江苏省南通市南通中学2026届化学高一第一学期期末复习检测模拟试题含解析

江苏省南通市南通中学2026届化学高一第一学期期末复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、下列表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项表述Ⅰ表述ⅡA．SO2有还原性SO2可使溴水褪色B．SiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C．铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落铝单质熔点高D．Fe3＋有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋A．A B．B C．C D．D2、下列有关物质分类说法正确的是()A．纯碱、液态氧、碘酒、稀盐酸依次是盐、单质、混合物、电解质B．干冰、生石灰、硫酸、碳酸氢铵依次是电解质、氧化物、酸、盐C．氯化氢、氨气、水银、草木灰依次是电解质、非电解质、单质、混合物D．冰水、空气、泥水依次是溶液、胶体、浊液3、下列离子能大量共存的是（）A．能使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42－、CO32-B．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3－C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2＋、NH4＋、SO42－、Cl－D．能使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3－、NO3－4、海水中含有MgCl2，从海水中提取镁，正确的方法是A．海水Mg(OH)2MgB．海水MgCl2溶液→MgCl2（熔融）MgC．海水Mg(OH)2MgOMgD．海水Mg(OH)2MgCl2溶液→MgCl2（熔融）Mg5、下列对某些问题的认识正确的是（）A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．Na的金属性比Cu强，但不能用Na与CuSO4溶液反应制取CuC．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D．玻璃、水泥、陶瓷、水晶都是重要的硅酸盐材料6、实验室中需要0.2mol/L的CuSO4溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾(CuSO4·5H2O)的质量分别是A．950mL30.4g B．950mL47.5g C．1000mL50.0g D．1000mL32.0g7、下列属于合金的是A．不锈钢餐具 B．大理石地板 C．石墨棒电极 D．水银温度计8、工业上冶炼钼的化学原理为：①2MoS2+7O22MoO3+4SO2②MoO3+2NH3·H2O=(NH4)2MoO4+H2O③(NH4)2MoO4+2HCl=H2MoO4↓+2NH4Cl④H2MoO4MoO3+H2O⑤用还原剂将MoO3还原成金属钼。则下列说法中正确的是A．MoS2煅烧产生的尾气可以直接排到空气中B．MoO3是金属氧化物，也是碱性氧化物C．H2MoO4是一种强酸D．利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为3∶3∶29、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。右图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于甲、乙的判断正确的是（）A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B．甲是浓盐酸，乙是浓氨水C．甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水10、下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（）A．无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣B．澄清透明溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．强酸性溶液中：Na+、AlO2﹣、OH﹣、SO32﹣D．强碱性溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3﹣、SCN﹣11、下列各组元素性质的递变情况错误的是A．Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多B．P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强C．N、O、F最高价氧化物的水化物酸性依次增强D．Na、K、Rb金属性依次增强12、下列选项中能表示阿伏加德罗常数数值的是（）A．1molH+含有的电子数B．标准状况下，22.4L酒精所含的分子数C．1.6gCH4含有的质子数D．1L1mol·L-1的硫酸钠溶液所含的Na+数13、下列化合物中，不能通过单质间化合直接制取的是()A．FeCl2 B．CuCl2 C．HCl D．FeCl314、下列各组离子在溶液中能同时满足下列两个条件的是（）（1）可以大量共存（2）加入氢氧化钠溶液后不产生沉淀A．Na+、Ba2+、Cl－、SO42－ B．K+、Na+、NO3－、CO32－C．K+、NH4+、Fe3+、SO42－ D．H+、Cl－、CO32－、NO3－15、几种短周期元素的主要化合价及原子的原子半径数据见下表：元素代号LMQRT主要化合价+2+3+6、﹣2+7、﹣1﹣2原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.074据表中信息判断，下列有关叙述中，正确的是A．L、M的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，M的单质反应更剧烈B．M与T形成的化合物能和强酸、强碱反应且产物不同C．Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢化物D．L与R两元素形成的化合物中，含有非极性共价键16、下列实验现象的描述正确的是（）A．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白色烟雾B．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟，产物溶于水，溶液呈蓝绿色C．铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，产物溶于水，溶液呈浅绿色D．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成白色固体17、关于物质的用途下列说法正确的是（）①水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料；②氧化铝可以用做耐火材料；③氢氟酸可以用来刻蚀玻璃；④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料；⑤利用氯气的毒性可以消灭田鼠；⑥漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂；⑦四氧化三铁常用作红色油漆和涂料⑧晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池A．①②③④⑤⑥ B．①②③④⑤⑥⑧ C．①②④⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦18、将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）下列说法正确是（）A．oa段反应的离子方程式为：H++OH-=H2OB．O点溶液中所含溶质的化学式为NaHCO3、Na2CO3C．标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol•L﹣119、下列关于金属性质的叙述中正确的是()A．钠与氧气反应时，产物是由O2的用量决定的B．打磨的铝箔加热至熔化时，铝会滴落C．点燃镁之前，应先用砂纸打磨D．铁只能与氧气反应，与氯气不反应20、飞船以铝粉与高氯酸铵的混合物为固体燃料，其中高氯酸铵的反应为2NH4ClO4=N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O。下列有关叙述不正确的是()A．该反应属于分解反应、氧化还原反应B．上述反应瞬间能产生大量高温气体，推动飞船飞行C．铝粉的作用是点燃时氧化放热引发高氯酸铵反应D．在反应中NH4ClO4只作氧化剂21、下列属于铵盐的共同性质的是()A．都是晶体，都易溶于水B．铵盐受热均可分解生成NH3C．铵盐都能与碱反应，不能与酸反应D．所有铵盐中，氮元素化合价都是－3价22、在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能实现的是A．CaCO3CaOCaSiO3B．FeFeCl2Fe(OH)2C．AlH2CuD．SSO3H2SO4二、非选择题(共84分)23、（14分）某化学兴趣小组用含A、B两种金属单质的粉末状混合物进行如下实验，其转化关系如下图所示（部分反应物和生成物未列出），其中E为白色胶状沉淀，I为红褐色沉淀。（此转化关系中所用的试剂都是足量的）（1）写出下列物质的化学式：F____________，G________________。（2）将混合物中两种金属分离开的最简单的方法是___________。（3）D→E的转化中，加入过量的X可能是_____________________。A.饱和NaCl溶液B.NaOH溶液C.氨水D.Ba(OH)2溶液（4）写出下列转化的化学方程式：A→C：______________________________________________；H→I：_______________________________________________。24、（12分）请根据如下实验过程，回答相关问题：（1）向A溶液中滴入几滴KSCN溶液后可观察到的现象是_______________________。（2）写出反应①的化学方程式_________________________________。写出反应②的离子方程式_________________________________。25、（12分）某研究性学习小组利用下图装置研究硝酸的性质。Ⅰ实验一：甲同学用图1装置来证实稀硝酸与铜反应生成NO。（1）请写出稀HNO3与Cu反应的离子方程式___。（2）从A中向U形管中注满稀硝酸后，关闭A，待反应结束后，如何证明生成的无色气体气体是NO，操作是___。（3）图2收集NO气体的各种装置中，合理的是___(填序号，多选不给分)。（4）在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol·L－1、0.2mol·L－1，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是___。Ⅱ.实验二、乙组同学利用上述装置完成浓硝酸与铜的反应（5）同学们发现实验室里有几瓶浓硝酸呈黄色，请用化学方程式和简单的文字说明解释这种现象___。（6）同学们发现反应后的溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了NO2气体所致。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是___(填序号，多选不给分)①加热该绿色溶液，观察颜色变化②加水稀释绿色溶液，观察颜色变化③向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化④向饱和硝酸铜溶液中通入NO2气体，观察颜色变化26、（10分）实验室中常用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气。某化学兴趣小组为制取较为纯净、干燥的氯气设计了如下实验装置。请按要求回答下列问题：（1）仪器X的名称为_________________。（2）已知装置B中选用的试剂为饱和食盐水，其作用为___________________。（3）将氯气通入紫色石蕊试液C中可以观察到的现象是________________________。（4）装置E中装有NaOH溶液，该装置中反应的化学方程式_________________________。27、（12分）某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验装置：(1)实验室用装置A制备SO2，某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为操作中存在的问题可能是：__。(2)实验室可用装置E通过MnO2和浓盐酸反应制备Cl2，若有6molHCl参加反应，则转移电子的总数为___。(3)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象分别是：B__，D___。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别是：B__，D__。(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按物质的量之比为1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析产生该现象的原因：__(用化学方程式表示)。28、（14分）工业上常用硫铁矿(FeS2)焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如下：（1）试剂X可能为______________。A．双氧水B．酸性高锰酸钾C．浓硫酸D．SO2（2）从还原后溶液中得到产品，应进行的操作是___________、____________、过滤、洗涤、干燥。（3）七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)在医学上常用作补血剂。某课外小组通过以下实验方法测定某补血剂中亚铁离子的含量。步骤a：取10片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤，将滤液配成500mL溶液；步骤b：取上述溶液25mL于锥形瓶中，逐渐滴加0.0500mol/L的酸性KMnO4溶液，至恰好完全反应，记录消耗的酸性KMnO4溶液的体积(假定药品中其他成分不与酸性KMnO4反应)；步骤c：重复步骤b2～3次，平均消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。已知：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，则该补血剂中亚铁离子的含量为_____mg/片。29、（10分）下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：医疗机构临床检验结果报告单分析项目检测结果单位参考范围1锌（Zn）110.92μmol/L66-1202.铁（Fe）5.95↓mmol/L7.52-11.823钙（Ca）1.90mmol/L1.55-2.10……根据上表的数据，回答下列问题：（1）该儿童_____________元素含量偏低。（2）报告单中“μmol/L”是____________(填“物质的量”、“体积”或“物质的量浓度”）的单位。（3）服用维生素C

可使食物中的Fe3+转化为Fe2+。在这个过程中体现维生素C的____________（填“氧化性”或“还原性”）。（4）缺铁性贫血患者应补充Fe2+。一些补铁剂以硫酸亚铁为主要成分，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是________________________。

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、A【解析】

依据二氧化硫的还原性解答；二氧化硅是绝缘体；铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高；Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁。【详解】A、SO2可使溴水褪色，是因为二氧化硫具有还原性，表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系，故A正确；B、二氧化硅为绝缘体，不导电，SiO2是光导纤维的主要成分，二者无因果关系，故B错误；C、铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高，与铝单质熔点高无关，故C错误；D、用KSCN溶液可以鉴别Fe3+，是因为Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁，与Fe3+有氧化性无关，故D错误。答案选A。2、C【解析】

A.稀盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B.干冰是氧化物，在水中不能自身电离，属于非电解质，故B错误；C.氯化氢、氨气、水银、草木灰依次是电解质、非电解质、单质、混合物，分类合适，故C正确；D.冰水由水分子构成，属于纯净物，故D错误；故选C。3、A【解析】

A、能使无色酚酞试液呈红色的溶液显碱性，离子之间互不反应，可以大量共存，故A选；B、铜离子在溶液中是蓝色的，在无色溶液中不能大量共存，故B不选；C、Ba2＋和SO42－可以反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不选；D、能使紫色石蕊试液呈红色的溶液显酸性，HCO3－不能大量共存，故D不选，答案选A。4、D【解析】

A.NaOH价格比较高，一般是电解熔点较低的MgCl2制取Mg，而不是电解Mg(OH)2，A错误；B.向海水中加入HCl不能提纯海水中的MgCl2，B错误；C.由于MgO的熔点高，所以不用电解熔融MgO的方法制取Mg，C错误；D.海水中加入价廉的石灰乳得到Mg（OH）2，Mg（OH）2溶于盐酸得到MgCl2溶液，电解熔融的MgCl2获得Mg，原料容易获得，价钱经济实惠，符合实际操作，D正确；答案选D。5、B【解析】A、漂白粉在水中可以得到HClO，HClO能够杀菌消毒；明矾在水中可以得到Al(OH)3胶体，它能够吸附水中悬浮固体小颗粒产生沉淀进而除去水中固体杂质，二者的作用原理不同，A错误。B、Na遇水迅速反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，所以Na与CuSO4溶液反应为2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，并不能得到Cu单质，B正确。C、丁达尔效应只能用于鉴别胶体与溶液，三种分散系的分类标准是分散质粒子的大小，C错误。D、水晶的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐，D错误。正确答案B。点睛：根据分散系中分散质粒子的大小，分散质粒子直径大于10-7m的分散系称为浊液，分散质粒子直径介于10-7m~10-10m之间的分散系称为胶体，分散质粒子直径小于10-9m的分散系称为溶液。而区分胶体和溶液的常用方法是丁达尔现象。6、C【解析】

需要0.2mol•L-1的CuSO4溶液950mL，实验室没有950mL容量瓶，应选择1000mL容量瓶，实际配制1000mL溶液，需要溶质的质量m=0.2mol/L×1L×250g/mol=50.0g，故答案为C。7、A【解析】

【详解】A.不锈钢是铁的一种合金，主要含有铁、铬、镍等元素，故A正确；B.大理石的主要成分是碳酸钙，不属于合金，故B错误；C.石墨棒的成分是单质碳，不属于合金，故C错误；D.水银是汞，不属于合金，故D错误；答案选A。

8、D【解析】

A.从反应①看，MoS2煅烧后的产物中有SO2，它是大气污染物，因此尾气不能直接排入空气中，故A错误；B.所谓碱性氧化性，是跟酸反应生成盐和水的氧化物，但从反应②可看出，MoO3和碱反应生成盐和水，因此MoO3应该是酸性氧化物，又从反应③看，MoO3是H2MoO4的酸酐，因此不可能是碱性氧化物，故B错误；C.由③可知，强酸制弱酸，所以H2MoO4

的酸性比盐酸弱，无法确定是不是弱酸，故C错误；D.因为MoO3中钼元素显+6价，1molMoO3能得到6mol电子，而1molH2、CO、Al分别失去的电子数为2mol、2mol、3mol，根据电子守恒规律可知所消耗还原剂的物质的量之比为3:3:2，故D正确；答案选D。9、C【解析】

题中已经告知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。则白色烟环靠近摩尔质量大的气体的那一侧。【详解】A.浓硫酸不具有挥发性，该组实验无法看到白色烟环，A错误；B.HCl的摩尔质量比NH3大，所以烟环靠捡浓盐酸（甲）一侧，B错误；C.HCl的摩尔质量比NH3大，所以烟环靠捡浓盐酸（乙）一侧，C正确；D.HNO3的摩尔质量比NH3大，所以烟环靠捡浓硝酸（甲）一侧，D错误；故合理选项为C。10、B【解析】

A.注意条件是无色溶液，故有色离子不能存在；C．强酸中不能存在的离子有弱酸阴离子和氢氧根离子；D．强碱性溶液中不能存在的离子有弱碱阳离子，以及三价铁和硫氰根离子不能共存；【详解】A．Cu2+为有色离子，不符合题目无色要求，故A错误；B．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，为澄清透明溶液，能够大量共存，故B正确；C．AlO2﹣、OH﹣、SO32﹣与氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+与OH﹣、SCN﹣反应，在强碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：B。11、C【解析】

本题考查的是同周期、同主族性质递变。同周期元素自左向右最外层电子数逐渐增多，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。【详解】A.Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1，2，3，故A正确；B.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强，故B正确；C.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。但是O、F无最高价含氧酸，故C错误；D.Na、K、Rb的最外层电子数相同，原子半径依次增大，则金属性依次增强，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查的是元素周期律的相关知识，题目难度不大，熟悉元素周期律的知识是解题的关键。12、C【解析】

A．H+不含有电子，A错误；B．标准状况下酒精是液体，不能利用气体的摩尔体积计算分子数，B错误；C．1.6gCH4是0.1mol，含有的质子数为1mol，可以表示阿伏加德罗常数数值，C正确；D．1L1mol/L的硫酸钠溶液所含的Na+的物质的量是2mol，其个数不能表示阿伏加德罗常数数值，D错误；答案选C。13、A【解析】

A、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，故A选；B、Cu与氯气在点燃时能直接化合生成CuCl2，故B不选；C、氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，故C不选；D、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故D不选；故选A。14、B【解析】

A.Ba2+与SO42－反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不能大量共存，A错误；B.K+、Na+、NO3－、CO32－相互之间不发生反应且加入氢氧化钠后不产生沉淀，B正确；C.K+、NH4+、Fe3+、SO42－能够大量共存，但加入氢氧化钠后会产生氢氧化铁红褐色沉淀，故C错误；D.H+与CO32－反应生成二氧化碳气体，所以不能大量共存，D错误；故答案选B。15、B【解析】

由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、2，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素。A.Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg的单质反应更剧烈，A错误；B.Al与O形成的化合物Al2O3为两性氧化物，能和强酸、强碱反应，前者生成Al3+等，后者生成AlO2-等，B正确；C.S、O两元素的氢化物热稳定性比较，S的氢化物小于O的氢化物，C错误；D.Mg与Cl两元素形成的化合物MgCl2中，只含有离子键，D错误；故选B。16、B【解析】

A.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，可形成白雾，不会出现烟，A项错误；B.氯气具有强氧化性，红热的铜丝在氯气中燃烧，生成氯化铜，现象为：产生棕黄色的烟，加入少量水形成蓝色溶液，B项正确；C.铁与氯气反应生成棕褐色的氯化铁，可发出棕褐色的烟，物溶于水，溶液呈黄色，C项错误；D.钠与空气中燃烧，发出黄色火焰，生成黄色固体，D项错误；答案选B。17、B【解析】

①水玻璃与酸反应可制备硅胶，水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故正确；②氧化铝的熔点很高，可以用做耐火材料，故正确；③玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸可以用来刻蚀玻璃，故正确；④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料，是利用光的全反射原理，故正确；⑤氯气有毒，能使田鼠中毒死亡而灭绝，故正确；⑥漂白粉具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，同时也具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，故正确；⑦四氧化三铁是黑色固体，氧化铁是红棕色固体，所以氧化铁常用作红色油漆和涂料，故错误；⑧硅位于金属和非金属分界线处，晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，故正确；故选B。18、D【解析】

由图可知，该体系O点后可能存在反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由图像信息，气体CO2从开始生成到全部逸出消耗HCl共2mol，则由碳元素守恒可推知体系内含Na2CO3及NaHCO3共2mol，其中a点含2molNaHCO3，由开始加入HCl（O点）到有气体生成（a【详解】A.oa段反应的离子方程式为NaOH+HCl=NaCl+B.由分析可知，O点溶液中溶质为NaOH、Na2CO3C.由分析可知，共通入2molCO2，标准状况下，体积为44.8LD.由分析可知，原溶液中n(NaOH)=5mol，c(故答案选D。19、C【解析】

A.钠与氧气反应时，产物是由反应条件决定的，常温时生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，与O2的用量无关，A错误；B.打磨的铝箔加热至熔化时，由于其表面很快生成氧化铝，氧化铝的熔点高，所以铝不会滴落，B错误；C.镁易被氧化为氧化镁，点燃镁之前，应先用砂纸打磨掉其表面的氧化镁，C正确；D.铁与氧气、氯气均反应，D错误。答案选C。20、D【解析】

A．该反应由一种物质生成多种物质，且元素化合价发生变化，属于分解反应和氧化还原反应，故A正确；B．反应生成大量高温气体，为推动飞船飞行的原因，故B正确；C．铝粉在点燃条件下剧烈反应放出大量的热，可作为反应的引发剂，故C正确；D．反应物只有一种，且NH4ClO4中N和部分O元素化合价升高、Cl元素的化合价降低，则反应中NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选D。21、A【解析】A铵盐都是离子晶体，都易溶于水，故A正确；B.铵盐都是易溶于水的白色晶体，铵盐都能与苛性钠反应生成氨气，铵盐都能加热分解，但不一定有氨气产生，故B错误；C碳酸铵可与酸反应生成二氧化碳气体，故C错误；D.硝酸铵中硝酸根离子中的氮元素化合价为+5价，故D错误；故选A。点睛：本题考查铵盐的性质，把握铵盐的溶解性、稳定性与酸碱的反应为解答的关键。铵盐的基本性质有：属于离子晶体，易溶于水，可与碱反应生成氨气，不稳定，加热易分解。要熟悉常见的几种铵盐的性质，如硝酸铵、氯化铵和碳酸氢铵。22、A【解析】

A、碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙，A符合；B、氯气与铁化合生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，B不符合；C、硝酸是氧化性酸，与金属铝反应不能生成氢气，C不符合；D、硫燃烧只能生成二氧化硫，得不到三氧化硫，D不符合。答案选A。二、非选择题(共84分)23、Al2O3FeCl2用磁铁靠近粉末状混合物，将铁粉吸附在磁铁表面C2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3【解析】

I为红褐色沉淀判断为Fe（OH）3，加热反应生成J为Fe2O3，H在空气中氧化为氢氧化铁推断H为Fe（OH）2，B+HCl=G，推断G为FeCl2，B为Fe，含A、B两种金属单质的粉末状混合物中B为Fe，A能和氢氧化钠反应、盐酸反应说明为Al，所以C为NaAlO2，D为AlCl3，依据E为白色沉淀Al（OH）3，则X为制备氢氧化铝的反应最好选择氨水，则X为NH3•H2O，F为Al2O3，依据推断物质分析回答问题。【详解】（1）依据判断F、G的化学式为：F为Al2O3，G为FeCl2；（2）混合物中两种金属分离开的最简单的方法是利用铁可以被磁铁吸引，方法为：用磁铁靠近粉末状混合物，将铁粉吸附在磁铁表面；（3）D→E的转化中是X和氯化铝反应生成氢氧化铝的反应，依据实验室制取氢氧化铝的方法和氢氧化铝的性质分析，氢氧化铝能溶于过量强碱溶液中，所以加入过量的X可能是氨水，故答案为：C；（4）A→C是Al和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；H→I是氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，该反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。24、溶液变为血红色Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋【解析】氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，得到的A溶液为FeCl3溶液，加入足量铁粉，与FeCl3反应生成FeCl2，B溶液为FeCl2溶液，在B溶液中通入足量氧气的同时加入NaOH溶液，反应生成Fe(OH)3沉淀，所以C固体为Fe(OH)3。(1).A溶液中含有Fe3＋，向A溶液中滴入几滴KSCN溶液，可观察到溶液变为血红色，故答案为溶液变为血红色；(2).由上述分析可知，反应①是氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，反应②是铁粉与FeCl3反应生成FeCl2，离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，故答案为Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。25、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O打开活塞A，使少量气体进入干燥管中，气体由无色变成红棕色，则证明有NO生成CEc（Cu2+）=0.3mol/L4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O，产生的NO2溶解在水中使溶液呈黄色①③④【解析】

（1）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；（2）根据一氧化氮与氧气反应生成红棕色二氧化氮验证NO；（3）根据NO的性质选择收集方法；（4）根据3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O计算反应后Cu2+的物质的量浓度；（5）浓硝酸易分解；（6）要证明是Cu（NO3）2浓度过高或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走再观察颜色变化，二是改变溶液中Cu（NO3）2溶液的浓度观察反应后的颜色变化。【详解】（1）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）一氧化氮与氧气反应生成红棕色二氧化氮，打开活塞A，使少量气体进入干燥管中，气体由无色变成红棕色，则证明有NO生成；（3）NO与氧气反应生成NO2，NO难溶于水，所以收集NO只能用排水法，不选AB，D装置长进短出，不能收集NO，不选D，故选CE；（4）2.56g铜粉的物质的量是0.04mol，在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol·L－1、0.2mol·L－1，则H+的物质的量是0.08mol，NO3-的物质的量是0.04mol，根据3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子过量，氢离子不足，0.08molH+，溶解0.03molCu，生成Cu2+的物质的量为0.03mol，c（Cu2+）=0.03mol÷0.1L=0.3mol/L；(5).浓硝酸易分解，4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O，产生的NO2溶解在水中使溶液呈黄色；(6)①．加热该绿色溶液，二氧化氮气体挥发，通过颜色变化，可证明溶液颜色的变化原因，故选①；②．加水稀释绿色溶液，Cu（NO3）2浓度降低同时二氧化氮和水反应，不能证明溶液颜色的变化原因，故不选②；③．向该绿色溶液中通入氮气，可将二氧化氮气体排出，可证明溶液颜色的变化原因，故选③；④．向饱和硝酸铜溶液中通入NO2气体，如颜色变为绿色，可证明溶液颜色的变化原因，故选④。26、分液漏斗除去HCl先变红后褪色Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O【解析】（1）根据仪器构造可判断仪器X的名称为分液漏斗。（2）装置B中选用的试剂为饱和食盐水，由于生成的氯气中含有氯化氢，所以饱和食盐水的作用为除去HCl。（3）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，显酸性和强氧化性，则将氯气通入紫色石蕊试液C中可以观察到的现象是先变红后褪色。（4）装置E中装有NaOH溶液，用来吸收尾气，因此该装置中反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。27、分液漏斗的玻璃塞没有取下来或者玻璃塞的凹槽未与瓶口的小孔对齐1.806×1024品红溶液褪色品红溶液褪色褪色的品红溶液又恢复成红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O