重庆市江津中学、合川中学等七校高2026届化学高一上期末达标检测试题含解析

重庆市江津中学、合川中学等七校高2026届化学高一上期末达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、胶体最本质的特征是（）A．丁达尔效应B．可以通过滤纸C．布朗运动D．分散质粒子的直径在1～100nm之间2、在新制氯水中存在多种分子和离子，下列实验现象和结论一致且正确的是()A．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有Cl2B．加入石蕊溶液，溶液变红，说明该溶液一定不含HClOC．将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有HClOD．光照新制氯水有气泡逸出，该气体一定是O23、下列的说法，正确的是（）A．0.1molFe在0.lmolCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NAB．12mol/L的浓硫酸50ml与足量的Cu加热反应，得到SO2为0.3NAC．1molCl2与足量NaOH溶液反应得到电子数为2NAD．1molNa2O2与足量水反应转移电子数为2NA4、下列反应的离子方程式不正确的是A．锌与硫酸铜溶液反应：Zn+Cu2+＝Zn2++CuB．氢氧化钠与盐酸反应：OH-+H+＝H2OC．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑D．氯化钡与硫酸反应：Ba2++SO42-＝BaSO4↓5、玻璃、陶瓷和水泥是重要的无机非金属材料，它们的主要成分中都含有的元素是A．硅 B．硫 C．氮 D．氯6、下列物质中既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是()A．Al2O3 B．NaCl C．Fe D．Mg7、将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为A．2mol/L B．1.8mol/L C．2.4mol/L D．3.6mol/L8、1998年诺贝尔化学奖授予科恩（美）和波普尔（英）以表彰他们在理论化学领域作出的重大贡献。他们的工作使实验和理论能够共同协力探讨分子体系的性质，引起整个化学领域正在经历一场革命的变化。下列说法正确的是A．化学不再是纯实验科学 B．化学不再需要实验C．化学不做实验，就什么都不知道 D．未来化学的方向还是经验化9、对于易燃易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上贴危险警告标签。下列所列物质中，贴错了标签的是（）ABCD物质浓（酒精）汞危险警告标签A．A B．B C．C D．D10、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是()A．标准状况下，5.6L四氯化碳含有分子数为0.25NAB．常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NAC．5.6g铁粉与一定量稀硝酸恰好完全反应，反应中转移电子数一定为0.3NAD．46gNO2和N2O4混合气体含有原子数一定为3NA11、等物质的量的SO2和SO3相比较，下列结论错误的是A．它们的分子数目之比是1∶1B．它们的氧原子数目之比为2∶3C．它们的质量之比为1∶1D．它们所含原子数目之比为3∶412、同温同压下，相同质量的下列气体，所占体积最大的是（）A．CH4 B．O2 C．CO2 D．SO213、下列各化合物不能由单质直接化合制取的是A．FeCl3 B．FeCl2 C．AlCl3 D．CuCl214、下列仪器不能加热的是A． B． C． D．15、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．58.5g氯化钠中所含的离子数为NAB．标准状况下，22.4LSO3含有的原子数为4NAC．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/LD．1mol氯气与足量的NaOH溶液反应，转移电子数为NA16、下列实验操作中错误的是A．蒸馏操作时，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸B．蒸发操作时，当混合物中出现大量晶体时停止加热，用余热烘干C．分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出D．萃取操作时，选用酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴17、侯氏制碱法生产纯碱的主要流程如图所示，③碳酸化过程属于（）A．物理变化 B．化学变化 C．氧化还原反应 D．上述说法都不对18、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．64gSO2含有氧原子数为1NAB．物质的量浓度为0.5mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－数为1NAC．标准状况下，22.4LH2O的分子数为1NAD．常温常压下，14gN2含有分子数为0.5NA19、氯元素的原子结构示意图为，下列说法不正确的是()A．氯原子的核电荷数为17 B．氯原子最外层上有7个电子C．氯的相对原子质量为17 D．氯元素是典型的非金属元素20、向某无色溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是A．Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、NH4＋B．H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4＋C．H＋、Ba2＋、Al3＋、NH4＋D．只有Mg2＋、Al3＋21、下列物质中，属于电解质的是（）A．HCl B．CO2 C．蔗糖 D．Fe22、从20mL如图所示Na2CO3溶液中取出10mL，取出溶液中Na+的物质的量为（）A．0.005mol B．0.01mol C．0.5mol/L D．1mol/L二、非选择题(共84分)23、（14分）从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。以下是氮元素形成物质的价类二维图的及氮的循环的部分信息。（1）①是一种人工固氮的重要途径，该反应的化学方程式是__________。（2）②的化学方程式是__________。（3）⑤的化学方程式是（任写一种）__________。（4）R可与NaOH溶液反应：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，该反应体现了R（HNO2）的_____性。（5）Q的化学式是_______，Q属于酸性氧化物，写出Q与水反应的化学方程式________。（6）L在水体中过多蓄积会导致水体富营养化。将水体调节为酸性后加入适量NaClO，可将L中阳离子转化为无污染气体以去除。写出L与NaClO反应的离子方程式_________。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）(1)写出浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学方程式_____________；(2)用如图所示装置可检验木炭和浓硫酸反应产生的混合气体中含有SO2和CO2。①能够证明混合气体中含有SO2的实验现象是：________________________________；②设计B、C的实验目的是：________________________________________________；③写出B中发生反应的离子方程式：_____________________________；④能够证明混合气体中含有CO2的实验现象是：_____________________。26、（10分）Ⅰ.为探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，设计实验装置如图所示，部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。(洗气瓶中试剂均足量)(1)分析推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有_______________________________。(2)D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式_____________________。II.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水x的值，实验装置和过程如下：取硫酸铜晶体7.23g置于硬质试管中，先通N2排除体系内空气，酒精喷灯高温加热充分，待A中蓝色晶体最终变成黑色，停止加热，再次鼓入N2至装置冷却到室温。(洗气瓶中试剂均足量)(1)取B中白色沉淀经过滤洗涤干燥称量得固体6.99g，经计算可得CuSO4·xH2O中x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。(2)某同学提出，要测定晶体中结晶水x的值，也可将B装置用装有浓硫酸的洗气瓶替换，最终测浓硫酸增重即可计算得到结果，评价该同学的方案是否可行？(如果不可行，请说明理由)_____________________________27、（12分）某校化学兴趣小组为研究氯气的性质，设计如图所示装置进行实验，装置田中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。(1)加入药品前，检查I中气体发生装置气密性的操作是:用止水夹夹住C处______________。(2)装置I中生成氧气的离子方程式为________________。(3)装置II的作用是________________。(4)实验过程中，装置IV中的实验现象为________________。(5)实验过程中，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象，其原因是________________。为达到该预期现象，应改进实验装置，改进的方法是________________。28、（14分）（1）我国是激光技术先进的国家，红宝石（Al2O3）是最早用于产生激光的材料。请用离子方程式来证明它是一种两性氧化物：___________、_________________．（2）取等质量的两份某镁铝合金分别加入足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的标准状况下H2体积分别为33.6L、22.4L则该合金中镁，铝的物质的量之比为___________。（3）Cl2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂，实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取少量Cl2O，补充完整并配平方程式：__Cl2+Na2CO3+—NaHCO3+NaCl+Cl2O。29、（10分）已知A、B、C为中学化学中常见的单质。室温下，A为固体，B和C均为气体。在适宜的条件下，它们可以按下面框图进行反应。回答下列问题：（1）A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是________。①氢化物②酸③碱④盐⑤氧化物（2）A、B、C三种元素中有一种是金属，则这种元素是A、B、C中的________，理由是__________。（3）如果E溶液是一种强酸，则E的化学式为_________；①A能否是铁：________，理由是____________；②A能否是铜：________，理由是____________；③A可能是________(任写两种)。

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】

胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm～100nm之间，溶液和浊液本质区别是：分散质微粒直径在<1nm的是溶液，分散质微粒直径在>100nm的是浊液，故答案为：D。【点睛】利用丁达尔效应可以快速鉴别溶液与胶体，但胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径介于1～100nm之间，而不是丁达尔效应；胶体不带电荷，胶体粒子(分散质)带电荷，但淀粉胶体的胶体粒子也不带电荷。2、D【解析】

新制氯水中含有三分子、四离子：水分子、氯分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子。【详解】A.新制氯水中存在的次氯酸有漂白性，能使红玫瑰变为白玫瑰，说明有次氯酸，A项错误；B.加入石蕊溶液，溶液会先变红后褪色，说明该溶液含HClO和H+，B项错误；C.次氯酸酸性比碳酸弱，不会与KHCO3反应产生气体。新制氯水中存在氯化氢，将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有H+，C项错误；D.新制氯水中存在次氯酸，，故光照新制氯水有氧气逸出，D项正确；答案选D。3、A【解析】

A．0.1molFe在0.lmolCl2中充分燃烧时，铁过量，氯气完全反应，且反应后变为-1价，故0.lmolCl2转移0.2NA，A正确；B．浓硫酸和Cu在加热条件下发生反应，而稀硫酸和Cu不反应，所以浓硫酸不能完全反应，则转移电子数小于12mol/L0.05L=0.6NA，得到SO2小于0.3NA，B错误；C．Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气既是氧化剂又是还原剂，各占参加反应Cl2的一半，1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子数即得到电子数为1mol2NA=NA，C错误；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，各占参加反应Na2O2的一半，1molNa2O2与足量水反应转移电子数为1mol2NA=NA，D错误。答案选A。4、C【解析】

A、锌能将硫酸铜溶液中的金属铜置换出来，即：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故A正确；B、氢氧化钠与盐酸之间发生中和反应，实质是：OH-+H+=H2O，故B正确；C、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，即Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D、钡离子和硫酸根离子之间反应生成硫酸钡沉淀，即Ba2++SO42-=BaSO4↓，故D正确；故选C。5、A【解析】

水泥：主要成分是硅酸三钙3CaOSiO2、硅酸二钙2CaOSiO2和铝酸三钙3CaOAl2O3等；玻璃：主要成分为硅酸钠Na2SiO3和硅酸钙CaSiO3还有反应剩余的二氧化硅SiO2；陶瓷的成分比较复杂，但含有Si元素；通过分析知，玻璃、陶瓷和水泥的主要成分都含有的元素是Si元素，故答案为A。6、A【解析】

Fe和Mg均为活泼金属可以和稀硫酸反应，但不能和NaOH溶液溶液反应，NaCl既不和稀硫酸反应，也不和NaOH溶液反应，三氧化二铝为两性氧化物，既可以和稀硫酸反应，也可以和NaOH溶液反应。

综上所述答案为A。【点睛】7、A【解析】

试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。8、A【解析】

A．化学离不开实验，也需要理论的指导，故A正确；B．化学是一门以实验为基础的科学，化学不再需要实验是错误的，故B错误；C．化学也需要理论研究，离不开理论的指导，故C错误；D．化学无论何时，都需要实验来验证，故D错误；故答案为A。9、D【解析】

A.浓硫酸具有强腐蚀性，贴腐蚀品的标志，A正确；B.（酒精）属于易燃物，贴易燃液体的标签，B正确；C.汞是剧毒品，贴剧毒品标志，C正确；D.KCl性质稳定，不属于易爆物，该图为爆炸品标志，D错误；故答案为：D。【点睛】常用危险化学品标志：10、D【解析】

A.标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，A项错误；B.氦气为单原子单质分子，常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为2NA，B项错误；C.硝酸可将铁氧化为+3价，当铁过量时铁可将Fe3+还原为Fe2+，题干给出的铁的质量无法确定是否过量，因此无法计算出转移的电子的数目，C项错误；D.46gNO2和N2O4的混合气体中含有1mol最简式NO2，含有1mol氮原子，2mol氧原子，共含有原子数为3NA，D项正确；答案选D。【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点。11、C【解析】

A、物质的物质的量之比等于其分子数之比，为1：1，A正确；B、氧原子的数目比为(1×2)：(1×3)=2：3，B正确；C、质量比为(1mol×64g/mol)：(1mol×80g/mol)=4：5，C错误；D、它们所含的原子数目比为(1×3)：(1×4)=3：4，D正确；故答案选C。12、A【解析】同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、二氧化硫的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、64g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，甲烷的物质的量最大，故甲烷占有的体积最大，故选A。13、B【解析】

金属单质与氯气反应得到最高价的金属氯化物，铝与氯气反应生成氯化铝，铜在氯气中燃烧生成氯化铜．【详解】A、Fe和氯气在点燃时能直接生成FeCl3，故A不选；B、Fe和氯气在点燃时能直接生成FeCl3，故B选；C、铝与氯气反应生成氯化铝，故C不选；D、Cu与氯气在点燃时能直接生成CuCl2，故D不选；故选B。【点睛】本题考查氯气的性质，解题关键：明确氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价金属氯化物，易错点B。14、C【解析】

A．试管受热面积小，可以用于直接加热，A不符合题意；B．蒸馏烧瓶受热面积大，易受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，能加热，B不符合题意；C．容量瓶上有温度和刻度，是一个配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不能加热，C符合题意；D．烧杯受热面积大，易受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，能加热，D不符合题意；答案选C。15、D【解析】

A.58.5g氯化钠的物质的量为1mol，含有1mol钠离子、1mol氯离子，总共含有2mol离子，所含的离子数为2NA，故A错误；B.在标准状况下，三氧化硫为固体，题中条件无法计算22.4LSO3的物质的量，故B错误；C.溶液的体积不等于水的体积，所以含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中形成溶液的体积不知道，无法计算其浓度，故C错误；D.氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂，1mol氯气完全反应转移1mol电子，标准状况下，22.4LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移电子总数为NA，故D正确；故答案选D。16、D【解析】

A.蒸馏操作时，为防止液体沸腾时的剧烈跳动，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸，故A正确；B.蒸发时不能蒸干，当混合物中出现大量晶体时停止加热，再利用余热烘干，故B正确；C.分液时为避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D.酒精和水互溶，不能用酒精作萃取剂从溴水中萃取溴，故D错误；故选D。17、B【解析】

碳酸化时发生反应NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，该反应中没有元素化合价发生变化，所以不属于氧化还原反应，有新的物质生成，故属于化学变化，故答案为B。18、D【解析】

A．64gSO2的物质的量为=1mol，，1个SO2分子中有2个氧原子，故64gSO2含有氧原子数为2NA，A错误；B．物质的量浓度0.5mol·L－1的MgCl2溶液，由于没有给出体积，所以无法计算含有Cl-数目，B错误；C．标准状况下，H2O为液体，不能用气体摩尔体积计算22.4LH2O的物质的量，C错误；D．常温常压下，14gN2的物质的量为=0.5mol，故14gN2含有分子数为0.5NA，D正确；答案选D。19、C【解析】

A.由题意，氯原子的核电荷数为17，故A选项正确。B.由氯元素的原子结构示意图，可知氯原子的最外层电子数为7个电子，故B选项正确。C.氯的相对原子质量为35.5，故C选项错误。D.氯元素最外层为7个电子，容易得一个电子形成8电子稳定结构，是典型的非金属元素，故D选项正确。故答案选C。20、B【解析】

由图象可知，开始加入NaOH溶液无沉淀产生，说明含有H+,继续加入NaOH溶液产生沉淀，达到沉淀最大量后，继续加入NaOH溶液，无沉淀产生，说明含有NH4＋，继续加入NaOH溶液，部分沉淀溶解，说明含有Al3＋和Mg2＋。所以溶液中含有的离子为：H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4＋，答案：B。21、A【解析】

A.氯化氢溶于水能电离出氢离子、氯离子，所以溶液能导电，则氯化氢属于电解质，故A正确；B.二氧化碳自身不能电离出离子，不能导电，其与水反应生成的碳酸溶液可导电，则二氧化碳属于非电解质，故B错误；C.蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不导电，则蔗糖属于非电解质，故C错误；D.铁为单质不是化合物，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质。22、B【解析】

0.5mol/L的Na2CO3溶液20mL，可以算出碳酸钠的物质的量n=cV=0.5mol/L×0.02L=0.01mol，取出10mL，取出的碳酸钠的物质的量为mol=0.005mol，1mol碳酸钠含有2mol钠离子，钠离子的物质的量是碳酸钠的物质的量的两倍，故钠离子的物质的量=0.005mol×2=0.01mol，答案选B。【点睛】向一定物质的量浓度的溶液取出一部分，浓度不变，物质的量改变。二、非选择题(共84分)23、N2+3H22NH34NH3+5O24NO+6H2OCu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(浓)4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任写一种）酸N2O5N2O5+H2O=2HNO32NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+【解析】

已知图中物质都是含氮元素的物质，过程①中A为单质，D为氢化物，A生成D是人工固氮反应，则为氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下生成氨气的反应，则A为氮气，D为氨气；过程②中B为氮的氧化物且氮元素为+2价，则发生的反应为氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，则E为一氧化氮；G也是氮氧化物且氮元素的化合价为+4价，由E转变为G的反应为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，则G为二氧化氮；J为含氮元素的酸且氮元素为+5价，由二氧化氮转变为酸的反应为二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，则J为硝酸；过程⑤为硝酸转化为二氧化氮，反应较多，如：浓硝酸与铜反应、硝酸受热分解或硝酸与碳单质反应都可产生二氧化氮；氨气转变为M，M为碱，即M为一水合氨；一水合氨也可转化为L，则L为铵盐，同时，过程⑥为硝酸转变为L，则L为硝酸铵；另外Q为氮氧化物且氮元素的化合价为+5价，则Q为五氧化二氮；R为含氮元素的另一种酸，且氮元素化合价为+3价，则R为亚硝酸。【详解】（1）根据分析，A为氮气，D为氨气，氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下生成氨气，化学方程式是N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；（2）根据分析，过程②中B为氮的氧化物，则发生的反应为氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，则E为一氧化氮，发生的反应方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）过程⑤为硝酸转化为二氧化氮，反应较多，如：浓硝酸与铜反应、硝酸受热分解或硝酸与碳单质反应都可产生二氧化氮，化学方程式为：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或4HNO3(浓)4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任写一种），故答案为：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O或者C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O或者4HNO3(浓)4NO2↑＋+O2↑+2H2O（任写一种）；（4）根据分析，R为亚硝酸，R可与NaOH溶液反应：HNO2+NaOH=NaNO2+H2O，该反应中未发生化合价的变化，属于酸碱中和反应，体现了R（HNO2）的酸性，故答案为：酸；（5）根据分析，Q为五氧化二氮，化学式是N2O5；Q属于酸性氧化物，也是硝酸的酸酐，五氧化二氮与水反应生成硝酸，化学方程式N2O5+H2O=2HNO3，故答案为：N2O5+H2O=2HNO3；（6）根据分析L为硝酸铵，为酸性后加入适量NaClO，可将L中阳离子转化为无污染气体以去除，则该无污染气体为氮气，硝酸铵与NaClO反应的离子方程式2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故答案为：2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+。【点睛】本题考查含氮元素化合物的相互转化，需要对氮及其化合物性质掌握准确。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、2H2SO4(浓)+CCO2↑+SO2↑+2H2OA中品红溶液褪色除去SO2并检验SO2，气体是否除尽，排除SO2对CO2气体检验的干扰5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+C中品红溶液不褪色D中溶液变浑浊【解析】

根据碳和硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水分析，二氧化硫能使品红褪色，但二氧化碳不能，二氧化碳能使澄清石灰水反应变浑浊，二氧化硫也能，故先检验二氧化硫并除去，后检验二氧化碳。【详解】(1)碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳和水，方程式为2H2SO4(浓)+CCO2↑+SO2↑+2H2O；(2)①二氧化硫能使品红褪色，故A中品红溶液褪色；②因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故先除去SO2并检验SO2气体是否除尽，排除SO2对CO2气体检验的干扰；③二氧化硫能被高锰酸钾氧化，离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+；④二氧化硫完全除去后才能根据澄清石灰水的现象分析，故能够证明混合气体中含有CO2的实验现象是：C中品红溶液不褪色D中溶液变浑浊。【点睛】掌握物质检验的方法和防干扰措施，二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以应先检验二氧化硫并除去，且除去后再次检验二氧化硫已经除净后才能检验二氧化碳。26、CuO、SO3、SO2、O2、H2O4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O4.5使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收不可行，SO3也能溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量【解析】

I、该实验的目的是探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色，说明晶体受热分解产生了CuO；B中酸性BaCl2溶液产生白色沉淀，则分解产物中有SO3；D中溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，即产物中有氧化性物质，根据质量守恒定律可知，该氧化性物质为O2，则分解产物中有SO2生成（CuSO4中，O为-2价，若得到O2，需要升高化合价，所以S的化合价一定降低，生成SO2），所以B中的现象是品红溶液褪色，E的作用是吸收多余的有害气体，防止污染环境；II、根据实验I推出硫酸铜晶体产物有SO2、SO3，B中含有Cl2和BaCl2，Cl2在水中可以将SO2氧化为SO42-，故CuSO4中的S全部转化为了BaSO4，则可以通过BaSO4的质量来计算x的值。【详解】I、（1）经分析，CuSO4受热分解产生的产物有CuO、SO2、SO3、O2；对于晶体而言，受热分解产物还有H2O，故可推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有CuO、SO3、SO2、O2、H2O；（2）D中，Fe2+先被O2氧化为Fe3+，Fe3+再和SCN-结合生成血红色物质，涉及的离子反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；II、（1）根据题意可知，n(BaSO4)==0.03mol，则n(CuSO4·xH2O)=0.03mol，所以有0.03mol×(150+18x)g/mol=7.23g，解得x=4.5；再次通入N2的目的是使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收；（2）不可行，分解产物SO3可以溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量。【点睛】本题的难点在于实验II的（2）题，浓硫酸吸收SO3是一个很少见的知识点，主要出现在硫酸工业的第三步，考生需要结合平时学习中的知识去分析问题。27、橡皮管,然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，液体不能顺利流下则气密性良好MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O除去氯气中混有的氯化氢气体无色溶液变蓝色氯气中混有的水蒸气未除去在装置II和装置III之间添加盛有浓硫酸的洗气瓶【解析】(1)加入药品前，检查I装置气密性的操作方法为：用止水夹夹住C处橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，液体不能顺利流下则气密性好，故答案为：橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞