2026届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市新市区第七十中学高一化学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2026届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市新市区第七十中学高一化学第一学期期末学业质量监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、甘油是一种常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度大约1.26g·mL－1，沸点约290℃，分离水和甘油最合理的方法是()A．蒸馏 B．结晶 C．过滤 D．萃取2、现有三组实验：①除去混在植物油中的水；②对碘水中的碘进行浓缩；③对30%的酒精溶液中的酒精进行提纯。以上实验采用的正确方法依次是（）A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液3、下列气体中，能用排水法收集的是（）A．NH3 B．NO2 C．NO D．Cl24、向碘水中滴加Na2SO3溶液时发生反应：Na2SO3+I2+H2O=2HI+Na2SO4，下列说法不正确的是A．Na2SO3为还原剂 B．I2发生氧化反应C．还原性：Na2SO3>HI D．每生成1molNa2SO4，理论上转移的电子数目为2NA5、为了确定某物质是否变质，所选试剂(括号内物质)达不到实验要求的是()A．K2SO3是否被氧化(BaCl2溶液) B．新制氯水已经完全变质(紫色石蕊试液)C．KI是否被氧化(淀粉溶液) D．FeSO4是否被氧化(KSCN溶液)6、下列说法正确的是()A．氧化铜的摩尔质量是80gB．氨气的摩尔质量是17molC．氧气的摩尔质量是32g·mol－1D．1mol氢原子的质量是2g7、焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是（）A．焰色反应是化学变化B．用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（镍丝或铁丝）C．焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D．利用焰色反应可区分NaCl与Na2CO3固体8、下列实验操作，现象或结论不正确的是选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠稳定性：Na2CO3>NaHCO3B向硅酸钠溶液中通入CO2生成白色沉淀酸性碳酸强于硅酸C向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2>I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+有还原性A．A B．B C．C D．D9、溶液的导电能力可以用电导率表示。向滴有酚酞的100

mL

0.01

mol/LBa(OH)2溶液中，逐滴滴入0.04

mol

/LH2SO4溶液实验测得溶液的电导率变化如下图所示。关于该反应的说法不正确的是A．0-85s观察到的现象：溶液中有白色沉淀生成，溶液红色逐渐变浅，最后变为无色B．a→b过程中发生的离子反应为：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OC．滴至b点时消耗H2SO4溶液25

mLD．b→c过程溶液的电导率变大是由于溶液中H+和浓度增大10、下列微粒只有还原性的是A．H+B．Fe2+C．Br-D．Cl211、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．CO2CaCO3 B．FeFeCl3C．CuOCu(OH)2 D．AlAl(OH)312、用98%的浓硫酸配制1.0mol·L-1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是A．用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取B．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出C．使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分D．定容时俯视容量瓶刻度线13、如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是()A．蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B．过滤、蒸发、萃取、蒸馏C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D．蒸馏、过滤、萃取、蒸发14、下列电离方程式中，不正确的是（）A．HNO3=H+＋NO B．NaOH=Na+＋OH-C．AlCl3=Al3++Cl- D．CuSO4=Cu2+＋SO15、元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是A．铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化B．加热Fe(OH)3发生转化⑥，Fe2O3加水溶解可转化为Fe(OH)3C．由图可预测：高铁酸盐(FeO42-

)具有强氧化性，可用于饮用水的消毒D．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速被氧化成Fe2O316、下列有关金属及其合金的说法正确的是A．在化学反应中，金属失电子，被还原B．合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点C．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加D．Fe2O3是磁铁矿的主要成分，属于碱性氧化物17、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列说法正确的是()A．硅酸钠可用于制备木材防火剂 B．硅单质广泛用于光纤通讯C．利用盐酸刻蚀石英制作艺术品 D．水晶项链是硅酸盐制品18、下列关于浊液、胶体和溶液的说法中不正确的是()A．浊液不稳定，久置易分层或沉淀B．氢氧化铁胶体是纯净物C．浊液、胶体、溶液的本质区别在于它们的分散质粒子直径大小不同D．胶体可产生丁达尔效应而溶液不可以19、重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]是一种受热易分解的盐。下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是A．Cr、NH3、H2O B．Cr2O3、N2、H2OC．Cr2O3、NH3、H2O D．CrO3、N2、H2O20、下列酸在与金属发生反应时，其中S或N元素的化合价不会发生变化的是A．浓硝酸 B．浓硫酸 C．稀硝酸 D．稀硫酸21、最容易与氢气反应的物质是A．F2B．Br2C．Cl2D．I222、化学推动了人类的进步。下列获得诺贝尔奖的科技成果不属于化学领域的是A．发明锂电池 B．发现新行星 C．研究胆酸结构 D．创造分子机器二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：请回答：（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：__、其中Al作__剂。（2）反应④的离子方程式为：__。（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。24、（12分）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。(1)写出下列物质的化学式:B__________,丙__________,乙__________,H__________(2)根据要求回答:①D溶液和F溶液在空气中混合的现象__________;②)反应③离子方程式__________;③反应⑦离子方程式__________

;25、（12分）化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。(已知：Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O)请回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是________、________。(2)反应后，装置B中发生的现象是_________________________________；反应的离子方程式为______________________________；装置C中的现象是___________________________，表现了SO2的________；装置D中现象是_____________________________________________，发生反应的化学方程式为_________________________________________。(3)装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_________________________。(4)F装置的作用是________________________，漏斗的作用是___________________________。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）某研究性学习小组利用下列有关装置，对二氧化硫的性质及空气中二氧化硫的含量进行探究(装置的气密性已检查)：（1）装置A中反应的化学方程式是______。（2）滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，此操作的目的是：_______。（3）实验过程中装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，从中分别取少量溶液于两支洁净试管中。向第1支试管中滴加适量氨水出现白色沉淀______(填化学式)；向第2支试管中滴加适量新制氯水，仍然出现白色沉淀，该反应的离子方程式是_______。（4）装置C中的溶液中出现淡黄色浑浊，该实验证明二氧化硫具有____性。（5）装置D的作用是_____。（6）另一小组利用装置E进行实验：二氧化硫性质实验之后，用注射器对实验室内空气进行取样，并向装置E中注入VmL(已折算为标准状况下体积)的空气，当溶液刚好褪色时，停止实验。请计算该空气中二氧化硫的体积分数(用含V的代数式表示)______。28、（14分）综合利用海水可以制备淡水、食盐、纯碱、溴等物质，其流程如图所示：(1)实验室中可用下图装置从海水中获得淡水，B、C仪器的名称分别是B____________、C_________；B装置中如果忘加沸石，应_________；下图装置中有___________处错误。(2)在母液中通入氯气可置换出单质溴，从溶液A中提取Br2，需要的主要仪器是__________。(3)粗盐中含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质，为制得纯净的NaCl晶体，操作如下：a、溶解；b、依次加入过量的_________溶液、NaOH溶液、c、_________；d、加适量盐酸；e、___________(请补全缺少的试剂和实验步骤)。(4)实验室需要使用480mL0.1mol/L的该精制盐溶液，则配制该溶液时：①需要用托盘天平称量氯化钠的质量____________g。②下列实验操作会使配制结果偏高的是_______。A．砝码生锈了B．定容时俯视刻度线C．没洗涤烧杯和玻璃棒D．容量瓶中残留少量蒸馏水E.定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加少量蒸馏水至液面与刻度线相切(5)向氯化钠溶液中先后通入的气体X、Y的化学式分别为_________、____________，你认为先通气体X的原因是_______________，该反应的化学方程式为__________________。(6)用这种方法制得的Na2CO3中有少量的NaCl。检验该Na2CO3中少量的NaCl的实验操作为_________。29、（10分）现有常温下的A、B、C、D、E、F、G、H八种气体，均为无机物。（1）A、B、G是三种难溶于水的无色气体，其余均可溶于水；（2）把A在C中安静地燃烧，火焰呈苍白色，生成D；（3）A和B在一定条件下可以反应生成刺激性气味的气体E；（4）E极易溶于水，其水溶液呈碱性；（5）F可以使溴水褪色；（6）G与空气混合时，由无色变成红棕色H。由上述事实可以判断出：A________、B_________、C________、D________、E_________、F_________、G________、H________。

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】

蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，结晶是溶质聚合变为固体（晶体）的过程，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，据此解答。【详解】甘油可与水以任意体积比互溶，密度大约1.26g·mL－1，沸点约290℃，与水的沸点（100℃）相差较大，因此分离水和甘油最合理的方法是蒸馏，答案选A。2、A【解析】

①植物油不溶于水，密度比水小，所以植物油与水混合会分层，可采用分液法分离，以除去水；②碘在水中的溶解度不大，往碘水中加入有机溶剂进行萃取，可对碘水中的碘进行浓缩；③采用蒸馏的方法，对30%的酒精溶液进行蒸馏，可实现酒精的提纯；综合以上分析，三个实验采用的正确方法依次是分液、萃取、蒸馏，故选A。3、C【解析】

A.NH3能够溶于水，且能与水反应，所以不能用排水法收集，故A不能；B.NO2不溶于水，但能与水反应产生硝酸和一氧化氮，所以不能用排水法收集，故B不能；C.NO不溶于水，可以用排水法收集，故C能；D.Cl2能够溶于水，且能与水反应，所以不能用排水法收集，故D不能；故选：C。4、B【解析】

标出化合价，Na2SO3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，被氧化，作还原剂；碘元素的化合价从0价降低到-1价，被还原，作氧化剂；据此来分析即可。【详解】A.根据分析为还原剂，A项正确；B.根据分析碘被还原，发生还原反应，B项错误；C.根据同一氧化还原反应中，还原性：还原剂>还原产物，因此的还原性大于，C项正确；D.根据方程式可以看出：当生成1mol时，硫元素失去2个电子，硫元素的化合价从+4价升高到+6价，理论上转移2mol电子，数量为2NA，D项正确；答案选B。【点睛】对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此三者只需知其一即可。5、A【解析】

A、K2SO3在空气中会被氧化为K2SO4，K2SO3、K2SO4和BaCl2反应都会生成白色沉淀，故BaCl2溶液不能达到实验要求，A错误；B、新制氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl，HClO不稳定、易分解，随着HClO的分解，平衡不断右移，最终新制氯水会变质为盐酸溶液，失去漂白性，故使用紫色石蕊试液，若溶液变红后，不褪色，可以说明氯水完全变质，即紫色石蕊试液能达到实验要求，B正确；C、KI会被空气氧化生成I2，I2遇到淀粉溶液，溶液会显蓝色，故淀粉溶液能达到实验要求，C正确；D、FeSO4会被空气氧化为Fe2(SO4)3，加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明FeSO4已被氧化，故KSCN溶液能达到实验要求，D正确；故选A。6、C【解析】

A.摩尔质量的单位是g/mol，氧化铜的摩尔质量是80g/mol，A错误；B.氨气的摩尔质量是17g/mol，B错误；C.氧气的摩尔质量是32g·mol－1，C正确；D.1mol氢原子的质量是1mol×1g/mol＝1g，D错误。答案选C。7、B【解析】

A.焰色反应是物理变化，不是化学变化，故A错误；

B.盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留痕迹，故B正确。

C.K的焰色反应透过蓝色的钴玻璃观察，避免钠的焰色对钾的焰色的干扰，其它元素不需要透过蓝色钴玻璃观察，故C错误；

D.焰色反应是元素的性质，NaCl与Na2CO3都含有钠元素，焰色反应都为黄色，无法利用焰色反应可区分，故D错误；

故选：B。【点睛】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化。8、A【解析】

A．分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，只有NaHCO3分解，试管内壁有水珠，A不正确；B．向硅酸钠溶液中通入CO2，由于碳酸的酸性比硅酸强，所以生成硅酸白色沉淀，B正确；C．向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，先置换生成I2，再使淀粉变蓝，从而得出氧化性Cl2>I2，C正确；D．向FeSO4溶液中滴入KSCN溶液无现象，再加入H2O2后，溶液呈血红色，说明Fe2+能被H2O2氧化为Fe3+，Fe2+具有还原性，D正确。故选A。9、B【解析】

A．酚酞遇碱变红，且氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，即Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，则从0至85s随着硫酸的加入，Ba(OH)2不断反应，Ba(OH)2越来越小，直到反应完，烧杯中观察到的现象有白色沉淀生成，溶液红色逐渐变浅，最后变为无色，故A正确；B．a→b过程中氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，化学方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，其离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．滴至b点时，溶液的导电能力最低，两者恰好完全反应，由Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O反应可知，恰好完全反应时氢氧化钡与硫酸的物质的量相等，则消耗了0.04mol•L-1H2SO4溶液的体积为V(H2SO4)==0.025L=25mL，故C正确；D．b→c点溶液的电导率又变大是因为继续滴加H2SO4，存在H2SO4=2H++SO42-，过量的硫酸电离导致溶液中离子浓度增大，故D正确；答案为B。10、C【解析】

根据元素的化合价可知，元素的化合价处于最低价态时，只有还原性，处于最高价时，只有氧化性，处于中间价态时，既有氧化性又有还原性。【详解】A项、H+中H元素的化合价处于最高价，则只有氧化性，故A错误；B项、Fe2+中Fe元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，但以还原性为主，故B错误；C项、Br-中Br元素的化合价处于最低价态，只有还原性，故C正确；D项、Cl2中Cl素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，但以氧化性为主，故D错误。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，注重一般规律的总结和应用，把握微粒中元素的化合价及微粒性质的关系为解答的关键。11、B【解析】

A.二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故不选A；B.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，故选B；C.氧化铜不溶于水，故不选C；D.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铝与氢氧化钠不能生成氢氧化铝，故不选D。12、D【解析】

A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故A错误；B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确。故选D。【点睛】根据CB=nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。13、D【解析】

图示仪器从左至右分别为蒸馏烧瓶用于蒸馏操作、漏斗用于过滤操作、分液漏斗用于分液、萃取操作和蒸发皿用于蒸发操作，故可以进行的混合物分离操作分别为蒸馏、过滤、萃取分液、蒸发，故答案为：D。14、C【解析】

A.硝酸为强酸，完全电离出氢离子和硝酸根，电离方程式为：HNO3=H+＋NO，故A正确；B.氢氧化钠为强碱，完全电离出钠离子和氢氧根，电离方程式为：NaOH=Na+＋OH-，故B正确；C.氯化铝电离时形成1个铝离子和3个氯离子，电离方程式为：AlCl3=Al3++3Cl-，故C错误；D.硫酸铜完全电离：CuSO4=Cu2+＋SO，故D正确；故选C。15、C【解析】

A.．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现上述转化，故A错误；B．加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁，Fe2O3不溶于水，加水不溶解不可实现转化③，故B错误；C．高铁酸盐(FeO42-

)具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则O元素化合价由−2价变为0价，即有氧气生成，可用于消毒，则反应的离子方程式为：4FeO42−+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH−，生成的氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故C正确；D．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，故D错误；答案选C。16、B【解析】

A.在化学反应中，金属失电子，被氧化，故A错误；B.合金的熔点比组分金属低，故B正确；C.生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少。题目说法与事实相反，故C错误；D.磁铁矿的主要成分是Fe3O4，故D错误。综上所述，答案为B。17、A【解析】

A．硅酸钠不燃烧，可用于制备木材防火剂，故A正确；B．硅单质主要应用用半导体材料及太阳能电池板，而二氧化硅广泛用于光纤通讯行业，故B错误；C．盐酸与二氧化硅不反应，则不能利用盐酸刻蚀石英制作艺术品，故C错误；D．水晶项链的主要成分为二氧化硅，为硅的氧化物，不属于硅酸盐，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查二氧化硅及硅酸盐，明确二氧化硅的性质是解答本题的关键，注意硅及其化合物二氧化硅的用途。18、B【解析】

A．浊液中分散质的微粒半径较大，不稳定，所以浊液久置易分层或沉淀，故A正确；

B．胶体是分散剂和分散质的混合物，氢氧化铁胶体是水和氢氧化铁形成的混合物，故B错误；

C．分散系是根据分散质粒子直径大小不同分类的，则浊液、胶体、溶液的本质区别在于它们的分散质粒子直径大小不同，故C正确；

D．丁达尔效应是胶体特有的性质，所以胶体可产生丁达尔效应而溶液不可以，故D正确。

故选：B。19、B【解析】

A．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故A错误；B．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由-3价升高为0，生成氮气，由元素守恒可知，还生成水，故B正确；C．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr2O3，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故C错误；D．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成N2，N元素的化合价升高，则Cr元素的化合价要降低，不能生成CrO3，故D错误；故答案为B。【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化特征是有升必有降，而(NH4)2Cr2O7受热分解发生氧化还原反应；(NH4)2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高，铬元素化合价降低。20、D【解析】

根据稀硫酸具有弱氧化性，在氧化还原反应中H元素的化合价降低，而硝酸、浓硫酸具有强氧化性，与金属反应时N或S的元素的化合价降低。【详解】A、浓硝酸为氧化性酸，与金属反应时，硝酸根显示氧化性，N元素被还原，氮元素化合价降低，A不选；B、浓硫酸是氧化性酸，与金属反应时，硫酸根显示氧化性，S元素被还原，硫元素化合价降低，B不选；C、稀硝酸为氧化性酸，与金属反应时，硝酸根显示氧化性，N元素被还原，氮元素化合价降低，C不选；D、稀硫酸是非氧化性酸，与金属反应时，氢离子显示氧化性，S元素价态不变，D选；答案选D。21、A【解析】

元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，最容易与氢气反应。【详解】F、Cl、Br、I为同主族元素，从上到下，随核电荷数依次增大，原子半径依次增大，非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，故最容易与氢气反应的物质是F2，故选A。【点睛】题考查了卤素单质的性质的递变规律，注意非金属性比较的方法是解答关键。22、B【解析】

A项、锂电池是化学能转化为电能的装置，属于化学领域，故A不选；B项、发现新行星与化学无关，属于地理学研究范畴，不属于化学领域，故B选；C项、研究胆酸结构是研究物质的组成和结构，属于化学领域，故C不选；D项、创造分子机器是研究物质的微观构成和应用，属于化学领域，故D不选；故选B。【点睛】根据化学的定义判断，化学是研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的一门自然科学，它不单研究自然界中存在的物质，也研究和创造自然界中不存在的新物质。二、非选择题(共84分)23、2Al+Fe2O32Fe+Al2O3还原剂2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁粉（屑）KSCN（或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）【解析】

氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。【详解】(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应)，该反应的化学方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，反应中Al有0价变为+3价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂；(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)C为FeCl2，D为FeCl3，亚铁离子具有还原性，易被氧化，新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑)，以防止其转化为FeCl3。检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN)，三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。24、AlHCl

Cl2Fe(OH)2产生白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变为红褐色2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+【解析】

金属A焰色反应为黄色，说明A为Na;钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,则气体甲为H2,D为NaOH;金属B和氢氧化钠溶液反应生成氢气，说明B为Al;黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成的丙为HCl,溶于水得到的E为盐酸;物质D(氢氧化钠)和G反应生成的红褐色沉淀H为Fe(OH)3,说明G中含有Fe3+,金属C与盐酸反应得到F,F与氯气反应得到G,可推知C为Fe,F为FeCl2,G为FeCl3。【详解】(1)根据上述分析知道物质B的化学式:Al,丙为HCl,乙为Cl2,H为Fe(OH)3；答案：Al、HCl

、Cl2、Fe(OH)2。(2)①根据上述分析知道D为氢氧化钠溶液，F为FeCl2溶液在空气中混合发生反应为FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl,生成白色Fe(OH)2沉淀不稳定，在空气中迅速变成灰绿色,最后变为红褐色;答案：产生白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变为红褐色。②)反应③为物质D和金属B反应，根据分析D为氢氧化钠溶液，金属B为Al，两者反应的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；答案：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。③反应⑦为物质F和乙反应,根据分析F为FeCl2溶液，乙为Cl2,两者反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+;答案：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+。25、(1)分液漏斗圆底烧瓶(2)溶液褪色SO2+Cl2+2H2O===4H++2Cl−+溶液紫色褪去(溶液褪色)还原性有黄色沉淀生成2H2S+SO2===3S↓+2H2O(3)将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色(4)吸收多余的SO2防止倒吸【解析】浓硫酸与Na2SO3发生反应Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O，SO2能使氯水及酸性KMnO4溶液褪色，在反应中SO2表现还原性；SO2与装置D中的H2S发生反应SO2+2H2S===3S↓+2H2O，从而使溶液变浑浊，该反应中SO2表现氧化性；SO2能使品红溶液褪色，但加热后溶液又恢复红色，说明SO2与品红溶液的作用具有可逆性；装置F用于吸收多余的SO2，因为SO2易与NaOH溶液反应，因此采用倒扣漏斗吸收SO2可防止液体倒吸。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、Na2SO3+H2SO4（浓）==SO2+Na2SO4+H2O排出装置中的空气避免干扰Ba2SO3Ba2++SO2+Cl2+2H2O===BaSO4+4H++2Cl－氧化性尾气吸收防止污染2.8/V【解析】

(1)装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水,据此写出反应的化学方程式;(2)装置中氧气影响二氧化硫的性质实验,故需要用氮气除去系统中的空气;(3)二氧化硫易溶于水,但是二氧化硫不与氯化钡溶液反应,当向溶液中通入氨气后生成亚硫酸铵,亚硫酸铵溶液与氯化钡反应生成亚硫酸钡;氯气具有强氧化性,氯气将二氧化硫氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成氯化钡沉淀,据此写出反应的离子方程式;(4)二氧化硫与硫化氢反应生成淡黄色的S单质,二氧化硫表现了氧化性;(5)二氧化硫有毒,多余的气体需要用氢氧化钠溶液吸收;(6)向实验1的溶液中加入足量氯化钡溶液,根据溶液颜色变化判断。【详解】（1）装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，因此答案是：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O。

（2）装置中的氧气影响二氧化硫的性质实验，所以为了排除装置中空气，应该滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，因此答案是：排除装置中氧气对实验的干扰。

（3）向第1支试管中滴加适量氨水，氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；氯气将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。因此，答案是：BaSO3；Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。

（4）C中发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中二氧化硫得电子化合价降低而作氧化剂，表现了氧化性，因此，本题正确答案是：氧化。

（5）二氧化硫气体是一种有毒气的酸性氧化物，多余的