山东省青岛胶州市2026届化学高一上期末检测试题含解析

山东省青岛胶州市2026届化学高一上期末检测试题注意事项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、下表中金属难与表中其他金属形成二元合金的是()FeCuZnAgAuW熔596210643410沸点30002595907221227075627A．Cu、Fe B．Fe、Au C．Zn、W D．Cu、Ag2、对于某些物质或离子的检验及结论正确的是（）A．某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，则该气体一定是氯气B．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，则原溶液中一定含有Fe2＋C．向某溶液中加入足量盐酸，产生的无色无味气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液中一定含有CO32-D．向某溶液中滴加NaOH溶液后，加热，用湿润蓝色石蕊试纸检验发现变红，该溶液中一定含有NH4＋3、胶体区别于其它分散系的本质特征是A．胶体的分散质能透过滤纸B．胶体能产生丁达尔现象C．胶体的分散质粒子直径在1～100mm之间D．胶体是纯净物，其它分散系是混合物4、下列各项操作过程中，发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是①向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸②向AlCl3溶液中通入过量的NH3③向Ba(OH)2溶液中通入过量CO2④向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸A．①②B．①③④C．①③D．③④5、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列物质分类不合理的是（）A．酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2 B．碱性氧化物：Na2O2、MgO、CaOC．电解质：BaSO4、KAl（SO4）2•12H2O、HCl D．胶体：烟水晶、硅酸溶胶、云雾6、下列元素的原子半径最大的是()A．Mg B．N C．O D．Cl7、将3.8gCO和H2混合气体，在足量的氧气中燃烧，产物全部通过足量的Na2O2，则Na2O2增重A．2g B．3.8g C．5g D．无法计算8、下列反应中，不属于四大基本反应类型，但属于氧化还原反应的是A．2Na+2H2O===2NaOH+H2↑B．Cl2+H2O===HCl+HClOC．CaCO3CaO+CO2↑D．Ca（ClO）2+2HCl===CaCl2+2HClO9、下列物质属于非电解质的是（）A．硝酸 B．氢氧化钠 C．硫酸铵 D．蔗糖10、下列关于Na2CO3和NaHCO3这两种盐描述错误的是（）A．可用加热的方法除去Na2CO3固体中混有NaHCO3B．可向NaHCO3溶液中通入过量的CO2气体除去其中混有的Na2CO3C．可用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3两种溶液D．向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2气体，溶液最终有晶体析出11、在某无色透明溶液中，能大量共存的离子组是A．K＋、MnO4―、SO42― B．Al3＋、Cl―、SO42―C．Na＋、CH3COO―、H＋ D．OH―、Na＋、Fe3＋12、工业上冶炼锡的第一步反应为，则下列说法中错误的是（）A．a的值为2 B．反应中SnO2被还原C．反应后有两种氧化产物 D．1molSnO2参加反应电子转移8mol13、氯水中含有多种成分,因而具有多种性质,根据氯水分别与右图中四种物质发生的反应(a、b、c、d重合部分代表物质间可反应,且氯水足量)。能证明氯水具有漂白性的是（）A．a B．b C．c D．d14、下列关于物质的分类正确的是A．烧碱、纯碱均属于碱 B．氨水、液氯均属于电解质C．H2SO4、NH3均属于酸 D．SO2、CO2均属于酸性氧化物15、某溶液中含有Cl-和I-的物质的量浓度相同。为了氧化I-而不使Cl-氧化，试根据下列三个反应判断，可选用的氧化剂是（）①2Fe3++2I-=2Fe2++I2②2Fe2++Cl2=2Fe3++2I-③2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2OA．FeCl2 B．FeCl3 C．浓盐酸 D．KMnO416、今有x、y、z、w四种元素的微粒，彼此间能发生如下反应：Cl2+2Br－＝2Cl－+Br2;2Fe3++2I－＝2Fe2++I2;Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br－其中氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序为()A．Cl2>Br2>Fe3+>I2 B．Cl2>Fe3+>I2>Br2 C．Cl2>I2>Fe3+>Br2 D．Br2>Fe3+>I2>Cl217、下列有关叙述正确的是A．相同温度、相同压强的O2和CO2，两种气体的分子数一定相等B．相同体积、相同密度的N2和CO，两种气体的分子数一定相等C．配制450mL0.1mol·L-1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8gD．0.45mol·L-1的NaCl溶液与0.15mol·L-1的AlCl3溶液中含有的Cl－离子数目相等18、下列转化不能通过一步反应完成的是A．Al2O3→Al(OH)3 B．MgCl2→Mg(OH)2 C．Na2CO3→NaCl D．Fe(OH)2→Fe(OH)319、下列关于二氧化硅的说法正确的是()A．二氧化硅溶于水显酸性B．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C．二氧化硅是制造光电池的材料D．二氧化硅制作的玻璃纤维丝，可用作光导纤维20、下列各组离子中能大量共存的是A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣B．在酸性溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．能使pH试纸变蓝色的溶液：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+D．碱性溶液中：K+、Cl﹣、NO3﹣、Cu2+21、在标准状况下，由O2和Cl2组成的混合物气体共511ml，向其中通入H2，在一定条件下，使其恰好完全燃烧，用水吸收所得到产物后制得251ml溶液。从中取出25ml溶液与21ml1．125mol·L-1NaoH溶液反应恰好中和，则与混合气体反应的H2的体积为A．281ml B．441ml C．511rnl D．721ml22、下列离子方程式中，正确的是A．铁与稀盐酸的反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．硫酸铜与氢氧化钡的反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓C．石灰石与盐酸的反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑D．硝酸银与氯化钠的反应：Ag++Cl-=AgCl↓二、非选择题(共84分)23、（14分）下列物质均含有某种常见元素，A、G为非金属单质，A常温下为褐色固体，G为空气的主要成分之一；D常温下为无色液体，C、E常温下均为无色气体，E是形成酸雨的元凶，相对分子质量是G的2倍；常温下F为淡黄色固体。它们的转化关系如图所示（部分产物已略去）。(1)写出B物质的化学式_________________。(2)气体E能够使品红溶液褪色，说明它具有____________性。(3)写出反应①的化学方程式_______________________________________。(4)写出反应②的化学方程式_______________________________________。(5)简述B溶液中阴离子检验方法________________________________________。24、（12分）有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质。(1)由上述条件可以确定的元素编号及对应元素名称是____________，其中原子间通过共用一对电子而形成的单质的电子式为________________，E能形成多种含氧酸，其中酸性最强的含氧酸的分子式为______________。(2)若所有可能的X、Y中，C、D形成的是离子化合物，其中一种物质中含有两类化学键，那么另一种物质的形成过程用电子式可表示为______________________________________。(3)若上述X、Y存在如下变化：X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则该反应的化学方程式为__________________，反应物中存在非极性键的物质是__________，生成物中存在非极性键的物质是_____________，由此说明化学反应的本质是________________。25、（12分）实验室需要配制1.0

mol/L

NaCl溶液100

mL，按下列操作步骤进行：（1）选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：电子天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、________（选填a、b、c）。abc（2）计算、称量。配制该溶液需称取NaCl固体_______g。（3）溶解。在该步操作中，某同学将称好的NaCl固体放入烧杯中，加100mL蒸馏水溶解。指出他操作的错误并说明原因______________________。（4）转移洗涤。将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2-3次，洗涤液也注入容量瓶。洗涤烧杯内壁的目的是___________________。（5）定容摇匀。将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1-2厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。若摇匀后发现溶液体积低于刻度线，这时应该________。（6）装瓶保存。将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，并贴好标签。对该份溶液，标签上应该写___________________。（7）为精准配制溶液，需要做到：a．保证溶质的质量精准，b．保证溶液的体积精准。以下措施中是为达到a的是____，是为达到b的是______。①将称好的溶质必须全部放入烧杯中溶解②转移过程中，不能将溶液洒出③若定容时滴加蒸馏水超过液面，就需要重新配制溶液。26、（10分）用海水“晒盐”的方法得到的粗盐中，除氯化钠外，还含有氯化镁、氯化钙、硫酸钠等杂质。将此粗盐提纯的部分实验方案如下：（1）粗盐水中含有的阳离子有_______，阴离子有__________。（2）加入BaCl2溶液的目的是（用离子方程式表示）_________。（3）生成沉淀C的离子方程式是______。（4）D中所含离子有_______。（5）E的主要成分的化学式是____。（6）用文字描述加入适量盐酸的目的是________。（7）某同学认为加入过量K2CO3溶液与加入过量Na2CO3溶液同样可以达到实验目的，这种说法是否合理，请说明理由______________。27、（12分）配制一定物质的量浓度的溶液，几个关键实验步骤和操作如图：(1)现需要94mL0.10mol·L－1Na2CO3溶液，进行现场配制。上述实验步骤A~F正确的实验次序为_______________________(填字母)。步骤E中将一玻璃仪器上下颠倒数次，写出该仪器的名称_________________。(2)步骤C通常称为溶解，步骤A通常称为_________。(3)用Na2CO3·10H2O来配制该溶液，托盘天平称取样品，游码需要打在图示________(填a或b)位置，若称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则所配制的溶液浓度偏_______(填“大”或“小”或“无影响”)。28、（14分）某课外小组准备在实验室配制95mL1.

mol/L的硝酸溶液，然后再研究金属铜与硝酸的反应情况。(1)配制95mL1.0mol/L的硝酸溶液，需要的仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器是_____________。(2)若用10mol/L的浓硝酸来配制上述溶液，需要量取浓硝酸的体积是_________mL。(3)配制过程中，下列操作会引起浓度偏小的是________。A．定容摇勾后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线B．定容时俯视容量瓶的刻度线C．将溶液转入容量瓶后，没有洗涤烧杯和玻璃棒，就进行定容操作D．容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干E.量取浓硝酸后，用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯(4)课外小组同学将制得的硝酸与铜片在下列装置中反应，反应初期观察到大试管中的液体a逐渐变为蓝色，试管上方有浅红棕色气体出现。①反应初期液体a逐渐变为蓝色是由于反应生成了_________(填化学式)。②请解释反应初期试管上方有浅红棕色气体出现的理由_________(结合化学方程式说明)。③导致红棕色气体在试管c中颜色消失的反应方程式为_________。29、（10分）黄钾铵铁矾[KNH4Fex(SO4)y(OH)z]不溶于水和稀硫酸，制取流程如下：请回答下列问题：（1）溶液X是_______。（2）在黄钾铵铁矾[KNH4Fex(SO4)y(OH)z]中，x、y、z的代数关系式为_______。（3）检验滤液中是否存在K+的操作是_______。（4）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：步骤1：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶配制成100.00mL溶液A。步骤2：最取25.00mL溶液A,加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g。步骤3：量取25.00mL溶液A,加入足最NaOH溶液，加热，收集到标准状下气体224mL,同时有红褐色沉淀生成。步骤4：将步骤3所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g。①步骤1配制溶液A所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需_______。②根据以上实验数据计算黄钾铵铁矾中的n(OH-)∶n(SO42-)的比值为_______。(写出必要的计算过程，否则不得分)

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】

形成合金的二种金属必须在某一温度范围时都呈液态，这是熔合的基本条件。表中锌的沸点低于其他金属的熔点，在其他金属熔化时，锌已成气态。而金属W的熔点比其他金属的沸点都高，当W熔化时，其他金属也已成为气态。答案选C。2、B【解析】

A.某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，说明该气体具有氧化性，则该气体是氯气、NO2等，故A错误；B.Fe2＋被氯水氧化为Fe3＋，向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，则原溶液中一定含有Fe2＋，故B正确；C.向某溶液中加入足量盐酸，产生的无色无味气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液中含有CO32-或HCO3-，故C错误；D.向某溶液中滴加NaOH溶液后，加热，用湿润红色石蕊试纸检验发现变蓝，该溶液中一定含有NH4＋，故D错误。3、C【解析】

胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1～100mm之间，故合理选项是C。4、B【解析】

①因Fe(OH)3胶体加入稀硫酸产生聚沉现象，H2SO4与Fe(OH)3反应，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故①符合；②AlCl3和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，即沉淀不溶解，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故②不符合；③氢氧化钡和CO2反应，先生成BaCO3沉淀，继续通入CO2，会与BaCO3反应生成可溶的Ba(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故③符合；④向NaAlO2中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；故答案选B。5、B【解析】

A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO2、SO2、SiO2均为酸性氧化物，A正确；B、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，MgO、CaO均为碱性氧化物，过氧化钠和酸反应时还有氧气生成，不是碱性氧化物，属于过氧化物，B错误；C、在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，BaSO4、KAl(SO4)2•12H2O、HCl均是电解质，C正确；D、分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，烟水晶、硅酸溶胶、云雾均属于胶体，D正确。答案选B。6、A【解析】

根据层多径大原则，N、O两个电子层，Mg、Cl三个电子层，则Mg、Cl半径比N、O半径大，根据同电子层结构核多径小原则，Mg半径大于Cl半径，因此Mg半径最大，故A符合题意。综上所述，答案为A。7、B【解析】

CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应：2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重△m=4NaOH-2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量；所以Na2O2增重的质量为CO与H2混合气体的质量，共3.8g，答案选B。【点睛】本题考查混合物的计算，注意从CO2、H2O与Na2O2生成固体质量的变化分析规律，是解答该题的关键。即凡分子组成符合(CO)m·(H2)n的物质，Wg该物质在O2中完全燃烧，将其产物CO2和水蒸气通过足量的Na2O2后，固体增重必为Wg。或是由C、H、O三种元素组成的物质，只要C、O原子个数比为1∶1，即可满足该条件。8、B【解析】

A.反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑属于置换反应，一定是氧化还原反应，故A错误；B.Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型，但Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；C.反应CaCO3CaO+CO2↑属于分解反应，不属于氧化还原反应，故C错误；

D.反应Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误。本题答案为B。【点睛】一个化学反应，是否为氧化还原反应，就看反应中有无元素化合价变化。9、D【解析】

A．硝酸溶于水完全电离，是强酸，属于强电解质，故A不符合题意；B．氢氧化钠溶于水完全电离，是强碱，属于强电解质，故B不符合题意；C．硫酸铵溶于水完全电离，是盐，属于强电解质，故C不符合题意；D．蔗糖在水溶液和熔融状态都不导电，属于非电解质，故D符合题意；故选D。10、C【解析】

A.碳酸氢钠受热能分解成碳酸钠、二氧化碳和水，则可用加热的方法除去Na2CO3固体中混有NaHCO3，故A正确；B.碳酸钠与二氧化碳和水反应能生成碳酸氢钠，则可向NaHCO3溶液中通入过量的CO2气体除去其中混有的Na2CO3，故B正确；C.氢氧化钙与碳酸钠、碳酸氢钠均能反应生成碳酸钙白色沉淀，则不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3两种溶液，故C错误；D.二氧化碳与碳酸钠和水反应生成碳酸氢钠，因为溶液为饱和溶液，而碳酸氢钠溶解度较小，则向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2气体，溶液最终有碳酸氢钠白色晶体析出，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】因为碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，则向饱和的碳酸钠溶液中通入过量的二氧化碳会有碳酸氢钠析出，侯氏制碱法就是利用这个性质先制备碳酸氢钠，再加热碳酸氢钠，使之分解得到纯碱的。11、B【解析】

A．含有MnO4―的溶液显紫色，不可能存在于无色溶液中，故A错误；B．离子组Al3＋、Cl―、SO42―彼此间不发生离子反应，能大量共存于无色溶液中，故B正确；C．CH3COO―与H＋能生成醋酸，醋酸是弱电解质，故CH3COO―与H＋不能大量共存于无色溶液中，故C错误；D．OH―与Fe3＋能生成红褪色氢氧化铁沉淀，且含有Fe3＋的溶液显棕黄色，故OH―与Fe3＋不能大量共存于无色溶液中，故D错误；故答案为B。【点睛】离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的颜色、溶液的酸碱性等，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。12、D【解析】

首先标出化合价，可以发现二氧化锡是+4价的，被还原为单质0价，碳是0价的，被氧化成+2价，因此二氧化锡是氧化剂，焦炭是还原剂，本题得解。【详解】A.可以根据碳原子或氧原子的守恒来推测，反应物中一共有4个氧原子，生成物中必然也有4个氧原子，因此有2个一氧化碳，x的值为2，A项正确；B.锡的化合价从+4价降低到0价，被还原，B项正确；C.碳的化合价被氧化成+2价和+4价，因此有两种氧化产物，C项正确；D.锡的化合价从+4价降低到0价，因此每个二氧化锡只转移4个电子，D项错误；答案选D。13、D【解析】

氯水中存在HClO，HClO具有较强的氧化性，能使有色物质褪色而体现漂白性。【详解】A.氯水中含有Cl2，能将Fe2+氧化为Fe3+，与漂白性无关，A项错误；B.氯水中存在H+，能与CO32-反应生成CO2和H2O，与漂白性无关，B项错误；C.氯水中存在Cl-，与Ag+结合生成AgCl白色沉淀，与漂白性无关，C项错误；D.氯水中存在H+和HClO，H+具有酸性，HClO具有较强的氧化性，能使紫色石蕊溶液先变红后褪色而体现酸性和漂白性，D项正确；答案选D。14、D【解析】

【详解】A.烧碱是氢氧化钠，属于碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B.氨水是混合物，不属于电解质，液氯是单质，不属于电解质，故B错误；C.H2SO4是在水溶液中电离出的阳离子全部为氢离子的化合物，属于酸，NH3可以和水反应生成NH3·H2O，但NH3在水溶液中自身不能电离出氢离子，所以NH3不是酸，故C错误；D.SO2、CO2都可以和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查物质的分类和酸、碱、电解质及酸性氧化物等基本概念，抓住各基本概念的特征进行分析判断是解答此题的关键，试题难度不大。本题的易错点是B项，解题时要注意电解质必须是化合物，而氨水是混合物、液氯是单质，所以二者都不是电解质。15、B【解析】

由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据三个反应可知，氧化性为MnO4->Cl2>Fe3+，为了氧化I-而不使Cl-氧化，可选择FeCl3。【详解】由①2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知物质的氧化性：Fe3+>I2；②由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知物质的氧化性：Cl2>Fe3+；③由2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O可知物质的氧化性：MnO4->Cl2，则氧化性为MnO4->Cl2>Fe3+>I2。A.FeCl2不能氧化I-，A错误；B.FeCl3能氧化I-，而不能使Cl-氧化，B正确；C.浓盐酸不能氧化I-，C错误；D.KMnO4将两种离子均氧化，不符合题意，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确在氧化还原反应中，氧化性的强的物质优先氧化还原性强的物质是解答本题的关键，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；还原剂的还原性大于氧化剂的还原性。16、A【解析】

Cl2+2Br-=2Cl-+Br2中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性Cl2＞Br2；2Fe3++2I-=2Fe2++I2中氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性Fe3+＞I2；Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-中氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Fe3+＞W2；通过以上分析知，氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；故选：A。【点睛】自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。17、B【解析】

A.相同温度、相同压强时，气体的摩尔体积相同，但O2和CO2气体的体积未知，其分子数无法比较，故A错误；B.相同体积、相同密度的N2和CO，根据m=知两种气体的质量相同，而N2和CO的摩尔质量相同，根据得其物质的量相同，所以所含分子数一定相等，故B正确；C.配制450mL0.1mol·L-1的NaOH溶液时，实际需配制500mL，计算得：，则用托盘天平称取NaOH固体2.0g，故C错误；D.两溶液的体积未知，所以无法比较溶液中Cl-离子数目，故D错误；故选B。【点睛】此题易错点在于A项和D项，在计算时容易忽略一些必要条件，关键还是审题不够仔细，对物质的量浓度及气体摩尔体积的物理意义理解不够深刻。18、A【解析】

A．Al2O3不能和水反应，所以不能一步转化为Al(OH)3，故A选；B．MgCl2可以和可溶性碱反应生成Mg(OH)2，故B不选；C．Na2CO3可以和盐酸反应生成NaCl，故C不选；D．Fe(OH)2可以和氧气、水化合成Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故D不选；故选A。【点睛】大多数的碱性氧化物不能和水生成相应的碱，一般来说，只有强碱对应的碱性氧化物才可以和水发生化合反应生成相应的碱，如Na2O和水反应能生成NaOH，CaO和水反应生成Ca(OH)2，Fe(OH)3虽然不能由Fe2O3和水化合得到，但可以通过Fe(OH)2和氧气、水化合得到。19、D【解析】

A.二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，故A错误；B.二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，能够被氢氟酸腐蚀，故B错误；C.二氧化硅是制造光导纤维的材料，制造光电池的材料是单质硅，故C错误；D.二氧化硅的光学性质较好，可用作光导纤维，故D正确。故选D。20、B【解析】

A．MnO4﹣为紫色，无色溶液中MnO4﹣不能大量共存；B．各离子间不反应，能大量共存；C．能使pH试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中HCO3﹣、NH4+都不能大量共存；D．碱性溶液中Cu2+不能大量共存。故选B。21、D【解析】

NaOH和HCl完全中和，则其物质的量相等。n(NaOH)=n(HCl)=1.125mol/L×1.12L=1.125mol,则n(Cl2)=1.1125mol,标准状况下的体积，V(Cl2)=1.1125mol×22.4L/mol=o.28L=281mL，则V(O2)=511mL-281mL=221mL，氧气和氯气共消耗氢气V(H2)=2×221mL+281mL=721mL，故选D。22、D【解析】

A．Fe和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+Cu2++SO42-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；C．碳酸钙与稀盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；D．硝酸银与氯化钠的反应生成氯化银沉淀离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故D正确；故答案为D。二、非选择题(共84分)23、H1SO4漂白性C+1H1SO4(浓)CO1↑+1SO1↑+1H1O1Na1O1+1CO1=1Na1CO2+O1取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41-。【解析】

F常温下为淡黄色固体，且能与无色气体F反应生成G，而为空气的主要成分之一，可知F为Na1O1、C为CO1、G为O1．无色气体E是形成酸雨的元凶，其相对分子质量是G（氧气）的1倍，可知E为SO1，故H为SO2．A为非金属单质且常温下为褐色固体，D常温下是无色液体，结合转化关系可知A为碳、D为H1O、B为H1SO4。【详解】F常温下为淡黄色固体，且能与无色气体F反应生成G，而为空气的主要成分之一，可知F为Na1O1、C为CO1、G为O1．无色气体E是形成酸雨的元凶，其相对分子质量是G（氧气）的1倍，可知E为SO1，故H为SO2．A为非金属单质且常温下为褐色固体，D常温下是无色液体，结合转化关系可知A为碳、D为H1O、B为H1SO4。（1）由上述分析可知，B物质的化学式为：H1SO4，故答案为：H1SO4；（1）E为SO1，能够使品红溶液褪色，说明它具有漂白性，故答案为：漂白；（2）反应①的化学方程式为：C+1H1SO4（浓）CO1↑+1SO1↑+1H1O，故答案为：C+1H1SO4（浓）CO1↑+1SO1↑+1H1O；（4）反应②的化学方程式为：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1，故答案为：1Na1O1+1CO1＝1Na1CO2+O1；（5）B溶液中阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根的方法为：取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41﹣，故答案为：取少量待测液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，无明显现象；再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，证明含有SO41﹣。【点睛】本题考查无机物的推断，物质的颜色、状态与类属、环境危害与空气组成、反应中特殊转化等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意掌握常见离子的检验方法。24、D：氧、E：氯HClO42CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2Na2O2O2反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程【解析】

在短周期元素中，D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，可以推出D为O，A、B、C为H、C、N、Na，但是还不能确定A、B、C所代表的元素；E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质（O2），则E为Cl，对应的含氧酸为HClO，对应的含氧酸盐为KClO3。【详解】（1）经分析，D为氧，E为氯；原子间通过共用一对电子而形成的单质为Cl2，其电子式为：；E(Cl)的含氧酸中，酸性最强的是HClO4；（2）C、D(O)可形成离子化合物，则C为Na，它们形成的化合物X、Y中，其中一种物质中含有两类化学键，则该物质为Na2O2，另外一种物质为Na2O，其形成过程用电子式可表示为：；（3）X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则符合条件的X、Y为CO2和Na2O2，则Z为Na2CO3，该反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；反应物中存在非极性键的物质是Na2O2，生成物中存在非极性键的物质是O2，说明化学反应是反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程。25、a5.85不应该加100mL水溶解，因为①溶液体积是100mL，因此不能加100mL溶剂水；②后续还要加水转移洗涤，因此不能一开始就加100mL水溶解在溶解过程中，可能会有部分溶质挂在烧杯壁上，应该将所有溶质都尽可能转移到溶液中，以保证配制精准静置即可1.0mol/LNaCl溶液①②③【解析】（1）完成本实验所必需的仪器有：电子天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，答案选a；（2）配制该溶液需称取NaCl固体的质量是0.1L×1.0mol/L×58.5g/mol＝5.85g。（3）不应该加100mL水溶解，因为①溶液体积是100mL，因此不能加100mL溶剂水；②后续还要加水转移洗涤，因此不能一开始就加100mL水溶解。（4）由于在溶解过程中，可能会有部分溶质附着在烧杯壁上，应该将所有溶质都尽可能转移到溶液中，以保证配制精准，所以需要洗涤烧杯内壁，并将洗涤液注入容量瓶中。（5）若摇匀后发现溶液体积低于刻度线，这时应该静置即可。（6）由于是配制1.0mol/L氯化钠溶液，所以标签上应该写1.0mol/LNaCl溶液。（7）①将称好的溶质必须全部放入烧杯中溶解，是为了保证溶质的质量精准；②转移过程中，不能将溶液洒出，是为了保证溶质的质量精准；③若定容时滴加蒸馏水超过液面，就需要重新配制溶液，是为了保证溶液的体积精准。26、Mg2+、Ca2+、Na+Cl-SO42-Ba2++SO42-=BaSO4↓Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓Ba2+、Ca2+、Na+、Cl-、OH-CaCO3、BaCO3除去OH-和CO32-不合理，虽然加入碳酸钾也可以除去溶液中的Ca2+，但是同时也引入了K+这种新的杂质离子，而且K+不易除去。【解析】（1）粗盐中，除氯化钠外，还含有氯化镁、氯化钙、硫酸钠等杂质，所以粗盐水中含有的阳离子有Mg2+、Ca2+、Na+，阴离子有Cl-、SO42-。（2）加入BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓。（3）氢氧化钠沉淀镁离子，则生成沉淀C氢氧化镁的离子方程式是Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。（4）由于氯化钡、氢氧化钠均是过量的，则D中所含离子有Ba2+、Ca2+、Na+、Cl-、OH-。（5）碳酸钠除去钙离子以及过量的钡离子，则E的主要成分的化学式是CaCO3、BaCO3。（6）由于氢氧化钠和碳酸钠过量，则加入适量盐酸的目的是除去OH-和CO32-。（7）虽然加入碳酸钾也可以除去溶液中的Ca2+，但是同时也引入了K+这种新的杂质离子，而且K+不易除去，所以是不合理的。点睛：掌握离子的性质差异是解答的关键，注意试剂的选择以及试剂的加入先后顺序。尤其是除去含多种杂质时必须考虑加入试剂的顺序，例如该题中碳酸钠必须放在氯化钡的后面，而氢氧化钠在可以随意调整。27、CBDFAE100mL容量瓶定容a大【解析】

本题考察一定物质的量浓度溶液配制，难度不大，考生运用所学知识答题即可。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤为:计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶；上述实验步骤中，A为定容，B为移液，C为溶解，D为洗涤，E为摇匀，F为洗涤后的加水，故正确的实验次序为CBDFAE；E为容量瓶，由于要配制94mL的溶液，需要使用100mL的规格，故E为100mL容量瓶；（2）A为定容；（3）实验需要使用100mL容量瓶，则n(Na2CO3·10H2O)=0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol，m(Na2CO3·10H2O)=0.01mol×286g·mol-1=2.9g，则需要用游码称0.9g，故选a；称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则称得的晶体中n(Na2CO3)偏大，故所配制的溶液浓度偏大。28、100mL容量瓶10.0ACCu(NO3)2装置中有空气，将NO气体氧化为红棕色的NO2气体，2NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NO【解析】（1）实验室没有95

mL规格的容量瓶，必须配制100mL，配制100mL1.0mol•L-1的