江西省宜春市丰城市丰城九中2026届化学高一上期末学业质量监测试题含解析

江西省宜春市丰城市丰城九中2026届化学高一上期末学业质量监测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是()A．两种气体的氧原子数目相等 B．两种气体的压强相等C．两种气体的分子数目相等 D．O2比O3的质量小2、下列关于碳酸(H2CO3)和硅酸(H2SiO3)的说法中不正确的是()A．两者均为弱酸B．两者均可使紫色石蕊试液变红色C．CO2气体通入Na2SiO3溶液中可以制得硅酸D．两者受热时均可以分解3、在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是A．Na+、Ag+、CO32-、Cl﹣ B．K+、Ba2+、SO42-、Cl﹣C．Na+、K+、CO32-、Cl﹣ D．Na+、K+、Cl﹣、SO42-4、某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是()A．属于阴离子 B．核外有3个电子层C．核外电子数为18 D．在化学反应中易得电子5、关于合金的下列说法不正确的是A．合金具备金属的特性B．合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大C．合金的熔点一般比其组成成分的熔点低D．合金只能由两种或两种以上的金属组成6、某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析：①Na2O2、MgO都属于碱性氧化物；②在常温下，NaHCO3溶液、NaHSO4溶液的pH值皆小于7；③司母戊鼎、氯水皆属于混合物；④由非金属元素组成的化合物可能属于盐。上述说法中正确的是()A．①② B．①④ C．②③ D．③④7、将2.3g由金属X和Mg组成的合金投入足量的稀硫酸中，充分反应后收集到标准状况下气体的体积为2.24L，则金属X可能为A．Zn B．Al C．Fe D．Cu8、下列各组离子，能大量共存于同一溶液中的是()。A．CO32－.H+.Na+.NO3－ B．H+.Ag+.Cl－.SO42－C．K+.Na+.OH－.NO3－ D．Ba2+.Ca2+.SO42－.OH－9、环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。下列环境问题与所对应的物质不相关的是A．温室效应——CO2 B．白色污染——建筑垃圾C．酸雨——SO2 D．雾霾——化石燃料10、关于酸、碱、盐的下列各种说法中正确的是（）A．水溶液中能电离出氢离子的化合物都是酸B．水溶液中能电离出氢氧根离子的化合物都是碱C．水溶液中不能电离出金属阳离子的氯化铵不是盐D．水溶液中能电离出金属阳离子和酸根离子的化合物是盐11、下列说法错误的是A．图I：若MnO2过量，则浓盐酸就可全部消耗B．图Ⅱ：可利用该装置制备Fe(OH)2并较长时间保持颜色不变C．图Ⅲ：可利用该实验直接观察纯碱中钠元素的焰色反应D．图Ⅳ：利用该实验装置可证明起漂白作用的不是Cl212、下列物质间的转化过程，属于氧化反应的是（）A．Mg→MgO B．CaO→CaCO3 C．Cl2→NaCl D．H2SO4→SO213、下列化学实验基本操作中正确的是（）A．从碘水中提取I2时，向碘水溶液加入酒精进行萃取分液B．蒸发结晶时，蒸发皿应放在石棉网上加热C．用10mL量筒量取7.50mL浓盐酸D．蒸馏时，冷凝水从冷凝管下管口进，由上管口出14、常温常压下，等质量的NH3、Cl2、NO、SO2分别吹出四个气球，其中所充气体为NO的是A． B． C． D．15、新型纳米材料MFe2Ox(3＜x＜4)中M表示+2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，流程如下，则下列判断正确的是()A．MFe2Ox是氧化剂B．SO2是该反应的催化剂C．x<yD．MFe2Oy是还原产物16、对于易燃易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上贴危险警告标签。下列所列物质中，贴错了标签的是（）ABCD物质浓（酒精）汞危险警告标签A．A B．B C．C D．D17、镁用于照明弹，是因为镁能在空气中燃烧产生耀眼光芒，并发生如下三个反应：①2Mg＋O22MgO、②3Mg＋N2Mg3N2、③2Mg＋CO22MgO＋C(黑色)。关于上述三个反应的叙述不正确的是（）A．反应①②③的还原剂都是金属镁 B．反应①和③中都是氧元素被还原C．反应②的生成物中氮元素为－3价 D．反应③的氧化剂是二氧化碳18、下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是（）A．硅可用于制造光导纤维B．水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品C．可用反应Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3（胶体）制取硅酸D．SiO2既能与HF反应又能与强碱反应，所以SiO2是两性氧化物19、在甲、乙两烧杯溶液中，共含有大量的Cu2+、K+、H+、NO3-、CO32-、OH-。已知两烧杯中各含三种离子，且甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯中大量存在的离子是()A．Cu2+、H+、NO3- B．K+、CO32-、OH-C．CO32-、OH-、NO3- D．K+、H+、NO3-20、下列各组中两个溶液间的反应，均可用同一离子方程式表示的是（）A．CH3COOH和Na2CO3与CH3COOH和NaHCO3B．AgNO3和HCl与Ag2CO3和HClC．BaCl2和Na2SO4与Ba（OH）2和H2SO4D．KOH和CH3COONH4与Ba（OH）2和NH4Cl21、向1L某FeBr2溶液中，通入1.12L(标准状况下)的Cl2，测得溶液中c（Br-）=3c（Cl-）=0.3mol/L。反应过程中溶液的体积变化忽略不计，则下列说法中正确的是A．原溶液中c（Br-）=0.4mol/L B．反应后溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）C．反应后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/L D．原溶液的FeBr2浓度为0.lmol/L22、下列变化过程属于氧化还原反应的是A．煤的燃烧 B．澄清石灰水变浑浊C．用小苏打制馒头 D．氢氧化铝治疗胃酸过多二、非选择题(共84分)23、（14分）有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂完成下列填空：(1)A的原子结构示意图是________。(2)元素B在周期表中的位置是_______；从原子结构角度分析比较A和B的金属性强弱：_____。(3)单质C的结构式是______，其化学性质稳定的原因是________。(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为______。(5)C、D的氢化物相互反应后，将产物溶于水，水溶液呈______性(选填“酸”、“碱”或“中”)，将溶液中所有离子的浓度由大到小排序：_____。24、（12分）X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，Y和Ne原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。请回答下列问题：(1)W位于元素周期表中第________周期第________族。画出X的阴离子的结构示意图：____________。(2)Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是________(写电子式)。(3)Y的金属性与Mg的金属性相比，________的金属性强(写化学式)，请用实验证明它们金属性的相对强弱：___________。(4)写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式：_______。25、（12分）某同学设计了下图所示的装置，可比较HNO3、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，进而比较氮、碳、硅元素非金属性强弱。供选择的试剂：稀硝酸、稀硫酸、碳酸钙固体、碳酸钠固体、硅酸钠溶液、澄清石灰水、饱和碳酸氢钠溶液（1）仪器a的名称：________。（2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，a中所盛试剂为________。（3）装置B所盛试剂是____________________，其作用是_____________。（4）装置C所盛试剂是_______________，C中反应的离子方程式是________________。（5）通过实验证明碳、氮、硅的非金属性由强到弱的顺序是________。26、（10分）甲、乙两同学分别设计实验，测定CO2与Na2O2反应后的残留物（成分为Na2O2、Na2CO3及少量不溶性杂质）中Na2O2的质量分数。（1）甲同学设计的实验流程如下：①试样溶解过程中发生反应的化学方程式为_______。②实验中用12mol•L－1盐酸配制2mol•L－1盐酸500mL，配制过程中用到的仪器有烧杯、玻璃棒、_____、______、_______，定容时俯视刻度线会使所配溶液浓度_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。③称取试样5.12g，得滤渣0.10g，烘干得固体5.85g，则试样中Na2O2的质量分数为___________%（保留1位小数）。（2）乙同学利用如图所示装置进行实验。①实验中应选取的试剂是_______________。a稀盐酸b二氧化锰c蒸馏水d碳酸钙②装置的连接顺序应是_______________________（填各接口的字母，连接胶管略）。27、（12分）为验证氧化性：Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕)实验过程如图：Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T形导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。(1)过程Ⅰ的目的是________________________。(2)棉花中浸润的溶液为_____________。作用是___________________。(3)A中发生反应的化学方程式：______________________________________。(4)导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是______________________________。用______________(写试剂化学式)检验氧化产物，现象是____________。(5)能说明氧化性Fe3＋＞SO2的离子方程式是__________________________。(6)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________________(填“甲”“乙”或“丙”)。28、（14分）某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。请回答：(1)写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：____________________________。(2)试剂X是______________。溶液D是______________。(3)在步骤Ⅱ时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是_____________________。(4)由固体F制取硫酸铜溶液，通常有两种方案：方案一：将固体F在加热条件下与浓硫酸反应；方案二：将固体F投入热的稀浓硫酸中，然后通入氧气；方法一的缺点为：_________________________________________________。(5)工业上常用溶液E制得净水剂Na2FeO4，流程如下：①测得溶液E中c(Fe2＋)为0.2mol·L－1，若要处理1m3溶液E，理论上需要消耗25%的H2O2溶液_______kg。②写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式______________。(已知NaClO还原为NaCl)29、（10分）人体中含有铁元素，+2价的亚铁离子是血红蛋白(用于运输氧气)的重要组成成分。(l)误服亚硝酸盐会使人中毒，是因为二价铁被___(填“氧化”或“还原”)成三价铁，此时服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒，维生素C在此过程中是作____(填“氧化剂”或“还原剂”)。(2)现有一瓶久置的FeSO4溶液，请设计实验检验其中是否含有Fe3+：___。Fe2+在空气中易发生氧化还原反应而变质，可加入____(填化学式)来防止其变质，而又不会使溶液中有新的杂质。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型消毒剂。可在碱性条件下，用NaCIO氧化Fe(OH)3来制备，请配平反应方程式：____ClO—+____Fe(OH)3+____OH—=____FeO42—+_________+____Cl—。(4)向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4，写出该反应的化学方程式：____。

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】

A.相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，故A正确；B.O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)=3:2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3:2，故B错误；C.O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)=3:2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3:2，故C错误；D.同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故D错误；故选:A。【点睛】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT对各选项进行判断．2、B【解析】

A、二者均为弱酸，正确；B、硅酸不能够使紫色石蕊试液变红，B错误；C、碳酸的酸性比硅酸的酸性强，强酸制弱酸，正确；D、二者均受热分解为氧化物和水，正确。3、C【解析】

A、Ag+与CO32-、Cl-生成沉淀，不能大量共存，A错误；B、Ba2+、SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，B错误；C、该组离子之间不反应，可以大量共存，加稀硫酸与CO32-反应生成气体，C正确；D、该组离子之间不反应，可以大量共存，但加稀硫酸没有气体生成，D错误。答案选C。4、D【解析】

A.质子数小于核外电子数，说明得到了电子，属于阴离子，故A正确；B.根据离子结构示意图得到核外有3个电子层，故B正确；C.根据离子结构示意图计算出核外电子数为18，故C正确；D.17号元素为Cl元素，在反应中易得到电子变为氯离子，氯离子在化学反应中易失去电子，故D错误。综上所述，答案为D。5、D【解析】

A．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，故A正确；B．合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大，故B正确；C．合金的熔点一般比其组成成分的熔点低，故C正确；D．合金可以是金属或非金属熔合形成的，故D错误；答案为D。【点晴】注意掌握合金的特点和性质是解题关键；合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的性质是：合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大，合金的熔点一般比其组成成分的熔点低，机械性能好。6、D【解析】

①Na2O2与盐酸反应有氧气放出，Na2O2属于过氧化物，①错误；②在常温下，NaHCO3溶液pH值大于7、NaHSO4溶液的pH值小于7，②错误；③司母戊鼎是铜锡的合金、氯水是氯气的水溶液，都属于混合物，③正确；④由非金属元素组成的化合物可能属于盐，如氯化铵，④正确；故答案选D。7、B【解析】

标准状况下2.24L的气体的物质的量为1mol，Mg是+2价金属，产生1mol氢气需Mg质量是2.4g，现在是Mg与另外一种金属的混合物，需要质量是2.3g，小于2.4g，说明另一种金属产生1molH2需要的质量小于2.3g。A.Zn是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为65g>23g，不符合题意，A错误；B.Al是+3价的金属，产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B正确；C.Fe是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C错误；D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D错误；故合理选项是B。8、C【解析】

A.CO32－和H+反应生成HCO3－或生成水和二氧化碳，故A不符；B.Ag+和Cl－生成AgCl沉淀，故B不符；C.K+.Na+.OH－.NO3－之间不反应，没有沉淀、气体和水生成，故C符合；D.Ba2+和.SO42－生成硫酸钡沉淀，故D不符；故选C。9、B【解析】

A.二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；B.塑料的大量使用造成环境污染，难以降解，造成白色污染，而不是建筑垃圾导致白色污染，故B选；C.二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；D.雾霾是悬浮在空气中烟、灰尘等物质，与化石燃料的燃烧有关，故D不选；故答案选B。10、D【解析】

A．碳酸氢钠能电离出氢离子，属于盐，但不属于酸，故A错误；B．化合物电离时生成的阴离子有氢氧根离子的不一定是碱，如碱式盐，故B错误；C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物为盐，氯化铵能电离出铵根离子和酸根阴离子，属于盐，故C错误；D．盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物，故D正确；故选D。11、A【解析】

A.该实验使用的是浓盐酸，反应一段时间后盐酸变稀就不再反应了，A项错误；B.该装置可以利用氢气赶走装置内的空气，没有了空气，自然可以较长时间保持颜色不变，B项正确；C.铁无焰色，因此可用铁丝来做焰色反应，C项正确；D.氯气不能使干燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色，证明纯氯气时不能漂白的，D项正确；答案选A。12、A【解析】氧化反应是指元素化合价升高的反应；还原反应是指元素化合价降低的反应。A.Mg的化合价变化：0→+2，属于氧化反应；B.元素化合价无变化，不属于氧化还原反应；C.Cl的化合价变化：0→-1，属于还原反应；D.S的化合价变化：+6→+4，属于还原反应；故选A。13、D【解析】

A.酒精能与水任意比互溶，不能作为从碘水中提取I2的萃取剂，选项A错误；B.蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，可将蒸发皿放在铁圈上，用酒精灯的外焰加热，选项B错误；C.量筒的精确度为0.1mL，可以用10mL量筒量取7.5mL浓盐酸，选项C错误；D．蒸馏操作时，冷凝水从冷凝管的下口进，上口出，冷却水可充满冷凝管，效果好，选项D正确；答案选D。14、C【解析】

同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小。Cl2的摩尔质量为71g/mol，NO的摩尔质量为30g/mol，NH3的摩尔质量为17g/mol，SO2的摩尔质量为64g/mol，故同温同压下，等质量的NH3、Cl2、NO、SO2占有体积大小为：NH3>NO>SO2>Cl2,所以其中所充气体为NO的是C。答案：C。15、C【解析】

A．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，故A错误；B．SO2在反应中转化为S为氧化剂，不是催化剂，故B错误；C．MFe2Ox为还原剂生成MFe2Oy，反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有(2y-2)＞(2x-2)，即x＜y，故C正确；D．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，所以MFe2Oy是氧化产物，故D错误；故选C。【点晴】本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析。在反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系。16、D【解析】

A.浓硫酸具有强腐蚀性，贴腐蚀品的标志，A正确；B.（酒精）属于易燃物，贴易燃液体的标签，B正确；C.汞是剧毒品，贴剧毒品标志，C正确；D.KCl性质稳定，不属于易爆物，该图为爆炸品标志，D错误；故答案为：D。【点睛】常用危险化学品标志：17、B【解析】

A．在三个反应中Mg元素的化合价都由0价升至+2价，则反应①②③的还原剂都是金属镁，故A正确；B．反应③中碳元素化合价降低，即碳元素被还原，故B错误；C．反应②的生成物Mg3N2中镁是+2价，则氮元素为－3价，故C正确；D．反应③中碳元素化合价降低，发生还原反应，则氧化剂是二氧化碳，故D正确；故答案为B。18、C【解析】

A.SiO2可用于制光导纤维，而硅用于半导体材料，故A错误；B.水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水晶主要成分为SiO2，不属于硅酸盐，故B错误；C.硅酸酸性弱于盐酸，依据“强酸制弱酸”，可用反应Na2SiO3+2HCl＝2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸，故C正确；D.SiO2能与HF反应生成四氟化硅和水，不是盐和水，且二氧化硅只能与一种酸，不是两性氧化物，属于酸性氧化物，故D错误；故答案选C。19、B【解析】

甲烧杯的溶液呈蓝色，说明甲中含有Cu2+，而CO32-、OH-离子能与Cu2+反应，不能与Cu2+离子大量共存，故CO32-、OH-只能存在于乙烧杯中；乙烧杯中含有CO32-、OH-离子，由于H+离子与CO32-、OH-离子反应，则H+离子只能存在于甲烧杯中。根据溶液的电中性，甲中还应含有NO3-，乙中还应含有K+，故甲中含有的离子为：Cu2+、H+、NO3-，乙中含有的离子为：K+、CO32-、OH-，故合理选项是B。20、D【解析】

A、碳酸钠与碳酸氢钠的阴离子不同，则不能用同一离子方程式表示，故A错误；B、碳酸银在离子反应中应保留化学式，且产物中水、气体应保留化学式，AgNO3和HCl反应生成氯化银沉淀和可溶性的硝酸，而Ag2CO3和HCl反应生成氯化银、水、二氧化碳，则不能用同一离子方程式表示，故B错误；C、氯化钡与硫酸钠反应的离子方程式为：SO42-+Ba2+═BaSO4↓，而氢氧化钡与硫酸反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，不能用同一离子方程式表示，故C错误；D、KOH和CH3COONH4与Ba(OH)2和NH4Cl，实质都是铵离子与氢氧根离子的反应，反应方程式为：NH4++OH-═NH3•H2O，故D正确；故选D。21、C【解析】

还原性Fe2+＞Br-，所以FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2先将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+反应完毕，若Cl2有剩余，剩余Cl2再将Br-氧化为Br2，最后溶液中含有Br-，说明Cl2完全反应，转化为Cl-，据此分析解答。【详解】1.12L（标况下）Cl2的物质的量为0.05mol，根据氯元素守恒可知n（Cl-）=0.1mol，则溶液中n（Br-）=3n（Cl-）=0.3mol。若溶液中Br-参加反应，令溶液中FeBr2物质的量为xmol，则根据电子转移守恒可知x+（2x-0.3）=0.1，解得x=2/15mol，2/15molFe2+的提供电子为2/15mol，大于0.05molCl2能够获得电子0.1mol，且（2x-0.3）＜0，不符合题意。若溶液中Br-未参加反应，则原溶液中的Fe2+物质的量为0.15mol，0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，0.05molCl2能够获得电子0.1mol，小于0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，Fe2+有剩余，符合题意，所以原溶液含有FeBr20.15mol，根据电子转移守恒，被氧化的Fe2+为0.05mol×2=0.1mol，生成Fe3+为0.1mol，剩余Fe2+为0.15mol-0.1mol=0.05mol。A、由上述分析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，所以原溶液中c（Br-）＝0.3mol÷1L＝0.3mol/L，故A错误；B、由上述分析可知，反应后溶液中生成Fe3+为0.1mol，剩余Fe2+为0.15mol-0.1mol＝0.05mol，所以二者的浓度不相等，故B错误；C、由上述分析可知，反应后溶液中生成Fe3+为0.1mol，反应后溶液中c（Fe3+）＝0.1mol÷1L＝0.1mol/L，故C正确；D、由上述分析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，所以原溶液的FeBr2浓度为0.15mol÷1L＝0.l5mol/L，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应计算，关键根据电子转移守恒及溶液中c（Br-）=3c（Cl-）关系判断原溶液中FeBr2物质的量。22、A【解析】

A．煤的燃烧是煤与氧气反应生成二氧化碳和水，发生元素价态的变化，属于氧化还原反应，A符合题意；B．澄清石灰水中的Ca(OH)2与空气中的CO2反应，生成CaCO3和水，属于非氧化还原反应，B不合题意；C．用小苏打制馒头时，NaHCO3发生分解(或与乳酸反应)生成CO2，发生非氧化还原反应，C不合题意；D.．氢氧化铝治疗胃酸过多时，发生Al(OH)3与HCl的复分解反应，D不合题意；故选A。二、非选择题(共84分)23、第三周期IIIA族Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子N≡N两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O酸c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)【解析】

A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，则A为Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为N；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D为Cl。【详解】(1)A为Na，原子结构示意图为；(2)元素B为Al，位于第三周期IIIA族；Na和Al在同一周期，Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子，则金属性强；(3)单质C为氮气，结构式为N≡N，由于两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量，故化学性质很稳定；(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，NaOH、Al(OH)反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O；(5)C、D的氢化物分别为NH3、HCl，两者反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，则c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)。24、三ⅣANaNa与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解析】

四种常见的短周期元素，X的一种核素的质量数为18，中子数为10，则X的质子数为8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外电子总数相差1，又根据如图Y的原子半径大于O原子半径，所以Y为Na元素；W的单质是一种常见的半导体材料，W的原子序数大于Na，则W为Si；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，Z的原子序数大于Si，则Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，W为Si元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，X为O元素，其阴离子为O2-，离子结构示意图为，故答案为：三；ⅣA；；(2)Z元素为Cl元素，其氢化物为HCl，因为非金属性Cl>Br，所以稳定性HCl>HBr，HCl的电子式为，故答案为：；(3)同一周期从左到右，元素金属性依次减弱，且Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢，因此金属性Na>Mg，故答案为：Na；Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢；(4)Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，两者发生中和反应，反应方程式为NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案为：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O。【点睛】本题以“元素周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及对元素周期律的认识程度，思维容量较大，重在考查运用元素周期律解决具体化学问题的能力，注意根据提给信息，结合如图原子序数与原子半径的关系正确推断出元素的种类，然后根据同周期、同主族元素性质的递变规律解答。25、分液漏斗稀硝酸饱和碳酸氢钠溶液吸收气体中硝酸硅酸钠溶液SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－N＞C＞Si【解析】

（1）a仪器有开关故为分液漏斗；（2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，只能是碳酸钠或者硅酸钠，分液漏斗中只能盛装酸，由于三种酸中，硅酸最弱，故最后验证，故A中盛装碳酸钠溶液，a中盛装硝酸，硝酸与碳酸钠反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，根据强酸制弱酸的原理，可知酸性：HNO3>H2CO3；（3）由于生成了CO2需要除去气体中的挥发出来的硝酸，故用饱和碳酸氢钠溶液除杂；（4）进一步验证碳酸酸性大于硅酸酸性，故将二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，离子方程式为：SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－；（5）最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应元素的非金属性就越强，故非金属性：N＞C＞Si。26、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑100mL量筒500mL容量瓶胶头滴管偏高15.2cDBAC【解析】

(1)由流程可知，称样、溶解后，过滤分离出不溶性物质，加盐酸反应生成氯化钠，蒸发、烘干、称量得到NaCl的质量，结合钠原子守恒计算；(2)图2中利用测定氧气的体积计算过氧化钠的含量，分液漏斗中试剂为水，排水法测定氧气的体积，以此来解答。【详解】(1)①试样溶解过程中式样中过氧化钠会与水发生反应，化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②用12mol•L﹣1盐酸配制2mol•L﹣1盐酸500mL，浓盐酸的体积为＝0.083L＝83mL，配制过程中用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL量筒、500mL容量瓶、胶头滴管；定容时俯视刻度线，V偏小，会使所配溶液浓度偏高；③加入过量盐酸后溶液Na元素的存在形式只有NaCl，烘干工程中过量的盐酸会挥发掉，所以烘干得到的固体为NaCl；设混合物中Na2O2、Na2CO3的物质的量分别为x、y，则，解得x＝0.01mol，试样中Na2O2的质量分数为×100%＝15.2%；(2)①本实验的目的是要通过生成的氧气的量来确定过氧化钠的量，为了保证生成的气体只有氧气，可选用蒸馏水，碳酸钠与盐酸反应会生成二氧化碳气体影响结果；②集气瓶中装满水，排水法测定氧气的体积，排水时导管短进长出，则接顺序应是DBAC。【点睛】计算时要注意钠元素的守恒，反应前过氧化钠和碳酸钠中钠元素的量与反应后得到的氯化钠中钠的量是守恒的；利用集气瓶通过排水法收集气体时要注意“短进长出”。27、排出装置中的氧气氢氧化钠溶液吸收Cl2、SO2，防止污染空气MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－KSCN溶液变红2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙丙【解析】

（1）根据装置中含有空气能干扰实验判断；（2）根据氯气和二氧化硫能污染空气分析；（3）根据A装置制备氯气解答；（4）根据氯气能氧化亚铁离子分析；（5）根据铁离子能把二氧化硫氧化为硫酸分析；（6）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。【详解】（1）打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，防止干扰实验。（2）棉花中浸润的为氢氧化钠溶液，它能够吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气；（3）A中为二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）氯气具有强氧化性，能够把氯化亚铁氧化为氯化铁，含有铁离子溶液显黄色，离子反应方程式是：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；氧化产物中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果溶液变为血红色，证明有铁离子生成；（5）Fe3+在酸性条件下能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身还原为Fe2+，可以说明氧化性Fe3+＞SO2，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-；（6）甲中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；甲中第二次含有SO42﹣，可能是过量的氯气把二氧化硫氧化为SO42﹣，不一定是Fe3+把二氧化硫氧化所致；甲错误；乙中第一次既有Fe3+又有Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子；乙中第二次含有SO42﹣，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；乙正确；丙中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；第二次有Fe2+，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；丙正确；答案选乙、丙。28、2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO2-＋3H2↑Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2O稀硫酸(或稀H2SO4)NaHCO3溶液在a和b间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl产生污染气体二氧化硫13.62Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O【解析】

金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到AlCl3溶液；溶液D为碳酸氢钠溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，以此解答该题。【详解】