应且书写正确的是A．①②④⑥ B．①②④ C．② D．③⑤6、下列各组离子能在强酸性溶液中大量共存的是()A．K＋、Na＋、SO42-、NO3- B．OH－、Na＋、Cl－、SO42-C．Ba2＋、K＋、Cl－、SO42- D．K＋、NH4+、HCO3-、Cl－7、向溶液X中持续通入气体Y至过量，会产生“浑浊→澄清”现象的是A．X：漂白粉溶液Y：二氧化硫 B．X：氯化钡溶液Y：二氧化硫C．X：氯化铝溶液Y：氨气 D．X：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮8、从海带中提取碘要经过灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作，下列对应的装置合理，操作规范的是（）A．海带灼烧成灰B．过滤含碘离子溶液C．放出碘的苯溶液D．分离碘并回收苯9、实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是A．是氨气发生装置B．是氨气发生装置C．是氨气吸收装置D．是氨气收集、检验装置10、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀CuC．铝导热性好，可用铝罐贮运浓硝酸D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO211、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．室温下，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NAB．铜与浓硫酸共热产生22.4LSO2时，转移电子数为2NAC．标准状况下，2.24LC12溶于足量NaOH溶液中，转移的电子数目为0.2NAD．18gNH4+中所含的质子数为10NA12、下列混合物能用过滤法分离的是()A．酒精和水 B．食盐和蔗糖 C．泥沙和食盐 D．铜粉和铝粉13、下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是A． B．C． D．14、下列化学反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是()A．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑B．2F2＋2H2O===4HF＋O2C．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑D．NaH＋H2O===NaOH＋H2↑15、把浓硫酸滴入浓盐酸中会有氯化氢气体逸出，对此现象的合理解释是()A．氯化氢难溶于水B．浓硫酸是一种高沸点的酸C．浓硫酸有脱水性D．浓硫酸溶于水放出大量的热，降低了氯化氢的溶解度16、下面关于硅及其化合物的叙述中，不正确的是A．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料在玻璃窑中熔融制成B．玻璃、陶瓷、水泥、碳化硅都属于传统的硅酸盐产品C．硅胶可用作食品干燥剂及催化剂的载体D．硅元素是一种亲氧元素，其中[SiO4]四面体结构存在于二氧化硅和硅酸盐矿中17、将一定量锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀释得400mL，测得溶液c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是（）A．气体中SO2和H2物质的量比为6:1 B．反应中共消耗锌52.0gC．所得气体应该为SO2和H2混合物 D．反应共转移电子1.6mol18、化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是:A．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成B．对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C．NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧19、下列实验仪器能直接加热的是A．烧杯 B．试管 C．锥形瓶 D．圆底烧瓶20、在SO3＋H2O=H2SO4反应中，反应前后发生改变的是()A．分子总数 B．元素种类 C．各元素化合价 D．原子种类21、下列变化必须加入还原剂才能发生的是A．CO2

→

CO B．CuO→

CuCl2 C．NO→

NO2 D．SO2→

H2SO322、将金属铜投入金属甲的盐溶液中，观察到铜的表面出现银白色物质；金属乙投入稀硫酸中，观察到乙的表面有气泡产生。下列关于金属甲、乙、铜活动性顺序的叙述正确的是()A．乙>铜>甲 B．甲>铜>乙C．乙>甲>铜 D．甲>乙>铜二、非选择题(共84分)23、（14分）无机物转化题。A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如下（部分反应中的水已略去）。根据题意回答下列问题：（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，C为厨房中的用品，D的过度排放会造成温室效应。①A的化学式______________，B的俗名____________；②反应Ⅱ的离子方程式是_____________。（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料。①反应Ⅱ的离子方程式是____________；②反应Ⅲ的离子方程式表示反应__________；③检验B中阳离子最好的试剂是_________（写化学式）。（3）C与NaOH溶液反应，用离子方程式表示产生此现象的过程________、_____。24、（12分）如图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去。（1）单质F的化学式是___。（2）写出由沉淀J生成H溶液的离子方程式__。（3）溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，写出生成L的离子方程式：__，白色沉淀L最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式__。（4）溶液I中所含金属离子是__。25、（12分）为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如图所示的装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）。请据此回答：（1）若锥形瓶A中装某可溶性正盐溶液，其化学式为__。（2）装置B所盛的试剂是__，其作用是__。（3）装置C所盛试剂溶质的化学式是__。C中反应的离子方程式是__。（4）由此可得出的结论是：酸性__＞__＞__。26、（10分）立足教材实验是掌握高中化学实验的基础，是理解化学科学的实验原理、实验方法和实验思路，提高学生实验能力的基本途径:（1）实验1:取一块金属钠，在玻璃片上用滤纸吸干表面的煤油后，用小刀切去一端的外皮，观察钠的颜色，这个实验中还需用到的一种仪器是_________；（2）实验2:向一个盛有水的小烧杯里滴入几滴酚酞试液，然后把一小块钠投入小烧杯，把反应的现象和相应结论填入空格，“浮”--钠的密度比水小；“红”--反应生成了氢氧化钠；“熔”——______________；（3）实验3：用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落。下列关于上述实验现象的解释正确的是_________A．火焰温度太低不能使铝燃烧B．铝在空气中能很快形成氧化膜C．氧化铝的熔点比铝的熔点高D．用砂纸打磨不能除去表面的氧化膜（4）实验4:把少量水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即用带火星的木条放在试管口，检验生成的气体，向反应后的溶液中加入酚酞试液，溶液中可以看到__________________________________________（5）实验5:在玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气,该氧化还原反应的氧化剂是__________，该反应每消耗1mol铁，转移电子的物质的量为_________。（6）实验6:在试管中注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生这种颜色变化的原因是(用化学方程式表示):________________________________。27、（12分）某兴趣小组利用下列实验装置探究SO2的性质。根据要求回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式为。（2）利用装置C可以证明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是；若要证明其漂白作用是可逆的，还需要的操作是。（3）通过观察D中现象，即可证明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是______。a．NaCl溶液b．酸性KMnO4c．FeCl3d．Na2S溶液（4）研究小组发现B中有白色沉淀生成，若往B中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解。沉淀物的化学式是。（5）为进一步验证B中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验：实验i：另取BaCl2溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述装置进行实验，结果发现B中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊．实验ii：用如上图2的F装置代替上述实验中的A装置（其他装置不变），连接后往装置F中通入气体X一段时间，再加入70%H2SO4溶液，结果B中没有出现浑浊．①“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是；②气体X可以是（填序号）。a．CO2b．C12c．N2d．NO2③B中形成沉淀的原因是（用化学方程式表示）：。28、（14分）铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取Al可采用如图所示工艺流程：请回答下列问题：（1）铝土矿加入盐酸后生成Al3＋的离子方程式为_____________________________。（2）沉淀B与烧碱反应的离子方程式为______________________________________。（3）溶液D中通入过量CO2的离子方程式为_____________________________。（4）“通入过量CO2”能否改用过量盐酸________（填“能或否”），原因是_____________。（5）向共含有0.05molAl3+、Fe3+的溶液中滴入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则溶液中Al3+的物质的量为_________mol。29、（10分）纪录片《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守，也让人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。Ⅰ.某博物馆修复出土铁器的过程如下：(1)检测锈蚀物的成分。锈蚀物主要成分的化学式Fe3O4Fe2O3·H2OFeO(OH)FeOClFeOCl中铁元素的化合价为_______。(2)化学修复方法：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层。(已知：Cl－会加快铁的腐蚀)修复过程：将铁器浸没在盛有0.5mol·L-1Na2SO3、0.5mol·L-1NaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃，一段时间后取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl－。①脱氯反应：FeOCl+OH－=FeO(OH)+Cl－。离子反应是向着离子浓度减小的方向进行的，则相同温度下，FeOCl与FeO(OH)的溶解度：s(FeOCl)______s[FeO(OH)](填＞、＜或＝)。②还原反应：Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4。配平化学方程式：___Na2SO3+___FeO(OH)=___Na2SO4+___Fe3O4+___H2O③检验Cl－是否洗涤干净的方法是_______________。Ⅱ.若要配制500mL0.5mol·L-1的NaOH溶液用于洗涤器物，回答下列问题：(3)配制时，应用天平称取NaOH的质量为___________(精确到小数点后两位)。(4)某操作步骤如图所示：该操作应放在如图所示的____________(填序号)操作之间。①②③④⑤⑥(5)下列说法错误的是_____________(填标号)。A．称量NaOH固体的时间不宜过长B．待烧杯中溶液冷却至室温才进行转移C．定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的NaOH溶液浓度偏高D．容量瓶可存放配好的NaOH溶液

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】

工业上制取氯气大多采用电解饱和食盐水的方法，以此为基础的工业称为“氯碱工业”，电解饱和食盐水可产生氯气、氢气和氢氧化钠，据此分析进行解答。【详解】电解饱和食盐水阳极氯离子失去电子，化合价从-1价变化为0价，发生氧化反应,电极反应为:2Cl--2e-═Cl2↑，阴极氢离子得到电子，氢元素化合价从+1价变化为0价，发生还原反应，电极反应为:2H++2e-═H2↑；总反应为:2NaCl+2H2O=2NaOH+H2+Cl2，所以氯化氢不是氯碱工业的直接产品，故C正确；故答案选C。2、B【解析】Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si。A、电子层数越多，原子半径越大，同一周期，原子序数越小，原子半径越大，即原子半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故B正确；C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，因此X＞W＞Z，故C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性F＞O＞Si＞Al，即简单气态氢化物的稳定性Y＞X＞W，故D错误；故选B。3、B【解析】饱和Na2CO3溶液与CO2气体反应生成溶解度更小的碳酸氢钠固体，溶液变浑浊，A错误；CaCl2溶液与CO2气体不反应，因为碳酸不能制备盐酸，B正确；澄清石灰水通入少量CO2气体，溶液变浑浊，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳气体过量，沉淀又溶解，生成碳酸氢钙溶液，C错误；Na2SiO3溶液和CO2气体反应生成硅酸沉淀，体现了强酸制弱酸的规律，D错误；正确选项B。4、A【解析】

①用剩的药品一般不能再放回原试剂瓶，以避免污染，①不正确；②蒸发氯化钠溶液时，为了防止局部过热，造成液体飞溅，要用玻璃棒不断搅拌，②正确；③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量，防止腐蚀托盘，③正确；④用试纸检验气体性质时，将湿润的试纸粘在玻璃棒上，再靠近气体，不能用手，④不正确，其余是正确的，答案选A。5、C【解析】

元素化合价发生变化的反应属于氧化还原反应，然后根据物质的性质，结合离子方程式书写原则及物质的拆分原则分析判断。【详解】①反应属于氧化还原反应，但方程式不符合电子守恒、电荷守恒，①错误；②反应符合事实，属于氧化还原反应，离子方程式书写正确，②正确；③银离子和氯离子反应生成氯化银，无化合价变化，不属于氧化还原反应，③错误；④反应属于氧化还原反应，但离子方程式书写时电子、电荷不守恒，④错误；⑤硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，⑤错误；⑥氧化铝和碱反应，生成偏铝酸盐和水，反应不符合事实，且不属于氧化还原反应，⑥错误；综上所述可知：说法正确的只有②，故合理选项是C。【点睛】本题考查氧化还原反应的概念和离子反应方程式，掌握物质的性质及氧化还原反应的概念和离子反应方程式的书写方法是解答的关键，注意相关基础知识的积累和应用。6、A【解析】

A.选项中离子之间不能发生反应，且与H+也不能反应，可以大量共存，A符合题意；B.酸性溶液中的H+与OH-会发生反应产生弱电解质H2O，不能大量共存，B不符合题意；C.Ba2＋、SO42-会发生反应产生BaSO4沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D.酸性溶液中的H+与HCO3-会反应产生H2O、CO2，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是A。7、D【解析】

A．漂白粉溶液中通入SO2发生的反应为：Ca(ClO)2+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO，CaSO3+HClO=CaSO4+HCl，会出现浑浊，不会澄清，A不符合题意；B．SO2通入BaCl2溶液中不能与SO2反应，溶液不会出现浑浊，B不符合题意；C．AlCl3与氨水反应生成的Al(OH)3沉淀不溶于过量的氨水，溶液不会变澄清，C不符合题意；D．NO2与水反应生成HNO3，HNO3与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3可溶于过量的HNO3，故可看到“浑浊—澄清”的现象，D符合题意；故选D。8、D【解析】

A、灼烧海带应在坩埚中进行，A错误；B、过滤应用玻璃棒引流，B错误；C、碘单质易溶在苯中，且苯的密度小于水，在上层，应从上口倒出上层液体，C错误；D、分离碘并回收苯可采用蒸馏法，装置正确，D正确；答案选D。9、B【解析】

A．NH4Cl固体受热分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl，故A错误；B．将浓氨水滴到生石灰固体上时，生石灰与水反应放热会导致NH3逸出，此为氨气的发生装置，故B正确；C．NH3极易溶于水，为防止倒吸，倒置的漏斗口刚接触水面即可，不能浸于水中，故C错误；D．收集NH3时，为防止NH3与空气形成对流使收集的NH3不纯，通常在导管口放置棉花团，故D错误；答案选B。10、A【解析】

A、熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；B、FeCl3溶液具有较强的氧化性，能氧化Cu，所以可用于腐蚀电路板上的Cu，与溶液的酸性无关，故B错误；C、常温下Al遇浓硝酸发生钝化，可用铝罐贮运浓硝酸，与良好的导热性无关，故C错误；D、浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂，可以干燥二氧化碳，与浓硫酸的氧化性无关，故D错误。11、A【解析】

A．氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子的物质的量是32g÷16g·mol−1＝2mol，个数为2NA，A正确；B．由于不能确定SO2所处的状态，则铜与浓硫酸共热产生22.4LSO2时，转移电子数不一定为2NA，B错误；C．标准状况下，2.24LCl2的物质的量为0.1mol，分子数为0.1NA，氯气和氢氧化钠溶液发生歧化反应，转移电子数等于反应掉的氯气分子数，因此转移电子数为0.1NA，C错误；D．18gNH4+的物质的量是18g÷18g·mol−1＝1mol，其中所含的质子数为11NA，D错误；综上所述，本题选A。12、C【解析】

过滤是将不溶于水的固体从水中分离出去的一种实验方法。【详解】A.酒精和水都为液体且二者互溶，A不能用过滤的方法分离；B.食盐和蔗糖都能溶于水，B不能用过滤的方法分离；C.食盐溶于水，而泥沙不溶于水，C可用过滤的方法分离；D.铜粉和铝粉都为难溶于水的物质，D不能用过滤的方法分离；答案为C。13、C【解析】

A项、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，装置不漏气；B项、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中加水，形成的液面高度不变，说明装置气密性良好，装置不漏气；C项、当向右拉动注射器的活塞时，锥形瓶内的空气体积增大压强变小，若气密性良好则可以看到长颈漏斗的下端会产生气泡，向右拉活塞时无气泡，说明装置一定漏气；D项、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使广口瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，装置不漏气；故选C。【点睛】装置气密性检验有多种方法，实验装置不同，但原理都是依据密闭装置中存在压强差，据装置内外的压强差形成水柱或气泡判断装置是否漏气。14、A【解析】

据化合价的变化，判断氧化剂和还原剂。【详解】A.反应“2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑”中，2Na2O2中2个氧原子化合价升至0价，另2个氧原子化合价降至－2价，水中氢、氧元素化合价不变，水既不是氧化剂、也不是还原剂。A项符合题意；B.反应“2F2＋2H2O===4HF＋O2”中，水中氧元素化合价升高，水是还原剂，B项不符题意；C.反应“2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑”中，水中氢元素化合价降低，水是氧化剂，C项不符题意；D.反应“NaH＋H2O===NaOH＋H2↑”中，水分子中有1个氢原子化合价降低，水是氧化剂，D项不符题意。本题选A。15、D【解析】

A.氯化氢气体极易溶于水，故A错误；B.浓硫酸是一种高沸点酸，但不能解释浓硫酸滴入浓盐酸中有气体放出，故B错误；C.浓硫酸的脱水性是指浓硫酸按水分子中氢氧原子数的比(2∶1)夺取被脱水物中的氢原子和氧原子，故C错误；D.浓硫酸溶于水放出大量的热，温度升高后氯化氢气体的溶解度降低，挥发出氯化氢气体，故D正确；故答案为D。【点睛】浓硫酸具有吸水性（物理变化），同时具有脱水性（化学变化）。16、B【解析】

A.普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，A项正确；B.碳化硅属于新型陶瓷材料，B项错误；C.硅胶可用作干燥剂，其内部多孔的结构也可作催化剂的载体，C项正确；D.二氧化硅和硅酸盐中存在硅氧四面体，D项正确；答案选B。17、A【解析】

Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.5×0.4L×2mol/L=0.4mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则根据方程式Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O、Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑可知x+y=0.8、2x+y=1.4，解得x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气。A．气体中SO2和H2物质的量比为3：1，故A错误；B．生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol的锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=0.8×65g/mol=52g，故B正确；C．由以上分析可知所得气体应该为SO2和H2的混合物，故C正确；D．生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正确。故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。18、A【解析】

A、CO2是空气的成分之一，酸雨是指pH<5.6的雨水，NO2和SO2排放到空气中易形成酸雨，CO2不会导致酸雨，故A说法错误；B、SO2是引起酸雨的主要原因，且SO2属于酸性氧化物，因此开发新能源减少SO2的排放，故B说法正确；C、氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，故C说法正确；D、CO2是造成温室效应的主要原因，故D说法正确。19、B【解析】

A．烧杯的底表面积比较大，需隔石棉网加热，A不合题意；B．试管的底表面积小，可直接用酒精灯火焰加热，B符合题意；C．锥形瓶具有较大的底表面积，加热时需隔石棉网进行，C不合题意；D．圆底烧瓶通常用于固液加热反应的反应器，需隔石棉网加热，D不合题意；故选B。20、A【解析】

根据质量守恒定律，在SO3+H2O═H2SO4

反应中，反应前后不会发生改变的是元素种类、原子种类；该反应不是氧化还原反应，各元素化合价保持不变；反应前后发生改变的是分子总数，故选A。21、A【解析】

必须加入还原剂才能发生，说明本物质化合价降低，作氧化剂。【详解】A、CO2→CO，化合价降低，作氧化剂，需要加入还原剂才能发生，故A符合题意；B、CuO→CuCl2，化合价未变，不发生氧化还原反应，故B不符合题意；C、NO→NO2，化合价升高，NO作还原剂，该转化需要加入氧化剂，故C不符合题意；D、SO2→H2SO3，化合价未变，不发生氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，答案为A。22、A【解析】

将金属Cu投入金属甲的盐溶液中，观察到Cu的表面出现银白色物质，说明铜能将甲置换出来，铜的金属活动性比甲强，即铜＞甲；金属乙投入稀硫酸中，观察到乙的表面有气泡产生，说明乙的金属活动性比氢强，即乙＞氢；由于铜排在氢的后面，则金属甲、乙、Cu的活动性由强到弱的顺序是乙＞铜＞甲。答案选A。【点睛】本题考查金属活动性应用，掌握金属活动性应用“反应则活泼、不反应则不活泼”是正确解答此类题的关键，在金属活动性顺序中，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来，据此可确定三种金属活动性由强到弱的顺序。二、非选择题(共84分)23、NaOH纯碱或苏打CO32-+CO2+H2O==2HCO3-2Fe3++Fe＝3Fe2+2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-KSCNFe2++2OH-==Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3【解析】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则含钠元素；C为厨房中的用品，则C为NaHCO3；D的过度排放会造成温室效应，则D为CO2。①采用逆推法，可确定A、B；②反应Ⅱ为碳酸钠与二氧化碳及水的反应。（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，则D为Fe，则A为Cl2。①反应Ⅱ为氯化铁与铁反应；②反应Ⅲ为氯气与氯化亚铁反应；③检验B中阳离子，即检验Fe3+，最好的试剂是硫氰化钾。（3）氯化亚铁与NaOH溶液反应，先发生复分解反应，后发生氧化反应。【详解】（1）由以上分析，可确定A、B、C中都含钠元素，C为NaHCO3，D为CO2。①采用逆推法，可确定B为Na2CO3，则A为NaOH，B的俗名为纯碱或苏打；答案为：NaOH；纯碱或苏打；②反应Ⅱ为碳酸钠与二氧化碳及水的反应，离子方程式为CO32-+CO2+H2O==2HCO3-；答案为：CO32-+CO2+H2O==2HCO3-；（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，则D为Fe，则A为Cl2，则B为FeCl3，C为FeCl2。①反应Ⅱ为氯化铁与铁反应，离子方程式是2Fe3++Fe＝3Fe2+；答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；②反应Ⅲ为氯气与氯化亚铁反应，离子方程式是2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-；答案为：2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-；③检验B中阳离子，即检验Fe3+，由于铁离子与硫氰化钾溶液相遇，溶液变为血红色，因此检验铁离子的最好试剂是KSCN；答案为：KSCN；（3）氯化亚铁与NaOH溶液反应，先发生复分解反应，后发生氧化反应，方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3；答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3。【点睛】利用物质相互转化关系图推断物质时，常需寻找突破口，而这个突破口就是题中所给的具有特殊现象或特殊性质的物质。所以，要想做到迅速解题，应在平时的学习中加强记忆。24、H2Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OFe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al3+和Na+【解析】

溶液E与氨水反应生成红褐色沉淀G，可知G是氢氧化铁，则红色物质A是Fe2O3；金属单质B能与强碱溶液反应，B是Al、F是H2、H是NaAlO2；Fe2O3与Al发生铝热反应生成氧化铝和铁，D是Al2O3、C是Fe；Fe与盐酸反应生成FeCl2，则E是FeCl2；NaAlO2与盐酸反应生成氯化钠、氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，J是Al(OH)3，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。【详解】根据以上分析，（1）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以单质F是氢气，化学式是H2。（2）沉淀J是Al(OH)3，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（3）溶液E是FeCl2，加入氨水时，生成白色沉淀氢氧化亚铁，反应的离子方程式是Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+，氢氧化亚铁易被氧气氧化为红褐色氢氧化铁沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀的化学反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）NaAlO2与盐酸反应生成氯化钠、氯化铝，所以溶液I是中所含金属离子是Al3+和Na+。【点睛】本题考查无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是推断突破口，再结合转化关系推断，需要熟练掌握铝、铁及其化合物的性质。25、Na2CO3(或K2CO3、（NH4）2CO3任写一个)饱和碳酸氢钠除去HClNa2SiO3SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-HClH2CO3H2SiO3【解析】

根据较强酸制取较弱酸可知，要想验证HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，根据实验现象确定酸的相对强弱。【详解】（1）A中碳酸盐与盐酸反应放出二氧化碳气体，可证明酸性HCl>H2CO3，所以锥形瓶A中装可溶性正盐溶液，其化学式可能为Na2CO3(或K2CO3、（NH4）2CO3任写一个)；（2）由于盐酸具有挥发性，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，盛放的试剂是饱和碳酸氢钠；（3）要证明碳酸酸性大于硅酸，装置C所盛试剂溶质的化学式是Na2SiO3。C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-；（4）根据较强酸制取较弱酸可知，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，由此可得出的结论是：酸性HCl＞H2CO3＞H2SiO3。【点睛】本题考查了比较弱酸相对强弱的探究实验，注意盐酸有挥发性，导致二氧化碳气体中含有HCl，会对实验造成干扰，重点考查学生对实验原理的把握。26、镊子钠的熔点低,反应放热BC先变红后褪色水蒸气8/3mol4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）应用镊子夹取金属钠，因此还需要用到镊子；（2）熔是熔化，说明金属钠与水反应是放热反应，且金属钠的熔点较低；（3）熔化而不滴落，金属铝是活泼的金属，在空气中点燃产生一层致密的氧化薄膜，保护内部铝，熔化而不滴落，还说明氧化铝的熔点比铝高，故BC正确；（4）过氧化钠与水反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，酚酞与碱变红，又因为过氧化钠具有强氧化性，把有色物质氧化，因此溶液的颜色是先变红后褪色；（5）发生3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2↑，氧化剂是化合价降低的物质，因此氧化剂是水蒸气，根据反应方程式，3molFe参与反应，转移电子物质的量为8mol，因此1molFe参与反应，转移电子物质的量为8/3mol；（6）氢氧化亚铁容易被氧化成氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。27、（1）H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）品红溶液；取少量褪色后的溶液于试管中加热；（3）d；（4）BaSO4；（5）①除去BaCl2溶液中的O2；②ac；③2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl（或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl）【解析】试题分析：（1）装置A中反应的化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O。（2）二氧化硫能使品红褪色，品红可以证明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是品红；若要证明其漂白作用是可逆的，还需要的操作是取少量褪色后的溶液于试管中加热，加热后褪色说明二氧化硫的漂白作用是可逆的。（3）Na2S溶液与二氧化硫反应生成淡黄色硫沉淀，反应中二氧化硫表现氧化性，通过观察D中现象，即可证明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是Na2S溶液。（4）硫酸钡不溶于盐酸，沉淀物的化学式是BaSO4。（5）为进一步验证B中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验：实验i：另取BaCl2溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述装置进行实验，结果发现B中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊．实验ii：用如上图2的F装置代替上述实验中的A装置（其他装置不变），连接后往装置F中通入气体X一段时间，再加入70%H2SO4溶液，结果B中没有出现浑浊．①氧气能把亚硫酸氧化为硫酸，“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2；②C12、NO2都具有氧化性，气体X可以是CO2、N2。③B中形成沉淀的原因是2SO2+