2026届吉林省抚松五中、长白县实验中学、长白山二中、长白山实验中学化学高一第一学期期末预测试题含解析

2026届吉林省抚松五中、长白县实验中学、长白山二中、长白山实验中学化学高一第一学期期末预测试题注意事项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、下列盛放试剂的方法正确的是()A．浓硝酸易挥发，应贮存于磨口细口瓶中，加盖橡胶塞，并放置于阴凉处B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D．硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中2、下列关于胶体的叙述中，不正确的是（）A．用半透膜除去淀粉胶体中的NaCl溶液，用过滤能分离淀粉胶体中的泥沙B．某纳米材料微粒直径为30nm，因此该纳米材料属于胶体C．丁达尔效应可以区分溶液和胶体D．“血液透析”利用了胶体的性质3、下列指定反应的离子方程式正确的是A．醋酸溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑B．NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－C．用热的NaOH溶液溶解S：3S＋4OH－2S2－＋SO2↑＋2H2OD．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH－＋SO42－+Ba2＋=BaSO4↓+H2O4、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指()A．萃取 B．过滤 C．蒸馏 D．蒸发5、下列关于钠的叙述中，不正确的是（）A．钠燃烧时发出黄色火焰 B．钠原子的最外层只有一个电子C．钠原子易失电子 D．钠燃烧时发出紫色火焰6、在8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl反应中，被氧化的原子与被还原的原子物质的量之比为A．8︰3 B．1︰3 C．3︰8 D．3︰17、为测定某铜器表面Cux(OH)yClz（Cu为＋2价，x、y、z为正整数）的组成，现进行如下实验：取少量Cux(OH)yClz，将其完全溶解于稀硝酸中，将所得溶液分成两等份。向其中一份滴加足量AgNO3溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到固体0.1435g。向另一份中加入0.1000mol·L−1EDTA(已知Cu2+与EDTA反应的化学计量数比为1∶1)，恰好完全反应时消耗EDTA20mL。则Cux(OH)yClz的化学式中y的值为（）A．1 B．2 C．3 D．48、电子层数相同的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱顺序为：HXO4>H2YO4>H3ZO4，下列判断不正确的是A．原子半径X>Y>ZB．气态氢化物稳定性X>Y>ZC．元素原子得电子能力由强到弱X>Y>ZD．单质与氢气反应由易到难X>Y>Z9、下列几种说法中正确的是（）A．摩尔是化学上常用的一个物理量B．某物质含有6.02×1023个微粒，含有这个数目微粒的物质一定是1molC．1摩尔氢气分子可以表示为1molH2D．硫酸的摩尔质量为98g10、某同学用滤纸折成一个纸蝴蝶，并喷洒一种溶液（保持湿润），挂在铁架台上，将盛某种溶液的烧杯放在纸蝴蝶的下方，如图所示。向烧杯中加入另一种物质，过一会儿发现纸蝴蝶变为红色且保持红色不变，下面的组合能够实现上述变化的是（）ABCD纸蝴蝶上的喷洒液石蕊酚酞酚酞石蕊烧杯中的溶液浓硫酸氯化铵稀硫酸高锰酸钾加入烧杯中的物质铜氢氧化钠浓溶液氨水浓盐酸A．A B．B C．C D．D11、常温下，下列各组离子因发生氧化还原反应不能大量共存的是A．pH=1的溶液中：Fe3＋、K＋、I－、Cl－B．在含大量Fe3＋溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、SCN－C．能与金属铝反应生成氢气的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42－、Cl－D．在强碱溶液中：Na＋、K＋、Cl－、HCO3－12、从氧化还原的角度看，与水反应时过氧化铜(CuO2)和过氧化钠性质相似。将适量的过氧化铜投入过量稀硫酸中，可以观察到的现象是A．无明显变化B．最终生成蓝色沉淀C．最终得到无色溶液D．有无色无味气体生成13、一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，收集到氢气0.2g。则原来钠块表面被氧化的钠的质量是A．6.2g B．4.6g C．7.8g D．10.6g14、下列物质属于纯净物的是A．漂白粉 B．盐酸 C．氯水 D．液氯15、向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，溶液导电性的变化合理的图像为A． B． C． D．16、高炉炼铁中存在反应：3CO+Fe2O33CO2+2Fe。下列说法正确的是A．CO是氧化剂 B．CO是还原剂C．CO既是氧化剂又是还原剂 D．CO既不是氧化剂又不是还原剂17、有下列氧化物：①FeO、②Fe2O3、③Fe3O4、④CuO，其中颜色相同的是()A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④18、海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，下列说法正确的是（）A．Br2在反应中表现氧化性B．SO2在反应中被还原C．Br2在反应中失去电子D．1molBr2在反应中得到1mol电子19、高一学生小强的化学笔记中有如下内容：①纯净物按照组成可以分为单质和化合物；②单质又可分为金属单质和非金属单质；③无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；④按照分散剂粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；⑤在水溶液中能导电的化合物就是电解质；⑥氧化还原反应的特征是化合价升降；你认为他的笔记中有几处错误（）A．两处 B．三处 C．四处 D．五处20、下列关于液氯和氯水的说法不正确的是()A．常温常压下液氯是一种黄绿色的液体B．在加压条件下氯气转化为液氯，可用干燥的钢瓶储存液氯C．新制氯水在光照条件下放出气体的主要成分是氧气D．新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色21、摩尔质量的单位是()A．mol B．L C．s D．g/mol22、向某晶体的溶液中加入Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，由此得出下列的结论错误的是A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强B．该晶体中一定含有SCN－C．Fe2＋与SCN－不能形成红色化合物D．Fe2＋被溴水氧化成Fe3＋二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。（1）则各是什么物质的化学式为：A_______、B_______、C_______、D_______。（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：__________________________________、______________________________。（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：__________________________________、________________________________。24、（12分）已知A为常见的金属单质，根据如图所示的关系：(1)确定A、B、C、D、E、F的化学式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________，F____________。(2)写出⑧的化学方程式________，④、⑤的离子方程式________，_________。25、（12分）实验室中需要22.4L（标准状况）SO2气体。化学小组同学依据化学方程式Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O计算后，取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/mL）110mL充分反应锌全部溶解，对于制得的气体，有同学认为可能混有杂质。（1）化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是____________（填分子式）。产生这种结果的主要原因是______________________________（用化学方程式和必要的文字加以说明）（2）为证实相关分析，化学小组的同学设计了实验，组装了如下装置，对所制取的气体进行探究。①装置B中加入的试剂_________，作用是_____________________。②装置D加入的试剂_________，装置F加入的试剂_____________________。③可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有某杂质气体的实验现象是______________________________________。④U型管G的作用为_______________________________________。26、（10分）I.实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制取SO2并验证其性质。(1)盛装亚硫酸钠的仪器名称为________，若将亚硫酸钠改为铜片，与浓硫酸反应制取SO2，还缺少的仪器有_______，写出用铜片制取SO2的化学方程式_________________________。(2)装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体最好选择___________(填代号)。a.饱和Na2CO3溶液b.NaOH溶液c.饱和NaHCO3溶液d.饱和NaHSO3溶液(3)验证SO2的还原性。取充分反应后装置D中的溶液，将其分成三份，分别进行如下实验：方案I：第一份溶液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；方案II：第二份溶液中滴入品红溶液，红色褪去；方案III：第三份溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀。上述方案合理的是___________(填“方案I”、“方案II”或“方案III”)；对不合理的方案作出简要评价___________(如果认为都合理，可以不作答)。II.已知2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，若采用该方案制备Cl2并验证Cl2的性质。B、C、D中的试剂依次为：饱和食盐水、FeCl2溶液、石蕊溶液。(4)C中反应的离子方程式为：_________________________________。(5)D中可能观察到的现象为：_________________________________。(6)装置E中盛放NaOH溶液，其目的是_________________________________，该反应的化学方程式是：_________________________________。27、（12分）某校化学兴趣小组制备消毒液（主要成分是NaClO），设计了下列装置。已知：Cl2和NaOH溶液能发生下列反应在加热时：在低温时：试回答下列问题：⑴仪器a的名称是_____________。⑵连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作是_________________。⑶A装置内发生反应的化学方程式为_______________________________。⑷B的作用是___________；冰水的作用是__________________________。⑸该装置的不足之处有___________________________________________。⑹一定温度下，向NaOH溶液中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应。生成物中含有三种含氯元素的离子，其中ClO－、ClO3－两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示。该过程中t2时刻参加反应的Cl2物质的量为_________mol；若另一过程产生的n(Cl－)为5.5mol，n(ClO3－)为1mol，则参加反应的NaOH物质的量为___________________mol。28、（14分）为探索工业中含有铝、铁、铜的合金废料的再利用，某同学设计了如下回收方案：操作的名称是___________，滤渣B含有_______________________（填化学式）。合金废料与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________________________；反应的离子方程式是___________________________________；若要从滤液D中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是_____________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有_________________（填序号）。A．漏斗坩埚烧杯玻璃棒试剂Y应该是一种____________（填“氧化剂”或“还原剂”），它不可能是______（填序号）。A．H2O2B．H2C．O2D．Fe29、（10分）按要求填空。（1）过氧化钠与CO2反应的化学方程式：__；（2）铁与水蒸气反应的化学方程式：__。（3）实验室配制FeSO4溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是___，向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，并放置一段时间，此过程中观察到的现象__。

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】

A．浓硝酸见光易分解，能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的磨口细口瓶中，应该放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，并放置于阴凉处，故A错误；B．根据相似相溶原理知，橡胶能溶于汽油或煤油，所以汽油或煤油不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故B错误；C．碳酸钠溶液呈碱性，二氧化硅能和强碱反应生成黏性的硅酸钠而使瓶塞打不开，碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液应该存放在配有橡胶塞的试剂瓶中，故C错误；D．硝酸银见光易分解，所以硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键。注意试剂瓶和塞子的选取原则。2、B【解析】

A.淀粉胶体的胶粒不能透过半透膜，而NaCl电离产生的Na+、Cl-能够透过半透膜，所以用半透膜通过渗析的方法可除去淀粉胶体中的NaCl溶液，泥沙的颗粒不能通过滤纸，淀粉微粒可以通过滤纸，因此可以用过滤分离淀粉胶体中的泥沙，A正确；B.某纳米材料微粒直径为30nm，在1～100nm之间，因此该纳米材料若形成分散系，就可形成胶体，只有分散质没有分散剂则不能形成胶体，B错误；C.胶体能发生丁达尔效应，溶液不能形成丁达尔效应，因此可以通过丁达尔效应区分溶液和胶体，C正确；D.血液中血细胞直径介于1～100nm之间，而代谢废物及电解质的微粒直径小于1nm，因此可利用胶体粒子不能透过半透膜而代谢废物及电解质的粒子可以透过半透膜的性质进行“血液透析”，以净化血液，D正确；故合理选项是B。3、B【解析】

A.醋酸是弱电解质，在离子反应方程式中不能拆，应保持化学式的形式，所以用食醋溶解水垢中的CaCO3，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以其离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故B正确；C.用热的NaOH溶液溶解S，离子方程式为：2S＋6OH－2S2－＋SO32-＋3H2O，故C错误；D.稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是离子方程式的书写。解题时特别注意向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，而不是碳酸根离子。4、C【解析】

该方法是利用酒精与水的沸点不同，从浓酒中分离出乙醇。【详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故选C。5、D【解析】

A.钠燃烧时发出黄色火焰，A正确；B.钠原子的最外层只有一个电子，B正确；C.钠原子的最外层只有一个电子，易失电子，C正确；D.钠燃烧时发出黄色火焰，燃烧时发出紫色火焰的是钾元素，D错误；答案选D。6、B【解析】

反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中，N元素化合价升高，由−3价升高到0价，Cl元素化合价降低，由0价降低到−1价，由方程式可知当有3molCl2参加反应时，有8molNH3参加反应，其中有2mol被氧化，被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为2︰6=1︰3；答案选B。7、C【解析】

向其中份滴加足量AgNO3溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到固体0.1435g，由此计算n(Cl-)；向另一份中加入0.1000mol·L-1EDTA（已知Cu2+与EDTA反应的化学计量数比为1：1），恰好完全反应时消耗EDTA20mL，由此计算n(Cu2+)；然后结合化学式中元素的化合价代数和为零计算化学式中y的值。【详解】向其中份滴加足量AgNO3溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到固体0.1435g，生成了氯化银沉淀，n(AgCl)==0.001mol，含氯离子物质的量=0.001mol，向另一份中加入0.1000mol·L-1EDTA（已知Cu2+与EDTA反应的化学计量数比为1：1），恰好完全反应时消耗EDTA20mL，n(Cu2+)=0.1000mol•L-1×0.02L=0.002mol，Cux(OH)yClz中n(Cu2+)：n(Cl-)=2：1，令x=2，由化学式中元素的化合价代数和为零：（+2）×2+（-1）×1+（-1）×y=0，解得y=3，答案为C。8、A【解析】

电子层数相同的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，同周期从左到右非金属性逐渐增强，则原子序数为X＞Y＞Z，据此回答【详解】A.同周期元素的原子从左到右原子半径减小，则原子半径为X＜Y＜Z，A项错误；B.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性为X＞Y＞Z，B项正确；C.非金属性越强，得电子能力越强，非金属性X＞Y＞Z，则元素原子得电子能力为X＞Y＞Z，C项正确；D.非金属性越强，与氢气化合越容易，非金属性X＞Y＞Z，则单质与氢气反应由易到难顺序为X＞Y＞Z，D项正确；答案选A。9、C【解析】

A.摩尔是物质的量这个物理量的单位，A错误；B.Na2SO4中含有6.02×1023个Na+，但Na2SO4是0.5mol，B错误；C.1摩尔氢气分子可以用1molH2表示，C正确；D.硫酸的摩尔质量为98g/mol，D错误。故选C。10、B【解析】

A.浓硫酸无挥发性，常温下浓硫酸与铜不反应，所以石蕊不会变红色，故A不符合题意；B.氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液会有氨气生成，氨气使酚酞试液显示红色且保持红色不变，故B符合题意；C.稀硫酸中加入氨水，反应生成硫酸铵溶液，所以酚酞试液不会变红色，故C不符合题意；D.浓盐酸具有挥发性，遇石蕊时变红，浓盐酸加入高锰酸钾溶液中反应生成氯气，潮湿的氯气既有酸性又有漂白性，所以石蕊先变红，后红色会褪去，故D不符合题意；故选B。11、A【解析】

A、铁离子能够氧化碘离子；B、铁离子与硫氰根离子反应，但不属于氧化还原反应；C、该溶液呈酸性或强碱性，铵根离子、铝离子与氢氧根离子反应，但不属于氧化还原反应；D、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，但不属于氧化还原反应。【详解】A、Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A正确；B、Fe3+、SCN﹣之间发生络合反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，但该反应不属于氧化还原反应，故B错误；C、能与金属铝反应生成氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、Al3+与氢氧根离子反应，不能共存，但不属于氧化还原反应，故C错误；D、HCO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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“因发生氧化还原反应不能大量共存”。12、D【解析】

与水反应时过氧化铜(CuO2)和过氧化钠性质相似，则2CuO2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+O2↑，所以可以观察到溶液变蓝，有无色无味气体生成，D满足题意。答案选D。13、B【解析】

一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，发生反应：Na2O+H2O=2NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；收集到氢气0.2g，则n(H2)=0.2g÷2g/mol=0.1mol，根据方程式的关系可知n(Na)=2n(H2)=0.2mol，m(Na)=0.2mol×23g/mol=4.6g，所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g=6.2g，则n(Na2O)=6.2g÷62g/mol=0.1mol，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2mol，其质量是m(Na)=0.2mol×23g/mol=4.6g，选项B正确。14、D【解析】A、漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，选项A不选；B、盐酸是氯化氢溶于水得到的混合物，选项B不选；C、氯水是氯气溶于水得到的混合物，选项C不选；D、液氯是氯气的液态，是纯净物，选项D选。答案选D。15、C【解析】

氢氧化钡中加入硫酸，反应生成硫酸钡和水，溶液中的离子浓度减小，溶液的导电性减弱，当氢氧化钡完全反应，溶液的导电性最小，然后加入硫酸，溶液中有氢离子和硫酸根离子，溶液的导电性逐渐增强，选C。【点睛】1、电解质的强弱与其溶解度无关，某些盐如硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，所以是强电解质。2、能溶于水的物质不一定是强电解质，例如醋酸等，电离程度很小，属于弱电解质。3、电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在，电解溶液的导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然的联系。16、B【解析】

在3CO+Fe2O33CO2+2Fe中碳元素的化合价升高，CO发生氧化反应，是还原剂，Fe元素的化合价降低，Fe2O3发生还原反应，是氧化剂，故选项B符合题意，答案为B。【点睛】注意根据化合价的变化分析，物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，在反应中失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物，可以用口诀：升失氧，降得还：失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂。17、D【解析】

①FeO为黑色固体；②Fe2O3为红棕色固体；③Fe3O4为黑色固体；④CuO为黑色固体；其中颜色均为黑色的①③④，D正确；综上所述，本题选D。18、A【解析】

A、Br元素化合价从0价降低到－1价，得到1个电子，Br2在反应中表现氧化性，A正确；B、S元素化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，SO2在反应中被氧化，B错误；C、Br2在反应中得到电子，C错误；D、1molBr2在反应中得到2mol电子，D错误。答案选A。19、A【解析】

①纯净物可以分为单质和化合物，正确；②单质可以分为金属单质和非金属单质，正确；③无机化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，正确；④分散系是按照被分散的物质，也就是分散质的颗粒直径大小来区分的，而不是分散剂粒子，错误；⑤电解质的定义是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，二者只要满足其一即可，错误；⑥有元素化合价改变的反应称为氧化还原反应，正确；因此④和⑤错误，答案选A。20、A【解析】

A.常温常压下，液氯会汽化为氯气，所以常温常压下液氯是一种黄绿色的气体，A错误；B.在常温常压下，氯气是气体，将氯气加压可转化为液氯，由于室温下干燥的氯气与铁不能反应，所以液氯可用干燥的钢瓶储存，B正确；C.新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸不稳定，在光照条件下次氯酸分解生成盐酸和氧气，因此新制氯水在光照条件下放出气体的主要成分是氧气，C正确；D.新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸电离产生H+，具有酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，同时次氯酸具有强的氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，D正确；故合理选项是A。21、D【解析】

摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol，所以答案D正确。故选D。22、A【解析】

向某晶体的溶液中加入Fe2+的溶液无明显变化，说明无Fe3+，当再滴加几滴溴水后，混合液出现红色，说明反应产生了Fe3+，原溶液中含有Fe2+。加入溴水时，发生反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，由此可知物质的氧化性：Br2>Fe3+，错误的选项是A。二、非选择题(共84分)23、BaCl2FeSO4AlCl3NaOH；FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3Al3++3OH-＝Al(OH)3↓Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O【解析】

①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为BaSO4，②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe(OH)2的转化为Fe(OH)3，故A为BaCl2，B为FeSO4，D为NaOH，则C为AlCl3，氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3，Al(OH)3能溶解在NaOH溶液中，符合③中现象。【详解】(1)根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；(2)现象②先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为：FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；(3)现象③中所发生反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O。【点睛】考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了Fe(OH)2沉淀的生成及转化为Fe(OH)3的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。24、FeFe3O4FeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe+2Fe3+=3Fe2＋【解析】

由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe(OH)3，则E为Fe(OH)2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4。据此解答。【详解】(1)由以上分析可知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3；(2)反应⑧为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；④的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，⑤的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2＋。25、H2随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成H2：Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑NaOH溶液（或KMnO4，其它合理答案也给分）除去混合气体中的SO2浓硫酸无水硫酸铜装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验【解析】

(1)随着反应Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O的进行，硫酸消耗同时水增加会导致浓硫酸变成稀硫酸，此时就会发生副反应Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，因此会产生杂质气体H2，故答案为H2；随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成H2：Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑；（2）①由于二氧化硫会干扰实验，则装置B中加入的试剂主要是为了除去产生混合气体中的SO2，再利用品红溶液检验是否除尽，最后验证有氢气产生，因此B装置试剂可选用NaOH溶液或KMnO4溶液；②装置D加入的试剂目的是除去水，以避免水蒸气对后续反应检验的干扰，可选用浓硫酸；装置F加入的试剂的目的为检验E处反应是否产生水，所以用无水硫酸铜来检验产生的水蒸气；③氢气与氧化铜反应产生铜和水蒸气，则可证实混有氢气的实验现象是装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色；④因为F中检测到水才能确定混合气体中有氢气，因此要防止空气中防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验，故U型管G的作用为防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验。26、圆底烧瓶酒精灯、石棉网Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2OdIII方案I：反应前后的溶液中均有氯离子，可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，无法通过该方案证明二氧化硫具有还原性；方案II：加人品红溶液，红色褪去，说明溶液中含有HClO或SO2，不能证明二氧化硫具有还原性；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-先变红后褪色除去多余氯气，防止污染；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O【解析】

(1)根据装置图分析盛装亚硫酸钠的仪器名称；铜与浓硫酸反应需要加热；铜片与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）SO2和水反应生成亚硫酸，为防止SO2溶解，应该选取NaHSO3洗气；（3）SO2被氧化生成SO42-，若验证二氧化硫的还原性，只要证明溶液中含有SO42-即可；(4)C中FeCl2溶液和氯气反应生成氯化铁；(5)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；(6)装置E中盛放NaOH溶液，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。【详解】(1)根据装置图，盛装亚硫酸钠的仪器名称为圆底烧瓶；铜与浓硫酸反应需要加热，若将亚硫酸钠改为铜片，与浓硫酸反应制取SO2，还缺少的仪器有酒精灯、石棉网；铜片与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）SO2和水反应生成亚硫酸，为防止SO2溶解，应该选取NaHSO3洗气，NaHCO3溶液、NaOH溶液、饱和Na2CO3溶液都可以吸收二氧化硫，所以不能选取abc，故选d；（3）方案I：氯水中本身就含有Cl-，滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能证明二氧化硫具有还原性，所以方案I不合理；方案II：氯水具有漂白性，次氯酸、SO2都能使品红褪色，第二份溶液中滴入品红溶液，红色褪去，不能证明二氧化硫具有还原性，所以方案II不合理；方案III：第三份溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀一定是硫酸钡，说明SO2被氧化生成SO42-，能证明二氧化硫具有还原性，所以方案III合理；(4)C中FeCl2溶液和氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(5)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，D中的现象是溶液先变红后褪色；(6)装置E中盛放NaOH溶液，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以装置E中盛放NaOH溶液的目的是尾气处理，防止污染，反应的化学方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。【点睛】本题以二氧化硫为载体考查性质实验方案设计，明确二氧化硫的氧化性、还原性、漂白性及实验原理即可解答，知道各个步骤发生的反应，明确实验目的是解题关键。27、分液漏斗检查实验装置气密性MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中的HCl防止溶液温度升高发生副反应生成NaClO3，降低了产品的产率没有尾气吸收处理装置57【解析】

本题是一道以氯气及其化合物为核心的氧化还原题目，难度一般。【详解】（1）仪器a有塞子和开关，为分液漏斗；（2）在连接好装置后一定要先检查装置的气密性，若气密性不好则不能继续进行实验；（3）A装置内发生的就是实验室制氯气的反应，写出方程式即可：；（4）B中的饱和食盐水可以吸收氯化氢，但是不吸收氯气，因此可以起到除去氯气中的氯化氢的作用；而冰水是为了给溶液降温，防止溶液温度过高产生氯酸钠等副产物；（5）该装置没有尾气处理装置，而氯气是有毒的，因此需要加一个尾气处理装置；（6）首先这是一个氯气的歧化反应，因此有这样一个关系存在，保证反应中得失的电子数一致；而当t2时为2mol，为1mol，代入关系式解得为7mol，因此氯元素一共有10mol，这些氯元素全部是氯气中的，则参加反应的氯气一共有5mol；第二问里代入和的物质的量解出的物质的量为0.5mol，不管是、还是，钠和氯都是1:1的，因此氯一共有7mol，钠也一共有7mol，参加反应的也是7mol。28、过滤Fe、Cu2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑CO2+AlO2-+2H2OHCO3-+Al(OH)3↓蒸发浓缩B氧化剂BD【解析】

Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀