湖北省黄冈市黄冈中学2026届化学高一第一学期期末综合测试模拟试题含解析

湖北省黄冈市黄冈中学2026届化学高一第一学期期末综合测试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、某溶液经分析，其中只含有Na＋、K＋、Ca2＋、Cl－、NO3-，已知其中Na＋、K＋、Ca2+、NO的浓度均为0.1mol·L－1，则Cl－的物质的量浓度为A．0.1mol·L－1 B．0.3mol·L－1 C．0.2mol·L－1 D．0.4mol·L－12、有关过氧化钠与水反应，下列说法错误的是()A．产生的气体可以使带火星的木条复燃B．过氧化钠是氧化剂，水是还原剂C．反应后的溶液中滴加酚酞后溶液将变红D．该反应是放热反应3、下列表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项表述Ⅰ表述ⅡA．SO2有还原性SO2可使溴水褪色B．SiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C．铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落铝单质熔点高D．Fe3＋有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋A．A B．B C．C D．D4、实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是A．NO2→NO B．NH4+→NH3 C．NH3→NO D．CO2→Na2CO35、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＋NO3-6、实验室中需要配制2mol·L－1的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是()A．950mL,111.2g B．500mL,117gC．1000mL,117g D．任意规格，111.2g7、下列反应中，水只做氧化剂的是A．2H2

+O2=2H2O B．Na2O+H2O=2NaOHC．2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ D．Cl2+

H2O=HCl+HClO8、NaH可用作生氢剂，反应的化学方程式为NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑。该反应中，水的作用是A．溶剂 B．还原剂C．氧化剂 D．既是还原剂又是氧化剂9、下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是()A．石墨、Fe(OH)3胶体、澄清石灰水 B．氮气、干冰、冰水混合物C．液氯、CuSO4、漂白粉 D．硫粉、氨水、硫酸10、现有MgCl2和Al2(SO4)3的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中Cl－与SO42－的物质的量之比为()A．4∶3 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶311、下列实验现象描述错误的是编号实验现象A加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色D将水蒸气通过灼热的铁粉黑色粉末变为红褐色A．A B．B C．C D．D12、下列指定反应的离子方程式正确的是A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OB．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH-=AlO2-+H2↑C．硫酸铜溶液中加少量铁粉：3Cu2++2Fe=2Fe3++3CuD．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+13、在指定条件和相应的计量下，甲物质能与乙物质恰好都能完全反应的是选项甲乙条件A1L0.4mol·L－1氨水含0.12molAlCl3的AlCl3溶液常温常压B0.9gAl50mL18.4mol·L－1H2SO4溶液常温C2.24LSO2含0.1molNaOH的NaOH溶液标准状况D1mLCl25mLH2O常温、避光A．A B．B C．C D．D14、欲配制100mL1.0mol·L－1硫酸钠溶液，不正确的方法是A．将14.2g硫酸钠溶于100mL水中B．将32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中，再加水稀释至100mLC．将20mL5.0mol·L－1硫酸钠溶液用水稀释至100mLD．将14.2g硫酸钠溶于水中得到100mL溶液15、下表是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是()配料：精盐、碘酸钾、抗结剂碘含量：35±15mg/kg储存方法：密封、避光、防潮食用方法：烹饪时，待食品熟后加入碘盐A．高温会导致碘的损失B．碘酸钾可氧化氯化钠C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50mg/kg16、如图，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，据此判断，下列说法正确的是A．上述反应不能说明钠比铜活泼B．上述反应过程中只有一个氧化还原反应发生C．加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成CuD．依据上述反应可说明钠可以从任意铜盐溶液中置换出铜17、现有下列10种物质:①液态氧②空气③Mg④二氧化碳⑤H2SO4⑥Ca(OH)2⑦CuSO4·5H2O⑧牛奶⑨C2H5OH⑩NaHCO3下列分类正确的是()A．属于混合物的是②⑦⑧ B．属于盐的是⑥⑩C．属于电解质的是⑤⑥⑦⑩ D．属于分散系的是②⑦⑧⑨18、向25mL2mol·L-1稀硫酸中加入25mL1mol·L-1的BaCl2溶液，充分反应后，溶液中H+物质的量浓度为（设稀溶液相混后总体积为原分体积之和）A．2mol·L-1 B．1mol·L-1 C．0.5mol·L-1 D．0.25mol·L-119、根据硫元素的化合价判断下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是()A．Na2S B．S C．SO2 D．H2SO420、下列各组溶液混合时，相互滴加的次序不同，现象也不同的是()A．氢氧化钠溶液与氯化铝溶液 B．氢氧化钠溶液与盐酸C．碳酸氢钠溶液与盐酸 D．氢氧化钠溶液与氯化铁溶液21、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－22、下列有关SO2的说法错误的是()A．SO2能与NaOH溶液反应，说明SO2是酸性氧化物B．SO2通入溴水，溴水褪色，说明SO2有还原性C．SO2通入H2S溶液中有浅黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性D．SO2气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2有漂白性二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D四种元素，A的最高正价与其最低负价的绝对值之差为6；A、D次外层都是8个电子，A与D的化合物DA在水溶液中能电离出具有相同电子层结构的阴、阳离子；B有两个电子层，其最高正价与最低负价的代数和为0；C2－与氩原子具有相同的电子层结构。(1)试写出上述各元素的符号：A______，B______，C______，D______。(2)画出下列粒子的结构示意图：A：________________，C2－：__________。(3)元素A、C、D形成简单离子的半径由大到小的顺序是________________。(4)写出A、D的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：_____________。24、（12分）已知A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物。根据下图转化关系，回答下列问题。(1)A的用途：________(任写一种)，B是________，D是________。(2)写出下列反应的化学方程式：①______________。(3)写出下列反应的离子方程式：②____________，③_______，⑤____________。25、（12分）某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的花肥的主要成分(其它可能含有的杂质不干扰实验)。首先对该花肥的成分进行了如下假设：a．只含有FeSO4b．c．只含有Fe2(SO4)3将花肥固体配成澄清溶液(记为X)，进行如下实验：实验序号操作现象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol·L－1NaOH溶液产生红褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液显红色回答以下问题：(1)假设b为_____________。(2)若假设a是成立的，对实验ⅰ的预期现象是___________。(3)由实验ⅱ得出的结论是______。结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设_____有可能成立(填“a”“b”“c”)。为进一步验证，小组同学又进行了以下实验：实验序号操作现象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液显红色ⅳ取①mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液显红色，颜色比ⅲ深(4)①应填_______mL,通过以上实验，可得出假设________成立(填“a”“b”“c”)。26、（10分）实验室配制500mL0.2mol/L的Na2SO4溶液，实验操作步骤有：A．在天平上称出14.2g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温。B．把制得的溶液小心地转移到容量瓶中。C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1-2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切。D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡。E．将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀．请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为（填序号）_________。(2)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平托盘（带砝码、镊子）、玻璃棒，还缺少的仪器是_____、____、____。(3)下列情况会使所配溶液浓度偏高的是（填序号）________。a.某同学观察液面的情况如右图所示b．没进行上述的操作步骤Dc．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线d．砝码上沾有杂质e．容量瓶使用前内壁沾有水珠27、（12分）如图是一位学生设计的实验室制取和收集氯气并验证其性质的装置图。（1）找出在此装置图中出现的错误并加以改正：___。（2）实验过程中，在D装置中观察到的实验现象是___；在E装置中观察到的实验现象是___，反应的化学方程式是____。（3）F装置的作用是___。28、（14分）按要求填空：(1)除去下列物质中所混有的少量杂质，按要求完成化学用语。①除去Fe2O3中混有的少量SiO2杂质，写出有关的离子方程式______；②除去NO中混有的少量NO2杂质，写出有关的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目______。③除去Mg中混有的少量Al杂质，写出有关的离子方程式______。(2)将1.92gCu投入到100mL某浓度的硝酸溶液中。铜完全反应后共收集到1.12LNO2与NO的混合气体(标准状况下测定)。①反应中消耗硝酸的物质的量为______；②所产生的气体中NO2的体积分数为______。29、（10分）I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C与盐酸反应均可生成D；加热固体C可生成A和一种无色无味的气体X；在A溶液中通入足量X，又可生成C；B溶液和C溶液混合可生成A。请回答：（1）A是___________，B是___________，C___________，D是___________，（均用化学式表示）（2）写出上述反应中由A生成C的化学方程式：____________________________________。（3）写出物质C

的一种常见用途：____________________________________。Ⅱ.化合物甲仅含两种元素。B

为黄绿色气体，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。在一定条件下有如下转化关系：请回答：（1）化合物甲所含元素为__________（请填写元素符号），甲的化学式为_____________________。（2）气体B与水反应的离子方程式为____________________________________。（3）甲与水反应的化学方程式为____________________________________。

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、B【解析】

溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以，所以=(0.1+0.1+2×0.1－0.1)mol∙L－1=0.3mol∙L－1，故B项正确。综上所述，答案为B。【点睛】溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等。2、B【解析】

Na2O2和水反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。【详解】A、Na2O2和水反应产生O2，可以使带火星的木条复燃，A正确；B、在该反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，B错误；C、Na2O2和水反应产生NaOH，所得溶液呈碱性，可以使酚酞变红，C正确；D、该反应是放热反应，D正确；故选B。3、A【解析】

依据二氧化硫的还原性解答；二氧化硅是绝缘体；铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高；Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁。【详解】A、SO2可使溴水褪色，是因为二氧化硫具有还原性，表述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系，故A正确；B、二氧化硅为绝缘体，不导电，SiO2是光导纤维的主要成分，二者无因果关系，故B错误；C、铝箔用酒精灯加热至熔化但不滴落是因为表面的氧化铝熔点高，与铝单质熔点高无关，故C错误；D、用KSCN溶液可以鉴别Fe3+，是因为Fe3+与KSCN溶液生成血红色的硫氰化铁，与Fe3+有氧化性无关，故D错误。答案选A。4、C【解析】分析：本题考查的是氧化还原反应，掌握氧化还原反应中一定存在氧化剂和还原剂是关键。详解：A.NO2→NO的过程中氮元素化合价降低，可以由二氧化氮和水反应生成，故不需要加入氧化剂或还原剂，故错误；B.NH4+→NH3的过程中元素的化合价没有变化，不需要加入氧化剂或还原剂，故错误；C.NH3→NO过程中氮元素化合价升高，需要加入氧化剂，故正确；D.CO2→Na2CO3过程中元素化合价没有变化，不需要加入氧化剂或还原剂，故错误。故选C。点睛：本题中需要注意自身是氧化剂同时也是还原剂的氧化还原反应。如二氧化氮和水的反应，氯气和水或碱的反应，或过氧化钠和水或二氧化碳的反应，氯酸钾分解的反应，高锰酸钾分解的反应，过氧化氢分解的反应等。5、B【解析】

甲烧杯溶液呈蓝色说明有Cu2＋，Cu2＋能与OH－、CO32-生成沉淀，所以甲中没有CO32-、OH－，根据电质溶液呈中性的原则可知肯定有NO3-；乙烧杯溶液中有CO32-、OH－，而H＋能与CO32-、OH－反应不能共存，所以乙中没有H＋，根据电解质溶液呈中性的原则可知肯定有K＋。因此甲烧杯溶液的成分为Cu2＋、H＋、NO3-；乙烧杯溶液中有K＋、CO32-、OH－。故答案为B。6、C【解析】

实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)=1L×2mol·L－1=2mol，m(NaCl)=2mol×58.5g=117g；选C，故答案为：C。【点睛】在实验室中，容量瓶的规格一般为：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL。7、C【解析】

水只做氧化剂，即氢原子的化合价降低，据此分析；【详解】A、H2O为产物，既是氧化产物又是还原产物，故A不符合题意；B、该反应中没有化合价的变化，即H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故B不符合题意；C、根据反应方程式，H2O中的H→H2，化合价由＋1价→0价，化合价降低，即H2O为氧化剂，故C符合题意；D、根据反应方程式，该反应为歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O不是氧化剂和还原剂，故D不符合题意；答案选C。【点睛】氧化还原反应中的价态规律，处于最高价，只具有氧化性，处于最低价，只具有还原性，处于中间价态，既有还原性也有氧化性，H2O只做氧化剂，即H的价态降低。8、C【解析】

NaH中H为-1价，H2O中H为+1价，由化学方程式以及化合价不交叉原则可知，NaH中H化合价升高为0价，H2O中H化合价从+1价降低为0价，故该反应中，水做氧化剂；故答案为C。9、C【解析】

A.Fe(OH)3胶体是混合物，不属于化合物，A错误；B.冰水混合物构成微粒是H2O，属于纯净物，B错误；C.选项中的各种物质分类合理，C正确；D.氨水属于混合物，不是化合物，D错误；故合理选项是C。10、D【解析】

首先写出发生镁离子和铝离子与氢氧根反应的离子方程式，然后发生反应氢氧化铝的溶解，由图可知，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式，可知沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.5mol，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，据此确定溶液中SO42-与Cl-的物质的量之比。【详解】首先发生反应Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，然后发生反应Al(OH)3+OH−═AlO2−+2H2O，由图可知,溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.4mol，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.4mol−0.3mol=0.1mol，Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，则n(Mg2+):n(Al3+)=:=1:2，根据MgCl2和Al2(SO4)3的化学式，故Cl−与SO42−的物质的量之比为：1×2：2×=2:3，答案选D。【点睛】根据图像，分析出每一步的具体反应，通过所给信息，找到镁离子和铝离子的物质的量，根据化学式，求出硫酸根离子和氯离子的物质的量，需要学生分析清楚每一步具体的反应。11、D【解析】A、钠燃烧生成过氧化钠，且钠的熔点低，则观察到钠先熔化成光亮的小球．燃烧时，火焰为黄色；燃烧后，生成淡黄色的固体，故A正确；B、氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则观察到铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝箔并不滴落，好像有一层膜兜着，故B正确；C、在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，故C正确；D、铁与水蒸气反应生成黑色物质，现象错误，故C错误；故选D。点睛：本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，解题关键：把握物质的性质、发生的反应和现象、实验技能，注意元素化合物知识与实验的结合，题点B选项，氧化铝的熔点高，学生难理解。12、A【解析】

A.反应符合事实，遵循离子方程式的物质拆分原则，A正确；B.反应的物质除了Al、NaOH外，还有水，电荷不守恒，电子不守恒，B错误；C.硫酸铜溶液中加少量铁粉，反应产生Cu单质和Fe2+，反应原理不符合事实，C错误；D.Na2SiO3是可溶性物质，以离子形式存在，不符合物质拆分原则，D错误；故合理选项是A。13、C【解析】

A.

根据反应AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，1L0.4mol·L－1氨水和含0.12molAlCl3的AlCl3溶液反应时，AlCl3不足，甲物质不能完全反应，故A错误；B.18.4mol·L－1H2SO4溶液是浓硫酸，常温下Al在浓硫酸中钝化，不能完全反应，故B错误；C.标准状况2.24LSO2的物质的量为=0.1mol，根据反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O可知，Cl2和NaOH正好都完全反应，故C正确；D.1体积水可以溶解2体积氯气，D项水过量，故D错误；正确答案是C。14、A【解析】

根据c＝n/V计算。【详解】A、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于100mL水中，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，A错误；B、32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g÷322g/mol=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=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，B正确；C、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）=1mol/L，C正确；D、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于水中得到100mL溶液，则硫酸钠溶液的浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，D正确。答案选A。【点睛】本题主要考查一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算。注意c＝n/V中体积“V”是溶液的体积而不是溶剂的体积，为易错点。15、A【解析】

从食用方法可推断A项正确，用淀粉检验I2，而不能检验KIO3，所以C项错；从表中可知食用碘盐是指碘含量而不是碘酸钾含量，答案选A。16、C【解析】

在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，A．根据以上分析，说明钠比铜活泼，故A错误；B．上述反应过程中有钠与氧气的反应，还有Na可以与CuSO4反应并生成Cu的反应，都是氧化还原反应，故B错误；C．钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，属于置换反应，故C正确；D．如果钠与CuSO4溶液混合，则钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，不会置换出铜单质，故D错误；答案选C。17、C【解析】

①液态氧属于非金属单质，既不是电解质也不是非电解质；②空气属于气态混合物；③Mg属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化碳属于化合物，属于酸性氧化物，属于非电解质；⑤H2SO4属于酸，属于电解质；⑥Ca(OH)2属于碱，属于电解质；⑦CuSO4·5H2O属于盐，属于电解质；⑧牛奶属于混合物，属于分散系中的胶体；⑨C2H5OH属于醇，属于非电解质；⑩NaHCO3属于酸式盐，属于电解质。【详解】A、属于混合物的是②⑧，错误；B、属于盐的是⑦⑩，错误；C、属于电解质的是⑤⑥⑦⑩，正确；D、属于分散系的是⑧，错误；答案选C。18、A【解析】

根据反应过程中氢离子的物质的量不变，结合c＝n/V解答。【详解】向25mL2mol·L-1稀硫酸中加入25mL1mol·L-1的BaCl2溶液，充分反应后生成硫酸钡沉淀和氯化氢，氢离子不参与离子反应，则溶液中H+物质的量浓度为（设稀溶液相混后总体积为原分体积之和）。答案选A。19、A【解析】

A．硫化钠中硫元素处于最低价，为-2价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，A正确；B．单质硫中，硫元素化合价为0价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，B错误；C．二氧化硫中，硫元素化合价为+4价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，C错误；D．硫酸中硫元素处于最高价，为+6价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，D错误。20、A【解析】

A．将氯化铝溶液滴加到氢氧化钠溶液中先没有现象，后生成沉淀，将氢氧化钠滴到氯化铝溶液中先生成沉淀后沉淀消失，二者现象不同，故A正确；B．氢氧化钠溶液与盐酸发生中和反应，正反滴加时现象完全相同，故B错误；C．碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成CO2气体，正反滴加时现象完全相同，故C错误；D．氢氧化钠溶液与氯化铁溶液混合有红褐色沉淀生成，正反滴加时现象完全相同，故D错误；故答案为：A。21、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。22、D【解析】

A、SO2能与NaOH发生生成Na2SO3或NaHSO3，说明SO2的酸性氧化物，故A说法正确；B、SO2与溴水发生SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，体现SO2的还原性，故B说法正确；C、SO2与H2S发生SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，体现SO2的氧化性，故C说法正确；D、SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2的还原性，故D说法错误；答案选D。【点睛】SO2的漂白性实验，主要体现在SO2能使品红溶液褪色，而使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，则体现SO2的还原性，这是学生容易混淆的地方。二、非选择题(共84分)23、ClCSKS2－＞Cl－＞K＋HClO4＋KOH=KClO4＋H2O【解析】

A、B、C、D四种元素，C2-离子与氩原子具有相同的电子层结构，则C为硫元素；B有两个电子层，其最高正化合价与最低负化合价的代数和为零，则最外层电子数为4，故B为碳元素；A的最高正价与其最低负价的代数和为6，则A处于ⅦA族，A次外层电子数是8个，则A为氯元素；D次外层电子数是8个，A和D的化合物DA在水溶液中能电离出具有相同电子层结构的阴、阳离子，A为氯元素，A离子带1个单位负电荷，核外电子数为18，所以D的阳离子带1个单位正电荷，核外电子数为18，故D为钾元素，据此分析。【详解】（1）由上述分析可知A元素符号为Cl；B元素符号为C；C元素符号为S；D元素符号为K；（2）A为氯原子，其结构示意图为；C2-为硫离子，是硫原子得到两个电子，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为；（3）A为Cl；C为S；D为K，故离子具有相同的核外电子排布，根据核电荷数越大的，离子半径反而小可得离子半径由大到小的顺序为S2-＞Cl-＞K+。（4）A、D的的最高价氧化物对应水化物为HClO4、KOH，反应的化学方程式为HClO4＋KOH＝KClO4＋H2O。24、制光导纤维Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2OSiO32—＋2H＋=H2SiO3↓【解析】

由A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物可知A是二氧化硅；高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，则D是硅酸；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，则B是硅酸钠，C是二氧化碳；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀。【详解】（1）A是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，是制普通玻璃的原料，B是硅酸钠，D是硅酸，故答案为制光导纤维；Na2SiO3；H2SiO3；（2）反应①是高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，故答案为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；（3）反应②是硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)，反应③是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；反应⑤是硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)；SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓。【点睛】由A是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物确定A为二氧化硅是推断的突破口。25、既有FeSO4又有Fe2(SO4)3产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色溶液中含有Fe3+bc2b【解析】

（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，只有部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物；（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀；（3）KSCN溶液遇到铁离子变红色；（4）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：含有FeSO4和Fe2(SO4)3。【详解】（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物，所以假设b为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3，故答案为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3；（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，即Fe2++2OH−＝Fe(OH)2↓，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，发生反应：Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，所以预期现象为产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；（3）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，溶液变红色证明含铁离子，得出的结论是：溶液中含有Fe3+，结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设为含有Fe3+，所以bc，故答案为：溶液中含有Fe3+；bc；（4）实验ⅲ与实验ⅳ为对比实验，其变量为一个加水，另一个加氯水，所以都取2mL溶液X，实验ⅳ中加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3（假设b成立），完整表达该结论是：实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，因此证明原溶液中有Fe2+，即证明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立，故答案为：2；b。26、ABDCE量筒胶头滴管500mL容量瓶ad【解析】

配制500mL0.2mol/L的Na2SO4溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。【详解】（1）配制500mL0.2mol/L的Na2SO4溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，操作步骤的正确顺序为ABDCE，故答案为：ABDCE；（2）配制500mL0.2mol/L的Na2SO4溶液需要的仪器有托盘天平、烧杯、500ml的容量瓶、胶头滴管、药匙，故答案为：量筒；胶体滴管；500ml的容量瓶；（3）a．观察液面时俯视刻度线，会导致溶液的体积减少，所配溶液浓度偏高，故正确；b．没有将洗涤液转移入容量瓶中，会导致溶质减少，所配溶液浓度偏低，故错误；c．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低，故错误；d．砝码上沾有杂质，会导致溶质质量增加，所配溶液浓度偏高，故正确；e．容量瓶使用前内壁沾有水珠，对测定结果无影响，故错误；ad正确，故答案为：ad。27、稀盐酸改用浓盐酸；B装置应在A装置的左边；C装置中进气管应该长，排气管应该短溶液先变红后褪色有白色沉淀生成Cl2＋H2O=HClO＋HCl，HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3吸收多余的氯气，防止污染环境【解析】

（1）实验室利用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，此氯气中常混有盐酸挥发出的HCl和水蒸气；收集氯气时，考虑氯气的密度比空气大，选择进、出气导管的长短。（2）氯气通入D装置中，先与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸先与石蕊作用，次氯酸后与石蕊作用；在E装置中，氯气与水反应生成的盐酸能与硝酸银作用。（3）氯气有毒，会造成空气的污染，应进行处理。【详解】（1）稀盐酸与MnO2不反应，所以应将稀盐酸改为浓盐酸；氯气中混入的HCl和水蒸气，应先除HCl，后除水蒸气，所以B装置应在A装置的左边；因为氯气的密度比空气大，导管应左长右短，所以C装置中进气管应该长，排气管应该短。答案为：稀盐酸改用浓盐酸；B装置应在A装置的左边；C装置中进气管应该长，排气管应该短；（2）氯气通入D装置中，先与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸先与石蕊作用，次氯酸后与石蕊作用，所以在D装置中观察到的实验现象是溶液先变红后褪色；氯气与水反应生成的盐酸能与E装置中的硝酸银作用，所以在E装置中观察到的实验现象是有白色沉淀生成，反应的化学方程式是Cl2＋H2O=HClO＋HCl、HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3。答案为：Cl2＋H2O=HClO＋HCl、HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3；（3）氯气有毒，会造成空气的污染，所以使用尾气处理装置，F装置的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境。答案为：吸收多余的氯气，防