湖南省株洲市醴陵市第二中学、醴陵市第四中学2026届高一化学第一学期期末达标检测模拟试题含解析

湖南省株洲市醴陵市第二中学、醴陵市第四中学2026届高一化学第一学期期末达标检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、在两个烧杯中各加入相同体积且浓度均为3mol·L－1的硫酸溶液，随后分别置于天平左右两个托盘上，调节天平使之平衡，此时向两烧杯中分别加入10.8g镁与铝，反应完毕后天平两端将会()A．放铝的一端托盘上升B．放镁的一端托盘上升C．仍保持平衡D．无法确定2、标准状况下，分别将充满下列气体的容器倒扣于水槽中(设气体不发生扩散)，充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度不等于mol•L﹣1(约0.045mol•L﹣1)的是()A．HCl B．NO2、O2 C．SO2、N2 D．NO23、据报道：氦-3在月球的储量能供地球一万年的能源使用。下列关于32He的说法正确的是A．32He原子核内含有3个中子B．32He和31H互为同位素C．32He原子核外有3个电子D．32He和42He是两种不同的核素4、下列对于“摩尔”的理解正确的是（）A．摩尔是国际单位制的七个物理量之一B．摩尔是表示物质质量的单位C．科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何粒子集合体为1molD．1mol氧含6.02×1023个O25、下列金属在常温时能溶于足量浓HNO3的是（）A．Au B．Cu C．Al D．Fe6、属于氧化还原反应的离子方程式是A．CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2OB．2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－C．＋H＋===CO2↑＋H2OD．Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－7、与50mL0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中Na+的物质的量相同的溶液是（）A．50mL0.2mol·L-1的NaCl溶液 B．100mL0.2mol·L-1的NaCl溶液C．25mL0.1mol·L-1的Na2SO4溶液 D．50mL0.1mol·L-1的NaHCO3溶液8、在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba（OH）2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，下列分析不正确的是A．①代表滴加Ba（OH）2溶液的变化曲线 B．a、c两点，溶液中均大量存在H＋和SO42-C．b、d两点对应的溶液均显中性 D．e点，两溶液中含有相同量的OH－9、下列微粒只有还原性的是A．H+B．Fe2+C．Br-D．Cl210、为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列4种不同的方法，其中不可行的是()A．在一定条件下，分别取足量样品溶解加入等量水中，配成饱和溶液，看溶解能力差异B．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C．分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀D．分别取样配成等浓度溶液，滴入酚酞试剂后看颜色深浅11、下列实验操作中都正确的选项是()①用剩的药品为避免浪费应放回原瓶②蒸发氯化钠溶液时要用玻璃棒不断搅拌③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量④用试纸检验气体性质时,手拿着试纸经水润湿后靠近气体观察试纸颜色变化A．②③ B．②③④ C．②④ D．①②③④12、将15.6gNa2O2和5.4gAl

同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法正确的是（）A．最终溶液：c(Na+)=

1.5

mol·L-1B．标准状况下，反应过程中得到6.72L气体C．最终溶液：c(Na+)

<c(Cl-)D．最终得到7.8

g沉淀13、下列关于硅的说法不正确的是()A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B．硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应D．加热到一定温度时，硅能与氯气、氧气等非金属反应14、一定量的Na、Mg、Al分别与足量的盐酸反应，放出氢气的质量之比为1：2：4，则Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为()A．1：1：1 B．4：2：1 C．2：3：4 D．3：3：415、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．H2SO4的摩尔质量为98gB．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAC．常温常压下，71gCl2含有的氯原子总数为2NAD．0.1mol·L－1BaCl2溶液中，Cl－的物质的量浓度为0.1mol·L－116、欲配制100mL1.0mol/LNa2SO4溶液，正确的方法是()①将14.2gNa2SO4，溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol/LNa2SO4溶液用水稀释至100mLA．①② B．②③ C．①③ D．①②③17、下列溶液，加入Ba(OH)2试剂（可加热）既能产生气体又能产生沉淀的一组是()A．Na2SO4 B．Na2CO3 C．MgCl2 D．(NH4)2SO418、将20g两种金属的混合物投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到标准状况下H211.2L，则该混合物的组成可能是（）A．Na和Fe B．Mg和Cu C．Al和Mg D．Zn和Fe19、进行下列实验，括号内的实验用品都必须用到的是()A．配置一定物质的量浓度的溶液(容量瓶、烧杯、锥形瓶)B．实验室制取蒸馏水(烧瓶、温度计、冷凝管)C．钠的焰色反应(酒精灯、稀盐酸)D．粗盐提纯(漏斗、玻璃棒、坩埚)20、某化学兴趣小组利用MnO2和浓HCl及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是()。A．A中可用分液漏斗代替长颈漏斗B．A中缺少加热装置C．B中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2D．D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸21、下列物质不能通过化合反应直接制得的是A．NaCl B．Al(OH)3 C．FeCl2 D．CO22、吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是()A．作氧化剂 B．作还原剂C．既作氧化剂又作还原剂 D．既不作氧化剂又不作还原剂二、非选择题(共84分)23、（14分）有关物质的转化关系如下图所示，A为常见调味品，B为常见液体，C、E是金属。D、F为气态单质，其中D为黄绿色。J为红褐色固体，A、C、G、I、K的焰色反应均为黄色。K是一种含＋6价元素的含氧酸盐，其摩尔质量为166g·mol－1。（1）物质B的电子式为___。物质D所含元素在周期表中的位置是___。（2）写出反应②的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：___。（3）写出反应④的离子方程式：___。（4）写出反应⑥的化学方程式：___。24、（12分）下列物质之间有如下反应关系：已知由E转化成C的现象是：灰白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。回答：（1）写出下列物质的化学式：A______，B______，D________，甲_______，乙_______，丙__________。（2）写出E→C反应的化学方程式：_____________________。25、（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。26、（10分）某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。(1)装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的___________(填“氧化性”或“还原性”)。(2)A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是___________。(3)B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向_____________。(4)C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是____________________________________________________________。(5)该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是___________________________________________________。②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是__________________________________。③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，设计实验Ⅳ进行探究：将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是____________________________；将ⅰ、ⅱ作对比，得出的结论是___________________________________。27、（12分）下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学反应方程式为：______。装置B中饱和食盐水的作用是________________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象__________________。（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入_______。abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条28、（14分）Ⅰ．某混合物的无色溶液中，可能含有以下离子中的若干种：K＋、Ca2＋、Fe3＋、NH4+、Cl－、CO32－和SO42－。现每次取10.00mL进行实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体448mL（标准状况下）；③第三份加入足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤、干燥，得到固体4.30g，该固体经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。（1）c(CO32－)=______mol·L−1；（2）某同学认为该溶液中一定存在K＋，浓度范围是_________________；（3）根据以上实验，某离子可能存在。检验该离子是否存在的方法是___________________________；（4）写出③中固体加入足量盐酸洗涤的离子方程式________________________________。Ⅱ．四种物质有如下相互转化关系：（5）若化合物A是红棕色粉末状固体，化合物B是一种既可以与强酸溶液反应又可以与强碱溶液反应的氧化物，则该反应的化学方程式为____________________；（6）若甲是活泼金属，化合物B是强碱，则该反应的离子方程式为____________；（7）若乙是黑色固体，化合物B是优质的耐高温材料。则该反应的化学方程式为____________________；（8）若化合物A可作光导纤维材料，乙是一种重要的半导体材料。则该反应的化学方程式为____________________。29、（10分）A～E为中学常见的物质，有如图所示转化关系，已知A为金属单质。请回答:（1）A的化学式为________。（2）在B的溶液中加入NaOH溶液后可观察到的现象为_________。C转变为D的化学方程式为_____________。（3）向E溶液中加入A时发生反应的离子方程式为_____________。

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】

如果金属不足，那么Al与酸反应放出的气体比Mg多，Al这头翘起；如果金属过量，把所有的H+都转化为H2，也就是反应物一样重，放出的气体一样多，天平保持平衡，所以无法确定。故选D。2、B【解析】

设气体的体积为VL，标准状况下，n==mol，根据反应后溶液的体积计算物质的量浓度。【详解】A.设气体的体积为VL，标准状况下，气体的物质的量为n＝＝mol，容器倒扣于水槽中，HCl完全溶解，液体充满容器，液体的体积为VL，则瓶内溶液的物质的量浓度等于mol•L﹣1，故A不选；B.NO2和O2的混合气体溶于水，发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，5体积气体中有4体积是NO2，瓶内溶液的物质的量浓度为＝mol•L﹣1，故B选；C.SO2和N2的混合气体溶于水，SO2完全溶于水，溶液的体积等于气体的体积，则瓶内溶液的物质的量浓度等于＝mol•L﹣1，故C不选；D.NO2溶于水，发生反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO，3mol气体生成2mol硝酸，生成1molNO，则溶液的物质的量浓度为＝mol•L﹣1，故D不选；故选：B。3、D【解析】分析：本题考查的是原子的构成，属于基础知识，重点掌握原子的表示方法。详解：A.32He原子核内质量数为3，质子数为2，所以中子数为3-2=1，故错误；B.32He和31H质子数不同，中子数不同，不能互为同位素，故错误；C.32He原子核外电子数等于质子数，有2个电子，故错误；D.32He和42He中子数不同，是两种不同的核素，故正确。故选D。点睛：在元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数，且质量数=质子数+中子数，原子的核外电子数等于质子数，质子数相同的中子数不同的同一元素的原子互为同位素。4、C【解析】

A．摩尔是物质的量的单位，不是基本物理量，故A错误；B．摩尔为物质的量的单位，质量单位为g，故B错误；C．1mol的标准为：含有阿伏加德罗常数个粒子的任何粒子集合体为1mol，故C正确；D．没有指明是1mol氧是氧原子和还是氧气分子，故D错误；故选C。5、B【解析】

Au活泼性较差，和浓硝酸、浓硫酸都不反应，但能溶于王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比为1:3形成的混合物)；常温下，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Cu能完全溶于浓硝酸；常温下，Fe、Al和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，所以Fe、Al不能完全溶于浓硝酸，故答案为B。6、B【解析】

A中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；B中铁元素有化合价的变化，属于氧化还原反应；C中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；D中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应。答案选B。7、A【解析】

根据算出碳酸钠的物质的量，1个碳酸钠中有两个，则一共有0.01mol的，据此来分析选项即可。【详解】A.根据算出氯化钠的物质的量，1个氯化钠中有1个，A项正确；B.根据算出氯化钠的物质的量，1个氯化钠中有1个，B项错误；C.根据算出硫酸钠的量，1个硫酸钠中有2个，C项错误；D.根据算出碳酸氢钠的量，1个碳酸氢钠中有1个，D项错误；答案选A。8、D【解析】

根据化学反应过程中，离子浓度的变化分析溶液导电能力的变化。【详解】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线①表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液的情形（A项正确）。类似地，向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液的情形。a、c两点，加入的碱均不足，溶液中均大量存在H＋和SO42-（B项正确）；b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性（C项正确）；曲线①上的e点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH－，曲线②上的e点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性（D项错误）。本题选D。【点睛】电解质溶液的导电性与离子浓度和离子电荷数有关。分析化学反应过程中溶液导电性的变化，可以判断反应进行的程度。9、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。10、C【解析】

A.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，在一定条件下，分别取足量样品加入等量水中，配成饱和溶液，根据溶解能力差异，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，A不符合题意；B.碳酸氢钠加热放出二氧化碳气体、碳酸钠加热不反应，分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，根据有无白色浑浊，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，B不符合题意；C.Na2CO3、NaHCO3都能与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，Ba(OH)2溶液不能鉴别Na2CO3、NaHCO3，C符合题意；D.等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，根据滴入酚酞试剂后颜色深浅，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，D不符合题意；故答案选C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，把握Na2CO3、NaHCO3的性质差异为解答的关键，注意利用不同性质来鉴别物质，注重基础知识巩固。11、A【解析】

①用剩的药品一般不能再放回原试剂瓶，以避免污染，①不正确；②蒸发氯化钠溶液时，为了防止局部过热，造成液体飞溅，要用玻璃棒不断搅拌，②正确；③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量，防止腐蚀托盘，③正确；④用试纸检验气体性质时，将湿润的试纸粘在玻璃棒上，再靠近气体，不能用手，④不正确，其余是正确的，答案选A。12、D【解析】15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，5.4gAl的物质的量为0.2mol，标准状况下6.72LHCl气体的物质的量为0.3mol，所发生的反应为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑0.2mol0.4mol2.24L2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑0.2mol0.2mol0.2mol6.72LHCl+NaOH＝NaCl+H2O0.2mol0.2mol0.2molNaAlO2+HCl+H2O＝Al（OH）3↓+NaCl0.1mol0.1mol0.1mol0.1mol反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，则A、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，所以c（Na+）=0.4mol÷0.2L=2mo/L，A错误；B、反应中共得到气体的体积为2.24L+6.72L=8.96L，B错误；C、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c(Na+)＞c(Cl-)，C错误；D、反应后生成0.1mol氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，D正确；答案选D。13、C【解析】

A.晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，故A正确；B.硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故B正确；C.硅常温下能和HF溶液、氢氧化钠溶液反应，但和其他的酸不反应，故C错误；D.在加热时，硅能在氧气和氯气中燃烧生成二氧化硅和四氯化硅，故D正确。故选C。【点睛】硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料；硅单质的化学性质不活泼，但常温下可与F2，HF和强碱溶液反应，掌握硅单质的物理、化学性质是解决此题的关键。14、D【解析】

酸足量，金属完全反应，放出氢气的质量之比为1：2：4，即放出氢气的物质的量比为1：2：4，设生成氢气分别为1mol、2mol、4mol，由电子守恒可知，Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为1mol：：=3：3：4，故选D．15、C【解析】

A．摩尔质量的单位是g/mol，所以H2SO4的摩尔质量为98g/mol，故A错误；B．气体摩尔体积只适用于气体，不适用于液体和固体，标准状况下水不是气体，所以标准状况下22.4LH2O含有的分子数不是NA，故B错误；C．71gCl2的物质的量为71g÷71g/mol=1mol，Cl2是双原子分子，所以71gCl2含有的氯原子总数为2NA，故C正确；D．在BaCl2溶液中，Cl－的浓度是BaCl2浓度的2倍，所以0.1mol·L－1BaCl2溶液中Cl－的物质的量浓度为0.2mol·L－1，故D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数的应用，掌握阿伏加德罗常数与物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积及物质的量浓度等物理量之间的转化关系是解答本题的关键，试题难度不大，本题的易错点是B项，因标准状况下H2O不是气体，所以不能用气体摩尔体积计算标准状况下22.4L水含有的分子数。16、B【解析】

①14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c==1.0mol•L-1，故②正确；③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故③正确；②③正确，故答案为B。17、D【解析】

A项、Ba(OH)2溶液与Na2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，无气体生成，故A不符合题意；B项、Ba(OH)2溶液与Na2CO3溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，无气体生成，故B不符合题意；C项、Ba(OH)2溶液与MgCl2溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡，无气体生成，故C不符合题意；D项、Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4溶液共热反应生成硫酸钡沉淀、氨气和水，故D符合题意；故选D。18、B【解析】

如果金属全部是Na，反应生成H2：；如果金属全部是Mg，反应生成H2：；如果金属全部是Al，反应生成H2：；如果金属全部是Zn，反应生成H2：；如果金属全部是Fe，反应生成H2：；如果金属全部是Cu，反应生成H2体积0L，所以A为Na和Fe的混合物时，生成H2介于9.74L到8.00L之间，不可能为11.2L，A错误。B为Mg和Cu的混合物时，生成H2介于18.67L到0L之间，可能为11.2L，B正确。C为Mg和Al的混合物时，生成H2介于18.67L到24.89L之间，不可能为11.2L，C错误。D为Zn和Fe的混合物时，生成H2介于6.89L到8.00L之间，不可能为11.2L，D错误。正确答案B。【点睛】上述是用极值法解答，还有一种比较巧妙的方法可以解答该题。设反应后生成的金属产物均为+2价，金属元素用R表示，反应都可以写成R+H2SO4=RSO4+H2↑，则M(R)=20g/0.5mol=40g/mol，既R的平均相对原子质量为40。那么Al反应后生成Al3+，就以2Al/3作为一个整体，这个整体符合+2价的要求，“相对原子质量”为18，而Na则以2Na整体出现也是+2价，“相对原子质量”为46，Cu由于不能反应生成H2，所以此处M(Cu)为+∞（正无穷大），所以A相对原子质量介于46与56之间不可能等于40不符合，B相对原子质量介于24与+∞之间、C相对原子质量介于24与18之间、D相对原子质量介于65与56之间，只有B有可能达到40符合题意。19、C【解析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液用不到锥形瓶，A错误；B.由于水的沸点为100℃，直接加热沸腾后变为蒸气，冷凝后为液态水，因此实验室制取蒸馏水温度计可以不用，B错误；C.钠的焰色反应铂丝要用稀盐酸清洗，酒精灯必须用，C正确；D.粗盐提纯用不到坩埚，蒸发氯化钠溶液用到蒸发皿，D错误；答案选C。20、C【解析】

A、A中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，故A正确；B、二氧化锰和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，故B正确；C、B中盛放的NaOH溶液吸收氯气，不能净化Cl2，不能收集干燥纯净的氯气，故C错误；D、氯气和氢氧化钠溶液反应，D中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸，故D正确。答案选C。21、B【解析】

A.钠在氯气中燃烧生成氯化钠，A不符；B.氢氧化铝不能通过化合反应制备，B符合；C.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，C不符；D.碳在氧气中反应生成CO，D不符；答案选B。22、B【解析】

“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。二、非选择题(共84分)23、第三周期，ⅦA族Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O3NaClO＋2Fe(OH)3＋4NaOH＝2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O【解析】

A、C、G、I、K的焰色反应均为黄色，说明均含有Na元素，其中A为常见调味品，反应①中电解A生成C与D，而C为金属、D为黄绿色气体单质，则A为NaCl、C为Na、D为Cl2；B为常见液体，由反应②B+Na→G+F、反应④G+氯气→NaCl+B+I，可知B为H2O、G为NaOH、I为NaClO；由反应③金属E+氯气→H、反应④H+NaOH→NaCl+J，且J为红褐色固体，可知E为Fe、H为FeCl3、J为Fe(OH)3；K是一种含+6价元素的含氧酸盐，由元素守恒可知K中还含有Fe元素、Na元素，可知K为Na2FeO4。【详解】（1）物质B为H2O，其电子式为。物质D中所含元素为Cl，在周期表中的位置是：第三周期第VIIA族；（2）反应②是钠与水的反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Na失去电子，H2O中H得到电子，用单线桥表示电子转移的方向和数目：；（3）反应④为Cl2与OH-反应生成NaCl、NaClO、H2O，其反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（4）反应⑥的化学方程式为NaClO在NaOH环境下与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4、NaCl、H2O，NaClO中Cl元素化合价降低2价，Fe(OH)3中Fe元素化合价升高3价，根据氧化还原反应化合价升降守恒、原子守恒写出其化学反应方程式为：3NaClO＋2Fe(OH)3＋4NaOH＝2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O。24、Fe2O3FeCl3FeCl2Cl2NaOHKSCN4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3【解析】

E转化成C的现象是：灰白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则E为Fe（OH）2，C为Fe（OH）3，A为红棕色粉末，则A为Fe2O3，B为FeCl3，D为FeCl2，乙为NaOH，由D→B的转化可知，甲为氯气或氯水等，由血红色溶液可知，丙为KSCN，据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知A、B、D、甲、乙、丙分别是Fe2O3；FeCl3；FeCl2；Cl2；NaOH；KSCN；（2）E→C反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。25、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。26、还原性HCl、H2O(g)Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2OMnO2＋4HCl=MnCl4＋2H2OMnCl4=Cl2↑＋MnCl2Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H＋)、c(Cl－)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化MnO2氧化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)【解析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，元素失电子化合价升高发生氧化反应，元素得电子化合价降低发生还原反应；（2）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2中混有氯化氢和水蒸气；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法收集氯气；（4）C中氢氧化钠溶液用于吸收多余的Cl2，生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）①复分解反应为两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物；②将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液，Ⅱ中发生了分解反应，结合氧化还原反应单质守恒分析锰元素被还原的价态和物质；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将ⅰ、ⅱ做对比加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，氯元素化合价升高，锰元素的化合价降低，氯化氢做还原剂，利用氯化氢的还原性；（2）用MnO2与浓盐酸在加入条件下反应制取Cl2，浓盐酸中的氯化氢易挥发，故Cl2含有杂质为HCl、H2O(g)；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法，长导管进气，短导管出气，收集氯气的装置图为：；（4）C用于吸收多余的Cl2，防止污染环境，C中发生反应的离子方程式是：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；（5）①MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，酸碱中和反应生成盐和水，化学方程式是：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；②Ⅱ中发生了分解反应，将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液分解生成MnCl2和Cl2，反应的化学方程式是：MnCl4=MnCl2+Cl2↑；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是Ⅲ中无明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度，才能被MnO2氧化，将ⅰ、ⅱ作对比，加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度，得出的结论是MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。【点睛】实验室制取氯气的收集、除杂、尾气处理，探究二氧化锰与浓盐酸的反应条件，认真读懂题中信息，作对比实验验证。27、4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋H2O除去Cl2中的HClB中长颈漏斗中液面上升，形成水柱d【解析】考查实验方案设计与评价，（1）利用MnO2和浓盐酸制备氯气的反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋H2O；装置A制备的氯气中混有HCl和水蒸气，因此装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl，如果C中发生堵塞，装置A继续产生气体，装置中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（2）验证氯气是否具有漂白性，先应是湿润的有色布条、干燥剂、干燥的有色布条，因为是U型管，盛放的干燥剂应为固体，因此选项d正确。28、1≥2mol⋅L−1取少量原溶液置于试管中，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有