2026届山东省文登市大水泊中学高一化学第一学期期末学业质量监测试题含解析

2026届山东省文登市大水泊中学高一化学第一学期期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、盐是一种常见的物质，下列物质通过反应可直接形成盐的是（）①金属单质②碱性氧化物③碱④非金属单质⑤酸性氧化物⑥酸A．①②③ B．①④⑥ C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥2、下列金属与足量的稀硫酸反应生成相同质量的氢气，消耗金属质量最少的是（）A．Na B．Al C．Fe D．Mg3、同温、同压等质量的SO2和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是()A．分子个数比为16:11 B．密度比为1:1C．体积比为16:11 D．原子个数比为11:164、某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是（）A．该工艺流程的目的是制备Fe2(SO4)3B．气体M一定是SO3C．气体M参加的反应是化合反应D．SO2参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶15、室温下，体积相同的两个密闭容器，分别盛有1molNO气体和1molN2与O2的混合气体。有关两容器中的气体，下列说法一定正确的是A．气体质量相等 B．原子总数都为1.204×1024C．摩尔质量都为30 D．气体体积都约为22.4L6、以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A．58.5g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子B．1molFe参与反应失去电子数目一定为2NAC．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子D．常温下，46gNO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA7、实验室用浓盐酸与足量的二氧化锰反应产生少量的氯气。若反应过程中消耗了0.2mol氯化氢，理论上可收集到的氯气的质量A．等于3.55g B．小于3.55gC．大于3.55g D．约等于7.1g8、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氢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．①③④⑤⑥⑧C．①②④⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦⑧9、下列说法中，正确的是()A．分离氯化钠和氯化银的混合物，可用蒸馏法B．从碳酸钠溶液中得到碳酸钠，可用过滤法C．分离酒精与四氯化碳的混合物，可用蒸馏法D．从碘的四氯化碳溶液中得到四氯化碳，可用萃取法10、下列各组中两种物质作用时，温度和反应物用量改变不会引起产物种类变化的是()A．Na和O2 B．S和O2 C．CO2和Ca(OH)2溶液 D．Fe和稀硝酸11、下列物质都可用于漂白,但漂白原理与其它三种物质不相同的是(

)A．HClO B．SO2 C．H2O2 D．NaClO12、设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A．18gNH4+离子中所含的电子总数为12NAB．标准状况下，11.2L水含有的分子数为0.5NAC．0.3mol/LNa2SO4溶液中，含有Na+和SO42-总数为0.9NAD．H2SO4的摩尔质量是98g/mol13、在滴有酚酞的Ca(OH)2溶液中，加入或通入下列物质，待恰好完全反应时，溶液颜色一定不褪色的是()A．HCl气体 B．CuCl2溶液 C．K2CO3溶液 D．CO2气体14、有下列物品或设备用到硅单质的是()A．计算机芯片 B．石英钟表 C．玛瑙手镯 D．光导纤维15、下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是()A．铜与硝酸溶液B．铁粉在氯气中加热C．氯化铝溶液与氢氧化钠溶液D．碘化亚铁溶液中通入氯气16、下列转化必须加入氧化剂才能进行的是（）A．HCO3﹣→CO2B．MnO4﹣→Mn2+C．Fe2+→Fe3+D．Na2O2→O217、下列有关说法正确的是（）A．因为硫单质具有氧化性，故铁粉与硫粉共热可以生成Fe2S3B．硫在空气中燃烧的产物是SO2，在纯氧中燃烧的产物是SO3C．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质D．二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加18、短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24。则下列判断正确的是()RTXYZA．气态氢化物稳定性：Y＞TB．五种元素中原子半径最大的是ZC．R位于元素周期表中第二周期第IVA族D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HZO419、下列各项比较中，正确的是A．熔点：金属钠＜钠钾合金 B．导电性：银＜铜C．硬度：硬铝＜铝 D．延展性：生铁＜纯金20、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21、在甲、乙两坩埚中分别盛有等质量的碳酸氢钠晶体，将甲坩埚充分加热后冷却，再加入足量的盐酸；乙不经加热也加入足量的盐酸；反应完全后，甲、乙两坩埚中实际参加反应的盐酸的质量之比为A．2:3 B．1:1 C．1:2 D．2:l22、某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假设每次处理均反应完全)：①通过碱石灰，气体体积减小；②通过灼热的氧化铜时，固体变为红色；③通过无水CuSO4粉末时，粉末变为蓝色；④通过澄清石灰水时，溶液变为浑浊。由此可以确定混合气体中A．一定含有CO2、H2O蒸气，可能含有H2、COB．一定含有H2O蒸气、CO，可能含有CO2、H2C．一定含有CO2、CO，可能含有H2O蒸气、H2D．一定含有CO、H2，可能含有H2O蒸气、CO2中的1种或2种二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。其中甲是天然气的主要成分。回答下列问题：（1）丁物质的名称：______，丙物质的化学式：_________________________________________。（2）检验化合物乙的化学方程式：___________________________________________________。（3）试剂X可能的化学式：________、________(要求：所选物质类别不同)。（4）通过分析表明：燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有_______________________________________。24、（12分）如图所示：图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体，请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式X_________，C_________，F_________，G__________。(2)写出下列反应的化学方程式①_____________________________________________。②______________________________________________。25、（12分）兴趣小组探究实验室中制备Cl2的过程，为证明过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明Cl2的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置，按要求回答问题：（1）若用浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2。MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O。①用双线桥表示该反应的电子转移___。②___作氧化剂，___作还原产物。（2）①装置B中盛放的试剂名称为___，作用是___。②装置D和E中出现的不同现象说明的问题是___。③写出装置G中发生反应的离子方程式：___。26、（10分）用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)为防止FeSO4溶液被空气中的氧气氧化需向溶液中添加_______________。(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用____________的方法。(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下再挤出NaOH溶液。这样操作的原因是_______________。方法二：用如图所示装置制备。(4)操作步骤：打开止水夹，从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，下一步操作为____________。(5)b试管中生成Fe(OH)2的化学方程式是_____________。(6)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，原因是___________。27、（12分）为了探究三种气体(SO2、NO2、Cl2)的性质，某同学设计了两组实验：（1）实验一：用三个集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中。分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图1所示。一段时间后，D、E装置的集气瓶中充满溶液，F装置的集气瓶中还有气体剩余。(假设瓶内液体不扩散)：①写出装置E中反应的离子方程式：____________________.②假设该实验条件为标准状况，则装置D的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为____________.③通入氧气前在F装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊溶液，观察到的现象是F装置集气瓶内溶液显浅红色，通入氧气后，可能观察到的实验现象是_____________________________，写出反应的总化学方程式：________________.（2）实验二：分别利用下图所示装置探究氯气的氧化性。①G中的现象是_______________，原因是________________________(用化学方程式表示)。②H中的现象是_________________________.28、（14分）A、B、C、D均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，它们之间有如下转化，其中A是单质。（1）若C是淡黄色固体常用于呼吸面具中的供氧剂，D是一种强碱。则C作供氧剂时与CO2反应的化学方程式为_______________________；其中还原剂是________，氧化产物是___________，7.8gC参加反应时转移的电子数是___________。（2）若B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应②③均需要强碱性溶液，反应④可以通过滴加少量稀盐酸实现。据此写出A元素的原子结构示意图是______。请写出A用于焊接铁轨的化学方程式___________________________。请写出②的离子方程式_____________________________。29、（10分）铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2等杂质。Ⅰ．从铝土矿中提取氧化铝的流程如下图所示：（1）试剂A是________；溶液b与试剂B反应的离子方程式为________。（2）加入NaOH溶液进行的反应的离子方程式为_________、____________。Ⅲ．新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备（3）①氧化铝高温还原法：Al2O3+C+N2AlN+CO（请配平）②氯化铝与氨气高温合成法：AlCl3+NH3AlN+3HCl（4）方法②比方法①在生产上更具优势。下列说法中，正确的是_______。A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，反应时破坏化学键需要消耗更多的能量B．方法①中的Al2O3和C容易残留在氮化铝中C．两种方法中氮化铝均为还原产物

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】

金属单质与酸反应生成对应的盐和氢气；碱性氧化物与酸反应生成盐和水；非金属单质和金属单质化合可得到盐；酸性氧化物或酸与碱(或碱性氧化物)反应可生成盐；答案选D。2、B【解析】

设生成氢气的质量为1g，消耗Na、Al、Fe、Mg的质量分别为xg、yg、zg、dg；

46：2=xg：1g

解得x=23g

54：6=yg：1

解得y=

9g

56：2=zg：1；解得z=

28g

24：2=dg：1

解得d=12g所以与足量的稀硫酸反应生成相同质量的氢气，消耗金属质量最少的是铝；故选B。【点睛】本题主要考查学生运用所学化学知识解决实际问题的能力，熟练掌握金属与酸反应的化学方程式，关键是会根据化学方程式进行化学计算。3、D【解析】

不妨设二者的质量均为1g，则SO2的物质的量为mol，CO2的物质的量为mol。【详解】A．同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为：=11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故A错误；B．同温、同压条件下，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比为64g/mol：44g/mol=16：11，故B错误；C．相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故C错误；D．每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其物质的量之比11：16，故D正确；故答案为D。4、D【解析】

该工艺流程中氧气和水、硫酸亚铁反应生成硫酸铁，硫酸铁和水、二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，该过程中硫酸亚铁和硫酸铁可循环使用，除去了二氧化硫，得到化工产品硫酸。【详解】A.根据上述分析该工艺流程是制备硫酸，故A错误；B.根据反应关系知气体M和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3，所以M是强氧化性气体，如O2,故B错误；C.气体M和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3，所以M参加的反应是氧化还原反应,故C错误；D.SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1,故D正确；答案：D。5、B【解析】

体积相同的两个密闭容器，分别盛有1molNO气体和1molN2与O2的混合气体，两容器中气体的物质的量相等。【详解】A.容器中气体物质的量相等，用极限思维，两容器中气体的摩尔质量不相同，因此气体质量不相等，故A错误；B.1个NO含有2个原子，1mol气体原子总数都为1.204×1024，另一个容器极限思维，1个N2含有2个原子，因此1molN2含有原子总数都为1.204×1024；1个O2含有2个原子，因此1molO2含有原子总数都为1.204×1024，故B正确；C.NO摩尔质量都为30g‧mol-1，N2与O2的混合气体的平均摩尔质量不一定等于30g‧mol-1，故C错误；D.气体体积都约为22.4L，缺少标准状况条件，故D错误。综上所述，答案为B。6、D【解析】

A．氯化钠固体中只含有Na+和Cl-，不含有氯化钠分子，A错误；B．Fe参加反应时，有可能被氧化为+2价态，也有可能被氧化为+3价态，或者+6价态，因此失去电子数目不一定为2NA，B错误；C．1molNa被完全氧化生成Na2O2，钠元素由0价变为+1价，失去NA个电子，C错误；D．NO2和N2O4的混合物的平均摩尔质量为46g/mol，因此常温下，46gNO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA，D正确；故答案D。7、A【解析】

加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式知，参加反应的HCl有一半被氧化生成氯气，若反应过程中消耗了0.2molHCl，根据Cl原子守恒知，理论上生成n（Cl2）=0.05mol，m（Cl2）=nM=0.05mol×71g/mol=3.55g，故答案选A。【点睛】本题考查化学反应方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意该反应中一半的HCl体现酸性、一半的HCl体现还原性，另外要注意审题，只计算“理论上”生成的氯气质量。8、B【解析】

试题分析：①水玻璃是硅酸钠溶液，具有防火作用，是制备硅胶和木材防火剂的材料；③SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸是唯一可以与二氧化硅反应的酸，玻璃中含有二氧化硅，所以可以用氢氟酸刻蚀玻璃；④纯净的二氧化硅是制备现代光学及光纤制品的基本原料；⑤氯气有剧毒，可以消灭田鼠，但如果是在实验室里使用一定要注意安全；⑦四氧化三铁是具有磁性的黑色晶体，三氧化二铁才是红棕色粉末，可以做红色油漆和涂料；⑧晶体硅是良好的半导体材料，故选B9、C【解析】

根据物质的分离和提纯方法及操作注意事项分析解答。【详解】A.将氯化钠(易溶于水)和氯化银(不溶于水)的混合物加水溶解，用过滤法分离，故A错误；B.从碳酸钠溶液中得到碳酸钠，可用蒸发结晶的方法，故B错误；C.酒精和四氯化碳相互溶解，沸点不同，可用蒸馏法分离，故C正确；D.若从碘的四氯化碳溶液中分离得到四氯化碳，可用蒸馏的方法，故D错误；故选C。【点睛】难溶固体和液体的混合物的分离采用过滤法；可以互溶的液体混合物，利用沸点的不同采用蒸馏法分离；互不相溶的液体混合物采用分液法分离。10、B【解析】

A．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠，反应条件不同产物不同，选项A不选；B、硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，两种物质作用时，温度和反应物用量改变不会引起产物种类变化，选项B选；C、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O、Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，反应物的量不同其产物不同，选项C不选；D、足量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、少量铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，反应物的量不同其产物不同，选项D不选。答案选B。11、B【解析】

HClO、H2O2、NaClO均具有强氧化性，将有机色质氧化成无色物质而漂白褪色，漂白原理相同，SO2与有色物质化合生成无色物质，能使有机色质褪色，漂白原理与其他三种不同，故选B。【点睛】具有强氧化的物质具有漂白性，如氯水、HClO、过氧化氢、过氧化钠等，二氧化硫与有色物质化合生成无色物质，也具有漂白性，活性炭具有吸附性能使有色物质褪色。12、D【解析】

A．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10NA，选项A错误；B．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，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，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。13、C【解析】

A．往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液HCl气体，发生反应：Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，为无色，A不合题意；B．往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液滴加CuCl2溶液，发生反应：Ca(OH)2+CuCl2=CaCl2+Cu(OH)2↓，恰好完全反应时溶液几乎呈中性，为无色，B不合题意；C．往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液滴加K2CO3溶液，发生反应：Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH，恰好完全反应时溶液仍然呈碱性，为红色，不褪色，C符合题意；D．往滴有酚酞的Ca(OH)2溶液CO2气体，发生反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，恰好完全反应时溶液几乎呈中性，为无色，D不合题意；故答案为：C。14、A【解析】

A.计算机芯片中用的是单质硅，A项正确；B.石英钟表中使用的是SiO2，B项错误；C.玛瑙手镯中使用的是SiO2，C项错误；D.光导纤维的主要成分是SiO2，D项错误；答案选A。15、B【解析】

A.硝酸的浓度不同，与铜反应的产物不同；B.铁粉在氯气中加热只生成氯化铁；C.氢氧化铝能溶于过量的氢氧化钠溶液中；D.通入的氯气量不同，得到的产物不同。【详解】A.Cu与稀硝酸反应生成NO，与浓硝酸反应生成二氧化氮，与硝酸浓度有关，A项错误；B.铁粉在氯气中加热只生成氯化铁，与反应物的用量或浓度无关，B项正确；C.氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液少量生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠溶液过量生成偏铝酸钠，与反应物的用量有关，C项错误；D.碘化亚铁溶液中通入氯气，氯气少量只氧化碘离子，氯气过量氧化碘离子和铁离子，与反应物的用量有关，D项错误；答案选B。16、C【解析】必须加入氧化剂才能进行，则选项中的物质为还原剂的变化，还原剂中某元素的化合价升高。A．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．Mn元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故B错误；C．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故C正确；D．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故D错误；故选C。17、D【解析】

A.因为硫单质具有氧化性，但氧化性不强，铁粉与硫粉共热生成FeS，A错误；B.硫在空气中燃烧的产物是SO2，在纯氧中燃烧的产物也是SO2，B错误；C.SO2的水溶液能导电，因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，二氧化硫不是电解质，C错误；D.二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加，D正确；答案为D。【点睛】S具有弱氧化性，与Fe反应生成FeS。18、C【解析】

短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24，设T的最外层电子数为x，则有5x−1=24，则x=5，则T为N、R为C、X为Si、Y为P、Z为S。【详解】A.气态氢化物稳定性：NH3＞PH3，故A错误；B.五种元素中原子半径最大的是X(Si)，故B错误；C.C位于元素周期表中第二周期第IVA族，故C正确；D.S元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4，故D错误。综上所述，答案为C。19、D【解析】

A.合金的熔点低于其成分金属，所以钠的熔点比钠钾合金的高，A错误；B.银的导电性强于铜的导电性，B错误；C.合金的硬度大于其成分金属，故硬铝的硬度比铝的硬度大，C错误；D.金的延展性比生铁强，D正确；故合理选项是D。20、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。21、B【解析】

甲中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，加入盐酸后发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；乙中发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，最终都生成氯化钠，根据钠元素、氯元素守恒可知n(HCl)=n(NaCl)=n（NaHCO3），故反应后甲、乙两坩埚中实际消耗的HCl的物质的量之比为1：1，故答案选B。22、D【解析】

①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收水和二氧化碳，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；可能有CO还原氧化铜，也可能是氢气还原氧化铜，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有氢气；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有二氧化碳，而二氧化碳来源于一氧化碳还原氧化铜，所以一定有一氧化碳，综上分析：混合气体中定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种；答案选D。二、非选择题(共84分)23、水COCO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2OO2CuO充足的氧气红色溶液变成紫色，有气泡冒出【解析】

甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：水；CO；(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；(3)由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；(4)通过分析表明:燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：充足的氧气；(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：红色溶液变成紫色，有气泡冒出。24、(NH4)2CO3(或NH4HCO3)NH3NO2HNO32Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O24NH3＋5O24NO＋6H2O【解析】

X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3，再结合物质的性质进行解答。【详解】X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3；(1)由分析知：X为(NH4)2CO3(或NH4HCO3)，C为NH3，F为NO2，G为HNO3；(2)反应①为CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。【点睛】以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是X的不稳定性，且能与盐酸、浓NaOH溶液反应生成无色气体，确定X为碳酸铵或碳酸氢铵。25、MnO2MnCl2无水硫酸铜检验有水挥发出来干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气与水反应生成次氯酸，其具有漂白性Ag++Cl-=AgCl↓【解析】

（1）在反应MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn由+4价降低为+2价，Cl由-1价部分升高为0价。①用双线桥表示该反应的电子转移方向时，箭头从反应物中的变价元素，指向生成物中同一种变价元素；转移的数目是得电子总数，或者是失电子总数。②含价态降低元素的反应物作氧化剂，含价态降低元素的生成物作还原产物。（2）①检验气体时，应先检验水蒸气，常使用无水硫酸铜。②干燥氯气没有漂白性，潮湿的氯气因与水发生反应生成次氯酸，从而表现出漂白性。③氯气溶于水后，与水反应生成HCl，电离出的Cl-能与Ag+发生反应，生成白色沉淀。【详解】（1）在反应MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn由+4价降低为+2价，Cl由-1价部分升高为0价。①双线桥表示该反应的电子转移方向和数目的方程式为。答案为：；②在此反应中，MnO2中Mn价态降低，作氧化剂，MnCl2含价态降低元素，作还原产物。答案为：MnO2；MnCl2；（2）①检验气体时，应先检验水蒸气，常使用无水硫酸铜，通过变蓝可确定有水挥发出来。答案为：无水硫酸铜；检验有水挥发出来；②装置D中干燥的有色布条不褪色，E中潮湿的有色布条褪色。从而表明：干燥氯气没有漂白性，潮湿的氯气因与水发生反应生成次氯酸，从而表现出漂白性。答案为：干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气与水反应生成次氯酸，其具有漂白性；③氯气溶于水后，与水反应生成HCl，电离出的Cl-能与Ag+发生反应，生成白色沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。答案为：Ag++Cl-=AgCl↓。【点睛】分析氧化还原反应中物质表现的性质时，首先看元素的价态，含价态升高元素的反应物作还原剂，含价态降低元素的反应物作氧化剂，含价态升高元素的生成物为氧化产物，含价态降低元素的生成物为还原产物。如果物质所含元素价态部分发生改变，则未改变部分不表现出氧化性或还原性，但可能表现出酸性或碱性。如实验室用MnO2与浓盐酸反应制Cl2，生成MnCl2的那部分盐酸中的Cl价态未改变，此部分盐酸表现出酸性；3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，生成NH4Cl的那部分NH3中的N价态未变，此部分NH3表现出碱性。26、铁粉加热煮沸防止带入空气中的氧气将氢氧化亚铁氧化关闭止水夹2NaOH＋FeSO4＝2Fe(OH)2↓+Na2SO4生成的氢气将整套装置中的空气排出【解析】

Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，所以在制备Fe(OH)2的过程中，要特别注意防止Fe(OH)2被氧化，即采取各种措施隔绝氧气。【详解】方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)为防止FeSO4溶液被空气中的氧气氧化需向溶液中添加铁粉，铁可以和Fe3+反应生成Fe2+。(2)气体溶解度随温度升高而降低，所以除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热煮沸的方法。(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下再挤出NaOH溶液。这样操作的原因是防止带入空气中的氧气将氢氧化亚铁氧化。方法二：打开止水夹，在a中发生铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气的反应，生成的氢气进入b中，将b中溶液中的氧气带走，同时也可以把b试管液面上方的空气赶出。从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，再把止水夹夹上，此时氢气的产生会使a中的压强增大，将a中生成的FeSO4溶液压入b中，和b中的NaOH溶液反应生成Fe(OH)2。由于b中没有氧气，所以生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色。(4)根据以上分析，打开止水夹，从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，下一步操作为关闭止水夹。(5)b试管中生成Fe(OH)2的化学方程式是2NaOH＋FeSO4＝2Fe(OH)2↓+Na2SO4。(6)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，原因是生成的氢气将整套装置中的空气排出。27、Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42-0.045mol·L－1溶液红色加深2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4溶液由无色变为蓝色Cl2+2KI=I2+2KCl产生白色沉淀【解析】

（1）根据氯气具有强氧化性，二氧化硫有还原性，两者发生氧化还原反应进行解答；（2）根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3的反应特点，反应后液体能充满整个集气瓶，再根据浓度计算公式进行解答；（3）根据氯气具有强氧化性，能氧化I-和SO2气体进行分析。【详解】(1)①E中二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，其反应的离子方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42；②D中二氧化氮、水、氧气反应生成硝酸,反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，水会充满集气瓶，设集气瓶体积为VL,最后溶液的体积为VL,由4NO2+O2+2H2O=4HNO3n(NO2)=n(HNO3)，则所得溶液溶质的物质的量浓度为c==L/mol=0.045mol·L－1；

(3)F装置中二氧化硫与水反应生成的亚硫酸溶液显酸性，滴加几滴紫色石蕊试液，观察到

的现象是紫色溶液变红,再通入氧气,发生

2SO2+O+2H2O=2H2SO4，酸性增强，红色由浅变深；（2）①G中是淀粉碘化钾溶液中通入Cl2,发生反应的化学方程式为：Cl2+2KI=I2+2KCl，生成的I2遇到淀粉变蓝；②H中装有溶有二氧化硫的BaCl2的溶液，通入氯气后，二氧化硫被氧化为硫酸，遇到BaCl2的溶液会生成硫酸钡的白色沉淀。【点睛】(1)二氧化硫、二氧化氮气体溶于水得到的溶液均为酸溶液，二氧化硫能被氯气氧化，氯气的氧化性很强，还能氧化I-等还原性物质。28、2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2Na2O2O20.1NA或6.02×10222Al+Fe2O32Al2O3+Fe2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑