2026届广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学化学高一上期末复习检测模拟试题含解析

2026届广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学化学高一上期末复习检测模拟试题注意事项：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、已知反应：①Cl2+2KI═2KCl+I2②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O③2KIO3+Cl2═I2+2KClO3，下列说法正确的是A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱顺序为KIO3＞KClO3＞Cl2＞I2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1D．③中1mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol2、下列表格中各项分类都正确的一组是纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水苏打液态KNO3蔗糖B熟石灰海水铜乙醇C胆矾空气AgClCO2D碱石灰铝合金Na2SO4溶液食醋A．A B．B C．C D．D3、下列有关二氧化硅的叙述正确的是（）A．二氧化硅不与任何酸反应B．二氧化硅能与水反应生成硅酸C．二氧化硅是酸性氧化物，能与烧碱溶液反应D．二氧化硅是两性氧化物，能与碱和氢氟酸反应4、已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO4n-+Cl-+H2O（未配平）。则有关叙述不正确的是A．已知FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2B．每产生1molCl-，转移2mol电子C．FeO4n-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D．若n=2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：35、关于二氧化硅的叙述正确的是（）①二氧化硅是制造光导纤维的重要原料②硅、碳原子最外层都有4个电子，故SiO2的物理性质与CO2类似③SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，是两性氧化物④将CO2通入Na2SiO3溶液中有胶状沉淀生成，说明碳酸比硅酸酸性强A．②③ B．③④ C．②④ D．①④6、已知SO32ˉ+I2+H2O=SO42ˉ+2Iˉ+2H+，将0.09molCl2通入100mL含amolNaI与amolNa2SO4的混合溶液中，有0.25amol的NaI被氧化(不考虑Cl2与I2之间的反应)，则下列说法正确的是A．物质的还原性Iˉ>SO32ˉB．NaI与Na2SO3的物质的量浓度为0.08mol/LC．通入0.09molCl2发生反应的离子方程式为：8SO32ˉ+2Iˉ+9Cl2+8H2O=8SO42ˉ+I2+16H++18ClˉD．若再通入0.07molCl2，恰好能将NaI与Na2SO3完全氧化7、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．碱性溶液与反应：B．室温下用稀溶液吸收C．用铝粉和溶液反应制取少量D．Na与水溶液反应：8、为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤；②加过量氢氧化钠溶液；③加适量稀盐酸；④加足量碳酸钠溶液；⑤加过量氯化钡溶液。下列操作顺序正确的是A．①④②⑤③ B．④①②⑤③ C．④②⑤①③ D．⑤②④①③9、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A．CH3COOH B．CO2 C．NH4HCO3 D．Cl210、铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐溶液分别与过量的强碱溶液反应，其生成物有一定的规律。下列说法正确的是()A．都有水生成 B．都有氢气生成 C．都有偏铝酸盐生成 D．都有铝盐生成11、为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是A．Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等D．Na2O2漂白后的有色物质受热后能恢复原色12、有关氧化还原反应的下列叙述正确的是（）A．氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应B．氧化剂被氧化，还原剂被还原C．一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种不同的物质D．氧化还原反应中，金属单质只作还原剂，非金属单质只作氧化剂13、已知①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，判断下列物质氧化能力由强到弱的顺序()A．Fe3+＞Cl2＞I B．I2＞Cl2＞Fe3+ C．Cl2＞Fe3+＞I2 D．Cl2＞I2＞Fe3+14、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BAl箔插入稀HNO3无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D浓HNO3加热有红棕色气体HNO3有强氧化性A．A B．B C．C D．D15、下列说法不正确的是（）A．溶液和胶体最本质的区别是分散质粒子的大小B．电解质与非电解质最本质的区别是在一定条件下能否电离C．氧化还原反应与非氧化还原反应最本质的区别是反应中是否有电子的转移D．强电解质与弱电解质最本质的区别是导电能力的强弱16、短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是（）A．甲一定是金属元素B．庚的最高价氧化物对应水化物的酸性最强C．乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以相互反应D．气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊17、下列物质属于共价化合物的是（）A． B．NaCl C． D．18、下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是实验操作及现象实验结沦A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色消失H2O2具有氧化性B氯气通入品红溶液中，溶液褪色氯气具有漂白性C将NaOH浓溶液滴加到饱和FeC13溶液中呈红褐色制Fe(OH)3胶体D向某溶液加入NaOH

并微热，产生能够使湿润的红色，石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中一定含有NH4+A．A B．B C．C D．D19、在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表示正确的是()a.体积：②＞③＞①＞④b.密度：②＞③＞④＞①c.质量：②＞③＞①＞④d.氢原子个数：①＞③＞④＞②A．abc B．bcd C．abcd D．acd20、实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是()A．制取Cl2B．除去Cl2中的少量HClC．收集Cl2D．吸收尾气中的Cl221、下列物质中所含原子数最多的是（）A．标准状况下22.4LH2 B．56gCO C．1.5molO3 D．6.021022个HCl22、以Al2O3原料制取氢氧化铝，最好的方法是（）①将Al2O3先溶于NaOH溶液中，再通入过量的CO2②将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氢氧化钠溶液③将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氨水④将Al2O3先溶于NaOH溶液中，再滴加过量的盐酸A．①② B．②④ C．①③ D．③④二、非选择题(共84分)23、（14分）已知四种物质A、B、C、D在一定条件下的相互转化关系如下图所示：（1）若A是一种活泼金属单质，化合物D是烧碱。该反应的化学方程式为______；标准状况下，生成3.36L单质B，消耗单质A的物质的量为__。（2）若A是国防金属，B是黑色固体单质。化合物C的化学式为_____；该反应中化合物C为___（填“氧化剂”或“还原剂”）。（3）若A是一种黄绿色气体单质，单质B能使淀粉溶液变蓝。用四氯化碳将单质B从它的水溶液中提取出来，这种实验操作的名称叫做___。检验化合物D中阴离子的试剂为_____。24、（12分）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_______、F________、H________。(2)反应过程⑦可能观察到的实验现象______，反应的化学方程式为④_________。(3)反应⑤的离子方程式为__________。(4)反应①-⑦的7个反应属于氧化还原反应反应的有________(填选项代号)。A．①②④⑤⑥B．②③④⑥⑦C．①②③④⑤⑦D．全部(5)向纯碱溶液中通入气体乙，可制得某种生产生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有小苏打生成。该反应的化学方程式为___________。25、（12分）实验室中用二氧化锰与浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气,所需实验装置如图所示（1）写出装置中发生反应的程式________（2）连接上述仪器,仪器的正确连接顺序是a→________（3）NaOH溶液的作用是（用化学方程式表示）________（4）将干燥的Cl2依次通过干燥的有色布条和湿润的有色布条,可观察到的现象是________，得出的结论是________（5）实验结束后,取少量E装置中的溶液于烧杯中,加入足量浓盐酸后会产生一种黄绿色气体,写出生成该气体的离子方程式________26、（10分）观察下列实验装置图，试回答下列问题：（1）装置图A中仪器a的名称为___。（2）①分离CCl4(沸点：76.75℃)和苯(沸点：110.6℃)的混合物(互溶)应选用__(填装置字母)；②用CCl4萃取碘水中的碘应选用___(填装置字母)。（3）①除去粗盐里的泥沙应选用__(填装置字母)；②为了除去粗盐中的可溶性杂质CaCl2、MgSO4，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：a.过滤，b.加过量NaOH溶液，c.加适量盐酸，d.加过量Na2CO3溶液，e.加过量BaCl2溶液，正确的操作顺序是__。A．adbecB．dabecC．bedacD．ebdac③已知提纯后的NaCl溶液的密度为1.2g/mL，质量分数为58.5%，用该溶液来配制480mL0.12mol/L的NaCl溶液，则量筒量取提纯后的NaCl溶液的体积为__mL；④配制过程有以下操作：A．移液B．量取C．洗涤D．定容E.稀释F.摇匀，其正确的操作顺序是___(用字母排序)。27、（12分）聚合硫酸铝铁(PAFS)是一种高效净水剂，其组成表示为[AlFe(OH)x(SO4)(3-)]y。为检测PAFS中Al的含量，设计如下流程。回答下列问题：(1)实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为__。(2)PAFS中铁元素的化合价为_______；沉淀A的化学式为_________。(3)如图所示，过滤操作中的一处错误是__________。(4)生成沉淀B的离子方程式为______。(5)PAFS中Al元素的质量分数为_______(用同m、n的代数式表示)。28、（14分）氮及其化合物与生产生活关系密切。请完成下列填空：（1）某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。①装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是______，装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为：_______________________。②为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是____________。（2）NO在医疗上有重要的应用，曾被科学家作为研究的重要物质。现有容积为aL的试管盛满NO后倒扣于水槽中，再向试管中通入一定体积O2后，试管内气体的体积为试管容积的一半，则通入的O2的在相同条件下体积为_________。A0.75aLB0.375aLC0.625aLD1.25aL（3）实验室常用下图所示装置制取并收集氨气。①实验室制取氨气反应的化学方程式为____________________________________；②图中方框内收集氨气的装置可选用_________________（填字母序号）；③尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是_________________________________。（4）在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4g的铜片发生反应。请回答下列问题：①开始阶段，反应的化学方程式为____________________________________，后一阶段生成气体的颜色为____________，若整个反应过程共产生标准状况下气体2.24L，则反应过程中被还原的HNO3的物质的量为_______。②反应结束后铜片有剩余，再加入少量20%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，反应的离子方程式为____________________________________________________。29、（10分）I.现有下列十种物质：①液态HCl②NaHCO3③熔融NaCl④CO2⑤蔗糖晶体⑥Ba(OH)2溶液⑦氢氧化铁胶体⑧氨水⑨空气⑩NaHSO4(1)上述十种物质中属于电解质的有_______________（填序号）。(2)⑩在水溶液中的电离方程式为__________________________________。II.青海昆仑玉被定为十年前北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石（Tremolite）的化学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2。透闪石的化学式写成氧化物的形式为__________________________。III.实验室需要用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制1.0mol·L－1的稀硫酸溶液450mL，请回答下列问题(1)需要用量筒量取的浓硫酸的体积为____________mL。(2)下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶_______________。②向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面_______________。

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、B【解析】

A.反应②的反应物中没有单质，不属于置换反应，故A错误；B.由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性KClO3＞Cl2，由反应③可知KIO3＞KClO3，则有氧化性：KIO3＞KClO3＞Cl2＞I2，故B正确；C.反应②中，KClO3中的Cl元素从+5价降低至0价，所以KClO3是氧化剂，HCl中-1价Cl升高到0价，HCl是该反应的还原剂，但被还原的HCl为5mol，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，故C错误；D.反应③中氧化剂KIO3中碘元素的化合价由+5下降到0价，则1mol还原剂参与反应时，氧化剂得到电子的物质的量为2×5mol=10mol，故D错误；答案选B。2、C【解析】

A．生理盐水是NaCl的水溶液，是混合物，苏打是碳酸钠的俗称，是纯净物，故A不选；B．铜是单质，不是电解质，故B不选；C．胆矾是CuSO4∙5H2O，是纯净物，空气是N2、O2等组成的混合物，AgCl是盐，是电解质，CO2是非电解质，故C选；D．碱石灰是NaOH和CaO组成的混合物，Na2SO4溶液是电解质溶液，不是电解质，食醋是混合物，不是非电解质，故D不选；故选C。【点睛】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。3、C【解析】

A.二氧化硅能与氢氟酸反应，故A错误；B.二氧化硅不溶于水，也不能与水反应生成硅酸，故B错误；C.二氧化硅属于酸性氧化物，能与烧碱溶液反应生成盐和水，故C正确；D.二氧化硅属于酸性氧化物，能氢氟酸反应生成SiF4，不属于盐，故D错误；答案：C。4、D【解析】

FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2，反应为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，由电子守恒和原子守恒可知，该反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。【详解】A、FeO4n-中Fe元素的化合价是+6价，因O元素为-2价，由化合价代数和为0可知，n=2，故A正确；B、反应中ClO-转化为Cl-，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，故B正确；C、FeO4n-具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为Fe3+，水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，则可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D、方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及电子守恒、原子守恒的综合考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。5、D【解析】

①二氧化硅能够使光线全反射，因此是制造光导纤维的重要原料，①正确；②SiO2属于原子晶体，原子间以共价键结合形成网状结构，因此物质的熔沸点高，硬度大；而CO2是由CO2分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，由于分子之间的作用力比较弱，因此物质的熔沸点比较低，在室温下呈气态，故二者的物理性质差别很大，②错误；③SiO2是酸性氧化物，但却能和氢氟酸反应，产生SiF4和H2O，③错误；④将CO2通入Na2SiO3溶液中有H2SiO3胶状沉淀生成，说明碳酸比硅酸酸性强，④正确；综上所述可知，说法正确的是①④，故答案为D。6、C【解析】

由信息可知还原性：>I-，通入Cl2先发生+Cl2+H2O=+2H++2Cl-，有

0.25a

mol的

NaI

被氧化，由电子守恒可知，此时发生8+2I-+9Cl2+8H2O=8+I2+16H++18Cl-，以此来解答。【详解】A．由+I2+H2O═+2I-+2H+可知，S元素的化合价升高．I元素的化合价降低，则还原性：>I-，故A错误；B．由电子守恒可知，0.09mol×2=amol×(6-4)+0.25a

mol，a=0.08mol，NaI

与

Na2SO3

的物质的量浓度为c=0.8mol/L，故B错误；C．通入

0.09molCl2

发生反应时有

0.25a

mol的

NaI

被氧化，则离子方程式为：8+2I-+9Cl-+8H2O═8+I-+16H++18Cl-，故C正确；D．若再通入

0.07molCl2，由还原性及电子守恒可知，Na2SO3还有0.01mol未被氧化，故D错误；故选：C。【点睛】氧化还原先后型的离子反应：对于氧化还原反应，按“先强后弱”的顺序书写，即氧化性(或还原性)强的优先发生反应，氧化性(或还原性)弱的后发生反应，该类型离子方程式的书写步骤如下：第一步：确定反应的先后顺序：(氧化性：HNO3>Fe3＋，还原性：I－>Fe2＋>Br－)，如向FeI2溶液中通入Cl2，I－先与Cl2发生反应。第二步：根据用量判断反应发生的程度，如少量Cl2与FeI2溶液反应时只有I－与Cl2反应：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2。足量Cl2与FeI2溶液反应时溶液中的I－和Fe2＋均与Cl2发生反应：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2＋6Cl－。第三步：用“少量定1法”书写离子方程式，即将“量”少物质的化学计量数定为“1”进行书写。7、B【解析】

A.碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故A错误；B.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2离子方程式：Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O，故B正确；C.反应的物质除了Al、NaOH外，还有水，正确的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故C错误；D.Na与CuSO4溶液反应的离子反应为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故D错误；故选B。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。8、D【解析】

要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸纳可以除去过量的钡离子，如果先加入碳酸钠溶液，过量的钡离子就无法除去；至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子沉淀完全，然后进行过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，故D正确；故选D。【点睛】除杂的方法和原则，除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂。9、B【解析】

A．CH3COOH的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故CH3COOH是电解质，故A不符合题意；B．CO2的水溶液虽然能够导电，但并不是CO2本身发生电离，而其与水反应的产物H2CO3发生电离，故CO2是非电解质，故B符合题意；C．NH4HCO3的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故NH4HCO3是电解质，故C不符合题意；D．Cl2的水溶液虽然能够导电，但其是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；故答案为：B。10、C【解析】

铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，若强碱为NaOH，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，显然均生成偏铝酸盐，都有AlO2-生成，故答案为C。【点睛】考查Al及其化合物的性质，把握两性化合物与强碱的反应为解答本题的关键，若强碱为NaOH，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐。11、C【解析】反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。A．Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1：2，A错误；B．生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B错误；C．由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C正确；D．Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，因此Na2O2漂白后的有色物质受热后不能恢复原色，D错误；答案选C。12、A【解析】

A.氧化剂在反应中所含元素化合价降低，发生还原反应，还原剂在反应中所含元素化合价升高，发生氧化反应，故A正确；B.氧化剂被还原，还原剂被氧化，故B错误；C.Cl2+H2OHCl+HClO，在这个反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故氧化剂和还原剂可以是相同的物质，C错误；D.Cl2+H2OHCl+HClO，在这个反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故非金属单质不仅可以作氧化剂，也可以作还原剂，D错误；故选A。【点睛】氧化剂和还原剂在反应物中寻找，所含元素化合价降低的物质作氧化剂，所含元素化合价升高的物质作还原剂，所含元素化合价既有升高又有降低的物质，既作氧化剂又作还原剂。13、C【解析】

由于氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此可根据氧化还原方程式比较氧化性的强弱。由反应①可知，铁元素化合价降低，被还原，因此FeCl3是氧化剂，FeCl2是还原产物；碘元素化合价升高，被氧化，KI是还原剂，I2是氧化产物，故氧化性：Fe3+

>

I2；由反应②可知，铁元素化合价升高，被氧化，FeCl2是还原剂，FeCl3是氧化产物；氯元素化合价降低，被还原，Cl2是氧化剂，FeCl3是还原产物；故氧化性：Cl2

>

Fe3+。答案选C。14、C【解析】

A.现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色；B.现象和结论也都不对，Al箔插入稀HNO3后铝会被硝酸溶解，只有遇浓硝酸才会发生钝化；C.实验操作、现象和解释都正确；D.浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性；综上所述，本题选C。15、D【解析】

A.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，A说法正确，故不选A；B.电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液中或熔化状态下能否电离，B说法正确，故不选B；C.氧化还原反应与非氧化还原反应最本质的区别是反应中是否有电子的转移，C说法正确，故不选C；D.溶液的导电能力主要取决于离子浓度大小，与电解质的强弱无必然联系，D说法错误，故选D；故答案选D。16、D【解析】

甲、乙、丙、丁、戊、己、庚为短周期元素，戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊为N元素，己为O元素，所以丁、戊、己、庚为第二周期元素，则乙、丙为第三周期元素，根据元素在周期表中的位置关系可知，乙为元素，丙为Al元素，丁为C元素，庚为F元素。【详解】A．因甲不一定在丁、庚的连线上，则甲为H元素或Li元素，据此答题根据上面的分析可知，故A错误；B．庚为氟元素，氟没有正价，氟元素没有含氧酸，故B错误；C．乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、碳酸，碳酸为弱酸，不能溶解氢氧化铝、氢氧化镁，氢氧化镁与氢氧化铝不能反应，故C错误；D．同周期主族元素自左而右非金属性逐渐增强，简单气态氢化物的稳定性逐渐增强，则稳定性：，故D正确。综上所述，答案为D。17、D【解析】

一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物属于共价化合物，据此分析解答。【详解】A.H2单质中只含共价键，但属于单质，不是化合物，故A错误；B.NaCl中只存在离子键，属于离子化合物，故B错误；C.NH4Cl中存在离子键和共价键，属于离子化合物，故C错误；D.H2O分子中只存在共价键，属于共价化合物，故D正确；故答案选D。18、D【解析】A．酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，MnO4-转化为Mn2+紫色消失，H2O2中氧元素化合价升高被氧化，具有还原性，选项A错误；B、氯水中含HClO，具有漂白性，则通入品红溶液中，品红褪色，而不是氯气具有漂白性，选项B错误；C、将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，选项C错误；D、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵盐与强碱共热产生氨气，则该溶液中一定含有NH4+，选项D正确。答案选D。19、C【解析】

①标准状况下，6.72LCH4物质的量为=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为=0.4mol，④0.2molNH3；a．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，物质的量越大，体积越大，所以体积从大到小的顺序：②＞③＞①＞④，故a正确；b．各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度从大到小的顺序：②＞③＞④＞①，故b正确；c．各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol=4.8g，②HCl为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，③13.6gH2S，④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量从大到小的顺序：②＞③＞①＞④，故c正确；d．各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4=1.2mol②HCl为0.5mol③H2S0.4mol×2=0.8mol④NH3为0.2mol×3=0.6mol，氢原子的物质的量越大，氢原子的数目越多，所以氢原子个数从大到小的顺序：①＞③＞④＞②，故d正确；答案选C。20、A【解析】

A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A符合题意；B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意。【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。21、C【解析】

根据题中所含原子数最多可知，本题考查原子数的量对比，运用粒子数与物质的量成正比分析。【详解】标况下22.4LH2的物质的量为1mol，即原子物质的量为2mol；56gCO的物质的量为2mol,即原子物质的量为4mol；1.5molO3原子物质的量为4.5mol；6.021022个HCl的物质的量为0.1mol，即原子物质的量为0.2mol；依据粒子数与物质的量成正可知，1.5molO3所含原子数最多。故答案选C。【点睛】物质的量与粒子数、气体体积、质量成正比。22、C【解析】

①Al2O3先溶于NaOH溶液中生成偏铝酸钠，通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，由于碳酸酸性较弱，不能溶液氢氧化铝，故正确；②将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氢氧化钠溶液会生成偏铝酸钠，故错误；③将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氨水，氨水碱性较弱不能和氢氧化铝反应，故正确；④将Al2O3先溶于NaOH溶液中，再滴加过量的盐酸，盐酸会溶解氢氧化铝，生成氯化铝，故错误；正确的有①③，故选：C。二、非选择题(共84分)23、2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑0.3molCO2氧化剂萃取硝酸银和稀硝酸【解析】

⑴若A是一种活泼金属单质，化合物D是烧碱，推出A为Na。⑵根据B是黑色固体单质，金属A和C反应生成，联想到镁和二氧化碳反应生成黑色碳。⑶若A是一种黄绿色气体单质为氯气，单质B能使淀粉溶液变蓝为I2。【详解】⑴若A是一种活泼金属单质，化合物D是烧碱，则为钠和水反应生成氢氧化钠，该反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；标准状况下，生成3.36L单质B即物质的量，消耗单质A的物质的量为0.3mol；故答案为：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；0.3mol。⑵若A是国防金属，B是黑色固体单质，得出镁和二氧化碳反应生成黑色固体碳和氧化镁，化合物C的化学式为CO2；CO2中C化合价降低，该反应中CO2为氧化剂；故答案为：CO2；氧化剂。⑶若A是一种黄绿色气体单质Cl2，单质B能使淀粉溶液变蓝，则B为I2。用四氯化碳将单质B从它的水溶液中提取出来，有机溶剂萃取单质碘，因此实验操作的名称叫做萃取。检验化合物D中阴离子Cl－的试剂为硝酸银和稀硝酸；故答案为：萃取；硝酸银和稀硝酸。24、NaFeCl2Fe(OH)3先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－CNa2CO3＋Cl2＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋NaClO【解析】

金属A的焰色为黄色，则A为金属Na；Na与水反应生成NaOH和H2，气体甲为H2，黄绿色气体乙为Cl2，两者反应得到HCl，溶于水得到盐酸；物质D为NaOH溶液，金属B能够与NaOH反应，则金属B为Al；H为红褐色沉淀，H为Fe(OH)3；则金属C为Fe，Fe和盐酸反应得到的物质F为FeCl2，FeCl2与Cl2得到FeCl3。【详解】(1)根据分析，A为Na；F为FeCl2；H为Fe(OH)3；(2)FeCl2溶液和NaOH溶液反应，先生成Fe(OH)2，Fe(OH)2再被空气中的O2氧化得到Fe(OH)3，可看到现象：先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；化学反应④，为铁和盐酸的反应，化学方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑；(3)反应⑤为FeCl2和Cl2的反应，生成FeCl3，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；(4)反应①为Na与水的反应生成H2和NaOH，Na的化合价升高为氧化还原反应；反应②为H2和Cl2的反应生成HCl，H的化合价升高，为氧化还原反应；反应③为Al和NaOH的反应生成NaAlO2和H2，Al的化合价升高，为氧化还原反应；反应④Fe和HCl的反应，Fe的化合价升高，为氧化还原反应；反应⑤FeCl2和Cl2的反应，Fe的化合价从＋2价升高到＋3价，是氧化还原反应；反应⑥为NaOH与FeCl3的反应生成Fe(OH)3和NaCl，复分解反应，不是氧化还原反应；反应⑦FeCl2与NaOH溶液反应，最终得到Fe(OH)3，Fe的化合价升高，为氧化还原反应；属于氧化还原反应的有①②③④⑤⑦，答案选C；(5)纯碱溶液为Na2CO3，通入氯气，得到NaClO，具有漂白效果，反应中氯的化合价升高，也降低，得到NaCl，化学方程式为Na2CO3＋Cl2＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋NaClO。【点睛】记住高中阶段常见颜色，是快速解题的关键，如黄绿色气体单质为Cl2，红褐色沉淀为Fe(OH)3，焰色为黄色的金属单质为Na，等等。25、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2Od→e→b→c→f→g→hCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OCl2能使湿润的有色布条褪色干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气中含有次氯酸，具有漂白性2H++Cl-+ClO-=H2O+Cl2↑【解析】

（1）二氧化锰与浓盐酸反应，生成氯化锰、氯气和水；（2）浓盐酸和二氧化锰反应生成的氯气中含有HCl杂质，先通过饱和食盐水，除去HCl后，通入浓硫酸中干燥，收集气体，多余的气体用氢氧化钠溶液吸收，由此连接装置；（3）实验中多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收；（4）干燥的氯气没有漂白性，氯气和水结合生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；（5）E装置中的物质为氯化钠、次氯酸钠和水，其中能和浓盐酸反应的是次氯酸钠，次氯酸钠与浓盐酸发生氧化还原反应，生成黄绿色气体氯气。【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸反应，生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）浓盐酸和二氧化锰反应生成的氯气中含有HCl杂质，先通过饱和食盐水，除去HCl后，通入浓硫酸中干燥，收集气体，多余的气体用氢氧化钠溶液吸收，仪器的连接顺序为：a→d→e→b→c→f→g→h（3）用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（4）干燥的氯气没有漂白性，不能使有色布条褪色，氯气和水结合生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，可使有色布条褪色；（5）E装置中的物质为氯化钠、次氯酸钠和水，其中能和浓盐酸反应的是次氯酸钠，次氯酸钠与浓盐酸发生氧化还原反应，生成黄绿色气体氯气，反应方程式为：2HCl+NaClO=NaCl+H2O+Cl2↑，离子方程式为：2H++Cl-+ClO-=H2O+Cl2↑；26、蒸馏烧瓶ACBCD5.0BEACDF【解析】

装置A、B、C对应的分离提纯的物理方法有蒸馏、过滤和萃取分液，蒸馏用于分离互溶的有较大沸点差的液体混合物，分离固体和液体用过滤，萃取则是利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，常结合分液一起进行，除去粗盐中的可溶性杂质CaCl2、MgSO4，则把杂质离子转化为碳酸钙、氢氧化镁、硫酸钡沉淀，故对应的试剂有氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠，加略过量的沉淀剂把杂质离子沉淀完全，过量的沉淀剂用后续加入的试剂除去，故先加氯化钡、后加碳酸钠，除去沉淀后，调到中性即可，配制氯化钠溶液时，没有480mL容量瓶，因此配成500mL溶液，按正确的步骤配制，据此回答；【详解】(1)按构造，装置图A中仪器a的名称为蒸馏烧瓶；(2)①分离CCl4(沸点：76.75℃)和苯(沸点：110.6℃)的混合物(互溶)应选用蒸馏方法，故选A装置；②用CCl4萃取碘水中的碘应选用C装置；(3)①除去粗盐里的泥沙用过滤，故应选用B；②据分析，除去粗盐中的可溶性杂质CaCl2、MgSO4，操作步骤依次为：将粗盐溶于水、加沉淀剂(过量NaOH溶液、过量BaCl2溶液、过量Na2CO3溶液，这3个沉淀剂添加时只要把Na2CO3放在BaCl2之后，因为碳酸钠用于除去钙离子和多余钡离子)过滤，滤液中加适量盐酸除去多余的氢氧根离子和碳酸根离子，即得到澄清的食盐水，则：A.adbec，Na2CO3放在BaCl2之前，多余钡离子无法除去，A错误；B.dabecNa2CO3放在BaCl2之前，多余钡离子无法除去，B错误；C.bedac依次生成氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙和碳酸钡，过滤后，滤液中加盐酸可调到中性，C正确；D.ebdac依次生成硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙和碳酸钡，过滤后，滤液中加盐酸可调到中性，D正确；故正确的是CD；③配制480mL0.12mol/L的NaCl溶液，没有480mL容量瓶，因此配成500mL溶液，，，V=5.0，故用该溶液来则量筒量取提纯后的NaCl溶液的体积为5.0mL；④配制过程有以下操作：A.移液B.量取C.洗涤D.定容E.稀释F.摇匀，其正确的操作顺序是BEACDF。27、100mL容量瓶+3Fe(OH)3漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-或【解析】

为检测PAFS中Al含量，PAFS加入足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤后得到氢氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝。【详解】（1）配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，涉及称量、溶解、移液、洗涤、定容等操作，则需要的仪器有玻璃棒、托盘天平（量筒）、烧杯、胶头滴管，还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（2）化学式为：[AlFe(OH)x(SO4)(3-)]y，其中Al为+3价，设Fe的化合价为m，则3+m=x+2×(3-)，m=+3，沉淀A的化学式为：Fe(OH)3，故答案为：+3；Fe(OH)3；（3）过滤时，漏斗下端应紧贴烧杯内壁，避免液体飞溅，故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；（4）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-，故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-；（5）mgPAFS生成ng氧化铝，铝的质量为：g，则铝的含量为，故答案为：或。【点睛】偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳气体：①CO2过量时：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3；②CO2少量时：2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，不管CO2过量还是少量，都产生Al(OH)3沉淀。28、分液漏斗3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO氧气BDCa(OH)2+2NH4ClCaCl2

+2H2O+2NH3↑C防止烧杯中的水倒吸Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O无色0.1mol3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O【解析】（1）根据仪器A的结构特点知，A为分液漏斗；装置丙中的试管内二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，发生反应的离子方程式为：3NO2＋H2O=2H＋＋2NO＋NO；②为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入氧气，无色气体变为红棕色，发生反应2NO＋O2=2NO2；（2）容积为aL的试管盛满NO后倒扣于水槽中，再向试管中通入一定体积O2后，试管内气体的体积为试管容积的一半，发生的反应为：①2NO+O2=2NO2，②3NO2+H2O=2HNO3+NO，合并反应为③4NO+3O2+2H2O=4HNO3，若反应后试管内的气体为NO，体积为L，则按反应③计算，则通入的O2体积为L×=0.375aL；若反应后试管内的气体为O2，体积为L，则按反应③计算，则通入的O2体积为L+aL×=1.25aL；答案选BD；（3）①实验室利用熟石灰与氯化铵加热反应制取氨气，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2

+2H2O+2NH3↑；②氨气极易溶于水，密度比空气小，所以收集氨气可选用向下排空气法，根据进气方向应该用C装置；③氨气极易溶于水，倒置漏斗有缓冲作