內(nèi)蒙古赤峰市重點高中2026屆高一化學(xué)第一學(xué)期期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、以氧化鋁為原料制備氫氧化鋁：Al2O3AlCl3Al(OH)3，其中適宜用的試劑X是（）A．氨水 B．二氧化碳 C．氫氧化鈉溶液 D．鹽酸2、下列物質(zhì)的分類正確的是堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCCa(OH)2CH3COOHCaCO3Mn2O7NO2DNH3·H2OHNO3NaHCO3CaOSO3A．A B．B C．C D．D3、下列溶液中能夠區(qū)別SO2和CO2氣體的是（）①石灰水②H2S溶液③酸性KMnO4溶液④氯水⑤品紅溶液A．①②③ B．②③④ C．②③④⑤ D．全部4、下列現(xiàn)象或事實能用同一原理解釋的是A．濃硝酸和新制氯水都用棕色試劑瓶保存B．Cl2和SO2都能使品紅溶液褪色C．常溫下鐵和金都不溶于濃硝酸D．漂白粉和亞硫酸鈉長期暴露在空氣中變質(zhì)5、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LHNO3中含有的分子數(shù)目為0.5NAB．常溫下，2.7g鋁片放置在空氣中足夠的時間，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72LNO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.3NAD．含有1molH2SO4的濃硫酸和過量Zn反應(yīng)能產(chǎn)生的氣體分子數(shù)大于0.5NA6、電解質(zhì)氯化鈉溶液能導(dǎo)電是因為()A．氯化鈉是一種化合物 B．氯化鈉易溶于水C．溶于水時產(chǎn)生自由移動的離子 D．通電時產(chǎn)生自由移動的離子7、《神農(nóng)本草經(jīng)》說：“水銀…镕化(加熱)還復(fù)為丹?！薄饵S帝九鼎神丹經(jīng)》中的“柔丹”、“伏丹”都是在土釜中加熱Hg制得的。這里的“丹”是指（）A．氯化物 B．合金 C．硫化物 D．氧化物8、下列物質(zhì)投入水中能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，且水做氧化劑的是A．鈉 B．氧化鈉 C．碳酸鈉 D．氯化鈉9、下列關(guān)于膠體和溶液的說法錯誤的是A．溶液呈電中性，膠體帶有電荷B．溶液中分散質(zhì)微粒能透過濾紙，膠體中分散質(zhì)微粒也能透過濾紙C．制備氫氧化鐵膠體時，可以將飽和FeCl3溶液滴入沸水中D．膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)的微粒直徑在1～100nm10、已知水的相對分子質(zhì)量為18，下列說法不正確的是()A．水的摩爾質(zhì)量為18g/molB．1molH2O中含有2molH和1molOC．18g水約含6.02×1023個H2OD．標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，22.4L水的物質(zhì)的量是1mol11、配制一定物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液，下列操作會使溶液濃度偏高的是A．少量Na2CO3固體殘留在稱量紙上 B．溶解Na2CO3時燒杯中有少量蒸餾水C．轉(zhuǎn)移時沒有洗滌燒杯和玻璃棒 D．定容至液面最高處與刻度線相平12、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1mol/L的BaCl2溶液中含Cl-的數(shù)目為2NAB．常溫常壓下，28gN2中所含電子數(shù)目為10NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48LCH4中所含原子數(shù)目為NAD．2molAl與足量鹽酸完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為3NA13、下列有關(guān)物質(zhì)的組成和分類的說法中不正確的是（）A．生活中使用的漂白粉是混合物B．可用過濾法分離由溶液和氫氧化鐵沉淀組成的混合物C．水玻璃、有色玻璃和果凍都是膠體D．汽油屬于混合物，而液氯、冰醋酸均屬于純凈物14、下列變化必須加入還原劑才能發(fā)生的是A．CO2

→

CO B．CuO→

CuCl2 C．NO→

NO2 D．SO2→

H2SO315、下列選項中能表示阿伏加德羅常數(shù)數(shù)值的是（）A．1molH+含有的電子數(shù)B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L酒精所含的分子數(shù)C．1.6gCH4含有的質(zhì)子數(shù)D．1L1mol·L-1的硫酸鈉溶液所含的Na+數(shù)16、某混合溶液中所含離子的濃度如下表，則M離子可能為所含離子Cl－SO42－H+M濃度/（mol·L－1）2121A．Na+ B．Al3+ C．NO3－ D．Mg2+17、鹵素單質(zhì)的性質(zhì)按、、、的順序依次增強的是（）A．與氫氣反應(yīng)的劇烈程度 B．非金屬活潑性的強弱C．對應(yīng)離子的還原性 D．氫化物的穩(wěn)定性18、下列狀態(tài)的物質(zhì)，既能導(dǎo)電又屬于電解質(zhì)的是A．漂白粉 B．鋼 C．液態(tài)氯化氫 D．熔融的氯化鈉19、制取漂白液的化學(xué)方程式是：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，該反應(yīng)的氧化劑與還原劑之比為（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．3：220、實驗室用下列兩種方法制氯氣：①用含146gHCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應(yīng)，②用87gMnO2與足量濃鹽酸反應(yīng)。所得的氯氣A．①比②多 B．②比①多 C．一樣多 D．無法比較21、吸入人體內(nèi)的氧有2%轉(zhuǎn)化為氧化性極強的“活性氧”，它能加速人體衰老，被稱為“生命殺手”，服用含硒元素(Se)的化合物亞硒酸鈉(Na2SeO3)，能消除人體內(nèi)的活性氧，由此推斷Na2SeO3在人體中的作用是()A．作氧化劑 B．作還原劑C．既作氧化劑又作還原劑 D．既不作氧化劑又不作還原劑22、下列物質(zhì)中既能導(dǎo)電，又屬于強電解質(zhì)的一組物質(zhì)是（）A．石墨、醋酸溶液、食鹽晶體B．熔融狀態(tài)的KOH、熔融狀態(tài)的NaClC．稀H2SO4、NaOH溶液、純HNO3D．液氨、石灰水、水銀二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：+OH-NH3↑+H2O；有一混合物水溶液，可能含有以下離子中的若干種：K+、、Cl-、Mg2+、Fe3+、、，現(xiàn)各取100mL溶液二份進行實驗。(1)向第一份加入足量NaOH溶液后加熱，收集氣體0.896L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)；(2)向第二份加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌后，剩余2.33g。試回答下列問題：（少填，錯填都不得分）(1)肯定存在的離子有___，肯定不存在的離子有___。(2)試分別確定下列離子在原溶液中各自的物質(zhì)的量濃度。：___；：___；：___。24、（12分）1L某混合溶液，可能含有的離子如下表：可能大量含有的陽離子H+、Mg2+、Al3+、NH4+可能大量含有的陰離子Cl-、CO32-往該溶液中逐滴加入NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量（n）與加入NaOH溶液的體積（V）的關(guān)系如圖所示。（NH4++OH-=NH3·H2O）（1）該溶液中一定不含有的離子是___。（2）V1、V2、V3、V4之間的關(guān)系___。（3）V3V4段離子方程式為___。25、（12分）下列各組物質(zhì)的分離或提純，應(yīng)選用下述方法的哪一種？(填字母)A．萃取B．加熱C．結(jié)晶D．分液E.過濾F.蒸餾(1)除去食鹽水中的泥沙_____。(2)從含有少量氯化鈉的硝酸鉀溶液中提取硝酸鉀_____。(3)分離水和汽油_____。(4)分離CCl4(沸點為76.75℃)和甲苯(沸點為110.6℃)的液體混合物_____。26、（10分）下列A、B、C、D是中學(xué)常見的混合物分離或提純的基本裝置。請根據(jù)混合物分離或提純的原理，回答在下列實驗中需要使用哪種裝置。將A、B、C、D填入適當(dāng)?shù)目崭裰小?1)除去Ca(OH)2溶液中懸浮的CaCO3______________________________；(2)從碘水中提取碘___________________________________________；(3)用自來水制取蒸餾水_______________________________________；(4)分離植物油和水___________________________________________；(5)除去粗鹽中的泥沙__________________________________________；(6)與海水曬鹽原理相符的是__________________________________。27、（12分）某化學(xué)興趣小組利用以下裝置探究氯氣與氨氣之間的反應(yīng)。其中A、F分別為氨氣和氯氣的發(fā)生裝置，C為純凈干燥的氯氣與氨氣發(fā)生反應(yīng)的裝置?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為______________。裝置A的圓底燒瓶中盛放的固體物質(zhì)可選用_______（填序號）a．氯化鈉b．氫氧化鈉c．碳酸鈣（2）裝置B、D的作用均為_____________________。從裝置C的b處逸出的尾氣中含有少量Cl2，為防止其污染環(huán)境，可將尾氣通過盛有_____________溶液的洗氣瓶。（3）裝置F的圓底燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____________________________。裝置E的作用是除去Cl2中的HCl，洗氣瓶中盛放的試劑為_________________________。（4）反應(yīng)過程中，裝置C的集氣瓶中有大量白煙產(chǎn)生，另一種產(chǎn)物為N2。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________________________。28、（14分）利用元素的化合價推測物質(zhì)的性質(zhì)是化學(xué)研究的重要手段。如圖是硫元素的常見化合價與部分物質(zhì)類別的對應(yīng)關(guān)系：（1）從硫元素化合價變化的角度分析，圖中既有氧化性又有還原性的化合物有___（填化學(xué)式）。（2）將X與Y混合，可生成淡黃色固體，該反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為___。（3）檢驗物質(zhì)Y的方法是___。（4）Z的濃溶液與銅單質(zhì)在一定條件下可以發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。（5）Na2S2O3是重要的化工原料。從氧化還原反應(yīng)的角度分析，下列制備Na2S2O3的方案理論上可行的是___（填代號）。a.Na2S+Sb.SO2+Na2SO4c.Na2SO3+Sd.Na2SO3+Na2SO4e.SO2+Na2S2+Na2CO3（6）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化為Na2SO4則24mL0.05mol·L-1的Na2SO3溶液與20mL0.02mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好完全反應(yīng)時，Cr元素在還原產(chǎn)物中的化合價為___。29、（10分）鈉、鋁和鐵是三種重要的金屬。請回答：(1)這三種金屬中金屬活動性最強的是______(填元素符號)(2)畫出鋁的原子結(jié)構(gòu)示意圖________。(3)寫出氯化鋁的電離方程式________。(4)把一小塊金屬鈉投入水中，觀察到以下各種現(xiàn)象：鈉浮在水面上，熔成閃亮的小球，四處游動，逐漸減少，直至消失。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______；其中鈉熔成閃亮小球的原因是_______。鈉完全反應(yīng)后，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣2.24L，則參加反應(yīng)的鈉的物質(zhì)的量為______mol。(5)將(4)所得溶液平均分成兩份：①一份加入足量的鋁片充分反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的離子方程式：___________。②向另一份溶液中滴加FeCl3溶液至沉淀不再增加，寫出生成沉淀的反應(yīng)的離子方程式__________；繼續(xù)將沉淀過濾、洗滌、干燥、灼燒，此時得到的固體為_____(填化學(xué)式)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

Al2O3是兩性氧化物，與HCl發(fā)生反應(yīng)：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，反應(yīng)產(chǎn)生的AlCl3屬于鹽，能夠與堿發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，由于Al(OH)3是兩性氫氧化物，能夠與強堿反應(yīng)產(chǎn)生可溶性偏鋁酸鹽，但不能與弱堿發(fā)生反應(yīng)。所以制取Al(OH)3時，與AlCl3反應(yīng)的堿要使用弱堿，可以使用氨水，該反應(yīng)的方程式為：AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，故合理選項是A。2、D【解析】

A、Na2CO3是鹽,不是堿;NaOH是堿不是鹽;SO2能和堿反應(yīng)生成鹽和水,是酸性氧化物,不是堿性氧化物,故A錯誤;

B、CO既不能與酸反應(yīng)生成鹽和水,也不能和堿反應(yīng)生成鹽和水,是不成鹽氧化物,故B錯誤;

C、Mn2O7能和堿反應(yīng)生成鹽和水,是酸性氧化物,NO2不管和水反應(yīng)還是和堿反應(yīng)都會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以不是酸性氧化物,故C錯誤；

D、NH3·H2O是堿，HNO3是酸，NaHCO3是鹽，CaO能與酸反應(yīng)生成鹽和水，是堿性氧化物，SO3和堿反應(yīng)生成鹽和水，是酸性氧化物，故D正確；綜上所述，本題應(yīng)選D?！军c睛】酸性氧化物是能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物，如SO2、Mn2O7等;堿性氧化物是能和酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物，如Na2O、CaO等;酸是電離出的陽離子全部是氫離子的化合物;堿是電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物;鹽是陽離子是金屬離子或銨根離子、陰離子是酸根離子的化合物,據(jù)此分析.3、C【解析】

①SO2和CO2都屬于酸性氧化物，它們都能使澄清石灰水變渾濁，所以不能利用澄清石灰水來區(qū)別SO2和CO2；②SO2具有氧化性，能將H2S溶液氧化生成硫單質(zhì)（有黃色沉淀生成），而CO2沒有此性質(zhì)，所以能利用H2S溶液區(qū)別SO2和CO2；③SO2具有還原性，能被KMnO4酸性溶液氧化（溶液褪色），而CO2沒有此性質(zhì)，所以能利用KMnO4酸性溶液區(qū)別SO2和CO2；④SO2具有還原性，能被氯水氧化（溶液褪色），而CO2沒有此性質(zhì)，所以能利用氯水區(qū)別SO2和CO2；⑤SO2還具有漂白性，能使品紅溶液褪色，而CO2沒有此性質(zhì)，所以能利用品紅溶液區(qū)別SO2和CO2；綜上，故答案選C。4、A【解析】

A.濃硝酸見光易分解，須存放在棕色瓶中；氯水中的次氯酸見光會分解，應(yīng)盛放在棕色瓶中，能用同一原理解釋，故A選；B.Cl2和SO2使品紅溶液褪色的原理不同。Cl2的漂白原理是：氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸有很強的氧化性，將品紅氧化成無色的物質(zhì)，使品紅溶液褪色；SO2的漂白原理是：SO2與水化合成H2SO3，H2SO3與品紅發(fā)生反應(yīng)，生成不穩(wěn)定的無色化合物，使品紅溶液褪色；原理不同，故B不選；C.鐵與濃硝酸常溫下發(fā)生鈍化，不溶于濃硝酸；金性質(zhì)穩(wěn)定，不溶于濃硝酸；原理不同，故C不選；D.漂白粉中次氯酸鈣和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定生成鹽酸和氧氣而變質(zhì)；亞硫酸鈉露置在空氣中會被氧化而變質(zhì)；原理不同，故D不選；正確答案是A?！军c睛】本題考查元素化合物的性質(zhì)，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來分析解答即可，注意二氧化硫、次氯酸漂白性的區(qū)別，題目難度不大。5、D【解析】

A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HNO3是液態(tài)，所以無法計算11.2L中含有的分子數(shù)目，故A錯誤；B.常溫下，鋁片放置在空氣表面被氧化生成氧化鋁阻止鋁繼續(xù)被氧化,所以2.7g（0.1mol）鋁反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.3NA，故B錯誤；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72LNO2為0.3mol,與水充分反應(yīng)3NO2+H2O=2HNO3+NO轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA,故C錯誤；D.含有1molH2SO4的濃硫酸和過量Zn反應(yīng)：2H2SO4（濃）+Zn=ZnSO4+SO2+H2O;H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，能產(chǎn)生的氣體分子數(shù)大于0.5NA，故D正確；答案：D。6、C【解析】

根據(jù)在水溶液中或熔融狀態(tài)下能否導(dǎo)電將化合物分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)，氯化鈉的水溶液能導(dǎo)電，因此，氯化鈉屬于電解質(zhì)。氯化鈉溶液能導(dǎo)電的原因是，氯化鈉溶于水是電離產(chǎn)生自由移動的離子，通電時陰陽離子作定向運動從而導(dǎo)電，故答案為C。7、D【解析】

在土釜中加熱Hg，金屬汞可以和氧氣發(fā)生反應(yīng)得到氧化汞，氧化汞屬于物質(zhì)分類中的氧化物,

故D符合題意；答案：D?！军c睛】在加熱的條件下，金屬汞可以和氧氣發(fā)生反應(yīng)得到氧化汞，氧化汞屬于物質(zhì)分類中的氧化物，據(jù)此回答。8、A【解析】

A.鈉可以與水反應(yīng)，水作氧化劑，還原產(chǎn)物為氫氣，故A正確；B.氧化鈉可與水反應(yīng)，但是不是氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C.碳酸鈉與水不會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；D.氯化鈉與水不反應(yīng)，故D錯誤；故答案選A?！军c睛】水做氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，元素化合價降低，還原產(chǎn)物應(yīng)為氫氣，故抓住“發(fā)生化學(xué)反應(yīng)”、“生成氫氣”這這兩個條件即可輕松解決此題。9、A【解析】

膠體不帶電；依據(jù)溶液與膠體分散質(zhì)粒度大小判斷；氯化鐵與水加熱反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體和氯化氫；膠體本質(zhì)特征分散質(zhì)粒度介于1～100nm。【詳解】A、膠體本身不帶電，能夠吸附帶電的離子形成帶電的膠體微粒，故A錯誤；B、溶液中分散質(zhì)粒度小于1nm，膠體分散質(zhì)介于1﹣100nm，溶液中分散質(zhì)微粒能透過濾紙，濾紙孔徑小于100nm，膠體中分散質(zhì)微粒也能透過濾紙，故B正確；C、將飽和FeCl3溶液滴入沸水中制備氫氧化鐵膠體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3（膠體）+3HCl，可以用于制備氫氧化鐵膠體，故C正確；D、膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)的微粒直徑在1～100nm，故D正確。答案選A。10、D【解析】

A、摩爾質(zhì)量在數(shù)值上等于其相對分子質(zhì)量或相對原子質(zhì)量，則水的摩爾質(zhì)量為18g·mol－1，故A說法正確；B、1個水分子是由2個H和1個O組成，即1molH2O中含有2molH和1molO，故B說法正確；C、18g水的物質(zhì)的量為1mol，1molH2O中約含6.02×1023個水分子，故C說法正確；D、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，水不是氣體，不能直接用22.4L·mol－1，故D說法錯誤；答案選D。11、D【解析】

c=n【詳解】A.少量Na2CO3固體殘留在稱量紙上會使進入容量瓶的溶質(zhì)變小，導(dǎo)致溶液濃度偏低，故A不選；B.溶解Na2CO3時燒杯中有少量蒸餾水，既不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量，也不影響溶液的體積，故不會使溶液濃度發(fā)生變化，故B不選；C.轉(zhuǎn)移時沒有洗滌燒杯和玻璃棒，會有溶質(zhì)殘留在燒杯和玻璃棒上而沒有轉(zhuǎn)移入容量瓶中，使溶質(zhì)偏小，導(dǎo)致溶液濃度偏低，故C不選；D.定容時應(yīng)使液面最低處與刻度線相平，如果液面最高處與刻度線相平，則水的加入量不夠，使溶液體積變小，導(dǎo)致溶液濃度偏高，故D選。故選D?！军c睛】分析配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的誤差時，要從溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積兩個方面考慮。12、C【解析】

A．溶液體積未知，不能確定溶液中氯離子的個數(shù)，A錯誤；B．28g氮氣的物質(zhì)的量為n==1mol，而N2分子中含14個電子，則1molN2中含電子為14NA個，B錯誤；C．標(biāo)況下4.48L甲烷的物質(zhì)的量為=0.2mol，而CH4分子中含5個原子，故0.2molCH4中含原子個數(shù)為NA個，C正確；D．鋁是+3價的金屬，反應(yīng)后變?yōu)?3價，故2mol鋁反應(yīng)后轉(zhuǎn)移電子為6NA個，D錯誤；故合理選項是C。13、C【解析】

A.漂白粉的主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，漂白粉是混合物，A正確；B.過濾是分離固體和液體的一種分離方法，溶液和氫氧化鐵沉淀可以用過濾法分離，B正確；C.水玻璃是硅酸鈉的水溶液，不屬于膠體，有色玻璃和果凍都是膠體，C錯誤；D.汽油是多種烷烴的混合物，而液氯即液態(tài)的氯氣，冰醋酸即乙酸，均屬于純凈物，D正確；故答案為：C。【點睛】漂白粉的制備：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；84消毒液的制備：

Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O14、A【解析】

必須加入還原劑才能發(fā)生，說明本物質(zhì)化合價降低，作氧化劑?！驹斀狻緼、CO2→CO，化合價降低，作氧化劑，需要加入還原劑才能發(fā)生，故A符合題意；B、CuO→CuCl2，化合價未變，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B不符合題意；C、NO→NO2，化合價升高，NO作還原劑，該轉(zhuǎn)化需要加入氧化劑，故C不符合題意；D、SO2→H2SO3，化合價未變，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意；綜上所述，答案為A。15、C【解析】

A．H+不含有電子，A錯誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下酒精是液體，不能利用氣體的摩爾體積計算分子數(shù)，B錯誤；C．1.6gCH4是0.1mol，含有的質(zhì)子數(shù)為1mol，可以表示阿伏加德羅常數(shù)數(shù)值，C正確；D．1L1mol/L的硫酸鈉溶液所含的Na+的物質(zhì)的量是2mol，其個數(shù)不能表示阿伏加德羅常數(shù)數(shù)值，D錯誤；答案選C。16、D【解析】

溶液中，單位體積內(nèi)已知的陽離子所帶電量為：2mol/L×1=2mol/L，單位體積內(nèi)已知的陰離子所帶總電量為：2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L，大于單位體積內(nèi)已知的陽離子所帶電量2mol/L，故M為陽離子，設(shè)M離子的電荷為x，由電荷守恒可知：4=2+x×1，解得x=+2，結(jié)合選項可知，M為Mg2+，故選D。17、C【解析】

元素原子結(jié)構(gòu)的變化決定其性質(zhì)的變化，同一主族元素隨著元素原子核電荷數(shù)的遞增，原子半徑、離子半徑逐漸增大；原子核與最外層電子之間的距離增大，原子核對最外層電子的引力減弱，得電子能力減弱，單質(zhì)的氧化性減弱；因為非金屬性逐漸減弱，形成的氫化物穩(wěn)定性也逐漸減弱，以此解答該題?！驹斀狻緼.非金屬性F＞Cl＞Br＞I，則與氫氣反應(yīng)的難易程度為由易到難，與上述規(guī)律不一致，故A不選；B.非金屬性F＞Cl＞Br＞I，與上述規(guī)律不一致，故B不選；C.非金屬性F＞Cl＞Br＞I，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，對應(yīng)離子的還原性依次增強，與上述規(guī)律一致，故C選；D.非金屬性F＞Cl＞Br＞I，非金屬性越強，形成的氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此，氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，與上述規(guī)律不一致，故D不選；故答案選C?！军c睛】同一主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，失電子能力增強，得電子能力減弱；因此單質(zhì)的活潑性逐漸減弱，氫化物的穩(wěn)定性減弱，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，對應(yīng)離子的還原性逐漸增強。18、D【解析】

A.電解質(zhì)必須是純凈的化合物，漂白粉是混合物，不屬于電解質(zhì)A項錯誤；B.電解質(zhì)必須是純凈的化合物，鋼是鐵合金，不是化合物，不屬于電解質(zhì)，B項錯誤；C.液態(tài)氯化氫不導(dǎo)電，C項錯誤；D.熔融的氯化鈉是電解質(zhì)，并且導(dǎo)電，D項正確；答案選D。19、A【解析】

反應(yīng)中，化合價升高被氧化，是還原劑，化合價降低被還原，是氧化劑。Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，氯元素的化合價由0變成氯化鈉中的?1，被還原，變成次氯酸鈉中的+1，被氧化，其它元素的化合價沒有改變，因此氯氣在反應(yīng)中既是氧化劑，也是還原劑，氧化劑和還原劑各占一半，因此該反應(yīng)的氧化劑與還原劑之比為1:1，答案為A。20、B【解析】

濃鹽酸與MnO2反應(yīng)的方程式是，稀鹽酸和MnO2不反應(yīng)，①用含146gHCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應(yīng)，HCl不能完全反應(yīng)，參加反應(yīng)的HCl小于4mol，放出氯氣的物質(zhì)的量小于1mol；②用87gMnO2與足量濃鹽酸反應(yīng)，MnO2能完全反應(yīng)，生成氯氣的物質(zhì)的量1mol，得到的氯氣②比①多，故選B。21、B【解析】

“活性氧”氧化性極強，服用含硒元素(Se)的化合物亞硒酸鈉(Na2SeO3)，能消除人體內(nèi)的活性氧，表明Na2SeO3能將“活性氧”還原，“活性氧”為氧化劑，Na2SeO3為還原劑，由此可知Na2SeO3在人體中作還原劑，故答案為：B。22、B【解析】

A.石墨能導(dǎo)電，石墨是碳單質(zhì)而不是電解質(zhì)，醋酸溶液能導(dǎo)電，是乙酸和水的混合物，其中醋酸屬于弱電解質(zhì)，食鹽晶體是電解質(zhì)但不導(dǎo)電，A錯誤；B.熔融NaCl、熔融KOH，屬于強電解質(zhì)，且都能導(dǎo)電，B正確；C.稀硫酸和NaOH溶液是混合物，不是電解質(zhì)，純硝酸不導(dǎo)電，C錯誤；D.液氨、石灰水是混合物，水銀是單質(zhì)，都不是電解質(zhì)，D錯誤；故合理選項是B。二、非選擇題(共84分)23、K+、、、Mg2+、Fe3+0.4mol/L0.2mol/L0.1mol/L【解析】

向第一份加入足量NaOH溶液后加熱，收集氣體0.896L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則n()=n(NH3)==0.04mol；向第二份加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌后，剩余2.33g，則m(BaSO4)=2.33g，m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，n()==0.01mol，n()==0.02mol?！驹斀狻?1)由以上分析可知，溶液中含有的離子及其物質(zhì)的量分別為：n()=0.04mol，n()=0.01mol，n()=0.02mol。依據(jù)離子共存原則，Mg2+、Fe3+與都能發(fā)生反應(yīng)生成沉淀，所以Mg2+、Fe3+不能大量共存；依據(jù)電荷守恒，溶液中一定含有另一種陽離子，則一定含有K+，可能含有Cl-，所以n(K+)≥2n()+2n()-n()=0.01mol×2+0.02mol×2-0.04mol=0.02mol。因此，肯定存在的離子有K+、、、，肯定不存在的離子有Mg2+、Fe3+。答案為：K+、、、；Mg2+、Fe3+；(2)n()=0.04mol，n()=0.01mol，n()=0.02mol，溶液的體積為0.1L，則離子濃度分別為：：=0.4mol/L；：=0.2mol/L；：=0.1mol/L。答案為：0.4mol/L；0.2mol/L；0.1mol/L?！军c睛】在進行離子推斷時，需利用離子共存，排除相互間會發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存的離子；利用電荷守恒，確定某些離子是否存在。24、Mg2+、CO32-V2-V1=3(V4-V3)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】

加入NaOH至V1時，無沉淀生成，則表明溶液中含有H+，由于CO32-與H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，則說明沉淀為Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，從而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；則V1~V2段，Al3+與OH-反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物質(zhì)的量不變，則表明此段發(fā)生反應(yīng)NH4++OH-=NH3·H2O。因為溶液呈電中性，則一定含有Cl-。（1）由以上分析，我們可得出該溶液中一定不含有的離子。（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3為橋梁，可得出兩個反應(yīng)中NaOH的體積關(guān)系。（3）V3V4段,Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O。【詳解】加入NaOH至V1時，無沉淀生成，則表明溶液中含有H+，由于CO32-與H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，則說明沉淀為Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，從而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；則V1~V2段，Al3+與OH-反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物質(zhì)的量不變，則表明此段發(fā)生反應(yīng)NH4++OH-=NH3·H2O。因為溶液呈電中性，則一定含有Cl-。（1）由以上分析，可得出該溶液中一定不含有的離子Mg2+、CO32-。答案為：Mg2+、CO32-；（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3為橋梁，可得出V2-V1=3(V4-V3)。答案為：V2-V1=3(V4-V3)；（3）V3V4段,Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O，反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。答案為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O?！军c睛】在判斷圖象中線段對應(yīng)反應(yīng)時，若我們弄不清哪種離子先反應(yīng)，哪種離子后反應(yīng)，可從共存尋求突破。比如HNO3與NaOH反應(yīng)完之后，我們假設(shè)NH4+先與OH-反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨又會與Mg2+、Al3+反應(yīng)，分別生成Mg(OH)2、Al(OH)3和NH4+，則表明假設(shè)錯誤，應(yīng)為Mg2+、Al3+先與OH-反應(yīng)，而NH4+后發(fā)生反應(yīng)。25、ECDF【解析】

根據(jù)混合物的性質(zhì)及物質(zhì)分離與提純的實驗原理分析解答?！驹斀狻浚?）泥沙難溶于水，除去食鹽水中的泥沙，可以用過濾的方法，故答案為：E；（2）氯化鈉、硝酸鉀的溶解度受溫度影響不同，從含有少量氯化鈉的硝酸鉀溶液中提取硝酸鉀，采用重結(jié)晶法；故答案為：C；（3）汽油難溶于水，二者混合會分層，可用分液的方法分離，故答案為：D；（4）CCl4(沸點為76.75℃)和甲苯(沸點為110.6℃)的沸點不同，可用蒸餾的方法分離，故答案為：F?！军c睛】降溫結(jié)晶的方法：先將溶液加熱得到濃溶液，再冷卻結(jié)晶，氯化鈉溶解度受溫度影響不大，冷卻時不會析出，硝酸鉀溶解度隨溫度降低而減小，冷卻時析出，過濾即得硝酸鉀固體和氯化鈉的溶液。26、BCAACBDD【解析】

由裝置圖可知，A為蒸餾裝置、B為過濾裝置，C為萃取、分液裝置，D為蒸發(fā)裝置。(1)CaCO3不溶于水，則選擇過濾法分離，故答案為B；(2)碘不易溶于水，易溶于有機溶劑，則選擇萃取、分液分離，故答案為C；(3)水的沸點低，則選擇蒸餾法制備蒸餾水，故答案為A；(4)植物油和水不互溶，會分層，選擇分液法分離，故答案為C；(5)海水中水的沸點低，鹽的沸點高，與蒸發(fā)原理相同，故答案為D。27、分液漏斗b除去水蒸氣或干燥NaOHMnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O飽和食鹽水8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2【解析】(1).據(jù)圖可知，儀器a是分液漏斗，氫氧化鈉、生石灰或者堿石灰具有吸水性，利用氫氧化鈉、生石灰或者堿石灰與濃氨水可快速制取氨氣，所以選b，故答案為：分液漏斗；b；(2).制取的氨氣和氯氣中均混有水蒸氣，裝置B中盛裝的堿石灰、D中盛裝的濃硫酸均可以除去水蒸氣，起干燥氣體的作用，氯氣有毒，能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，可以用氫氧化鈉溶液吸收尾氣中的氯氣，故答案為：除去水蒸氣或干燥；NaOH；(3).二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水，反應(yīng)的離子方程式：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，濃鹽酸易揮發(fā)，制得的氯氣中含有HCl雜質(zhì)，通過盛有飽和食鹽水的洗氣瓶可以除去HCl雜質(zhì)，所以E中盛放的是飽和食鹽水，故答案為：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；飽和食鹽水；(4).反應(yīng)過程中，裝置C的集氣瓶中有大量白煙產(chǎn)生，說明生成的產(chǎn)物有氯化銨，另一種產(chǎn)物為N2，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，故答案為：8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2。28、SO2、H2SO3、Na2SO32：1將Y通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，加熱后又變紅色Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑ce+3【解析】

S元素的化合價有-2價、0價、+4價、+6價，根據(jù)圖示，X是H2S、Y是SO2、Z是H2SO4；（1）具有中間價態(tài)的元素既有還原性又有氧化性；（2）X為H2S，將H2S與SO2混合，可生成淡黃色固體，是利用二氧化硫的氧化性氧化硫化氫生成淡黃色沉淀S和水，元素化合價降低的物質(zhì)作氧化