2026届云南省红河市化学高一上期末学业水平测试试题含解析

2026届云南省红河市化学高一上期末学业水平测试试题注意事项：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、下列叙述中，错误的是（）A．摩尔是物质的量的单位B．36g水中含氢原子数目为4NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）C．在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约是6.02×1023D．等质量的O2与O3，所含氧原子数之比为3：22、关于钠和铁分别与盐酸反应的叙述不正确的是()A．钠和铁分别作氧化剂 B．都有气体放出C．反应类型都是置换反应 D．钠与酸反应要比铁剧烈得多3、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaClB．Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2AgC．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD．CaO+H2O=Ca(OH)24、下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（）A．Na+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣ B．H+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣C．Fe2+、H+、SO42﹣、NO3﹣ D．Na+、CO32﹣、OH﹣、K+5、某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为（）A．5：1 B．1：5 C．5：9 D．9：56、下列说法正确的是（）A．NaCl固体中含有共价键B．CO2分子中含有离子键C．C、 C、 C是碳的三种核素D．O、 O、 O含有相同的中子数7、假设SiO2原子晶体中Si原子被Al原子取代，不足的价数由K原子补充。当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为A．KAlSiO4 B．KAlSi2O6 C．KAlSi3O8 D．KAlSi4O108、自来水厂常用ClO2对饮用水杀菌消毒，ClO2可通过以下反应制取2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O。下列说法正确的是（）A．H2SO4是氧化剂 B．Na2SO3发生了还原反应C．ClO2是还原产物 D．生成0.2molNa2SO4时转移电子数为0.4mol9、能将溶液中FeCl3和AlCl3分离的一组试剂是A．氨水、稀硫酸B．氨水、稀盐酸C．NaOH溶液、稀硫酸D．NaOH溶液、稀盐酸10、下列电离方程式中，正确的是（）A．CH3COOH=CH3COO-+H+ B．NaHCO3=Na++HCO3-C．KClO3K++ClO3- D．BaSO4=Ba2++S2-+4O2-11、下列金属冶炼的反应原理，错误的是（）A．2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ B．Fe3O4＋4CO3Fe+4CO2C．Al2O3＋2Fe2Al+Fe2O3 D．2HgO2Hg＋O2↑12、下列有关化学反应的叙述正确的是（）A．Al在空气中表面生成致密的氧化膜 B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C．氢氟酸能用玻璃瓶存放 D．室温下Na与空气中O2制取Na2O213、下列属于纯净物的是()A．液氨B．氨水C．漂白粉D．氯水14、我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，撒盐可以起到凝血作用，其化学原理是（）A．丁达尔效应 B．胶体聚沉C．发生复分解反应 D．发生氧化还原反应15、向含有NaOH的NaAlO2溶液中逐滴滴入稀H2SO4，图中能正确表示反应产生沉淀的物质的量与加入硫酸体积的正确关系是A． B．C． D．16、某胶体遇盐卤(MgCl2)或石膏水发生凝聚，而遇食盐水或硫酸钠溶液不易发生凝聚，下列说法中错误的是()A．胶体粒子直径在l～100nm之间B．遇BaCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚C．电泳时，该胶体向阴极方向移动D．钠离子使此胶体凝聚的效果不如Ca2＋、Mg2＋17、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．含有1mol原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4LB．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAC．1mol/L的Na2SO4溶液含Na+数为2NAD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为9NA18、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D19、为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计如下实验方案，其中符合实验要求且正确的是（）选项实验操作实验现象离子反应实验结论A在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水浅绿色溶液变成棕黄色溶液2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－Fe2＋具有氧化性B在氯化亚铁溶液中加入锌片浅绿色溶液变成无色溶液Fe2＋＋Zn=Fe＋Zn2＋Zn具有还原性C在氯化铁溶液中加入铁粉棕黄色溶液变成浅绿色溶液Fe3＋＋Fe=2Fe2＋铁单质具有还原性D在氯化铁溶液中加入铜粉棕黄色溶液变成蓝色溶液2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋Fe3＋具有还原性A．A B．B C．C D．D20、下列物质中既有氧化性又有还原性的是()A．NaCl B．Al2O3 C．N2O3 D．SiO221、19世纪末，人类开始揭开了原子内部结构的秘密，最先发现电子的科学家是（）A．法国化学家拉瓦锡 B．美国物理学家汤姆生C．意大利物理学家阿伏加德罗 D．英国化学家道尔顿22、下列有关实验操作正确且能达到预期目的的是A．证明碳酸酸性强于硅酸B．比较NaHCO3和Na2CO3热稳定性C．配制0.1mol·L-1NaOH溶液D．除去粗盐溶液中的泥沙二、非选择题(共84分)23、（14分）A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解．(1)写出下列物质的化学式：A：________，E：________，J：________，G：________.(2)按要求写方程式：①A与B在高温条件下生成C和D的化学方程式：________________________________；②C转化为I的离子方程式：___________________________________________.③F在空气中转化为G的化学方程式：__________________________________；24、（12分）已知A、F为金属单质，C是淡黄色粉末，回答下题。（1）实验室中A常常保存在__中，若将0.1molC直接转化成D，转移电子数为__个。（2）写出D与J混合的离子反应方程式__。（3）用化学方程式表示沉淀H转化成I颜色发生变化的原因：__。（4）直接向K溶液中加入C固体，写出可能出现的现象：__。（5）向盛有L溶液的水槽中加入一小块金属A，下列现象描述不符合实际情况的是__。a.金属A浮在液面，并四处游动b.金属A会熔化成一个小球c.反应开始后，溶液由无色变成红色d.恢复到室温时，烧杯底部有固体物质析出（6）0.12molFeCl2加入100mLK2Cr2O7溶液中，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为__。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）利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品制取盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图：完成下列填空：(1)A中反应的化学方程式是_______；有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法_______(填“正确”或“不正确”)，理由是_______。(2)B有三种功能：①控制气流速度；②混匀混合气体；③_______。(3)设，若想理论上获得最多的氯化氢，则x≥_____。(4)一段时间后发现D中的棉花由白色变为蓝色，则棉花上可能预先滴有_____溶液。(5)E中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为_____(选填编号)。a.水洗分液法b.蒸馏法c.萃取分液法d.结晶法(6)该装置没有进行尾气处理，其尾气的主要成分为_____(选填编号)。a.CH4b.CH3Clc.CH2Cl2d.CHCl327、（12分）某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应，其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题:（1）装置F为实验室制备氯气的装置，请写出实验室制备氯气的化学方程式________；（2）装置A中烧瓶内的固体可选用_____；装置B中试剂可选用_____；a.碱石灰b.无水CuSO4c.无水CaCl2d.浓硫酸（3）E装置选用试剂的名称_____；（4）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。①请写出反应的化学方程式______________；②并用单线桥表示电子转移的方向和数目。③当有amol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数表示为______________；(用含a、b的代数式表示，结果注明单位)（5）通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是______________；从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，请在上图右边方框中画图，表示处理该气体的方法，并标出气流方向和所用试剂的名称。_____________28、（14分）有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+、NH4+、K+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-和I-。取该溶液进行以下实验：①用pH试纸检验,溶液呈酸性；②取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水,经振荡后CCl4层呈紫红色；③另取部分溶液,加入稀NaOH溶液使其变为碱性,溶液中始终无沉淀生成；④取部分上述碱性溶流,加Na2CO3溶液有白色沉淀生成；⑤将③得到的碱性溶液加热,有气体放出,该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。（1）根据上述实验事实,该溶液中肯定存在的离子是_________；肯定不存在的离子是______。（2）对于不确定是否存在的离子,应用___________方法进行检验。（3）实验②中发生反应的离子方程式为____________________。（4）实验④中发生反应的离子方程式为____________________。29、（10分）MgO和Al2O3都是常用的耐火材料。某研究小组取100kg报废汽车镁铝合金材料来制备MgO和Al2O3，其工艺流茬如下:请回答下列问题:(1)物质A是_______,产品M是_______。(2)操作①所需的玻璃仪器是______________。(3)足量CO2与溶液C发生反应生成沉淀E的离子方程式为______________。(4)由沉淀E转化为产品N的化学方程式为______________。

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】

A.物质的量是基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故A正确；B.36g水的物质的量是，含氢原子数目2mol×2×NA=4NA（NA表示阿伏加德罗常数的值），故B正确；C.在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约0.5mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1023，故C正确；D.等质量的O2与O3，设质量都是m，所含氧原子数之比为1：1，故D错误；选D。2、A【解析】

A．在反应中盐酸作氧化剂，钠和铁元素化合价均升高，钠单质和铁单质均作还原剂，故A符合题意；B．钠、铁都能与盐酸发生置换反应，都有氢气产生，故B不符合题意；C．钠单质、铁单质与盐酸反应均生成氢气单质，属于置换反应，故C不符合题意；D．钠是一种活泼性很强的金属，与酸反应要比铁与酸反应剧烈得多，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】钠与酸溶液反应的实质为：先与溶液中酸所电离出的氢离子发生反应，然后与水发生反应，与水反应的实质为与水电离出的氢离子发生反应，前者速率较快，后者速率较慢。3、B【解析】

A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag中Cu、Ag元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．CaO+H2O=Ca(OH)2中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；答案选B。4、D【解析】

A.Cu2＋与OH-要生成氢氧化铜沉淀而不能共存，选项A错误；B.氢离子与碳酸氢根离子不能大量共存，选项B错误；C.在氢离子存在的条件下，硝酸根离子要表现强氧化性，会将+2价铁离子氧化成+3价，选项C错误；D.a+、CO32﹣、OH﹣、K+各离子间相互不反应，可以共存，选项D正确。答案选D。5、C【解析】

Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，设二者物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒：4mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=n（NaCl）×1解得n（NaCl）=9mol所以被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比为（4+1）mol：9mol=5：9，故选C。6、C【解析】

A.NaCl固体中钠离子与氯离子通过离子键结合，不含有共价键，故A错误；B.CO2分子中碳原子与氧原子通过共用电子对形成相互作用，含有共价键，不含有离子键，故B错误；C.C、 C、 C质子数相同，中子数不同，是碳的三种核素，故C正确；D.O、 O、 O含有的中子数分别为8、9、10，故D错误；综上所述，答案为C。7、C【解析】

根据二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，假设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还属于物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3-2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8。8、C【解析】

A.反应2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O，H2SO4中元素化合价不变，硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B.Na2SO3中S元素化合价由+4升高为+6，Na2SO3发生了氧化反应，故B错误；C.NaClO3中氯元素化合价降低得到ClO2，所以ClO2是还原产物，故C正确；D.生成0.2molNa2SO4时只有0.1molNa2SO3被氧化，转移电子数为0.2mol，故D错误。【点睛】本题考查了氧化还原反应的概念、规律及计算，明确元素化合价是解本题关键，注意H2SO4中元素化合价不变，硫酸既不是氧化剂又不是还原剂。9、D【解析】

A．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐；B．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离；C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会生成硫酸铁，往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸盐，无法恢复原盐溶液；D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的。【详解】A．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐，选项A错误；B．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，选项B错误；C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会使沉淀溶解生成硫酸铁；往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸铝，分离但得不到原盐，选项C错误；D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查物质的分离提纯、铁、铝化合物的性质等，难度中等，掌握物质的性质是关键，注意掌握分离提纯原则。10、B【解析】

A.醋酸是弱酸，不完全电离，电离方程式应该用“”，A错误；B.电离产生钠离子和碳酸氢根，B正确；C.是盐，属于强电解质，完全电离，电离方程式用“=”，C错误；D.电离产生钡离子和硫酸根，D错误；故答案选B。11、C【解析】

A.电解熔融氯化钠冶炼金属铝，2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故A正确；B.用CO还原铁的氧化物冶炼金属铁，Fe3O4＋4CO3Fe+4CO2，故B正确；C.铁与氧化铝不反应，电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故C错误；D.氧化汞加热分解为金属汞，2HgO2Hg＋O2↑，故D正确。选C。12、A【解析】

A、新切开的铝表面会迅速被空气氧化生成致密的氧化膜，防止铝进一步被氧化，A正确；B、MnO2和浓盐酸共热制Cl2，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应就会停止，故MnO2和稀盐酸不反应，B错误；C、氢氟酸会和玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，故氢氟酸不能用玻璃瓶存放，C错误；D、Na在常温下和空气反应生成Na2O，在加热条件下生成Na2O2，D错误；故选A。13、A【解析】

A.液氨是液态的氨气，由一种物质组成的，属于纯净物，故A正确；B.氨水是氨气的水溶液，属于混合物，故B错误；C.漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故C错误；D.氯水是氯水的水溶液，属于混合物，故D错误；【点睛】本题考查纯净物和混合物的判断，解答本题要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物。14、B【解析】

A．血液属于胶体，但没有用一束光照射，不会产生丁达尔效应，A错误；B．食盐是电解质，能使胶体发生聚沉，B正确；C．食盐是轻金属的盐，只能使胶体发生凝聚，不能发生复分解反应，C错误；D．胶体的凝聚是物理过程，不发生氧化还原反应，D错误；故选B。15、D【解析】

向含有NaOH的NaAlO2溶液中逐滴滴入稀H2SO4，依次发生反应的离子方程式是OH-+H+=H2O、AlO2+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，根据各步反应消耗氢氧化钠的量与沉淀量的对应关系，D选项符合，故选D。16、C【解析】

A、胶体分散质微粒直径的大小介于1～100nm之间，A正确；B、氯化镁与氯化钠的阳离子不同，阴离子相同，硫酸钙和硫酸钠的阳离子不同，阴离子相同，由题中所述现象知：其胶体是否凝聚与加入的电解质的阳离子有关，且阳离子所带电荷越多聚沉效果越好，因此该胶体胶粒必带负电荷，由于氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此遇BaCl2溶液或氢氧化铁胶体可发生凝聚，B正确；C、该胶体胶粒带负电荷，因此电泳时，该胶体向阳极移动，C错误；D、根据题干中的信息可知钠离子使此胶体凝聚的效果不如Ca2＋、Mg2＋，D正确；答案选C。【点睛】准确判断出该胶体的胶粒带负电荷是解答的关键，注意掌握影响胶体聚沉的因素和规律。另外需要注意胶体是不带电的，胶体吸附某些离子而带电荷。17、B【解析】

A．含有1mol原子的氢气的物质的量为0.5mol，所以在标准状况下的体积约为11.2L，故A错误；B．64gSO2的物质的量为1mol，所以含有的原子数为3NA，故B正确；C．溶液体积未知，不能确定1mol/L的Na2SO4溶液中的Na+数，故C错误；D．标准状况下H2O不是气体，11.2L水约为11200g，物质的量约为=622mol，所以含有的分子数约为622NA，故D错误；故选B。【点睛】标准状况下，H2O、SO3、HF、NO2、CCl4、氯仿等都不是气体，不能根据给出的体积用22.4L/mol计算其物质的量。但当给出的是质量时，不管是不是标准状况，都可以计算其物质的量，如本题的B选项，25℃，1.01×105Pa不是标准状况，但64gSO2的物质的量为1mol。18、B【解析】

该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。19、B【解析】

A项、Fe2＋具有还原性，在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水，Fe2＋离子被氯水氧化生成Fe3＋离子，溶液由浅绿色变成棕黄色，故A错误；B项、Fe2＋具有氧化性，Zn具有还原性，在氯化亚铁溶液中加入锌片，锌与Fe2＋离子发生置换反应生成Fe和无色的Zn2＋离子，溶液由浅绿色变成无色，故B正确；C项、氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D项、氯化铁溶液与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应前氯化铁溶液为黄色，反应后氯化亚铁溶液为浅绿色，氯化铜溶液为淡蓝色，氯化亚铁和氯化铜的混合溶液为蓝绿色，说明Fe3+具有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】氯化亚铁中+2价的铁为中间价态，既有氧化性又有还原性，氯化铁中+3价的铁为高价态，具有氧化性。20、C【解析】

判断物质的氧化性和还原性，需从两个方面入手，熟悉物质的性质，物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】A、NaCl中的氯元素为-1价，处于最低价，只有还原性；B、Al2O3中铝元素的化合价为+3价，处于最高价态，则只有氧化性；C、N2O3中N元素的化合价为+3价，处于中间价态，则该物质既有氧化性又有还原性；D、SiO2中Si元素的化合价为+4价，处于最高价态，则只有氧化性；答案选C。【点睛】本题主要考查对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性。还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性。21、B【解析】

A.法国化学家拉瓦锡是近代化学的奠基人之一，“燃烧的氧学说”的提出者，制定出化学物种命名原则，创立了化学物种分类新体系，故A错误；B.1897年，英国物理学家汤姆生发现电子，人类开始揭开原子内部结构的秘密，故B正确；C.1811年，意大利物理学家阿伏加德罗在盖-吕萨克气体反应实验的基础上，引进了分子概念，提出了分子假说，指出在同温同压下，所有同体积的气体，无论是元素、化合物还是混合物，都含有相同数目的分子，故C错误；D.道尔顿的原子论是继拉瓦锡的氧化学说之后理论化学的又一次重大进步，他揭示出了一切化学现象的本质都是原子运动，明确了化学的研究对象，对化学真正成为一门学科具有重要意义，故D错误；故答案选B。22、A【解析】

A.硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液生成硅酸沉淀，因此证明碳酸酸性强于硅酸，故A符合题意；B.加热时，NaHCO3和Na2CO3在同一个试管内受热，即使看到澄清石灰水变浑浊了，也无法确定是哪种物质受热分解得到的产物，因此不能比较NaHCO3和Na2CO3热稳定性，故B不符合题意；C.配制0.1mol·L-1NaOH溶液，不能直接将NaOH固体倒入到容量瓶中，只能在烧杯中溶解，故C不符合题意；D.除去粗盐溶液中的泥沙，过滤时要用玻璃棒引流，故D不符合题意。综上所述，答案为A。二、非选择题(共84分)23、Fe2O3FeCl2Al(OH)3Fe(OH)3Fe2O3＋2AlAl2O3＋2FeAl2O3＋2OH－===2AlO＋H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3【解析】A是一种红棕色金属氧化物,所以是三氧化二铁,和金属B在高温下发生铝热反应,生成的C为铝的氧化物,既能和酸反应又能和碱反应,白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀,一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换,所以G是氢氧化铁,F是氢氧化亚铁,根据物质的性质可推断得,E是氯化亚铁,D是金属铁,J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝,则金属B是铝,H是氯化铝,I是偏铝酸钠,

(1)根据上面的分析可以知道,则A为,E是氯化亚铁,J是氢氧化铝,G是氢氧化铁,

因此，本题正确答案是:;;;;

(2)与Al在高温条件下生成Fe和,化学方程式为氧化铝是两性氧化物,能和烧碱反应生成偏铝酸钠和水,离子反应方程式为因此，本题正确答案是:;③由G是氢氧化铁,F是氢氧化亚铁，F在空气中转化为G的化学方程式：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)324、煤油0.1NA(或6.02×1022)Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3有无色气体生成，产生红褐色沉淀c0.2mol·L-1【解析】

A为金属单质，A与氧气反应生成的C是淡黄色粉末，则A为Na，C为Na2O2。由转化关系可知B是Na2O、D是NaOH、E是Na2CO3、G是CaCO3、L是Ca（HCO3）2。金属F与盐酸反应生成K，而K能与NaOH反应生成白色沉淀H，H在空气中可以转化为红褐色沉淀I，则F为Fe、K为FeCl2、H为Fe（OH）2、I为Fe（OH）3、J为FeCl3；Fe2+转化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒列式计算。【详解】（1）实验室中Na常常保存在煤油中。C转变成D的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，各占一半，0.1mol过氧化钠参与该反应，转移电子的个数为：0.1mol×1/2×2×6.02×1023mol-1=6.02×1022；（2）D与J混合的离子反应方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；（3）用化学方程式表示沉淀H转化成I颜色发生变化的原因：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）直接向FeCl2溶液中加入Na2O2固体，过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠与氧气，过氧化钠具有强氧化性，会得到Fe（OH）3，可能出现的现象：有无色气体生成，产生红褐色沉淀；（5）向盛有Ca（HCO3）2溶液的水槽中加入一小块金属Na，Na与水反应生成NaOH与氢气，NaOH再与Ca（HCO3）2反应生成CaCO3，可以看到的现象：金属Na浮在液面，熔化成一个小球，发出嘶嘶声响，并四处游动，最后消失，恢复到室温时烧杯底白色沉淀，故答案为c；（6）FeCl2失去电子的物质的量为：0.12mol×（3-2）=0.12mol，设K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为cmol/L，K2Cr2O7得电子的物质的量为：0.1L×2×（6-3）cmol/L=0.6cmol，根据得失电子守恒可知：0.6cmol=0.12mol，解得：c=0.2mol/L。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、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O正确若氯气与甲烷发生置换反应，也有氯化氢生成干燥氯气和氯化氢4淀粉-KIaab【解析】

实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离。【详解】(1)A中二氧化锰与浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；在强光照射下，若氯气与甲烷发生置换反应，也有氯化氢生成，所以E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应；(2)B为浓硫酸，还可以干燥氯气和氯化氢；(3)1mol甲烷最多与4mol氯气反应生成4molHCl，所以要获得更多氯化氢，氯气要多于或等于甲烷的4倍；(4)氯气能将碘化钾氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉会变蓝色；(5)生成的有机物为氯代烃，不溶于水，可用分液的方法分离，答案为a；(6)二氯甲烷、酸氯甲烷和四氯化碳为液体，则尾气的主要成分为未反应的甲烷和一氯甲烷气体，答案为ab。27、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2Oaa饱和食盐水b/2amol-1使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合【解析】（1）氯气的实验室制备方法：浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应来制取，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）将浓氨水滴加到生石灰或碱石灰或固体氢氧化钠上可以产生氨气，所以装置A的烧瓶中可装试剂是生石灰或碱石灰或固体氢氧化钠，答案选a；装置B中试剂用来干燥氨气，氨气能与氯化钙或浓硫酸反应，可选用碱石灰作干燥剂，无水CuSO4一般用来检验水蒸气的存在，一般不作干燥剂，答案选a；（3）E装置中的饱和食盐水可以将氯气中的氯化氢吸收，氯气不溶于其中，但是氯化氢在其中的溶解度较大，因此E装置选用试剂的名称为饱和食盐水；（4）①装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，生成物是氯化铵。另一生成物是空